Question

2．如图，Rt△ACB中，∠ACB=90°，AC=BC，E点为射线CB上一动点，连接AE，作AF⊥AE且AF=AE．
（1）如图1，过F点作FD⊥AC交AC于D点，求证：EC+CD=DF；
（2）如图2，连接BF交AC于G点，若$\frac{AG}{CG}$=3，求证：E点为BC中点；
（3）当E点在射线CB上，连接BF与直线AC交于G点，若$\frac{BC}{BE}$=$\frac{4}{3}$，则$\frac{AG}{CG}$=$\frac{11}{3}$（直接写出结果）

Answer 1

分析 （1）通过全等三角形△ADF≌△EDA的对应边相等得到：AD=CD，FD=AC，则利用等量代换和图形中相关线段间的和差关系证得结论；
（2）过F点作FD⊥AC交AC于D点，根据（1）中结论可得FD=AC=BC，即可证明△FGD≌△BCD，可得DG=CG，根据$\frac{AG}{CG}$=3可证$\frac{AD}{AC}$=$\frac{1}{2}$，根据AD=CE，AC=BC，即可解题；
（3）过F作FD⊥AG的延长线交于点D，易证$\frac{AC}{CE}$=$\frac{4}{7}$，由（1）（2）可知△ADF≌△ECA，△GDF≌△GCB，可得CG=GD，AD=CE，即可求得$\frac{AG}{CG}$的值，即可解题．

解答 证明：（1）如图1，∵∠FAD+∠CAE=90°，∠FAD+∠F=90°，
∴∠CAE=∠F，
在△ADF和△ECA中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠ADF=∠ECA}\\{∠DFA=∠CAE}\\{AF=AE}\end{array}\right.$，
∴△ADF≌△ECA（AAS），
∴AD=CD，FD=AC，
∴CE+CD=AD+CD=AC=FD，即EC+CD=DF；

证明：（2）如图2，过F点作FD⊥AC交AC于D点，
∵△ADF≌△ECA，
∴FD=AC=BC，
在△FDG和△BCG中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠FGD=∠CGB}\\{∠FDG=∠C=90°}\\{FD=BC}\end{array}\right.$，
∴△FDG≌△BCG（AAS），
∴GD=CG，
∵$\frac{AG}{CG}$=3，
∴$\frac{AD}{CG}$=2，
∴$\frac{AD}{AC}$=$\frac{1}{2}$，
∵AG=CE，AC=BC
∴$\frac{CE}{BC}$=$\frac{1}{2}$，
∴E点为BC中点；

（3）过F作FD⊥AG的延长线交于点D，如图3，
∵$\frac{BC}{BE}$=$\frac{4}{3}$，BC=AC，CE=CB+BE，
∴$\frac{AC}{CE}$=$\frac{4}{7}$，
由（1）（2）知：△ADF≌△ECA，△GDF≌△GCB，
∴CG=GD，AD=CE，
∴$\frac{AC}{AD}$=$\frac{4}{7}$，
∴$\frac{AC}{CD}$=$\frac{4}{3}$，
∴$\frac{AC}{\frac{1}{2}AD}$=$\frac{AC}{CG}$=$\frac{8}{3}$，
∴$\frac{AG}{CG}$=$\frac{11}{3}$．
故答案为：$\frac{11}{3}$．

点评 本题考查了相似综合题，需要掌握全等三角形的判定，全等三角形对应边相等的性质，本题中求证△ADF≌△ECA、△GDF≌△GCB是解题的关键．