9. 如图，$△ ADC$与$△ EDG$是直角三角形，$AD = CD$，$DG = DE$，$∠ ADC = ∠ GDE = 90°$，连接$AG$，$CE$，交于点$H$.求证：
(1)$AG = CE$；
(2)$AG ⊥ CE$.

证明：
(1) ∵ ∠ADC = ∠GDE = 90°，
∴ ∠ADC + ∠CDG = ∠GDE + ∠CDG，
即 ∠ADG = ∠CDE。
在△ADG和△CDE中，
$\{\begin{array}{l}AD = CD \\∠ADG = ∠CDE \\DG = DE\end{array} $
∴ △ADG ≌ △CDE（SAS），
∴ AG = CE。
(2) 设AG交CD于点O。
由(1)知△ADG ≌ △CDE，
∴ ∠DAG = ∠DCE。
∵ ∠ADC = 90°，
∴ ∠DAG + ∠AOD = 90°。
又∵ ∠AOD = ∠COH，
∴ ∠DCE + ∠COH = 90°，
∴ ∠OHC = 180° - (∠DCE + ∠COH) = 90°，
∴ AG ⊥ CE。

【分析】
(1) 要证明AG=CE，可通过证明两条线段所在的三角形全等推导。观察图形，AG属于△ADG，CE属于△CDE，题目已给出AD=CD、DG=DE，只需证明两组对应边的夹角相等即可：已知∠ADC和∠GDE均为90°，两个角同时加上公共角∠CDG，可得到∠ADG=∠CDE，满足SAS的全等判定条件，证得三角形全等后即可推出对应边相等。
(2) 要证明AG⊥CE，只需证明两条线段的夹角为90°。利用第一问全等得到的对应角相等，结合直角三角形两锐角互余、对顶角相等的性质，通过角的等量代换，可推导出AG与CE的夹角为90°，即可证明垂直。
【解析】
(1)
∵ ∠ADC = ∠GDE = 90°，
∴ ∠ADC + ∠CDG = ∠GDE + ∠CDG，
即 ∠ADG = ∠CDE。
在△ADG和△CDE中，
$\{\begin{array}{l}AD = CD \\∠ADG = ∠CDE \\DG = DE\end{array} $
∴ △ADG ≌ △CDE（SAS），
∴ AG = CE。
(2) 设AG交CD于点O。
由(1)知△ADG ≌ △CDE，
∴ ∠DAG = ∠DCE。
∵ ∠ADC = 90°，
∴ ∠DAG + ∠AOD = 90°。
又
∵ ∠AOD = ∠COH，
∴ ∠DCE + ∠COH = 90°，
∴ ∠OHC = 180° - (∠DCE + ∠COH) = 90°，
∴ AG ⊥ CE。
【答案】
(1) AG=CE得证；
(2) AG⊥CE得证。
【知识点】
1. SAS判定三角形全等
2. 全等三角形的性质
3. 垂直的判定
【点评】
本题是全等三角形应用的典型题型，解题的关键是找准待证线段、角对应的三角形，利用已知的等边、等角推导全等条件，再通过角的等量代换推导垂直关系，能很好地锻炼几何逻辑推理能力。
【难度系数】
0.7

10. 提升题▶如图,在$△ ABC$中,BD是边AC上的高,BE是$∠ CBD$的平分线,且$AD=DE$.AO为$△ ABC$的中线,延长AO到点F,使得$BF// AC$,连接EF,交BC于点G.
(1)求证:$BF=CD+DE$;
(2)若$∠ C=45°$,猜想EF与BC的位置关系,并给予证明.

(1) 证明：
∵ $BF// AC$，
∴ $∠ OBF = ∠ OCA$，$∠ OFB = ∠ OAC$。
∵ $AO$ 是 $△ ABC$ 的中线，
∴ $BO = CO$。
在 $△ BOF$ 和 $△ COA$ 中：
$\begin{cases}∠ OBF = ∠ OCA \\∠ BOF = ∠ COA \\BO = CO\end{cases}$
∴ $△ BOF ≌ △ COA \ (\mathrm{AAS})$。
∴ $BF = AC$。
又∵ $AC = CD + AD$，且 $AD = DE$，
∴ $AC = CD + DE$，
∴ $BF = CD + DE$。
---
(2) 猜想：$EF ⊥ BC$，证明如下：
过点 $F$ 作 $FH ⊥ AC$，交 $CA$ 的延长线于点 $H$。
∵ $BF// AC$，$BD⊥ AC$，
∴ $FH = BD$，四边形 $BFHD$ 是矩形，
∴ $BF = DH$。
由(1)知 $BF = CD + DE$，
∴ $DH = CD + DE$。
又∵ $DH = HE + DE$，
∴ $HE = CD$。
∵ $BD⊥ AC$，$∠ C = 45°$，
∴ $△ BDC$ 是等腰直角三角形，
∴ $BD = CD$，
∴ $FH = HE$，
∴ $△ FHE$ 是等腰直角三角形，
∴ $∠ HEF = 45°$，即 $∠ CEG = 45°$。
在 $△ CEG$ 中：
$∠ CGE = 180° - ∠ C - ∠ CEG = 180° - 45° - 45° = 90°$，
∴ $EF ⊥ BC$。

【分析】
(1) 要证BF=CD+DE，首先根据BF//AC和AO是△ABC的中线，可证明△BOF和△COA全等，得到BF=AC；再将AC拆分为CD+AD，结合已知AD=DE，替换AD为DE后即可完成证明。
(2) 猜想EF与BC垂直。证明时先作FH⊥AC交CA的延长线于点H，利用BF//AC、BD⊥AC的条件可证四边形BFHD是矩形，得到FH=BD、BF=DH；结合(1)的结论推导得出HE=CD，再由∠C=45°、BD⊥AC可知△BDC是等腰直角三角形，即BD=CD，等量代换得FH=HE，推出△FHE是等腰直角三角形，得到∠CEG=45°，最后在△CEG中计算内角和即可得到∠CGE=90°，证明垂直关系。
【解析】
(1) 证明：
∵ $BF// AC$，
∴ $∠ OBF = ∠ OCA$，$∠ OFB = ∠ OAC$。
∵ $AO$ 是 $△ ABC$ 的中线，
∴ $BO = CO$。
在 $△ BOF$ 和 $△ COA$ 中：
$\begin{cases}∠ OBF = ∠ OCA \\∠ BOF = ∠ COA \\BO = CO\end{cases}$
∴ $△ BOF ≌ △ COA \ (\mathrm{AAS})$。
∴ $BF = AC$。
又
∵ $AC = CD + AD$，且 $AD = DE$，
∴ $AC = CD + DE$，
∴ $BF = CD + DE$。
(2) 猜想：$EF ⊥ BC$，证明如下：
过点 $F$ 作 $FH ⊥ AC$，交 $CA$ 的延长线于点 $H$。
∵ $BF// AC$，$BD⊥ AC$，
∴ $FH = BD$，四边形 $BFHD$ 是矩形，
∴ $BF = DH$。
由(1)知 $BF = CD + DE$，
∴ $DH = CD + DE$。
又
∵ $DH = HE + DE$，
∴ $HE = CD$。
∵ $BD⊥ AC$，$∠ C = 45°$，
∴ $△ BDC$ 是等腰直角三角形，
∴ $BD = CD$，
∴ $FH = HE$，
∴ $△ FHE$ 是等腰直角三角形，
∴ $∠ HEF = 45°$，即 $∠ CEG = 45°$。
在 $△ CEG$ 中：
$∠ CGE = 180° - ∠ C - ∠ CEG = 180° - 45° - 45° = 90°$，
∴ $EF ⊥ BC$。
【答案】
(1) 证明成立，$BF=CD+DE$；
(2) $EF⊥ BC$。
【知识点】
全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形的性质；矩形的判定与性质
【点评】
本题是几何综合提升题，综合考查了平行线的性质、三角形全等、特殊三角形和矩形的相关性质，第一问利用中线和平行线条件证明全等是基础考法，第二问构造辅助线得到矩形实现边的等量转换是解题的突破口，能很好地锻炼逻辑推理能力和几何辅助线构造能力。
【难度系数】
0.6