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2. 如图,等边三角形ABC中,点D,E分别在边BC,AB上,连结AD,CE交于点F,作CG⊥AD于点G,AE=BD.过点A作AH⊥CE的延长线于点H,连结HG并延长,交BC于点N,当HN⊥BC时,求证:AH=$\sqrt{2}$GN.
答案
如图
,作AM⊥BC于点M,连结GM.∵∠AGC=∠AMC=90°,
∴A,G,M,C四点共圆.
∵∠AHC=∠AGC=90°,
∴A,H,G,C四点共圆,
∴A,H,G,M,C五点共圆.
∵HN⊥BC,AM⊥BC,
∴HN//AM,
∴∠HGA=∠GAM,
∴$\overset{\frown}{AH}=\overset{\frown}{GM}$,
∴AH=GM,
∠ACH=∠GCM.
∵△ABC是等边三角形,
∴∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°,AB=BC=AC.在△ABD和△CAE中,
$\begin{cases} AB=CA, \\ ∠B=∠CAE, \\ BD=AE, \end{cases}$
∴△ABD≌△CAE,
∴∠1=∠2,
∴∠GFC=∠2+∠CAF=∠1+∠CAF=60°,
∴∠FCG=90°-60°=30°,
∴∠ACH=∠GCM=15°.
∵∠MGC=∠MAC=30°,
∴∠GMN=∠MGC+∠MCG=45°,
∴△GNM是等腰直角三角形,
∴GM=$\sqrt{2}$GN,
∴AH=$\sqrt{2}$GN.
解析
【分析】
要证明AH=$\sqrt{2}$GN，可通过中间线段转化推导：第一步，利用等边三角形的性质和已知AE=BD，证明△ABD≌△CAE，得到角的等量关系，推导相关角的度数；第二步，观察到图中多个直角均以AC为斜边，根据“定弦定角构造隐圆”的思路，判定A、H、G、M、C五点共圆，结合HN//AM的平行关系，得到弧相等，从而推出AH=GM，将待证结论转化为证明GM=$\sqrt{2}$GN；第三步，通过圆周角性质推导角度，证明△GNM为等腰直角三角形，即可得到GM与GN的$\sqrt{2}$倍关系，最终证得结论。
【解析】
作AM⊥BC于点M，连结GM。
∵∠AGC=∠AMC=90°，
∴A、G、M、C四点共圆。
∵∠AHC=∠AGC=90°，
∴A、H、G、C四点共圆，
∴A、H、G、M、C五点共圆。
∵HN⊥BC，AM⊥BC，
∴HN//AM，
∴∠HGA=∠GAM，
∴$\overset{\frown}{AH}=\overset{\frown}{GM}$，
∴AH=GM，∠ACH=∠GCM。
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°，AB=BC=AC。
在△ABD和△CAE中，
$\begin{cases} AB=CA, \\ ∠B=∠CAE, \\ BD=AE, \end{cases}$
∴△ABD≌△CAE（SAS），
∴∠1=∠2，
∴∠GFC=∠2+∠CAF=∠1+∠CAF=60°，
∵CG⊥AD，即∠CGF=90°，
∴∠FCG=90°-60°=30°，
∴∠ACH=∠GCM=15°。
∵同弧所对圆周角相等，∠MGC=∠MAC=30°，
∴∠GMN=∠MGC+∠MCG=30°+15°=45°，
∵HN⊥BC，即∠GNM=90°，
∴△GNM是等腰直角三角形，
∴GM=$\sqrt{2}$GN，
又
∵AH=GM，
∴AH=$\sqrt{2}$GN。
【答案】
证明：作AM⊥BC于点M，连结GM。
∵∠AGC=∠AMC=90°,
∴A,G,M,C四点共圆。
∵∠AHC=∠AGC=90°,
∴A,H,G,C四点共圆,
∴A,H,G,M,C五点共圆。
∵HN⊥BC,AM⊥BC,
∴HN//AM,
∴∠HGA=∠GAM,
∴$\overset{\frown}{AH}=\overset{\frown}{GM}$,
∴AH=GM,∠ACH=∠GCM。
∵△ABC是等边三角形,
∴∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°,AB=BC=AC。在△ABD和△CAE中,
$\begin{cases} AB=CA, \\ ∠B=∠CAE, \\ BD=AE, \end{cases}$
∴△ABD≌△CAE,
∴∠1=∠2,
∴∠GFC=∠2+∠CAF=∠1+∠CAF=60°,
∴∠FCG=90°-60°=30°,
∴∠ACH=∠GCM=15°。
∵∠MGC=∠MAC=30°,
∴∠GMN=∠MGC+∠MCG=45°,
∴△GNM是等腰直角三角形,
∴GM=$\sqrt{2}$GN,
∴AH=$\sqrt{2}$GN。
【知识点】
等边三角形性质、全等三角形判定与性质、圆周角定理
【点评】
本题属于几何综合题，将等边三角形、全等三角形、隐圆等知识点结合考查，解题的核心是通过多个直角特征判定多点共圆，实现线段的等量转化，再通过角度推导得到等腰直角三角形的倍长关系，对几何逻辑推导能力有较高要求。
【难度系数】
0.3
要证明AH=$\sqrt{2}$GN，可通过中间线段转化推导：第一步，利用等边三角形的性质和已知AE=BD，证明△ABD≌△CAE，得到角的等量关系，推导相关角的度数；第二步，观察到图中多个直角均以AC为斜边，根据“定弦定角构造隐圆”的思路，判定A、H、G、M、C五点共圆，结合HN//AM的平行关系，得到弧相等，从而推出AH=GM，将待证结论转化为证明GM=$\sqrt{2}$GN；第三步，通过圆周角性质推导角度，证明△GNM为等腰直角三角形，即可得到GM与GN的$\sqrt{2}$倍关系，最终证得结论。
【解析】
作AM⊥BC于点M，连结GM。
∵∠AGC=∠AMC=90°，
∴A、G、M、C四点共圆。
∵∠AHC=∠AGC=90°，
∴A、H、G、C四点共圆，
∴A、H、G、M、C五点共圆。
∵HN⊥BC，AM⊥BC，
∴HN//AM，
∴∠HGA=∠GAM，
∴$\overset{\frown}{AH}=\overset{\frown}{GM}$，
∴AH=GM，∠ACH=∠GCM。
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°，AB=BC=AC。
在△ABD和△CAE中，
$\begin{cases} AB=CA, \\ ∠B=∠CAE, \\ BD=AE, \end{cases}$
∴△ABD≌△CAE（SAS），
∴∠1=∠2，
∴∠GFC=∠2+∠CAF=∠1+∠CAF=60°，
∵CG⊥AD，即∠CGF=90°，
∴∠FCG=90°-60°=30°，
∴∠ACH=∠GCM=15°。
∵同弧所对圆周角相等，∠MGC=∠MAC=30°，
∴∠GMN=∠MGC+∠MCG=30°+15°=45°，
∵HN⊥BC，即∠GNM=90°，
∴△GNM是等腰直角三角形，
∴GM=$\sqrt{2}$GN，
又
∵AH=GM，
∴AH=$\sqrt{2}$GN。
【答案】
证明：作AM⊥BC于点M，连结GM。
∵∠AGC=∠AMC=90°,
∴A,G,M,C四点共圆。
∵∠AHC=∠AGC=90°,
∴A,H,G,C四点共圆,
∴A,H,G,M,C五点共圆。
∵HN⊥BC,AM⊥BC,
∴HN//AM,
∴∠HGA=∠GAM,
∴$\overset{\frown}{AH}=\overset{\frown}{GM}$,
∴AH=GM,∠ACH=∠GCM。
∵△ABC是等边三角形,
∴∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°,AB=BC=AC。在△ABD和△CAE中,
$\begin{cases} AB=CA, \\ ∠B=∠CAE, \\ BD=AE, \end{cases}$
∴△ABD≌△CAE,
∴∠1=∠2,
∴∠GFC=∠2+∠CAF=∠1+∠CAF=60°,
∴∠FCG=90°-60°=30°,
∴∠ACH=∠GCM=15°。
∵∠MGC=∠MAC=30°,
∴∠GMN=∠MGC+∠MCG=45°,
∴△GNM是等腰直角三角形,
∴GM=$\sqrt{2}$GN,
∴AH=$\sqrt{2}$GN。
【知识点】
等边三角形性质、全等三角形判定与性质、圆周角定理
【点评】
本题属于几何综合题，将等边三角形、全等三角形、隐圆等知识点结合考查，解题的核心是通过多个直角特征判定多点共圆，实现线段的等量转化，再通过角度推导得到等腰直角三角形的倍长关系，对几何逻辑推导能力有较高要求。
【难度系数】
0.3
3. （2025·重庆期中)如图,在等腰△ABC中,AB=AC,线段AD绕点A在平面上旋转.
(1)如图①,若∠BAC=α,线段AD旋转到BA延长线上,过点D作DE⊥BC,交BC,AC于E,F,求∠AFD的度数(用含α的式子表示);
(2)如图②,若∠BAC=90°,线段AD绕点A旋转过程中,点D恰好落在边BC上,过点C作CE//AB,连结DE,使得AD⊥DE且AD=DE,求证:AB−CE=$\sqrt{2}$CD;
(3)如图③,若∠BAC=90°,AD=$\frac{1}{3}$AB,连结BD,过点C作CE⊥BD,交BD延长线DE于点E.当BE取最大值时,请直接写出$\frac{DE}{BE}$的值.
＞＞进一步挑战进阶专题:P73 专题18
(1)如图①,若∠BAC=α,线段AD旋转到BA延长线上,过点D作DE⊥BC,交BC,AC于E,F,求∠AFD的度数(用含α的式子表示);
(2)如图②,若∠BAC=90°,线段AD绕点A旋转过程中,点D恰好落在边BC上,过点C作CE//AB,连结DE,使得AD⊥DE且AD=DE,求证:AB−CE=$\sqrt{2}$CD;
(3)如图③,若∠BAC=90°,AD=$\frac{1}{3}$AB,连结BD,过点C作CE⊥BD,交BD延长线DE于点E.当BE取最大值时,请直接写出$\frac{DE}{BE}$的值.
＞＞进一步挑战进阶专题:P73 专题18
答案
(1)
∵AB=AC,∠BAC=α,
∴∠B=∠C=$\frac{180°-α}{2}=90°-\frac{1}{2}α$.
∵DE⊥BC,
∴∠BED=90°,
∴∠D=90°-∠B=$90°-(90°-\frac{1}{2}α)=\frac{1}{2}α$,
∴∠AFD=180°-∠D-∠DAF=$180°-\frac{1}{2}α-(180°-α)=\frac{1}{2}α$.
(2)如图①
,过A作AF⊥BC于点F,过E作EG⊥BC交BC延长线于点G,∵AD⊥DE,AD=ED,
∴∠AFD=∠ADE=∠DGE=90°,
∴∠FAD+∠ADF=90°,∠EDG+∠ADF=90°,
∴∠FAD=∠EDG.在△AFD和△DGE中,
$\begin{cases} ∠AFD=∠DGE=90°, \\ ∠FAD=∠GDE, \\ AD=DE, \end{cases}$
∴△AFD≌△DGE(AAS),
∴DF=EG,AF=DG.
∵AB=AC,∠BAC=90°,
∴∠ABC=∠ACB=45°.
∵CE//AB,
∴∠ABC=∠ECG=45°.
∵∠AFD=∠ADE=∠DGE=90°,
∴∠ACB=∠CAF=∠ECG=∠CEG=45°,
∴△ACF,△CEG都是等腰直角三角形,
∴AF=CF,CG=EG,
∴由勾股定理得$AF^2+CF^2=AC^2$,$CG^2+EG^2=CE^2$,
∴$AF=CF=\frac{\sqrt{2}}{2}AC$,$CG=EG=\frac{\sqrt{2}}{2}CE$.
∵CF=CD+DF,
∴$\frac{\sqrt{2}}{2}AC=CD+\frac{\sqrt{2}}{2}CE$,
∴$AB-CE=\sqrt{2}CD$.
(3)$\frac{2\sqrt{2}-1}{7}$. 解析:如图②
,在△ABD中,BD＞AB-AD.∵AB不变,
∴AD最小时,BD最大,即有BE最大,则根据垂线段最短可知:当AD⊥BE时,BE取最大值,过A作AF⊥AE交BE于点F.
∵CE⊥BD,
∴∠BEC=90°.
∵∠BAC=90°,
∴点A,B,C,E四点共圆,
∴∠ABE=∠ACE,∠AED=∠ACB=45°,
∴∠AED=∠ACB=∠AFD=45°,
∴AD=DE=DF.
∵∠BAC=∠EAF=90°,
∴∠BAC-∠CAF=∠EAF-∠CAF,
∴∠BAF=∠CAE.
∵AB=AC,
∴△ABF≌△ACE(ASA),
∴BF=CE,设AB=3x,BF=CE=y,则AD=DE=DF=x,EF=2x,BE=2x+y,由勾股定理得$AB^2+AC^2=BC^2$,$CE^2+BE^2=BC^2$,
∴$(3x)^2+(3x)^2=BC^2$,$y^2+(2x+y)^2=BC^2$,
∴$y^2+(2x+y)^2=(3x)^2+(3x)^2$,整理得$y^2+2xy-7x^2=0$,解得$y_1=(-1+2\sqrt{2})x$,$y_2=(-1-2\sqrt{2})x$(舍去),
∴BE=2x+y=2x+(-1+2√2)x=(2√2+1)x,
∴$\frac{DE}{BE}=\frac{x}{(2\sqrt{2}+1)x}=\frac{2\sqrt{2}-1}{7}$.
解析
【分析】
(1) 先利用等腰三角形两底角相等的性质，用含α的式子表示出底角∠B；再结合DE⊥BC的条件，根据直角三角形两锐角互余求出∠D；最后利用三角形内角和与平角的性质，即可求出∠AFD的度数。
(2) 要证明线段和差关系，考虑构造全等三角形转化线段：分别过点A、E作BC的垂线，先证明△AFD和△DGE全等，得到对应边相等；再结合等腰直角△ABC的性质与CE//AB的角度关系，得到△ACF、△CEG均为等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的边长关系，结合线段和差推导即可得证。
(3) 首先由∠BAC和∠BEC均为直角，可得A、B、C、E四点共圆，要使BE最大，需BD最大，根据线段最值规律可知当AD⊥BE时BE取最大值；再构造全等△ABF和△ACE，设参数表示各线段长度，结合勾股定理列方程求解未知线段，最后计算比值即可。
【解析】
(1)
∵AB=AC,∠BAC=α,
∴∠B=∠C=$\frac{180°-α}{2}=90°-\frac{1}{2}α$.
∵DE⊥BC,
∴∠BED=90°,
∴∠D=90°-∠B=$90°-(90°-\frac{1}{2}α)=\frac{1}{2}α$,
∴∠AFD=180°-∠D-∠DAF=$180°-\frac{1}{2}α-(180°-α)=\frac{1}{2}α$.
(2) 如图①,过A作AF⊥BC于点F,过E作EG⊥BC交BC延长线于点G,
∵AD⊥DE,AD=ED,
∴∠AFD=∠ADE=∠DGE=90°,
∴∠FAD+∠ADF=90°,∠EDG+∠ADF=90°,
∴∠FAD=∠EDG.
在△AFD和△DGE中,
$\begin{cases} ∠AFD=∠DGE=90°, \\ ∠FAD=∠GDE, \\ AD=DE, \end{cases}$
∴△AFD≌△DGE(AAS),
∴DF=EG,AF=DG.
∵AB=AC,∠BAC=90°,
∴∠ABC=∠ACB=45°.
∵CE//AB,
∴∠ABC=∠ECG=45°.
∵∠AFD=∠ADE=∠DGE=90°,
∴∠ACB=∠CAF=∠ECG=∠CEG=45°,
∴△ACF,△CEG都是等腰直角三角形,
∴AF=CF,CG=EG,
由勾股定理得$AF^2+CF^2=AC^2$,$CG^2+EG^2=CE^2$,
∴$AF=CF=\frac{\sqrt{2}}{2}AC$,$CG=EG=\frac{\sqrt{2}}{2}CE$.
∵CF=CD+DF,
∴$\frac{\sqrt{2}}{2}AC=CD+\frac{\sqrt{2}}{2}CE$,
又
∵AB=AC，等式两边同乘$\sqrt{2}$得$AB=CE+\sqrt{2}CD$,
∴$AB-CE=\sqrt{2}CD$.
(3) 如图②,
∵∠BAC=90°,CE⊥BD即∠BEC=90°,
∴点A,B,C,E在以BC为直径的圆上,
AB为定值，AD=$\frac{1}{3}$AB也为定值，当AD⊥BE时，BD取最大值，对应BE取最大值。
过A作AF⊥AE交BE于点F，
∴∠AED=∠ACB=45°，又AD⊥DE，
∴AD=DE=DF，∠AFE=45°，AF=AE.
∵∠BAC=∠EAF=90°,
∴∠BAC-∠CAF=∠EAF-∠CAF,
∴∠BAF=∠CAE.
又
∵AB=AC,∠ABF=∠ACE,
∴△ABF≌△ACE(ASA),
∴BF=CE.
设AB=3x，则AD=x，DE=DF=x,EF=2x，设BF=CE=y，则BE=2x+y,
由勾股定理得$BC^2=AB^2+AC^2=(3x)^2+(3x)^2=18x^2$,
在Rt△BEC中，$BC^2=BE^2+CE^2=(2x+y)^2+y^2$,
∴$y^2+(2x+y)^2=18x^2$,整理得$y^2+2xy-7x^2=0$,
解得$y_1=(-1+2\sqrt{2})x$,$y_2=(-1-2\sqrt{2})x$(舍去),
∴BE=2x+y=2x+(-1+2√2)x=(2√2+1)x,
∴$\frac{DE}{BE}=\frac{x}{(2\sqrt{2}+1)x}=\frac{2\sqrt{2}-1}{7}$.
【答案】
(1) $\boxed{\frac{1}{2}α}$
(2) 证明见上述解析；
(3) $\boxed{\frac{2\sqrt{2}-1}{7}}$
【知识点】
等腰三角形性质，全等三角形判定与性质，勾股定理
【点评】
本题是几何综合题型，围绕等腰三角形、旋转两大核心考点展开，第一问侧重基础角度运算，第二问需要构造全等辅助线实现线段转化，第三问需要结合隐圆判断最值情况，对几何分析能力和代数运算能力都有较高要求。
【难度系数】
0.4
(1) 先利用等腰三角形两底角相等的性质，用含α的式子表示出底角∠B；再结合DE⊥BC的条件，根据直角三角形两锐角互余求出∠D；最后利用三角形内角和与平角的性质，即可求出∠AFD的度数。
(2) 要证明线段和差关系，考虑构造全等三角形转化线段：分别过点A、E作BC的垂线，先证明△AFD和△DGE全等，得到对应边相等；再结合等腰直角△ABC的性质与CE//AB的角度关系，得到△ACF、△CEG均为等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的边长关系，结合线段和差推导即可得证。
(3) 首先由∠BAC和∠BEC均为直角，可得A、B、C、E四点共圆，要使BE最大，需BD最大，根据线段最值规律可知当AD⊥BE时BE取最大值；再构造全等△ABF和△ACE，设参数表示各线段长度，结合勾股定理列方程求解未知线段，最后计算比值即可。
【解析】
(1)
∵AB=AC,∠BAC=α,
∴∠B=∠C=$\frac{180°-α}{2}=90°-\frac{1}{2}α$.
∵DE⊥BC,
∴∠BED=90°,
∴∠D=90°-∠B=$90°-(90°-\frac{1}{2}α)=\frac{1}{2}α$,
∴∠AFD=180°-∠D-∠DAF=$180°-\frac{1}{2}α-(180°-α)=\frac{1}{2}α$.
(2) 如图①
,过A作AF⊥BC于点F,过E作EG⊥BC交BC延长线于点G,∵AD⊥DE,AD=ED,
∴∠AFD=∠ADE=∠DGE=90°,
∴∠FAD+∠ADF=90°,∠EDG+∠ADF=90°,
∴∠FAD=∠EDG.
在△AFD和△DGE中,
$\begin{cases} ∠AFD=∠DGE=90°, \\ ∠FAD=∠GDE, \\ AD=DE, \end{cases}$
∴△AFD≌△DGE(AAS),
∴DF=EG,AF=DG.
∵AB=AC,∠BAC=90°,
∴∠ABC=∠ACB=45°.
∵CE//AB,
∴∠ABC=∠ECG=45°.
∵∠AFD=∠ADE=∠DGE=90°,
∴∠ACB=∠CAF=∠ECG=∠CEG=45°,
∴△ACF,△CEG都是等腰直角三角形,
∴AF=CF,CG=EG,
由勾股定理得$AF^2+CF^2=AC^2$,$CG^2+EG^2=CE^2$,
∴$AF=CF=\frac{\sqrt{2}}{2}AC$,$CG=EG=\frac{\sqrt{2}}{2}CE$.
∵CF=CD+DF,
∴$\frac{\sqrt{2}}{2}AC=CD+\frac{\sqrt{2}}{2}CE$,
又
∵AB=AC，等式两边同乘$\sqrt{2}$得$AB=CE+\sqrt{2}CD$,
∴$AB-CE=\sqrt{2}CD$.
(3) 如图②
,∵∠BAC=90°,CE⊥BD即∠BEC=90°,
∴点A,B,C,E在以BC为直径的圆上,
AB为定值，AD=$\frac{1}{3}$AB也为定值，当AD⊥BE时，BD取最大值，对应BE取最大值。
过A作AF⊥AE交BE于点F，
∴∠AED=∠ACB=45°，又AD⊥DE，
∴AD=DE=DF，∠AFE=45°，AF=AE.
∵∠BAC=∠EAF=90°,
∴∠BAC-∠CAF=∠EAF-∠CAF,
∴∠BAF=∠CAE.
又
∵AB=AC,∠ABF=∠ACE,
∴△ABF≌△ACE(ASA),
∴BF=CE.
设AB=3x，则AD=x，DE=DF=x,EF=2x，设BF=CE=y，则BE=2x+y,
由勾股定理得$BC^2=AB^2+AC^2=(3x)^2+(3x)^2=18x^2$,
在Rt△BEC中，$BC^2=BE^2+CE^2=(2x+y)^2+y^2$,
∴$y^2+(2x+y)^2=18x^2$,整理得$y^2+2xy-7x^2=0$,
解得$y_1=(-1+2\sqrt{2})x$,$y_2=(-1-2\sqrt{2})x$(舍去),
∴BE=2x+y=2x+(-1+2√2)x=(2√2+1)x,
∴$\frac{DE}{BE}=\frac{x}{(2\sqrt{2}+1)x}=\frac{2\sqrt{2}-1}{7}$.
【答案】
(1) $\boxed{\frac{1}{2}α}$
(2) 证明见上述解析；
(3) $\boxed{\frac{2\sqrt{2}-1}{7}}$
【知识点】
等腰三角形性质，全等三角形判定与性质，勾股定理
【点评】
本题是几何综合题型，围绕等腰三角形、旋转两大核心考点展开，第一问侧重基础角度运算，第二问需要构造全等辅助线实现线段转化，第三问需要结合隐圆判断最值情况，对几何分析能力和代数运算能力都有较高要求。
【难度系数】
0.4
