Question

如图，已知△ABC，AB=AC，∠BAC=90°，D为CB延长线上一点，连AD，以AD为边在△ABC的同侧作正方形ADEF．
（1）求证：∠EBD=45°；
（2）求

2DC-BC

EB

的值；
（3）若AF=2，AC=

2

，连BF，则S_△EBF=

 

．

Answer 1

考点：全等三角形的判定与性质,勾股定理,正方形的性质

专题：

分析：（1）如图1，作AM⊥DC于M，EN⊥DC于N，由正方形的性质就可以得出∠NED=∠MDA，得出△END≌△DMA，就有EN=DM．ND=MA，得出NB=EN而得出结论；
（2）如图2，作AM⊥DC于M，EN⊥DC于N，作EP⊥EB于E，交CB的延长线于P，可以得出∠P=45°，就有PN=NB=DM，而ND=BM=MC，PN+ND=DM+MC，∴PC=2DC，在Rt△PEB中，∠EBD=45°，由勾股定理就可以得出PB=

2

BE，而2CD-BC=PB，从而得出结论；
（3）如图3，连接BF，作AM⊥DC于M，EN⊥DC于N，正方形和等腰直角三角形的性质就可以得出△FAB≌△DAC，由勾股定理就可以得出AM=BM=CM=1，DM=

3

，就可以求出正方形AFED的面积和△ADC的面积和，求出△EDB和△ABC的面积就可以得出结论．

解答：解：（1）如图1，作AM⊥DC于M，EN⊥DC于N，
∴∠END=∠DMA=90°．
∴∠DEN+∠NDE=90°．
∵四边形AFED是正方形，
∴ED=DA=AF，∠EDA=∠DAF=90°．
∴∠EDN+∠ADM=90°，
∴∠NED=∠MDA．
在△END和△DMA中，

∠END=∠DMA ∠NED=∠MDA ED=DA

，
∴△END≌△DMA（AAS），
∴EN=DM．ND=MA．
∵AB=AC，∠BAC=90°，AM⊥BC，
∴AM=BM=MC，
∴ND=BM，
∴ND+BD=BM+BD，
∴NB=DM，
∴NB=EN，
∴∠EBD=45°；
（2）如图2，作AM⊥DC于M，EN⊥DC于N，作EP⊥EB于E，交CB的延长线于P，
∴∠PEB=90°，
∴∠P=∠EBD=45°．
∵EN⊥BP，
∴PN=NB=EN．
∵EN=DM，
∴PN=DM．
∵ND=BM=MC，
∴PN+ND=DM+MC，
∴PD=DC，
∴PC=2DC．
在Rt△PEB中，∠EBD=45°，
∴PB=

2

BE．
∵2DC-BC=PC-BC，
∴2DC-BC=PB=

2

BE，
∴

2DC-BC

EB

=

2

；
（3）如图3，连接BF，作AM⊥DC于M，EN⊥DC于N，
∴∠END=∠DMA=90°．
∴∠DEN+∠NDE=90°．
∵四边形AFED是正方形，
∴ED=DA=AF，∠EDA=∠DAF=90°．
∴∠EDN+∠ADM=90°，
∴∠NED=∠MDA．
在△END和△DMA中，

∠END=∠DMA ∠NED=∠MDA ED=DA

，
∴△END≌△DMA（AAS），
∴EN=DM．
∵∠BAC=90°，
∴∠FAD=∠BAC，
∴∠FAD+∠DAB=∠BAC+∠DAB，
∴∠FAB=∠DAC．
在△FAB和△DAC中，

FA=DA ∠FAB=∠DAC AB=AC

，
∴△FAB≌△DAC（SAS），
∴S_△FAB=S_△DAC．
∵∠BAC=90°，AB=AC=

2

，由勾股定理，得
BC=2．
∵AM⊥BC，
∴BM=CM=AM=1．
∵AD=2，在Rt△ADM中，由勾股定理，得
DM=

3

．
∴EN=

3

，DB=

3

-1，DC=

3

+1．
∴S_△ADC=

3 +1

2

，S_△EDB=

3 ( 3 -1)

2

=

3- 3

2

，S_△ABC=

2×1

2

=1
∴S_△FAB=

3 +1

2

．
∵AF=2，
∴S_{正方形AFED}=4．
∵S_△EBF=S_{正方形AFED}+S_△DAC-S_△ABC-S_△FAB-S_△EDB，
=4+

3 +1

2

-

3 +1

2

-1-

3- 3

2

=

3 +3

2

．
故答案为：

3 +3

2

．

点评：本题考查了等腰直角三角形的性质的运用，正方形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，勾股定理的运用，正方形的面积公式，三角形的面积公式的运用，解答时灵活运用等腰直角三角形的性质求解是关键．