Question

【題目】（性質探究）

如圖，在矩形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，AE平分∠BAC，交BC于點E．作DF⊥AE于點H，分別交AB，AC于點F，G．

（1）判斷△AFG的形狀并說明理由．

（2）求證：BF=2OG．

（遷移應用）

（3）記△DGO的面積為S1，△DBF的面積為S2，當時，求的值．

（拓展延伸）

（4）若DF交射線AB于點F，（性質探究）中的其余條件不變，連結EF，當△BEF的面積為矩形ABCD面積的時，請直接寫出tan∠BAE的值．

Answer 1

【答案】（1）等腰三角形，理由見解析；（2）見解析；（3）；（4）或

【解析】

（1）如圖1中，△AFG是等腰三角形，利用全等三角形的性質證明即可．

（2）如圖2中，過點O作OL∥AB交DF于L，則∠AFG=∠OLG．首先證明OG=OL，再證明BF=2OL即可解決問題．

（3）如圖3中，過點D作DK⊥AC于K，則∠DKA=∠CDA=90°，利用相似三角形的性質解決問題即可．

（4）設OG=a，AG=k．分兩種情形：①如圖4中，連接EF，當點F在線段AB上時，點G在OA上．②如圖5中，當點F在AB的延長線上時，點G在線段OC上，連接EF．分別求解即可解決問題．

（1）解：如圖1中，△AFG是等腰三角形．

理由：∵AE平分∠BAC，

∴∠1=∠2，

∵DF⊥AE，

∴∠AHF=∠AHG=90°，

∵AH=AH，

∴△AHF≌△AHG（ASA），

∴AF=AG，

∴△AFG是等腰三角形．

（2）證明：如圖2中，過點O作OL∥AB交DF于L，則∠AFG=∠OLG．

∵AF=AG，

∴∠AFG=∠AGF，

∵∠AGF=∠OGL，

∴∠OGL=∠OLG，

∴OG=OL，

∵OL∥AB，

∴△DLO∽△DFB，

∴，

∵四邊形ABCD是矩形，

∴BD=2OD，

∴BF=2OL，

∴BF=2OG．

（3）解：如圖3中，過點D作DK⊥AC于K，則∠DKA=∠CDA=90°，

∵∠DAK=∠CAD，

∴△ADK∽△ACD，

∴，

∵S1=OGDK，S2=BFAD，

又∵BF=2OG，，

∴，設CD=2x，AC=3x，則AD= ，

∴．

（4）解：設OG=a，AG=k．

①如圖4中，連接EF，當點F在線段AB上時，點G在OA上．

∵AF=AG，BF=2OG，

∴AF=AG=k，BF=2a，

∴AB=k+2a，AC=2（k+a），

∴AD2=AC2﹣CD2=[2（k+a）]2﹣（k+2a）2=3k2+4ka，

∵∠ABE=∠DAF=90°，∠BAE=∠ADF，

∴△ABE∽△DAF，

∴，

∴，

∴，

由題意：=AD（k+2a），

∴AD2=10ka，

即10ka=3k2+4ka，

∴k=2a，

∴AD= ，

∴BE= = ，AB=4a，

∴tan∠BAE= ．

②如圖5中，當點F在AB的延長線上時，點G在線段OC上，連接EF．

∵AF=AG，BF=2OG，

∴AF=AG=k，BF=2a，

∴AB=k﹣2a，AC=2（k﹣a），

∴AD2=AC2﹣CD2=[2（k﹣a）]2﹣（k﹣2a）2=3k2﹣4ka，

∵∠ABE=∠DAF=90°，∠BAE=∠ADF，

∴△ABE∽△DAF，

∴，

∴，

∴ ，

由題意：=AD（k﹣2a），

∴AD2=10ka，

即10ka=3k2﹣4ka，

∴k= ，

∴AD= ，

∴，AB= ，

∴tan∠BAE= ，

綜上所述，tan∠BAE的值為或．