Question

11．已知：AC=BC，∠ACB=90°．将线段AC绕点A逆时针旋转α（0°＜α＜90°）得到线段AD，射线CD交AB于点G，点B关于射线CD的对称点为E，连接AE，BE（如图1），BE交射线CD于F点，
（1）求证：CD=BE；
（2）如图2，若G为FD中点，求$\frac{AG}{BG}$；
（3）若α=30°，$\frac{BE}{AE}$=$\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}$（直接写出结果，不需要解答过程）．

Answer 1

分析 （1）过A作AM⊥CD于M．只要证明△ACM≌△CBF，推出CM=BF，由CD=2CM，BE=2BF，即可推出CD=BE．
（2）延长CF到N，使得FN=CM，由△ACM≌△CBF，推出AM=CF，BF=CM=DM=FN，设FN=BF=a，AM=b，由CM=FN，推出MN=AM=b，FG=DG=$\frac{1}{2}$（b-2a），GM=DM+DG=$\frac{b}{2}$，由BF∥AM，推出$\frac{BF}{AM}$=$\frac{GF}{GM}$=$\frac{BG}{AG}$，可得$\frac{a}{b}$=$\frac{\frac{1}{2}（b-2a）}{\frac{1}{2}b}$，推出b=3a，由此即可解决问题．
（3）连接CE、在线段CF上取一点M，使得CM=BM，连接BM．首先证明△ACE是等边三角形，推出AE=CE=BC，设BE=2a，则BF=a，想办法求出BC即可解决问题．

解答 （1）证明：过A作AM⊥CD于M．

∵AC=AD，AM⊥CD，
∴CM=DM，∠ACB=∠AMC=90°，
∴∠ACM+∠BCF=90°，
∵点B关于射线CD的对称点为E，
∴CF⊥EB，EF=FB，
∴∠CFB=90°，
∴∠BCF+∠CBF=90°，
∴∠ACM=∠CBF，
在△ACM和△CBF中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠AMC=∠CFB}\\{∠ACM=∠CBF}\\{AC=CB}\end{array}\right.$，
∴△ACM≌△CBF，
∴CM=BF，
∵CD=2CM，BE=2BF，
∴CD=BE．

（2）解：延长CF到N，使得FN=CM，

由（1）可知，△ACM≌△CBF，
∴AM=CF，BF=CM=DM=FN，设FN=BF=a，AM=b，
∵CM=FN，
∴MN=AM=b，FG=DG=$\frac{1}{2}$（b-2a），GM=DM+DG=$\frac{b}{2}$，
∵BF∥AM，
∴$\frac{BF}{AM}$=$\frac{GF}{GM}$=$\frac{BG}{AG}$，
∴$\frac{a}{b}$=$\frac{\frac{1}{2}（b-2a）}{\frac{1}{2}b}$，
∴b=3a，
∴$\frac{BG}{AG}$=$\frac{a}{3a}$=$\frac{1}{3}$，
∴$\frac{AG}{BG}$=3．

（3）解：连接CE、在线段CF上取一点M，使得CM=BM，连接BM．

∵∠CAD=30°，AC=AD，
∴∠ACD=75°，∵∠ACB=90°，
∴∠BCF=∠ECF=15°，
∴∠BCE=30°，
∴∠ACE=60°，
∵CB=CE=CA，
∴△ACE是等边三角形，
∴AE=CE=BC，设BE=2a，则BF=a，
在Rt△BMF中，∵∠BMF=∠MCB+∠MBC=30°，
∴CM=BM=2a，MF=$\sqrt{3}$a，
∴BC=$\sqrt{B{F}^{2}+C{F}^{2}}$=$\sqrt{{a}^{2}+（2a+\sqrt{3}a）^{2}}$=（$\sqrt{6}$+$\sqrt{2}$）a，
∴$\frac{AE}{BE}$=$\frac{（\sqrt{6}+\sqrt{2}）a}{2a}$=$\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}$．

点评 本题考查三角形综合题、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形，学会利用参数构建方程，学会用转化的首先思考问题，属于中考压轴题．