Question

13．如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D为直线CB上一点，且满足CD=CA，连接AD，过点C作CE⊥AB于点E．
（1）若AB=10，CD=CA=6，则BD=2，CE=$\frac{24}{5}$；
（2）如图2，若点F是线段CE延长线上一点，连接FD，若∠F=45°，求证：AE=EF；
（3）如图3，设直线CE与直线AD交于点G，在线段CD的延长线上取一点H，使得DH=CB，连接HG交直线AB于点I，若∠CGH=∠B，请直接写出线段AC和AI之间的数量关系（不需要证明）．

Answer 1

分析 （1）先利用勾股定理求出BC，再利用S_△ABC=$\frac{1}{2}$•AC•BC=$\frac{1}{2}$•AB•CE，求出CE，即可解决问题．
（2）如图2中，连接AF，证明A、C、D、F四点共圆，推出∠AFE=∠CDA=45°，即可证明．
（3）结论：AC=$\sqrt{3}$AI．作AF⊥AD交BC于F，作AN⊥AC交CG于N，延长CA交GH于M．想办法证明∠B=∠H=∠CGH=30°，△AIM是等边三角形即可解决问题．

解答 （1）解：如图1中，

∵∠ACB=90°，CD=CA=6，AB=10，
∴BC=$\sqrt{A{B}^{2}-A{C}^{2}}$=$\sqrt{1{0}^{2}-{6}^{2}}$=8，
∴BD=BC-CD=8-6=2，
∵S_△ABC=$\frac{1}{2}$•AC•BC=$\frac{1}{2}$•AB•CE，
∴CE=$\frac{AC•BC}{AB}$=$\frac{24}{5}$，
故答案为2，$\frac{24}{5}$．

（2）如图2中，连接AF，

∵∠ACB=90°，CA=CD，
∴∠CAD=∠CDA=∠F=45°，
∴A、C、D、F四点共圆，
∴∠AFE=∠CDA=45°，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴AE=EF．

（3）如图3中，结论：AC=$\sqrt{3}$AI．

理由：作AF⊥AD交BC于F，
∵AC=CD，AC⊥CD，
∴∠3=∠5=∠4=45°，∠HDG=∠CAG=∠AFB=135°，
∵AC⊥BC，CE⊥AB，
∴∠6+∠7=∠7+∠B=90°，
∴∠6=∠B，∵∠CAG=∠AFB，
∴△ABF∽△GCA，
∴$\frac{FB}{FC}$=$\frac{AD}{AG}$，
∵AC=FC．FA=AD，
∴$\frac{FB}{FC}$=$\frac{AD}{AG}$，
∴$\frac{FB}{FC}$+1=$\frac{AD}{AG}$+1，
∴$\frac{FB+FC}{FC}$=$\frac{AD+AG}{AG}$，
∴$\frac{BC}{FC}$=$\frac{DG}{AG}$，
∵DH=BC，FC=AC，
∴$\frac{DH}{AC}$=$\frac{DG}{AG}$，即$\frac{DH}{DG}$=$\frac{AC}{AG}$，∵∠HDG=∠CAG，
∴△DHG∽△ACG，
∴∠1=∠2，∠H=∠6=∠B，
∵∠CGH=∠B，
∵∠7=∠H+∠CGH=2∠B，∠7+∠B=90°，
∴3∠B=90°，
∴∠B=∠6=∠H=∠CGH=30°，
作AN⊥AC交CG于N，延长CA交GH于M．
则AC=$\sqrt{3}$AN，
∵∠1=∠2，AG=AG，∠AMG=∠ANG=120°，
∴△AGN≌△AGM，
∴AN=AM，
∵∠8=∠H+∠B=60°，∠MAI=∠CAB=60°，
∴∠8=∠MAI=60°，
∴△AIM是等边三角形，
∴AI=AM=AN，
∴AC=$\sqrt{3}$AI．

点评 本题考查三角形综合题、四点共圆、相似三角形的判定和性质等边三角形的判定和性质、直角三角形30度角的性质等知识，解题的关键是学会添加辅助线，构造相似三角形解决问题，证明∠B=30°，是本题的突破点，题目比较难，属于中考压轴题．