试题

（2010·平房区一模）如图1，在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，点D为AB边中点，以点D为顶点作∠PDQ=90°，DP、DQ分别交直线AC、BC于E、F，分别过E、F作AB的垂线，垂足分别为M、N．
（1）求证：EM+FN=

2

2

AC；
（2）把∠PDQ绕点D旋转，当点E在线段AC的延长线上时（如图2），则线段EM、FN、AC之间满足的关系式是；
（3）在∠PDQ绕点D由图1到图2的旋转的过程中，设DP交直线BC于点G，连接BE，若FG=10，AE=3CE，求BE的长．

（1）证明：连接CD，
∵AC=BC，∠ACB=90°，点D为AB边中点，
∴∠ACD=∠DCB=

1

2

∠ACB=45°，CD⊥AB，
又∠A=∠B=45°，
∴∠ECD=∠FBD，
又D为Rt△ABC斜边AB的中点，
∴CD=BD=

1

2

AB，
∵∠PDQ=90°，
∴∠EDC+∠CDF=90°，
又CD⊥AB，∴∠CDF+∠FDB=90°，
∴∠EDC=∠FDB，
在△CED和△FBD中，

∠EDC=∠FBD CD=BD ∠EDC=∠FDB

，
∴△CED≌△FBD（ASA），
∴ED=FD，
又∵∠MED+∠EDM=90°，∠EDM+∠FDN=90°，
∴∠MED=∠NDF，
在△EDM和△DFN中，

∠MED=∠NDF ∠EMD=∠DNF=90° ED=FD

，
∴△EDM≌△DFN（AAS），
∴MD=FN，
又∠A=45°，∠EMA=90°，
∴∠AEM=∠A=45°，
∴AM=EM，
∴EM+FN=AM+MD=AD，
在Rt△ACD中，cosA=cos45°=

AD

AC

=

2

2

，即AD=

2

2

AC，
∴EM+FN=

2

2

AC；

（2）连接CD，
∵AC=BC，∠ACB=90°，点D为AB边中点，
∴∠ACD=∠DCB=45°，CD⊥AB，
又∠A=∠ABC=45°，
∴∠ECD=∠FBD=135°，
又D为Rt△ABC斜边AB的中点，
∴CD=BD=

1

2

AB，
∵∠PDQ=90°，
∴∠FDB+∠EDN=90°，
又CD⊥AB，∴∠EDC+∠EDN=90°，
∴∠EDC=∠FDB，
在△CED和△FBD中，

∠ECD=∠FBD CD=BD ∠EDC=∠FDB

，
∴△CED≌△FBD（ASA），
∴ED=FD，
又∵∠MED+∠EDM=90°，∠EDM+∠FDN=90°，
∴∠MED=∠NDF，
在△EDM和△DFN中，

∠MED=∠NDF ∠EMD=∠DNF=90° ED=FD

，
∴△EDM≌△DFN（AAS），
∴MD=FN，
又∠A=45°，∠EMA=90°，
∴∠AEM=∠EAM=45°，
∴AM=EM，
∴EM-FN=AM-MD=AD，
在Rt△ACD中，cosA=cos45°=

AD

AC

=

2

2

，即AD=

2

2

AC，
∴EM-FN=

2

2

AC；

（3）根据题意画出图形，如图所示：
连接BE，过D作DH⊥AC，又BC⊥AC，且D为AB的中点，
∴H为AC的中点，即DH为△ABC的中位线，
∴DH∥BC，且DH=

1

2

BC=

1

2

AC，
由AE=3EC，设EC=x，则AE=3x，AC=AE-CE=2x，
∴AH=HC=CE=x，且AC=BC=EH=2EC=2x，
又∠HAD=45°，∠AHD=90°，
∴△AHD为等腰直角三角形，
同理△AEM和△FNB都为等腰直角三角形，
∴AM=EM=

2

2

AE=

3 2

2

x，
∴HD=AH=x，
∵EC=CH=x，
∴C为HE的中点，又CG∥HD，
∴G为ED的中点，即CG为三角形EHD的中位线，
∴CG=

1

2

HD=

1

2

x，
∴GB=BC-CG=2x-

1

2

x=

3

2

x，
由第二问得到EM-FN=

2

2

AC，
∴

3 2

2

x-FN=

2

x，即FN=DN=

2

2

x，
∴BF=x，又GF=10，
∴GF=GB+BF=

3

2

x+x=10，解得：x=4，
∴EM=

3 2

2

x=6

2

，BM=AB-AM=2

2

x-

3 2

2

x=2

2

，
在直角三角形BEM中，根据勾股定理得：EB=

EM2+BM2

=4

5

．
故答案为：EM-FN=

2

2

AC