Question

1．如图1，四边形ABCD中，∠BAD+∠BCD=180°，∠B=90°，连接AC，E在BC的延长线上，∠BAC=∠DAE．
（1）求证：∠E=∠ACD；
（2）如图2，当BE=AB时，连接DE，求证：CD=DE．
（3）如图3，在（2）的条件下，连接BD交AC于点F，交AE于点G，过点F作AC的垂线交AB于M，BC=6，AM=15，求线段DF的长．

Answer 1

分析 （1）首先证明∠D=90°，再证明∠BAE=∠CAD，由∠BAE+∠E=90°，∠ACD+∠CAD=90°，即可推出∠E=∠ACD；
（2）如图2中，取AC的中点O，连接OB、OD，作DN⊥BE于N，DM⊥AB于M．首先证明A、B、C、D四点共圆，再证明△DMA≌△DNC，△DBA≌△DBE，即可解决问题；
（3）由△AFM∽△ABC，可得$\frac{AM}{AC}$=$\frac{FM}{CB}$，推出FM•AC=15×6=90，设FM=a，则AC=$\frac{90}{a}$，连接CM，同法可知B、C、F、M四点共圆，可得∠FMC=∠FBC=45°=∠FCM，推出FM=CF=a，在Rt△AFM中，由AM²=AF²+FM²，可得15²=a²+（$\frac{90}{a}$-a）²，解得a=$\frac{3\sqrt{10}}{2}$或6$\sqrt{5}$（舍弃），推出AC=6$\sqrt{10}$，AF=$\frac{9\sqrt{10}}{2}$，AD=6$\sqrt{5}$，由△ADF∽△BCF可得$\frac{AD}{BC}$=$\frac{DF}{CF}$，由此即可解决问题．

解答 （1）证明：如图1中，

∵∠BAD+∠BCD=180°，∠B=90°，
∴∠D=360°-180°-90°=90°，
∵∠BAC=∠DAE，
∴∠BAE=∠CAD，
∵∠BAE+∠E=90°，∠ACD+∠CAD=90°，
∴∠E=∠ACD．

（2）证明：如图2中，取AC的中点O，连接OB、OD，作DN⊥BE于N，DM⊥AB于M．

∵△ABC，△ADC都是直角三角形，OA=OC，
∴OB=OA=OC=OD，
∴A、B、C、D四点共圆，
∵AB=BE，
∴∠ACD=∠E=45°，
∴∠ABD=∠ACD=45°，∵∠ABC=90°，
∴∠DBA=∠DBE，
∵DN⊥BE，DM⊥AB，
∴DM=DN，则四边形BMDN是正方形，
∴∠MDN=∠ADC=90°，
∴∠ADM=∠CDN，
在△DMA和△DNC中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠ADM=∠CDN}\\{DM=DN}\\{∠DMA=∠DNC}\end{array}\right.$，
∴△DMA≌△DNC，
∴AD=DC，
在△DBA和△DBE中，
$\left\{\begin{array}{l}{BD=BD}\\{∠DBA=∠DBE}\\{BA=BE}\end{array}\right.$，
∴△DBA≌△DBE，
∴DA=DE，
∴DC=DE．

（3）解：如图3中，

∵∠MAF=∠BAC，∠AFM=∠ABC=90°，
∴△AFM∽△ABC，
∴$\frac{AM}{AC}$=$\frac{FM}{CB}$，
∴FM•AC=15×6=90，设FM=a，则AC=$\frac{90}{a}$，
连接CM，同法可知B、C、F、M四点共圆，可得∠FMC=∠FBC=45°=∠FCM，
∴FM=CF=a，
在Rt△AFM中，∵AM²=AF²+FM²，
∴15²=a²+（$\frac{90}{a}$-a）²，
解得a=$\frac{3\sqrt{10}}{2}$或6$\sqrt{5}$（舍弃），
∴AC=6$\sqrt{10}$，AF=$\frac{9\sqrt{10}}{2}$，AD=6$\sqrt{5}$，
由△ADF∽△BCF可得$\frac{AD}{BC}$=$\frac{DF}{CF}$，
∴$\frac{6\sqrt{5}}{6}$=$\frac{DF}{\frac{3\sqrt{10}}{2}}$，
∴DF=$\frac{15\sqrt{2}}{2}$．

点评 本题考查四边形综合题、等腰直角三角形的性质、四点共圆、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会证明四点共圆解决问题，属于中考压轴题．