Question

【题目】（性质探究）

如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE平分∠BAC，交BC于点E．作DF⊥AE于点H，分别交AB，AC于点F，G．

（1）判断△AFG的形状并说明理由．

（2）求证：BF=2OG．

（迁移应用）

（3）记△DGO的面积为S1，△DBF的面积为S2，当时，求的值．

（拓展延伸）

（4）若DF交射线AB于点F，（性质探究）中的其余条件不变，连结EF，当△BEF的面积为矩形ABCD面积的时，请直接写出tan∠BAE的值．

Answer 1

【答案】（1）等腰三角形，理由见解析；（2）见解析；（3）；（4）或

【解析】

（1）如图1中，△AFG是等腰三角形，利用全等三角形的性质证明即可．

（2）如图2中，过点O作OL∥AB交DF于L，则∠AFG=∠OLG．首先证明OG=OL，再证明BF=2OL即可解决问题．

（3）如图3中，过点D作DK⊥AC于K，则∠DKA=∠CDA=90°，利用相似三角形的性质解决问题即可．

（4）设OG=a，AG=k．分两种情形：①如图4中，连接EF，当点F在线段AB上时，点G在OA上．②如图5中，当点F在AB的延长线上时，点G在线段OC上，连接EF．分别求解即可解决问题．

（1）解：如图1中，△AFG是等腰三角形．

理由：∵AE平分∠BAC，

∴∠1=∠2，

∵DF⊥AE，

∴∠AHF=∠AHG=90°，

∵AH=AH，

∴△AHF≌△AHG（ASA），

∴AF=AG，

∴△AFG是等腰三角形．

（2）证明：如图2中，过点O作OL∥AB交DF于L，则∠AFG=∠OLG．

∵AF=AG，

∴∠AFG=∠AGF，

∵∠AGF=∠OGL，

∴∠OGL=∠OLG，

∴OG=OL，

∵OL∥AB，

∴△DLO∽△DFB，

∴，

∵四边形ABCD是矩形，

∴BD=2OD，

∴BF=2OL，

∴BF=2OG．

（3）解：如图3中，过点D作DK⊥AC于K，则∠DKA=∠CDA=90°，

∵∠DAK=∠CAD，

∴△ADK∽△ACD，

∴，

∵S1=OGDK，S2=BFAD，

又∵BF=2OG，，

∴，设CD=2x，AC=3x，则AD= ，

∴．

（4）解：设OG=a，AG=k．

①如图4中，连接EF，当点F在线段AB上时，点G在OA上．

∵AF=AG，BF=2OG，

∴AF=AG=k，BF=2a，

∴AB=k+2a，AC=2（k+a），

∴AD2=AC2﹣CD2=[2（k+a）]2﹣（k+2a）2=3k2+4ka，

∵∠ABE=∠DAF=90°，∠BAE=∠ADF，

∴△ABE∽△DAF，

∴，

∴，

∴，

由题意：=AD（k+2a），

∴AD2=10ka，

即10ka=3k2+4ka，

∴k=2a，

∴AD= ，

∴BE= = ，AB=4a，

∴tan∠BAE= ．

②如图5中，当点F在AB的延长线上时，点G在线段OC上，连接EF．

∵AF=AG，BF=2OG，

∴AF=AG=k，BF=2a，

∴AB=k﹣2a，AC=2（k﹣a），

∴AD2=AC2﹣CD2=[2（k﹣a）]2﹣（k﹣2a）2=3k2﹣4ka，

∵∠ABE=∠DAF=90°，∠BAE=∠ADF，

∴△ABE∽△DAF，

∴，

∴，

∴ ，

由题意：=AD/span>（k﹣2a），

∴AD2=10ka，

即10ka=3k2﹣4ka，

∴k= ，

∴AD= ，

∴，AB= ，

∴tan∠BAE= ，

综上所述，tan∠BAE的值为或．