Question

18．已知四边形ABCD是矩形，连接AC，点E是边CB延长线上一点，CA=CE，连接AE，F是线段AE的中点，
（1）如图1，当AD=DC时，连接CF交AB于M，求证：BM=BE；
（2）如图2，连接BD交AC于O，连接DF分别交AB、AC于G、H，连接GC，若∠FDB=30°，S_{四边形GBOH}=$\frac{{15\sqrt{3}}}{2}$，求线段GC的长．

Answer 1

分析 （1）如图1，根据等腰三角形的三线合一得CF⊥AE，则∠AFC=90°，证明△AEB≌△CMB，可得BE=BM；
（2）如图2，作辅助线构建三角形全等，先证明△AMF≌△EBF，得FM=BF，AM=BE，再证明△DMB是等腰三角形，由三线合一得：DF平分∠BDM，根据∠FDB=30°得△BDM是等边三角形；由此△ACE为等边三角形，△OHD为直角三角形，设未知数：OH=x，根据S_{四边形GBOH}=S_△DGB-S_△OHD，列方程得出结论．

解答 证明：（1）如图1，∵AC=EC，F是AE的中点，
∴CF⊥AE，
∴∠AFC=90°，
∵四边形ABCD是矩形，AD=DC，
∴矩形ABCD为正方形，
∴AB=BC，∠ABC=90°，
∴∠AFC=∠ABC，
∵∠AMF=∠BMC，
∴∠EAB=∠MCB，
∵∠ABE=∠ABC=90°，
∴△AEB≌△CMB，
∴BE=BM；
（2）如图2，连接BF并延长交直线AD于M，
∵F是AE的中点，
∴AF=EF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AC=BD，
∴∠M=∠FBE，
∵∠AFM=∠EFB，
∴△AMF≌△EBF，
∴FM=BF，AM=BE，
∵AD=BC，
∴AD+AM=BC+BE，
即DM=CE，
∵AC=CE，
∴EC=DM=AC=BD，
∴△DMB是等腰三角形，
∵F是BM的中点，
∴DF平分∠BDM，
∵∠BDF=30°，
∴∠BDM=60°，
∴△BDM是等边三角形，
∴∠M=60°，
在Rt△BCD中，∠BDC=90°-60°=30°，
∴∠DBC=60°，
∵OB=OC，
∴∠DBC=∠OCB=60°，
∴△ACE为等边三角形，
在△OHD中，∠HOD=∠BOC=60°，
∴∠OHD=90°，
设OH=x，则OD=2x，BD=4x，BC=2x，
∴DH=$\sqrt{3}$x，AH=x，DC=AB=2$\sqrt{3}$x，
Rt△ABC中，∠ACE=60°，
∴∠BAC=30°，
∴cos30°=$\frac{AH}{AG}$，
AG=$\frac{x}{\frac{\sqrt{3}}{2}}$=$\frac{2\sqrt{3}x}{3}$，
∴BG=AB-AG=2$\sqrt{3}$x-$\frac{2\sqrt{3}x}{3}$=$\frac{4\sqrt{3}x}{3}$，
∴S_{四边形GBOH}=S_△DGB-S_△OHD，
=$\frac{1}{2}$BG•AD-$\frac{1}{2}$OH•DH，
=$\frac{1}{2}$•$\frac{4\sqrt{3}x}{3}$•2x-$\frac{1}{2}$•x•$\sqrt{3}$x=$\frac{15\sqrt{3}}{2}$，
解得：x²=9，
x=±3，
∴BC=2x=6，
BG=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$×3=4$\sqrt{3}$，
由勾股定理得：CG=$\sqrt{B{C}^{2}+B{G}^{2}}$=$\sqrt{（4\sqrt{3}）^{2}+{6}^{2}}$=2$\sqrt{21}$．

点评 本题考查了矩形的性质和全等三角形的性质和判定，又考查了等边三角形和30°的直角三角形的性质，设未知数，表示边的长度，根据直角三角形中30°角所对的直角边是斜边的一半得出其它边长，与三角函数和勾股定理相结合，分别表示出△DGB和△OHD各边的长，为列方程作铺垫，从而使问题得以解决．