Question

12．在等边△ABC中，点D在AB上，点E在AC的延长线上，满足：AD=CE，点F为CD的中点，连接AF交BE于点G．
（1）如图1，求证：∠AGB=60°；
（2）如图2，过点C作CH∥BE交AG于H，若CH=2FH，请你探究线段AG与BG的数量关系，并证明你的结论．

Answer 1

分析 （1）过点C作CM∥AB交AG的延长线于M，如图1，利用等边三角形的性质得∠BAC=∠ACB=60°，AC=BC，则利用平行线的性质得∠DAF=∠M，∠AFD=∠CFM，∠ACM=120°，接着证明△ADF≌△MCF得到AD=MC，则AD=CE=CM，然后证明△BCE≌△ACM得到∠2=∠1，再利用三角形外角性质计算出∠AGB的度数；
（2）作DN∥CH交AG于N，如图2，先证明△DNF≌△CHF得到NF=HF，DN=CH，设HF=x，则CH=2HF=2x，NH=DN=2x，在判定点A、B、G、C四点共圆，则根据圆内接四边形的性质得∠AGC=∠ABC=60°，接着证明△CGH为等边三角形得到HG=CH=CG=2x，然后理由平分线分线段成比例定理，由DN∥BG得到$\frac{DN}{BG}$=$\frac{AN}{AG}$，即$\frac{2x}{BG}$=$\frac{AG-4x}{AG}$①，接下来理由旋转的定义，可把△CBG绕点C顺时针旋转60°可得到△CAH，
所以BG=AH，则AG=BG+2x，即2x=AG-BG②，最后把②代入①得AG和BG的关系．

解答 （1）证明：过点C作CM∥AB交AG的延长线于M，如图1，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠BAC=∠ACB=60°，AC=BC，
∵AD∥CM，
∴∠DAF=∠M，∠AFD=∠CFM，∠ACM=120°，
∵点F为CD的中点，
∴DF=CF，
在△ADF和△MCF
$\left\{\begin{array}{l}{∠DAF=∠M}\\{∠DFA=∠CFM}\\{DF=CF}\end{array}\right.$，
∴△ADF≌△MCF，
∴AD=MC，
∵AD=CE，
∴CM=CE，
在△BCE和△ACM中
$\left\{\begin{array}{l}{BC=AC}\\{∠BCE=∠ACM}\\{CE=CM}\end{array}\right.$，
∴△BCE≌△ACM，
∴∠2=∠1，
∵∠ACB=∠2+∠E=60°，
∴∠AGB=∠1+∠E═∠2+∠E=60°；
（2）解：AG=$\sqrt{2}$BG．理由如下：
作DN∥CH交AG于N，如图2，
∵CH∥DN，
∴∠NDF=∠HCF，
在△DNF和△CHF中
$\left\{\begin{array}{l}{∠NDF=∠HCF}\\{DF=CF}\\{∠DFN=∠CFH}\end{array}\right.$，
∴△DNF≌△CHF，
∴NF=HF，DN=CH，
设HF=x，则CH=2HF=2x，NH=DN=2x，
∵∠AGB=60°，∠ACB=60°，
∴点A、B、G、C四点共圆，
∴∠AGC=∠ABC=60°，
∵CH∥BE，
∴∠CHG=∠BGH=60°，
∴△CGH为等边三角形，
∴HG=CH=CG=2x，
∵DN∥BG，
∴$\frac{DN}{BG}$=$\frac{AN}{AG}$，即$\frac{2x}{BG}$=$\frac{AG-4x}{AG}$①，
∵∠ACB=∠GCH=60°，CH=CG，CB=CA，
∴将△CBG绕点C顺时针旋转60°可得到△CAH，
∴BG=AH，
∴AG=AH+HG=BG+2x，
∴2x=AG-BG②，
把②代入①得$\frac{AG-BG}{BG}$=$\frac{AG-2（AG-BG）}{AG}$，
整理得AG²=2BG²，
∴AG=$\sqrt{2}$BG．

点评 本题考查了四点共圆：熟练掌握四点共圆的判定方法、圆内接四边形的性质、旋转的性质和等边三角形的性质；灵活运用三角形全等的知识证明线段或角相等；充分运用中点构建全等三角形；会运用相似比建立线段之间的关系．