9.(2024·奉化、象山、宁海)如图,点E,G,H分别在正方形ABCD的边AB,AD,BC上,DE与HG相交于点O。

(1)如图1,当∠GOD=90°时。
①求证:DE=GH。
②平移图1中的线段GH,使点G与点D重合,点H在BC的延长线上,连结EH,取EH的中点P,连结PC,如图2,求证:BE=√2 PC。
(2)如图3,当∠GOD=45°,AB=4,HG=2√5时,DE的长为(直接写出结果)。

9.(1)①证明:如图 1,作 GI⊥BC 交 BC 于点 I,因为∠GOD=90°,所以∠OGD+∠ODG=90°,在正方形 ABCD 中,AD=AB,AD//BC,所以∠A=∠B=90°。因为 GI⊥BC,GI=AB=AD,AD//BC,所以 GI⊥AD,所以∠GIH=∠IGD=90°,∠IGH+∠OGD=90°,所以∠EDA=∠HGI,在$△ ADE$和$△ IGH$中,$\begin{cases}∠A=∠GIH,\\AD=IG,\\∠EDA=∠HGI,\end{cases}$所以$△ ADE≌△ IGH$(ASA),所以 DE=GH。
②证明:如图 2,在 BC 上取一点 N,使得 BN=BE,则$△ BEN$是等腰直角三角形,$EN=\sqrt{2}BE$。因为∠ADC=∠EDH=90°,所以∠ADE=∠CDH,在$△ ADE$和$△ CDH$中,$\begin{cases}∠A=∠DCH,\\AD=CD,\\∠ADE=∠CDH,\end{cases}$所以$△ ADE ≌ △ CDH$(ASA),所以 AE=CH,因为 BA=BC,BE=BN,所以 AE=CN=CH,因为 PH=PE,所以 $PC=\frac{1}{2}EN$,所以 $PC=\frac{\sqrt{2}}{2}BE$,即 $BE=\sqrt{2}PC$。
(2)$\frac{4}{3}\sqrt{10}$

【分析】
本题围绕正方形展开几何证明与计算，需利用正方形的边、角性质，结合全等三角形判定、等腰直角三角形性质、中位线定理及两直线夹角关系解题：
(1)①要证DE=GH，通过作辅助线构造直角三角形，利用角的等量关系证明三角形全等，进而得线段相等；
(1)②要证BE=√2 PC，通过构造等腰直角三角形，结合全等得到的线段相等，利用中点性质推导中位线，转化线段关系；
(2)已知正方形边长、HG长度及∠GOD=45°，通过建立方程求解DE的长度。
【解析】
(1)①证明：如图1，过点G作GI⊥BC于点I，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，AD//BC，∠A=∠B=90°，
∵GI⊥BC，
∴GI⊥AD，∠GIH=90°，
∴GI=AB=AD，
∵∠GOD=90°，
∴∠OGD+∠ODG=90°，
又
∵∠IGH+∠OGD=90°，
∴∠EDA=∠HGI，
在△ADE和△IGH中，
$\begin{cases}∠A=∠GIH, \\AD=IG, \\∠EDA=∠HGI,\end{cases}$
∴△ADE≌△IGH(ASA)，
∴DE=GH；
②证明：如图2，在BC上取点N，使BN=BE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，AB=BC，
∴△BEN为等腰直角三角形，
∴EN=√2 BE，
∵∠ADC=∠EDH=90°，
∴∠ADE=∠CDH，
在△ADE和△CDH中，
$\begin{cases}∠A=∠DCH, \\AD=CD, \\∠ADE=∠CDH,\end{cases}$
∴△ADE≌△CDH(ASA)，
∴AE=CH，
∵BA=BC，BE=BN，
∴AE=AB-BE，CN=BC-BN=AB-BE，
∴AE=CN，故CN=CH，即C为NH中点，
又
∵P为EH中点，
∴PC是△ENH的中位线，
∴PC=$\frac{1}{2}$EN，
代入EN=√2 BE，得PC=$\frac{\sqrt{2}}{2}$BE，即BE=√2 PC；
(2)设相关线段长度，利用∠GOD=45°的夹角关系，结合HG=2√5、AB=4，解得DE=$\frac{4\sqrt{10}}{3}$；
【答案】
(1)①证明成立；②证明成立；(2)$\frac{4}{3}\sqrt{10}$
【知识点】
正方形性质、全等三角形判定、中位线定理
【点评】
本题是正方形的几何综合题，前两问侧重全等三角形与等腰直角三角形的应用，辅助线构造是关键；第三问需结合夹角关系建立方程求解，整体考查几何知识的综合运用，难度中等。
【难度系数】
0.4