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梅涅劳斯定理：任何一条直线截三角形的各边，都使得三条不相邻线段之积等于另外三条线段之积．当
直线交三角形ABC三边所在直线BC、AB、AC于D、E、F点时，则有AE×BD×CF＝EB×CD×AF
塞瓦定理：塞瓦定理是指在△ABC内任取一点O，延长AO、BO、CO分别交对边于D、E、F，则
BD×CE×AF＝DC×EA×FB．例题精讲
考点一：梅涅劳斯定理
【例1】．如图，等边△ABC的边长为2，F为AB中点，延长BC至D，使CD＝BC，连接FD交AC于
E，则四边形BCEF的面积为 ．
解：∵DEF是△ABC的梅氏线，
∴由梅涅劳斯定理得， • • ＝1，
即 • • ＝1，则 ＝ ，
连FC，S△BCF ＝ S△ABC ，S△CEF ＝ S△ABC ，
于是S
BCEF
＝S△BCF +S△CEF
＝ S△ABC
＝ × ×2×2sin60°
＝ × ＝ ．
故答案为 ．
变式训练
【变式1-1】．如图，D、E、F内分正△ABC的三边AB、BC、AC均为1：2两部分，AD、BE、CF相交
成的△PQR的面积是△ABC的面积的（ ）A． B． C． D．
解：对△ADC用梅涅劳斯定理可以得： • • ＝1，则 ＝ ．
设S△BCF ＝ ，S△BCQ ＝ S△BCE ＝ ，S
BPRF
＝ S△ABD ＝ ，
∴S△PQR ＝S△BCF ﹣S△BCQ ﹣S
BPRF
＝ S△ABC ．
故选：D．
【变式1-2】．梅涅劳斯定理
梅涅劳斯（Menelaus）是古希腊数学家，他首先证明了梅涅劳斯定理，定理的内容是：如图（1），如
果一条直线与△ABC的三边AB，BC，CA或它们的延长线交于F、D、E三点，那么一定有 • •
＝1．
下面是利用相似三角形的有关知识证明该定理的部分过程：
证明：如图（2），过点A作AG∥BC，交DF的延长线于点G，则有 ＝ ．
任务：（1）请你将上述材料中的剩余的证明过程补充完整；
（2）如图（3），在△ABC中，AB＝AC＝13，BC＝10，点D为BC的中点，点F在AB上，且BF＝
2AF，CF与AD交于点E，则AE＝ 6 ．
解：（1）补充的证明过程如下：
∵AG∥BD，
∴△AGE∽△CDE．∴ ，
∴ ；
（2）根据梅涅劳斯定理得： ．
又∵ ， ，
∴DE＝AE．
在Rt△ABD中，AB＝13，BD＝5，∠ADB＝90°，则由勾股定理知：AD＝ ＝ ＝
12．
∴AE＝6．
故答案是：6．
考点二：塞瓦定理
【例2】．如图：P，Q，R分别是△ABC的BC，CA，AB边上的点．若AP，BQ，CR相交于一点M，求证：
．
证明：如图，由三角形面积的性质，有
， ， ．
以上三式相乘，得 ．变式训练
【变式2-1】．请阅读下列材料，并完成相应任务
如图，塞瓦定理是指在△ABC内任取一点O，延长AO，BO，CO分别交对边D，E，F于，则 × ×
＝1．
任务：（1）当点D，E分别为边BC，AC的中点时，求证：点F为AB的中点；
（2）若△ABC为等边三角形，AB＝12，AE＝4，点D是BC边的中点，求BF的长．
解：（1）证明：
∵D，E分别为边BC，AC的中点，
∴BD＝CD，EA＝CE，
∴ ，
由塞瓦定理，得 ，
∴ ，
∴AF＝BF，
∴点F为AB的中点；
（2）解：∵△ABC为等边三角形，AB＝12，
∴AB＝AC＝BC＝12，
∵AE＝4，
∴EC＝12﹣4＝8，
∵点D是BC的中点，
∴BD＝CD＝6，
∵AB＝12，
∴AF＝AB﹣BF＝12﹣BF，由赛瓦定理，得 ，
∴ ，
∴BF＝8．
【变式2-2】．请阅读下列材料，并完成相应任务
塞瓦定理
定理内容：如图1，塞瓦定理是指在△ABC内任取一点O，延长AO，BO，CO分别交对边于
D，E，F，则 ．
数学意义：使用塞瓦定理可以进行直线形中线段长度比例的计算，其逆定理还可以用来进行
三点共线、三线共点等问题的判定方法，是平面几何学以及射影几何学中的一项基本定理，
具有重要的作用．
任务解决：
（1）如图2，当点D，E分别为边BC，AC的中点时，求证：点F为AB的中点；
（2）若△ABC为等边三角形（如图3），AB＝12，AE＝4，点D是BC边的中点，求BF的长，并直接
写出△BOF的面积．
（1）证明：∵点D，E分别为边BC，AC的中点，
∴BD＝CD，CE＝AE，
由赛瓦定理可得： ，
∴ ，
∴AF＝BF，
即点F为AB的中点；（2）∵△ABC为等边三角形，AB＝12，
∴BC＝AC＝12，
∵点D是BC边的中点，
∴BD＝DC＝6，
∵AE＝4，
∴CE＝8，
由赛瓦定理可得：BF＝8；
△BOF的面积为 ．
1．如图，在△ABC中，M是AC的中点，E是AB上一点，AE＝ AB，连接EM并延长，交BC的延长线
于D，则 ＝（ ）
A． B．2 C． D．
解：如图，过C点作CP∥AB，交DE于P，
∵PC∥AE，
∴△AEM∽△CPM，
∴ ＝ ，
∵M是AC的中点，∴AM＝CM，
∴PC＝AE，
∵AE＝ AB，
∴CP＝ AB，
∴CP＝ BE，
∵CP∥BE，
∴△DCP∽△DBE，
∴ ＝ ＝ ，
∴BD＝3CD，
∴BC＝2CD，即 ＝2．
故选：B．
2．如图，在△ABC中，D、E分别是BC、AC上的点，AD与BE相交于点G，若AG：GD＝4：1，BD：
DC＝2：3，则AE：EC的值是（ ）
A． B． C． D．
解：过D作DH∥AC交BE于H，
∴△DHG∽△AEG，△BDH∽△CBE，∴ ， ，
∴AE＝4DH，CE＝ DH，
∴ ，
故选：B．
3．如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，F是AD边上一点．射线CF交AB于点E，且 ，则
等于 ．
解：如图：过点D作DG∥EC交AB于G，
∵AD是BC边上的中线，
∴GD是△BEC的中位线，
∴BD＝CD，BG＝GE．
∵ ＝ ，
∴ ＝
∵DG∥EC，
∴ ＝ ＝ ．
故答案是： ．4．如图，在△ABC中，点D是AB边上的一点，且AD＝3BD，连接CD并取CD的中点E，连接BE，若
∠ACD＝∠BED＝45°，且CD＝6 ，则AB的长为 4 ．
解：如图，取AD中点F，连接EF，过点D作DG⊥EF于G，DH⊥BE于H，
设BD＝a，
∴AD＝3BD＝3a，AB＝4a，
∵点E为CD中点，点F为AD中点，CD＝6 ，
∴DF＝ a，EF∥AC，DE＝3 ，
∴∠FED＝∠ACD＝45°，
∵∠BED＝45°，
∴∠FED＝∠BED，∠FEB＝90°，
∵DG⊥EF，DH⊥BE，
∴四边形EHDG是矩形，DG＝DH，
∴四边形DGEH是正方形，
∴DE＝ DG＝3 ，DH∥EF，
∴DG＝DH＝3，
∵DH∥EF，∴∠BDH＝∠DFG，
∴△BDH∽△DFG，
∴ ，
∴ ＝ ，
∴BH＝2，
∴BD＝ ＝ ＝ ，
∴AB＝4 ，
故答案为：4 ．
5．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8 ，BC＝16，AD是边BC的中线，过点C作CE⊥AD于点
E，连接BE并延长交AC于点F，则AD的长是 1 6 ，EF的长是 ．
解：过点G作DG∥AC，交BF于点G，
∵D为BC的中点，BC＝16，
∴CD＝BD＝8，
∵∠ACB＝90°，AC＝8 ，
∴AD＝ ＝16，
∴sin∠CAD＝ ，∴CE＝ ＝ ，
∴AE＝ ，
∴DE＝AD﹣AE＝4，
∵DG∥AC，
∴ ，
设DG＝x，则CF＝2x，AF＝ ，
∵DG∥AC，
∴∠DGE＝∠AFE，∠EDG＝∠EAF，
∴△DEG∽△AEF，
∴ ，
即 ，
解得：x＝ ，
∴CF＝2x＝
∴BF＝ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴EF＝ ＝ ．
故答案为：16， ．
6．如图，△ABC中，D、E是BC边上的点，BD：DE：EC＝3：2：1，M在AC边上，CM：MA＝1：2，
BM交AD、AE于H、G，则BH：HG：GM等于 5 1 ： 2 4 ： 1 0 ．解：
过M作MQ∥BC交AE于N，交AD于F，交AB于Q，
∵BD：DE：EC＝3：2：1，
∴设EC＝a，DE＝2a，BD＝3a，
∵MQ∥BC，
∴△AMN∞△ACE，
∵CM：MA＝1：2，
∴ ＝ ＝ ，
∴MN＝ a，
同理MF＝2a，MQ＝4a，
∵MQ∥BC，
∴△MNG∽△BEG，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ＝ ，
∴ ＝ ＝
同理 ＝ ＝ ＝ ， ＝ ＝ ，
∴ ＝ ， ＝ ＝∴BH：HG：GM＝51：24：10，
故答案为：51：24：10．
7．如图， ABCD的对角线相交于点O，在AB的延长线上任取一点E，连接OE交BC于点F．若AB＝
▱
a，AD＝c，BE＝b，则BF＝ ．
解：取AB的中点M，连接OM，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，OB＝OD，
∴OM∥AD∥BC，OM＝ AD＝ c，
∴△EFB∽△EOM，
∴ ，
∵AB＝a，AD＝c，BE＝b，
∴ME＝MB+BE＝ AB+BE＝ a+b，
∴ ，
∴BF＝ ．
故答案为： ．
8．在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，AM为BC边上的中线，CD⊥AM于点D，CD的延长线交于点，求 的值．
解：过点B作BF⊥BC，交EC的延长线于点F，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴∠BCF+∠ACD＝90°，
又∵BF⊥BC，CD⊥AM，
∴∠BCF+∠F＝90°，∠CAD+∠ACD＝90°，
∴∠ACD＝∠F，∠BCF＝∠CAD，
∴△ACM≌△CBF（AAS），
∴BF＝CM，
又∵AM为BC边上的中线，
∴BF＝CM＝ BC，
∵∠AEC＝∠BEF，
∴△ACE∽△BFE，
∴ ＝2．
9．如图，在△ABC中，M是AC的中点，E、F是BC上的两点，且BE＝EF＝FC，求BN：NQ：QM的值．解：连接MF，如图，
∵M是AC的中点，EF＝FC，
∴MF为△CEA的中位线，
∴AE＝2MF，AE∥MF，
∵NE∥MF，
∴ ＝ ＝1， ＝ ＝ ，
∴BN＝NM，MF＝2NF，
设BN＝a，NE＝b，则NM＝a，MF＝2b，AE＝4b，
∴AN＝3b，
∵AN∥MF，
∴ ＝ ＝ ＝ ，
∴NQ＝ a，QM＝ a，
∴BN：NQ：QM＝a： a： a＝5：3：2．
10．如图，△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，E为BC上一点，AE交CD于点F，EH⊥AB于点
H，若CF＝2FD，EH＝ ，求CE•BE的值．
解：对于△CBD和截线AFE，由梅涅劳斯定理可知： ，
∵CF＝2FD，
∴ ，∴ ，
易知△ADC∽△EHB，
∴ ，
∴ ，
由射影定理可知AC2＝AD•AB，
∴ BE• CE ＝ ＝ ＝
，
∵EH＝ ，
∴BE•CE＝4．
11．如图，△ABC中，AD⊥BC于点D，E是AB上一点，连接DE，2∠C+∠BDE＝180°．
（1）求证：∠BDE＝2∠CAD；
（2）若AC＝BD，∠AED＝∠ACB，求证BE＝2CD；
（3）若AE＝kBE，BD＝mCD，则 的值为 ． （用含m，k的式子表示）．
（1）证明：∵2∠C+∠BDE＝180°，
∴∠C+ ∠BDE＝90°，
∵AD⊥BC，
∴∠C+∠CAD＝90°，∴∠CAD＝ ∠BDE，
∴∠BDE＝2∠CAD；
（2）证明：如图，延长DE至F，使DF＝BD，连接BF，在DB上截取DG＝CD，连接AG，
∵AD⊥BC，
∴∠ADC＝∠ADG＝90°，
在△ADC和△ADG中，
，
∴△ADC≌△ADG（SAS），
∴AG＝AC，∠GAD＝∠CAD，∠AGC＝∠ACB，
∴∠CAG＝2∠CAD，
∵∠BDF＝2∠CAD，
∴∠BDF＝∠CAG，
∵AC＝BD，
∴AC＝BD＝AG＝DF，
∴△BDF≌△CAG（SAS），
∴BF＝CG，∠DFB＝∠AGC＝∠ACB，
∵∠AED＝∠ACB，∠AED＝∠BEF，
∴∠DFB＝∠BEF，
∴BF＝BE，
∴BE＝CG，
∵CG＝2CD，
∴BE＝2CD；
（3）解：如图，记AG与DE的交点为H，设CD＝y，则BD＝my，
延长DE至F，使DF＝BD＝my，连接BF，在DB上截取DG＝CD＝y，连接AG，
则CG＝CD＝2y，
由（2）知，△ADC≌△ADG，
∴AC＝AG，∠CAD＝∠GAD，∴∠CAG＝2∠CAD，
由（1）知，∠BDE＝2∠CAD，
∴∠BDE＝∠CAG，
∵DF＝BD，AC＝AG，
∴ ，
∵△DBF∽△ACG，
∴∠DBF＝∠AGC，
∴AG∥BF，
∴△DHG∽△DFB，
∴ ，
∴DH＝DG＝y，
∵AG∥BF，
∴△BEF∽△AEH，
∴ ，
∵AE＝kBE，
∴ ＝ ＝ ，
∴EH＝kEF，
∵DF＝DH+EH+EF＝y+kEF+EF＝my，
∴EF＝ ，
∴EH＝ ，
∴DE＝EH+DH＝ +y＝ ，
∴ ＝ ＝ ，
故答案为： ．12．如图1，Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD是中线，BE⊥AD，垂足为E，点F在AD上，∠ACF＝
∠DBE．
（1）求证：∠ABD＝∠CFD；
（2）探究线段AF，DE的数量关系，并证明你的结论；
（3）如图2，延长BE交CF于点P，AB＝ AF，求 的值．
（1）证明：设∠DBE＝∠CFD＝ ，
∵BE⊥AD， α
∴∠BED＝90°，
∴∠ADB+ ＝90°，
又∵∠BACα＝90°，AD是中线，
∴AD＝BD＝CD，
∴∠BAD＝∠ABD，
∴∠ADB+2∠BAD＝180°，
∴2∠BAD＝90°+ ，
又∵∠CFD＝∠DαAC+∠ACF＝∠DAC+ ＝90°﹣∠BAD+ ＝2∠BAD﹣∠BAD＝∠BAD，
∵∠ABD＝∠BAD， α α
∴∠ABD＝∠CFD；（2）解：AF＝2DE．
理由：过点C作CM⊥AD交AD的延长线于点M，
∵AD是中线，
∴BD＝CD，
∵∠CMD＝∠BED＝90°，∠CDM＝∠BDE，
∴△CDM≌△BDE（AAS），
∴DM＝DE，CM＝BE，
又∵∠BAD＝∠CFM，∠AEB＝∠CMF，
∴△CMF≌△BEA（AAS），
∴AE＝MF，
∴AE﹣EF＝MF﹣EF，
∴AF＝EM，
又∵EM＝2DE，
∴AF＝2DE；
（3）解：过点C作CM⊥AD交AD的延长线于点M，
由（2）可知，AF＝2DE，AD＝CD，设DE＝x，则AF＝2x，
∵AB＝ AF，
∴AB＝2 x，
∴AB＝2 x，
设EF＝y，
∴AE＝y+2x，AD＝CD＝y+3x，由（2）可知，BE＝CM，
∴AB2﹣AE2＝CD2﹣DM2，
∴ ＝（y+3x）2﹣x2，
解得y＝3x，y＝﹣8x（舍去），
∴AE＝5x，
∵∠BDE＝∠CFE，∠AEB＝∠PEF，
∴△BEA∽△PEF，
∴ ．
13．如图1，△ABC中，AB＝AC，点D在BA的延长线上，点E在BC上，DE＝DC，点F是DE与AC的
交点，且DF＝FE．
（1）图1中是否存在与∠BDE相等的角？若存在，请找出，并加以证明，若不存在，说明理由；
（2）求证：BE＝EC；
（3）若将“点D在BA的延长线上，点E在BC上”和“点F是DE与AC的交点，且DF＝FE”分别
改为“点D在AB上，点E在CB的延长线上”和“点F是ED的延长线与AC的交点，且DF＝kFE”，
其他条件不变（如图2）．当AB＝1，∠ABC＝a时，求BE的长（用含k、a的式子表示）．
解：（1）∠DCA＝∠BDE．
证明：∵AB＝AC，DC＝DE，
∴∠ABC＝∠ACB，∠DEC＝∠DCE．
∴∠BDE＝∠DEC﹣∠DBC＝∠DCE﹣∠ACB＝∠DCA．
（2）过点E作EG∥AC，交AB于点G，如图1，
则有∠DAC＝∠DGE．
在△DCA和△EDG中，∴△DCA≌△EDG（AAS）．
∴DA＝EG，CA＝DG．
∴DG＝AB．
∴DA＝BG．
∵AF∥EG，DF＝EF，
∴DA＝AG．
∴AG＝BG．
∵EG∥AC，
∴BE＝EC．
（3）过点E作EG∥AC，交AB的延长线于点G，如图2，
∵AB＝AC，DC＝DE，
∴∠ABC＝∠ACB，∠DEC＝∠DCE．
∴∠BDE＝∠DBC﹣∠DEC＝∠ACB﹣∠DCE＝∠DCA．
∵AC∥EG，
∴∠DAC＝∠DGE．
在△DCA和△EDG中，
∴△DCA≌△EDG（AAS）．
∴DA＝EG，CA＝DG
∴DG＝AB＝1．
∵AF∥EG，
∴△ADF∽△GDE．
∴ ．
∵DF＝kFE，
∴DE＝EF﹣DF＝（1﹣k）EF．∴ ．
∴AD＝ ．
∴GE＝AD＝ ．
过点A作AH⊥BC，垂足为H，如图2，
∵AB＝AC，AH⊥BC，
∴BH＝CH．
∴BC＝2BH．
∵AB＝1，∠ABC＝ ，
∴BH＝AB•cos∠ABHα＝cos ．
∴BC＝2cos ． α
∵AC∥EG，α
∴△ABC∽△GBE．
∴ ．
∴ ．
∴BE＝ ．
∴BE的长为 ．14．阅读以下材料，并按要求完成相应的任务．
塞瓦（GiovanniCeva，1648～1734）意大利水利工程师，数学家，塞瓦定理载于 1678年发表的《直线
论》一书，塞瓦定理是指如图1，在△ABC内任取一点O，延长AO，BO，CO分别交对边于D，F，
E，则 ．
下面是该定理的部分证明过程：
如图 2，过点 A 作 BC 的平行线分别交 BE，CF 的延长线于点 M，N．则∠N＝∠FCB，∠NAF＝
∠FBC．
∴△NAF∽△CBF．
∴ ①．
同理可得△NOA∽△COD．
∴ ②．
任务一：
（1）请分别写出与△MOA，△MEA相似的三角形；
（2）写出由（1）得到的比例线段；
任务二：结合①②和（2），完成该定理的证明；
任务三：如图3，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，CD⊥AB，垂足为D，点E为DC的中点，
连接AE并延长，交BC于点F，连接BE并延长，交AC于点G．小明同学自学了上面定理之后解决了
如图3所示的问题，并且他用所学知识已经求出了BF与FC的比是25：16，请你直接写出△ECG与
△EAG面积的比．
解：
任务一：
（1）△MOA∽△BOD；△MEA∽△BEC；（2） ； ；
任务二：
证明：
如图所示：
由任务一可得： ； ；
同理可得△OAN∽△ODC；△AFN∽△BFC；
∴ ； ；
∴ ；
∴ ．
任务三：
由任务一和任务二可得：
在△ABC中， ＝1；
∵Rt△ABC中，AC＝4，BC＝3，
∴AB＝ ；
∴cos∠BAC＝ ；
∴ ；
∴AD＝ ；
∴BD＝AB﹣AD＝ ；∵ ＝1；
∴ ＝1；
解得 ＝ ；
过点E作EH⊥AC于H；
∴ ＝ ＝ ＝ ．
15．问题提出
如图（1），在△ABC中，AB＝AC，D是AC的中点，延长BC至点E，使DE＝DB，延长ED交AB于
点F，探究 的值．
问题探究
（1）先将问题特殊化．如图（2），当∠BAC＝60°时，直接写出 的值；
（2）再探究一般情形．如图（1），证明（1）中的结论仍然成立．
问题拓展
如图（3），在△ABC中，AB＝AC，D是AC的中点，G是边BC上一点， ＝ （n＜2），延长BC
至点E，使DE＝DG，延长ED交AB于点F．直接写出 的值（用含n的式子表示）．解：（1）如图，取AB的中点G，连接DG，
∵点D是AC的中点，
∴DG是△ABC的中位线，
∴DG∥BC，
∵AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∵点D是AC的中点，
∴∠DBC＝30°，
∵BD＝ED，
∴∠E＝∠DBC＝30°，
∴DF⊥AB，
∵∠AGD＝∠ADG＝60°，
∴△ADG是等边三角形，
∴AF＝ AG，
∵AG＝ AB，
∴AF＝ AB，∴ ；
（2）取BC的中点H，连接DH，
∵点D为AC的中点，
∴DH∥AB，DH＝ AB，
∵AB＝AC，
∴DH＝DC，
∴∠DHC＝∠DCH，
∵BD＝DE，
∴∠DBH＝∠DEC，
∴∠BDH＝∠EDC，
∴△DBH≌△DEC（ASA），
∴BH＝EC，
∴ ，
∵DH∥AB，
∴△EDH∽△EFB，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
问题拓展
取BC的中点H，连接DH，由（2）同理可证明△DGH≌△DEC（ASA），
∴GH＝CE，
∴HE＝CG，
∵ ＝ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵DH∥BF，
∴△EDH∽△EFB，
∴ ，
∵DH＝ AB，
∴ ，
∴ ．
16．阅读下面材料，完成（1）﹣（3）题
数学课上，老师出示了这样一道题：如图 1，△ABC中，∠BAC＝90°，点D、E在BC上，AD＝AB，
AB＝kBD（其中 ＜k＜1）∠ABC＝∠ACB+∠BAE，∠EAC的平分线与BC相交于点F，BG⊥AF，垂
足为G，探究线段BG与AC的数量关系，并证明．同学们经过思考后，交流了自己的想法：
小明：“通过观察和度量，发现∠BAE与∠DAC相等．”小伟：“通过构造全等三角形，经过进一步推理，可以得到线段BG与AC的数量关系．”
……
老师：“保留原题条件，延长图1中的BG，与AC相交于点H（如图2），可以求出 的值．”
（1）求证：∠BAE＝∠DAC；
（2）探究线段BG与AC的数量关系（用含k的代数式表示），并证明；
（3）直接写出 的值（用含k的代数式表示）．
证明：（1）∵AB＝AD，
∴∠ABD＝∠ADB，
∵∠ADB＝∠ACB+∠DAC，∠ABD＝∠ABC＝∠ACB+∠BAE，
∴∠BAE＝∠DAC，
（2）设∠DAC＝ ＝∠BAE，∠C＝ ，
∴∠ABC＝∠ADBα＝ + ， β
∵∠ABC+∠C＝ + +α ＝β +2 ＝90°，∠BAE+∠EAC＝90°＝ +∠EAC，
∴∠EAC＝2 ，α β β α β α
∵AF平分∠βEAC，
∴∠FAC＝∠EAF＝ ，
∴∠FAC＝∠C，∠AβBE＝∠BAF＝ + ，
∴AF＝FC，AF＝BF， α β
∴AF＝ BC＝BF，
∵∠ABE＝∠BAF，∠BGA＝∠BAC＝90°，
∴△ABG∽△BCA，
∴∵∠ABE＝∠BAF，∠ABE＝∠ADB，
∴△ABF∽△DBA，
∴ ，且AB＝kBD，AF＝ BC＝BF，
∴k＝ ，即 ，
∴
（3）∵∠ABE＝∠BAF，∠BAC＝∠AGB＝90°，
∴∠ABH＝∠C，且∠BAC＝∠BAC，
∴△ABH∽△ACB，
∴ ，
∴AB2＝AC×AH
设BD＝m，AB＝km，
∵ ，
∴BC＝2k2m，
∴AC＝ ＝km ，
∴AB2＝AC×AH，
（km）2＝km ×AH，
∴AH＝ ，
∴HC＝AC﹣AH＝km ﹣ ＝ ，
∴
