Question

8．已知：在正方形ABCD中，AC、BD相交于点O，点E是射线AB上一点，点F是直线AD上一点，BE=DF，连结EF交线段BD于点G，交AO于点H． AB=3，AG=$\sqrt{5}$．
（1）如图①点E在线段AB上，点F在线段AD延长线上．
①求证：GE=GF； 
②求BE、EH的长；
（2）如图②，点E在线段AB的延长线上，点F在线段AD上，请直接写出EH的长．

Answer 1

分析 （1）①过点E作EM⊥AB，交BD于点M，则EM∥AF，利用ASA证得△EMG≌△FDG后即可证得GE=GF；
②首先证明△EMG≌△FDG，得到点G为Rt△AEF斜边上的中点，则求出EF=2AG=2$\sqrt{5}$；其次，在Rt△AEF中，利用勾股定理求出BE或DF的长度；然后在Rt△DFK中解直角三角形求出DK的长度，从而得到CK的长度，由AB∥CD，列比例式求出AH的长度；最后作HN∥AE，列出比例式求出EH的长度；
（2）同理根据上题求得EK=$\frac{\sqrt{5}}{2}$，BK=$\frac{1}{2}$，AF=2，然后根据平行线分线段成比例定理求得KH=$\frac{5}{6}\sqrt{5}$，利用EH=EK+KH求得结论即可．

解答 解（1）①过点E作EM⊥AB，交BD于点M，则EM∥AF，△BEM为等腰直角三角形，
∵EM∥AF，
∴∠EMG=∠FDG，∠GEM=∠F；
∵△BEM为等腰直角三角形，
∴EM=BE，
∵BE=DF，
∴EM=DF．
在△EMG与△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为EF的中点，
∴EF=2AG=2$\sqrt{5}$．（直角三角形斜边上的中线长等于斜边长的一半）
设BE=DF=x，则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=$\frac{1}{2}$．
设EF与CD交于点K，则在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=$\frac{\sqrt{5}}{2}$+$\frac{5}{6}\sqrt{5}$=$\frac{4}{3}\sqrt{5}$．

点评 本题是几何综合题，考查相似三角形的综合运用，难度较大．解题关键是：第一，读懂题意，由EF与线段BD相交，可知点E、F位于直线BD的两侧，因此有两种情形，需要分类讨论，分别计算；第二，相似三角形比较多，需要理清头绪；第三，需要综合运用相似三角形、全等三角形、正方形、勾股定理、等腰直角三角形的相关性质．