Question

16．如圖，已知在矩形ABCD中，BC=2CD=2a，點(diǎn)E在邊CD上，在矩形ABCD的左側(cè)作矩形ECGF，使CG=2GF=2b，連接BD，CF，連結(jié)AF交BD于點(diǎn)H．

（1）求證：BD∥CF；
（2）求證：H是AF的中點(diǎn)；
（3）連結(jié)CH，若HC⊥BD，求a：b的值．

Answer 1

分析 （1）由矩形的性質(zhì)可知∠G=∠DCB=90°，由BC=2CD=2a，CG=2GF=2b，可知$\frac{FG}{DC}=\frac{GC}{BC}=\frac{a}$，依據(jù)兩邊對(duì)應(yīng)成比例且?jiàn)A角相等的兩個(gè)三角形相似可知：△FGC∽△DCB，由相似三角形的性質(zhì)可知∠FCG=∠DBC，由平行線的判定定理可知：BD∥CF；
（2）如圖1所示：連接AC，交BD于點(diǎn)O．由矩形的性質(zhì)可知：OC=OA，由平行線分線段成比例定理可知HF=AH；
（3）如圖2所示：連接CH，CA，AC與BD交于點(diǎn)O．由勾股定理可知：FC=$\sqrt{5}$b，AC=$\sqrt{5}$a，由矩形的對(duì)角線的性質(zhì)可知DB=AC=$\sqrt{5}$a，CO=$\frac{1}{2}$AC=$\frac{\sqrt{5}}{2}a$．由（2）可知HO是△AFC的中位線，由三角形中位線的性質(zhì)可知：HO=$\frac{\sqrt{5}}{2}b$．在△BCD中，利用面積法可求得CH=$\frac{2\sqrt{5}a}{5}$，最后在△COH中，由勾股定理得到：（$\frac{\sqrt{5}}{2}b$）²+（$\frac{2\sqrt{5}a}{5}$）²=（$\frac{\sqrt{5}}{2}$a）²，從而可求得a：b=$\frac{5}{3}$．

解答 解：（1）∵四邊形ABCD、四邊形ECGF均為矩形，
∴∠G=∠DCB=90°．
∵BC=2CD=2a，CG=2GF=2b，
∴$\frac{FG}{DC}=\frac{GC}{CB}=\frac{a}$．
∴△FGC∽△DCB．
∴∠FCG=∠DBC．
∴BD∥CF．
（2）如圖1所示：連接AC，交BD于點(diǎn)O．

∵四邊形ABCD為矩形，
∴OC=OA．
又∵FC∥BD，
∴HF=AH．
∴點(diǎn)H是AF的中點(diǎn)．
（3）如圖2所示：連接CH，CA，AC與BD交于點(diǎn)O．

由勾股定理可知：FC=$\sqrt{G{F}^{2}+G{C}^{2}}$=$\sqrt{5}$b，AC=$\sqrt{B{C}^{2}+A{B}^{2}}$=$\sqrt{5}$a．
∵四邊形ABCD為矩形，
∴DB=AC=$\sqrt{5}$a，CO=$\frac{1}{2}$AC=$\frac{\sqrt{5}}{2}a$．
∵HO是△AFC的中位線，
∴HO=$\frac{1}{2}$FC=$\frac{\sqrt{5}}{2}b$．
∵${S}_{△DCB}=\frac{1}{2}DC•BC=\frac{1}{2}DB•CH$，
∴CH=$\frac{DC•BC}{DB}$=$\frac{2\sqrt{5}a}{5}$．
在△COH中，由勾股定理可知：HO²+CH²=OC²，即（$\frac{\sqrt{5}}{2}b$）²+（$\frac{2\sqrt{5}a}{5}$）²=（$\frac{\sqrt{5}}{2}$a）²．
整理得：a²=$\frac{100}{36}^{2}$．
∴a：b=$\frac{5}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查的是四邊形的綜合應(yīng)用，解答本題主要應(yīng)用了矩形的性質(zhì)、勾股定理、三角形的面積公式、平行線分線段成比例定理、三角形中位線定理、相似三角形的性質(zhì)和判定，掌握本題的輔助線的作法是解題的關(guān)鍵．