Question

如圖，兩個(gè)邊長(zhǎng)均為2的正方形ABCD和正方形CDEF，點(diǎn)B、C、F在同一直線(xiàn)上，一直角三角板的直角頂點(diǎn)放置在D點(diǎn)處，DP交AB于點(diǎn)M，DQ交BF于點(diǎn)N．
（1）求證：△DBM≌△DFN；
（2）延長(zhǎng)正方形的邊CB和EF，分別與直角三角板的兩邊DP、DQ（或它們的延長(zhǎng)線(xiàn)）交于點(diǎn)G和點(diǎn)H，試探究下列問(wèn)題：
①線(xiàn)段BG與FH相等嗎？說(shuō)明理由；
②當(dāng)線(xiàn)段FN的長(zhǎng)是方程x²+2x-3=0的一根時(shí)，試求出

NG

NH

的值．

Answer 1

考點(diǎn)：四邊形綜合題

專(zhuān)題：

分析：（1）如圖1，根據(jù)正方形的性質(zhì)就可得出BD=FD，∠ADB=∠CDF=∠ADB=∠CFD=45°，由直角三角形的性質(zhì)就可以得出∠1=∠ADM，進(jìn)而得出∠3=∠4，由ASA就可以得出結(jié)論；
（2）①如圖1，根據(jù)正方形的性質(zhì)及直角三角形的性質(zhì)就可以得出△GCD≌△HED就有CG=EH，由等式的性質(zhì)就可以得出結(jié)論；
②先解方程x²+2x-3=0就可以求出FN=1，得出CN=1，如圖2，就可以得出△CND≌△FNH，得出CD=FH=2，就可以得出GB=2，GN=5，由勾股定理就可以求出NH的值，進(jìn)而得出結(jié)論．

解答：解：（1）如圖1，∵四邊形形ABCD和四邊形CDEF是邊長(zhǎng)正方形，
∴BC=FC，BD=FD，∠ABD=∠ADB=∠CDF=∠ADB=∠CFD=45°，∠DCB=∠DEF=∠E=∠HFN=∠ADC=90°．
∴∠ADM+∠CDM=90°，
∵∠PDQ=90°，
∴∠CDM+∠CDN=90°．
∴∠ADM=∠CDN．
∴∠ADB-∠ADM=∠CDF-∠CDN，
∴∠MDB=∠NDF．
在△DBM和△DFN中，

∠ABD=∠CFD BD=FD ∠MDB=∠NDF

，
∴△DBM≌△DFN（ASA）；
（2）①形形ABCD和四邊形CDEF是邊長(zhǎng)正方形，
∴BC=FC=EF，BD=FD，∠ABD=∠ADB=∠CDF=∠ADB=∠CFD=45°，∠DCB=∠DEF=∠CDE=∠E=∠HFN=∠ADC=90°．
∴∠EDH+∠1=90°，
∵∠PDQ=90°，
∴∠CDM+∠1=90°．
∴∠CDM=∠EDH．
在△CDG和△EDH中，

∠CDM=∠EDH DC=DE ∠DCB=∠E

，
∴△CDG≌△EDH（ASA），
∴CG=EH，
∴CG-CB=EH-EF，
∴BG=FH．
②∵x²+2x-3=0，
∴x₁=1，x₂=-3．
∵FN的長(zhǎng)是方程x²+2x-3=0的一根，
∴FN=1．
∴CN=1，
∴CN=FN．
在△CND和△FNH中，

∠DCN=∠HFN CN=FN ∠CND=∠FNH

，
∴△CND≌△FNH（ASA），
∴CD=FH=2，
∴GB=2，
∴GN=5．
在Rt△FNH中，由勾股定理，得NH=

5

．
∴

NG

NH

=

5

5

=

5

．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了正方形的性質(zhì)的運(yùn)用，直角三角形的性質(zhì)的運(yùn)用，全等三角形的判定及性質(zhì)的運(yùn)用，勾股定理的運(yùn)用，等式的性質(zhì)的運(yùn)用，解答時(shí)證明三角形全等靈活運(yùn)用全等三角形的性質(zhì)是關(guān)鍵．