Question

13．如图，正方形ABCD，点E在正方形外侧且DE=CD，DH⊥AE，垂足为H交CE于M．
（1）求证：∠CMD=45°；
（2）求证：AM+CM=$\sqrt{2}$BM；
（3）若正方形的边长为2，P点为AD的中点，求DM的长．

Answer 1

分析 （1）根据等腰三角形的想知道的∠DEC=∠DCE，得多AD=CD=ED，即AD=ED，根据等腰三角形的性质得到∠DEC+∠EDH=∠DCE+∠ADH=$\frac{180°-∠ADC}{2}$=$\frac{180°-90°}{2}$=45°，于是得到结论；
（2）连接BM，将△ABM绕B顺时针旋转90°，使M落在N处，A落在C处，则AM=CN，延长DE交BN于F，可得∠FCN=∠DCE，推出M，C，N三点共线，即△MBN是等腰直角三角形，根据勾股定理得到MN=$\sqrt{2}$BM，于是得到结论；
（3）在（2）中图，作DG⊥CE交CE于G，根据已知条件得到DC=2，PD=1，由勾股定理得到PC=$\sqrt{{2}^{2}+{1}^{2}}$=$\sqrt{5}$，推出△DPN是等腰直角三角形，于是得到结论．

解答 （1）证明：∵DE=CD，
∴∠DEC=∠DCE，
∴AD=CD=ED，即AD=ED，
∵DH⊥AE，
∴∠EDH=∠ADH，
∵∠DEC+∠EDH=∠DCE+∠ADH=$\frac{180°-∠ADC}{2}$=$\frac{180°-90°}{2}$=45°，
∴∠CMD=45°；
（2）证明：连接BM，将△ABM绕B顺时针旋转90°，使M落在N处，A落在C处，
则AM=CN，延长DE交BN于F，可得
∠BAM=∠BAD+∠DAM=∠BCF+∠FCN，
∴∠FCN=∠DAM=∠DEC=∠DCE，
即∠FCN=∠DCE，
∴M，C，N三点共线，
即△MBN是等腰直角三角形，
∴MN=$\sqrt{2}$BM，
∵CN=AM=EM，
∴MN=CM+CN=CM+EM，
∴AM+CM=$\sqrt{2}$BM；
（3）解：在（2）中图，作DG⊥CE交CE于G，
∵正方形的边长为2，P是AD的中点，
∴DC=2，PD=1，PC=$\sqrt{{2}^{2}+{1}^{2}}$=$\sqrt{5}$，
∴DG=$\frac{PD•DC}{PC}$=$\frac{2×1}{\sqrt{5}}$=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
∵∠CMD=45°，∠DPN=90°，
∴△DPN是等腰直角三角形，
∴DM=$\sqrt{2}$DG=$\sqrt{2}$×$\frac{2\sqrt{5}}{5}$=$\frac{2\sqrt{10}}{5}$．

点评 本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．