Question

10．如图1，在矩形ABCD中，E是CB延长线上一个动点，F、G分别为AE、BC的中点，FG与ED相交于点H
（1）求证：HE=HG；
（2）如图2，当BE=AB时，过点A作AP⊥DE于点P连接BP，求$\frac{PE-PA}{PB}$的值；
（3）在（2）的条件下，若AD=2，∠ADE=30°，则BP的长为$\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}$．．

Answer 1

分析 （1）证明：延长BC至M，且使CM=BE，则BM=CE，由SAS证明△ABM≌△DCE，得出∠DEC=∠AMB，证出FG为△AEM的中位线，得出FG∥AM，
得出∠HGE=∠AMB=∠HEG，即可得出HE=HG；
（2）过点B作BQ⊥BP交DE于Q，由ASA证明△BEQ≌△BAP，得出PA=QE，QB=PB，证出△PBQ是等腰直角三角形，由勾股定理得出PQ=$\sqrt{2}$PB，即可得出答案；
（3）由直角三角形的性质得出CE=$\sqrt{3}$CD，得出BE+BC=CD+2=$\sqrt{3}$CD，CD=$\sqrt{3}$+1，求出DE=2CD=2$\sqrt{3}$+2，证出AP=EQ=1，DP=$\sqrt{3}$，得出PQ=$\sqrt{3}$+1，即可得出答案．

解答 （1）证明：延长BC至M，且使CM=BE，连接AM、DM，如图1所示：
则BM=CE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=DC，AD∥BC，∠BAD=∠ABC=∠DCB=90°，
在△ABM和△DCE中，$\left\{\begin{array}{l}{AB=DC}&{\;}\\{∠ABC=∠DCB}&{\;}\\{BM=CE}&{\;}\end{array}\right.$，
∴△ABM≌△DCE（SAS），
∴∠DEC=∠AMB，
∵EB=CM，BG=CG，
∴G为EM的中点，
∴FG为△AEM的中位线，
∴FG∥AM，
∴∠HGE=∠AMB=∠HEG，
∴HE=HG，
（2）解：过点B作BQ⊥BP交DE于Q，如图2所示：
则∠PBQ=90°，
∵∠ABE=180°-∠ABC=90°，
∴∠EBQ=∠ABP，
∵AD∥BC，
∴∠ADP=∠BEQ，
∵AP⊥DE，∠BAD=90°，
由角的互余关系得：∠BAP=∠ADP，
∴∠BEQ=∠BAP，
在△BEQ和△BAP中，$\left\{\begin{array}{l}{∠EBQ=∠ABP}&{\;}\\{BE=BA}&{\;}\\{∠BEQ=∠BAP}&{\;}\end{array}\right.$，
∴△BEQ≌△BAP（ASA），
∴PA=QE，QB=PB，
∴△PBQ是等腰直角三角形，
∴PQ=$\sqrt{2}$PB，
∴$\frac{PE-PA}{PB}$=$\frac{PE-QE}{PB}$=$\frac{PQ}{PB}$=$\sqrt{2}$；
（3）∵∠ADE=∠CED=30°
∴CE=$\sqrt{3}$CD
∴BE+BC=CD+2=$\sqrt{3}$CD，CD=$\sqrt{3}$+1，
∴DE=2CD=2$\sqrt{3}$+2，
∵∠ADE=30°，
∴AP=EQ=1，DP=$\sqrt{3}$，
∴PQ=2$\sqrt{3}$+2-1-$\sqrt{3}$=$\sqrt{3}$+1，
∴BP=$\frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{2}}$=$\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}$；
故答案为：$\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}$．

点评 本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、直角三角形的性质等知识；本题综合性强，有一定难度．