Question

20．在△ABC中，AB=AC，以AB为斜边构成等腰Rt△ABD，∠ADB=90°，延长AD交BC于E，连接CD，∠DCB=45°．若S_△ABE=15，CE=1，则AB=3$\sqrt{5}$．

Answer 1

分析 过点A构建矩形APQF，P，Q在BC上，D在FQ上，证明△BDQ≌△DAF，得到DF=BQ，求得AP=FQ=FD+DQ=BQ+QC=BC，设BE=a，则BC=AP=a+1，根据S_△ABE=15，得到$\frac{1}{2}•BE•AP=\frac{1}{2}•a•（a+1）=15$，解得：a=5，即可得到BE=a=5，BC=AP=6，利用等腰三角形的性质得到BP=PC=3，根据勾股定理求得AB即可．

解答 解：如图，过点A构建矩形APQF，P，Q在BC上，D在FQ上，

∵∠DCB=45°，
∴△DQC为等腰直角三角形，
∴CQ=DQ，
∵∠ADB=90°，
∴∠BDQ+∠ADF=90°，
∵∠ADF+∠DAF=90°，
∴∠BDQ=∠DAF，
在△BDQ和△DAF，
$\left\{\begin{array}{l}{∠BDQ=∠DAF}\\{∠BQD=∠F}\\{BD=AD}\end{array}\right.$
∴△BDQ≌△DAF，
∴DF=BQ，
则AP=FQ=FD+DQ=BQ+QC=BC，
设BE=a，则BC=AP=a+1，
∵S_△ABE=15，
∴$\frac{1}{2}•BE•AP=\frac{1}{2}•a•（a+1）=15$，
解得：a=5，
∴BE=a=5，BC=AP=6，
∵AB=AC，
∴BP=PC=3，
∴AB=$\sqrt{B{P}^{2}+A{P}^{2}}=3\sqrt{5}$．
故答案为：3$\sqrt{5}$．

点评 本题考查了求得三角形的性质与判定、等腰三角形的性质、矩形的性质，解决本题的关键是作出辅助线，构建全等三角形．