正方形BAGH，C∈GH，D∈GH，BD//AC，AE平分∠BAC，求证：BF=DE+CH

uk702

（错题）如图，正方形BAGH中，D是GH中的一点，作BC//AD交GH的延长线于C，作∠ABC的角平分线交AD于E，交AH于F，求证：AF=DE+CH。

更正为（图为更正后的图）：
如图，正方形BAGH中，C是GH中的一点，作BD//AC交GH的延长线于D，作∠BAC的角平分线交BD于E，交BH于F，求证：BF=DE+CH。

战巡

这不等啊

uk702

战巡 发表于 2022-6-30 11:05
这不等啊

(Sorry， 似乎题目是错的，待查) 是的，我也发现了。

战巡

uk702 发表于 2022-6-30 11:10
(Sorry， 似乎题目是错的，待查) 是的，我也发现了。

令$\angle BAC=x$，正方形边长为$a$，那么有
\[BF=AB\tan(\angle BAF)=a\tan(\frac{x}{2})\]

接下来，由于$BD\parallel AC$，有$\angle CAE=\angle BEA=\frac{x}{2}=\angle BAF$，$AB=BE=a$
另外
\[BD=AC=\frac{AG}{\cos(\angle GAC)}=\frac{a}{\sin(x)}\]
\[DE=BD-BE=\frac{a}{\sin(x)}-a\]

然后
\[CH=GH-CG=a-a\cot(x)\]
因此
\[DE+CH=a[\frac{1}{\sin(x)}-\cot(x)]=a\frac{1-\cos(x)}{\sin(x)}\]
\[=a\frac{1-(1-2\sin^2(\frac{x}{2}))}{2\sin(\frac{x}{2})\cos(\frac{x}{2})}=a\tan(\frac{x}{2})=BF\]

uk702

如图，作 FK⊥AC于K，∵EA平分∠BAC，
∴易知B、K关于AE成对称，
∴FB=FK，EB=EK，AB=AK
∵EB//AK，∴∠BEA=∠EAC=∠EAB
∴EB=AB，四边形BAKE是菱形
∴EK//BA//DC，∴ED=KC
延长BK交HG于L，
∵AB=AK，∴∠ABK=∠AKB
而∠ABK=∠KLC，∠AKB=∠CKL
∴∠KLC=∠CKL，∴CK=CL
又△BLH≌△AFB
∴BF=LH=CL+CH=CK+CH=ED+CH

乌贼

如图：
$ AMEH $四点共圆且。\[ BM=BE\riff DE=DN \]又\[ \angle NFH=\angle NEH=\angle MAH=45\du \riff HF=HN \]所以\[ BF+FH=AB=CH+HN+ND=CH+FH+DE\riff BF=DE+CH \]

uk702

乌贼 发表于 2022-6-30 13:43
如图：
$ AMEH $四点共圆且。\[ BM=BE\riff DE=DN \]又\[ \angle NFH=\angle NEH=\angle MAH=45\du \riff H ...

高！佩服！我对着您的解答看了半天才看明白了，真不知您是怎么想出来的。

乌贼

实质与5楼是一样的，再简化点。如图：
     作正方形$ BHPM $，$ ME $延长线交$ HP $于$ N $。有\[ DP=GH \]\[ BA=BE=BM\riff\angle AEM=90\du \riff\triangle ABF\cong \triangle MPN\riff BF=PN \]
又\[ \triangle BEM\sim \triangle DEN\riff DE=DN \]
综上\[ BF=PN=PD+DN=CH+DE \]

uk702

引：正方形ABCD中，E 是 CD 上的一点，∠ABE的角平分线交AD于F，则有 BE=AF+CE。
证：如图，将△BCE旋转90°至△BAG，
则BG=BE，BG⊥BE
∴∠GBF=∠GBA+∠ABF=∠EBC+∠ABF=∠EBC+∠FBE=∠FBC=∠AFB
∴GB=GF=GA+AF=CE+AF，又GB=BE
∴BE=CE+AF
（其它证法见：027art.com/zhongkao/gzh13/8815883.html）

下面证明本题：
假设AE的延长线和GH和延长线相交于K，
则易知DK=DE，CK=CA。

而 DE+CH=DK+CH=CK-DH=AC-CG
由引理，知 AC-CG=BF，
∴DE+CH=BF。