如图.△ABC中.∠BAC为钝角.∠B=45°.点P是边BC延长线上一点.以点C为顶点.CP为边.在射线BP下方作∠PCF=∠B．(1)在射线CF上取点E.连接AE交线段BC于点D,①如图1.若AD=DE.请直接写出线段AB与CE的数量关系和位置关系,②如图2.若AD=$\sqrt{2}$DE.判断线段AB与CE的数量关系和位置关系.并说明理由,(2)如图3.反向延� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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7．如图，△ABC中，∠BAC为钝角，∠B=45°，点P是边BC延长线上一点，以点C为顶点，CP为边，在射线BP下方作∠PCF=∠B．
（1）在射线CF上取点E，连接AE交线段BC于点D；
①如图1，若AD=DE，请直接写出线段AB与CE的数量关系和位置关系；
②如图2，若AD=$\sqrt{2}$DE，判断线段AB与CE的数量关系和位置关系，并说明理由；
（2）如图3，反向延长射线CF，交射线BA于点C′，将∠PCF沿CC′方向平移，使顶点C落在点C′处，记平移后的∠PCF为∠P′C′F′，将∠P′C′F′绕点C′顺时针旋转角α（0°＜α＜45°），C′F′交线段BC于点M，C′P′交射线BP于点N，请直接写出线段BM，MN与CN之间的数量关系．

分析（1）①结论：AB=CE．如图1中，作EH∥BA交BP于H．只要证明△BDA≌△HDE，EC=EH即可解决问题；
②结论：AB=$\sqrt{2}$CE．如图2中，作EH∥BA交BP于H．由△ABD∽△EHD，可得$\frac{AB}{EH}$=$\frac{AD}{DE}$=$\sqrt{2}$，推出AB=$\sqrt{2}$EH，再证明EC=EH，即可解决问题；
（2）结论：MN²=BM²+CN²．首先说明△BCC′是等腰直角三角形，将△C′BM绕点C′顺时针旋转90°得到△C′CG，连接GN．只要证明△C′MN≌△C′GN，推出MN=GN，在Rt△GCN中，根据GN²=CG²+CN²，即可证明；

解答解：（1）①结论：AB=CE．
理由：如图1中，作EH∥BA交BP于H．

∵AB∥EH，
∴∠B=∠DHE，
∵AD=DE，∠BDA=∠EDH，
∴△BDA≌△HDE，
∴AB=EH，
∵∠PCF=∠B=∠CHE，
∴EC=EH，
∴AB=EH，

②结论：AB=$\sqrt{2}$CE．
理由：如图2中，作EH∥BA交BP于H．

∵BA∥EH，
∴△ABD∽△EHD，
∴$\frac{AB}{EH}$=$\frac{AD}{DE}$=$\sqrt{2}$，
∴AB=$\sqrt{2}$EH，
∵∠PCF=∠B=∠CHE，
∴EC=EH，
∴AB=$\sqrt{2}$EH．

（2）结论：MN²=BM²+CN²．
理由：如图3中，

∵∠B=∠PCF=∠BCC′=45°，
∴△BCC′是等腰直角三角形，
将△C′BM绕点C′顺时针旋转90°得到△C′CG，连接GN．
∵∠C′CG=∠B=45°，
∴∠GCB=∠C′CG+∠C′CB=90°，
∴∠GCN=90°，
∵∠MC′G=90°，∠MC′N=45°，
∴∠NC′M=∠NC′G，
∵C′M=C′G，C′N=C′N，
∴△C′MN≌△C′GN，
∴MN=GN，
在Rt△GCN中，∵GN²=CG²+CN²，CG=BM，MN=GN，
∴MN²=BM²+CN²．

点评本题考查几何变换综合题、平行线的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．

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∴∠6+∠CAB=180°，（等式的性质）
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