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13. 如图,在四边形ABCD中,∠ADC=90°,连结AC,且AB=AC,点E、F分别为AC、BC的中点,连结EF、DE.求证:DE=EF.
答案
$\because ∠ADC=90°$,
$\therefore △ACD$ 是直角三角形. $\because E$ 是$AC$ 的中点, $\therefore DE$ 是 $\mathrm{Rt}△ACD$ 斜边 $AC$ 上的中线. $\therefore DE=\dfrac{1}{2}AC$. $\because E、F$ 分别为 $AC、BC$ 的中点, $\therefore EF$ 是 $△ABC$ 的中位线. $\therefore EF=\dfrac{1}{2}AB$. 又 $\because AB=AC$, $\therefore DE=EF$
$\therefore △ACD$ 是直角三角形. $\because E$ 是$AC$ 的中点, $\therefore DE$ 是 $\mathrm{Rt}△ACD$ 斜边 $AC$ 上的中线. $\therefore DE=\dfrac{1}{2}AC$. $\because E、F$ 分别为 $AC、BC$ 的中点, $\therefore EF$ 是 $△ABC$ 的中位线. $\therefore EF=\dfrac{1}{2}AB$. 又 $\because AB=AC$, $\therefore DE=EF$
解析
【分析】
要证明DE=EF，可通过分别推导两条线段的等量关系再代换得到：首先观察DE所处的△ADC是直角三角形，E为斜边AC中点，可利用直角三角形斜边中线的性质得到DE与AC的数量关系；再结合E、F分别是AC、BC中点的条件，利用三角形中位线定理得到EF与AB的数量关系，最后结合已知AB=AC，即可完成证明。
【解析】
∵ $∠ ADC=90°$，
∴ $△ ACD$ 是直角三角形。
∵ $E$ 是$AC$ 的中点，
∴ $DE$ 是 $\mathrm{Rt}△ ACD$ 斜边 $AC$ 上的中线，
∴ $DE=\dfrac{1}{2}AC$。
∵ $E、F$ 分别为 $AC、BC$ 的中点，
∴ $EF$ 是 $△ ABC$ 的中位线，
∴ $EF=\dfrac{1}{2}AB$。
又
∵ $AB=AC$，
∴ $DE=EF$。
【答案】
$DE=EF$，得证。
【知识点】
1. 直角三角形斜边中线性质
2. 三角形中位线定理
【点评】
本题是基础几何证明题，解题的核心是将待证线段分别和已知相等的线段AB、AC建立数量联系，属于几何部分的常规考点，熟练掌握相关性质即可快速求解。
【难度系数】
0.8
要证明DE=EF，可通过分别推导两条线段的等量关系再代换得到：首先观察DE所处的△ADC是直角三角形，E为斜边AC中点，可利用直角三角形斜边中线的性质得到DE与AC的数量关系；再结合E、F分别是AC、BC中点的条件，利用三角形中位线定理得到EF与AB的数量关系，最后结合已知AB=AC，即可完成证明。
【解析】
∵ $∠ ADC=90°$，
∴ $△ ACD$ 是直角三角形。
∵ $E$ 是$AC$ 的中点，
∴ $DE$ 是 $\mathrm{Rt}△ ACD$ 斜边 $AC$ 上的中线，
∴ $DE=\dfrac{1}{2}AC$。
∵ $E、F$ 分别为 $AC、BC$ 的中点，
∴ $EF$ 是 $△ ABC$ 的中位线，
∴ $EF=\dfrac{1}{2}AB$。
又
∵ $AB=AC$，
∴ $DE=EF$。
【答案】
$DE=EF$，得证。
【知识点】
1. 直角三角形斜边中线性质
2. 三角形中位线定理
【点评】
本题是基础几何证明题，解题的核心是将待证线段分别和已知相等的线段AB、AC建立数量联系，属于几何部分的常规考点，熟练掌握相关性质即可快速求解。
【难度系数】
0.8
14.（西宁中考）如图，E是正方形ABCD的边BC的中点，连结DE，将△EDC沿DE所在直线折叠，点C落在点F处，连结EF并延长交AB于点G，连结DG.
（1）求证：△ADG ≌ △FDG；
（2）若AB=2√5，求AG的长.
（1）求证：△ADG ≌ △FDG；
（2）若AB=2√5，求AG的长.
答案
(1) $\because$ 四边形 $ABCD$ 是正方形, $\therefore AD=CD$, $∠A=∠C=90°$. 由折叠,得 $FD=CD$, $∠DFE=∠C=90°$. $\therefore AD=FD$, $∠DFG=90°$. 在 $\mathrm{Rt}△ADG$ 和 $\mathrm{Rt}△FDG$ 中, $\because DG=DG$, $AD=FD$, $\therefore \mathrm{Rt}△ADG ≌ \mathrm{Rt}△FDG (\mathrm{HL})$
(2) $\because AD=DC=BC=AB=2\sqrt{5}$, $E$ 是 $BC$ 的中点, $\therefore BE=CE=\dfrac{1}{2}BC=\sqrt{5}$. $\therefore FE=BE=\sqrt{5}$. $\because FG=AG$, $\therefore BG=2\sqrt{5} - AG$, $EG=\sqrt{5} + FG=\sqrt{5} + AG$. $\because ∠B=90°$, $\therefore BE^2 + BG^2 = EG^2$.
$\therefore (\sqrt{5})^2 + (2\sqrt{5} - AG)^2 = (\sqrt{5} + AG)^2$. 解得 $AG=\dfrac{2\sqrt{5}}{3}$. $\therefore AG$ 的长为 $\dfrac{2\sqrt{5}}{3}$
(2) $\because AD=DC=BC=AB=2\sqrt{5}$, $E$ 是 $BC$ 的中点, $\therefore BE=CE=\dfrac{1}{2}BC=\sqrt{5}$. $\therefore FE=BE=\sqrt{5}$. $\because FG=AG$, $\therefore BG=2\sqrt{5} - AG$, $EG=\sqrt{5} + FG=\sqrt{5} + AG$. $\because ∠B=90°$, $\therefore BE^2 + BG^2 = EG^2$.
$\therefore (\sqrt{5})^2 + (2\sqrt{5} - AG)^2 = (\sqrt{5} + AG)^2$. 解得 $AG=\dfrac{2\sqrt{5}}{3}$. $\therefore AG$ 的长为 $\dfrac{2\sqrt{5}}{3}$
解析
【分析】
（1）要证明△ADG≌△FDG，观察可知两个三角形均为直角三角形，可优先考虑HL判定定理：首先利用正方形性质得到AD=CD、∠A=90°，再结合折叠的性质推出FD=CD、∠DFG=90°，即可得到AD=FD，再结合公共边DG，即可完成全等证明。
（2）求AG的长度可采用方程思想：先根据正方形边长和E是BC中点的条件，得出BE、CE的长度，结合折叠性质和第一问的全等结论，将Rt△BEG的三边都用含AG的代数式表示，再利用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
(1) 证明：
∵四边形ABCD是正方形，
∴$AD=CD$，$∠A=∠C=90°$。
由折叠的性质可得：$FD=CD$，$∠DFE=∠C=90°$，
∴$AD=FD$，$∠DFG=180°-∠DFE=90°$，即$∠A=∠DFG=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ADG$和$\mathrm{Rt}△FDG$中：
$\{\begin{array}{l}DG=DG\\ AD=FD\end{array} $
∴$\mathrm{Rt}△ADG ≌ \mathrm{Rt}△FDG (\mathrm{HL})$。
(2) 解：
∵四边形ABCD是正方形，$AB=2\sqrt{5}$，
∴$AD=DC=BC=AB=2\sqrt{5}$，$∠B=90°$。
∵E是BC的中点，
∴$BE=CE=\dfrac{1}{2}BC=\sqrt{5}$。
由折叠性质得$FE=CE=\sqrt{5}$，
∴$FE=BE=\sqrt{5}$。
由(1)的全等结论可得$FG=AG$，设$AG=x$，则：
$BG=AB-AG=2\sqrt{5}-x$，$EG=EF+FG=\sqrt{5}+x$。
在$\mathrm{Rt}△BEG$中，由勾股定理得$BE^2 + BG^2 = EG^2$，代入得：
$(\sqrt{5})^2 + (2\sqrt{5} - x)^2 = (\sqrt{5} + x)^2$
展开化简得：$5 + 20 - 4\sqrt{5}x + x^2 = 5 + 2\sqrt{5}x + x^2$
解得$x=\dfrac{2\sqrt{5}}{3}$。
【答案】
(1) 证明见上述过程；
(2) $\dfrac{2\sqrt{5}}{3}$
【知识点】
正方形的性质、全等三角形的判定、勾股定理的应用
【点评】
本题是正方形与折叠变换结合的典型中档几何题，既考查了基础的几何性质、全等判定方法，又渗透了方程思想在几何计算中的应用，解题的核心是熟练掌握折叠前后对应边、对应角相等的性质，灵活运用勾股定理建立等量关系。
【难度系数】
0.65
（1）要证明△ADG≌△FDG，观察可知两个三角形均为直角三角形，可优先考虑HL判定定理：首先利用正方形性质得到AD=CD、∠A=90°，再结合折叠的性质推出FD=CD、∠DFG=90°，即可得到AD=FD，再结合公共边DG，即可完成全等证明。
（2）求AG的长度可采用方程思想：先根据正方形边长和E是BC中点的条件，得出BE、CE的长度，结合折叠性质和第一问的全等结论，将Rt△BEG的三边都用含AG的代数式表示，再利用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
(1) 证明：
∵四边形ABCD是正方形，
∴$AD=CD$，$∠A=∠C=90°$。
由折叠的性质可得：$FD=CD$，$∠DFE=∠C=90°$，
∴$AD=FD$，$∠DFG=180°-∠DFE=90°$，即$∠A=∠DFG=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ADG$和$\mathrm{Rt}△FDG$中：
$\{\begin{array}{l}DG=DG\\ AD=FD\end{array} $
∴$\mathrm{Rt}△ADG ≌ \mathrm{Rt}△FDG (\mathrm{HL})$。
(2) 解：
∵四边形ABCD是正方形，$AB=2\sqrt{5}$，
∴$AD=DC=BC=AB=2\sqrt{5}$，$∠B=90°$。
∵E是BC的中点，
∴$BE=CE=\dfrac{1}{2}BC=\sqrt{5}$。
由折叠性质得$FE=CE=\sqrt{5}$，
∴$FE=BE=\sqrt{5}$。
由(1)的全等结论可得$FG=AG$，设$AG=x$，则：
$BG=AB-AG=2\sqrt{5}-x$，$EG=EF+FG=\sqrt{5}+x$。
在$\mathrm{Rt}△BEG$中，由勾股定理得$BE^2 + BG^2 = EG^2$，代入得：
$(\sqrt{5})^2 + (2\sqrt{5} - x)^2 = (\sqrt{5} + x)^2$
展开化简得：$5 + 20 - 4\sqrt{5}x + x^2 = 5 + 2\sqrt{5}x + x^2$
解得$x=\dfrac{2\sqrt{5}}{3}$。
【答案】
(1) 证明见上述过程；
(2) $\dfrac{2\sqrt{5}}{3}$
【知识点】
正方形的性质、全等三角形的判定、勾股定理的应用
【点评】
本题是正方形与折叠变换结合的典型中档几何题，既考查了基础的几何性质、全等判定方法，又渗透了方程思想在几何计算中的应用，解题的核心是熟练掌握折叠前后对应边、对应角相等的性质，灵活运用勾股定理建立等量关系。
【难度系数】
0.65
