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12.(真题·杭州滨江)如图,在正方形ABCD中,点E,F分别在AD,BC上,点B,C关于EF对称,点M在EF上,点N在AE上,且点A,M关于BN对称,BM的延长线交AD于点H,CM交BD于点G,则$\frac{AH}{CG}=$
$\frac{3+\sqrt{3}}{6}$
。答案
12.$\frac{3+\sqrt{3}}{6}$
解析:设AB=BC=CD=AD=2a,过点G作GT⊥CD于点T,如图
,因为点A,M关于BN对称,所以AB=BM=BC,因为点B,C关于EF对称,所以BM=MC=BC,所以△BCM是等边三角形,所以∠MBC=∠BCM=60°,因为∠ABC=∠BCD=90°,所以∠ABH=∠DCG=30°,所以BH=2AH,所以AH=2√3/3 a,因为四边形ABCD是正方形,所以∠CDB=45°,因为GT⊥CD,所以DT=GT,CG=2TG,CT=√3 GT,因为DT+TC=2a,所以DT=TG=(√3-1)a,所以CG=2(√3-1)a,所以AH/CG=(2√3/3 a)/(2(√3-1)a)=(3+√3)/6。故答案为:(3+√3)/6。解析
【分析】
先利用轴对称的性质，由点A、M关于BN对称得AB=BM，点B、C关于EF对称得BM=MC，结合正方形边长相等推出△BCM是等边三角形；再利用正方形的直角性质求出∠ABH=30°，在Rt△ABH中结合30°角的直角三角形性质计算AH；接着作辅助线GT⊥CD，利用正方形对角线的45°角和∠DCG=30°，结合直角三角形边的关系求出CG，最后计算两者的比值。
【解析】
设正方形ABCD的边长AB=BC=CD=AD=2a。
1. 由点A、M关于BN对称，得AB=BM；由点B、C关于EF对称，得BM=MC，因此BM=BC=MC，故△BCM是等边三角形，所以∠MBC=∠BCM=60°。
2. 因为正方形ABCD中∠ABC=90°，所以∠ABH=∠ABC - ∠MBC=90° - 60°=30°。在Rt△ABH中，∠BAH=90°，∠ABH=30°，则BH=2AH，由勾股定理：AB² + AH² = BH²，即(2a)² + AH²=(2AH)²，解得AH= $\frac{2\sqrt{3}}{3}a$。
3. 过点G作GT⊥CD于点T，因为正方形ABCD中∠BCD=90°，BD是对角线，故∠CDB=45°，所以△DGT是等腰直角三角形，DT=GT。又∠BCM=60°，∠BCD=90°，所以∠DCG=∠BCD - ∠BCM=90° - 60°=30°，在Rt△CGT中，∠GTC=90°，∠GCT=30°，则CG=2GT，CT=√3 GT。
4. 因为DT + CT=CD=2a，即GT + √3 GT=2a，解得GT= $\frac{2a}{1+\sqrt{3}}=(\sqrt{3}-1)a$，所以CG=2GT=2(√3 -1)a。
5. 计算比值：$\frac{AH}{CG}=\frac{\frac{2\sqrt{3}}{3}a}{2(\sqrt{3}-1)a}=\frac{\sqrt{3}}{3(\sqrt{3}-1)}=\frac{\sqrt{3}(\sqrt{3}+1)}{3×(3-1)}=\frac{3+\sqrt{3}}{6}$。
【答案】
$\frac{3+\sqrt{3}}{6}$
【知识点】
正方形的性质、轴对称的性质、等边三角形的判定与性质
【点评】
本题综合考查几何图形的性质，关键是利用对称性质推导等边三角形，结合特殊直角三角形的边关系计算线段长度，需具备较强的几何推理与计算能力。
【难度系数】
0.4
先利用轴对称的性质，由点A、M关于BN对称得AB=BM，点B、C关于EF对称得BM=MC，结合正方形边长相等推出△BCM是等边三角形；再利用正方形的直角性质求出∠ABH=30°，在Rt△ABH中结合30°角的直角三角形性质计算AH；接着作辅助线GT⊥CD，利用正方形对角线的45°角和∠DCG=30°，结合直角三角形边的关系求出CG，最后计算两者的比值。
【解析】
设正方形ABCD的边长AB=BC=CD=AD=2a。
1. 由点A、M关于BN对称，得AB=BM；由点B、C关于EF对称，得BM=MC，因此BM=BC=MC，故△BCM是等边三角形，所以∠MBC=∠BCM=60°。
2. 因为正方形ABCD中∠ABC=90°，所以∠ABH=∠ABC - ∠MBC=90° - 60°=30°。在Rt△ABH中，∠BAH=90°，∠ABH=30°，则BH=2AH，由勾股定理：AB² + AH² = BH²，即(2a)² + AH²=(2AH)²，解得AH= $\frac{2\sqrt{3}}{3}a$。
3. 过点G作GT⊥CD于点T，因为正方形ABCD中∠BCD=90°，BD是对角线，故∠CDB=45°，所以△DGT是等腰直角三角形，DT=GT。又∠BCM=60°，∠BCD=90°，所以∠DCG=∠BCD - ∠BCM=90° - 60°=30°，在Rt△CGT中，∠GTC=90°，∠GCT=30°，则CG=2GT，CT=√3 GT。
4. 因为DT + CT=CD=2a，即GT + √3 GT=2a，解得GT= $\frac{2a}{1+\sqrt{3}}=(\sqrt{3}-1)a$，所以CG=2GT=2(√3 -1)a。
5. 计算比值：$\frac{AH}{CG}=\frac{\frac{2\sqrt{3}}{3}a}{2(\sqrt{3}-1)a}=\frac{\sqrt{3}}{3(\sqrt{3}-1)}=\frac{\sqrt{3}(\sqrt{3}+1)}{3×(3-1)}=\frac{3+\sqrt{3}}{6}$。
【答案】
$\frac{3+\sqrt{3}}{6}$
【知识点】
正方形的性质、轴对称的性质、等边三角形的判定与性质
【点评】
本题综合考查几何图形的性质，关键是利用对称性质推导等边三角形，结合特殊直角三角形的边关系计算线段长度，需具备较强的几何推理与计算能力。
【难度系数】
0.4
三、解答题
13.(真题·台州天台)如图，AC是菱形ABCD的对角线，∠CAD的平分线交边CD于点E。
(1)若∠CAE=35°，求∠D的度数。
(2)仅用一把无刻度的直尺，在边AD上找点F，使DF=DE。
(保留必要作图痕迹，不需说明理由)
13.(真题·台州天台)如图，AC是菱形ABCD的对角线，∠CAD的平分线交边CD于点E。
(1)若∠CAE=35°，求∠D的度数。
(2)仅用一把无刻度的直尺，在边AD上找点F，使DF=DE。
(保留必要作图痕迹，不需说明理由)
答案
13.(1)因为四边形ABCD为菱形,所以DA=DC,所以∠ACD=∠CAD,因为AE平分∠CAD,∠CAE=35°,所以∠ACD=∠CAD=2∠CAE=70°,所以∠D=180°-∠ACD-∠CAD=40°。
(2)如图
,点F就是所求作的点。解析
【分析】
第(1)问：根据菱形的性质，菱形的四条边相等，可得DA=DC，因此△ACD是等腰三角形，两底角∠ACD与∠CAD相等；再结合角平分线的定义，由已知∠CAE的度数算出∠CAD的度数，最后利用三角形内角和定理即可求出∠D的度数。
第(2)问：仅用无刻度直尺作图，需利用菱形对角线互相平分的性质，连接菱形的两条对角线找到交点（菱形中心），连接该交点与点E并延长交AD，即可得到满足DF=DE的点F。
【解析】
(1) 因为四边形ABCD是菱形，所以DA=DC，故△ACD为等腰三角形，∠ACD=∠CAD。
又因为AE平分∠CAD，且∠CAE=35°，所以∠CAD=2∠CAE=2×35°=70°，因此∠ACD=70°。
在△ACD中，根据三角形内角和为180°，可得：
∠D=180°−∠CAD−∠ACD=180°−70°−70°=40°。
(2) 作图：连接菱形ABCD的对角线AC、BD，两对角线交于点O；连接EO并延长，交AD于点F，点F即为所求（保留AC、BD、EO延长线的作图痕迹）。
【答案】
(1) ∠D=40°；
(2) 如图，点F就是所求作的点。
【知识点】
菱形的性质、角平分线的定义、三角形内角和定理
【点评】
本题结合菱形性质考查角度计算与尺规作图，第一问侧重基础性质应用，第二问需利用菱形对称性与对角线性质作图，整体难度中等，能较好考查学生对菱形相关知识的掌握情况。
【难度系数】
0.5
第(1)问：根据菱形的性质，菱形的四条边相等，可得DA=DC，因此△ACD是等腰三角形，两底角∠ACD与∠CAD相等；再结合角平分线的定义，由已知∠CAE的度数算出∠CAD的度数，最后利用三角形内角和定理即可求出∠D的度数。
第(2)问：仅用无刻度直尺作图，需利用菱形对角线互相平分的性质，连接菱形的两条对角线找到交点（菱形中心），连接该交点与点E并延长交AD，即可得到满足DF=DE的点F。
【解析】
(1) 因为四边形ABCD是菱形，所以DA=DC，故△ACD为等腰三角形，∠ACD=∠CAD。
又因为AE平分∠CAD，且∠CAE=35°，所以∠CAD=2∠CAE=2×35°=70°，因此∠ACD=70°。
在△ACD中，根据三角形内角和为180°，可得：
∠D=180°−∠CAD−∠ACD=180°−70°−70°=40°。
(2) 作图：连接菱形ABCD的对角线AC、BD，两对角线交于点O；连接EO并延长，交AD于点F，点F即为所求（保留AC、BD、EO延长线的作图痕迹）。
【答案】
(1) ∠D=40°；
(2) 如图
，点F就是所求作的点。【知识点】
菱形的性质、角平分线的定义、三角形内角和定理
【点评】
本题结合菱形性质考查角度计算与尺规作图，第一问侧重基础性质应用，第二问需利用菱形对称性与对角线性质作图，整体难度中等，能较好考查学生对菱形相关知识的掌握情况。
【难度系数】
0.5
14.(真题·台州路桥)【基础巩固】如图 1,在正方形 ABCD 中,点 E 在 AB 的延长线上,连结 DE,过点 D 作 $DG ⊥ DE$ 交 BC 的延长线于点 G。求证: $DE=DG$。
【尝试应用】如图 2,在菱形 ABCD 中,点 E 在 AB 的延长线上,连结 DE,以点 D 为顶点作 $∠ EDG=∠ BAD$,DG 交 BC 的延长线于点 G。求证: $DE=DG$。
【拓展提升】如图 3,在矩形 ABCD 中,$\frac{AB}{AD}=\frac{5}{12}$,点 E 在边 AD 上,点 F 在 AB 的延长线上,连结 BD,EF,BE,过点 C 作 $CG // BD$,以点 E 为顶点作 $∠ FEG=∠ FBD$,EG 交 CG 于点 G,过点 E 作 $EM ⊥ BD$ 于点 M。若 $DE=2$,求 EM 的长。
【尝试应用】如图 2,在菱形 ABCD 中,点 E 在 AB 的延长线上,连结 DE,以点 D 为顶点作 $∠ EDG=∠ BAD$,DG 交 BC 的延长线于点 G。求证: $DE=DG$。
【拓展提升】如图 3,在矩形 ABCD 中,$\frac{AB}{AD}=\frac{5}{12}$,点 E 在边 AD 上,点 F 在 AB 的延长线上,连结 BD,EF,BE,过点 C 作 $CG // BD$,以点 E 为顶点作 $∠ FEG=∠ FBD$,EG 交 CG 于点 G,过点 E 作 $EM ⊥ BD$ 于点 M。若 $DE=2$,求 EM 的长。
答案
14.【基础巩固】
证明:因为四边形ABCD是正方形,所以AD=CD,∠DAE=∠DCG=∠ADC=90°,因为DG⊥DE,所以∠ADE=90°-∠CDE=∠CDG,在△DAE和△DCG中,
$\begin{cases}∠DAE=∠DCG,\\AD=CD,\\∠ADE=∠CDG,\end{cases}$
所以△DAE≌△DCG(ASA),所以DE=DG。
【尝试应用】
证明:如图
,以点D为圆心,CD为半径画圆弧交CG于点F,连结DF,则DF=CD,∠DCF=∠DFC,所以∠DCB=∠DFG,因为四边形ABCD是菱形,所以AD=CD=DF,∠A=∠DCB=∠DFG,因为AD//BC,所以∠ADF=∠DFG,因为∠EDG=∠BAD,所以∠EDG=∠ADF,所以∠ADE=∠FDG,在△DAE和△DFG中,$\begin{cases}∠A=∠DFG,\\AD=DF,\\∠ADE=∠FDG,\end{cases}$
所以△DAE≌△DFG(ASA),所以DE=DG。
【拓展提升】
因为$\frac{AB}{AD}=\frac{5}{12}$,所以设AB=5m,AD=12m,根据勾股定理得BD=√(AB²+AD²)=13m,根据题意可知,AB,EM分别是△BED底边DE,BD上的高,所以S△BED=1/2 ED·AB=1/2 BD·EM,所以EM=(ED·AB)/BD=(2×5m)/13m=10/13。
解析
【分析】
本题为递进式几何题，分三小问逐步提升难度：基础巩固利用正方形性质，通过证明三角形全等得到线段相等；尝试应用在菱形中，构造辅助线后用全等三角形证明；拓展提升结合矩形性质，利用勾股定理和三角形面积公式计算线段长度，核心考察特殊四边形性质、全等判定及面积法的应用。
【解析】
1. 基础巩固：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD，∠DAE=∠DCG=∠ADC=90°，
∵DG⊥DE，
∴∠EDG=90°，
∴∠ADE=90°-∠CDE=∠CDG。
在△DAE和△DCG中：
$\begin{cases}∠DAE=∠DCG \\AD=CD \\∠ADE=∠CDG \end{cases}$
∴△DAE≌△DCG（ASA），故DE=DG。
2. 尝试应用：
以点D为圆心，CD为半径画圆弧交CG于点F，连结DF，则DF=CD，
∴∠DCF=∠DFC，故∠DCB=∠DFG。
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=CD=DF，∠A=∠DCB=∠DFG，且AD//BC，
∴∠ADF=∠DFG。
又
∵∠EDG=∠BAD，
∴∠EDG=∠ADF，
∴∠ADE=∠FDG。
在△DAE和△DFG中：
$\begin{cases}∠A=∠DFG \\AD=DF \\∠ADE=∠FDG \end{cases}$
∴△DAE≌△DFG（ASA），故DE=DG。
3. 拓展提升：
由$\frac{AB}{AD}=\frac{5}{12}$，设AB=5m，AD=12m，
根据勾股定理：$BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{(5m)^2+(12m)^2}=13m$。
△BED的面积可表示为$\frac{1}{2}DE·AB$，也等于$\frac{1}{2}BD·EM$，
∴$\frac{1}{2}DE·AB=\frac{1}{2}BD·EM$，约去$\frac{1}{2}$得：
$EM=\frac{DE·AB}{BD}$，代入DE=2，得$EM=\frac{2×5m}{13m}=\frac{10}{13}$。
【答案】
14.【基础巩固】证明见解析；【尝试应用】证明见解析；【拓展提升】$EM=\frac{10}{13}$（尝试应用辅助线图：）
【知识点】全等三角形的判定、特殊四边形的性质、勾股定理
【点评】本题从正方形到菱形再到矩形，逐步考察几何核心知识，综合性强，既检验特殊四边形性质的应用，又强化全等证明与面积法的解题思路，适合巩固几何逻辑。
【难度系数】0.5
本题为递进式几何题，分三小问逐步提升难度：基础巩固利用正方形性质，通过证明三角形全等得到线段相等；尝试应用在菱形中，构造辅助线后用全等三角形证明；拓展提升结合矩形性质，利用勾股定理和三角形面积公式计算线段长度，核心考察特殊四边形性质、全等判定及面积法的应用。
【解析】
1. 基础巩固：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD，∠DAE=∠DCG=∠ADC=90°，
∵DG⊥DE，
∴∠EDG=90°，
∴∠ADE=90°-∠CDE=∠CDG。
在△DAE和△DCG中：
$\begin{cases}∠DAE=∠DCG \\AD=CD \\∠ADE=∠CDG \end{cases}$
∴△DAE≌△DCG（ASA），故DE=DG。
2. 尝试应用：
以点D为圆心，CD为半径画圆弧交CG于点F，连结DF，则DF=CD，
∴∠DCF=∠DFC，故∠DCB=∠DFG。
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=CD=DF，∠A=∠DCB=∠DFG，且AD//BC，
∴∠ADF=∠DFG。
又
∵∠EDG=∠BAD，
∴∠EDG=∠ADF，
∴∠ADE=∠FDG。
在△DAE和△DFG中：
$\begin{cases}∠A=∠DFG \\AD=DF \\∠ADE=∠FDG \end{cases}$
∴△DAE≌△DFG（ASA），故DE=DG。
3. 拓展提升：
由$\frac{AB}{AD}=\frac{5}{12}$，设AB=5m，AD=12m，
根据勾股定理：$BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{(5m)^2+(12m)^2}=13m$。
△BED的面积可表示为$\frac{1}{2}DE·AB$，也等于$\frac{1}{2}BD·EM$，
∴$\frac{1}{2}DE·AB=\frac{1}{2}BD·EM$，约去$\frac{1}{2}$得：
$EM=\frac{DE·AB}{BD}$，代入DE=2，得$EM=\frac{2×5m}{13m}=\frac{10}{13}$。
【答案】
14.【基础巩固】证明见解析；【尝试应用】证明见解析；【拓展提升】$EM=\frac{10}{13}$（尝试应用辅助线图：
）【知识点】全等三角形的判定、特殊四边形的性质、勾股定理
【点评】本题从正方形到菱形再到矩形，逐步考察几何核心知识，综合性强，既检验特殊四边形性质的应用，又强化全等证明与面积法的解题思路，适合巩固几何逻辑。
【难度系数】0.5
