Question

2．等腰Rt△ABC中，∠BAC=90°，點(diǎn)A、點(diǎn)B分別是y軸、x軸上兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，直角邊AC交x軸于點(diǎn)D，斜邊BC交y軸于點(diǎn)E．

（1）如圖1，若A（0，1），B（2，0），求C點(diǎn)的坐標(biāo)．
（2）如圖2，當(dāng)?shù)妊黂t△ABC運(yùn)動(dòng)到使點(diǎn)D恰為AC中點(diǎn)時(shí)，連接DE，求證：∠ADB=∠CDE．
（3）如圖3，M為y軸上一點(diǎn)，連接CM，以CM為直角邊向右作等腰Rt△CMN，其中CM=MN，連接NB，若AM=7，求五邊形ACMNB的面積．

Answer 1

分析 （1）過點(diǎn)C作CF⊥y軸于點(diǎn)F通過證△ACF≌△ABO得CF=OA=1，AF=OB=2，求得OF的值，就可以求出C的坐標(biāo)；
（2）過點(diǎn)C作CG⊥AC交y軸于點(diǎn)G，先證明△ACG≌△ABD就可以得出CG=AD=CD，∠DCE=∠GCE=45°，再證明△DCE≌△GCE就可以得出結(jié)論；

解答 （1）解：過點(diǎn)C作CF⊥y軸于點(diǎn)F如圖1所示：
∴∠AFC=90°，
∴∠CAF+∠ACF=90°．
∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，
∴AC=AB，∠CAF+∠BAO=90°，∠AFC=∠BAC，
∴∠ACF=∠BAO．
在△ACF和△ABO中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠AFC=∠BAC}\\{∠ACF=∠BAO}\\{AC=AB}\end{array}\right.$
∴△ACF≌△ABO（AAS）
∴CF=OA=1，AF=OB=2
∴OF=1
∴C（-1，-1）；
（2）證明：過點(diǎn)C作CG⊥AC交y軸于點(diǎn)G，如圖2所示：
∴∠ACG=∠BAC=90°，
∴∠AGC+∠GAC=90°．
∵∠CAG+∠BAO=90°，
∴∠AGC=∠BAO．
∵∠ADO+∠DAO=90°，∠DAO+∠BAO=90°，
∴∠ADO=∠BAO，
∴∠AGC=∠ADO．
在△ACG和△ABD中
$\left\{\begin{array}{l}{∠AGC=∠ADO}\\{∠ACG=∠BAC}\\{AC=AB}\\{\;}\end{array}\right.$
∴△ACG≌△ABD（AAS），
∴CG=AD=CD．
∵∠ACB=∠ABC=45°，
∴∠DCE=∠GCE=45°，
在△DCE和△GCE中，
$\left\{\begin{array}{l}{DC=GC}\\{∠DCE=∠GCE}\\{CE=CE}\end{array}\right.$，
∴△DCE≌△GCE（SAS），
∴∠CDE=∠G，
∴∠ADB=∠CDE；
（3）作CP⊥y軸，NQ⊥y軸，分別交y軸于點(diǎn)P，點(diǎn)Q，如圖3所示：
同（2）得：△ACP≌△BAO，△MCP≌△NMQ，
∴CP=MQ=AO，QN=PM，AP=OB，
設(shè)CP=x，則MQ=AO=x，
∴△ACM的面積=$\frac{1}{2}$×AM×CP=$\frac{7x}{2}$，
∴△AOB的面積+△MQN的面積=△ACP的面積+△MCP的面積=△ACM的面積=$\frac{7x}{2}$，
∵BO∥QN，OQ不平行BN，
∴四邊形BOQN的面積=$\frac{1}{2}$（OB+QN）×OQ=$\frac{1}{2}$（AP+PM）×OQ=$\frac{1}{2}$×AM×OQ=$\frac{1}{2}$×7×（7-2x）=$\frac{49}{2}$-7x，
∴五邊形ACMNB的面積=△ACM的面積+△AOB的面積+△MQN的面積+四邊形BOQN的面積=$\frac{7x}{2}$+$\frac{7x}{2}$+$\frac{49}{2}$-7x=$\frac{49}{2}$．

點(diǎn)評 本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)的運(yùn)用，等腰直角三角形的性質(zhì)的運(yùn)用，直角三角形的性質(zhì)的運(yùn)用，解答時(shí)證明三角形的全等是關(guān)鍵．