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24. 如图1,边长为4的正方形ABCD,E为AB边上的动点(不与A,B重合),连结CE,以CE为边向右上方作正方形CEFG,边EF与AD交于点H,连结DG。
(1)求证:$DG=BE$。
(2)若$HD=2DG$,求BE的长。
(3)如图2,连结BG,过点C作$CN⊥BG$于点N,交ED于点K。求证:K为ED的中点。
(1)求证:$DG=BE$。
(2)若$HD=2DG$,求BE的长。
(3)如图2,连结BG,过点C作$CN⊥BG$于点N,交ED于点K。求证:K为ED的中点。
答案
(1)证明:因为四边形 ABCD 和四边形 CEFG 均为正方形,所以 $CB=CD,CE=CG$,$∠ BCD=∠ ECG$,所以$∠ BCE= ∠ DCG$,所以$△ BCE≌△ DCG$(SAS),所以 $DG=BE$。 (2)如图 1,连结 CH,设 $DG=BE=x$,则 $DH=2x$,$AE=4-x$,$AH=4-2x$,因为 $CE^2=BE^2+BC^2=x^2+16$,$EH^2=(4- x)^2+(4-2x)^2$,所以在 $\mathrm{Rt}△ EHC$ 中, $HC^2=EH^2+EC^2=x^2+16+(4-x)^2+ (4-2x)^2$,在 $\mathrm{Rt}△ HDC$ 中,$HC^2=DH^2+ DC^2=(2x)^2+16$,所以 $16+(2x)^2=x^2+ 16+(4-x)^2+(4-2x)^2$,解得 $x_1=6+2\sqrt{5}$(舍去),$x_2=6-2\sqrt{5}$,所以 $BE=x=6-2\sqrt{5}$。
(3)如图 2,延长 CK,作 $EP⊥ CK$ 于点 P,作 $DQ⊥ CK$ 于点 Q,易知 $CE=GC$,$∠ CPE= ∠ GNC=90°$,通过直角转换易得 $∠ CEP=∠ GCN$,在$△ CEP$ 和$△ GCN$ 中,$\begin{cases}∠ CPE=∠ GNC=90°,\\∠ CEP=∠ GCN,\\CE=CG,\end{cases}$ 所以$△ CEP ≌△ GCN$(AAS),所以 $EP=CN$,同理可证$△ CDQ≌△ BCN$,所以 $DQ=CN$,所以 $EP=DQ$。因为 $EP⊥ CK,DQ⊥ CK$,所以 $EP// DQ$,故以 $E,P,D,Q$ 为顶点的四边形是平行四边形,所以对角线 $DE,PQ$ 互相平分,即 $K$ 为 $DE$ 中点。
解析
【分析】
1. 第(1)问：要证DG=BE，利用正方形的边相等、角为直角的性质，寻找△BCE和△DCG全等的条件，通过SAS判定全等即可得到线段相等的结论。
2. 第(2)问：结合(1)中DG=BE的结论设未知数，用未知数表示相关线段长度，利用公共斜边HC在两个直角三角形中的勾股定理列方程，求解后舍去不符合题意的解。
3. 第(3)问：要证K为ED中点，通过作辅助线构造全等三角形，得到线段相等，再证明线段平行，判定四边形为平行四边形，利用平行四边形对角线互相平分的性质得证。
【解析】
(1) 证明：
∵四边形ABCD和四边形CEFG均为正方形，
∴CB=CD，CE=CG，∠BCD=∠ECG=90°，
∴∠BCE=∠BCD - ∠ECD，∠DCG=∠ECG - ∠ECD，
∴∠BCE=∠DCG，
在△BCE和△DCG中，
$\{\begin{array}{l} CB=CD \\ ∠BCE=∠DCG \\ CE=CG \end{array} $
∴△BCE≌△DCG（SAS），
∴DG=BE。
(2) 解：如图1，连结CH，设DG=BE=x，则HD=2x，
∵正方形ABCD边长为4，
∴AE=4 - x，AH=4 - 2x，
在Rt△BCE中，$CE^2=x^2 + 16$，
在Rt△AEH中，$EH^2=(4 - x)^2 + (4 - 2x)^2$，
在Rt△HDC中，$HC^2=(2x)^2 + 16$，
在Rt△EHC中，$HC^2=EH^2 + CE^2$，
∴$(2x)^2 + 16 = x^2 + 16 + (4 - x)^2 + (4 - 2x)^2$，
整理得$x^2 - 12x + 20=0$，
解得$x_1=6 + 2\sqrt{5}$（舍去，BE≤4），$x_2=6 - 2\sqrt{5}$，
∴BE的长为$6 - 2\sqrt{5}$。
(3) 证明：如图2，延长CK，作$EP⊥CK$于点P，作$DQ⊥CK$于点Q，
∵CN⊥BG，
∴∠GNC=90°，
∵四边形CEFG是正方形，
∴CE=CG，∠ECG=90°，
∴∠CEP + ∠ECP=90°，∠GCN + ∠ECP=90°，
∴∠CEP=∠GCN，
在△CEP和△GCN中，
$\{\begin{array}{l} ∠CPE=∠GNC=90° \\ ∠CEP=∠GCN \\ CE=CG \end{array} $
∴△CEP≌△GCN（AAS），
∴EP=CN，
同理可证△CDQ≌△BCN，得DQ=CN，
∴EP=DQ，
∵EP⊥CK，DQ⊥CK，
∴EP//DQ，
∴四边形EPDQ是平行四边形，
∴DE与PQ互相平分，即K为ED的中点。
【答案】
(1) 证明成立，DG=BE；
(2) $BE=6 - 2\sqrt{5}$；
(3) 证明成立，K为ED中点；
【知识点】
正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、平行四边形的判定与性质
【点评】
本题为正方形综合题，融合多个几何核心知识点，第(1)问基础，利用正方形性质证全等；第(2)问通过设未知数列方程求解，需注意解的合理性；第(3)问辅助线构造是关键，通过全等与平行四边形性质解决中点问题，考查几何综合分析能力。
【难度系数】
0.5
1. 第(1)问：要证DG=BE，利用正方形的边相等、角为直角的性质，寻找△BCE和△DCG全等的条件，通过SAS判定全等即可得到线段相等的结论。
2. 第(2)问：结合(1)中DG=BE的结论设未知数，用未知数表示相关线段长度，利用公共斜边HC在两个直角三角形中的勾股定理列方程，求解后舍去不符合题意的解。
3. 第(3)问：要证K为ED中点，通过作辅助线构造全等三角形，得到线段相等，再证明线段平行，判定四边形为平行四边形，利用平行四边形对角线互相平分的性质得证。
【解析】
(1) 证明：
∵四边形ABCD和四边形CEFG均为正方形，
∴CB=CD，CE=CG，∠BCD=∠ECG=90°，
∴∠BCE=∠BCD - ∠ECD，∠DCG=∠ECG - ∠ECD，
∴∠BCE=∠DCG，
在△BCE和△DCG中，
$\{\begin{array}{l} CB=CD \\ ∠BCE=∠DCG \\ CE=CG \end{array} $
∴△BCE≌△DCG（SAS），
∴DG=BE。
(2) 解：如图1，连结CH，设DG=BE=x，则HD=2x，
∵正方形ABCD边长为4，
∴AE=4 - x，AH=4 - 2x，
在Rt△BCE中，$CE^2=x^2 + 16$，
在Rt△AEH中，$EH^2=(4 - x)^2 + (4 - 2x)^2$，
在Rt△HDC中，$HC^2=(2x)^2 + 16$，
在Rt△EHC中，$HC^2=EH^2 + CE^2$，
∴$(2x)^2 + 16 = x^2 + 16 + (4 - x)^2 + (4 - 2x)^2$，
整理得$x^2 - 12x + 20=0$，
解得$x_1=6 + 2\sqrt{5}$（舍去，BE≤4），$x_2=6 - 2\sqrt{5}$，
∴BE的长为$6 - 2\sqrt{5}$。
(3) 证明：如图2，延长CK，作$EP⊥CK$于点P，作$DQ⊥CK$于点Q，
∵CN⊥BG，
∴∠GNC=90°，
∵四边形CEFG是正方形，
∴CE=CG，∠ECG=90°，
∴∠CEP + ∠ECP=90°，∠GCN + ∠ECP=90°，
∴∠CEP=∠GCN，
在△CEP和△GCN中，
$\{\begin{array}{l} ∠CPE=∠GNC=90° \\ ∠CEP=∠GCN \\ CE=CG \end{array} $
∴△CEP≌△GCN（AAS），
∴EP=CN，
同理可证△CDQ≌△BCN，得DQ=CN，
∴EP=DQ，
∵EP⊥CK，DQ⊥CK，
∴EP//DQ，
∴四边形EPDQ是平行四边形，
∴DE与PQ互相平分，即K为ED的中点。
【答案】
(1) 证明成立，DG=BE；
(2) $BE=6 - 2\sqrt{5}$；
(3) 证明成立，K为ED中点；
【知识点】
正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、平行四边形的判定与性质
【点评】
本题为正方形综合题，融合多个几何核心知识点，第(1)问基础，利用正方形性质证全等；第(2)问通过设未知数列方程求解，需注意解的合理性；第(3)问辅助线构造是关键，通过全等与平行四边形性质解决中点问题，考查几何综合分析能力。
【难度系数】
0.5
