Question

19．问题提出
如图1，在Rt△ACB中，∠ACB=90°，AC=BC，∠DCE=45°，试探究AD、DE、EB满足的数量关系．
探究发现
小明同学利用图形变换，将△CAD绕点C逆时针旋转90°得到△CBF，连接EF，由已知条件易得∠EBF=90°，
∠ECF=∠ECB+∠BCF=∠ECB+∠ACD=45°．根据“SAS”，可证△CEF≌△CED，得EF=ED．在Rt△FBE中，由SAS定理，可得BF²+EB²=EF²由BF=AD，可得AD、DE、EB之间的等量关系是AD²+BE²=DE²．
实践运用
（1）如图2，在正方形ABCD中，△AEF的顶点E、F分别在BC、CD边上，高AG与正方形的边长相等，求∠EAF的度数（提示：不需证明可以直接利用“正方形的四条边相等、四个角都是直角”．）
（2）在（1）条件下，如图3，连接BD，分别交AE、AF于点M、N，若BD=4，BM=1，运用小明同学探究的结论，直接写出正方形的边长及MN的长．

Answer 1

分析 探究发现：由△ECF≌△ECD（SAS），推出DE=EF，在Rt△EBF中，因为EF²=EB²+BF²，又BF=AD，EF=DE，即可推出AD²+BE²=DE²解决问题．
（1）由Rt△AEB≌Rt△AEG，推出∠EAB=∠EAG，同理可证Rt△AFD≌Rt△AFG，推出∠FAD=∠FAG，由2∠EAG+2∠FAG=90°，推出∠EAG+∠FAG=45°，推出∠EAF=45°．
（2）由探究发现得BM²+DN²=MN²，设MN=x，由BD=4，BM=1，推出DN=4-1-x=3-x，可得方程1²+（3-x）²=x²，解方程即可解决问题．

解答 探究发现：解：如图1中，将△CAD绕点C逆时针旋转90°得到△CBF，连接EF．

∵CA=CB，∠ACB=90°，
∴∠A=∠CBA=∠CBH=45°，
∴∠EBF=90°，
∵∠DCE=45°，
∴∠ACD+∠BCE=∠BCF+∠BCE=45°，
∴∠ECD=∠ECF，
在△ECF和△ECD中，
$\left\{\begin{array}{l}{EC=EC}\\{∠ECF=∠ECD}\\{CF=CD}\end{array}\right.$，
∴△ECF≌△ECD（SAS），
∴DE=EF，
在Rt△EBF中，∵EF²=EB²+BF²，
又∵BF=AD，EF=DE，
∴AD²+BE²=DE²，
故答案分别为△CED，SAS，AD²+BE²=DE²．

（1）解：如图2中，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠B=∠D=90°，
∵AG⊥EF，
∴∠AGE=∠B=90°，
在Rt△AEB和Rt△AEG中，
$\left\{\begin{array}{l}{AE=AE}\\{AB=AG}\end{array}\right.$，
∴Rt△AEB≌Rt△AEG，
∴∠EAB=∠EAG，
同理可证Rt△AFD≌Rt△AFG，
∴∠FAD=∠FAG，
∴2∠EAG+2∠FAG=90°，
∴∠EAG+∠FAG=45°，
∴∠EAF=45°．
 
（2）如图3中，

由（1）可知△MAN=45°，
∵AB=AD，∠BAD=90°，
由探究发现得BM²+DN²=MN²，
设MN=x，∵BD=4，BM=1，
∴DN=4-1-x=3-x，
∴1²+（3-x）²=x²，
解得x=$\frac{5}{3}$，
∴MN=$\frac{5}{3}$．

点评 本题考查正方形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题关键是学会用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用探究的结论解决新的问题，属于中考压轴题．