Question

13．某数学兴趣小组在数学课外活动中，研究三角形和正方形的性质时，做了如下探究：在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D为直线BC上一动点（点D不与B，C重合），以AD为边在AD右侧作正方形ADEF，连接CF．
（1）观察猜想
如图①，当点D在线段BC上时．
①BC与CF的位置关系为：垂直；
②BC，CD，CF之间的数量关系为：BC=CF+CD；（将结论直接写在横线上）
（2）数学思考
如图②，当点D在线段CB的延长线上时，结论①，②是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请你写出正确结论再给予证明；
（3）拓展延伸
如图③，当点D在线段BC的延长线上时，延长BA交CF于点G，连接GE．若已知AB=2$\sqrt{2}$，CD=$\frac{1}{4}$BC，请求出GE的长．

Answer 1

分析 （1）①根据正方形的性质得到∠BAC=∠DAF=90°，推出△DAB≌△FAC，根据全等三角形的性质即可得到结论；②由正方形ADEF的性质可推出△DAB≌△FAC，根据全等三角形的性质得到CF=BD，∠ACF=∠ABD，根据余角的性质即可得到结论；
（2）根据正方形的性质得到∠BAC=∠DAF=90°，推出△DAB≌△FAC，根据全等三角形的性质以及等腰直角三角形的角的性质可得到结论．
（3）根据等腰直角三角形的性质得到BC=$\sqrt{2}$AB=4，AH=$\frac{1}{2}$BC=2，求得DH=3，根据正方形的性质得到AD=DE，∠ADE=90°，根据矩形的性质得到NE=CM，EM=CN，由角的性质得到∠ADH=∠DEM，根据全等三角形的性质得到EM=DH=3，DM=AH=2，等量代换得到CN=EM=3，EN=CM=3，根据等腰直角三角形的性质得到CG=BC=4，根据勾股定理即可得到结论．

解答 解：（1）①正方形ADEF中，AD=AF，
∵∠BAC=∠DAF=90°，
∴∠BAD=∠CAF，
在△DAB与△FAC中，$\left\{\begin{array}{l}{AD=AF}\\{∠BAD=∠CAF}\\{AB=AC}\end{array}\right.$，
∴△DAB≌△FAC（SAS），
∴∠B=∠ACF，
∴∠ACB+∠ACF=90°，即BC⊥CF；
故答案为：垂直；
②△DAB≌△FAC，
∴CF=BD，
∵BC=BD+CD，
∴BC=CF+CD；
故答案为：BC=CF+CD；

（2）CF⊥BC成立；BC=CD+CF不成立，CD=CF+BC．
∵正方形ADEF中，AD=AF，
∵∠BAC=∠DAF=90°，
∴∠BAD=∠CAF，
在△DAB与△FAC中，$\left\{\begin{array}{l}{AD=AF}\\{∠BAD=∠CAF}\\{AB=AC}\end{array}\right.$，
∴△DAB≌△FAC（SAS），
∴∠ABD=∠ACF，
∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠ACB=∠ABC=45°．
∴∠ABD=180°-45°=135°，
∴∠BCF=∠ACF-∠ACB=135°-45°=90°，
∴CF⊥BC．
∵CD=DB+BC，DB=CF，
∴CD=CF+BC．

（3）解：过A作AH⊥BC于H，过E作EM⊥BD于M，EN⊥CF于N，
∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴BC=$\sqrt{2}$AB=4，AH=$\frac{1}{2}$BC=2，
∴CD=$\frac{1}{4}$BC=1，CH=$\frac{1}{2}$BC=2，
∴DH=3，
由（2）证得BC⊥CF，CF=BD=5，
∵四边形ADEF是正方形，
∴AD=DE，∠ADE=90°，
∵BC⊥CF，EM⊥BD，EN⊥CF，
∴四边形CMEN是矩形，
∴NE=CM，EM=CN，
∵∠AHD=∠ADC=∠EMD=90°，
∴∠ADH+∠EDM=∠EDM+∠DEM=90°，
∴∠ADH=∠DEM，
在△ADH与△DEM中，$\left\{\begin{array}{l}{∠ADH=∠DEM}\\{∠AHD=∠DME}\\{AD=DE}\end{array}\right.$，
∴△ADH≌△DEM（AAS），
∴EM=DH=3，DM=AH=2，
∴CN=EM=3，EN=CM=3，
∵∠ABC=45°，
∴∠BGC=45°，
∴△BCG是等腰直角三角形，
∴CG=BC=4，
∴GN=1，
∴EG=$\sqrt{G{N}^{2}+E{N}^{2}}$=$\sqrt{10}$．

点评 本题考查了四边形综合题，需要掌握全等三角形的判定和性质，正方形的性质，余角的性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．