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1 如图,在正方形ABCD中,E为边BC的中点,F,G分别为边AB,CD上的两个动点,FG⊥AE于点H.求证:FG=AE.
答案
过点F作FM⊥CD于点M.
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AB//CD,AB=BC,∠B=∠C=90°.
∴ ∠AEB+∠BAE=90°.
∵ FG⊥AE,
∴ 易得∠AFH+∠BAE=90°.
∴ ∠AFH=∠AEB.
∵ AB//CD,
∴ ∠AFH=∠FGM.
∴ ∠FGM=∠AEB.
∵ FM⊥CD,
∴ ∠FMG=∠FMC=90°.
∵ ∠B=∠C=90°,
∴ 四边形BCMF是矩形.
∴ FM=BC.
∴ FM=AB. 在△FGM 和 △AEB 中，$\begin{cases} ∠FMG=∠B=90°, \\ ∠FGM=∠AEB, \\ FM=AB, \end{cases}$
∴ △FGM≌△AEB.
∴ FG=AE
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AB//CD,AB=BC,∠B=∠C=90°.
∴ ∠AEB+∠BAE=90°.
∵ FG⊥AE,
∴ 易得∠AFH+∠BAE=90°.
∴ ∠AFH=∠AEB.
∵ AB//CD,
∴ ∠AFH=∠FGM.
∴ ∠FGM=∠AEB.
∵ FM⊥CD,
∴ ∠FMG=∠FMC=90°.
∵ ∠B=∠C=90°,
∴ 四边形BCMF是矩形.
∴ FM=BC.
∴ FM=AB. 在△FGM 和 △AEB 中，$\begin{cases} ∠FMG=∠B=90°, \\ ∠FGM=∠AEB, \\ FM=AB, \end{cases}$
∴ △FGM≌△AEB.
∴ FG=AE
解析
【分析】
要证明FG=AE，通常可通过证明包含两条线段的三角形全等求解。观察图形可知AE在Rt△ABE中，因此我们可作辅助线构造包含FG的直角三角形：过点F作FM⊥CD于点M得到Rt△FMG，后续结合正方形性质、FG⊥AE的条件推导角相等，再结合矩形性质得到对应边相等，即可证明两个直角三角形全等，从而推出线段相等。
【解析】
过点F作FM⊥CD于点M.
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AB//CD,AB=BC,∠B=∠C=90°.
∴ ∠AEB+∠BAE=90°.
∵ FG⊥AE,
∴ 易得∠AFH+∠BAE=90°.
∴ ∠AFH=∠AEB.
∵ AB//CD,
∴ ∠AFH=∠FGM.
∴ ∠FGM=∠AEB.
∵ FM⊥CD,
∴ ∠FMG=∠FMC=90°.
∵ ∠B=∠C=90°,
∴ 四边形BCMF是矩形.
∴ FM=BC.
∴ FM=AB.
在△FGM 和 △AEB 中，$\begin{cases} ∠FMG=∠B=90°, \\ ∠FGM=∠AEB, \\ FM=AB, \end{cases}$
∴ △FGM≌△AEB.
∴ FG=AE
【答案】
FG=AE，得证。
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；矩形的判定与性质
【点评】
本题是正方形中线段相等证明的典型题型，解题的核心是通过作垂线构造全等三角形，将待证线段转化到全等三角形中，综合考查了特殊四边形性质与全等三角形的应用。
【难度系数】
0.7
要证明FG=AE，通常可通过证明包含两条线段的三角形全等求解。观察图形可知AE在Rt△ABE中，因此我们可作辅助线构造包含FG的直角三角形：过点F作FM⊥CD于点M得到Rt△FMG，后续结合正方形性质、FG⊥AE的条件推导角相等，再结合矩形性质得到对应边相等，即可证明两个直角三角形全等，从而推出线段相等。
【解析】
过点F作FM⊥CD于点M.
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AB//CD,AB=BC,∠B=∠C=90°.
∴ ∠AEB+∠BAE=90°.
∵ FG⊥AE,
∴ 易得∠AFH+∠BAE=90°.
∴ ∠AFH=∠AEB.
∵ AB//CD,
∴ ∠AFH=∠FGM.
∴ ∠FGM=∠AEB.
∵ FM⊥CD,
∴ ∠FMG=∠FMC=90°.
∵ ∠B=∠C=90°,
∴ 四边形BCMF是矩形.
∴ FM=BC.
∴ FM=AB.
在△FGM 和 △AEB 中，$\begin{cases} ∠FMG=∠B=90°, \\ ∠FGM=∠AEB, \\ FM=AB, \end{cases}$
∴ △FGM≌△AEB.
∴ FG=AE
【答案】
FG=AE，得证。
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；矩形的判定与性质
【点评】
本题是正方形中线段相等证明的典型题型，解题的核心是通过作垂线构造全等三角形，将待证线段转化到全等三角形中，综合考查了特殊四边形性质与全等三角形的应用。
【难度系数】
0.7
2 如图,在正方形ABCD中,E是BC的中点,连接DE,过点A作AG⊥DE,交ED于点F,交CD于点G,连接BF.求证:
(1) $△ ADG ≌ △ DCE$；
(2) $AB=BF$.
(1) $△ ADG ≌ △ DCE$；
(2) $AB=BF$.
答案
(1)
∵ 四边形ABCD是正方形,
∴ ∠ADG=∠C=90°,AD = DC.
∴ ∠CDE + ∠ADF = 90°.
∵ AG ⊥ DE,
∴ ∠DAG+∠ADF=90°.
∴ ∠DAG=∠CDE. 在△ADG 和△DCE 中,
∵ ∠ADG=∠C, AD = DC, ∠DAG = ∠CDE,
∴ △ADG≌△DCE
(2) 如图,延长DE交AB的延长线于点H.
∵ E是BC的中点,
∴ BE=CE.
∵ 四边形ABCD是正方形,
∴ AB=CD,∠ABC=∠C=90°.
∴ ∠C=90°=∠HBE.又
∵ ∠DEC=∠HEB,
∴ △DCE≌△HBE.
∴ BH=CD=AB,即B是AH的中点.又
∵ AG⊥DE,即∠AFH=90°,
∴ 在Rt△AFH 中,$BF=\frac{1}{2}AH=AB$,即AB=BF
解析
【分析】
(1) 要证明$△ ADG ≌ △ DCE$，先利用正方形性质得到一组边相等、一组角相等，再结合$AG⊥DE$的条件，通过同角的余角相等推导得到另一组对应角相等，即可用ASA判定全等。
(2) 要证明$AB=BF$，直接证角相等难度较大，可借助$AG⊥DE$的直角条件，构造直角三角形利用斜边中线性质解题：延长DE交AB延长线于H，先证$△ DCE≌△ HBE$得到B是AH中点，再根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，即可推得$BF=AB$。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ $∠ ADG=∠ C=90°$，$AD=DC$，
∴ $∠ CDE + ∠ ADF=90°$。
∵ $AG⊥DE$，
∴ $∠ DAG + ∠ ADF=90°$，
∴ $∠ DAG=∠ CDE$。
在$△ ADG$和$△ DCE$中：
$\begin{cases}∠ ADG=∠ C \\AD=DC \\∠ DAG=∠ CDE\end{cases}$
∴ $△ ADG ≌ △ DCE$（ASA）。
(2) 证明：
延长DE交AB的延长线于点H。
∵ E是BC的中点，
∴ $BE=CE$。
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ $AB=CD$，$∠ ABC=∠ C=90°$，
∴ $∠ HBE=∠ C=90°$。
在$△ DCE$和$△ HBE$中：
$\begin{cases}∠ C=∠ HBE \\CE=BE \\∠ DEC=∠ HEB\end{cases}$
∴ $△ DCE≌△ HBE$（ASA），
∴ $BH=CD=AB$，即B是AH的中点。
∵ $AG⊥DE$，即$∠ AFH=90°$，
∴ 在$Rt△ AFH$中，BF是斜边AH的中线，
∴ $BF=\frac{1}{2}AH=AB$，即$AB=BF$。
【答案】
(1)
∵ 四边形ABCD是正方形,
∴ ∠ADG=∠C=90°,AD = DC.
∴ ∠CDE + ∠ADF = 90°.
∵ AG ⊥ DE,
∴ ∠DAG+∠ADF=90°.
∴ ∠DAG=∠CDE. 在△ADG 和△DCE 中,
∵ ∠ADG=∠C, AD = DC, ∠DAG = ∠CDE,
∴ △ADG≌△DCE
(2) 如图,延长DE交AB的延长线于点H.
∵ E是BC的中点,
∴ BE=CE.
∵ 四边形ABCD是正方形,
∴ AB=CD,∠ABC=∠C=90°.
∴ ∠C=90°=∠HBE.又
∵ ∠DEC=∠HEB,
∴ △DCE≌△HBE.
∴ BH=CD=AB,即B是AH的中点.又
∵ AG⊥DE,即∠AFH=90°,
∴ 在Rt△AFH 中,$BF=\frac{1}{2}AH=AB$,即AB=BF
【知识点】
正方形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边中线的性质
【点评】
本题是正方形相关的典型几何证明题，侧重考察几何性质的综合应用，第二问的辅助线构造是解题突破口，能有效训练转化思想和逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明$△ ADG ≌ △ DCE$，先利用正方形性质得到一组边相等、一组角相等，再结合$AG⊥DE$的条件，通过同角的余角相等推导得到另一组对应角相等，即可用ASA判定全等。
(2) 要证明$AB=BF$，直接证角相等难度较大，可借助$AG⊥DE$的直角条件，构造直角三角形利用斜边中线性质解题：延长DE交AB延长线于H，先证$△ DCE≌△ HBE$得到B是AH中点，再根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，即可推得$BF=AB$。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ $∠ ADG=∠ C=90°$，$AD=DC$，
∴ $∠ CDE + ∠ ADF=90°$。
∵ $AG⊥DE$，
∴ $∠ DAG + ∠ ADF=90°$，
∴ $∠ DAG=∠ CDE$。
在$△ ADG$和$△ DCE$中：
$\begin{cases}∠ ADG=∠ C \\AD=DC \\∠ DAG=∠ CDE\end{cases}$
∴ $△ ADG ≌ △ DCE$（ASA）。
(2) 证明：
延长DE交AB的延长线于点H。
∵ E是BC的中点，
∴ $BE=CE$。
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ $AB=CD$，$∠ ABC=∠ C=90°$，
∴ $∠ HBE=∠ C=90°$。
在$△ DCE$和$△ HBE$中：
$\begin{cases}∠ C=∠ HBE \\CE=BE \\∠ DEC=∠ HEB\end{cases}$
∴ $△ DCE≌△ HBE$（ASA），
∴ $BH=CD=AB$，即B是AH的中点。
∵ $AG⊥DE$，即$∠ AFH=90°$，
∴ 在$Rt△ AFH$中，BF是斜边AH的中线，
∴ $BF=\frac{1}{2}AH=AB$，即$AB=BF$。
【答案】
(1)
∵ 四边形ABCD是正方形,
∴ ∠ADG=∠C=90°,AD = DC.
∴ ∠CDE + ∠ADF = 90°.
∵ AG ⊥ DE,
∴ ∠DAG+∠ADF=90°.
∴ ∠DAG=∠CDE. 在△ADG 和△DCE 中,
∵ ∠ADG=∠C, AD = DC, ∠DAG = ∠CDE,
∴ △ADG≌△DCE
(2) 如图,延长DE交AB的延长线于点H.
∵ E是BC的中点,
∴ BE=CE.
∵ 四边形ABCD是正方形,
∴ AB=CD,∠ABC=∠C=90°.
∴ ∠C=90°=∠HBE.又
∵ ∠DEC=∠HEB,
∴ △DCE≌△HBE.
∴ BH=CD=AB,即B是AH的中点.又
∵ AG⊥DE,即∠AFH=90°,
∴ 在Rt△AFH 中,$BF=\frac{1}{2}AH=AB$,即AB=BF
【知识点】
正方形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边中线的性质
【点评】
本题是正方形相关的典型几何证明题，侧重考察几何性质的综合应用，第二问的辅助线构造是解题突破口，能有效训练转化思想和逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
3 如图①,在正方形ABCD中,∠AEF=90°,且EF交正方形外角∠DCG的平分线CF于点F.
(1) 若E是边BC上的中点,求证:AE=EF.
(2) 如图②,若E是BC的延长线上(除点C外)的任意一点,其他条件不变,AE=EF是否仍然成立?若成立,请写出证明过程;若不成立,请说明理由.
(3) 如图③,若E是边BC上的任意一点,在边AB上是否存在点M,使得四边形DMEF是平行四边形?若存在,请给予证明;若不存在,请说明理由.
(1) 若E是边BC上的中点,求证:AE=EF.
(2) 如图②,若E是BC的延长线上(除点C外)的任意一点,其他条件不变,AE=EF是否仍然成立?若成立,请写出证明过程;若不成立,请说明理由.
(3) 如图③,若E是边BC上的任意一点,在边AB上是否存在点M,使得四边形DMEF是平行四边形?若存在,请给予证明;若不存在,请说明理由.
答案
(1) 如图①,取AB的中点H,连接EH.
∵ 四边形ABCD是正方形,∠AEF=90°,
∴ 易得∠1+∠AEB=∠2+∠AEB=90°.
∴ ∠1=∠2.
∵ H为AB的中点,E为BC的中点,
∴ 易得AH=BH=BE=EC,∠BHE=45°.又
∵ 易得∠FCG=45°,
∴ ∠AHE = ∠ECF = 135°. 在△AHE 和 △ECF 中,$\begin{cases} ∠1=∠2, \\ AH=EC, \\ ∠AHE=∠ECF, \end{cases}$
∴ △AHE≌△ECF.
∴ AE=EF
(2) 成立 如图②,延长BA到点M,使AM = EC,连接EM.
∵ ∠AEF = 90°,
∴ ∠FEG + ∠AEB = 90°.
∵ ∠BAE + ∠AEB = 90°,
∴ ∠BAE = ∠FEG.
∴ ∠MAE = ∠CEF.
∵ AB = BC,
∴ AB + AM = BC + CE,即 BM = BE.
∵ ∠MBE = 90°,
∴ ∠M = 45°. 由(1),知∠FCE = 45°,
∴ ∠M=∠FCE. 在△AME 和△ECF 中,$\begin{cases} ∠MAE=∠CEF, \\ AM=EC, \\ ∠M=∠FCE, \end{cases}$
∴ △AME≌△ECF.
∴ AE=EF
(3) 存在 如图③,过点D作DM⊥AE,DM与AB交于点M,连接ME,DF.
∵ ∠AEF=90°,
∴ EF⊥AE.
∴ DM//EF.
∵ 四边形ABCD是正方形,
∴ AD=BA,∠BAD=∠B=90°.
∵ 易得∠ADM+∠EAD=∠BAE+∠EAD=90°,
∴ ∠ADM=∠BAE. 在△ADM 和△BAE 中,$\begin{cases} ∠ADM=∠BAE, \\ AD=BA, \\ ∠DAM=∠B, \end{cases}$
∴ △ADM≌△BAE.
∴ DM=AE.
∵ 易得AE=EF,
∴ DM=EF.又
∵ DM//EF,
∴ 四边形DMEF是平行四边形
解析
【分析】
(1) 要证明AE=EF，可通过证明两线段所在的三角形全等实现。已知CF是正方形外角的平分线，可得∠ECF=135°，结合E是BC中点的条件，可取AB中点H构造△AHE，证明该三角形与△ECF全等即可得结论。
(2) 结论仍然成立，类比第一问的全等证明思路，此时E在BC延长线上，∠FCE仍为45°，可延长BA到点M，使AM=EC构造△AME，证明△AME与△ECF全等，即可推出AE=EF。
(3) 要判断是否存在点M使四边形DMEF是平行四边形，根据平行四边形“一组对边平行且相等”的判定条件，可先作DM⊥AE，可得DM//EF（二者均垂直于AE），再证明DM=EF即可：结合前问结论AE=EF，只需证DM=AE，通过证明△ADM≌△BAE即可得证，说明存在符合条件的点M。
【解析】
(1) 如图①,取AB的中点H,连接EH.
∵ 四边形ABCD是正方形,∠AEF=90°,
∴ 易得∠1+∠AEB=∠2+∠AEB=90°.
∴ ∠1=∠2.
∵ H为AB的中点,E为BC的中点,
∴ 易得AH=BH=BE=EC,∠BHE=45°.
又
∵ 易得∠FCG=45°,
∴ ∠AHE = ∠ECF = 135°.
在△AHE 和 △ECF 中,$\begin{cases} ∠1=∠2, \\ AH=EC, \\ ∠AHE=∠ECF, \end{cases}$
∴ △AHE≌△ECF.
∴ AE=EF
(2) 成立，证明如下：
如图②,延长BA到点M,使AM = EC,连接EM.
∵ ∠AEF = 90°,
∴ ∠FEG + ∠AEB = 90°.
∵ ∠BAE + ∠AEB = 90°,
∴ ∠BAE = ∠FEG.
∴ ∠MAE = ∠CEF.
∵ AB = BC,
∴ AB + AM = BC + CE,即 BM = BE.
∵ ∠MBE = 90°,
∴ ∠M = 45°.
由(1),知∠FCE = 45°,
∴ ∠M=∠FCE.
在△AME 和△ECF 中,$\begin{cases} ∠MAE=∠CEF, \\ AM=EC, \\ ∠M=∠FCE, \end{cases}$
∴ △AME≌△ECF.
∴ AE=EF
(3) 存在，证明如下：
如图③,过点D作DM⊥AE,DM与AB交于点M,连接ME,DF.
∵ ∠AEF=90°,
∴ EF⊥AE.
∴ DM//EF.
∵ 四边形ABCD是正方形,
∴ AD=BA,∠BAD=∠B=90°.
∵ 易得∠ADM+∠EAD=∠BAE+∠EAD=90°,
∴ ∠ADM=∠BAE.
在△ADM 和△BAE 中,$\begin{cases} ∠ADM=∠BAE, \\ AD=BA, \\ ∠DAM=∠B, \end{cases}$
∴ △ADM≌△BAE.
∴ DM=AE.
∵ 易得AE=EF,
∴ DM=EF.
又
∵ DM//EF,
∴ 四边形DMEF是平行四边形
【答案】
(1) 证明见解析，AE=EF成立；
(2) 成立，证明见解析；
(3) 存在，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，平行四边形的判定
【点评】
本题是正方形的综合几何题，重点考查全等三角形的构造、判定及性质应用，同时涉及平行四边形的判定，解题的关键是结合已知条件合理构造辅助线，通过角的等量转化找到全等的判定条件，对几何逻辑推理能力有一定的锻炼价值。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明AE=EF，可通过证明两线段所在的三角形全等实现。已知CF是正方形外角的平分线，可得∠ECF=135°，结合E是BC中点的条件，可取AB中点H构造△AHE，证明该三角形与△ECF全等即可得结论。
(2) 结论仍然成立，类比第一问的全等证明思路，此时E在BC延长线上，∠FCE仍为45°，可延长BA到点M，使AM=EC构造△AME，证明△AME与△ECF全等，即可推出AE=EF。
(3) 要判断是否存在点M使四边形DMEF是平行四边形，根据平行四边形“一组对边平行且相等”的判定条件，可先作DM⊥AE，可得DM//EF（二者均垂直于AE），再证明DM=EF即可：结合前问结论AE=EF，只需证DM=AE，通过证明△ADM≌△BAE即可得证，说明存在符合条件的点M。
【解析】
(1) 如图①,取AB的中点H,连接EH.
∵ 四边形ABCD是正方形,∠AEF=90°,
∴ 易得∠1+∠AEB=∠2+∠AEB=90°.
∴ ∠1=∠2.
∵ H为AB的中点,E为BC的中点,
∴ 易得AH=BH=BE=EC,∠BHE=45°.
又
∵ 易得∠FCG=45°,
∴ ∠AHE = ∠ECF = 135°.
在△AHE 和 △ECF 中,$\begin{cases} ∠1=∠2, \\ AH=EC, \\ ∠AHE=∠ECF, \end{cases}$
∴ △AHE≌△ECF.
∴ AE=EF
(2) 成立，证明如下：
如图②,延长BA到点M,使AM = EC,连接EM.
∵ ∠AEF = 90°,
∴ ∠FEG + ∠AEB = 90°.
∵ ∠BAE + ∠AEB = 90°,
∴ ∠BAE = ∠FEG.
∴ ∠MAE = ∠CEF.
∵ AB = BC,
∴ AB + AM = BC + CE,即 BM = BE.
∵ ∠MBE = 90°,
∴ ∠M = 45°.
由(1),知∠FCE = 45°,
∴ ∠M=∠FCE.
在△AME 和△ECF 中,$\begin{cases} ∠MAE=∠CEF, \\ AM=EC, \\ ∠M=∠FCE, \end{cases}$
∴ △AME≌△ECF.
∴ AE=EF
(3) 存在，证明如下：
如图③,过点D作DM⊥AE,DM与AB交于点M,连接ME,DF.
∵ ∠AEF=90°,
∴ EF⊥AE.
∴ DM//EF.
∵ 四边形ABCD是正方形,
∴ AD=BA,∠BAD=∠B=90°.
∵ 易得∠ADM+∠EAD=∠BAE+∠EAD=90°,
∴ ∠ADM=∠BAE.
在△ADM 和△BAE 中,$\begin{cases} ∠ADM=∠BAE, \\ AD=BA, \\ ∠DAM=∠B, \end{cases}$
∴ △ADM≌△BAE.
∴ DM=AE.
∵ 易得AE=EF,
∴ DM=EF.
又
∵ DM//EF,
∴ 四边形DMEF是平行四边形
【答案】
(1) 证明见解析，AE=EF成立；
(2) 成立，证明见解析；
(3) 存在，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，平行四边形的判定
【点评】
本题是正方形的综合几何题，重点考查全等三角形的构造、判定及性质应用，同时涉及平行四边形的判定，解题的关键是结合已知条件合理构造辅助线，通过角的等量转化找到全等的判定条件，对几何逻辑推理能力有一定的锻炼价值。
【难度系数】
0.6
