登录
7 如图,正方形ABCD的边长为15,AG=CH=12,BG=DH=9,连接GH,则线段GH的长为 (
A.$\frac{8\sqrt{3}}{3}$
B.$12 - 3\sqrt{2}$
C.$\frac{14}{5}$
D.$3\sqrt{2}$
(第7题)
D
)A.$\frac{8\sqrt{3}}{3}$
B.$12 - 3\sqrt{2}$
C.$\frac{14}{5}$
D.$3\sqrt{2}$
(第7题)答案
7. D
解析
【分析】
第一步先观察△ABG的三边长：9、12、15，刚好满足勾股定理，可判定△ABG、△DCH都是直角三角形；第二步结合正方形内角为90°的性质，通过角的等量代换找到全等关系，延长BG交CH于点E，可证△ABG≌△BCE，得到BE、CE的长度；第三步计算GE、EH的长度，发现△GEH是等腰直角三角形，最后用勾股定理求出GH的长度。
【解析】
解：在△ABG中，AG=12，BG=9，AB=15，
∵$9^2+12^2=81+144=225=15^2$，
∴△ABG是直角三角形，$∠ AGB=90°$，
同理可得△DCH是直角三角形，$∠ CHD=90°$。
∵四边形ABCD是正方形，
∴$AB=BC$，$∠ ABC=∠ BCD=90°$，
∴$∠ ABG+∠ CBE=90°$，
又
∵在Rt△ABG中，$∠ BAG+∠ ABG=90°$，
∴$∠ BAG=∠ CBE$，同理$∠ ABG=∠ BCE$。
在△ABG和△BCE中：
$\{\begin{array}{l}∠ BAG=∠ CBE\\ AB=BC\\ ∠ ABG=∠ BCE\end{array} $
∴△ABG≌△BCE（ASA），
∴$BE=AG=12$，$CE=BG=9$，$∠ BEC=∠ AGB=90°$，
∴$GE=BE-BG=12-9=3$，
同理可得$EH=CH-CE=12-9=3$，
在Rt△GEH中，$∠ GEH=90°$，由勾股定理得：
$GH=\sqrt{GE^2+EH^2}=\sqrt{3^2+3^2}=3\sqrt{2}$
【答案】
D
【知识点】
正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质
【点评】
本题解题的关键是通过作辅助线构造全等三角形和直角三角形，将所求线段转化到直角三角形中求解，侧重考察几何图形的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
第一步先观察△ABG的三边长：9、12、15，刚好满足勾股定理，可判定△ABG、△DCH都是直角三角形；第二步结合正方形内角为90°的性质，通过角的等量代换找到全等关系，延长BG交CH于点E，可证△ABG≌△BCE，得到BE、CE的长度；第三步计算GE、EH的长度，发现△GEH是等腰直角三角形，最后用勾股定理求出GH的长度。
【解析】
解：在△ABG中，AG=12，BG=9，AB=15，
∵$9^2+12^2=81+144=225=15^2$，
∴△ABG是直角三角形，$∠ AGB=90°$，
同理可得△DCH是直角三角形，$∠ CHD=90°$。
∵四边形ABCD是正方形，
∴$AB=BC$，$∠ ABC=∠ BCD=90°$，
∴$∠ ABG+∠ CBE=90°$，
又
∵在Rt△ABG中，$∠ BAG+∠ ABG=90°$，
∴$∠ BAG=∠ CBE$，同理$∠ ABG=∠ BCE$。
在△ABG和△BCE中：
$\{\begin{array}{l}∠ BAG=∠ CBE\\ AB=BC\\ ∠ ABG=∠ BCE\end{array} $
∴△ABG≌△BCE（ASA），
∴$BE=AG=12$，$CE=BG=9$，$∠ BEC=∠ AGB=90°$，
∴$GE=BE-BG=12-9=3$，
同理可得$EH=CH-CE=12-9=3$，
在Rt△GEH中，$∠ GEH=90°$，由勾股定理得：
$GH=\sqrt{GE^2+EH^2}=\sqrt{3^2+3^2}=3\sqrt{2}$
【答案】
D
【知识点】
正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质
【点评】
本题解题的关键是通过作辅助线构造全等三角形和直角三角形，将所求线段转化到直角三角形中求解，侧重考察几何图形的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
8 如图，AC 是正方形ABCD的对角线，E，F，O，G分别是AD，BE，AC，CF 的中点. 如果$OG=2\sqrt{5}$，那么AB 的长为
16
.答案
8. 16
解析
【分析】
解题时我们可以按以下思路推导：1. 首先观察到O、G分别是AC、CF的中点，联想到三角形中位线定理，可得OG是△CAF的中位线，从而推出AF=2OG，先算出AF的长度；2. 设AB的长为x，利用正方形边长相等的性质表示出相关线段长度；3. 通过建立平面直角坐标系，结合中点坐标公式求出F点坐标，再用勾股定理列方程求解x的值即可。
【解析】
设正方形ABCD的边长AB=x，则AD=AB=x，∠DAB=90°。
1. 由三角形中位线定理：
∵O是AC中点，G是CF中点，
∴OG是△CAF的中位线，
∴$OG=\frac{1}{2}AF$，已知$OG=2\sqrt{5}$，代入得$AF=2×2\sqrt{5}=4\sqrt{5}$。
2. 以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴建立平面直角坐标系：
则各点坐标为$A(0,0)$，$B(x,0)$，
∵E是AD中点，
∴$E(0,\frac{x}{2})$，
又
∵F是BE中点，根据中点坐标公式，得F点坐标为$(\frac{0+x}{2},\frac{\frac{x}{2}+0}{2})$，即$F(\frac{x}{2},\frac{x}{4})$。
3. 由勾股定理计算AF的长度：
$AF=\sqrt{(\frac{x}{2}-0)^2+(\frac{x}{4}-0)^2}=\sqrt{\frac{x^2}{4}+\frac{x^2}{16}}=\sqrt{\frac{5x^2}{16}}=\frac{\sqrt{5}x}{4}$，
结合$AF=4\sqrt{5}$，列方程：$\frac{\sqrt{5}x}{4}=4\sqrt{5}$，
两边同时除以$\sqrt{5}$得$\frac{x}{4}=4$，解得$x=16$。
【答案】
16
【知识点】
正方形的性质；三角形中位线定理；勾股定理
【点评】
本题是几何综合基础题，解题的突破口是利用中位线性质将已知的OG长度转化为AF的长度，再通过坐标法结合勾股定理建立方程求解，能够有效考查学生对中点相关性质的应用能力。
【难度系数】
0.6
解题时我们可以按以下思路推导：1. 首先观察到O、G分别是AC、CF的中点，联想到三角形中位线定理，可得OG是△CAF的中位线，从而推出AF=2OG，先算出AF的长度；2. 设AB的长为x，利用正方形边长相等的性质表示出相关线段长度；3. 通过建立平面直角坐标系，结合中点坐标公式求出F点坐标，再用勾股定理列方程求解x的值即可。
【解析】
设正方形ABCD的边长AB=x，则AD=AB=x，∠DAB=90°。
1. 由三角形中位线定理：
∵O是AC中点，G是CF中点，
∴OG是△CAF的中位线，
∴$OG=\frac{1}{2}AF$，已知$OG=2\sqrt{5}$，代入得$AF=2×2\sqrt{5}=4\sqrt{5}$。
2. 以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴建立平面直角坐标系：
则各点坐标为$A(0,0)$，$B(x,0)$，
∵E是AD中点，
∴$E(0,\frac{x}{2})$，
又
∵F是BE中点，根据中点坐标公式，得F点坐标为$(\frac{0+x}{2},\frac{\frac{x}{2}+0}{2})$，即$F(\frac{x}{2},\frac{x}{4})$。
3. 由勾股定理计算AF的长度：
$AF=\sqrt{(\frac{x}{2}-0)^2+(\frac{x}{4}-0)^2}=\sqrt{\frac{x^2}{4}+\frac{x^2}{16}}=\sqrt{\frac{5x^2}{16}}=\frac{\sqrt{5}x}{4}$，
结合$AF=4\sqrt{5}$，列方程：$\frac{\sqrt{5}x}{4}=4\sqrt{5}$，
两边同时除以$\sqrt{5}$得$\frac{x}{4}=4$，解得$x=16$。
【答案】
16
【知识点】
正方形的性质；三角形中位线定理；勾股定理
【点评】
本题是几何综合基础题，解题的突破口是利用中位线性质将已知的OG长度转化为AF的长度，再通过坐标法结合勾股定理建立方程求解，能够有效考查学生对中点相关性质的应用能力。
【难度系数】
0.6
9（1）如图①，在正方形ABCD中，若$CE ⊥ DF$，则线段CE与DF有何数量关系？请说明理由.
（2）如图②，在正方形ABCD中，若$GE ⊥ HF$，则线段GE与HF有何数量关系？请说明理由.
（2）如图②，在正方形ABCD中，若$GE ⊥ HF$，则线段GE与HF有何数量关系？请说明理由.
答案
9. (1) $CE=DF$ 理由:
∵ 四边形ABCD为正方形,
∴ BC=CD,$∠B=∠BCD=90°$.
∴ $∠BCE+∠ECD=90°$.
∵ $CE ⊥ DF$,
∴ 易得$∠CDF+∠ECD=90°$.
∴ $∠BCE=∠CDF$. 在$△ BCE$ 和$△ CDF$ 中,$\begin{cases} ∠B=∠BCD,\\ BC=CD,\\ ∠BCE=∠CDF, \end{cases}$
∴ $△ BCE≌△ CDF$.
∴ $CE=DF$.
(2) $GE=HF$ 理由:如图,过点D作DM//HF交BC于点M,过点C作CN//EG交AB于点N.
∵ $GE ⊥ HF$,
∴ $DM⊥CN$.由(1),可知 $DM=CN$.
∵ 四边形ABCD为正方形,
∴ AD//BC,即 DH//FM. 又
∵ DM//HF,
∴ 四边形DHFM为平行四边形.
∴ $HF=DM$.同理,可得 $GE=CN$.
∴ $GE=HF$.
解析
【分析】
（1）要判断CE和DF的数量关系，首先结合正方形的性质可得邻边相等、内角为直角，再根据CE⊥DF推导角的等量关系，证明CE和DF所在的三角形全等，即可得到两条线段的数量关系。
（2）要判断GE和HF的数量关系，可通过作辅助线平移线段，将问题转化为第一问的模型：分别作两条线段的平行线，把GE、HF转化为第一问中DM、CN的形式，先利用第一问结论得转化后的线段相等，再结合平行四边形对边相等的性质，即可推导GE和HF的数量关系。
【解析】
（1）$CE=DF$，理由如下：
∵ 四边形ABCD为正方形，
∴ $BC=CD$，$∠B=∠BCD=90°$，
∴ $∠BCE+∠ECD=90°$。
∵ $CE ⊥ DF$，
∴ $∠CDF+∠ECD=90°$，
∴ $∠BCE=∠CDF$。
在$△ BCE$ 和$△ CDF$ 中，
$\begin{cases} ∠B=∠BCD\\ BC=CD\\ ∠BCE=∠CDF \end{cases}$
∴ $△ BCE≌△ CDF$（ASA），
∴ $CE=DF$。
（2）$GE=HF$，理由如下：
如图，过点D作$DM// HF$交BC于点M，过点C作$CN// EG$交AB于点N。
∵ $GE ⊥ HF$，
∴ $DM⊥CN$。
由（1）的结论可知 $DM=CN$。
∵ 四边形ABCD为正方形，
∴ $AD// BC$，即 $DH// FM$，
又
∵ $DM// HF$，
∴ 四边形DHFM为平行四边形，
∴ $HF=DM$。
同理可得 $GE=CN$，
∴ $GE=HF$。
【答案】
(1) $CE=DF$，理由见解析；
(2) $GE=HF$，理由见解析。
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质
【点评】
本题是正方形性质的典型应用题目，第一问是正方形中证明线段相等的基础模型，借助全等三角形即可解决；第二问通过构造平移线段的辅助线，将未知问题转化为已掌握的模型，体现了转化的数学思想，有助于锻炼几何推理能力和辅助线构造能力。
【难度系数】
0.65
（1）要判断CE和DF的数量关系，首先结合正方形的性质可得邻边相等、内角为直角，再根据CE⊥DF推导角的等量关系，证明CE和DF所在的三角形全等，即可得到两条线段的数量关系。
（2）要判断GE和HF的数量关系，可通过作辅助线平移线段，将问题转化为第一问的模型：分别作两条线段的平行线，把GE、HF转化为第一问中DM、CN的形式，先利用第一问结论得转化后的线段相等，再结合平行四边形对边相等的性质，即可推导GE和HF的数量关系。
【解析】
（1）$CE=DF$，理由如下：
∵ 四边形ABCD为正方形，
∴ $BC=CD$，$∠B=∠BCD=90°$，
∴ $∠BCE+∠ECD=90°$。
∵ $CE ⊥ DF$，
∴ $∠CDF+∠ECD=90°$，
∴ $∠BCE=∠CDF$。
在$△ BCE$ 和$△ CDF$ 中，
$\begin{cases} ∠B=∠BCD\\ BC=CD\\ ∠BCE=∠CDF \end{cases}$
∴ $△ BCE≌△ CDF$（ASA），
∴ $CE=DF$。
（2）$GE=HF$，理由如下：
如图，过点D作$DM// HF$交BC于点M，过点C作$CN// EG$交AB于点N。
∵ $GE ⊥ HF$，
∴ $DM⊥CN$。
由（1）的结论可知 $DM=CN$。
∵ 四边形ABCD为正方形，
∴ $AD// BC$，即 $DH// FM$，
又
∵ $DM// HF$，
∴ 四边形DHFM为平行四边形，
∴ $HF=DM$。
同理可得 $GE=CN$，
∴ $GE=HF$。
【答案】
(1) $CE=DF$，理由见解析；
(2) $GE=HF$，理由见解析。
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质
【点评】
本题是正方形性质的典型应用题目，第一问是正方形中证明线段相等的基础模型，借助全等三角形即可解决；第二问通过构造平移线段的辅助线，将未知问题转化为已掌握的模型，体现了转化的数学思想，有助于锻炼几何推理能力和辅助线构造能力。
【难度系数】
0.65
10 如图，点E，F分别在正方形ABCD的边BC，CD上，$∠ EAF = 45°$，已知AD=6，DF=2，求$△ AEF$的面积。
答案
10. 如图,过点A作AH⊥AE交CD的延长线于点H,即$∠HAE=90°$.
∵ 四边形ABCD是正方形,
∴ $∠BAD=∠ADC=∠ABC=90°$,AD=AB=DC=6.
∴ $∠ADH=90°$,$∠HAE=∠BAD=90°$.
∴ $∠HAE - ∠DAE = ∠BAD - ∠DAE$,即 $∠HAD = ∠EAB$. 在$△ ADH$ 和 $△ ABE$ 中,$\begin{cases} ∠HAD=∠EAB,\\ AD=AB,\\ ∠ADH=∠ABE=90°, \end{cases}$
∴ $△ ADH≌△ ABE$.
∴ AH=AE,DH=BE.
∵ $∠EAF = 45°$,$∠HAE = 90°$,
∴ $∠HAF=∠EAF=45°$. 在$△ AHF$ 和$△ AEF$ 中,$\begin{cases} AF=AF,\\ ∠HAF=∠EAF,\\ AH=AE, \end{cases}$
∴ $△ AHF≌△ AEF$.
∴ HF=EF.
∵ DC=6,DF=2,
∴ CF=DC-DF=6-2=4.设 DH=BE=x,则 EF=2+x,CE=6-x.在Rt△CEF 中,由勾股定理,得 $EF^2=CF^2+CE^2$,
∴ $(2+x)^2=4^2+(6-x)^2$,解得 x=3.
∴ $S_{△ AEF}=S_{△ AHF}=\frac{1}{2}×(3+2)×6=15$
解析
【分析】
本题为正方形背景下的三角形面积求解问题，属于正方形“半角模型”的典型考法。解题思路如下：首先利用正方形90°角的性质，通过作AH⊥AE交CD延长线于H，构造全等三角形△ADH与△ABE，将BE转化为DH，同时得到AH=AE；再结合∠EAF=45°证明△AHF≌△AEF，把求△AEF的面积转化为求△AHF的面积；最后设BE的长度为未知数，在Rt△CEF中利用勾股定理列方程求出未知数，代入面积公式即可得到结果。
【解析】
过点A作AH⊥AE交CD的延长线于点H，即$∠ HAE=90°$。
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ $∠ BAD=∠ ADC=∠ ABC=90°$，$AD=AB=DC=6$，
∴ $∠ ADH=90°$，$∠ HAE=∠ BAD=90°$，
∴ $∠ HAE - ∠ DAE = ∠ BAD - ∠ DAE$，即$∠ HAD = ∠ EAB$。
在$△ ADH$ 和 $△ ABE$ 中：
$\begin{cases} ∠ HAD=∠ EAB,\\ AD=AB,\\ ∠ ADH=∠ ABE=90°, \end{cases}$
∴ $△ ADH≌△ ABE$（ASA），
∴ $AH=AE$，$DH=BE$。
∵ $∠ EAF = 45°$，$∠ HAE = 90°$，
∴ $∠ HAF=∠ HAE - ∠ EAF=45°=∠ EAF$。
在$△ AHF$ 和$△ AEF$ 中：
$\begin{cases} AF=AF,\\ ∠ HAF=∠ EAF,\\ AH=AE, \end{cases}$
∴ $△ AHF≌△ AEF$（SAS），
∴ $HF=EF$，$S_{△ AEF}=S_{△ AHF}$。
∵ $DC=6$，$DF=2$，
∴ $CF=DC-DF=6-2=4$。
设 $DH=BE=x$，则 $EF=HF=DF+DH=2+x$，$CE=BC-BE=6-x$。
在$Rt△ CEF$ 中，由勾股定理得 $EF^2=CF^2+CE^2$，
代入得：$(2+x)^2=4^2+(6-x)^2$，
展开化简得：$4+4x+x^2=16+36-12x+x^2$，即$16x=48$，解得$x=3$。
∴ $S_{△ AEF}=S_{△ AHF}=\frac{1}{2} × HF × AD=\frac{1}{2} × (3+2) × 6=15$。
【答案】
15
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题是正方形半角模型的典型应用，通过构造全等三角形实现了边、角和面积的转化，结合勾股定理列方程求解，考查了转化思想和方程思想的运用，是正方形相关几何计算的常见题型，对学生的几何逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
本题为正方形背景下的三角形面积求解问题，属于正方形“半角模型”的典型考法。解题思路如下：首先利用正方形90°角的性质，通过作AH⊥AE交CD延长线于H，构造全等三角形△ADH与△ABE，将BE转化为DH，同时得到AH=AE；再结合∠EAF=45°证明△AHF≌△AEF，把求△AEF的面积转化为求△AHF的面积；最后设BE的长度为未知数，在Rt△CEF中利用勾股定理列方程求出未知数，代入面积公式即可得到结果。
【解析】
过点A作AH⊥AE交CD的延长线于点H，即$∠ HAE=90°$。
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ $∠ BAD=∠ ADC=∠ ABC=90°$，$AD=AB=DC=6$，
∴ $∠ ADH=90°$，$∠ HAE=∠ BAD=90°$，
∴ $∠ HAE - ∠ DAE = ∠ BAD - ∠ DAE$，即$∠ HAD = ∠ EAB$。
在$△ ADH$ 和 $△ ABE$ 中：
$\begin{cases} ∠ HAD=∠ EAB,\\ AD=AB,\\ ∠ ADH=∠ ABE=90°, \end{cases}$
∴ $△ ADH≌△ ABE$（ASA），
∴ $AH=AE$，$DH=BE$。
∵ $∠ EAF = 45°$，$∠ HAE = 90°$，
∴ $∠ HAF=∠ HAE - ∠ EAF=45°=∠ EAF$。
在$△ AHF$ 和$△ AEF$ 中：
$\begin{cases} AF=AF,\\ ∠ HAF=∠ EAF,\\ AH=AE, \end{cases}$
∴ $△ AHF≌△ AEF$（SAS），
∴ $HF=EF$，$S_{△ AEF}=S_{△ AHF}$。
∵ $DC=6$，$DF=2$，
∴ $CF=DC-DF=6-2=4$。
设 $DH=BE=x$，则 $EF=HF=DF+DH=2+x$，$CE=BC-BE=6-x$。
在$Rt△ CEF$ 中，由勾股定理得 $EF^2=CF^2+CE^2$，
代入得：$(2+x)^2=4^2+(6-x)^2$，
展开化简得：$4+4x+x^2=16+36-12x+x^2$，即$16x=48$，解得$x=3$。
∴ $S_{△ AEF}=S_{△ AHF}=\frac{1}{2} × HF × AD=\frac{1}{2} × (3+2) × 6=15$。
【答案】
15
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题是正方形半角模型的典型应用，通过构造全等三角形实现了边、角和面积的转化，结合勾股定理列方程求解，考查了转化思想和方程思想的运用，是正方形相关几何计算的常见题型，对学生的几何逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
11 如图,在正方形ABCD中,点E,F分别在DC,CB的延长线上,且$BF=CE$,EB的延长线交AF于点G.
(1)求$∠AGE$的度数.
(2)在线段EG上取点H,使得$GH=AG$,连接AH,CH.
① 依题意补全图形；
②一题多解 用等式表示线段CH与GB的数量关系,并证明.
(1)求$∠AGE$的度数.
(2)在线段EG上取点H,使得$GH=AG$,连接AH,CH.
① 依题意补全图形；
②
答案
11. (1)
∵ 四边形ABCD为正方形,
∴ AB=BC,$∠ABC=∠DCB=90°$.
∴ $∠ABF=∠BCE=90°$.在$△ ABF$ 和$△ BCE$中,$\begin{cases} AB=BC,\\ ∠ABF=∠BCE,\\ BF=CE, \end{cases}$
∴ $△ ABF≌△ BCE$.
∴ $∠F=∠E$.
∵ $∠E+∠CBE=90°$,$∠CBE=∠GBF$,
∴ $∠F+∠GBF=90°$.
∴ $∠FGB=90°$.
∴ $∠AGE = 180° - ∠FGB = 90°$
(2) ① 如图①所示
② $CH=\sqrt{2}GB$.解法一:如图②,过点B作BI//AH交AF于点I.
∵ $∠AGE=90°$,$GH=AG$,
∴ $△ GAH$ 为等腰直角三角形.
∴ $∠GAH=∠GHA=45°$.
∵ BI//AH,
∴ $∠GIB=∠GAH=45°$,$∠GBI=∠GHA=45°$.
∴ $△ GBI$ 为等腰直角三角形.
∴ GB=GI.
∴ AG-GI=GH-GB,即 AI=HB. 由(1)知,$△ ABF≌△ BCE$,
∴ $∠FAB=∠EBC$,即$∠IAB=∠HBC$.
∵ AB=BC,
∴ $△ AIB≌△ BHC$.
∴ CH=BI.
∵ $△ GBI$ 为等腰直角三角形,
∴ $BI=\sqrt{2}GB$.
∴ $CH=\sqrt{2}GB$
解法二:如图③,过点 C 作 CM⊥BE,垂足为 M.
∵ $∠ABC=∠AGE=90°$,
∴ $∠GAB + ∠ABG = ∠CBM + ∠ABG$,即$∠GAB=∠CBM$.
∵ $∠AGB=∠BMC=90°$, AB = BC,
∴ $△ ABG≌△ BCM$.
∴ AG=BM,BG=CM.
∵ GH=AG,
∴ GH=BM.
∴ GB=HM.
∴ HM=CM=GB.
∴ $△ CMH$ 为等腰直角三角形.
∴ $CH=\sqrt{2}CM$.
∴ $CH=\sqrt{2}GB$
解析
【分析】
(1) 求∠AGE的度数时，先利用正方形的性质得到相等的边和直角，结合已知BF=CE证明△ABF与△BCE全等，得到对应角相等，再通过直角三角形两锐角互余、对顶角相等的性质推导角的关系，即可求出∠AGE的度数。
(2) ① 按照题目描述，在线段EG上取点H满足GH=AG，再连接AH、CH即可补全图形；② 推导CH与GB的数量关系时，先由∠AGE=90°、AG=GH得出△AGH是等腰直角三角形，再通过构造平行线或垂线得到全等三角形，将CH和GB转化到同一个等腰直角三角形中，即可得到二者的数量关系。
【解析】
(1)
∵ 四边形ABCD为正方形，
∴ AB=BC，$∠ ABC=∠ DCB=90°$。
∴ $∠ ABF=∠ BCE=90°$。
在$△ ABF$和$△ BCE$中，
$\begin{cases} AB=BC,\\ ∠ ABF=∠ BCE,\\ BF=CE, \end{cases}$
∴ $△ ABF≌△ BCE(\mathrm{SAS})$。
∴ $∠ F=∠ E$。
∵ $∠ E+∠ CBE=90°$，$∠ CBE=∠ GBF$，
∴ $∠ F+∠ GBF=90°$。
∴ $∠ FGB=90°$。
∴ $∠ AGE = 180° - ∠ FGB = 90°$。
(2) ① 补全图形如下：
② 线段CH与GB的数量关系为$CH=\sqrt{2}GB$，证明如下：
解法一：过点B作$BI// AH$交AF于点I。
∵ $∠ AGE=90°$，$GH=AG$，
∴ $△ GAH$为等腰直角三角形。
∴ $∠ GAH=∠ GHA=45°$。
∵ $BI// AH$，
∴ $∠ GIB=∠ GAH=45°$，$∠ GBI=∠ GHA=45°$。
∴ $△ GBI$为等腰直角三角形。
∴ $GB=GI$，$BI=\sqrt{2}GB$。
∴ $AG-GI=GH-GB$，即 $AI=HB$。
由(1)知$△ ABF≌△ BCE$，
∴ $∠ FAB=∠ EBC$，即$∠ IAB=∠ HBC$。
又
∵ $AB=BC$，
∴ $△ AIB≌△ BHC(\mathrm{SAS})$。
∴ $CH=BI$。
∴ $CH=\sqrt{2}GB$。
解法二：过点C作$CM⊥ BE$，垂足为M。
∵ $∠ ABC=∠ AGE=90°$，
∴ $∠ GAB + ∠ ABG = ∠ CBM + ∠ ABG = 90°$，即$∠ GAB=∠ CBM$。
∵ $∠ AGB=∠ BMC=90°$，$AB = BC$，
∴ $△ ABG≌△ BCM(\mathrm{AAS})$。
∴ $AG=BM$，$BG=CM$。
∵ $GH=AG$，
∴ $GH=BM$。
∴ $GH-BH=BM-BH$，即 $GB=HM$。
∴ $HM=CM=GB$。
又
∵ $∠ CMH=90°$，
∴ $△ CMH$为等腰直角三角形。
∴ $CH=\sqrt{2}CM=\sqrt{2}GB$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{∠ AGE=90°}$；
(2) ① 补全图形见解析；② $\boldsymbol{CH=\sqrt{2}GB}$，证明见解析。
【知识点】
正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质
【点评】
本题综合考查正方形、全等三角形、等腰直角三角形的相关知识，解题的核心是通过构造辅助线实现角与线段的转化，对逻辑推理能力和几何直观能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
(1) 求∠AGE的度数时，先利用正方形的性质得到相等的边和直角，结合已知BF=CE证明△ABF与△BCE全等，得到对应角相等，再通过直角三角形两锐角互余、对顶角相等的性质推导角的关系，即可求出∠AGE的度数。
(2) ① 按照题目描述，在线段EG上取点H满足GH=AG，再连接AH、CH即可补全图形；② 推导CH与GB的数量关系时，先由∠AGE=90°、AG=GH得出△AGH是等腰直角三角形，再通过构造平行线或垂线得到全等三角形，将CH和GB转化到同一个等腰直角三角形中，即可得到二者的数量关系。
【解析】
(1)
∵ 四边形ABCD为正方形，
∴ AB=BC，$∠ ABC=∠ DCB=90°$。
∴ $∠ ABF=∠ BCE=90°$。
在$△ ABF$和$△ BCE$中，
$\begin{cases} AB=BC,\\ ∠ ABF=∠ BCE,\\ BF=CE, \end{cases}$
∴ $△ ABF≌△ BCE(\mathrm{SAS})$。
∴ $∠ F=∠ E$。
∵ $∠ E+∠ CBE=90°$，$∠ CBE=∠ GBF$，
∴ $∠ F+∠ GBF=90°$。
∴ $∠ FGB=90°$。
∴ $∠ AGE = 180° - ∠ FGB = 90°$。
(2) ① 补全图形如下：
② 线段CH与GB的数量关系为$CH=\sqrt{2}GB$，证明如下：
解法一：过点B作$BI// AH$交AF于点I。
∵ $∠ AGE=90°$，$GH=AG$，
∴ $△ GAH$为等腰直角三角形。
∴ $∠ GAH=∠ GHA=45°$。
∵ $BI// AH$，
∴ $∠ GIB=∠ GAH=45°$，$∠ GBI=∠ GHA=45°$。
∴ $△ GBI$为等腰直角三角形。
∴ $GB=GI$，$BI=\sqrt{2}GB$。
∴ $AG-GI=GH-GB$，即 $AI=HB$。
由(1)知$△ ABF≌△ BCE$，
∴ $∠ FAB=∠ EBC$，即$∠ IAB=∠ HBC$。
又
∵ $AB=BC$，
∴ $△ AIB≌△ BHC(\mathrm{SAS})$。
∴ $CH=BI$。
∴ $CH=\sqrt{2}GB$。
解法二：过点C作$CM⊥ BE$，垂足为M。
∵ $∠ ABC=∠ AGE=90°$，
∴ $∠ GAB + ∠ ABG = ∠ CBM + ∠ ABG = 90°$，即$∠ GAB=∠ CBM$。
∵ $∠ AGB=∠ BMC=90°$，$AB = BC$，
∴ $△ ABG≌△ BCM(\mathrm{AAS})$。
∴ $AG=BM$，$BG=CM$。
∵ $GH=AG$，
∴ $GH=BM$。
∴ $GH-BH=BM-BH$，即 $GB=HM$。
∴ $HM=CM=GB$。
又
∵ $∠ CMH=90°$，
∴ $△ CMH$为等腰直角三角形。
∴ $CH=\sqrt{2}CM=\sqrt{2}GB$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{∠ AGE=90°}$；
(2) ① 补全图形见解析；② $\boldsymbol{CH=\sqrt{2}GB}$，证明见解析。
【知识点】
正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质
【点评】
本题综合考查正方形、全等三角形、等腰直角三角形的相关知识，解题的核心是通过构造辅助线实现角与线段的转化，对逻辑推理能力和几何直观能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
