Question

19．已知正方形ABCD中，點E在BC上，連接AE，過點B作BF⊥AE于點G，交CD于點F．
（1）如圖1，連接AF，若AB=4，BE=1，求AF的長；
（2）如圖2，連接BD，交AE于點N，連接AC，分別交BD、BF于點O、M，連接GO，求證：GO平分∠AGF；
（3）如圖3，在第（2）問的條件下，連接CG，若CG⊥GO，求證：AG=$\sqrt{2}$CG．

Answer 1

分析 （1）由正方形的性質(zhì)得出BC=CD=AD=AB=4，∠ABE=∠C=∠D=90°，AC⊥BD，∠ABO=45°，證出∠BAE=∠CBF，由ASA證明△BCF≌△ABE，得出CF=BE=1，因此DF=CD-CF=3，由勾股定理求出AF即可；
（2）證明A、B、G、O四點共圓，由圓周角定理得出∠AGO=∠ABO=45°，求出∠FGO=453，即可得出結(jié)論；
（3）連接EF，證明C、E、G、F四點共圓，由圓周角定理得出∠EFC=∠EGC=45°，證出△CEF是等腰直角三角形，CE=CF，同（1）得：△BCF≌△ABE，得出CF=BE，因此CE=BE=$\frac{1}{2}$BC，得出OA=$\frac{1}{2}$AC=$\sqrt{2}$CE，由（1）得：A、B、G、O四點共圓，由圓周角定理得出∠BOG=∠BAE，證出∠GOA=∠GEC，得出△AOG∽△CEG，由相似三角形的對應(yīng)邊成比例得出$\frac{AG}{CG}$=$\frac{OA}{CE}$=$\sqrt{2}$，即可得出結(jié)論．

解答 （1）解：∵四邊形ABCD是正方形，
∴BC=CD=AD=AB=4，∠ABE=∠C=∠D=90°，AC⊥BD，∠ABO=45°，
∴∠ABG+∠CBF=90°，
∵BF⊥AE，
∴∠ABG+∠BAE=90°，
∴∠BAE=∠CBF，
在△BCF和△ABE中，$\left\{\begin{array}{l}{∠C=∠ABE}\\{BC=AB}\\{∠CBF=∠BAE}\end{array}\right.$，
∴△BCF≌△ABE（ASA），
∴CF=BE=1，
∴DF=CD=CF=3，
∴AF=$\sqrt{{4}^{2}+{3}^{2}}$=5；
（2）證明：∵AC⊥BD，BF⊥AE，
∴∠AOB=∠AGB=∠AGF=90°，
∴A、B、G、O四點共圓，
∴∠AGO=∠ABO=45°，
∴∠FGO=90°-45°=45°=∠AGO，
∴GO平分∠AGF；
（3）證明：連接EF，如圖所示：
∵CG⊥GO，
∴∠OGC=90°，
∵∠EGF=∠BCD=90°，
∴∠EGF+∠BCD=180°，
∴C、E、G、F四點共圓，
∴∠EFC=∠EGC=180°-90°-45°=45°，
∴△CEF是等腰直角三角形，
∴CE=CF，
同（1）得：△BCF≌△ABE，
∴CF=BE，
∴CE=BE=$\frac{1}{2}$BC，
∴OA=$\frac{1}{2}$AC=$\frac{\sqrt{2}}{2}$BC=$\sqrt{2}$CE，
由（1）得：A、B、G、O四點共圓，
∴∠BOG=∠BAE，
∵∠GEC=90°+∠BAE，∠GOA=90°+∠BOG，
∴∠GOA=∠GEC，
又∵∠EGC=∠AGO=45°，
∴△AOG∽△CEG，
∴$\frac{AG}{CG}$=$\frac{OA}{CE}$=$\sqrt{2}$，
∴AG=$\sqrt{2}$CG．

點評 本題是四邊形綜合題目，考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、四點共圓、圓周角定理、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)等知識，本題綜合性強，難度較大，特別是（3）中，需要證明四點共圓和三角形相似才能得出結(jié)論．