Question

8．在△ABC與△ADF中，∠BAC=∠DAF=90°，AB=AC，AD=AF，DF的延長(zhǎng)線交BC于點(diǎn)E，連接DB、CF．
（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)C、A、D三點(diǎn)在同一直線上，且AC=$\sqrt{3}$AF，AF=$\sqrt{2}$時(shí)，求CE的長(zhǎng)；
（2）如圖2，當(dāng)∠AFC=90°時(shí)，求證：E是BC的中點(diǎn)；
（3）如圖3，若CF平分∠ACB，且CF的延長(zhǎng)線與DB交于點(diǎn)G，請(qǐng)直接寫出BG、DG、FG之間的數(shù)量關(guān)系．

Answer 1

分析 （1）在Rt△ADF中，求出DF，在Rt△EDC中求出DE即可解決問(wèn)題．
（2）如圖2中，連接AM、AE、ME，延長(zhǎng)CF交BD于M．首先證明四邊形ADMF是正方形，再證明A、M、B、C四點(diǎn)共圓，根據(jù)垂徑定理推論，即可證明．
（3）結(jié)論：GD+GF=$\sqrt{2}$BG．首先證明四邊形AMGN是矩形，由A、G、B、C四點(diǎn)共圓，推出∠AGO=∠ABC=45°，∠GBA=∠ACG，∠GAB=∠BCG，由∠BCG=∠ACG，推出∠GBA=∠GAB，推出BG=AG，由△AMD≌△ANF，推出DM=FN，可得GD+GF=MG-DM+GN=FN=2GM=2×$\frac{\sqrt{2}}{2}$AG=$\sqrt{2}$BG，即可證明．

解答 （1）解：如圖1中，

∵AC=$\sqrt{3}$AF，AF=$\sqrt{2}$，
∴AF=AD=$\sqrt{2}$，AC=AB=$\sqrt{6}$，DC=$\sqrt{2}$+$\sqrt{6}$，
∵∠DAF=90°，
∴DF=$\sqrt{2}$AD=2，
∵∠C=∠ADF=45°，
∴∠DEC=90°，
∴ED=EC=$\frac{\sqrt{2}}{2}$DC=1+$\sqrt{3}$，
∴EF=DE-DF=1+$\sqrt{3}$-2=$\sqrt{3}$-1．

（2）證明：如圖2中，連接AM、AE、ME，延長(zhǎng)CF交BD于M．

∵AD=AF，AB=AC，∠DAE=∠BAC=90°，
∴∠DAB=∠FAC，
在△BDA和△CFA中，
$\left\{\begin{array}{l}{AD=AF}\\{∠DAB=∠FAC}\\{AB=AC}\end{array}\right.$，
∴△BDA≌△CFA，
∴AF=AD，∠BDA=∠AFC=90°，
∴四邊形ADMF是矩形，∵AD=AF，
∴四邊形ADMF是正方形，
∴DE垂直平分AE，
∵∠BAC=∠BMC=90°，
∴A、M、B、C四點(diǎn)共圓，
∵DE垂直平分AM，
∴DE過(guò)圓心，
∵∠BAC=90°，
∴圓心在直線BC上，
∴點(diǎn)E就是圓心，
∴BE=EC．
或：過(guò)點(diǎn)B作BD的垂線和DE延長(zhǎng)線相交于點(diǎn)G，證三角形CEF和BEG全等．

（3）解：結(jié)論：GD+GF=$\sqrt{2}$BG．理由如下：
如圖3中，作AM⊥BD于M，AN⊥CG于N，AB與CG交于點(diǎn)O．

∵△BDA≌△CFA，
∴∠GBO=∠AOC，
∵∠GOB=∠AOC，
∴∠BGO=∠CAO=90°，
∴∠M=∠MGN=∠ANG=90°，
∴四邊形AMGN是矩形，
∵∠BGC=∠BAC=90°，
∴A、G、B、C四點(diǎn)共圓，
∴∠AGO=∠ABC=45°，∠GBA=∠ACG，∠GAB=∠BCG，
∵∠BCG=∠ACG，
∴∠GBA=∠GAB，
∴BG=AG，
∵∠AGM=∠AGN，AM⊥GM，AN⊥GN，
∴AM=AN，
∴四邊形AMGN是正方形，
在Rt△AMD和Rt△ANF中，
$\left\{\begin{array}{l}{AD=AF}\\{AM=AN}\end{array}\right.$，
∴△AMD≌△ANF，
∴DM=FN，
∴GD+GF=MG-DM+GN=FN=2GM=2×$\frac{\sqrt{2}}{2}$AG=$\sqrt{2}$BG，
∴GD+GF=$\sqrt{2}$BG．

點(diǎn)評(píng) 本題考查三角形綜合題、全等三角形的判定和性質(zhì)、正方形的判定和性質(zhì)、四點(diǎn)共圓等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)，學(xué)會(huì)添加常用輔助線，本題的難點(diǎn)是，四點(diǎn)共圓的應(yīng)用，屬于中考?jí)狠S題．