Question

11．四边形ABCD为矩形，G为BC上任意一点，DE⊥AG于点E．
（1）如图1，若AB=BC，BF∥DE，且交AG于F，求证：AF-BF=EF；
（2）如图2，在（1）的条件下，AG=$\sqrt{5}$BG，求证：CE=2CG；
（3）如图3，连接EC，若CG=CD，DE=2，GE=1，求CE的长．

Answer 1

分析 （1）利用△AED≌△BFA求得AE=BF，再利用线段关系求出AF-BF=EF．
（2）延长AG与DC交于点F，设BG=t先求出AB，再利用△ABG≌△FCG及直角三角形斜边上的中点，求出$\frac{GC}{EC}$；
（3）连接DG，作EM⊥BC于M点，利用直角三角形求出DG，CD的长，再利用△ABG∽△DEA，求出AD，再运用△EMG∽△DEA求出EM和MG，再运用勾股定理即可求出CE的长．

解答 （1）证明：如图1中，∵四边形ABCD为矩形，AB=BC，
∴四边形ABCD为正方形，
∴AD=AB，∠BAD=90°，
又∵DE⊥AG，BF∥DE，
∴∠AED=∠AFB=90°，
∵∠BAF+∠DAE=90°，∠BAE+∠ABF=90°，
∴∠DAE=∠ABF，
在△AED和△BFA中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠AED=∠AFB}\\{∠DAE=∠ABF}\\{AD=AB}\end{array}\right.$
∴△AED≌△BFA（AAS），
∴AE=BF，
∴AF-BF=EF，

（2）解：如图2中，∵AG=$\sqrt{5}$BG，
设BG=t，则AG=$\sqrt{5}$t，
在Rt△ABG中，AB=$\sqrt{A{G}^{2}-B{G}^{2}}$=2t，
∴BC=2t，
∵∠BAD+∠GAD=∠BAD+∠AGB=90°，
∴∠GAD=∠AGB，
∵∠ABC=∠AED=90°，
∴△ABG∽△AED，
∴$\frac{AG}{AD}$=$\frac{BG}{AE}$，
∴AE=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$t，
∴EG=$\frac{3\sqrt{5}}{5}$ t，
∴GC：EG=t：$\frac{3\sqrt{5}}{5}$t=$\frac{\sqrt{5}}{3}$；

（3）解：如图3中，连接DG，作EM⊥BC于M点，
∵DE⊥AG，DE=2，GE=1，
∴在Rt△DEG中，DG=$\sqrt{D{E}^{2}+G{E}^{2}}$=$\sqrt{5}$，
∵CG=CD，
∴在Rt△DCG中，∠CDG=∠CGD=45°，
∴CD=CG=$\frac{DG}{\sqrt{2}}$=$\frac{\sqrt{10}}{2}$，
∵∠BAG+∠GAD=90°，∠EDA+∠GAD=90°，
∴∠BAG=∠EDA，
∵∠ABG=∠DEA=90°，
∴△ABG∽△DEA，
∴$\frac{AD}{AG}$=$\frac{DE}{AB}$，
设AD=x，则AE=$\sqrt{{x}^{2}-D{E}^{2}}$=$\sqrt{{x}^{2}-4}$，AG=$\sqrt{{x}^{2}-4}$+1，
∴$\frac{x}{\sqrt{{x}^{2}-4}+1}$=$\frac{2}{\frac{\sqrt{10}}{2}}$，
解得x₁=$\frac{2\sqrt{10}}{3}$，x₂=-2 $\sqrt{10}$（舍去）
∴AE=$\sqrt{A{D}^{2}-D{E}^{2}}$=$\frac{2}{3}$，
又∵∠BAG=∠MEG，
∴∠EDA=∠MEG，
∴△EMG∽△DEA
∴$\frac{GE}{AD}$=$\frac{EM}{DE}$ $\frac{MG}{AE}$=，即$\frac{1}{\frac{2\sqrt{10}}{3}}$=$\frac{EM}{2}$=$\frac{MG}{\frac{2}{3}}$，
解得EM=$\frac{3\sqrt{10}}{10}$，MG=$\frac{\sqrt{10}}{10}$，
∴CM=CG+MG=$\frac{\sqrt{10}}{2}$+$\frac{\sqrt{10}}{10}$=$\frac{3\sqrt{10}}{5}$，
∴CE=$\sqrt{E{M}^{2}+C{M}^{2}}$=$\sqrt{（\frac{3\sqrt{10}}{10}）^{2}+（\frac{3\sqrt{10}}{5}）^{2}}$=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$．
故答案为：$\frac{3\sqrt{2}}{2}$．

点评 本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是正确作出辅助线，运用三角形相似求出线段的长度．此题难度较大，考查了学生计算能力．解题时一定要细心．