19. 如图,在$△ ABC$中,$∠ ABC=45°$,$CD⊥ AB$,$BE⊥ AC$,垂足分别为$D$,$E$,$F$是$BC$的中点,$BE$与$DF$,$CD$分别相交于点$G$,$H$,$∠ ABE=∠ CBE$.
(1) 线段$BH$与$AC$相等吗? 若相等,请给予证明;若不相等,请说明理由.
(2) 求证:$BG^2 - GE^2 = AE^2$.
(1) 线段$BH$与$AC$相等吗? 若相等,请给予证明;若不相等,请说明理由.
(2) 求证:$BG^2 - GE^2 = AE^2$.
答案：(1) 解：$BH=AC$，证明如下：
$\because CD⊥ AB$，$∠ ABC=45°$，
$\therefore △ BDC$是等腰直角三角形，
$\therefore BD=CD$。
$\because BE⊥ AC$，
$\therefore ∠ A + ∠ ABE=90°$，
又$\because CD⊥ AB$，
$\therefore ∠ A + ∠ ACD=90°$，
$\therefore ∠ ABE=∠ ACD$，即$∠ HBD=∠ ACD$。
在$△ BDH$和$△ CDA$中：
$\begin{cases}∠ BDH=∠ CDA=90° \\BD=CD \\∠ HBD=∠ ACD\end{cases}$
$\therefore △ BDH ≌ △ CDA(\mathrm{ASA})$，
$\therefore BH=AC$。
---
(2) 证明：
连接$CG$。
$\because F$是$BC$的中点，$BD=CD$，$CD⊥ AB$，
$\therefore DF$垂直平分$BC$，
$\therefore BG=CG$。
$\because BE⊥ AC$，$∠ ABE=∠ CBE$，$BE=BE$，
$\therefore △ ABE ≌ △ CBE(\mathrm{ASA})$，
$\therefore AE=CE$。
在$\mathrm{Rt}△ CGE$中，由勾股定理得：
$CG^2 - GE^2 = CE^2$，
将$BG=CG$，$CE=AE$代入得：
$BG^2 - GE^2 = AE^2$。
$\because CD⊥ AB$，$∠ ABC=45°$，
$\therefore △ BDC$是等腰直角三角形，
$\therefore BD=CD$。
$\because BE⊥ AC$，
$\therefore ∠ A + ∠ ABE=90°$，
又$\because CD⊥ AB$，
$\therefore ∠ A + ∠ ACD=90°$，
$\therefore ∠ ABE=∠ ACD$，即$∠ HBD=∠ ACD$。
在$△ BDH$和$△ CDA$中：
$\begin{cases}∠ BDH=∠ CDA=90° \\BD=CD \\∠ HBD=∠ ACD\end{cases}$
$\therefore △ BDH ≌ △ CDA(\mathrm{ASA})$，
$\therefore BH=AC$。
---
(2) 证明：
连接$CG$。
$\because F$是$BC$的中点，$BD=CD$，$CD⊥ AB$，
$\therefore DF$垂直平分$BC$，
$\therefore BG=CG$。
$\because BE⊥ AC$，$∠ ABE=∠ CBE$，$BE=BE$，
$\therefore △ ABE ≌ △ CBE(\mathrm{ASA})$，
$\therefore AE=CE$。
在$\mathrm{Rt}△ CGE$中，由勾股定理得：
$CG^2 - GE^2 = CE^2$，
将$BG=CG$，$CE=AE$代入得：
$BG^2 - GE^2 = AE^2$。
20. 如图,在等边三角形ABC中,BD=CE,AD,BE相交于点F.
(1) 求证:$∠ AFE=60°$.
(2) 过点A作$AG⊥ BE$,垂足为G.若$DF=1,GF=4$,则BE的长为.
(1) 求证:$∠ AFE=60°$.
(2) 过点A作$AG⊥ BE$,垂足为G.若$DF=1,GF=4$,则BE的长为.
答案：(1) 证明：
∵ $△ ABC$是等边三角形，
∴ $AB=BC$，$∠ ABD=∠ C=60°$。
在$△ ABD$和$△ BCE$中：
$\begin{cases}AB=BC \\∠ ABD=∠ C \\BD=CE\end{cases}$
∴ $△ ABD ≌ △ BCE$（SAS），
∴ $∠ BAD=∠ CBE$。
∵ $∠ AFE=∠ BAD + ∠ ABF$，
∴ $∠ AFE=∠ CBE + ∠ ABF=∠ ABC=60°$，
即$∠ AFE=60°$。
(2) 解：
∵ $AG⊥ BE$，∴ $∠ AGF=90°$。
∵ $∠ AFE=60°$，∴ $∠ FAG=90°-60°=30°$，
∴ $AF=2GF=2×4=8$，
∴ $AD=AF+DF=8+1=9$。
由$△ ABD ≌ △ BCE$，得$BE=AD=9$。
$\boldsymbol{9}$
∵ $△ ABC$是等边三角形，
∴ $AB=BC$，$∠ ABD=∠ C=60°$。
在$△ ABD$和$△ BCE$中：
$\begin{cases}AB=BC \\∠ ABD=∠ C \\BD=CE\end{cases}$
∴ $△ ABD ≌ △ BCE$（SAS），
∴ $∠ BAD=∠ CBE$。
∵ $∠ AFE=∠ BAD + ∠ ABF$，
∴ $∠ AFE=∠ CBE + ∠ ABF=∠ ABC=60°$，
即$∠ AFE=60°$。
(2) 解：
∵ $AG⊥ BE$，∴ $∠ AGF=90°$。
∵ $∠ AFE=60°$，∴ $∠ FAG=90°-60°=30°$，
∴ $AF=2GF=2×4=8$，
∴ $AD=AF+DF=8+1=9$。
由$△ ABD ≌ △ BCE$，得$BE=AD=9$。
$\boldsymbol{9}$
21. 如图，AE为$△ ABC$的高，$BE＞CE$，D为AE上一点（点D不与点A重合），连接BD，CD.
（1）求证：$AB+BD＞AC+CD$.
（2）求证：$AB+CD＜AC+BD$.
（1）求证：$AB+BD＞AC+CD$.
（2）求证：$AB+CD＜AC+BD$.
答案：证明：
(1) ∵ AE是△ABC的高，
∴ AE⊥BC，即∠AEB=∠AEC=∠DEB=∠DEC=90°。
在Rt△ABE中，由勾股定理得：$AB^2 = BE^2 + AE^2$，
在Rt△ACE中，由勾股定理得：$AC^2 = CE^2 + AE^2$，
∴ $AB^2 - AC^2 = BE^2 - CE^2$。
∵ BE ＞ CE，
∴ $BE^2 ＞ CE^2$，
∴ $AB^2 - AC^2 ＞ 0$，即$AB^2 ＞ AC^2$。
又∵ AB、AC均为正数，
∴ AB ＞ AC。
同理，在Rt△DBE和Rt△DCE中：
$BD^2 = BE^2 + DE^2$，$CD^2 = CE^2 + DE^2$，
∴ $BD^2 - CD^2 = BE^2 - CE^2 ＞ 0$，即$BD^2 ＞ CD^2$。
∵ BD、CD均为正数，
∴ BD ＞ CD。
将AB ＞ AC和BD ＞ CD两式相加，得：
$AB + BD ＞ AC + CD$。
(2) 作点C关于直线AE的对称点C'，
∵ AE⊥BC，BE ＞ CE，
∴ 点C'落在线段BE上，连接AC'、DC'。
由轴对称的性质可得：$AC' = AC$，$DC' = DC$。
设BD与AC'交于点O，
在△AOB中，由三角形两边之和大于第三边得：$AO + BO ＞ AB$，
在△DOC'中，同理得：$DO + C'O ＞ DC'$。
将两式相加，得：
$AO + BO + DO + C'O ＞ AB + DC'$，
即 $(AO + C'O) + (BO + DO) ＞ AB + DC'$，
∴ $AC' + BD ＞ AB + DC'$。
将$AC'=AC$，$DC'=CD$代入上式，得：
$AC + BD ＞ AB + CD$，
即 $AB + CD ＜ AC + BD$。
(1) ∵ AE是△ABC的高，
∴ AE⊥BC，即∠AEB=∠AEC=∠DEB=∠DEC=90°。
在Rt△ABE中，由勾股定理得：$AB^2 = BE^2 + AE^2$，
在Rt△ACE中，由勾股定理得：$AC^2 = CE^2 + AE^2$，
∴ $AB^2 - AC^2 = BE^2 - CE^2$。
∵ BE ＞ CE，
∴ $BE^2 ＞ CE^2$，
∴ $AB^2 - AC^2 ＞ 0$，即$AB^2 ＞ AC^2$。
又∵ AB、AC均为正数，
∴ AB ＞ AC。
同理，在Rt△DBE和Rt△DCE中：
$BD^2 = BE^2 + DE^2$，$CD^2 = CE^2 + DE^2$，
∴ $BD^2 - CD^2 = BE^2 - CE^2 ＞ 0$，即$BD^2 ＞ CD^2$。
∵ BD、CD均为正数，
∴ BD ＞ CD。
将AB ＞ AC和BD ＞ CD两式相加，得：
$AB + BD ＞ AC + CD$。
(2) 作点C关于直线AE的对称点C'，
∵ AE⊥BC，BE ＞ CE，
∴ 点C'落在线段BE上，连接AC'、DC'。
由轴对称的性质可得：$AC' = AC$，$DC' = DC$。
设BD与AC'交于点O，
在△AOB中，由三角形两边之和大于第三边得：$AO + BO ＞ AB$，
在△DOC'中，同理得：$DO + C'O ＞ DC'$。
将两式相加，得：
$AO + BO + DO + C'O ＞ AB + DC'$，
即 $(AO + C'O) + (BO + DO) ＞ AB + DC'$，
∴ $AC' + BD ＞ AB + DC'$。
将$AC'=AC$，$DC'=CD$代入上式，得：
$AC + BD ＞ AB + CD$，
即 $AB + CD ＜ AC + BD$。