Question

2．如圖，在四邊形ABCD中，線段CE交四邊形的邊于點(diǎn)E，點(diǎn)H為BD中點(diǎn)，BF，DG分別垂直CE于點(diǎn)F和點(diǎn)G，連接HF，HG．
（1）如圖1，若四邊形ABCD為正方形，AB=3，AE=2EB，求BF的長(zhǎng)；
（2）如圖1，若四邊形ABCD為正方形，試猜想FG與HF的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由；
（3）如圖2，若四邊形ABCD為平行四邊形，CE平分∠BCD且交AD于點(diǎn)E，其他條件不變，求證：AE=HF+HG．

Answer 1

分析 （1）利用面積法來(lái)求BF的長(zhǎng)度；
（2）通過(guò)全等三角形的判定與性質(zhì)得到△BFC≌△CGD、△HBF≌△HCG，則推知△FGH為等腰直角三角形，所以FG=$\sqrt{2}$HF；
（3）延長(zhǎng)GH交BF于點(diǎn)M．由全等三角形的判定定理推知△BHM≌△DHG，則由該全等三角形的性質(zhì)、直角三角形斜邊上中線的性質(zhì)證得FH=GH=MH，易證：AH=HC，EG=GC，所以AE=2HG，故AE=HF+HG．

解答 解：（1）如圖1，∵四邊形ABCD為正方形，AB=3，AE=2EB，
∴BC=AB=3，AE=2，BE=1，
∴在直角△BEC中，由勾股定理得到：CE=$\sqrt{B{E}^{2}+B{C}^{2}}$=$\sqrt{{1}^{2}+{3}^{2}}$=$\sqrt{10}$，
則$\frac{1}{2}$BE•BC=$\frac{1}{2}$CE•BF，
故BF=$\frac{BE•BC}{CE}$=$\frac{1×3}{\sqrt{10}}$=$\frac{3\sqrt{10}}{10}$；

（2）如圖1，F(xiàn)G=$\sqrt{2}$HF．理由如下：
∵在△BFC與△CGD中，$\left\{\begin{array}{l}{∠BCF=∠CDG}\\{∠BFC=∠CGD}\\{BC=CD}\end{array}\right.$，
∴△BFC≌△CGD（AAS），
∴BF=CG，∠FBC=∠DCG．
∵點(diǎn)H是BD的中點(diǎn)，
∴CH⊥BD，且HC=BH=DH，
∴∠HBC=∠HCD=45°，
∴∠FBH=∠GHC．
∵在△HBF與△HCG中，$\left\{\begin{array}{l}{BF=CG}\\{∠FBH=∠GCH}\\{BH=CH}\end{array}\right.$，
∴△HBF≌△HCG（SAS），
∴FH=GH，∠FHB=∠GHC，
∴∠FHG=∠BHC=90°，
∴FG=$\sqrt{2}$HF；

（3）證明：如圖2，∵BF，DG分別垂直CE于點(diǎn)F和點(diǎn)G，
∴BF∥DG．
又∵BH=HD，
∴∠MHB=∠GDH．
∵在△BHM與△DHG中，$\left\{\begin{array}{l}{∠MBH=∠GDH}\\{BH=DH}\\{∠MHB=∠GHD}\end{array}\right.$，
∴△BHM≌△DHG（ASA），
∴HM=HG．
∵∠MFG=90°，
∴FH=GH=MH，
易證AH=HC，EG=GC，
∴AE=2HG，
故AE=HF+HG．

點(diǎn)評(píng) 本題綜合考查了等腰三角形的判定與性質(zhì)、正方形（平行四邊形的性質(zhì)以及全等三角形的判定與性質(zhì)，熟記以上圖形的性質(zhì)并能靈活運(yùn)用其性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵，綜合性較強(qiáng)，難度較大．