Question

1．已知：在△ABC中，CD⊥AB于點(diǎn)D，過點(diǎn)D作DE∥AC，點(diǎn)G為ED的中點(diǎn)，BG的延長線交AC于點(diǎn)F，連接CG．

（1）若∠BGE=∠CGE，求證：∠CEG=2∠CDE；
（2）若DE⊥BC，若∠GCE=∠DCG+∠ABF，探究：CE與BE的數(shù)量關(guān)系．

Answer 1

分析 （1）易證∠CGE=∠DGF和CG=FG，即可證明△CGE≌△FGD，可得∠CEG=∠FDG，易證∠CDF=∠CDE，即可求得∠CDE=$\frac{1}{2}$∠CEG，即可解題；
（2）結(jié)論：BE=2CE．如圖2中，作CN⊥BF于N，連接FD，取BG中點(diǎn)M，連接EM．首先證明AF=CF=DF=FG，再證明△DGF≌△EGM，推出BG=2CF，由△CGN≌△CGE，推出CE=CN，由△CNF∽△BEG，得到$\frac{CN}{EB}$=$\frac{CF}{BG}$=$\frac{1}{2}$，由此即可證明．

解答 證明：（1）如圖1中，連接DF．

∵DE∥AC，
∴∠CGE=∠ACG，∠BGE=∠BFC，
∵∠CGE=∠BGE，∠BGE=∠DGF，
∴∠ACG=∠BFC，∠CGE=∠DGF，
∴CG=FG，
在△CGE和△FGD中，
$\left\{\begin{array}{l}{CG=FG}\\{∠CGE=∠DGF}\\{DG=GE}\end{array}\right.$，
∴△CGE≌△FGD（SAS），
∴∠CEG=∠FDG，
∵DE∥AC，
∴$\frac{DG}{AF}$=$\frac{BG}{BF}$=$\frac{EG}{FC}$，
∵DG=EG，
∴AF=FC，
∴DF是RT△ACD斜邊上中線，
∴∠CDF=∠FCD，
∵∠CDE=∠DCF，
∴∠CDF=∠CDE，
∴∠CDE=$\frac{1}{2}$∠FDG=$\frac{1}{2}$∠CEG
∴2∠CDE=∠CEG；

（2）結(jié)論：BE=2CE．
理由：如圖2中，作CN⊥BF于N，連接FD，取BG中點(diǎn)M，連接EM．

∵∠CNO=∠BDO=90°，∠CON=∠BOD，
∴∠NCO=∠DBO，
∵∠GCE=∠DCG+∠DBG，
∴∠GCE=∠GCN，
∵∠CEG=∠CNG=90°，
∴∠CGE=∠CGN，
∵AC∥DE，
∴∠FCG=∠CGE=∠CGF，
∴FC=FG，
由（1）可知AF=FC，
∴DF=AF=FC=FG，
∴∠FDG=∠FGD=∠EGM，
∵∠BEG=90°，GM=MB，
∴EM=MG=BM，
∴∠MEG=∠MGE=∠FDG，
∵DG=GE，
∴△GDF≌△GEM，
∴FG=GM=BM=FC，
∴BG=2CF，
∵GE∥CF，
∴∠BGE=∠CFN，∵∠CNF=∠BEG=90°，
∴△CNF∽△BEG，
∴$\frac{CN}{EB}$=$\frac{CF}{BG}$=$\frac{1}{2}$，
∴BE=2CN，
在△CGE和△CGN中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠CNG=∠CEG}\\{∠CNG=∠CEG}\\{CG=CG}\end{array}\right.$，
∴△CGN≌△CGE，
∴CE=CN，
∴BE=2CE．

點(diǎn)評 本題考查三角形綜合題、全等三角形的判定和性質(zhì)、直角三角形斜邊中線定理、相似三角形的判定和性質(zhì)，平行線分線段成比例定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形，相似三角形解決問題，綜合性比較強(qiáng)，屬于中考?jí)狠S題．