Question

17．在?ABCD中，∠BAD、∠ABC、∠BCD、∠CDA平分线分别为AG、BE、CE、DG，BE与CE交于点E，AG与BE交于点F，AG与DG交于点G，CE与DG交于点H．
（1）如图（1），已知AD=2AB，此时点E、G分别在边AD、BC上．
①四边形EFGH是B；
A．平行四边形  B．矩形  C．菱形  D．正方形
②请判断EG与AB的位置关系和数量关系，并说明理由；
（2）如图（2），分别过点E、G作EP∥BC、GQ∥BC，分别交AG、BE于点P、Q，连结PQ、EG，求证：四边形EPQG为菱形；
（3）已知AD=nAB（n≠2），判断EG与AB的位置关系和数量关系（直接写出结论）．

Answer 1

分析 （1）①根据角平分线和平行四边形的性质可求证∠BEC=∠AGD=∠EFG=90°；②利用AE∥BC，BE平分∠ABC，AG平分∠BAE，即可求出AE=AB=BG，从而得到四边形AEGB是平行四边形；
（2）根据平行四边形的判定定理得到四边形PEGQ是平行四边形，根据角平分线的定义得到∠BAF+∠ABF=$\frac{1}{2}$（∠BAD+∠ABC）=90°，证得PG⊥EQ，然后根据菱形的判定定理即可得到结论；
（3）如图1，当n＞1时，延长BE交AD于M，根据平行线的性质得到∠ABE=∠BEG，根据角平分线的定义得到∠ABE=∠CBE，等量代换得到∠BMD=∠GEM，∠ADG=∠AME，推出四边形EGDM是等腰梯形，由等腰梯形的性质得到EG=DM，根据已知条件和比的性质得到得到GE=（n-1）AB；如图2，当n＜1，同理得到EG=（1-n）AB；当n=1时，即AB=AD，四边形EFGH不存在．

解答 解：（1）①当AD=2AB时，
∵BE平分∠ABC，CE平分∠BCD，
∴∠EBG+∠ECG=$\frac{1}{2}$（∠ABC+∠DCB）=90°，
即∠BEC=90°，
同理可证：∠AGD=∠EFG=90°
故选B；
②EG∥AB，EG=AB
理由：∵AD∥BC，
∴∠AEB=∠EBC，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠EBC，
∴∠ABE=∠AEB，
∴AB=AE，
同理可证：AB=BG，
∴AE=BG，
∴四边形ABGE是平行四边形，
∴EG∥AB，EG=AB，

（2）分别延长EP，GQ，交AB于M，N，分别延长PE，QG交CD于M′，N′，
∵在?ABCD中，
∴AB∥DC，∵PE∥BC，
∴四边形MBCM′是平行四边形，
∴MM′=BC，MB=M′C，∵PE∥BC，∴∠MEB=∠EBC，∵BE平分∠ABC，∴∠ABE=∠EBC，∴∠MEB=∠ABE，∴MB=ME，同理M′E=M′C，∴ME=M′E，∴ME=$\frac{1}{2}$MM′，∵MM′=BC，∴ME=$\frac{1}{2}$BC，同理NG=$\frac{1}{2}$BC，∴ME=NQ，∵GQ∥BC，
∴∠DAG=∠NAG，
∵AG平分∠BAD，∴∠DAG=∠NAG，
∴∠NAG=∠AGN，
∴AN=NQ，
∵MB=ME，
AN=NG，ME=AM，∴MB=AN，
∴MB-MN=AN-MN，
即BN=AM，∵PE∥BC，
∴∠DAG=APM，
∵∠DAG=∠BAC，
∴∠APM=∠BAG，
∴AM=PM，
同理BN=QN，
∴PM=NQ，
∵ME=NG，PM=QN，
∴PE=QG，
∵EP∥BC、GQ∥BC，
∴EP∥GQ
∴四边形PEGQ是平行四边形，
∵AG平分∠BAD，BE平分∠ABC，
∴∠BAF+∠ABF=$\frac{1}{2}$（∠BAD+∠ABC）=90°，
即∠AFB=90°，
∴PG⊥EQ，
∴?PEGQ是菱形；

（3）如图1，当n＞1时，延长BE交AD于M，
∵EG∥AB，
∴∠ABE=∠BEG，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE，
∵AD∥BC，
∴∠AMB=∠MBC，
∴∠AME=∠BEG，
∴∠BMD=∠GEM，
∵DG平分∠ADC，
∴∠ADG=ABE，
∴∠ADG=∠AME，
∴MB∥DG，
∴四边形EGDM是等腰梯形，
∴EG=DM，
∵AD=nAB，
∴$\frac{AB}{AD}$=$\frac{AM}{AD}$=$\frac{1}{n}$，
∴$\frac{DM}{AM}=\frac{n-1}{1}$，
∴$\frac{GE}{AB}$=$\frac{n-1}{1}$，
∴GE=（n-1）AB；
如图2，当n＜1，
同理BM=EG，AM=AD，
∴$\frac{EG}{AB}=\frac{1-n}{1}$，
∴EG=（1-n）AB；
当n=1时，即AB=AD，四边形EFGH不存在．

点评 本题考查了相似三角形的判定和性质，平行四边形的平方和行政，菱形的判定，等腰梯形的判定和性质，角平分线的定义，正确的识别图形是解题的关键．