1. 如图，在$Rt△ABC$中，$AB = AC$，$∠BAC = 90^{\circ}$，点$D$，$E$分别在边$BC$及其延长线上，$BD^{2}+CE^{2}=DE^{2}$，$F$为$△ABC$外一点，且$FB⊥BC$，$FA⊥AE$，则结论：①$AF = AE$；②$∠DAE = 45^{\circ}$；③$S_{△ADE}=\frac{1}{4}AD· EF$；④$CE^{2}+BE^{2}=2AE^{2}$。其中正确的是（
A
）
A. ①②③④
B. ①②④
C. ①③④
D. ①②
答案：1. 首先证明$\triangle ABF\cong\triangle ACE$：
因为$AB = AC$，$\angle BAC = 90^{\circ}$，所以$\angle ABC=\angle ACB = 45^{\circ}$，又$FB\perp BC$，则$\angle FBA=\angle FBC-\angle ABC = 90^{\circ}-45^{\circ}=45^{\circ}=\angle ACE$。
因为$\angle FAE=\angle BAC = 90^{\circ}$，所以$\angle FAB+\angle BAD=\angle CAE+\angle BAD = 90^{\circ}$，即$\angle FAB=\angle CAE$。
在$\triangle ABF$和$\triangle ACE$中，$\left\{\begin{array}{l}\angle FAB=\angle CAE\\AB = AC\\\angle FBA=\angle ACE\end{array}\right.$，根据$ASA$（角 - 边 - 角）定理，可得$\triangle ABF\cong\triangle ACE$。
所以$AF = AE$，故①正确。
2. 然后证明$\triangle ADF\cong\triangle ADE$：
由$\triangle ABF\cong\triangle ACE$得$BF = CE$。
已知$BD^{2}+CE^{2}=DE^{2}$，在$Rt\triangle BDF$中，$DF^{2}=BD^{2}+BF^{2}$（勾股定理，$FB\perp BC$），因为$BF = CE$，所以$DF^{2}=BD^{2}+CE^{2}=DE^{2}$，即$DF = DE$。
又$AF = AE$，$AD = AD$，根据$SSS$（边 - 边 - 边）定理，$\triangle ADF\cong\triangle ADE$。
所以$\angle DAF=\angle DAE$，又$\angle FAE = 90^{\circ}$，所以$\angle DAE=\frac{1}{2}\angle FAE = 45^{\circ}$，故②正确。
3. 接着求$S_{\triangle ADE}$：
根据三角形面积公式$S=\frac{1}{2}ah$（$a$为底，$h$为高），$S_{\triangle ADE}=\frac{1}{2}DE· h$（设$h$为$A$到$DE$的高），$S_{\triangle ADF}=\frac{1}{2}DF· h$。
因为$\triangle ADF\cong\triangle ADE$，$S_{\triangle ADE}=S_{\triangle ADF}$，又$S_{\triangle ADF}=\frac{1}{2}S_{\triangle AFE}$（等底$AF = AE$，$\triangle ADF$与$\triangle AFE$高相同），$S_{\triangle AFE}=\frac{1}{2}EF· h_{1}$（设$h_{1}$为$A$到$EF$的高），$S_{\triangle ADE}=\frac{1}{2}S_{\triangle AFE}=\frac{1}{4}EF· AD$（$\triangle AFE$中，$AD$是中线，根据等底同高三角形面积关系），故③正确。
4. 最后证明$CE^{2}+BE^{2}=2AE^{2}$：
因为$BF = CE$，$BE=BD + DE$，$DF = DE$，$EF=\sqrt{2}AE$（$\triangle AFE$是等腰直角三角形，$AF = AE$，$\angle FAE = 90^{\circ}$，由勾股定理$EF^{2}=AF^{2}+AE^{2}=2AE^{2}$）。
$BE^{2}=(BD + DE)^{2}=BD^{2}+2BD· DE+DE^{2}$，$CE^{2}=BF^{2}$。
由$\triangle ABF\cong\triangle ACE$，$\triangle ADF\cong\triangle ADE$，$CE^{2}+BE^{2}=BF^{2}+BD^{2}+2BD· DE+DE^{2}$。
又$DF = DE$，$BF = CE$，$EF^{2}=2AE^{2}$，$CE^{2}+BE^{2}=(BD^{2}+BF^{2})+2BD· DE+DE^{2}=DF^{2}+2BD· DE+DE^{2}$。
因为$\triangle ADF\cong\triangle ADE$，$\angle ADE=\angle ADF$，$\angle ADB+\angle ADF = 180^{\circ}$，$\angle ADB+\angle ADE = 180^{\circ}$，$A$，$B$，$F$，$D$四点共圆（对角互补的四边形内接于圆），$\angle AFD=\angle ABD = 45^{\circ}$，$\angle AFE = 45^{\circ}$，$\angle BFE = 90^{\circ}$。
$BE^{2}+BF^{2}=EF^{2}$（勾股定理，$FB\perp BE$），因为$BF = CE$，$EF^{2}=2AE^{2}$，所以$CE^{2}+BE^{2}=2AE^{2}$，故④正确。
综上，①②③④都正确，答案是A。
2. 如图，在$△ABC$中，$∠BAC = 90^{\circ}$，$AB = AC$，点$D$，$E$均在边$BC$上，且$∠DAE = 45^{\circ}$。若$BD = 4$，$CE = 3$，则$DE =$
5
。
答案：5
3. （2023秋·新抚区期中）如图，在等腰$Rt△ABC$中，$AB = AC$，点$D$，$E$是斜边$BC$上的两点，且$∠DAE = 45^{\circ}$。若$BD = 6$，$CE = 8$，则$△ABD$与$△ADE$的面积之比为
$3:5$
。
答案：$3:5$
4. 如图，$∠BAC = ∠DAF = 90^{\circ}$，$AB = AC$，$AD = AF$，点$D$，$E$为$BC$边上的两点，且$∠DAE = 45^{\circ}$，连接$EF$，$BF$，则下列结论正确的是______
①③
。
①$△AED≌△AEF$；②$△AED$为等腰三角形；③$BE + DC＞DE$；④$BE^{2}+DC^{2}＞DE^{2}$。
答案：①③
5. 如图，在$Rt△ABC$中，$AB = AC$，$∠BAC = 90^{\circ}$，$D$，$E$为$BC$上两点，$∠DAE = 45^{\circ}$，$F$为$△ABC$外一点，且$FB⊥BC$，$FA⊥AE$，则下列结论：①$CE = BF$；②$BD^{2}+CE^{2}=DE^{2}$；③$S_{△ADE}=\frac{1}{4}AD\cdot EF$；④$CE^{2}+BE^{2}=3AE^{2}$。其中正确的是______
①②③
。
答案：①②③
