24.(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。

(1)解: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 $。
(3)解:如图3,过点$ H $作$ HQ ⊥ AB $于点$ Q $,连结$ DE $,因为$ 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 $是$ △ EDJ $的中位线。所以$ HK=\dfrac{1}{2}ED $。因为$ AB=6 $,$ AF=t $,所以$ BQ=EQ=PG=PD=AF=t $,$ QH=AE=FP=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 \pm 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：
(1) 求FG的长，利用正方形性质构造全等三角形，结合等腰直角三角形性质求线段长度，用勾股定理计算；
(2) 证明BH=EH，通过作垂线构造全等三角形，结合正方形边长关系证明HQ是EB的垂直平分线；
(3) 判断△HJK为等腰三角形时t的值，利用中位线性质得到相关线段表达式，分三种等腰情况列方程求解，结合t的范围确定解。
【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°，∠AFE+∠PFG=90°，∠AFE+∠AEF=90°，
∴ ∠AEF=∠PFG，又EF=FG，
∴ △FPG≌△EAF（AAS），得PG=AF=1。
∵ 正方形ABCD中∠ADB=45°，Rt△PDG中PD=PG=1，
AD=AB=6，故FP=6-1-1=4，
在Rt△FPG中，FG=√(PG²+FP²)=√(1²+4²)=√17。
(2) 如图2，过G作GP⊥AD于P，过H作HQ⊥AB于Q。
同理可证△HQE≌△FPG≌△EAF，得EQ=AF=PG=PD，AE=PF。
∵ AB=AD，
∴ BQ=AB-AQ=AB-AE，EQ=AF，结合AB-AE=AD-AF，得BQ=EQ。
又HQ⊥AB，故HQ是EB的垂直平分线，因此BH=EH。
(3) 如图3，过H作HQ⊥AB于Q，连结DE。
由BH=EH得∠HEB=∠HBE，结合角的关系得∠EJB=∠HBJ，故BH=HJ，即H是EJ中点。
QH是△EBJ中位线，得QH=1/2 BJ；HK是△EDJ中位线，得HK=1/2 ED。
已知AF=t，AB=6，由全等得BQ=EQ=PG=PD=t，QH=AE=FP=6-2t，故BJ=12-4t，JC=|4t-6|。
计算线段平方：
HJ²=t²+(6-2t)²，JK²=(2t-3)²+9，KH²=(3-t)²+9。
分三种情况：
① HJ=JK：t²+(6-2t)²=(2t-3)²+9，解得t=6±3√2，0＜t＜3时取t=6-3√2；
② HJ=KH：t²+(6-2t)²=(3-t)²+9，解得t=3/2或3，0＜t＜3时取t=3/2；
③ JK=KH：(2t-3)²+9=(3-t)²+9，解得t=0或2，0＜t＜3时取t=2。
综上，符合条件的t为6-3√2、3/2、2。
【答案】
(1) FG的长为√17；
(2) 证明见上述解析；
(3) 存在，符合条件的t的值为6-3√2，$\dfrac{3}{2}$，2。


【知识点】
正方形性质、全等三角形判定、等腰三角形判定
【点评】
本题综合考查正方形、全等三角形、垂直平分线、中位线及等腰三角形的知识，辅助线构造是解题关键，第三问需分情况讨论，计算时注意t的取值范围，避免增根，对学生几何综合能力要求较高。
【难度系数】
0.3