Question

19．如圖，△ABC中，AB=BC，以AB為一邊向外作菱形ABDE，連接DC，EB并延長EB交AC于F，且CB⊥AE于G．
（1）如圖1，若∠EBG=20°，求∠AFE；
（2）試問線段AE，AF，CF之間的數(shù)量關(guān)系并證明；
（3）如圖2，延長DB交AC于H，若O為DH的中點，過O作MN∥AC交EF于M，交CD于N，連結(jié)NF，若S_{四邊形ABDE}=24，BE=6，直接寫出BH+NF的值．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)菱形的性質(zhì)和直角三角形的性質(zhì)，可求得∠ABG=50°，再結(jié)合AB=CB，可求得∠FCB=25°，在△BCF中利用三角形外角的性質(zhì)可求得∠AFE；
（2）連接DF，交CG于點P，可證明△DBF≌△ABF，又利用菱形的性質(zhì)和平行、垂直，可知△BCD和△DFC均為直角三角形，利用勾股定理可得到DF²+CF²=CD²，又DF=AF，CD=$\sqrt{2}$BD=$\sqrt{2}$AE，可得到AE，AF，CF之間的數(shù)量關(guān)系；
（3）連接AD、DF，易知M必為AD中點，由菱形的面積和勾股定理可求得AM、BM、BD、CD，再利用直角三角形的性質(zhì)可求得NF，結(jié)合（2）可知DF=AF，且DF⊥AC，可知△ABF為等腰直角三角形，可求得MF=AM=DM=5，可求得BF，再利用MN∥AC，可得△OBM∽△HBF，設(shè)BH=x，可表示出OB，再利用相似三角形的性質(zhì)可得到關(guān)于x的方程，可求得BH的長，從而可求得BH+NF的值．

解答 解：
（1）∵∠EBG=20°，CB⊥AE，
∴∠BEG=70°，∠CBF=∠EBG=20°，
∵菱形ABDE，
∴∠ABE=∠BEG=70°，
∴∠ABG=50°，
∵AB=BC，
∴∠FCB=25°，
∴∠AFE=∠CBF+∠FCB=45°；
（2）AE，AF，CF之間的數(shù)量關(guān)系是AF²+CF²=2AE²，
證明如下：
如圖1，連接DF，交CG于點P，

∵菱形ABDE，
∴AB=DB，∠DBE=∠ABE，
∴∠DBF=∠ABF，
在△DBF和△ABF中
$\left\{\begin{array}{l}{DB=AB}\\{∠DBF=∠ABF}\\{BF=BF}\end{array}\right.$
∴△DBF≌△ABF（SAS），
∴AF=DF，∠BDF=∠BAF，
∵∠BCF=∠BAF，
∴∠BCF=∠BDF，
∵CB⊥AE，AE∥DB，
∴DB⊥CB，
∵CB=AB=BD，
∴△DBC是等腰直角三角形，
∴DC=$\sqrt{2}$BD=$\sqrt{2}$AE，
∵∠DPB=∠CPF，
∴∠CFP=∠DBP=90°，
∴DF²+CF²=DC²，
即有：AF²+CF²=2AE²；
（3）BH+NF=$\frac{10+35\sqrt{2}}{14}$．
如圖2，連接AD、DF，易知M必為AD中點，

由S_{四邊形ABDE}=24，BE=6，
易知BM=3，AM=4，DB=5，DC=5$\sqrt{2}$，則NF=$\frac{5\sqrt{2}}{2}$，
由（2）知△AMF為等腰直角三角形，
∴MF=AM=4，
∴BF=1，
設(shè)BH=x，則DO=OH=$\frac{1}{2}$DH=$\frac{1}{2}$（BD+BH）=$\frac{5+x}{2}$，OB=OH-BH=$\frac{5-x}{2}$，
∵M(jìn)N∥CF，
∴△OBM∽△HBF，
∴OB：BH=MB：BF=3：1，
∴$\frac{5-x}{2}$：x=3：1，解得x=$\frac{5}{7}$，
∴BH+NF=$\frac{10+35\sqrt{2}}{14}$．

點評 本題為四邊形的綜合應(yīng)用，涉及知識點有菱形的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)及方程思想等．在（2）中注意利用勾股定理來確定線段之間的關(guān)系，在（3）中注意M、O、N是線段的中點是解題的關(guān)鍵．本題考查知識點較多，綜合性很強，難度很大，特別是（3）中用到的知識點特別多．