等腰Rt△ABC中.∠ABC=90°.AB=BC.F为AB上一点.连接CF.过B作BH⊥CF交CF于G.交AC于H.延长BH到点E.连接AE．(1)当∠EAB=90°.AE=1.F为AB的三等分点时.求HB的长,(2)当∠E=45°时.求证:EG=CG,(3)在AB上取点K.使AK=BF连接HK并延长与CF的延长线交于点P.若G为CP的中点.请直接写出AH.BH与CP� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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13．等腰Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC，F为AB上一点，连接CF，过B作BH⊥CF交CF于G，交AC于H，延长BH到点E，连接AE．
（1）当∠EAB=90°，AE=1，F为AB的三等分点时，求HB的长；
（2）当∠E=45°时，求证：EG=CG；
（3）在AB上取点K，使AK=BF连接HK并延长与CF的延长线交于点P，若G为CP的中点，请直接写出AH、BH与CP间的数量关系．

分析（1）分两种情况：①当BF=$\frac{1}{3}$AB时，如图1，证明△EAB≌△FBC，得BF=AE=1，由勾股定理求出BE的长，再由AE∥BC得$\frac{AE}{BC}=\frac{EH}{HB}$=$\frac{1}{3}$，则BH=$\frac{3}{4}$BE，代入得出结论；
②当AF=$\frac{1}{3}$AB时，如图2，同理得$\frac{AE}{BC}=\frac{EH}{HB}$=$\frac{2}{3}$，则BH=$\frac{3}{5}$BE，代入得出结论；
综合①②得出HB的长；
（2）如图3，作辅助线，构建全等三角形和等腰直角三角形，证明△AMB≌△BGC，则BM=CG，AM=BG，由∠E=45°，得△AME是等腰直角三角形，则EG=BM，所以EG=CG；
（3）作辅助线构建全等三角形和等边三角形，先证明△MAB≌△FBC和△MAH≌△KAH，根据全等三角形性质和三角形内角和定理列等式，求出∠P=30°，由等边△RHB得∠ABH=∠RBC，则△ABH≌△CBR，所以RC=AH，在直角△GHC中利用30°角的余弦列式得出CH=$\frac{CG}{cos30°}$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$CG，即RH+RC=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$CG，从而得出结论．

解答解：（1）F为AB的三等分点时，分两种情况：
①当BF=$\frac{1}{3}$AB时，如图1，
∵∠ABC=90°，
∴∠ABE+∠EBC=90°，
∵BH⊥CF，
∴∠BGC=90°，
∴∠EBC+∠FCB=90°，
∴∠ABE=∠FCB，
∵∠BAE=∠ABC=90°，AB=BC，
∴△EAB≌△FBC，
∴BF=AE=1，
∵BF=$\frac{1}{3}$AB，
∴AB=3，
由勾股定理得：BE=$\sqrt{{1}^{2}+{3}^{2}}$=$\sqrt{10}$，
∵∠EAB+∠ABC=90°+90°=180°，
∴AE∥BC，
∴$\frac{AE}{BC}=\frac{EH}{HB}$=$\frac{1}{3}$，
∴BH=$\frac{3}{4}$BE=$\frac{3\sqrt{10}}{4}$；
②当AF=$\frac{1}{3}$AB时，如图2，
同理得△EAB≌△FBC，则AE=BF=1，
∴AB=$\frac{3}{2}$
由勾股定理得：BE=$\sqrt{{1}^{2}+（\frac{3}{2}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{13}}{2}$
∵AE∥BC，
∴$\frac{AE}{BC}=\frac{EH}{HB}$=$\frac{1}{\frac{3}{2}}$=$\frac{2}{3}$，
∴BH=$\frac{3}{5}$BE=$\frac{3}{5}$×$\frac{\sqrt{13}}{2}$=$\frac{3\sqrt{13}}{10}$
∴HB的长为$\frac{3\sqrt{10}}{4}$或$\frac{3\sqrt{13}}{10}$；
（2）如图3，过A作AM⊥BE于M，则∠AMB=∠BGC=90°，
∵∠MAB+∠ABM=90°，∠ABM+∠CBE=90°，
∴∠MAB=∠CBE，
∵AB=BC，
∴△AMB≌△BGC，
∴BM=CG，AM=BG，
∵∠E=45°，AM⊥BE，
∴△AME是等腰直角三角形，
∴AM=EM，
∴EM=BG，
∴EM+MG=BG+MG，
即EG=BM，
∴EG=CG；
（3）如图4，AH+BH=$\frac{\sqrt{3}}{3}$CP，理由是：
过A作AM⊥AB，交BH延长线于M，
得△MAB≌△FBC，
∴AM=BF=AK，∠AMB=∠CFB，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠CAB=45°，
∵∠MAB=90°，
∴∠MAH=45°，
∴∠MAH=∠CAB，
∵AH=AH，
∴△MAH≌△KAH，
∴∠AMB=∠AKH，
∴∠AKH=∠CFB，
∵∠AKH=∠PKF，∠CFB=∠PFK，
∴∠PKF=∠PFK，
∵FC⊥BH，G是PC中点，
∴CH=PH，
∴∠AHK=2∠P，
在△PFK中，∠PKF=$\frac{180°-∠P}{2}$=90°-$\frac{1}{2}$∠P，
则90°-$\frac{1}{2}$∠P+45°+2∠P=180°，
解得∠P=30°，
在CH上取一点R，使RH=BH，连接BR，
∴∠RHB=$\frac{180°-∠AHK}{2}$=60°，
∴△RHB是等边三角形，
∴BH=BR=RH，
∵∠CAB=∠ACB=45°，∠AHB=180°-60°=120°，∠BRC=180°-60°=120°，
∴∠ABH=∠RBC，
∴△ABH≌△CBR，
∴AH=CR，
∵cos30°=$\frac{CG}{CH}$，
∴CH=$\frac{CG}{cos30°}$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$CG，
∴RH+RC=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$CG，
∵CG=$\frac{1}{2}$PC，RH=BH，BC=AH，
∴AH+BH=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$×$\frac{1}{2}$PC=$\frac{\sqrt{3}}{3}$PC．

点评本题是三角形的综合题，考查了等腰直角三角形、全等三角形、等腰三角形等图形的性质和判定，综合性较强；在第一问中，F为AB的三等分点时，要分两种情况进行讨论，根据勾股定理和平行线分线段成比例定理得出结论；在证明两条线段相等时，如果不能直接得出，可以考虑利用第三线段得出，也可以利用等式的性质和线段的和差关系得出，本题的后两问就是利用了这个方法．

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