Question

【题目】已知四边形ABCD是矩形，连接AC，点E是边CB延长线上一点，CA=CE，连接AE，F是线段AE的中点，

（1）如图1，当AD=DC时，连接CF交AB于M，求证：BM=BE；

（2）如图2，连接BD交AC于O，连接DF分别交AB、AC于G、H，连接GC，若∠FDB=30°，S四边形GBOH=，求线段GC的长．

Answer 1

【答案】（1）见解析；（2）

【解析】分析：（1）如图1，根据等腰三角形的三线合一得CF⊥AE，则∠AFC=90°，证明△AEB≌△CMB，可得BE=BM；

（2）如图2，作辅助线构建三角形全等，先证明△AMF≌△EBF，得FM=BF，AM=BE，再证明△DMB是等腰三角形，由三线合一得：DF平分∠BDM，根据∠FDB=30°得△BDM是等边三角形；由此△ACE为等边三角形，△OHD为直角三角形，设未知数：OH=x，根据S四边形GBOH=S△DGB-S△OHD，列方程得出结论．

详解：（1）如图1，∵AC=EC，F是AE的中点，

∴CF⊥AE，

∴∠AFC=90°，

∵四边形ABCD是矩形，AD=DC，

∴矩形ABCD为正方形，

∴AB=BC，∠ABC=90°，

∴∠AFC=∠ABC，

∵∠AMF=∠BMC，

∴∠EAB=∠MCB，

∵∠ABE=∠ABC=90°，

∴△AEB≌△CMB，

∴BE=BM；

（2）如图2，连接BF并延长交直线AD于M，

∵F是AE的中点，

∴AF=EF，

∵四边形ABCD是矩形，

∴AD∥BC，AC=BD，

∴∠M=∠FBE，

∵∠AFM=∠EFB，

∴△AMF≌△EBF，

∴FM=BF，AM=BE，

∵AD=BC，

∴AD+AM=BC+BE，

即DM=CE，

∵AC=CE，

∴EC=DM=AC=BD，

∴△DMB是等腰三角形，

∵F是BM的中点，

∴DF平分∠BDM，

∵∠BDF=30°，

∴∠BDM=60°，

∴△BDM是等边三角形，

∴∠M=60°，

在Rt△BCD中，∠BDC=90°﹣60°=30°，

∴∠DBC=60°，

∵OB=OC，

∴∠DBC=∠OCB=60°，

∴△ACE为等边三角形，

在△OHD中，∠HOD=∠BOC=60°，

∴∠OHD=90°，

设OH=x，则OD=2x，BD=4x，BC=2x，

∴DH=x，AH=x，DC=AB=2x，

Rt△ABC中，∠ACE=60°，

∴∠BAC=30°，

∴cos30°=，

AG==，

∴BG=AB﹣AG=2x﹣=，

∴S四边形GBOH=S△DGB﹣S△OHD，

=BGAD﹣OHDH，

=2x﹣xx=，

解得：x2=9，

x=±3，

∴BC=2x=6，

BG=×3=4，

由勾股定理得：CG===2．