专题7弦图与垂直模型-【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案（教师版含解析）

这是一份专题7弦图与垂直模型-【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案（教师版含解析），共69页。
解题策略
模型1：垂直模型
如图：∠D＝∠BCA＝∠E＝90°，BC＝AC.，结论：Rt△BCD≌Rt△CAE.

模型分析
说到三垂直模型，不得不说一下弦图，弦图的运用在初中直角三角形中占有举足轻重的地位，很多利用垂直求角，勾股定理求边长，相似求边长都会用到从弦图支离出来的一部分几何图形去求解.图①和图②就是我们经常会见到的两种弦图.

三垂直图形变形如图③、图④，这也是由弦图演变而来的.
模型2：弦图模型
经典例题
【例1】．（2021·全国·八年级专题练习）如图1，正方形ABCD中，点O是对角线AC的中点，点P是线段AO上（不与点A，O重合）的一个动点，过点P作PE⊥PB且PE交边CD于点E．
（1）求证：PE＝PB；
（2）如图2，若正方形ABCD的边长为2，过点E作EF⊥AC于点F，在点P运动的过程中，PF的长度是否发生变化？若不变，试求出这个不变的值；若变化，请说明理由；
（3）用等式表示线段PC，PA，CE之间的数量关系．
【答案】（1）见解析；（2）在P点运动的过程中，PF的长度不发生变化．PF的长为定值2；（3）PC=PA+2EC．理由见解析．
【分析】（1）做辅助线，构建全等三角形，根据ASA证明△BMP≅△PNE即可求解．
（2）如图，连接OB，通过证明△OBP≅△FPE，得到PF=OB，则PF为定值是2．
（3）根据△AMP和△PCN是等腰直角三角形，得PA=2PM，PC=2NC，整理可得结论．
【详解】（1）证明：如图①，过点P作MN∥AD，交AB于点M，交CD于点N．
∵PB⊥PE，
∴∠BPE＝90°，
∴∠MPB+∠EPN＝90°．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝∠D＝90°．
∵AD∥MN，
∴∠BMP＝∠BAD＝∠PNE＝∠D＝90，
∵∠MPB+∠MBP＝90°，
∴∠EPN＝∠MBP．
在Rt△PNC中，∠PCN＝45°，
∴△PNC是等腰直角三角形，
∴PN＝CN，
∴BM＝CN＝PN，
∴△BMP≌△PNE（ASA），
∴PB＝PE．
（2）解：在P点运动的过程中，PF的长度不发生变化．
理由：如图2，连接OB．
∵点O是正方形ABCD对角线AC的中点，
∴OB⊥AC，
∴∠AOB＝90°，
∴∠AOB＝∠EFP＝90°，
∴∠OBP+∠BPO＝90°．
∴∠BPE＝90°，
∴∠BPO+∠OPE＝90°，
∴∠OBP＝∠OPE．
由（1）得PB＝PE，
∴△OBP≌△FPE（AAS），
∴PF＝OB．
∵AB＝2，△ABO是等腰直角三角形，∴OB=22=2．
∴PF的长为定值2．
（3）解：PC=PA+2EC．
理由：如图1，∵∠BAC＝45°，
∴△AMP是等腰直角三角形，
∴PA=2PM．
由（1）知PM＝NE，
∴PA=2NE．
∵△PCN是等腰直角三角形，
∴PC=2NC=2(NE+EC)=2NE+2EC=PA+2EC．
【点睛】本题主要考查了四边形综合应用，通过对三角形全等的证明找出边之间的关系，准确分析代换求解是解题的关键．
【例2】．（2021·黑龙江·哈尔滨市第四十九中学校九年级阶段练习）正方形ABCD中，点E、F在BC、CD上，且BE＝CF，AE与BF交于点G．
（1）如图1，求证AE⊥BF；
（2）如图2，在GF上截取GM＝GB，∠MAD的平分线交CD于点H，交BF于点N，连接CN，求证：AN+CN＝2BN；
【答案】（1）见解析；（2）见解析；
【分析】（1）根据正方形的性质得AB=BC，∠ABC=∠BCD=90°，用SAS证明△ABE≌△BCF，得∠BAE=∠CBF，根据三角形内角和定理和等量代换即可得；
（2）过点B作BH⊥BN，交AN于点H，根据正方形的性质和平行线的性质，用SAS证明△AGB≌△AGM，得∠BAG=∠MAG，根据角平分线性质得∠BHA=∠GAN=45°，则△HBN是等腰直角三角形，用SAS证明△ABH≌△CBN，得AH=CN，在Rt△HBN中，根据勾股定理即可得；
【详解】解：（1）∵四边形ABCD 是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=∠BCD=90°，
在△ABE和△BCF中，
AB=BC∠ABE=∠BCFBE=CF
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴∠BAE=∠CBF，
∵∠AEB+∠BAE=180°−∠ABC=180°−90°=90°，
∴∠AEB+∠CBF=90°，
∴∠EGB=180°−(∠AEB+∠CBF)=180°−90°=90°，
∴AE⊥BF；
（2）如图所示，过点B作BH⊥BN，交AN于点H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AC，∠ABC=∠HBN=90°，
∵∠HBN=∠HBA+∠ABN=90°，
∠ABC=∠CBN+∠ABN=90°，
∴∠HBA=∠CBN，
由（1）得，AE⊥BF，
∴∠AGB=∠AGM=90°，
∴∠HBG=∠AGM=90°,
∴HB//AE，
∴∠BHA=∠EAN，
在△AGB和△AGM中，
AG=AG∠AGB=∠AGMGB=GM
∴△AGB≌△AGM（SAS），
∴∠BAG=∠MAG，
∵AN平分∠DAM，
∴∠DAN=∠MAN，
∴∠BAG+∠MAG+∠MAN+∠DAN=90°，
2∠MAG+2∠MAN=90°，
∠MAG+∠MAN=45°，
∠GAN=45°，
∴∠BHA=∠GAN=45°，
∴∠BNH=180°−∠HBN−∠BHA=180°−90°−45°=45°，
∴△HBN是等腰直角三角形，
∴BH=BN，
在△ABH和△CBN中，
BH=BN∠HBA=∠CBNAB=CB
∴△ABH≌△CBN（SAS），
∴AH=CN，
在Rt△HBN中，根据勾股定理
HN=BH2+BN2=2BN，
∴AN+CN=AN+AH=HN=2BN；
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，角平分线，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理和锐角三角函数，解题的关键是掌握并灵活运用这些知识点．
【例3】．（2021·云南曲靖·八年级期末）如图1，在正方形ABCD中，E为BC上一点，连接AE，过点B作BG⊥AE于点H，交CD于点G．
（1）求证：AE=BG；
（2）如图2，连接AG、GE，点M、N、P、Q分别是AB、AG、GE、EB的中点，试判断四边形MNPQ的形状，并说明理由；
（3）如图3，点F、R分别在正方形ABCD的边AB、CD上，把正方形沿直线FR翻折，使得BC的对应边B'C'恰好经过点A，过点A作AO⊥FR于点O，若AB'=1，正方形的边长为3，求线段OF的长．
【答案】（1）见解析；（2）四边形MNPQ为正方形，理由见解析；（3）106
【分析】（1）由四边形ABCD为正方形，可得∠ABC=∠BCD=90°，推得∠ABG+∠CBG=90°，由BG⊥AE，可得∠BAE+∠ABG=90°，可证△ABE≅△BCGASA即可；
（2）M、N为AB、AG中点，可得MN为△ABG的中位线，可证MN//BG，MN=12BG，由点M、N、P、Q分别是AB、AG、GE、EB的中点，可得PQ是△BEG的中位线，MQ为△ABE的中位线，NP为△AEG的中位线，可证PQ//BG，PQ=12BG，MQ//AE，MQ=12AE，NP//AE，NP=12AE，可证四边形MNPQ为平行四边形．再证四边形MNPQ为菱形，最后证MN⊥MQ即可；
（3）延长AO交BC于点S，由对称性可得BF=B'F，AB'=BS=1，AO=SO，由勾股定理可求AS=10，可得AO=12AS=102，设AF=x，在Rt△AB'F中，12+(3−x)2=x2，解得x=53，在Rt△AOF中，可求OF=106．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ABC=∠BCD=90°，
∴∠ABG+∠CBG=90°，
∵BG⊥AE，
∴∠AHB=90°，
∴∠BAE+∠ABG=90°，
∴∠BAE=∠CBG，
在△ABE与△BCG中，
∠BAE=∠CBGAB=BC∠ABC=∠BCD，
∴△ABE≅△BCGASA，
∴AE=BG．
（2）解：四边形MNPQ为正方形，理由如下：
∵M、N为AB、AG中点，
∴MN为△ABG的中位线，
∴MN//BG，MN=12BG，
∵点M、N、P、Q分别是AB、AG、GE、EB的中点，
∴PQ是△BEG的中位线，MQ为△ABE的中位线，NP为△AEG的中位线，，
∴PQ//BG，PQ=12BG，MQ//AE，MQ=12AE，NP//AE，NP=12AE，
∴MN=PQ，MQ=NP，
∴四边形MNPQ为平行四边形．
∵AE=BG，
∴MN=MQ，
∴四边形MNPQ为菱形，
∵BG⊥AE，MQ//AE，
∴MQ⊥BG，
∵MN//BG，
∴MN⊥MQ，
∴四边形MNPQ为正方形．
（3）解：延长AO交BC于点S，
由对称性可知
BF=B'F，AB'=BS=1，AO=SO，
在Rt△ABS中，
AS=AB2+BS2=10，
∴AO=12AS=102，
设AF=x，则BF=B'F=3−x，
在Rt△AB'F中，
12+(3−x)2=x2，
x=53，
∴AF=53，
在Rt△AOF中，
OF=AF2−AO2=532−1022=106．
【点睛】本题考查正方形性质与判定，等角的余角性质三角形全等判定与性质，三角形中位线判定与性质，勾股定理，根据勾股定理建构方程，解拓展一元一次方程等知识，掌握以上知识是解题关键．
【例4】．（2021·河南商丘·八年级期中）在平面直角坐标系中，点A的坐标为4,0，点B为y轴正半轴上的一个动点，以B为直角顶点，AB为直角边在第一象限作等腰Rt△ABC．
(1)如图1，若OB=3，则点C的坐标为______；
(2)如图2，若OB=4，点D为OA延长线上一点，以D为直角顶点，BD为直角边在第一象限作等腰Rt△BDE，连接AE，求证：AE⊥AB；
(3)如图3，以B为直角顶点，OB为直角边在第三象限作等腰Rt△OBF．连接CF，交y轴于点P，求线段BP的长度．
【答案】(1)点C（3，7）；
(2)证明见详解过程；
(3)2．
【分析】（1）如图1，过点C作CH⊥y轴，由“AAS”可证△ABO≌△BCH，可得CH=OB=3，BH=AO=4，可求解；
（2）过点E作EF⊥x轴于F，由“AAS”可证△ABO≌△BCH，可得BO=DF=4，OD=EF，由等腰直角三角形的性质可得∠BAO=45°，∠EAF=∠AEF=45°，可得结论；
（3）由（1）可知△ABO≌△BCG，可得BO=GC，AO=BG=4，再由“AAS”可证△CPG≌△FPB，可得PB=PG=2．
(1)
如图1，过点C作CH⊥y轴于H，
∴∠CHB=∠ABC=∠AOB=90°，
∴∠BCH+∠HBC=90°=∠HBC+∠ABO，
∴∠ABO=∠BCH，
在△ABO和△BCH中，
∠CHB=∠AOB∠BCH=∠ABOBC=AB，
∴△ABO≌△BCH（AAS），
∴CH=OB=3，BH=AO=4，
∴OH=7，
∴点C（3，7），
故答案为：（3，7）；
(2)
过点E作EF⊥x轴于F，
∴∠EFD=∠BDE=∠BOD=90°，
∴∠BDO+∠EDF=90°=∠BDO+∠DBO，
∴∠DBO=∠EDF，
在△BOD和△DFE中，
∠BOD=∠EFD∠DBO=∠EDFBD=ED，
∴△BOD≌△DFE（AAS），
∴BO=DF=4，OD=EF，
∵点A的坐标为（4，0），
∴OA=OB=4，
∴∠BAO=45°，
∵OA=DF=4，
∴OD=AF=EF，
∴∠EAF=∠AEF=45°，
∴∠BAE=90°，
∴BA⊥AE；
(3)
过点C作CG⊥y轴G，
由（1）可知：△ABO≌△BCG，
∴BO=GC，AO=BG=4，
∵BF=BO，∠OBF=90°，
∴BF=GC，∠CGP=∠FBP=90°，
又∵∠CPG=∠FPB，
∴△CPG≌△FPB（AAS），
∴BP=GP，
∴BP=12BG=2．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识，添加恰当辅助线构造直角三角形是本题的关键．
【例5】．（2021·黑龙江·哈尔滨市风华中学校九年级阶段练习）如图1，正方形ABCD中，点E是边BC延长线上一点，连接DE，过点B作BF⊥DE，垂足为点F，BF与CD相交于点G．
（1）求证：△BCG≌△DCE；
（2）如图2，连接BD，若BE＝42，DG＝22，求tan∠DBG的值．
【答案】（1）见解析；（2）12
【分析】（1）由正方形的性质结合已知条件，利用ASA判定三角形全等即可；
（2）过点G作GH⊥BD垂足为H，由全等求得CG＝CE，进一步结合图形求得BC和CG的长，然后在RT△BDC中求得GH和BH的长，最后在RT△BHG中，利用tan∠DBG＝HGBH，即可求得答案．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCG＝∠DCE＝90°，BC＝CD，
∵BF⊥DE，
∴∠DFG＝∠BCG＝90°，
∵∠BGC＝∠DGF，
∴∠CBG＝∠CDE．
在△BCG和△DCE中，∠CBG=∠CDEBC=CD∠BCG=∠DCE ，
∴△BCG≌△DCE，
（2）解：过点G作GH⊥BD垂足为H，
∵△BCG≌△DCE，
∴CG＝CE，
∵BE＝BC+CE＝42，DG＝CD﹣CG＝22，
∴BC＝CD＝32，CG＝CE＝2，
在RT△BDC中，
∵∠BCD＝90°，
∴BD＝CD2+BC2＝322+322=6，
∵∠DHG＝45°，∠DHG＝90°，DG＝22，
∴DHDG=sin45°＝22，
∴DH＝2，
∴GH＝DH＝2，
∵BH＝BD﹣DH，
∴BH＝6﹣2＝4，
在RT△BHG中，
∵∠BHG＝90°，
∴tan∠DBG＝HGBH，
∴tan∠DBG＝12
【点睛】本题考查三角形全等的证明，直角三角形中锐角三角函数的定义等相关知识点，熟练掌握数形结合思想解题是重点．
培优训练
一、解答题
1．（2022·江苏·八年级课时练习）如图1，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E．
(1)由图1，证明：DE=AD+BE；
(2)当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，请猜想出DE，AD，BE的等量关系并说明理由；
(3)当直线MN绕点C旋转到图3的位置时，试问DE，AD，BE又具有怎样的等量关系？请直接写出这个等量关系（不必说明理由）．
【答案】(1)证明见解析；(2)DE=AD−BE，证明过程见解析；(3)DE=BE−AD，证明过程见解析
【分析】(1)先证明△ADC≌△CEB，得到AD=CE，DC=BE，进而得到DE=CE+DC=AD+BE即可；
(2)同(1)中思路，证明△ADC≌△CEB，进而得到DE=CE-DC=AD-BE即可；
(3)同(1)中思路，证明△ADC≌△CEB，进而得到DE=DC-CE=BE-AD即可．
【详解】解：(1)证明：在△ABC中，∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCE=90°，
∵AD⊥MN，
∴∠ACD+∠CAD=90°，
∴∠BCE=∠CAD，
又∵AC=BC，∠ADC=∠CEB=90∘，
∴△ADC≌△CEB(AAS)，
∴AD=CE，DC=BE，
∵直线MN经过点C，
∴DE=CE+DC=AD+BE；
(2)DE，AD，BE的等量关系为：DE=AD−BE，理由如下：
∵AD⊥MN于D，BE⊥MN于E
∴∠ADC=∠BEC=∠ACB=90°，
∴∠CAD+∠ACD=90°，∠ACD+∠BCE=90°，
∴∠CAD=∠BCE，
在△ADC和△CEB中∠CAD=∠BCE∠ADC=∠BEC=90∘AC=CB，
∴△ADC≌△CEBAAS
∴CE=AD，CD=BE，
∴DE=CE−CD=AD−BE；
(3)当MN旋转到图3的位置时，DE、AD、BE所满足的等量关系是DE=BE−AD，理由如下：
∵AD⊥MN于D，BE⊥MN于E
∴∠ADC=∠BEC=∠ACB=90°，
∴∠CAD+∠ACD=90°，∠ACD+∠BCE=90°，
∴∠CAD=∠BCE，
在△ADC和△CEB中∠CAD=∠BCE∠ADC=∠BEC=90∘AC=CB，
∴△ADC≌△CEBAAS
∴CE=AD，CD=BE，
∴DE=CD−CE=BE−AD.
【点睛】本题考查了全等三角形的判定方法、等腰直角三角形的性质及等角的余角相等等知识点，熟练掌握三角形全等的判定方法是求解的关键．
2．（2022·全国·八年级专题练习）如图所示，△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，点D为AB上一点，过点B作直线CD的垂线，垂足为E，连接AE，过点A作AE的垂线交CE于点F．
（1）如图1，求∠AEC的度数；
（2）如图2，连接BF，且∠ABF−∠EAB=15°，求证：BF=2CF；
（3）如图3，在（2）的条件下，G为DF上一点，连接AG，若∠AGD=∠EBF，AG=2，求CF的长．
【答案】（1）45°；（2）见解析；（3）2
【分析】（1）先证明∠EAB=∠FAC, ∠AEB=∠AFC,再证明△ABE≅△ACF,再利用全等三角形的性质结合等腰直角三角形的性质可得答案；
（2）利用全等三角形的性质先求解∠EBF=60°，证明BE=CF, 再求解∠EFB=30°，从而可得结论；
（3）如图，过A作AM⊥EF于M, 交BF于N, 连接EN, 证明△BEN为等边三角形，再证明△AGM≅△ENM，再利用全等三角形的性质可得答案.
【详解】解：（1）∵ ∠BAC=90°，AE⊥AF,
∴∠EAB+∠DAF=∠DAF+∠FAC=90°,∠EAF=90°,
∴∠EAB=∠FAC,
∵BE⊥CE,
∴∠BED=90°,
∴∠AEB=∠BED+∠AEF=90°+∠AEF=∠AFC, 即∠AEB=∠AFC,
∴ △ABE≅△ACF，
∴ AE=AF，∠AEC=45°．
（2）∵ △ABE≅△ACF，
∴∠ABE=∠ACF,BE=CF,
∴ ∠AEB=∠AFC=90°+45°=135°,
∴∠EBA+∠EAB=45°,
∵ ∠ABF−∠EAB=15°,
∴∠ABF=15°+∠EAB,
∴∠EBF=∠EBA+∠ABF=∠EBA+∠EAB+15°=60°,
∴∠BFE=90°−60°=30°,
∴BF=2BE，
∵BE=CF，
∴BF=2CF．
（3）如图，过A作AM⊥EF于M, 交BF于N, 连接EN,
∵AE=AF,AM⊥EF,AE⊥AF,
∴EM=MF=AM,NE=NF,
∴∠NEF=∠NFE=30°,
∴∠ENB=∠NEF+∠NFE=60°,
∴∠EBN=∠ENB=60°,
∴ △BEN为等边三角形，∠ENF=120°,
∴ BE=BN=12BF=FN=EN，
∵ ∠AGD=∠EBF=60°, AM⊥EF,
∴∠ENM=12∠ENF=60°,
∵AM=EM,∠AMG=∠EMN=90°,∠AGM=∠ENM=60°,
∴ △AGM≅△ENM，
∴AG=EN=2，
∴CF=BE=2．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，直角三角形斜边上的中线等腰斜边的一半，等边三角形的判定与性质，含30°的直角三角形的性质，熟练的应用以上知识解题的关键.
3．（2020·北京市第十三中学九年级期中）已知：Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC．
（1）如图1，点D是BC边上一点（不与点B，C重合），连接AD，过点B作BE⊥AD，交AD的延长线于点E，连接CE．
①若∠BAD＝α，求∠DBE的大小（用含α的式子表示）；
②用等式表示线段EA，EB和EC之间的数量关系，并证明．
（2）如图2，点D在线段BC的延长线上时，连接AD，过点B作BE⊥AD，垂足E在线段AD上，连接CE．
①依题意补全图2；
②直接写出线段EA，EB和EC之间的数量关系．
【答案】（1）①∠DBE＝45°﹣α；②AE﹣BE=2EC，证明见解析；（2）①补全图形见解析；②EB﹣EA=2EC．
【分析】（1）①根据等腰直角三角形的性质得到∠CAB=45°，即可求出∠CAD=45∘−α．根据三角形的内角和即可求出∠DBE=∠CAD=45∘−α；
②过点C作CR⊥CE交AE于R，然后证明△ACR≌△BCE，得到AR＝BE，CR＝CE，即可得到△CER是等腰直角三角形，ER=2CE，由此即可求解；
（2）①根据题目要求作图即可；
②过点C作CF⊥CE，交AD的延长线于点F.根据三角形的内角和定理得到∠CAF=∠CBE，证明△ACF≌△BCE.根据全等三角形的性质有AF=BE，CF=CE．根据等腰直角三角形的性质有EF=2EC．则有 AF -EA =2EC，即可求出线段EA，EB和EC之间的数量关系．
【详解】解：（1）①如图1中，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴∠CAB＝45°，
∵∠BAD＝α，
∴∠CAD＝45°﹣α．
∵∠ACB＝90°，BE⊥AD，∠ADC＝∠BDE，
∴∠DBE＝∠CAD＝45°﹣α；
②结论：AE﹣BE=2EC．
理由：如图，过点C作CR⊥CE交AE于R．
∴∠ACB＝∠RCE＝90°，
∴∠ACR＝∠BCE，
∵∠CAR+∠ADC＝90°，∠CBE+∠BDE＝90°，∠ADC＝∠BDE，
∴∠CAR＝∠CBE，
在△ACR和△BCE中，
∠ACR=∠BCECA=CB∠CAR=∠CBE，
∴△ACR≌△BCE（ASA），
∴AR＝BE，CR＝CE，
∴△CER是等腰直角三角形，
∴ER=2CE，
∴AE﹣BE＝AE﹣AR＝ER =2EC．
（2）①补全图形，如图2所示：
②猜想：当D在BC边的延长线上时，EB﹣EA=2EC；理由如下：
过点C作CF⊥CE，交AD的延长线于点F，
如图3所示：则∠ECF＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD＝90°，
∴∠ECF+∠ACE＝∠ACB+∠ACE，
即∠ACF＝∠BCE，
∵∠CAF+∠ADB＝90°，∠CBE+∠ADB＝90°，
∴∠CAF＝∠CBE，
在△ACF和△BCE中，
∠ACF=∠BCEAC=BC∠CAF=∠CBE，
∴△ACF≌△BCE（ASA），
∴AF＝BE，CF＝CE．
∵∠ECF＝90°，
∴△CEF是等腰直角三角形，
∴EF=2EC，
即AF﹣EA=2EC．
∴EB﹣EA=2EC．
【点睛】考查等腰直角三角形的性质，三角形的内角和定理，全等三角形的判定与性质等，难度一般，掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．
4．（2021·四川省成都市七中育才学校七年级期中）已知：△ABC中，∠ACB=90°，AC=CB，D为直线BC上一动点，连接AD，在直线AC右侧作AE⊥AD，且AE=AD．
（1）如图1，当点D在线段BC上时，过点E作EH⊥AC于H，连接DE．求证：EH=AC；
（2）如图2，当点D在线段BC的延长线上时，连接BE交CA的延长线于点M．求证：BM=EM；
（3）当点D在直线CB上时，连接BE交直线AC于M，若2AC=5CM，请求出S△ADBS△AEM的值．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）43或47
【分析】（1）由“AAS”可证△AHE≌△DCA，可得EH=AC，即可求证；
（2）过点E作EN⊥AC，交CA延长线于N，由“AAS”可证△ANE≌△DCA，可得AC=EN=BC，由“AAS”可证△ENM≌△BCM，可得BM=EM；
（3）AC=5a，CM=2a，分三种情况：当点D在线段BC上，点D在线段BC的延长线上，点D在线段CB的延长线上，由全等三角形的性质可求得相应线段的长，再由三角形的面积公式可求解．
【详解】证明（1）∵AE⊥AD，∠ACB=90°，
∴∠EAH=90°−∠CAD，∠ADC=90°−∠CAD，
∴∠EAH=∠ADC，
在△AHE与△DCA中
∠AHE=∠ACB=90°∠EAH=∠ADCAE=AD，
∴△AHE≌△DCA(AAS)，
∴EH=AC；
（2）如图2，过点E作EN⊥AC，交CA延长线于N，
∵AE⊥AD，∠ACB=90°，
∴∠EAN=90°−∠CAD，∠ADC=90°−∠CAD，
∴∠EAN=∠ADC，
在△ANE与△DCA中，
∠ANE=∠DCA=90°∠ENA=∠ACDAN=AD
∴△ANE≌△DCA(AAS)，
∴EN=AC，
又∵AC=BC，
∴EN=BC，
又在△ENM与△BCM中，
∠EMN=∠BMC∠N=∠BCA=90°EN=BC
∴△ENM≌△BCM(AAS)，
则BM=EM；
（3）如图，当点D在线段BC上时，
∵2AC=5CM，
∴可设AC=5a，CM=2a，
由（1）得：△AHE≌△DCA，
则AH=CD，EH=AC=BC=5a，
由∵∠EHM=∠BCM=90° ，∠BMC=∠EMH ，
∴△MHE≌△MCB（AAS），
∴CM=HM，
即HM=CM=2a，
∴AH=AC−CM−HM=5a−2a−2a=a ，
∴AM=AH+HM=3a，CD=AH=a ，
EH=AC=5a，
BD=BC−CD=4a，
∴S△ADBS△AEM=12BD×AC12AM×EH=12×4a×5a12×3a×5a=43；
如图，点D在CB延长线上时，过点E作EN⊥AC，交AC延长线于N，
∵2AC=5CM，
∴可设AC=5a，CM=2a，
∵EN⊥AC，AE⊥AD，
∴∠ANE=∠EAD=∠ACB=90° ，
∴∠EAN=90°−∠CAD，∠ADC=90°−∠CAD，
∴∠EAN=∠ADC，
在△ANE与△DCA中，
∠ANE=∠DCA=90°∠ENA=∠ACDAN=AD
∴△ANE≌△DCA(AAS)，
∴EN=AC，AN=CD ，
又∵AC=BC，
∴EN=BC，
又在△ENM与△BCM中，
∠EMN=∠BMC∠N=∠BCA=90°EN=BC
∴△ENM≌△BCM(AAS)，
∴CM=NM=2a，
NE=BC=AC=5a ，
∴AN=AC+CM+MN=9a ，
AM=AC+CM=7a ，
AN=CD=9a ，
∴BD=4a，
∴S△ADBS△AEM=12BD×AC12AM×EN=12×4a×5a12×7a×5a=47，
点D在BC延长线上
由图2得：AC