Question

9．如图，四边形ABCD是矩形，E是BD上的一点，∠BAE=∠BCE，∠AED=∠CED，点G是BC，AE延长线的交点，AG与CD相交于点F．
（1）求证：四边形ABCD是正方形；
（2）当AE=3EF，DF=$\frac{3}{4}$时，求GF的值．

Answer 1

分析 （1）由∠BAE=∠BCE，∠AED=∠CED，利用三角形外角的性质，即可得∠CBE=∠ABE，又由四边形ABCD是矩形，即可证得△ABD与△BCD是等腰直角三角形，继而证得四边形ABCD是正方形；
（2）在正方形ABCD中，AB∥CD，得到△AEB∽△FED，求得$\frac{AB}{DF}=\frac{AE}{EF}$，于是得到AB=3DF=4，由正方形的性质得到CD=AD=AB=4，求出CF=CD-DF=4-$\frac{4}{3}$=$\frac{8}{3}$，通过△ADF∽△GCF，得到$\frac{AD}{CG}=\frac{DF}{CF}=\frac{1}{2}$，于是得到CG=2AD=8，根据勾股定理即可得到结论．

解答 （1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠BCD=90°，
∵∠BAE=∠BCE，
∴∠BAD-∠BAE=∠BCD-∠BCE，
即∠DAE=∠DCE，
在△AED和△CED中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠DAE=∠DCE}\\{∠AED=∠CED}\\{DE=DE}\end{array}\right.$，
∴△AED≌△CED（AAS），
∴AD=CD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴四边形ABCD是正方形；

（2）解：在正方形ABCD中，AB∥CD，
∴△AEB∽△FED，
∴$\frac{AB}{DF}=\frac{AE}{EF}$，
∵AE=3EF，DF=$\frac{3}{4}$，
∴AB=3DF=4，
∴CD=AD=AB=$\frac{9}{4}$，
∴CF=CD-DF=$\frac{9}{4}$-$\frac{3}{4}$=$\frac{3}{2}$，
∵AD∥CG，
∴△ADF∽△GCF，
∴$\frac{AD}{CG}=\frac{DF}{CF}=\frac{1}{2}$，
∴CG=2AD=$\frac{9}{2}$，
在Rt△CFG中，GF=$\sqrt{C{F}^{2}+C{G}^{2}}$=$\sqrt{（\frac{3}{2}）^{2}+（\frac{9}{2}）^{2}}$=$\frac{3\sqrt{10}}{4}$．

点评 此题考查了相似三角形的判定与性质、矩形的性质，正方形的判定与性质、等腰直角三角形的性质以及三角形外角的性质．此题难度适中，注意数形结合思想的应用．