Question

8．已知：在正方形ABCD中，AC、BD相交于點(diǎn)O，點(diǎn)E是射線AB上一點(diǎn)，點(diǎn)F是直線AD上一點(diǎn)，BE=DF，連結(jié)EF交線段BD于點(diǎn)G，交AO于點(diǎn)H． AB=3，AG=$\sqrt{5}$．
（1）如圖①點(diǎn)E在線段AB上，點(diǎn)F在線段AD延長線上．
①求證：GE=GF； 
②求BE、EH的長；
（2）如圖②，點(diǎn)E在線段AB的延長線上，點(diǎn)F在線段AD上，請(qǐng)直接寫出EH的長．

Answer 1

分析 （1）①過點(diǎn)E作EM⊥AB，交BD于點(diǎn)M，則EM∥AF，利用ASA證得△EMG≌△FDG后即可證得GE=GF；
②首先證明△EMG≌△FDG，得到點(diǎn)G為Rt△AEF斜邊上的中點(diǎn)，則求出EF=2AG=2$\sqrt{5}$；其次，在Rt△AEF中，利用勾股定理求出BE或DF的長度；然后在Rt△DFK中解直角三角形求出DK的長度，從而得到CK的長度，由AB∥CD，列比例式求出AH的長度；最后作HN∥AE，列出比例式求出EH的長度；
（2）同理根據(jù)上題求得EK=$\frac{\sqrt{5}}{2}$，BK=$\frac{1}{2}$，AF=2，然后根據(jù)平行線分線段成比例定理求得KH=$\frac{5}{6}\sqrt{5}$，利用EH=EK+KH求得結(jié)論即可．

解答 解（1）①過點(diǎn)E作EM⊥AB，交BD于點(diǎn)M，則EM∥AF，△BEM為等腰直角三角形，
∵EM∥AF，
∴∠EMG=∠FDG，∠GEM=∠F；
∵△BEM為等腰直角三角形，
∴EM=BE，
∵BE=DF，
∴EM=DF．
在△EMG與△FDG中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠EMG=∠FDG}\\{EM=DF}\\{∠GEM=∠F}\end{array}\right.$
∴△EMG≌△FDG（ASA），
∴GE=GF；

②由①GE=GF，
∴G為EF的中點(diǎn)，
∴EF=2AG=2$\sqrt{5}$．（直角三角形斜邊上的中線長等于斜邊長的一半）
設(shè)BE=DF=x，則AE=3-x，AF=3+x，
在Rt△AEF中，由勾股定理得：AE²+AF²=EF²，即（3-x）²+（3+x）²=（2$\sqrt{5}$）²，
解得x=1，即BE=1，
∴AE=2，AF=4，
∴tan∠F=$\frac{1}{2}$．
設(shè)EF與CD交于點(diǎn)K，則在Rt△DFK中，DK=DF•tan∠F=$\frac{1}{2}$，
，∴FK=$\sqrt{D{F}^{2}+D{K}^{2}}$=$\frac{1}{2}\sqrt{5}$，CK=CD-DK=$\frac{5}{2}$．
∴EK=EF-FK=2$\sqrt{5}$-$\frac{1}{2}\sqrt{5}$=$\frac{3}{2}\sqrt{5}$，
∵AB∥CD，
∴$\frac{EH}{HK}$=$\frac{AH}{CH}=\frac{AE}{CK}$=$\frac{2}{\frac{5}{2}}$$\frac{4}{5}$，
∴EH=$\frac{4}{9}$EK=$\frac{2}{3}\sqrt{5}$．

（2）由②得：EK=$\frac{\sqrt{5}}{2}$，BK=$\frac{1}{2}$，AF=2，
∵BK∥AD，
∴EK：EF=BK：AF，
即：$\frac{\sqrt{5}}{2}$：EF=$\frac{1}{2}$：2，
解得：EF=2$\sqrt{5}$，
∴KF=$\frac{3}{2}\sqrt{5}$，
∵BC∥AD，
∴KC：AF=KH：HF，
即：$\frac{5}{2}：2$=KH：（$\frac{3}{2}\sqrt{5}$-KH），
解得：KH=$\frac{5}{6}\sqrt{5}$，
∴EH=EK+KH=$\frac{\sqrt{5}}{2}$+$\frac{5}{6}\sqrt{5}$=$\frac{4}{3}\sqrt{5}$．

點(diǎn)評(píng) 本題是幾何綜合題，考查相似三角形的綜合運(yùn)用，難度較大．解題關(guān)鍵是：第一，讀懂題意，由EF與線段BD相交，可知點(diǎn)E、F位于直線BD的兩側(cè)，因此有兩種情形，需要分類討論，分別計(jì)算；第二，相似三角形比較多，需要理清頭緒；第三，需要綜合運(yùn)用相似三角形、全等三角形、正方形、勾股定理、等腰直角三角形的相關(guān)性質(zhì)．