Question

14．已知，如图1，BD是边长为1的正方形ABCD的对角线，BE平分∠DBC交DC于点E，延长BC到点F，使CF=CE，连接DF，交BE的延长线于点G．
（1）求证：△BCE≌△DCF；    
（2）求CF的长；
（3）如图2，在AB上取一点H，且BH=CF，若以BC为x轴，AB为y轴建立直角坐标系，问在直线BD上是否存在点P，使得以B、H、P为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，直接写出所有符合条件的P点坐标；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）利用正方形的性质，由全等三角形的判定定理SAS即可证得△BCE≌△DCF；
（2）通过△DBG≌△FBG的对应边相等知BD=BF=$\sqrt{2}$；然后由CF=BF-BC=即可求得；
（3）分三种情况分别讨论即可求得．

解答 （1）证明：如图1，
在△BCE和△DCF中，
$\left\{\begin{array}{l}{BC=DC}\\{∠BCE=∠DCF=90°}\\{CE=CF}\end{array}\right.$，
∴△BCE≌△DCF（SAS）；

（2）证明：如图1，
∵BE平分∠DBC，OD是正方形ABCD的对角线，
∴∠EBC=$\frac{1}{2}$∠DBC=22.5°，
由（1）知△BCE≌△DCF，
∴∠EBC=∠FDC=22.5°（全等三角形的对应角相等）；
∴∠BGD=90°（三角形内角和定理），
∴∠BGF=90°；
在△DBG和△FBG中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠DBG=∠FBG}\\{BG=BG}\\{∠BGD=∠BGF}\end{array}\right.$，
∴△DBG≌△FBG（ASA），
∴BD=BF，DG=FG（全等三角形的对应边相等），
∵BD=$\sqrt{A{B}^{2}+A{D}^{2}}$=$\sqrt{2}$，
∴BF=$\sqrt{2}$，
∴CF=BF-BC=$\sqrt{2}$-1；
（3）解：如图2，∵CF=$\sqrt{2}$-1，BH=CF
∴BH=$\sqrt{2}$-1，
①当BH=BP时，则BP=$\sqrt{2}$-1，
∵∠PBC=45°，
设P（x，x），
∴2x²=（$\sqrt{2}$-1）²，
解得x=1-$\frac{\sqrt{2}}{2}$或-1+$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴P（1-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，1-$\frac{\sqrt{2}}{2}$）或（-1+$\frac{\sqrt{2}}{2}$，-1+$\frac{\sqrt{2}}{2}$）；
②当BH=HP时，则HP=PB=$\sqrt{2}$-1，
∵∠ABD=45°，
∴△PBH是等腰直角三角形，
∴P（$\sqrt{2}$-1，$\sqrt{2}$-1）；
③当PH=PB时，∵∠ABD=45°，
∴△PBH是等腰直角三角形，
∴P（$\frac{\sqrt{2}-1}{2}$，$\frac{\sqrt{2}-1}{2}$），
综上，在直线BD上是否存在点P，使得以B、H、P为顶点的三角形为等腰三角形，所有符合条件的P点坐标为（1-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，1-$\frac{\sqrt{2}}{2}$）、（-1+$\frac{\sqrt{2}}{2}$，-1+$\frac{\sqrt{2}}{2}$）、（$\sqrt{2}$-1，$\sqrt{2}$-1）、（$\frac{\sqrt{2}-1}{2}$，$\frac{\sqrt{2}-1}{2}$）．

点评 本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，等腰三角形的判定，熟练掌握性质定理是解题的关键．