整理了一下前面的答案
1。证明:在△ADC和△EGC中,
∵AD是BC边上的高,EG⊥AC,
∴∠ADC=∠EGC=90°,
又∵∠C为公共角,
∴△ADC∽△EGC,
∴EGAD=CGCD.
(2)证明:在四边形AFEG中,
∵∠FAG=∠AFE=∠AGE=90°,
∴四边形AFEG为矩形,
∴AF=EG.
由(1)知
EGAD=CGCD,
∴AFAD=CGCD,
∴AFCG=ADCD,
∵△ABC为直角三角形,AD⊥BC,
∴∠FAD=∠C,
∴△AFD∽△CGD,
又∠CDG+∠ADG=90°,
∴∠ADF+∠ADG=90°,
即∠FDG=90°,
∴FD⊥DG.
2.解:∵∠ODA=∠OAD=45°,
∴OD=OA=m-3,则点D的坐标是(0,m-3).
又抛物线顶点为P(1,0),且过点B、D,
所以可设抛物线的解析式为:y=a(x-1)2,
得:a(3-1)2=ma(0-1)2=m-3,
解得:a=1m=4,
∴抛物线的解析式为y=x2-2x+1;
过点Q作QM⊥AC于点M,过点Q作QN⊥BC于点N,
设点Q的坐标是(x,x2-2x+1),
则QM=CN=(x-1)2,MC=QN=3-x.
∵QM∥CE,
∴△PQM∽△PEC,
∴QMEC=PMPC,
∴(x-1)2EC=x-12,
∴EC=2(x-1).
∵QN∥FC,
∴△BQN∽△BFC,
∴QNFC=BNBC,
∴3-xFC=4-(x-1)24,
∴FC=4x+1,
∵AC=4,
∴FC(AC+EC)=4x+1[4+2(x-1)]=4x+1(2x+2)=4x+1×2×(x+1)=8.
故答案为:8.
楼主先写吧 第三题思考中 :(1)在△ABC中∠ACB=90°,由勾股定理得:AB=5,
∵过动点D的直线l与射线BC相交于点F,即DE不平行于BC,
∴只可能DE⊥AB,即△ADE∽△ABC(如图),
由ADAB=AEAC
解得AE=125,
∴BE=135,
答案为:BE的长度是135.
(2)如图,过点D的直线l交线段AB于点E,
交BC的延长线于点F,
∵∠A≠∠B,∠2≠∠A,
如果△BEF与△EAD相似,那么只能∠1=∠A,
又∵∠ACF=∠ACB=90°,
∴△FDC∽△ABC,
∴CDCB=CFCA,
∴x3=y-34,
∴y=4x+93(0<x<4)
参考资料:整理了一下前面的答案