题目内容
13．已知等腰Rt△ABC，以BC为边作?BCEH，连AE，以AE為斜边再作等腰Rt△ADE，连DC，HC．（1）如图1，当四边形BCEH为矩形时，CH与CD之间有何数量关系？请证明；
（2）如图2，当四边形BCEH为?BCEH时，试探究CH与CD之间的数量关系，并证明；
（3）如图3，若DC与AE交于P点，与AB交于Q点，当图形变换过程中，△AEC是否可以为等边三角形，若可以，则$\frac{DP}{PQ}$=2+$\sqrt{3}$（直接写出答案）
分析 （1）结论：CH=$\sqrt{2}$CD．如图1中，作DM⊥AC于M，DN⊥EH于N．首先证明△CMD≌△HND，推出△DCH是等腰直角三角形即可解决问题；
（2）结论：CH=$\sqrt{2}$CD．如图1中，作DM⊥AC于M，DN⊥EH于N．首先证明△ADM≌△EDN，再证明△CMD≌△HND，推出△DCH是等腰直角三角形即可解决问题；
（3）如图3中，△ACE可以为等边三角形．由CA=CE，DA=DE，推出CD垂直平分AE，∠ACP=∠ECP=30°，推出DP=AP=PE，设DP=AP=PE=a，则AC=CE=AE=2a，CP=$\sqrt{3}$a，作QM⊥AC于M．设AM=QM=x，则CM=$\sqrt{3}$MQ=$\sqrt{3}$x，CQ=2x，求出CQ，PQ（用a表示），即可解决问题；
解答 解：（1）结论：CH=$\sqrt{2}$CD．
理由：如图1中，作DM⊥AC于M，DN⊥EH于N．
∵四边形BCEH是矩形，
∴EH=BC，∠CEH=∠MEN=∠DME=∠DNE=90°，
∴四边形DMEN是矩形，
∵△ADE是等腰直角三角形，
∴DM=ME=AM，
∴四边形DMEN是正方形，
∴DN=DM=EM=AM，
∵AC=BC=EH，
∴CM=HN，∵∠CMD=∠DNH=90°，
∴△CMD≌△HND，
∴CD=DH，∠CDM=∠HDN，
∴∠MDN=∠CDH=90°，
∴△CDH是等腰直角三角形，
∴CH=$\sqrt{2}$CD．
（2）如图2中，结论：CH=$\sqrt{2}$CD．
理由：如图1中，作DM⊥AC于M，DN⊥EH于N．
∵∠ADE=∠MDN=90°，
∴∠ADM=∠EDN，
∵AD=DE，∠AMD=∠DNE=90°，
∴△ADM≌△EDN，
∴DM=DN，AM=EN，
∵AC=BC=EH，
∴CM=HN，∵∠CMD=∠DNH=90°，
∴△CMD≌△HND，
∴CD=DH，∠CDM=∠HDN，
∴∠MDN=∠CDH=90°，
∴△CDH是等腰直角三角形，
∴CH=$\sqrt{2}$CD．
（3）如图3中，△ACE可以为等边三角形．
∵CA=CE，DA=DE，
∴CD垂直平分AE，∠ACP=∠ECP=30°，
∴DP=AP=PE，设DP=AP=PE=a，则AC=CE=AE=2a，CP=$\sqrt{3}$a，
作QM⊥AC于M．设AM=QM=x，则CM=$\sqrt{3}$MQ=$\sqrt{3}$x，CQ=2x，
∴x+$\sqrt{3}$x=2a，
∴x=（$\sqrt{3}$-1）a，
∴CQ=（2$\sqrt{3}$-2）a，
∴PQ=PC-CQ=$\sqrt{3}$a-（2$\sqrt{3}$-2）a=（2-$\sqrt{3}$）a，
∴$\frac{DP}{QP}$=$\frac{a}{（2-\sqrt{3}）a}$=2+$\sqrt{3}$．
故答案为2+$\sqrt{3}$．
点评 本题考查全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、旋转变换、平行四边形的性质等知识，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，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．
53随堂测系列答案| A． | ac＞bc | B． | |a-b|=a-b | C． | -a＜-b＜c | D． | -a-c＞-b-c |
如图，直线y=-x+5与双曲线y=$\frac{k}{x}$（x＞0）相交于A，B两点，与x轴交于点C，过点B作BD⊥x轴于点D，△BDC的面积是$\frac{1}{2}$，则k的值为（ ）| A． | 3.5 | B． | 4 | C． | 5 | D． | 6 |
如图，在平行四边形ABCD中，E是AD边上的中点．若∠ABE=∠EBC，AB=2，则平行四边形ABCD的周长是12．
如图，已知正方形ABCD边长为3，点E在AB边上且BE=1，点P，Q分别是边BC，CD的动点（均不与顶点重合），当四边形AEPQ的周长取最小值时，四边形AEPQ的面积是$\frac{9}{2}$．