Question

（2012•南崗區(qū)二模）在△ABC中，已知∠BAC=45°，高線CD與高線AE相交于點H，連接DE．
（1）如圖1，△ABC為銳角三角形時，求證：AE-CE=

2

DE；
（2）如圖2，在（1）的條件下，作∠AEC的平分線交AC于點F，連接DF交AE于點G，若BD=

2

CF，AE=6，求GH的長．

Answer 1

分析：（1）過點D作DN⊥DE交AE于點N，易證得△ADN≌△CDE，由全等三角形的對應邊相等，可得CE=AN，DE=DN，即可得△DEN是等腰直角三角形，則可證得AE-CE=

2

DE；
（2）易證得△DBE∽△CFE，根據(jù)相似三角形的對應邊成比例，可得DE=

2

EC，設EC=x，則DE=

2

x，由（1）結(jié)論可得：6-x=2x，則可求得DE等線段的長度，又由△ADH≌△CDB，可求得DH與CA的長，然后過F做FM∥AE交CD于點M，由相似三角形的對應邊成比例，即可求得GH的長．

解答：解：（1）過點D作DN⊥DE交AE于點N．
∵CD⊥AD，∠BAC=45°，
∴∠ACD=45°，
∴AD=CD．
∵∠ADN+∠NDC=∠ADC=90°=∠NDC+∠EDC，
∴∠ADN=∠EDC，
∵高線CD與高線AE相交于點H，
∴∠DAH+∠B=90°，∠DCB+∠B=90°，
∴∠DAH=∠DCB，
在△ADN和△CDE中，

∠ADN=∠CDE AD=CD ∠DAN=∠DCE

，
∴△ADN≌△CDE（ASA），
∴CE=AN，DE=DN，
∴∠DEN=45°，EN=

2

DE，
∴AE-EC=AE-AN=EN=

2

DE；

（2）由（1）可得：∠BED=45°，
∵AE⊥BC，
∴∠AEC=90°，EF平分∠AEC，
∴∠CEF=45°，
∴∠CEF=∠BED，∠CFE=180°-∠CEF-∠ACB=180°-45°-∠ACB，
∵∠BAC=45°，
∴∠B=180°-∠BAC-∠ACB=180°-45°-∠ACB，
∴∠B=∠CFE，
∴△DBE∽△CFE，
∴

BD

CF

=

DE

CE

，
∵BD=

2

CF，
∴DE=

2

EC，
設EC=x，則DE=

2

x，
由（1）結(jié)論可得：6-x=2x，
解得：x=2，
∴EC=2，DE=2

2

，
過D作DK⊥BC于K，
∵∠DEB=45°，
∴DK=EK=

2

2

DE=2，
∴CK=EK+EC=4，
∴tan∠DCK=

DK

CK

=

2

4

=

1

2

，CD=

DK2+CK2

=2

5

，
∴BD=

1

2

CD=

5

，BC=5，
∴CF=

10

2

，
∵AE∥DK，EK=EC，
∴EH=

1

2

DK=1，CH=

1

2

CD=

5

，
∴AH=AE-EH=5，
∴AH=BC，
由（1）得：∠DAH=∠DCB，AD=BC，
在△ADH和△CDB中，

AH=BC ∠DAH=∠DCB AD=CD

，
∴△ADH≌△CDB（SAS），
∴DH=BD=

5

，CA=

AE2+EC2

=2

10

，
過F做FM∥AE交CD于點M，
則△CFM∽△CAH，
∴

FM

AH

=

CF

CA

=

CM

CH

=

1

4

，
∴FM=

5

4

，CM=

5

4

，MH=

3 5

4

，
又∵GH∥FM，
∴△DHG∽△DMF，
∴

GH

FM

=

HD

DM

，
即

GH

5 4

=

5

5 + 3 5 4

，
∴GH=

5

7

．

點評：此題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)以及勾股定理等知識．此題綜合性較強，難度較大，注意掌握數(shù)形結(jié)合思想與方程思想的應用．