Question

1．如图，E点在正方形ABCD内部，且AE⊥BE，AE=2BE，点F是线段AE的中点，连接CF，∠FCD的平分线交AD于G．
（1）若BC=$2\sqrt{5}$，求△ABE的面积．
（2）求证：CG∥AE．

Answer 1

分析 （1）根据勾股定理求得AE、BE，然后根据三角形面积公式即可求得；
（2）延长AE交BC于H，连接FG，根据△BEH∽△AEB，求得EH、BH，进而求得FH、FH、HC，作FK⊥BC于K，根据平行线分线段成比例定理求得FK，然后根据勾股定理求得FC，从而求得FC=DC，然后根据SAS证得△DCG≌△FCG，得出FG=DG，∠CFG=∠D=90°，进一步证得∠GAF=∠GFA，得出AG=FG，从而证得AG=CH，得出四边形AHCG是平行四边形，即可证得CG∥AE．

解答 （1）解：∵AE⊥BE，
∴AE²+BE²=AB²，
∵AE=2BE，AB=BC=2$\sqrt{5}$，
∴4BE²+BE²=20，
∴BE=2，AE=4，
∴S_△ABE=$\frac{1}{2}$AE•BE=4；
（2）证明：延长AE交BC于H，连接FG，
∵BE⊥AE，
∴∠BAE+∠ABE=90°，∠ABE+∠EBH=90°，
∴∠BAE=∠EBH，
∴△BEH∽△AEB，
∴$\frac{EH}{BE}$=$\frac{BH}{AB}$=$\frac{BE}{AE}$=$\frac{1}{2}$，
∴EH=1，BH=$\sqrt{5}$，
∴FH=2+1=3，FH=5，HC=$\sqrt{5}$，
作FK⊥BC于K，则FK∥AB，
∴$\frac{FK}{AB}$=$\frac{KH}{BH}$=$\frac{FH}{AH}$，即$\frac{FK}{2\sqrt{5}}$=$\frac{KH}{\sqrt{5}}$=$\frac{3}{5}$，
∴FK=$\frac{6\sqrt{5}}{5}$，KH=$\frac{3\sqrt{5}}{5}$，
∴KC=KH+HC=$\frac{8\sqrt{5}}{5}$，
∴FC=$\sqrt{F{K}^{2}+K{C}^{2}}$=2$\sqrt{5}$，
∴FC=DC=2$\sqrt{5}$，
在△DCG和△FCG中
$\left\{\begin{array}{l}{DC=FC}\\{∠DCG=∠FCG}\\{CG=CG}\end{array}\right.$
∴△DCG≌△FCG（SAS），
∴FG=DG，∠CFG=∠D=90°，
∴∠AFG+∠CFH=90°，
作HQ⊥FC于Q，
∵∠HQC=∠FKC=90°，∠HCQ=∠FCK，
∴△HQC∽△FKC，
∴$\frac{HQ}{FK}$=$\frac{HC}{FC}$，即$\frac{HQ}{\frac{6\sqrt{5}}{5}}$=$\frac{\sqrt{5}}{2\sqrt{5}}$，
∴HQ=$\frac{3\sqrt{5}}{5}$，
∴HQ=KH，
∴∠KFH=∠CFH，
∵FK∥AB，
∴∠BAE=∠KFH，
∵∠GAF+BAE=90°，
∴∠GAF+∠KFH=90°，
∴∠GAF=∠GFA，
∴AG=FG，
∴AG=DG=$\frac{1}{2}$AD=$\sqrt{5}$，
∴AG=HC，
∵AD∥BC，
∴四边形AHCG是平行四边形，
∴CG∥AE．

点评 本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，角平分线的判定定理以及勾股定理等，作出辅助线构建相似三角形或全等三角形是解题的关键．