《2025年名校题库八年级数学上册北师大版》

2. (双流区期末)如图 1,在 $Rt\triangle ABC$ 中,$\angle ACB = 90^{\circ}$,$AC = BC$,$D$ 为 $\triangle ABC$ 内部一点,$AD = AC$,连接 $DC$,将 $DC$ 绕点 $D$ 逆时针旋转 $90^{\circ}$ 得到 $DE$,连接 $CE$ 交 $AD$ 于点 $F$,连接 $AE$,$BD$。
(1) 求证：$\triangle ADE \cong \triangle BCD$；
(2) 如图 2,当点 $E$ 落在 $AB$ 上时,求 $\angle DBE$ 的度数；
(3) 如图 3,若 $F$ 为 $AD$ 的中点,$BD = 2$,求 $AD$ 的长。

答案：

(1)证明:
∵将 $DC$ 绕点 $D$ 逆时针旋转 $90^{\circ}$ 得到 $DE$,
∴$DC = DE$,$\angle CDE = 90^{\circ} = \angle ACB$.
∵$AC = BC$,$AD = AC$,
∴$AC = AD = BC$,
∴$\angle ACD = \angle ADC$,
∴$\angle ADE = \angle DCB$,
∴$\triangle ADE \cong \triangle BCD(SAS)$.
(2)解:如图 1,过点 $C$ 作 $CH \perp AB$ 于点 $H$,$CH$ 交 $DE$ 于点 $G$,连接 $DH$,过点 $D$ 作 $DP \perp DH$ 交 $CH$ 于点 $P$.

在 $Rt\triangle CDG$ 和 $Rt\triangle EHG$ 中,
∵$\angle CDG = 90^{\circ} = \angle EHG$,$\angle CGD = \angle EGH$,
∴$\angle DCP = \angle DEH$.
∵$\angle CDE = \angle HDP = 90^{\circ}$,
∴$\angle CDP + \angle PDE = 90^{\circ} = \angle EDH + \angle PDE$,
∴$\angle CDP = \angle EDH$.
又
∵$DC = DE$,
∴$\triangle DCP \cong \triangle DEH(ASA)$,
∴$DP = DH$,
∴$\angle DHC = 45^{\circ} = \angle DHB$.
∵$AC = BC$,$\angle ACB = 90^{\circ}$,$CH \perp AB$,
∴$CH = BH$.
又
∵$DH = DH$,
∴$\triangle DCH \cong \triangle DBH(SAS)$,
∴$CD = BD$,
∴$\angle BCD = \angle CBD$.
由
(1)同理可得 $\triangle ADE \cong \triangle BCD$,
∴$\angle DAE = \angle CBD$,$\angle DAE = \angle BCD$.
∵$\angle ACD = \angle ADC$,
∴$\angle CAD = 180^{\circ} - 2\angle ACD$.
∵$\angle BCD = 90^{\circ} - \angle ACD$,
∴$\angle CAD = 2\angle BCD$.
设 $\angle BCD = \alpha$,则 $\angle CAD = 2\alpha$,
∴$\angle DAE = \angle CBD = \angle BCD = \alpha$.
∵$\angle CAB = 45^{\circ}$,
∴$2\alpha + \alpha = 45^{\circ}$,
∴$\alpha = 15^{\circ}$,
∴$\angle DBE = 45^{\circ} - 15^{\circ} = 30^{\circ}$.
(3)解:如图 2,过点 $A$ 作 $AG // DE$,交 $CE$ 于点 $G$,则 $\angle FAG = \angle FDE$,$\angle FGA = \angle FED = 45^{\circ}$.

又
∵$AF = DF$,
∴$\triangle AFG \cong \triangle DFE(AAS)$,
∴$AG = DE$,$EF = FG$.
∵$CD = DE$,
∴$AG = CD$.
∵$\angle ACD = \angle ADC$,
∴$\angle CAD = 180^{\circ} - 2\angle ACD$.
∵$\angle BCD = 90^{\circ} - \angle ACD$,
∴$\angle CAD = 2\angle BCD$.
∵$\angle BCD = \angle ADE = \angle FAG$,
∴$\angle CAD = 2\angle FAG$,
∴$\angle CAG = \angle FAG = \angle BCD$.
又
∵$AC = BC$,
∴$\triangle CAG \cong \triangle BCD(SAS)$,
∴$CG = BD$,$\angle ACG = \angle CBD$.
与
(1)同理可得 $\triangle ADE \cong \triangle BCD$,
∴$AE = BD = 2$,$\angle DAE = \angle CBD$,
∴$\angle EAG = \angle FAG + \angle FAE = \angle CAG + \angle ACG = \angle BCD + \angle ACG = 45^{\circ}$,
∴$\angle EAG = \angle EGA$,$\angle AEG = 90^{\circ}$,
∴$EG = AE = 2$,
∴$EF = 1$.
在 $Rt\triangle AEF$ 中,由勾股定理可得 $AF = \sqrt{2^{2} + 1^{2}} = \sqrt{5}$,
∴$AD = 2AF = 2\sqrt{5}$.