Question

10．△ACB和△ECD是以點(diǎn)C為公共頂點(diǎn)的等腰直角三角形，∠ACB=∠ECD=90°，連接AD，BE，點(diǎn)F為BE的中點(diǎn)，連接CF．
（1）如圖①，當(dāng)∠ACB與∠ECD重合時(shí)，線段AD與CF的位置關(guān)系是AD⊥CF，數(shù)量關(guān)系是AD=2CF；
（2）如圖②，當(dāng)∠ACB與∠ECD不重合時(shí)，判斷（1）中結(jié)論還成立嗎？如果成立，請(qǐng)加以證明；如果不成立，請(qǐng)說(shuō)明理由；
（3）如圖③，當(dāng)△ECD的斜邊DE與點(diǎn)A在一條直線上時(shí)，若AC=3，CE=$\sqrt{2}$，求CF的長(zhǎng)（直接寫(xiě)出結(jié)果）

Answer 1

分析 （1）方法1、先判斷出△BCE≌△DCG（SAS），得出∠CBE=∠CGH，BE=DG，進(jìn)而判斷出BF=GH，即可判斷出△BCF≌△GCH（SAS），得出CF=CH，再判斷出CH是△ADG的中位線，即可得出結(jié)論；
方法2、CF是BE的一半，直角三角形斜邊中線的特點(diǎn)，再只要證BE=AD即可，證△ADE全等三角形BEC，即可得出結(jié)論，
（2）先判斷出∠BCE=∠GCD，即可判斷出△BCF≌△GCH（SAS），其余同（1）的方法即可得出結(jié)論；
（3）同（2）的方法得出AD⊥AF，AD=2CF，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得出CM=DM=1，再在Rt△ACM中，根據(jù)勾股定理得出AM=2$\sqrt{2}$，即可得出AD=2$\sqrt{2}$+1即可．

解答 解：（1）方法1、如圖①，延長(zhǎng)AG至G使CG=AC，連接DG，
∴∠ACB=∠GCD，
∵BC=AC，
∴BC=CG，
在△BCE和△DCG中，$\left\{\begin{array}{l}{CE=CD}\\{∠BCE=∠GCD}\\{BC=CG}\end{array}\right.$，
∴△BCE≌△DCG（SAS），
∴∠CBE=∠CGH，BE=DG，
∵點(diǎn)F為BE的中點(diǎn)，
∴BF=$\frac{1}{2}$BE，
取DG的中點(diǎn)H，連接CH，
∴GH=DH=$\frac{1}{2}$DG，
∴BF=GH，
在△BCF和△GCH中，$\left\{\begin{array}{l}{BF=GF}\\{∠CBF=∠CGH}\\{BC=CG}\end{array}\right.$，
∴△BCF≌△GCH（SAS），
∴CF=CH，∠BCF=∠GCH，
∴∠FCH=∠BCF+∠DCH=∠GCH+∠DCH=∠DCG=90°，
∴CF⊥CH，
∵AC=CG，DH=GH，
∴CH是△ADG的中位線，
∴CH=$\frac{1}{2}$AD，CH∥AD，
∵CF=CH，
∴CF=$\frac{1}{2}$AD，
∴AD=2CF，
∵CH∥AD，CF⊥CH，
∴CF⊥AD；
故答案為：AD⊥CF，AD=2CF，
方法2\
∵△ABC，△CDE是等腰直角三角形，
∴BC=AC，CD=CE，∠BCE=∠ACD，
∴△BCE≌△ACD，
∴∠CBE=∠CAD，BE=AD，
∵CF是Rt△BCE是直角三角形的斜邊的中線，
∴BE=2CF=2BF，
∴AD=2CF，
∵BF=CF，
∴∠CBE=∠BCF，
∵∠CBE=∠CAD，
∴∠BCF=∠CAD，
∵∠BCF+∠ACF=90°，
∴∠CAD+∠ACF=90°，
∴AD⊥CF；

（2）（1）中結(jié)論仍然成立，即：AD⊥CF，AD=2CF，
理由：如圖②，延長(zhǎng)AG至G使CG=AC，連接DG，
∴∠BCG=90°，∵∠DCE=90°，
∴∠BCE=∠GCD，
∵BC=AC，
∴BC=CG，
在△BCE和△DCG中，$\left\{\begin{array}{l}{CE=CD}\\{∠BCE=∠GCD}\\{BC=CG}\end{array}\right.$，
∴△BCE≌△DCG（SAS），
∴∠CBE=∠CGH，BE=DG，
∵點(diǎn)F為BE的中點(diǎn)，
∴BF=$\frac{1}{2}$BE，
取DG的中點(diǎn)H，連接CH，
∴GH=DH=$\frac{1}{2}$DG，
∴BF=GH，
在△BCF和△GCH中，$\left\{\begin{array}{l}{BF=GF}\\{∠CBF=∠CGH}\\{BC=CG}\end{array}\right.$，
∴△BCF≌△GCH（SAS），
∴CF=CH，∠BCF=∠GCH，
∴∠FCH=∠BCF+∠DCH=∠GCH+∠DCH=∠DCG=90°，
∴CF⊥CH，
∵AC=CG，DH=GH，
∴CH是△ADG的中位線，
∴CH=$\frac{1}{2}$AD，CH∥AD，
∵CF=CH，
∴CF=$\frac{1}{2}$AD，
∴AD=2CF，
∵CH∥AD，CF⊥CH，
∴CF⊥AD；
即：AD⊥CF，AD=2CF，

（3）如圖③，同（2）得出AD⊥AF，AD=2CF，
∵△CDE是等腰直角三角形，
∴CD=CE=$\sqrt{2}$，
∴DE=$\sqrt{2}$CE=2，
在等腰Rt△CDE中，CF⊥AD于M，
∴DM=EM=CM=$\frac{1}{2}$DE=1，
∵△ECD的斜邊DE與點(diǎn)A在一條直線上，
在Rt△ACM中，AC=3，CM=1，
根據(jù)勾股定理得，AM=$\sqrt{A{C}^{2}-C{M}^{2}}$=2$\sqrt{2}$，
∴AD=AM+DM=2$\sqrt{2}$+1，
∴CF=$\frac{1}{2}$AD=$\frac{2\sqrt{2}+1}{2}$=$\sqrt{2}$+$\frac{1}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 此題是三角形的綜合題，主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，三角形的中位線的判定和性質(zhì)，垂直的判定；作出輔助線構(gòu)造出△BCE≌△DCG（SAS）和△BCF≌△GCH（SAS）是解本題的關(guān)鍵，也是解本題的難點(diǎn)．