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23.(本题10分)如图1,在平行四边形ABCD中,E是BC上一点,连结AE,使AE=AD,F是AE上一点,满足∠DFE=∠BAD。
(1)求证:AF=EB;
(2)如图2,连结DE,过点F作FG//AD交DE于点G,连结CG,
①求证:四边形FECG为菱形;
②若$AB=\sqrt{3}+1,∠B=120°,DF⊥DC$,求EG的长。
(1)求证:AF=EB;
(2)如图2,连结DE,过点F作FG//AD交DE于点G,连结CG,
①求证:四边形FECG为菱形;
②若$AB=\sqrt{3}+1,∠B=120°,DF⊥DC$,求EG的长。
答案
23.解:(1)证明:四边形ABCD为平行四边形,所以AD//CB,所以∠DAE=∠AEB。因为∠DFE=∠DAE+∠ADF,∠BAD=∠DAE+∠BAE,∠DFE=∠BAD,所以∠DAE+∠ADF=∠DAE+∠BAE,所以∠ADF=∠BAE。在△ADF和△EAB中,
$\begin{cases}∠DAF=∠AEB,\\AD=EA,\\∠ADF=∠BAE,\end{cases}$
所以△ADF≌△EAB(ASA),所以AF=EB;
(2)①证明:因为四边形ABCD为平行四边形,所以AD=BC,∠BAD=∠BCD,AB=CD。因为AE=AD,所以AE=BC,所以AF+EF=BE+EC。因为AF=EB,所以EF=EC。因为∠DFE=∠BAD,所以∠DFE=∠BCD。由(1)知,△ADF≌△EAB,所以DF=AB,所以DF=CD。在△DEF和△DEC中,
$\begin{cases}DF=DC,\\∠DFE=∠BCD,\\EF=EC,\end{cases}$
所以△DEF≌△DEC(SAS),所以∠DEF=∠DEC。因为FG//AD,所以∠FGE=∠DEC,所以∠FGE=∠DEF,所以FG=FE,所以FG=EC,所以四边形FECG为平行四边形。因为EF=EC,所以四边形FECG为菱形;
②连结FC,FC交GE于点O,过点G作GH⊥CD于点H,如图,因为四边形ABCD为平行四边形,所以AB=CD=√3 +1,∠B+∠BCD=180°,所以∠DCB=60°。由(2)①知,DF=DC,因为DF⊥DC,所以△DCF为等腰直角三角形,所以FC=√2 DC=√6 +√2,∠DCF=45°,所以∠ECF=15°。因为四边形FECG为菱形,所以DE⊥FC,FO=OC,OG=OE,∠GCF=∠ECF=15°,所以∠DCG=45°-15°=30°,△OCD为等腰直角三角形,所以∠ODC=45°。因为GH⊥CD,所以GH=DH,CG=2GH,所以DG=√2 GH,CH=√3 GH。因为CD=DH+CH,所以GH+√3 GH=√3 +1,所以GH=1,所以DG=√2。因为DO是等腰直角三角形DFC斜边上的高线,所以DO=1/2 FC=(√6+√2)/2,所以OG=DO-DG=(√6+√2)/2 -√2=(√6-√2)/2,所以EG=2OG=√6 -√2。
解析
【分析】
本题是平行四边形相关的几何综合题，分步骤推导：
(1) 要证AF=EB，优先通过全等三角形证明。利用平行四边形对边平行得∠DAE=∠AEB，结合已知角的关系推出∠ADF=∠BAE，加上AD=AE，用ASA证△ADF≌△EAB，得AF=EB。
(2) ① 证四边形FECG为菱形：先由平行四边形性质和AF=EB推出EF=EC；再由FG//AD得FG=FE，进而推出FG平行且等于EC，先证平行四边形，再结合邻边相等（EF=EC）证菱形。
② 求EG的长：结合DF⊥DC、DF=DC得△DCF为等腰直角三角形，利用菱形对角线性质、角度转换，设GH为参数，结合CD长度求GH，再通过等腰直角三角形的高和线段和差计算OG，最终得EG=2OG。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AD//CB，
∴ ∠DAE=∠AEB。
∵ ∠DFE=∠DAE+∠ADF，∠BAD=∠DAE+∠BAE，且∠DFE=∠BAD，
∴ ∠ADF=∠BAE。
在△ADF和△EAB中：
$\{\begin{array}{l}∠DAF=∠AEB, \\AD=EA, \\∠ADF=∠BAE,\end{array} $
∴ △ADF≌△EAB（ASA），
∴ AF=EB。
(2) ① 证明：
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AD=BC，∠BAD=∠BCD，AB=CD。
∵ AE=AD，
∴ AE=BC，即AF+EF=BE+EC。
由(1)知AF=EB，
∴ EF=EC。
∵ ∠DFE=∠BAD，
∴ ∠DFE=∠BCD。
由△ADF≌△EAB得DF=AB，又AB=CD，
∴ DF=CD。
在△DEF和△DEC中：
$\{\begin{array}{l}DF=DC, \\∠DFE=∠BCD, \\EF=EC,\end{array} $
∴ △DEF≌△DEC（SAS），
∴ ∠DEF=∠DEC。
∵ FG//AD，AD//BC，
∴ FG//BC，
∴ ∠FGE=∠DEC，
∴ ∠FGE=∠DEF，
∴ FG=FE，
又EF=EC，
∴ FG=EC，且FG//EC，
∴ 四边形FECG是平行四边形。
又
∵ EF=EC，
∴ 平行四边形FECG为菱形。
② 解：
连结FC，FC交GE于点O，过点G作GH⊥CD于点H，如图：
∵ 四边形ABCD是平行四边形，∠B=120°，
∴ ∠DCB=60°，AB=CD=√3+1。
由(2)①知DF=DC，又DF⊥DC，
∴ △DCF是等腰直角三角形，
∴ FC=√2 CD=√6+√2，∠DCF=45°。
∵ 四边形FECG是菱形，
∴ FC⊥GE，FO=OC，∠GCF=∠ECF。
∵ ∠DCB=60°，∠DCF=45°，
∴ ∠ECF=15°，∠GCF=15°，
∴ ∠DCG=30°。
设GH=x，在Rt△DGH中，∠ODC=45°，故DH=GH=x，DG=√2 x；
在Rt△GCH中，∠DCG=30°，故CH=√3 x，CG=2x。
∵ CD=DH+CH=x+√3 x=(√3+1)x=√3+1，得x=1，即GH=1，DG=√2。
DO是等腰直角△DCF斜边上的高，故DO=½ FC=(√6+√2)/2，
∴ OG=DO-DG=(√6+√2)/2 -√2=(√6-√2)/2，
∵ 菱形对角线互相平分，
∴ EG=2OG=√6 -√2。
【答案】
23.解:(1)证明:四边形ABCD为平行四边形,所以AD//CB,所以∠DAE=∠AEB。因为∠DFE=∠DAE+∠ADF,∠BAD=∠DAE+∠BAE,∠DFE=∠BAD,所以∠DAE+∠ADF=∠DAE+∠BAE,所以∠ADF=∠BAE。在△ADF和△EAB中,
$\begin{cases}∠DAF=∠AEB,\\AD=EA,\\∠ADF=∠BAE,\end{cases}$
所以△ADF≌△EAB(ASA),所以AF=EB;
(2)①证明:因为四边形ABCD为平行四边形,所以AD=BC,∠BAD=∠BCD,AB=CD。因为AE=AD,所以AE=BC,所以AF+EF=BE+EC。因为AF=EB,所以EF=EC。因为∠DFE=∠BAD,所以∠DFE=∠BCD。由(1)知,△ADF≌△EAB,所以DF=AB,所以DF=CD。在△DEF和△DEC中,
$\begin{cases}DF=DC,\\∠DFE=∠BCD,\\EF=EC,\end{cases}$
所以△DEF≌△DEC(SAS),所以∠DEF=∠DEC。因为FG//AD,所以∠FGE=∠DEC,所以∠FGE=∠DEF,所以FG=FE,所以FG=EC,所以四边形FECG为平行四边形。因为EF=EC,所以四边形FECG为菱形;
②连结FC,FC交GE于点O,过点G作GH⊥CD于点H,如图,因为四边形ABCD为平行四边形,所以AB=CD=√3 +1,∠B+∠BCD=180°,所以∠DCB=60°。由(2)①知,DF=DC,因为DF⊥DC,所以△DCF为等腰直角三角形,所以FC=√2 DC=√6 +√2,∠DCF=45°,所以∠ECF=15°。因为四边形FECG为菱形,所以DE⊥FC,FO=OC,OG=OE,∠GCF=∠ECF=15°,所以∠DCG=45°-15°=30°,△OCD为等腰直角三角形,所以∠ODC=45°。因为GH⊥CD,所以GH=DH,CG=2GH,所以DG=√2 GH,CH=√3 GH。因为CD=DH+CH,所以GH+√3 GH=√3 +1,所以GH=1,所以DG=√2。因为DO是等腰直角三角形DFC斜边上的高线,所以DO=1/2 FC=(√6+√2)/2,所以OG=DO-DG=(√6+√2)/2 -√2=(√6-√2)/2,所以EG=2OG=√6 -√2。
【知识点】
平行四边形性质、全等三角形判定、菱形判定
【点评】
本题是平行四边形相关的综合几何题，融合了全等三角形、菱形的判定与性质，以及等腰直角三角形的性质，需要学生熟练运用几何定理进行逻辑推导，尤其是第(2)②问的线段长度计算，涉及角度转换与参数法，对学生的几何推理能力要求较高。
【难度系数】
0.4
本题是平行四边形相关的几何综合题，分步骤推导：
(1) 要证AF=EB，优先通过全等三角形证明。利用平行四边形对边平行得∠DAE=∠AEB，结合已知角的关系推出∠ADF=∠BAE，加上AD=AE，用ASA证△ADF≌△EAB，得AF=EB。
(2) ① 证四边形FECG为菱形：先由平行四边形性质和AF=EB推出EF=EC；再由FG//AD得FG=FE，进而推出FG平行且等于EC，先证平行四边形，再结合邻边相等（EF=EC）证菱形。
② 求EG的长：结合DF⊥DC、DF=DC得△DCF为等腰直角三角形，利用菱形对角线性质、角度转换，设GH为参数，结合CD长度求GH，再通过等腰直角三角形的高和线段和差计算OG，最终得EG=2OG。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AD//CB，
∴ ∠DAE=∠AEB。
∵ ∠DFE=∠DAE+∠ADF，∠BAD=∠DAE+∠BAE，且∠DFE=∠BAD，
∴ ∠ADF=∠BAE。
在△ADF和△EAB中：
$\{\begin{array}{l}∠DAF=∠AEB, \\AD=EA, \\∠ADF=∠BAE,\end{array} $
∴ △ADF≌△EAB（ASA），
∴ AF=EB。
(2) ① 证明：
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AD=BC，∠BAD=∠BCD，AB=CD。
∵ AE=AD，
∴ AE=BC，即AF+EF=BE+EC。
由(1)知AF=EB，
∴ EF=EC。
∵ ∠DFE=∠BAD，
∴ ∠DFE=∠BCD。
由△ADF≌△EAB得DF=AB，又AB=CD，
∴ DF=CD。
在△DEF和△DEC中：
$\{\begin{array}{l}DF=DC, \\∠DFE=∠BCD, \\EF=EC,\end{array} $
∴ △DEF≌△DEC（SAS），
∴ ∠DEF=∠DEC。
∵ FG//AD，AD//BC，
∴ FG//BC，
∴ ∠FGE=∠DEC，
∴ ∠FGE=∠DEF，
∴ FG=FE，
又EF=EC，
∴ FG=EC，且FG//EC，
∴ 四边形FECG是平行四边形。
又
∵ EF=EC，
∴ 平行四边形FECG为菱形。
② 解：
连结FC，FC交GE于点O，过点G作GH⊥CD于点H，如图：
∵ 四边形ABCD是平行四边形，∠B=120°，
∴ ∠DCB=60°，AB=CD=√3+1。
由(2)①知DF=DC，又DF⊥DC，
∴ △DCF是等腰直角三角形，
∴ FC=√2 CD=√6+√2，∠DCF=45°。
∵ 四边形FECG是菱形，
∴ FC⊥GE，FO=OC，∠GCF=∠ECF。
∵ ∠DCB=60°，∠DCF=45°，
∴ ∠ECF=15°，∠GCF=15°，
∴ ∠DCG=30°。
设GH=x，在Rt△DGH中，∠ODC=45°，故DH=GH=x，DG=√2 x；
在Rt△GCH中，∠DCG=30°，故CH=√3 x，CG=2x。
∵ CD=DH+CH=x+√3 x=(√3+1)x=√3+1，得x=1，即GH=1，DG=√2。
DO是等腰直角△DCF斜边上的高，故DO=½ FC=(√6+√2)/2，
∴ OG=DO-DG=(√6+√2)/2 -√2=(√6-√2)/2，
∵ 菱形对角线互相平分，
∴ EG=2OG=√6 -√2。
【答案】
23.解:(1)证明:四边形ABCD为平行四边形,所以AD//CB,所以∠DAE=∠AEB。因为∠DFE=∠DAE+∠ADF,∠BAD=∠DAE+∠BAE,∠DFE=∠BAD,所以∠DAE+∠ADF=∠DAE+∠BAE,所以∠ADF=∠BAE。在△ADF和△EAB中,
$\begin{cases}∠DAF=∠AEB,\\AD=EA,\\∠ADF=∠BAE,\end{cases}$
所以△ADF≌△EAB(ASA),所以AF=EB;
(2)①证明:因为四边形ABCD为平行四边形,所以AD=BC,∠BAD=∠BCD,AB=CD。因为AE=AD,所以AE=BC,所以AF+EF=BE+EC。因为AF=EB,所以EF=EC。因为∠DFE=∠BAD,所以∠DFE=∠BCD。由(1)知,△ADF≌△EAB,所以DF=AB,所以DF=CD。在△DEF和△DEC中,
$\begin{cases}DF=DC,\\∠DFE=∠BCD,\\EF=EC,\end{cases}$
所以△DEF≌△DEC(SAS),所以∠DEF=∠DEC。因为FG//AD,所以∠FGE=∠DEC,所以∠FGE=∠DEF,所以FG=FE,所以FG=EC,所以四边形FECG为平行四边形。因为EF=EC,所以四边形FECG为菱形;
②连结FC,FC交GE于点O,过点G作GH⊥CD于点H,如图,因为四边形ABCD为平行四边形,所以AB=CD=√3 +1,∠B+∠BCD=180°,所以∠DCB=60°。由(2)①知,DF=DC,因为DF⊥DC,所以△DCF为等腰直角三角形,所以FC=√2 DC=√6 +√2,∠DCF=45°,所以∠ECF=15°。因为四边形FECG为菱形,所以DE⊥FC,FO=OC,OG=OE,∠GCF=∠ECF=15°,所以∠DCG=45°-15°=30°,△OCD为等腰直角三角形,所以∠ODC=45°。因为GH⊥CD,所以GH=DH,CG=2GH,所以DG=√2 GH,CH=√3 GH。因为CD=DH+CH,所以GH+√3 GH=√3 +1,所以GH=1,所以DG=√2。因为DO是等腰直角三角形DFC斜边上的高线,所以DO=1/2 FC=(√6+√2)/2,所以OG=DO-DG=(√6+√2)/2 -√2=(√6-√2)/2,所以EG=2OG=√6 -√2。
【知识点】
平行四边形性质、全等三角形判定、菱形判定
【点评】
本题是平行四边形相关的综合几何题，融合了全等三角形、菱形的判定与性质，以及等腰直角三角形的性质，需要学生熟练运用几何定理进行逻辑推导，尤其是第(2)②问的线段长度计算，涉及角度转换与参数法，对学生的几何推理能力要求较高。
【难度系数】
0.4
24.(本题12分)我国著名的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成一个大正方形，数学兴趣小组的小伙伴们尝试用两对全等的直角三角形与一个矩形拼出了一个平行四边形。
(1)如图1，M是AB的中点，若$ME = DG$，$AB = 6$，求CG的长；
(2)如图2，M是AB的中点，连结HF，EG交于点O，连结OM。
①求证:$OM// AD$；
②如图3，若$AH = HE$，取AD的中点N，连结ON，NG，MH，若$S_{△ NOG}=3S_{△ MOH}$，求$\frac{HG}{DG}$的值。
(1)如图1，M是AB的中点，若$ME = DG$，$AB = 6$，求CG的长；
(2)如图2，M是AB的中点，连结HF，EG交于点O，连结OM。
①求证:$OM// AD$；
②如图3，若$AH = HE$，取AD的中点N，连结ON，NG，MH，若$S_{△ NOG}=3S_{△ MOH}$，求$\frac{HG}{DG}$的值。
答案
24.解:(1)因为△ABE是直角三角形,点M是AB中点,所以AM=BM=ME=DG=1/2 AB=3。因为△ABE≌△CDG,所以BE=DG=3,所以∠ABE=60°,所以CG=AE=3√3;
(2)①证明:连结OB,OD,因为OE=OG,∠BEO=∠DGO,BE=DG,所以△BOE≌△DOG(SAS),所以∠BOE=∠DOG,OB=OD,所以B,O,D三点共线。因为点M是AB中点,所以OM是△ABD的中位线,所以OM//AD;
②因为AH=HE,M是AB中点,所以MH是△ABE的中位线,所以MH//BE,BE=2MH。设ON与MD交于点K,作△MOH的高h₁,△NKG的高h₂,易证h₁=h₂。因为S△MOH=1/2 MH·h₁,S△NKG=1/2 KG·(h₁+h₂),又因为S△NOG=3S△MOH,所以MH/KG=2/3。设MH=2x,KG=3x,则BE=DG=2MH=4x。由①可知,连结BD,O在BD上,因为N是AD的中点,OB=OD,所以ON是△ABD的中位线,所以ON//AB,所以NK是△ADM的中位线,所以KD=KM=7x,所以HK=5x,所以HG=8x,所以HG/DG=8x/4x=2。
解析
【分析】
本题为几何综合题，需结合直角三角形性质、全等三角形、中位线定理等知识解题。
(1) 利用直角三角形斜边中线性质得ME=1/2AB，结合ME=DG求出DG，再由全等三角形对应边相等，在Rt△ABE中用勾股定理求AE，即CG；
(2) ① 连接OB、OD，通过SAS证△BOE≌△DOG，得O为BD中点，结合M是AB中点，用中位线定理证OM//AD；
② 利用中位线性质、面积关系设未知数，推导线段比例，得出HG与DG的比值。
【解析】
(1) 在Rt△ABE中，M是AB中点，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，得ME = $\frac{1}{2}AB$。
已知AB=6，故ME = $\frac{1}{2}×6 = 3$，又ME=DG，所以DG=3。
由两对全等直角三角形，得△ABE≌△CDG，因此BE=DG=3，且AE=CG。
在Rt△ABE中，由勾股定理：$AE = \sqrt{AB^2 - BE^2} = \sqrt{6^2 - 3^2} = \sqrt{27} = 3\sqrt{3}$，故CG=AE=3$\sqrt{3}$。
(2) ① 证明：连结OB、OD，
因为两对全等直角三角形，所以BE=DG，∠BEO=∠DGO，又OE=OG，
所以△BOE≌△DOG（SAS），得OB=OD，∠BOE=∠DOG，因此B、O、D三点共线，即O为BD中点。
又M是AB中点，所以OM是△ABD的中位线，根据三角形中位线定理，OM//AD。
② 解：因为AH=HE，M是AB中点，所以MH是△ABE的中位线，故MH//BE，BE=2MH。
设△MOH的高为$h_1$，△NKG的高为$h_2$，易证$h_1 = h_2$。
由$S_{△NOG}=3S_{△MOH}$，结合面积公式推导得$\frac{MH}{KG} = \frac{2}{3}$，设MH=2x，则KG=3x，BE=DG=2MH=4x。
由①知O是BD中点，N是AD中点，故ON是△ABD的中位线，ON//AB，进而推出线段关系，得HG=8x，DG=4x，因此$\frac{HG}{DG} = \frac{8x}{4x} = 2$。
【答案】
(1) $CG = 3\sqrt{3}$；
(2) ① 证明见解析；② $\frac{HG}{DG} = 2$。
【知识点】
直角三角形性质、全等三角形判定、三角形中位线定理
【点评】
本题综合几何知识，辅助线构造是关键，需熟练运用相关定理，难度适中，适合中等水平学生解答。
【难度系数】
0.5
本题为几何综合题，需结合直角三角形性质、全等三角形、中位线定理等知识解题。
(1) 利用直角三角形斜边中线性质得ME=1/2AB，结合ME=DG求出DG，再由全等三角形对应边相等，在Rt△ABE中用勾股定理求AE，即CG；
(2) ① 连接OB、OD，通过SAS证△BOE≌△DOG，得O为BD中点，结合M是AB中点，用中位线定理证OM//AD；
② 利用中位线性质、面积关系设未知数，推导线段比例，得出HG与DG的比值。
【解析】
(1) 在Rt△ABE中，M是AB中点，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，得ME = $\frac{1}{2}AB$。
已知AB=6，故ME = $\frac{1}{2}×6 = 3$，又ME=DG，所以DG=3。
由两对全等直角三角形，得△ABE≌△CDG，因此BE=DG=3，且AE=CG。
在Rt△ABE中，由勾股定理：$AE = \sqrt{AB^2 - BE^2} = \sqrt{6^2 - 3^2} = \sqrt{27} = 3\sqrt{3}$，故CG=AE=3$\sqrt{3}$。
(2) ① 证明：连结OB、OD，
因为两对全等直角三角形，所以BE=DG，∠BEO=∠DGO，又OE=OG，
所以△BOE≌△DOG（SAS），得OB=OD，∠BOE=∠DOG，因此B、O、D三点共线，即O为BD中点。
又M是AB中点，所以OM是△ABD的中位线，根据三角形中位线定理，OM//AD。
② 解：因为AH=HE，M是AB中点，所以MH是△ABE的中位线，故MH//BE，BE=2MH。
设△MOH的高为$h_1$，△NKG的高为$h_2$，易证$h_1 = h_2$。
由$S_{△NOG}=3S_{△MOH}$，结合面积公式推导得$\frac{MH}{KG} = \frac{2}{3}$，设MH=2x，则KG=3x，BE=DG=2MH=4x。
由①知O是BD中点，N是AD中点，故ON是△ABD的中位线，ON//AB，进而推出线段关系，得HG=8x，DG=4x，因此$\frac{HG}{DG} = \frac{8x}{4x} = 2$。
【答案】
(1) $CG = 3\sqrt{3}$；
(2) ① 证明见解析；② $\frac{HG}{DG} = 2$。
【知识点】
直角三角形性质、全等三角形判定、三角形中位线定理
【点评】
本题综合几何知识，辅助线构造是关键，需熟练运用相关定理，难度适中，适合中等水平学生解答。
【难度系数】
0.5
