Question

2．如图，矩形ABCD中，BE平分∠ABC交AD于点E，F为BE上一点，连接DF，过F作FG⊥DF交BC于点G，连接BD交FG于点H，若FD=FG，BF=3$\sqrt{2}$，BG=4，则GH的长为$\frac{8\sqrt{10}}{11}$．

Answer 1

分析 解法一：作辅助线，构建相似三角形和全等三角形，先根据△ABF是等腰直角三角形求BM和FM的长，证明△DNF≌△FMG，得DN=FM=3，NF=MG=1；再利用AD∥BC和平行线分线段成比例定理依次列比例式，求QN和QF的长，设GH=x，列方程可求得GH的长．
解法二：过点F作FN⊥BC，过点B作BM⊥FG，由等腰直角△FBN得FN=BN=3，GN=1，FG=FD=$\sqrt{10}$，由面积法得BM、GM，由相似得HM，则GH=HM+GM可得此解．

解答 解：解法一：如右图，过点F作BC的垂线，分别交BC、AD于点M、N，则MN⊥AD，延长GF交AD于点Q，如图所示．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，AD∥BC，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠EBC=45°，
∴△MBF是等腰直角三角形，
∵BF=3$\sqrt{2}$，
∴BM=FM=3，
∵BG=4，
∴MG=1，
∵FD⊥FG，
∴∠DFG=90°，
∴∠DFN+∠MFG=90°，
∵∠DNF=90°，
∴∠NDF+∠DFN=90°，
∴∠NDF=∠MFG，
在DNF和△FMG中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠NDF=∠MFG}\\{∠DNF=∠FMG=90°}\\{FD=FM}\end{array}\right.$，
∴△DNF≌△FMG（AAS），
∴DN=FM=3，NF=MG=1，
由勾股定理得：FG=FD=$\sqrt{10}$，
∵QN∥BC，
∴$\frac{FN}{FM}=\frac{FQ}{GF}$=$\frac{QN}{MG}$，
∴$\frac{1}{3}=\frac{FQ}{\sqrt{10}}$=$\frac{QN}{1}$，
∴FQ=$\frac{\sqrt{10}}{3}$，QN=$\frac{1}{3}$，
设GH=x，则FH=$\sqrt{10}$-x，
∵QD∥BG，
∴$\frac{QD}{BG}=\frac{QH}{GH}$，
∴$\frac{\frac{1}{3}+3}{4}=\frac{\frac{\sqrt{10}}{3}+\sqrt{10}-x}{x}$，
x=$\frac{8\sqrt{10}}{11}$，
即GH=$\frac{8\sqrt{10}}{11}$．
解法二：如右图，过F作FN⊥BC于N，过B作BM⊥FG于M，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，AD∥BC，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠EBC=45°，
∴△NBF是等腰直角三角形，
∵BF=3$\sqrt{2}$，
∴BN=FN=3，
∵BG=4，
∴NG=1，
在Rt△FNG中，由勾股定理得：DF=FG=$\sqrt{{3}^{2}+{1}^{2}}$=$\sqrt{10}$，
∵S_△BFG=$\frac{1}{2}$BG•FN=$\frac{1}{2}$FG•BM，
∴4×3=$\sqrt{10}$BM，
∴BM=$\frac{6\sqrt{10}}{5}$，
∴GM=$\sqrt{B{G}^{2}-B{M}^{2}}$=$\sqrt{{4}^{2}-（\frac{6\sqrt{10}}{5}）^{2}}$=$\frac{2\sqrt{10}}{5}$，
∴FM=GF-GM=$\sqrt{10}$-$\frac{2\sqrt{10}}{5}$=$\frac{3\sqrt{10}}{5}$，
∵DF∥BM，
∴△DFH∽△BMH，
∴$\frac{DF}{BM}=\frac{FH}{HM}$，
∴$\frac{\sqrt{10}}{\frac{6\sqrt{10}}{5}}$=$\frac{\frac{3\sqrt{10}}{5}-HM}{HM}$，
∴HM=$\frac{18\sqrt{10}}{55}$，
∴GH=HM+GM=$\frac{18\sqrt{10}}{55}$+$\frac{2\sqrt{10}}{5}$=$\frac{8\sqrt{10}}{11}$；
故答案为：$\frac{8\sqrt{10}}{11}$．

点评 本题考查了矩形的性质、全等三角形、平行线分线段成比例定理，此题应用得知识点较多，恰当地作辅助线是本题的关键，根据构建的平行线列比例式求线段的长，本题还利用了勾股定理求线段的长，从而使问题得以解决．