Question

如圖，已知△ABC，AB=AC，∠BAC=90°，D為CB延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，連AD，以AD為邊在△ABC的同側(cè)作正方形ADEF．
（1）求證：∠EBD=45°；
（2）求

2DC-BC

EB

的值；
（3）若AF=2，AC=

2

，連BF，則S_△EBF=

 

．

Answer 1

考點(diǎn)：全等三角形的判定與性質(zhì),勾股定理,正方形的性質(zhì)

專題：

分析：（1）如圖1，作AM⊥DC于M，EN⊥DC于N，由正方形的性質(zhì)就可以得出∠NED=∠MDA，得出△END≌△DMA，就有EN=DM．ND=MA，得出NB=EN而得出結(jié)論；
（2）如圖2，作AM⊥DC于M，EN⊥DC于N，作EP⊥EB于E，交CB的延長(zhǎng)線于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，從而得出結(jié)論；
（3）如圖3，連接BF，作AM⊥DC于M，EN⊥DC于N，正方形和等腰直角三角形的性質(zhì)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的面積和△ADC的面積和，求出△EDB和△ABC的面積就可以得出結(jié)論．

解答：解：（1）如圖1，作AM⊥DC于M，EN⊥DC于N，
∴∠END=∠DMA=90°．
∴∠DEN+∠NDE=90°．
∵四邊形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）如圖2，作AM⊥DC于M，EN⊥DC于N，作EP⊥EB于E，交CB的延長(zhǎng)線于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）如圖3，連接BF，作AM⊥DC于M，EN⊥DC于N，
∴∠END=∠DMA=90°．
∴∠DEN+∠NDE=90°．
∵四邊形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

．
故答案為：

3 +3

2

．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了等腰直角三角形的性質(zhì)的運(yùn)用，正方形的性質(zhì)的運(yùn)用，全等三角形的判定及性質(zhì)的運(yùn)用，勾股定理的運(yùn)用，正方形的面積公式，三角形的面積公式的運(yùn)用，解答時(shí)靈活運(yùn)用等腰直角三角形的性質(zhì)求解是關(guān)鍵．