Question

11．已知：AC=BC，∠ACB=90°．將線段AC繞點A逆時針旋轉α（0°＜α＜90°）得到線段AD，射線CD交AB于點G，點B關于射線CD的對稱點為E，連接AE，BE（如圖1），BE交射線CD于F點，
（1）求證：CD=BE；
（2）如圖2，若G為FD中點，求$\frac{AG}{BG}$；
（3）若α=30°，$\frac{BE}{AE}$=$\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}$（直接寫出結果，不需要解答過程）．

Answer 1

分析 （1）過A作AM⊥CD于M．只要證明△ACM≌△CBF，推出CM=BF，由CD=2CM，BE=2BF，即可推出CD=BE．
（2）延長CF到N，使得FN=CM，由△ACM≌△CBF，推出AM=CF，BF=CM=DM=FN，設FN=BF=a，AM=b，由CM=FN，推出MN=AM=b，FG=DG=$\frac{1}{2}$（b-2a），GM=DM+DG=$\frac{b}{2}$，由BF∥AM，推出$\frac{BF}{AM}$=$\frac{GF}{GM}$=$\frac{BG}{AG}$，可得$\frac{a}{b}$=$\frac{\frac{1}{2}（b-2a）}{\frac{1}{2}b}$，推出b=3a，由此即可解決問題．
（3）連接CE、在線段CF上取一點M，使得CM=BM，連接BM．首先證明△ACE是等邊三角形，推出AE=CE=BC，設BE=2a，則BF=a，想辦法求出BC即可解決問題．

解答 （1）證明：過A作AM⊥CD于M．

∵AC=AD，AM⊥CD，
∴CM=DM，∠ACB=∠AMC=90°，
∴∠ACM+∠BCF=90°，
∵點B關于射線CD的對稱點為E，
∴CF⊥EB，EF=FB，
∴∠CFB=90°，
∴∠BCF+∠CBF=90°，
∴∠ACM=∠CBF，
在△ACM和△CBF中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠AMC=∠CFB}\\{∠ACM=∠CBF}\\{AC=CB}\end{array}\right.$，
∴△ACM≌△CBF，
∴CM=BF，
∵CD=2CM，BE=2BF，
∴CD=BE．

（2）解：延長CF到N，使得FN=CM，

由（1）可知，△ACM≌△CBF，
∴AM=CF，BF=CM=DM=FN，設FN=BF=a，AM=b，
∵CM=FN，
∴MN=AM=b，FG=DG=$\frac{1}{2}$（b-2a），GM=DM+DG=$\frac{b}{2}$，
∵BF∥AM，
∴$\frac{BF}{AM}$=$\frac{GF}{GM}$=$\frac{BG}{AG}$，
∴$\frac{a}{b}$=$\frac{\frac{1}{2}（b-2a）}{\frac{1}{2}b}$，
∴b=3a，
∴$\frac{BG}{AG}$=$\frac{a}{3a}$=$\frac{1}{3}$，
∴$\frac{AG}{BG}$=3．

（3）解：連接CE、在線段CF上取一點M，使得CM=BM，連接BM．

∵∠CAD=30°，AC=AD，
∴∠ACD=75°，∵∠ACB=90°，
∴∠BCF=∠ECF=15°，
∴∠BCE=30°，
∴∠ACE=60°，
∵CB=CE=CA，
∴△ACE是等邊三角形，
∴AE=CE=BC，設BE=2a，則BF=a，
在Rt△BMF中，∵∠BMF=∠MCB+∠MBC=30°，
∴CM=BM=2a，MF=$\sqrt{3}$a，
∴BC=$\sqrt{B{F}^{2}+C{F}^{2}}$=$\sqrt{{a}^{2}+（2a+\sqrt{3}a）^{2}}$=（$\sqrt{6}$+$\sqrt{2}$）a，
∴$\frac{AE}{BE}$=$\frac{（\sqrt{6}+\sqrt{2}）a}{2a}$=$\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}$．

點評 本題考查三角形綜合題、等腰直角三角形的性質、全等三角形的判定和性質、等邊三角形的判定和性質、平行線分線段成比例定理等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形，學會利用參數構建方程，學會用轉化的首先思考問題，屬于中考壓軸題．