Question

8．Rt△ACB中，CD⊥AB于D，AF平分∠CAB交CD于E，交CB于F，过E作EG∥AB．若FG=1，BG=4，则EG的长为3．

Answer 1

分析 首先过F做FH⊥AB且交于点H，连接EH，由Rt△ABC中，∠ACB=90°，易证得，CF=HF，△ACF≌△AHF，同理：△ACE≌△AHE，然后根据直角三角形的性质，证得四边形CEHF为菱形，四边形EGBH为平行四边形，根据菱形与平行四边形的性质，即可证得CF=GB=4，利用AF平分∠CAB交CD于E，得到$\frac{AC}{AB}=\frac{4}{5}$，设AC=4a，AB=5a，利用勾股定理在Rt△ACB中，AC²+BC²=AB²，求出AC=12，AB=15，再根据EG∥AB，得到$\frac{EG}{AB}=\frac{FG}{BF}$，即可解答．

解答 解：如图过F做FH⊥AB且交于点H，连接EH，

∵AF平分∠CAB交CD于E，∠ACB=90°，
∴CF=HF，∠CAF=∠HAF，
在△ACF和△ANF中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠ACB=∠AHF=9{0}^{°}}\\{∠CAF=∠HAF}\\{AF=AF}\end{array}\right.$
∴△ACF≌△AHF（AAS），
∴AC=AH，
同理：△ACE≌△AHE（SAS），
可知CE=EH，∠ACE=∠AHE，
在Rt△ACD中，∠CAD+∠ACD=90°，
在Rt△ABC中，∠CAB+∠B=90°，
又∵∠CAD与∠CAB为同一角，
∴∠ACD=∠B，
∴∠AHE=∠B，
∴EH∥BC，
∵CD⊥AB，FH⊥AB，
∴CD∥FH，
∴四边形CEHF为菱形，四边形EGBH为平行四边形，
∴CF=EH，EH=GB，
∴CF=GB，
∵BG=4，
∴CF=4，BC=CF+FG+BG=9，
∵AF平分∠CAB交CD于E，
∴$\frac{AC}{AB}=\frac{CF}{BF}$
即$\frac{AC}{AB}=\frac{4}{5}$，
设AC=4a，AB=5a，
在Rt△ACB中，AC²+BC²=AB²，
即（4a）²+9²=（5a）²，
解得：a=3，
∴AC=12，AB=15，
∵EG∥AB，
∴$\frac{EG}{AB}=\frac{FG}{BF}$
即$\frac{EG}{15}=\frac{1}{5}$，
解得：EG=3，
故答案为：3．

点评 此题考查了角平分线的性质，直角三角形的性质以及菱形与平行四边形的判定与性质等知识．此题综合性较强，难度适中，解题的关键是注意数形结合思想的应用，注意辅助线的作法．