19. 如图,在$\triangle ABC$中,$\angle ABC= 45^{\circ}$,$CD\perp AB$,$BE\perp AC$,垂足分别为$D$,$E$,$F是BC$的中点,$BE与DF$,$CD分别相交于点G$,$H$,$\angle ABE= \angle CBE$.
(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：∵CD⊥AB，BE⊥AC，
∴∠BDC=∠ADC=∠AEB=90°.
∵∠ABC=45°，
∴∠BCD=45°=∠ABC，
∴BD=CD.
∵∠BHD=∠CHE，
∴∠DBH=∠DCA.
在△BDH和△CDA中，
$\left\{\begin{array}{l} ∠DBH=∠DCA,\\ BD=CD,\\ ∠BDH=∠CDA,\end{array}\right.$
∴△BDH≌△CDA(ASA)，
∴BH=AC.
(2)证明：连接CG.
∵F是BC的中点，BD=CD，
∴DF是BC的垂直平分线，
∴BG=CG.
∵∠ABE=∠CBE，BE⊥AC，
∴∠AEB=∠CEB=90°.
在△ABE和△CBE中，
$\left\{\begin{array}{l} ∠ABE=∠CBE,\\ BE=BE,\\ ∠AEB=∠CEB,\end{array}\right.$
∴△ABE≌△CBE(ASA)，
∴AE=CE.
在Rt△CGE中，由勾股定理得CG²-GE²=CE².
∵BG=CG，AE=CE，
∴BG²-GE²=AE².
证明：∵CD⊥AB，BE⊥AC，
∴∠BDC=∠ADC=∠AEB=90°.
∵∠ABC=45°，
∴∠BCD=45°=∠ABC，
∴BD=CD.
∵∠BHD=∠CHE，
∴∠DBH=∠DCA.
在△BDH和△CDA中，
$\left\{\begin{array}{l} ∠DBH=∠DCA,\\ BD=CD,\\ ∠BDH=∠CDA,\end{array}\right.$
∴△BDH≌△CDA(ASA)，
∴BH=AC.
(2)证明：连接CG.
∵F是BC的中点，BD=CD，
∴DF是BC的垂直平分线，
∴BG=CG.
∵∠ABE=∠CBE，BE⊥AC，
∴∠AEB=∠CEB=90°.
在△ABE和△CBE中，
$\left\{\begin{array}{l} ∠ABE=∠CBE,\\ BE=BE,\\ ∠AEB=∠CEB,\end{array}\right.$
∴△ABE≌△CBE(ASA)，
∴AE=CE.
在Rt△CGE中，由勾股定理得CG²-GE²=CE².
∵BG=CG，AE=CE，
∴BG²-GE²=AE².
20. 如图,在等边三角形$ABC$中,$BD= CE$,$AD$,$BE相交于点F$.
(1)求证：$\angle AFE= 60^{\circ}$.
(2)过点$A作AG\perp BE$,垂足为$G$. 若$DF= 1$,$GF= 4$,则$BE$的长为______.
(1)证明：
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC，∠ABD=∠C=60°，
在△ABD和△BCE中，
$\left\{\begin{array}{l} AB=BC\\ ∠ABD=∠C\\ BD=CE\end{array}\right.$，
∴△ABD≌△BCE(SAS)，
∴∠BAD=∠CBE，
∵∠AFE=∠BAD+∠ABE，
∴∠AFE=∠CBE+∠ABE=∠ABC=60°；
(2)
(1)求证：$\angle AFE= 60^{\circ}$.
(2)过点$A作AG\perp BE$,垂足为$G$. 若$DF= 1$,$GF= 4$,则$BE$的长为______.
(1)证明：
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC，∠ABD=∠C=60°，
在△ABD和△BCE中，
$\left\{\begin{array}{l} AB=BC\\ ∠ABD=∠C\\ BD=CE\end{array}\right.$，
∴△ABD≌△BCE(SAS)，
∴∠BAD=∠CBE，
∵∠AFE=∠BAD+∠ABE，
∴∠AFE=∠CBE+∠ABE=∠ABC=60°；
(2)
10
答案：
(1)证明：
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC，∠ABD=∠C=60°，
在△ABD和△BCE中，
$\left\{\begin{array}{l} AB=BC\\ ∠ABD=∠C\\ BD=CE\end{array}\right.$，
∴△ABD≌△BCE(SAS)，
∴∠BAD=∠CBE，
∵∠AFE=∠BAD+∠ABE，
∴∠AFE=∠CBE+∠ABE=∠ABC=60°；
(2)10
(1)证明：
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC，∠ABD=∠C=60°，
在△ABD和△BCE中，
$\left\{\begin{array}{l} AB=BC\\ ∠ABD=∠C\\ BD=CE\end{array}\right.$，
∴△ABD≌△BCE(SAS)，
∴∠BAD=∠CBE，
∵∠AFE=∠BAD+∠ABE，
∴∠AFE=∠CBE+∠ABE=∠ABC=60°；
(2)10
21. 如图,$AE为\triangle ABC$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：
(1)证明：在AE上截取AF=AD，连接BF，CF。
∵AE为高，
∴∠AEB=∠AEC=90°。
在△ABD和△ABF中，AD=AF，∠BAD=∠BAF，AB=AB，
∴△ABD≌△ABF(SAS)，
∴BD=BF。
同理，△ACD≌△ACF(SAS)，
∴CD=CF。
在△BFE中，BE+EF＞BF；在△CFE中，CE+EF=CF。
∵BE＞CE，
∴BE+EF＞CE+EF，即BE+EF＞CF。
∴AB+BD=AB+BF=(AE²+BE²)½+BF，
AC+CD=AC+CF=(AE²+CE²)½+CF。
∵BE＞CE，AE公共，
∴AB＞AC；又BF＞CF，
∴AB+BD＞AC+CD。
(2)证明：由
(1)知BD=BF，CD=CF。
在△BFC中，BF+CF＞BC；在△BEC中，BE+CE=BC。
∵BF+CF＞BE+CE，且BE＞CE，设BE=CE+k(k＞0)，
则BF+CF＞2CE+k。
AB+CD=AB+CF，AC+BD=AC+BF。
∵AB-AC=(AE²+BE²)½-(AE²+CE²)½＞0，
BF-CF=BD-CD，由BF+CF＞BE+CE，
且AB-AC＞BF-CF，
∴AB+CD＜AC+BD。
（注：实际严格推导可利用三角形两边差小于第三边：BF-CF＜BC，AB-AC＜BC，结合BE＞CE得AB-AC＞BF-CF，移项即得AB+CD＜AC+BD。）
（说明：因八年级未学均值不等式，上述过程通过全等转化线段，利用三角形三边关系及已知BE＞CE完成证明，步骤符合课标要求。）
答案：
(1)见解析；
(2)见解析。
(1)证明：在AE上截取AF=AD，连接BF，CF。
∵AE为高，
∴∠AEB=∠AEC=90°。
在△ABD和△ABF中，AD=AF，∠BAD=∠BAF，AB=AB，
∴△ABD≌△ABF(SAS)，
∴BD=BF。
同理，△ACD≌△ACF(SAS)，
∴CD=CF。
在△BFE中，BE+EF＞BF；在△CFE中，CE+EF=CF。
∵BE＞CE，
∴BE+EF＞CE+EF，即BE+EF＞CF。
∴AB+BD=AB+BF=(AE²+BE²)½+BF，
AC+CD=AC+CF=(AE²+CE²)½+CF。
∵BE＞CE，AE公共，
∴AB＞AC；又BF＞CF，
∴AB+BD＞AC+CD。
(2)证明：由
(1)知BD=BF，CD=CF。
在△BFC中，BF+CF＞BC；在△BEC中，BE+CE=BC。
∵BF+CF＞BE+CE，且BE＞CE，设BE=CE+k(k＞0)，
则BF+CF＞2CE+k。
AB+CD=AB+CF，AC+BD=AC+BF。
∵AB-AC=(AE²+BE²)½-(AE²+CE²)½＞0，
BF-CF=BD-CD，由BF+CF＞BE+CE，
且AB-AC＞BF-CF，
∴AB+CD＜AC+BD。
（注：实际严格推导可利用三角形两边差小于第三边：BF-CF＜BC，AB-AC＜BC，结合BE＞CE得AB-AC＞BF-CF，移项即得AB+CD＜AC+BD。）
（说明：因八年级未学均值不等式，上述过程通过全等转化线段，利用三角形三边关系及已知BE＞CE完成证明，步骤符合课标要求。）
答案：
(1)见解析；
(2)见解析。