26 如图①,在四边形ABCD中,AB=CD,AD=BC,∠DAB=∠ABC=∠BCD=∠CDA=90°,点E是AB上一点,连接CE交BD于点G,延长CE交DA的延长线于点F。

第26题图① 第26题图② 第26题图③
(1) 若AE=AD, CE ⊥ BD,求证:AF=AB;
(2) 如图②,在(1)的条件下,连接AG,求证$:EG + DG = \sqrt{2} AG;$
(3) 如图③,四边形BCDE关于直线DE的对称图形为四边形FGDE,延长FE交CD于点P,若$AD=2, AE=\frac{2\sqrt{3}}{3},$求四边形ADPE的面积。

（1）证明:因为∠DAB=∠EAF=90°,所以∠AEF+∠F=90°。因为CE⊥BD,所以∠EGB=90°,所以∠ABD+∠GEB=90°。因为∠GEB=∠AEF,所以∠ABD=∠F。在△ABD和△AFE中,因为$\begin{cases}∠DAB=∠EAF,\\∠ABD=∠F,\\AD=AE,\end{cases}$所以△ABD≌△AFE(AAS),所以AF=AB。
（2）证明:如图①,过点A作AM⊥AG交EF于点M,则∠GAM=90°。因为∠EAF=90°,所以∠GAB+∠EAM=∠FAM+∠EAM=90°,所以∠GAB=∠MAF。在△AGB和△AMF中,因为$\begin{cases}∠GAB=∠MAF,\\AB=AF,\\∠GBA=∠MFA,\end{cases}$所以△AGB≌△AMF(ASA),所以AM=AG。因为∠GAM=90°,所以△AMG为等腰直角三角形,所以∠AMG=∠AGM=45°,$MG=\sqrt{2}AG$。由(1)可知△ABD≌△AFE,所以EF=BD。再由△AGB≌△AMF,可得FM=BG,所以EF-FM=BD-BG,即EM=DG,所以MG=EM+EG=EG+DG,所以$EG+DG=\sqrt{2}AG$。
（3）因为AD=2,$AE=\frac{2\sqrt{3}}{3}$,在Rt△DAE中,∠DAE=90°,所以$DE=\sqrt{AD^2+AE^2}=\frac{4\sqrt{3}}{3}$。如图②,取DE的中点Q,连接AQ。因为Q是DE中点,且∠DAE=90°,所以$AQ=QE=\frac{1}{2}DE=\frac{2\sqrt{3}}{3}$,所以AQ=QE=AE,所以△AQE是等边三角形,所以∠QEA=60°。因为DC//AB,所以∠EDC=∠DEA=60°,∠BED+∠EDC=180°,所以∠BED=120°。由翻折的性质,可得∠DEB=∠DEF=120°,所以∠DEP=180°-∠DEF=60°,所以∠EDP=∠DEP=∠EPD=60°,所以△DEP是等边三角形,所以$DP=DE=\frac{4\sqrt{3}}{3}$。所以$S_{四边形ADPE}=\frac{1}{2}·(AE+DP)· AD=\frac{1}{2}×(\frac{2\sqrt{3}}{3}+\frac{4\sqrt{3}}{3})×2=2\sqrt{3}$。

【分析】
本题为四边形综合题，3个小问层层递进，解题思路如下：
(1) 要证AF=AB，可通过证明△ABD与△AFE全等实现。已知AD=AE，∠DAB=∠EAF=90°，结合CE⊥BD的条件，利用同角的余角相等推导得到∠ABD=∠F，即可用AAS判定两个三角形全等，得到对应边相等的结论。
(2) 要证EG+DG=√2 AG，属于线段和类证明问题，采用截长补短的思路：过点A作AM⊥AG交EF于点M，构造等腰直角△AGM，先证明△AGB≌△AMF，得到AG=AM、BG=FM，再将DG转化为EM，即可得到MG=EG+DG，结合等腰直角三角形斜边与直角边的数量关系完成证明。
(3) 四边形ADPE为直角梯形，可利用梯形面积公式求解。已知高AD=2、上底AE的长度，只需计算出下底DP的长度即可：先通过勾股定理求出DE的长度，结合直角三角形斜边中线的性质证明△AQE为等边三角形，推导得到相关角度，再结合轴对称的性质证明△DEP为等边三角形，得到DP的长度后代入面积公式计算即可。
【解析】
(1) 证明：
∵∠DAB=∠EAF=90°，
∴∠AEF+∠F=90°。
∵CE⊥BD，
∴∠EGB=90°，
∴∠ABD+∠GEB=90°。
∵∠GEB=∠AEF，
∴∠ABD=∠F。
在△ABD和△AFE中，$\begin{cases}∠DAB=∠EAF,\\∠ABD=∠F,\\AD=AE,\end{cases}$
∴△ABD≌△AFE(AAS)，
∴AF=AB。
(2) 证明：如图①，过点A作AM⊥AG交EF于点M，则∠GAM=90°。

∵∠EAF=90°，
∴∠GAB+∠EAM=∠FAM+∠EAM=90°，
∴∠GAB=∠MAF。
在△AGB和△AMF中，$\begin{cases}∠GAB=∠MAF,\\AB=AF,\\∠GBA=∠MFA,\end{cases}$
∴△AGB≌△AMF(ASA)，
∴AM=AG。
∵∠GAM=90°，
∴△AMG为等腰直角三角形，
∴∠AMG=∠AGM=45°，$MG=\sqrt{2}AG$。
由(1)可知△ABD≌△AFE，
∴EF=BD。
再由△AGB≌△AMF，可得FM=BG，
∴EF-FM=BD-BG，即EM=DG，
∴MG=EM+EG=EG+DG，
∴$EG + DG = \sqrt{2} AG$。
(3) 解：
∵AD=2，$AE=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，在Rt△DAE中，∠DAE=90°，
∴$DE=\sqrt{AD^2+AE^2}=\frac{4\sqrt{3}}{3}$。
如图②，取DE的中点Q，连接AQ。

∵Q是DE中点，且∠DAE=90°，
∴$AQ=QE=\frac{1}{2}DE=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∴AQ=QE=AE，
∴△AQE是等边三角形，
∴∠QEA=60°。
∵DC//AB，
∴∠EDC=∠DEA=60°，∠BED+∠EDC=180°，
∴∠BED=120°。
由翻折的性质，可得∠DEB=∠DEF=120°，
∴∠DEP=180°-∠DEF=60°，
∴∠EDP=∠DEP=∠EPD=60°，
∴△DEP是等边三角形，
∴$DP=DE=\frac{4\sqrt{3}}{3}$。
∴$S_{四边形ADPE}=\frac{1}{2}·(AE+DP)· AD=\frac{1}{2}×(\frac{2\sqrt{3}}{3}+\frac{4\sqrt{3}}{3})×2=2\sqrt{3}$。
【答案】
(1) AF=AB，证明成立；
(2) $EG + DG = \sqrt{2} AG$，证明成立；
(3) $2\sqrt{3}$
【知识点】
1. 全等三角形判定与性质
2. 轴对称的性质
3. 梯形面积计算
【点评】
本题是典型的几何综合题，设问由易到难，既考查了全等三角形、特殊三角形的基础性质，又结合轴对称变换考查几何逻辑推理能力，第三问需要灵活运用直角三角形和等边三角形的性质求解线段长度，对综合运用几何知识解决问题的能力有较好的区分度。
【难度系数】
0.3