重庆市2020年初中学业水平暨高中招生考试-Kmath科数- 中考、高考、考验数学题库

如图, 在 $R t ~ \triangle A B C$ 中, $\angle B A C=90^{\circ}, A B=A C$, 点 $D$ 是 $B C$ 边上一动点, 连接 $A D$, 把 $A D$ 绕点 $A$ 逆时针旋转 $90^{\circ}$, 得到 $A E$, 连接 $C E, D E$. 点 $F$ 是 $D E$ 的中点, 连接 $C F$.
(1) 求证: $C F=\frac{\sqrt{2}}{2} A D$;
(2) 如图 2 所示, 在点 $D$ 运动的过程中, 当 $B D=2 C D$ 时, 分别延长 $C F, B A$, 相交于点 $G$, 猜想 $A G$ 与 $B C$ 存在的数量关系, 并证明你猜想的结论;
(3) 在点 $D$ 运动的过程中, 在线段 $A D$ 上存在一点 $P$, 使 $P A+P B+P C$ 的值最小. 当 $P A+P B+P C$ 的值取得最小值时, $A P$ 的长为 $m$, 请直接用含 $m$ 的式子表示 $C E$ 的长.

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我来讲解

答案：

解: (1) 证明如下: $\because \angle B A C=\angle D A E=90^{\circ}$,
$$
\begin{aligned}
& \therefore \angle B A D=\angle C A E, \\
& \because A B=A C, A D=A E, \\
& \therefore \text { 在 } \triangle A B D \text { 和 } \triangle A C E \text { 中 }\left\{\begin{array}{r}
\angle B A D=\angle C A E \\
A B=A C \\
A D=A E
\end{array},\right. \\
& \therefore \triangle A B D \cong \triangle A C E, \\
& \therefore \angle A B D=\angle A C E=45^{\circ}, \\
& \therefore \angle D C E=\angle A C B+\angle A C E=90^{\circ}, \\
& \text { 在Rt } \triangle A D E \text { 中, } \mathrm{F} \text { 为 } \mathrm{DE} \text { 中点 (同时 } A D=A E \text { ), } \angle A D E=\angle A E D=45^{\circ}, \\
& \therefore A F \perp D E, \text { 即 } R t \triangle A D F \text { 为等腰直角三角形, } \\
& \therefore A F=D F=\frac{\sqrt{2}}{2} A D, \\
& \because C F=D F, \\
& \therefore C F=\frac{\sqrt{2}}{2} A D ;
\end{aligned}
$$

（2）由（1）得 $\triangle A B D \cong \triangle A C E, C E=B D, \angle A C E=\angle A B D=45^{\circ}$,
$\therefore \angle D C B=\angle B C A+\angle A C E=45^{\circ}+45^{\circ}=90^{\circ}$,
在 Rt $\triangle D C B$ 中, $D E=\sqrt{C D^2+C E^2}=\sqrt{C D^2+B D^2}=\sqrt{5} C D$,
$\because \mathrm{F}$ 为 $\mathrm{DE}$ 中点,
$\therefore D E=E F=\frac{1}{2} D E=\frac{\sqrt{5}}{2} C D$
在四边形 $A D C E$ 中, 有 $\angle C A G=\angle D C E=90^{\circ}, \angle C Z G+\angle D C E=180^{\circ}$,
$\therefore$ 点 $\mathrm{A}, \mathrm{D}, \mathrm{C}, \mathrm{E}$ 四点共圆，
$\because \mathrm{F}$ 为 $\mathrm{DE}$ 中点,
$\therefore \mathrm{F}$ 为圆心, 则 $C F=A F$,
在Rt $\triangle A G C$ 中,
$$
\because C F=A F \text {, }
$$

$\therefore $ F为CG中点
$$
\therefore A G=\sqrt{C G^2-A C^2}=\sqrt{5 C D^2-\frac{18}{4} C D^2}=\frac{\sqrt{2}}{2} C D \text {, }
$$

即 $B C=3 \sqrt{2} A G$;

(3)

(3) 设点 $\mathrm{P}$ 存在, 由费马定理可得 $\angle A P B=\angle B P C=\angle C P A=120^{\circ}$,
$$
\therefore \angle B P D=60^{\circ} \text {, }
$$
设 $\mathrm{PD}$ 为 $a$,
$$
\begin{aligned}
& \therefore B D=\sqrt{3} a, \\
& \text { 又 } A D=B D=\sqrt{3} a, \\
& \therefore a+m=\sqrt{3} a, \\
& m=(\sqrt{3}-1) a \\
& a=\frac{m}{\sqrt{3}-1} \\
& \text { 又 } B D=C E \\
& \therefore C E=\frac{3+\sqrt{3}}{2} m .
\end{aligned}
$$

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