24.(本题14分)如图,四边形ABCD是正方形,AB=6,E,F,G分别是正方形ABCD的边AB,AD及对角线BD上的点,H是正方形ABCD内一点,满足四边形EFGH是正方形。
(1)如图1,若AF=1,求此时FG的长;
(2)如图2,连结BH,求证:BH=EH;
(3)如图3,延长EH交射线BC于点J,取线段DJ的中点K,连结HK。设AF=t,在0＜t＜3范围内是否存在t的值,使△HJK是等腰三角形?若存在,求出所有符合条件的t的值;若不存在,请说明理由。

24.解:(1)如图1,过点G作$GP⊥AD$于点P,因为四边形ABCD、四边形EFGH均是正方形,所以可证得$△FPG≅△EAF$。因为$AF=1$,所以$PG=1$。因为$∠ADB=45°$,所以$∠PGD=45°$,所以$PD=PG=1$。因为$AB=6$,所以$FP=4$,所以$FG=\sqrt{PG^2+FP^2}=\sqrt{1^2+4^2}=\sqrt{17}$；(2)证明:如图2,过点G作$GP⊥AD$于点P,过H作$HQ⊥AB$于点Q,因为四边形ABCD、四边形EFGH均是正方形,所以可证得$△HQE≅△FPG≅△EAF$,所以$EQ=AF=PG=PD$,$AE=PF$。因为$AB=AD$,所以$BQ=EQ$,即HQ是EB的垂直平分线。所以$BH=EH$；(3)如图3,过H作$HQ⊥AB$于点Q,连结DE,由(2)可知$BH=EH$,所以$∠HEB=∠HBE$,所以$∠HBJ=∠HJB$,所以$BH=HJ$,所以$EH=HJ$,即H是EJ的中点,所以QH是$△EBJ$的中位线,所以$QH=\dfrac{1}{2}BJ$。因为K是DJ的中点,所以HK是$△DEJ$的中位线,所以$HK=\dfrac{1}{2}ED$。因为$AB=6$,$AF=t$,由(2)可得$BQ=EQ=AF=t$,$QH=AE=6-2t$,所以$BJ=12-4t$,所以$JC=|4t-6|$,所以$HJ^2=\dfrac{EJ^2}{4}=\dfrac{EB^2+BJ^2}{4}=\dfrac{(2t)^2+(12-4t)^2}{4} = t^2+(6-2t)^2$,$JK^2=\dfrac{JD^2}{4}=\dfrac{JC^2+CD^2}{4}=\dfrac{(4t-6)^2+6^2}{4}=(2t-3)^2+9$,$KH^2=\dfrac{DE^2}{4}=\dfrac{AE^2+AD^2}{4}=\dfrac{(6-2t)^2+6^2}{4}=(3-t)^2+9$,当$HJ=JK$或$HJ=KH$或$JK=KH$时,$△HJK$是等腰三角形,情况1:$HJ=JK$,$t^2+(6-2t)^2=(2t-3)^2+9$,解得$t=6±3\sqrt{2}$;情况2:$HJ=KH$,$t^2+(6-2t)^2=(3-t)^2+9$,解得$t=\dfrac{3}{2}$或3;情况3:$JK=KH$,$(2t-3)^2+9=(3-t)^2+9$,解得$t=0$或2;考虑$0＜t＜3$,可得所有符合条件的$t$的值是$6-3\sqrt{2}$,$\dfrac{3}{2}$和2。

【分析】
本题是正方形相关的几何综合题，分三小问逐步突破：
1. 第(1)问：要求FG的长，FG是正方形EFGH的边，通过构造辅助线（过G作GP⊥AD），利用正方形的角的性质证明全等三角形，结合正方形对角线的45°角求对应边，再用勾股定理计算FG。
2. 第(2)问：要证BH=EH，构造两条垂线（过G作GP⊥AD、过H作HQ⊥AB），证明多组全等三角形，推导线段关系，得出HQ是EB的垂直平分线，从而证得BH=EH。
3. 第(3)问：要找0＜t＜3时使△HJK为等腰三角形的t值，先利用(2)的结论得H是EJ中点，结合中位线定理表示出三边长度，分三种等腰情况列方程求解，再根据t的范围筛选有效解。
【解析】
(1) 如图1，过点G作$GP⊥AD$于点P。
∵四边形ABCD、四边形EFGH均为正方形，
∴∠A=∠FPG=90°，EF=FG，∠EFG=90°，
∴∠AFE + ∠PFG=90°，又∠AFE + ∠AEF=90°，
∴∠AEF=∠PFG，
∴△EAF≌△FPG（AAS），
∴AF=PG，AE=PF。
∵G在正方形对角线BD上，∠ADB=45°，
∴△PGD为等腰直角三角形，PD=PG=AF=1。
∵AB=AD=6，AF=1，
∴FP=AD - AF - PD=6 -1 -1=4，
在Rt△FPG中，$FG=\sqrt{PG^2 + FP^2}=\sqrt{1^2 +4^2}=\sqrt{17}$。
(2) 如图2，过点G作$GP⊥AD$于点P，过H作$HQ⊥AB$于点Q。
∵四边形ABCD、EFGH均为正方形，
同理可证△HQE≌△FPG≌△EAF（AAS），
∴EQ=AF=PG=PD，AE=PF。
∵AB=AD，结合线段关系得BQ=EQ，
∴HQ垂直平分EB，因此BH=EH。
(3) 如图3，过H作$HQ⊥AB$于Q，连结DE。
由(2)知BH=EH，
∴∠HEB=∠HBE，
易证∠HBJ=∠HJB，故BH=HJ，因此EH=HJ，即H是EJ中点。
∵K是DJ中点，
∴HK是△DEJ的中位线，故$HK=\frac{1}{2}ED$；
QH是△EBJ的中位线，故$QH=\frac{1}{2}BJ$。
已知AB=6，AF=t，由(2)得BQ=EQ=AF=t，
∴AE=6-2t，QH=6-2t，
∴BJ=2QH=12-4t，JC=|4t-6|。
分别计算三边平方：
$HJ^2=t^2 + (6-2t)^2$，$JK^2=(2t-3)^2 +9$，$KH^2=(3-t)^2 +9$。
分三种情况讨论：
① 当HJ=JK时，$t^2 + (6-2t)^2=(2t-3)^2 +9$，解得$t=6±3√2$，结合0＜t＜3得$t=6-3√2$；
② 当HJ=KH时，$t^2 + (6-2t)^2=(3-t)^2 +9$，解得$t=\frac{3}{2}$或t=3，结合范围得$t=\frac{3}{2}$；
③ 当JK=KH时，$(2t-3)^2 +9=(3-t)^2 +9$，解得t=0或t=2，结合范围得t=2；
综上，符合条件的t值为$6-3√2$、$\frac{3}{2}$、2。
【答案】
(1) $\sqrt{17}$；
(2) 证明见上述解析；
(3) 存在，符合条件的t的值为$6-3\sqrt{2}$、$\frac{3}{2}$、2。

【知识点】
正方形的性质、全等三角形的应用、等腰三角形的判定
【点评】
本题是正方形背景下的几何综合题，综合考查核心几何知识点，辅助线构造是解题关键，第(3)问需分类讨论，对逻辑推理和运算能力要求较高，属于中等难度的几何题。
【难度系数】
0.3