12. 如图,在直角三角形 $ ABC $ 中,$ ∠ BAC=90°,AB=AC $,$ D $ 为 $ BC $ 的中点,$ E $ 为 $ AC $ 上一点,点 $ G $ 在 $ BE $ 上,连接 $ DG $ 并延长交 $ AE $ 于点 $ F $,若 $ ∠ FGE=45° $.
(1)求证:$ BD · BC=BG · BE $;
(2)求证:$ AG ⊥ BE $.

12.证明:(1)
∵∠BAC=90°,AB=AC,
∴∠ABC=∠C=45°.
∵∠BGD=∠FGE=45°,
∴∠C=∠BGD.
∵∠GBD=∠EBC,
∴△GBD∽△CBE,
∴$\frac{BD}{BE}=\frac{BG}{BC}$,即$BD·BC=BG·BE$.
(2)
∵$BD·BC=BG·BE$,∠C=45°,
∴$BG=\frac{BD·BC}{BE}=\frac{\frac{1}{2}BC·BC}{BE}=\frac{\frac{1}{2}(\sqrt{2}AB)^2}{BE}=\frac{AB^2}{BE}$,
∴$\frac{AB}{BG}=\frac{BE}{AB}$.
又∠ABG=∠EBA,
∴△ABG∽△EBA,
∴∠BGA=∠BAE=90°,
∴AG⊥BE.

【分析】
(1) 要证明等积式$BD · BC=BG · BE$，可先转化为证明比例式$\frac{BD}{BE}=\frac{BG}{BC}$，只需证$△ GBD$与$△ CBE$相似即可。结合等腰直角三角形性质得$∠ C=45°$，由对顶角相等得$∠ BGD=∠ FGE=45°$，再加上公共角$∠ GBD=∠ EBC$，即可证得两三角形相似，进而推出等积式。
(2) 要证$AG ⊥ BE$，只需证$∠ BGA=90°$，可通过证明$△ ABG ∽ △ EBA$得到对应角相等。利用第一问的结论，结合D是BC中点、等腰直角三角形边长关系，推导得到$\frac{AB}{BG}=\frac{BE}{AB}$，再结合公共角$∠ ABG=∠ EBA$即可证得相似，最终得到垂直结论。
【解析】
(1) $\because ∠ BAC=90°,AB=AC$，
$\therefore ∠ ABC=∠ C=45°$。
$\because ∠ BGD=∠ FGE=45°$（对顶角相等），
$\therefore ∠ C=∠ BGD$。
又$\because ∠ GBD=∠ EBC$（公共角），
$\therefore △ GBD∽△ CBE$，
$\therefore \frac{BD}{BE}=\frac{BG}{BC}$，即$BD·BC=BG·BE$。
(2) $\because D$为$BC$的中点，$\therefore BD=\frac{1}{2}BC$，
在等腰$Rt△ ABC$中，$BC=\sqrt{2}AB$，
结合(1)的结论可得：
$BG=\frac{BD·BC}{BE}=\frac{\frac{1}{2}BC·BC}{BE}=\frac{\frac{1}{2}(\sqrt{2}AB)^2}{BE}=\frac{AB^2}{BE}$，
整理得$\frac{AB}{BG}=\frac{BE}{AB}$。
又$\because ∠ ABG=∠ EBA$（公共角），
$\therefore △ ABG∽△ EBA$，
$\therefore ∠ BGA=∠ BAE=90°$，
$\therefore AG⊥BE$。
【答案】
(1) 已证$BD · BC=BG · BE$；
(2) 已证$AG ⊥ BE$。
【知识点】
相似三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质
【点评】
本题是相似三角形的典型应用，证明等积式的核心是将其转化为比例式，通过证明三角形相似得到结论；第二问需灵活运用前一问的结论，结合图形隐含的公共角等条件推导新的相似关系，体现了转化的数学思想。
【难度系数】
0.6

13 如图1，在直角梯形ABCD中，AD//BC，顶点D、C分别在AM、BN上运动（点D不与A重合，点C不与B重合），E是AB上的动点（点E不与A、B重合），在运动过程中始终保持DE⊥CE，且AD+DE=AB=a。
（1）求证：△ADE∽△BEC；
（2）当E为AB边的中点时（如图2），求证：①AD+BC=CD；②DE、CE分别平分∠ADC、∠BCD；
（3）设AE=m，请探究：△BEC的周长是否与m有关？若有关，请用含m的代数式表示△BEC的周长；若无关，请说明理由。

13.(1)证明:
∵梯形ABCD是直角梯形，
∴∠A=∠B=90°.
又
∵∠DEC=90°,
∴∠AED+∠BEC=90°.
∵∠BEC+∠BCE=90°,
∴∠AED=∠BCE,
∴△ADE∽△BEC.
(2)证明:①如图,过点E作EF//AD,交CD于点F,则EF既是梯形ABCD的中位线,又是Rt△DEC斜边上的中线.
∵AD+BC=2EF,CD=2EF,
∴AD+BC=CD.
②
∵$FD=FE=\frac{1}{2}CD$,
∴∠FDE=∠FED.
∵EF//AD,
∴∠ADE=∠FED.
∴∠FDE=∠ADE,即DE平分∠ADC,
同理可证CE平分∠BCD.
(3)解:无关.理由:设AD=x,
由已知AD+DE=AB=a,得DE=a−x,
又AE=m,
在Rt△AED中,由勾股定理,得$x^2+m^2=(a-x)^2$,
化简整理,得$a^2-m^2=2ax$. *
∵△ADE∽△BEC,
∴$\frac{AD}{BE}=\frac{AE}{BC}=\frac{DE}{EC}$,
即$\frac{x}{a-m}=\frac{m}{BC}=\frac{a-x}{EC}$,
解得$BC=\frac{(a-m)m}{x}$,$EC=\frac{(a-m)(a-x)}{x}$,
∴△BEC的周长$=BE+BC+EC=(a-m)+\frac{(a-m)m}{x}+\frac{(a-m)(a-x)}{x}=(a-m)·(1+\frac{m}{x}+\frac{a-x}{x})=(a-m)·\frac{a+m}{x}=\frac{a^2-m^2}{x}$, * *
把*式代入* *,得△BEC的周长$=\frac{2ax}{x}=2a$,
∴△BEC的周长与m无关.

【分析】
（1）证明三角形相似优先寻找对应角相等：直角梯形中∠A与∠B均为90°，结合DE⊥CE的条件，可得∠AED和∠BCE都是∠BEC的余角，根据同角的余角相等即可得到一组对应角相等，从而证得△ADE∽△BEC。
（2）① E为AB中点时，过E作EF平行于AD，可得EF同时是梯形ABCD的中位线和Rt△DEC的斜边中线，根据梯形中位线性质得AD+BC=2EF，根据直角三角形斜边中线性质得CD=2EF，等量代换即可证明结论；② 要证角平分线，结合EF//AD的内错角相等，以及FD=FE得到的等腰三角形底角相等，可推出∠ADE=∠FDE，即DE平分∠ADC，同理可证CE平分∠BCD。
（3）探究△BEC的周长与m的关系：先设AD=x，由AD+DE=a得DE=a-x，在Rt△ADE中用勾股定理得到a、m、x的等量关系，再利用（1）的相似结论，将△BEC的各边用a、m、x表示，化简周长表达式后代入之前的等量关系，若最终结果不含m则说明周长与m无关。
【解析】
(1)证明:
∵梯形ABCD是直角梯形，
∴∠A=∠B=90°.
又
∵∠DEC=90°,
∴∠AED+∠BEC=90°.
∵∠BEC+∠BCE=90°,
∴∠AED=∠BCE,
∴△ADE∽△BEC.
(2)证明:①如图,过点E作EF//AD,交CD于点F,则EF既是梯形ABCD的中位线,又是Rt△DEC斜边上的中线.
∵AD+BC=2EF,CD=2EF,
∴AD+BC=CD.
②
∵$FD=FE=\frac{1}{2}CD$,
∴∠FDE=∠FED.
∵EF//AD,
∴∠ADE=∠FED.
∴∠FDE=∠ADE,即DE平分∠ADC,
同理可证CE平分∠BCD.
(3)解:无关.理由:设AD=x,
由已知AD+DE=AB=a,得DE=a−x,
又AE=m,
在Rt△AED中,由勾股定理,得$x^2+m^2=(a-x)^2$,
化简整理,得$a^2-m^2=2ax$. ①
∵△ADE∽△BEC,
∴$\frac{AD}{BE}=\frac{AE}{BC}=\frac{DE}{EC}$,
即$\frac{x}{a-m}=\frac{m}{BC}=\frac{a-x}{EC}$,
解得$BC=\frac{(a-m)m}{x}$,$EC=\frac{(a-m)(a-x)}{x}$,
∴△BEC的周长$=BE+BC+EC=(a-m)+\frac{(a-m)m}{x}+\frac{(a-m)(a-x)}{x}=(a-m)·(1+\frac{m}{x}+\frac{a-x}{x})=(a-m)·\frac{a+m}{x}=\frac{a^2-m^2}{x}$, ②
把①式代入②,得△BEC的周长$=\frac{2ax}{x}=2a$,
∴△BEC的周长与m无关.
【答案】
（1）△ADE∽△BEC得证；
（2）①AD+BC=CD得证；②DE平分∠ADC，CE平分∠BCD得证；
（3）△BEC的周长与m无关，周长为定值2a。
【知识点】
相似三角形的判定与性质；梯形中位线定理；勾股定理
【点评】
本题以直角梯形为背景，综合考查了几何图形的多项基础性质，设问层层递进，既检验对基础定理的掌握程度，也锻炼代数推导、探究几何结论的能力，是几何综合类的典型习题。
【难度系数】
0.6