Question

9．已知：在△ABC中，∠C=90°，AC=BC，直线l绕点A旋转，过点B，C分别向直线l作垂线，垂足分别为点D，点E．
（1）如图1，求证：BD+CE=AE；
（2）当直线l绕点A顺时针旋转到如图2，则BD，CE，AE之间满足的数量关系是BD+AE=CE
（3）在（2）的条件下，设CE与AB交于点P，若AP=$\sqrt{5}$，CP=5，连接BE，CD，线段CD分别与线段BP，线段BE相交于M，N两点（如图3），求线段MN的长．

Answer 1

分析 （1）作CF⊥BD于F，如图1，先利用等角的余角相等得到∠CBF=∠EAC，则可根据“AAS”证明△CBF≌△CEA，所以CF=CE，BF=AE，于是可判断四边形CEDF为正方形，则CE=CF=DF，然后利用等线段代换可得BD+CE=BF=AE；
（2）作CF⊥BD于F，如图2，则四边形CFDE为矩形，利用等角的余角相等得到∠BCF=∠ACE，则可根据“AAS”证明△CBF≌△CAE，所以CF=CE，BF=AE，于是可判断四边形CEDF为正方形，则CE=CF=DF=DE，然后利用等线段代换可得BD+AE=CE；
（3）作CF⊥BD于F，PH⊥AC与H，如图3，由△PAH为等腰直角三角形得AH=PH=$\frac{\sqrt{2}}{2}$PA=$\frac{\sqrt{10}}{2}$，则利用勾股定理可计算出CH=$\frac{3\sqrt{10}}{2}$，所以CA=CH+AH=2$\sqrt{10}$，再通过证明Rt△CHP∽Rt△CEA，利用相似比可求出CE=6，AE=2，所以DF=DE=6，BF=AE=2，PE=CE-PC=1，BD=DF-BF=4，CD=$\sqrt{2}$CE=6$\sqrt{2}$，接着证明△BDN∽△ECN，利用相似比计算出DN=$\frac{12\sqrt{2}}{5}$，证明△BDM∽△PCM，利用相似比计算出DM=$\frac{8\sqrt{2}}{3}$，然后计算DM-DN即可．

解答 （1）证明：作CF⊥BD于F，如图1，
∵BD⊥AD，CE⊥AE，
∵∠1+∠CBF=90°，∠2+∠EAC=90°，
∵∠1=∠2，
∴∠CBF=∠EAC，
在△CBF和△CEA中
$\left\{\begin{array}{l}{∠F=∠CEA}\\{∠CBF=∠CAE}\\{CB=CA}\end{array}\right.$，
∴△CBF≌△CEA，
∴CF=CE，BF=AE，
∴四边形CEDF为正方形，
∴CE=CF=DF，
∴BD+CE=BD+DF=BF=AE；
（2）解：作CF⊥BD于F，如图2，
∵BD⊥AD，CE⊥AE，
∴四边形CFDE为矩形，
∴∠BCF+∠BCE=90°，∠ACE+∠BCE=90°，
∴∠BCF=∠ACE，
在△CBF和△CAE中
$\left\{\begin{array}{l}{∠F=∠AEC}\\{∠BCF=∠ACE}\\{CB=CA}\end{array}\right.$，
∴△CBF≌△CAE，
∴CF=CE，BF=AE，
∴四边形CEDF为正方形，
∴CE=CF=DF=DE，
∴BD+AE=BD+BF=DF=CE；
故答案为BD+AE=CE；
（3）解：作CF⊥BD于F，PH⊥AC与H，如图3，
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴△PAH为等腰直角三角形，
∴AH=PH=$\frac{\sqrt{2}}{2}$PA=$\frac{\sqrt{2}}{2}$×$\sqrt{5}$=$\frac{\sqrt{10}}{2}$，
在Rt△PCH中，CH=$\sqrt{C{P}^{2}-P{H}^{2}}$=$\sqrt{{5}^{2}-（\frac{\sqrt{10}}{2}）^{2}}$=$\frac{3\sqrt{10}}{2}$，
∴CA=CH+AH=$\frac{3\sqrt{10}}{2}$+$\frac{\sqrt{10}}{2}$=2$\sqrt{10}$，
∵∠ECA=∠HCP，
∴Rt△CHP∽Rt△CEA，
∴$\frac{CH}{CE}$=$\frac{CP}{CA}$=$\frac{PH}{AE}$，即$\frac{\frac{3\sqrt{10}}{2}}{CE}$=$\frac{5}{2\sqrt{10}}$=$\frac{\frac{\sqrt{10}}{2}}{AE}$，
∴CE=6，AE=2，
∴DF=DE=6，BF=AE=2，PE=CE-PC=6-5=1，
∴BD=DF-BF=6-2=4，CD=$\sqrt{2}$CE=6$\sqrt{2}$，
∵DB∥CE，
∴△BDN∽△ECN，
∴DN：CN=BD：CE=4：6=2：3，
∴DN=$\frac{2}{5}$CD=$\frac{2}{5}$×6$\sqrt{2}$=$\frac{12\sqrt{2}}{5}$，
∵DB∥CP，
∴△BDM∽△PCM，
∴DM：CM=BD：CP=4：5，
∴DM=$\frac{4}{9}$CD=$\frac{4}{9}$×6$\sqrt{2}$=$\frac{8\sqrt{2}}{3}$，
∴MN=DM-DN=$\frac{8\sqrt{2}}{3}$-$\frac{12\sqrt{2}}{5}$=$\frac{4\sqrt{2}}{15}$．

点评 本题考查了几何变换综合题：熟练掌握等腰直角三角形的性质和全等三角形的判定与性质；会运用勾股定理和相似比计算线段的长．解决本题的关键是合理构建全等三角形证明线段相等．