Question

6．已知，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，点G、H分别是AB、BC上的点，∠BGH=∠AGC，过点A作AD⊥GC于E，交BC于点D，AD与GH交于点F．
（1）在图1中找出一个与FH相等的线段并加以证明．
（2）把△DFH沿着DH翻折，点F的对应点T恰好落在AB上，GC与DT、HT交于N、M，求$\frac{EN}{MN}$的值．

Answer 1

分析 （1）结论：FH=FD．只要证明∠5=∠6即可；
（2）作BK⊥BC交CG的延长线于K．由△BGK≌△GBH，可得BH=BK，易证△ACD≌△CBK，可得CD=BK=BH，由（1）可知，四边形DFHT是菱形，
∴TF与DH相互平分，设交点为J，由JF∥AC，可得$\frac{JF}{AC}$=$\frac{DJ}{CD}$=$\frac{1}{2}$，设DJ=a，则CD=2a，AC=6a，JF=3a，DF=TH=$\sqrt{10}$a，由△CDF∽△ADC，可得$\frac{CD}{AD}$=$\frac{DE}{CD}$=$\frac{CE}{AC}$，推出DE=$\frac{\sqrt{10}}{5}$a，CE=$\frac{3\sqrt{10}}{5}$a，由CD=DH，DE∥HM，推出CE=EM，HM=2DE=$\frac{2\sqrt{10}}{5}$a，推出TM=TH-HM=$\frac{3\sqrt{10}}{5}$a，由DE∥TM，可得$\frac{EN}{MN}$=$\frac{DE}{TM}$=$\frac{\frac{\sqrt{10}}{5}a}{\frac{3\sqrt{10}}{5}a}$=$\frac{1}{3}$；

解答 解：（1）结论：FH=FD．
理由：∵CA=CB，∠ACB=90°，
∴∠CAB=∠CBA=45°，
∵CE⊥AD，
∴∠3+∠CAE=90°，∠4+∠CAE=90°，
∴∠3=∠4=∠6，
∵∠1+∠3+∠CAG=180°，∠2+∠7+∠HBG=180°，
∵∠1=∠2，∴∠3=∠7=∠5，
∴∠5=∠6，
∴FH=FD．

（2）作BK⊥BC交CG的延长线于K．
∵∠BGK=∠BGH，BG=BG，∠GBK=∠GBH，
∴△BGK≌△GBH，
∴BH=BK，
易证△ACD≌△CBK，可得CD=BK=BH，
由（1）可知，四边形DFHT是菱形，
∴TF与DH相互平分，设交点为J，
∴JT=JF=JD=JH，
∴JC=JB，
∴JT=$\frac{1}{2}$AC，
∵JF∥AC，
∴$\frac{JF}{AC}$=$\frac{DJ}{CD}$=$\frac{1}{2}$，设DJ=a，则CD=2a，AC=6a，JF=3a，DF=TH=$\sqrt{10}$a，
由△CDF∽△ADC，
∴$\frac{CD}{AD}$=$\frac{DE}{CD}$=$\frac{CE}{AC}$，
∴DE=$\frac{\sqrt{10}}{5}$a，CE=$\frac{3\sqrt{10}}{5}$a，
∵CD=DH，DE∥HM，
∴CE=EM，HM=2DE=$\frac{2\sqrt{10}}{5}$a，
∴TM=TH-HM=$\frac{3\sqrt{10}}{5}$a，
∵DE∥TM，
∴$\frac{EN}{MN}$=$\frac{DE}{TM}$=$\frac{\frac{\sqrt{10}}{5}a}{\frac{3\sqrt{10}}{5}a}$=$\frac{1}{3}$，

点评 本题考查翻折变换、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、平行线分线段成比例定理、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用参数解决问题．