Question

【題目】在平行四邊形ABCD中，連接BD，過點(diǎn)B作BE⊥BD于點(diǎn)B交DA的延長線于點(diǎn)E，過點(diǎn)B作BG⊥CD于點(diǎn)G．

（1）如圖1，若∠C＝60°，∠BDC＝75°，BD＝6，求AE的長度；

（2）如圖2，點(diǎn)F為AB邊上一點(diǎn)，連接EF，過點(diǎn)F作FH⊥FE于點(diǎn)F交GB的延長線于點(diǎn)H，在△ABE的異側(cè)，以BE為斜邊作Rt△BEQ，其中∠Q＝90°，若∠QEB＝∠BDC，EF＝FH，求證：BF+BH＝BQ．

Answer 1

【答案】（1）6﹣2；（2）詳見解析．

【解析】

（1）根據(jù)平行四邊形性質(zhì)可證：△BDE是等腰直角三角形，運(yùn)用勾股定理可求DE和AD，AE即可求得；

（2）過點(diǎn)E作ET⊥AB交BA的延長線于T，構(gòu)造直角三角形，由平行四邊形性質(zhì)及直角三角形性質(zhì)可證：△BEQ≌△BET（AAS），△BFH≌△TEF（AAS），進(jìn)而可證得結(jié)論．

解：（1）如圖1，過點(diǎn)D作DR⊥BC于R，

∵ABCD是平行四邊形

∴AB∥CD，AD∥BC，AD＝BC

∵∠C＝60°，∠BDC＝75°，

∴∠CBD＝180°﹣（∠C+∠BDC）＝45°

∴∠ADB＝∠CBD＝45°

∵BE⊥BD

∴∠DBE＝90°

∴∠E＝∠BDE＝45°

∴DE＝BD＝12

∵DR⊥BC

∴∠BRD＝∠CRD＝90°

∴∠BDR＝∠CBD＝45°，

∴DR＝BR

由勾股定理可得即

∴DR＝BR＝6

∵∠C＝60°

∴∠CDR＝90°﹣60°＝30°

∴CR＝2，CD＝4

∴AD＝BC＝DR+CR＝6+2，

∴AE＝DE﹣AD＝12﹣（6+2）＝6﹣2；

（2）如圖2，過點(diǎn)E作ET⊥AB交BA的延長線于T，則∠T＝90°

∵ABCD是平行四邊形

∴AB∥CD，

∴∠ABD＝∠BDC

∵∠QEB＝∠BDC

∴∠QEB＝∠ABD

∵BG⊥CD，BE⊥BD，FH⊥FE

∴∠BGC＝∠ABG＝∠DBE＝∠EFH＝∠Q＝90°

∴∠EBT+∠BET＝∠EBT+∠ABD＝∠EFT+∠BFH＝∠EFT+∠FET＝90°，

∴∠BET＝∠ABD＝∠QEB，∠BFH＝∠FET

∵BE＝BE，EF＝FH

∴△BEQ≌△BET（AAS），△BFH≌△TEF（AAS）

∴BQ＝BT，BH＝FT

∵BF+FT＝BT

∴BF+BH＝BQ．