Question

20．在正方形ABCD中．
（1）若E，F分别在BD，BC上，且AE⊥EF于E，求证：AB-BF=$\sqrt{2}$ED；
（2）如图2，AC交BD于O，过O作OQ⊥OP于O，交BC，DC于Q，P，∠QPC的角平分线PT交CO于T，求证：BC-QP=$\sqrt{2}$TC．
（3）如图（3），在OB，OC上取M，N，过O作OG⊥MC交BC于G，过N作NH⊥MC交BC于H．若BG=$\frac{4}{5}GH$，求$\frac{OM}{ON}$的值．

Answer 1

分析 （1）过点E作MN⊥BC，则MN⊥AD，证明△AME≌△ENF，得到FN=EM=$\frac{\sqrt{2}}{2}$DE，根据图形计算即可；
（2）作TM⊥BC于M，TH⊥DC于H，TN⊥QP于N，根据角平分线的性质得到TM=TH=TN=$\frac{\sqrt{2}}{2}$TC，证明△OBQ≌△OCP，得到BQ=CP，得到答案；
（3）作BP⊥BD交OG的延长线于P，交NB的延长线于R，证明四边形OPRN是平行四边形和△COM≌△OBP，求出答案．

解答 （1）证明：过点E作MN⊥BC，则MN⊥AD，
则△DME是等腰直角三角形，
∴DM=EM=$\frac{\sqrt{2}}{2}$DE，
∵AE⊥EF，
∴∠AEF=90°，
∴∠AEM+∠FEN=90°，又∠EFN+∠FEN=90°，
∴∠EFN=∠AEM，又EN=BN=AM，
在△AME和△ENF中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠AEM=∠EFN}\\{AM=EN}\\{∠AME=∠ENF}\end{array}\right.$，
∴△AME≌△ENF，
∴FN=EM=$\frac{\sqrt{2}}{2}$DE，
∴AB-BF=BC-BF=FN+NC=$\frac{\sqrt{2}}{2}$DE+$\frac{\sqrt{2}}{2}$DE=$\sqrt{2}$ED；
（2）证明：作TM⊥BC于M，TH⊥DC于H，TN⊥QP于N，
∵PT是∠QPC的角平分线，OC是∠DCB的角平分线，
∴TM=TH=TN=$\frac{\sqrt{2}}{2}$TC，
在△OBQ和△OCP中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠BOQ=∠COP}\\{OB=OC}\\{∠OBQ=∠OCP}\end{array}\right.$，
∴△OBQ≌△OCP
∴BQ=CP，
BC-QP=BQ+QM+MC-（QN+NP）=TM+TH=$\frac{\sqrt{2}}{2}$TC+$\frac{\sqrt{2}}{2}$TC=$\sqrt{2}$TC；
（3）解：作BP⊥BD交OG的延长线于P，交NB的延长线于R，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BOC=90°，
∴OC∥BR，又OG∥BN，
∴四边形OPRN是平行四边形，
∴ON=PR，
由（1）得，△COM≌△OBP，
∴OM=BP，
∵BG=$\frac{4}{5}GH$，又∵OG∥BN，
∴$\frac{BP}{PR}$=$\frac{4}{5}$，即$\frac{OM}{ON}$=$\frac{4}{5}$．

点评 本题考查的是正方形的性质、相似三角形的判定定理和性质定理，正确作出辅助线、灵活运用相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．