Question

6．如圖1，在△ABC中，設(shè)AB=c，BC=a，AC=b，中線AE，BF相交于G，若AE⊥BF．
（1）①當∠ABF=60°，c=4時，求a與b的值；
②當∠ABF=30°，c=2$\sqrt{3}$時，a=$\sqrt{39}$，b=$\sqrt{21}$；
（2）由（1）獲得啟示，猜想a²，b²，c²三者之間滿足數(shù)量關(guān)系式是a²+b²=5c²；（直接寫出結(jié)果）
（3）如圖2，在平行四邊形ABCD中，AB=4$\sqrt{2}$，BC=3$\sqrt{2}$，點E，F(xiàn)，G分別是AD，AB，CD的中點，CF與BG交于P點，若EF⊥FC．利用（2）中的結(jié)論，求BG的長．

Answer 1

分析 解：（1）①解直角三角形得到BG=$\frac{1}{2}$AB=2，AG=ABcos60°=2$\sqrt{3}$，根據(jù)三角形的中位線的性質(zhì)得到FG=$\frac{1}{2}$BG=1a²+b²=5c²，根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)論；②同理得到AC=b=$\sqrt{21}$，BC=a=$\sqrt{39}$；
（2）根據(jù)（1）中的數(shù)據(jù)即可得到結(jié)論；
（3）取BC的中點H，連接HG，DB，如圖2，根據(jù)三角形的中位線的性質(zhì)得到EF∥DB∥HG，推出△BFP≌△PCG，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到P是BG的中點，然后根據(jù)（2）中的結(jié)論即可得到結(jié)果．

解答 解：（1）①∵AE⊥BF，∠ABF=60°，AB=4，
∴在Rt△ABG中，BG=$\frac{1}{2}$AB=2，AG=ABcos60°=2$\sqrt{3}$，
∵AE，BF是△ABC的中線，
∴FG=$\frac{1}{2}$BG=1a²+b²=5c²
在Rt△AGF中，AF=$\sqrt{A{G}^{2}+G{F}^{2}}$=$\sqrt{13}$，
∴AC=b=2$\sqrt{13}$，
同理可得BC=a=2$\sqrt{7}$；
②當∠ABF=30°，AB=2$\sqrt{3}$，
∴在Rt△ABG中，AG=$\frac{1}{2}$AB=$\sqrt{3}$，BG=AB•cos30°=3，
∴FG=$\frac{1}{2}$BG=$\frac{3}{2}$，
在Rt△AGF中，AF=$\sqrt{A{G}^{2}+G{F}^{2}}$=$\frac{\sqrt{21}}{2}$，
∴AC=b=$\sqrt{21}$，
同理得BC=a=$\sqrt{39}$，
故答案為：$\sqrt{39}$，$\sqrt{21}$；

（2）猜想：a²+b²=5c²，
由①可知，a²=28，b²=52，c²=16，
∵a²+b²=52+28=80=5×16=5c²，
∴a²+b²=5c²，
由②可知，a²=39，b²=21，c²=12，
∵a²+b²=39+21=60=5×12=5c²，
∴a²+b²=5c²，
故答案為a²+b²=5c²；

（3）取BC的中點H，連接HG，DB，如圖2，
∵E，F(xiàn)，G分別是AD，AB，CD的中點，
∴EF∥DB∥HG，
∵BF∥CG，BF=CG，
∴∠BFP=∠GCP，
在△BFP與△PCG中，$\left\{\begin{array}{l}{∠BFP=∠GCP}\\{∠BPF=∠CPG}\\{BF=CG}\end{array}\right.$，
∴△BFP≌△PCG，
∴PF=CP，
∴P是BG的中點，
又∵EF⊥FC，
∴HG⊥PC，
由（2）可知BC²+BG²=5CG²，
∵AB=4$\sqrt{2}$，BC=3$\sqrt{2}$，
∴（3$\sqrt{2}$）²+BG²=5（2$\sqrt{2}$）²，
∴BG=$\sqrt{22}$．

點評 本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，三角形的中位線的性質(zhì)，正確的識別圖形是解題的關(guān)鍵．