Question

如圖，已知正方形ABCD，E為BC延長線上的一點(diǎn)，連AE交CD于F，作∠AEG=∠AEB，EG交CD于G，連接AG，作FH⊥AG于H，交AD于I，連DH．
（1）求證：GE+GD=BE；
（2）連AC，求證：AC-

2

DF=2HD；
（3）若CE=BC，AB=4，求DG的長．

Answer 1

考點(diǎn)：四邊形綜合題

專題：

分析：（1）過點(diǎn)A作AJ⊥EG于點(diǎn)J，根據(jù)HL定理可知△AGJ≌△AGD，故JG=GD，再由角平分線的性質(zhì)得出AJ=AB，由HL定理得出△ABE≌△AJE，由此可得出結(jié)論；
（2）長AD交EG于點(diǎn)M，作HQ⊥AD，HP⊥CD，由（1）中△AGJ≌△AGD，AD∥BC可知∠AMG=2∠CEF，∠JAM=2∠GAM，可得出∠CEF+∠GAM=∠DAF+∠GAM=∠HAF=45°，即AH=HF．由相似三角形的判定定理可知△FHG∽△ADG故

HG

DG

=

FG

AG

，由此可得∠HDG=45°．根據(jù)HL定理可得△AHQ≌△FHP，故AQ=DF+

2

2

HD，再由AD=AQ+DQ，四邊形ABCD是正方形即可得出結(jié)論；
（3）設(shè)GD=x，則GC=4+x，GE=8-x，CE=4，在Rt△GCE中根據(jù)勾股定理即可得出x的值，進(jìn)而得出結(jié)論．

解答：（1）證明：過點(diǎn)A作AJ⊥EG于點(diǎn)J，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD=AB，
∵∠AEG=∠AEB，
∴AJ=AB，
∴AJ=AD，
在Rt△AGJ與Rt△AGD中，

AJ=AD AG=AG

，
∴△AGJ≌△AGD（HL），
∴JG=GD．
在Rt△ABE與Rt△AJE中，

AJ=AB AE=AE

，
∴△ABE≌△AJE（HL），
∴EJ=BE，即GE+GD=BE；

（2）證明：延長AD交EG于點(diǎn)M，作HQ⊥AD，HP⊥CD，
∵由（1）知，△AGJ≌△AGD，AD∥BC，
∴∠AMG=2∠CEF，∠JAM=2∠GAM，
∴在△AJM中，2（∠CEF+∠GAM）=90°，
∴∠CEF+∠GAM=45°．
∵AD∥BC，
∴∠CEF=∠DAF，
∴∠CEF+∠GAM=∠DAF+∠GAM=HAF=45°，
∴AH=HF．
∵在△AHI與△DIF中，
∵∠DFI=∠HAI，
∴△FHG∽△ADG，
∴

HG

DG

=

FG

AG

．
∵∠AGD=∠AGD，
∴△GHD∽△GAF，
∴∠HDG=45°．
在等腰直角△HDP與等腰直角△HQD中，
∵PD=HQ=QD=

2

2

HD，
∴PF=DF+PD=DF+

2

2

HD．
∵

AH=FH HQ=HP

，
∴△AHQ≌△FHP（HL），
∴AQ=DF+

2

2

HD，
∴AD=AQ+DQ=DF+

2

2

HD+

2

2

HD=DF+

2

HD．
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD=DC，
∴AC=

2

AD=

2

（DF+

2

HD）=

2

DF+2HD，
∴AC-

2

DF=2HD．

（3）解：設(shè)GD=x，則GC=4+x，GE=8-x，CE=4，
在Rt△GCE中，GC²+CE²=GE²，即（4+x）²+4²=（8-x）²，
解得x=

4

3

，即GD=

4

3

．

點(diǎn)評：本題考查的是四邊形綜合題，涉及到正方形的性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)、勾股定理、全等三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，難度較大．