21.(10分)如图11,在菱形ABCD中,点E,F分别在边AB,AD上,BE=DF,CE的延长线交DA的延长线于点G,CF的延长线交BA的延长线于点H。
(1)求证:△BEC∽△BCH；
(2)如果$BE^2 = AB · AE$,求证:$AG = DF$。

证明：
(1)
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ $BC=CD$，$∠ B=∠ D$，$AB// CD$，$AD// BC$。
在$△ BCE$和$△ DCF$中，
$\begin{cases}BC=DC \\∠ B=∠ D \\BE=DF\end{cases}$
∴ $△ BCE ≌ △ DCF$（SAS），
∴ $∠ BCE = ∠ DCF$。
∵ $AB// CD$，
∴ $∠ H = ∠ DCF$，
∴ $∠ H = ∠ BCE$。
又∵ $∠ B = ∠ B$，
∴ $△ BEC ∽ △ BCH$（AA）。
(2)
∵ $AD// BC$，
∴ $∠ GAE = ∠ B$，$∠ G = ∠ BCE$，
∴ $△ GAE ∽ △ CBE$，
∴ $\dfrac{AG}{BC} = \dfrac{AE}{BE}$，即 $AG = \dfrac{BC · AE}{BE}$。
由 $BE^2 = AB · AE$，变形得 $\dfrac{AE}{BE} = \dfrac{BE}{AB}$。
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ $BC = AB$，
代入得 $AG = \dfrac{AB · AE}{BE} = \dfrac{BE^2}{BE} = BE$。
又∵ $BE = DF$，
∴ $AG = DF$。

【分析】
（1）要证△BEC∽△BCH，已知两三角形有公共角∠B，只需再证一组对应角相等即可。首先利用菱形的边、角性质，结合已知BE=DF，先证明△BCE≌△DCF得到∠BCE=∠DCF，再根据菱形对边平行的性质得到∠H=∠DCF，等量代换得∠BCE=∠H，结合公共角即可完成相似证明。
（2）要证AG=DF，已知BE=DF，只需证AG=BE即可。首先由AD//BC可证△GAE∽△CBE，得到AG与BC、AE、BE的比例关系；再将已知的乘积式$BE^2=AB·AE$转化为比例式，结合菱形边长BC=AB进行代换，即可推得AG=BE，最后结合BE=DF即可得证。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ $BC=CD$，$∠ B=∠ D$，$AB// CD$，$AD// BC$。
在$△ BCE$和$△ DCF$中，
$\begin{cases}BC=DC \\∠ B=∠ D \\BE=DF\end{cases}$
∴ $△ BCE ≌ △ DCF$（SAS），
∴ $∠ BCE = ∠ DCF$。
∵ $AB// CD$，
∴ $∠ H = ∠ DCF$，
∴ $∠ H = ∠ BCE$。
又
∵ $∠ B = ∠ B$，
∴ $△ BEC ∽ △ BCH$（两角分别相等的两个三角形相似）。
(2) 证明：
∵ $AD// BC$，
∴ $∠ GAE = ∠ B$，$∠ G = ∠ BCE$，
∴ $△ GAE ∽ △ CBE$（两角分别相等的两个三角形相似），
∴ $\dfrac{AG}{BC} = \dfrac{AE}{BE}$，即 $AG = \dfrac{BC · AE}{BE}$。
由 $BE^2 = AB · AE$，变形得 $\dfrac{AE}{BE} = \dfrac{BE}{AB}$。
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ $BC = AB$，
代入得 $AG = \dfrac{AB · AE}{BE} = \dfrac{BE^2}{BE} = BE$。
又
∵ $BE = DF$，
∴ $AG = DF$。
【答案】
(1) △BEC∽△BCH，证明成立；
(2) AG=DF，证明成立。
【知识点】
菱形的性质；全等三角形的判定与性质；相似三角形的判定与性质
【点评】
本题属于几何综合基础题，综合考查了菱形、全等三角形、相似三角形的相关性质与判定，解题的关键是熟练掌握相关定理，合理进行角、边的等量代换，能够有效锻炼逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6

22. (10分)如图12①,△ABC是等腰直角三角形,∠BAC=90°,AB=AC,四边形ADEF是正方形,点B,C分别在边AD,AF上,此时BD=CF,BD⊥CF成立。
(1)当△ABC绕点A逆时针旋转θ(0°＜θ＜90°)到图12②所示的位置时,BD=CF成立吗?若成立,请证明;若不成立,请说明理由。
(2)当△ABC绕点A逆时针旋转45°时,如图12③,延长DB交CF于点H,交AF于点N。
①求证:BD⊥CF;
②当AB=2,AD=3√2时,求线段DH的长。

解：
(1) $BD=CF$成立，证明如下：
由题意可知，$∠ BAC=∠ DAF=90°$，
$\therefore ∠ BAC + ∠ CAD = ∠ DAF + ∠ CAD$，即$∠ BAD=∠ CAF$。
在$△ BAD$和$△ CAF$中，
$\{\begin{array}{l}AB=AC \\∠ BAD=∠ CAF \\AD=AF\end{array} $
$\therefore △ BAD ≌ △ CAF(\mathrm{SAS})$，
$\therefore BD=CF$。
(2) ① 证明：
由(1)得$△ BAD≌△ CAF$，
$\therefore ∠ ABD=∠ ACF$，即$∠ ABN=∠ ACF$。
$\because ∠ BAC=90°$，
$\therefore ∠ ABN + ∠ ANB=90°$，
又$\because ∠ ANB=∠ HNC$，
$\therefore ∠ ACF + ∠ HNC=90°$，
$\therefore ∠ NHC=180° - (∠ ACF + ∠ HNC)=90°$，
$\therefore BD⊥ CF$。
② 解：
过点$B$作$BM⊥ AD$于点$M$，
$\because △ ABC$绕点$A$逆时针旋转$45°$，$\therefore ∠ BAD=45°$。
在$\mathrm{Rt}△ ABM$中，$AB=2$，$∠ BAM=45°$，
$\therefore BM=AM=AB·\sin45°=2×\frac{\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}$，
$\therefore DM=AD - AM=3\sqrt{2}-\sqrt{2}=2\sqrt{2}$。
在$\mathrm{Rt}△ BDM$中，由勾股定理得：
$BD=\sqrt{BM^2 + DM^2}=\sqrt{(\sqrt{2})^2 + (2\sqrt{2})^2}=\sqrt{10}$。
在$\mathrm{Rt}△ DAN$中，$∠ DAN=90°$，$\tan∠ ADN=\frac{BM}{DM}=\frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{2}}=\frac{1}{2}$，
$\therefore AN=AD·\tan∠ ADN=3\sqrt{2}×\frac{1}{2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$，
$\therefore DN=\sqrt{AD^2 + AN^2}=\sqrt{(3\sqrt{2})^2 + (\frac{3\sqrt{2}}{2})^2}=\frac{3\sqrt{10}}{2}$。
$\because AF=AD=3\sqrt{2}$，$\therefore NF=AF - AN=3\sqrt{2}-\frac{3\sqrt{2}}{2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$。
又$\because ∠ HNF=∠ AND$，$∠ NHF=∠ NAD=90°$，
$\therefore △ HNF∽△ AND$，
$\therefore \frac{NH}{NA}=\frac{NF}{ND}$，代入数值得：
$\frac{NH}{\frac{3\sqrt{2}}{2}}=\frac{\frac{3\sqrt{2}}{2}}{\frac{3\sqrt{10}}{2}}$，解得$NH=\frac{3\sqrt{10}}{10}$。
$\therefore DH=DN + NH=\frac{3\sqrt{10}}{2}+\frac{3\sqrt{10}}{10}=\frac{9\sqrt{10}}{5}$。

【分析】
(1) 要判断旋转后BD=CF是否成立，可通过证明BD、CF所在的三角形全等来推导。由已知∠BAC=∠DAF=90°，同时加上公共角∠CAD即可得到∠BAD=∠CAF，再结合AB=AC、AD=AF的条件，利用SAS即可证明△BAD≌△CAF，从而得到BD=CF。
(2) ①要证BD⊥CF，即证明两条线的夹角为90°。借助(1)的全等结论可得∠ABD=∠ACF，结合对顶角∠ANB=∠HNC，以及直角三角形两锐角互余的性质，即可推出∠NHC=90°，得证垂直。
②求DH的长时，先过点B作BM⊥AD构造直角三角形，利用旋转角45°和AB的长度解Rt△ABM，得到AM、BM的长度，再计算DM，用勾股定理求出BD；接着通过正切的定义求出AN，再用勾股定理算DN；最后证明△HNF∽△AND，利用相似三角形的对应边成比例求出NH的长度，将DN与NH相加即可得到DH的长度。
【解析】
(1) $BD=CF$成立，证明如下：
由题意可知，$∠ BAC=∠ DAF=90°$，
$\therefore ∠ BAC + ∠ CAD = ∠ DAF + ∠ CAD$，即$∠ BAD=∠ CAF$。
在$△ BAD$和$△ CAF$中，
$\{\begin{array}{l}AB=AC \\∠ BAD=∠ CAF \\AD=AF\end{array} $
$\therefore △ BAD ≌ △ CAF(\mathrm{SAS})$，
$\therefore BD=CF$。
(2) ① 证明：
由(1)得$△ BAD≌△ CAF$，
$\therefore ∠ ABD=∠ ACF$，即$∠ ABN=∠ ACF$。
$\because ∠ BAC=90°$，
$\therefore ∠ ABN + ∠ ANB=90°$，
又$\because ∠ ANB=∠ HNC$，
$\therefore ∠ ACF + ∠ HNC=90°$，
$\therefore ∠ NHC=180° - (∠ ACF + ∠ HNC)=90°$，
$\therefore BD⊥ CF$。
② 解：
过点$B$作$BM⊥ AD$于点$M$，
$\because △ ABC$绕点$A$逆时针旋转$45°$，$\therefore ∠ BAD=45°$。
在$\mathrm{Rt}△ ABM$中，$AB=2$，$∠ BAM=45°$，
$\therefore BM=AM=AB·\sin45°=2×\frac{\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}$，
$\therefore DM=AD - AM=3\sqrt{2}-\sqrt{2}=2\sqrt{2}$。
在$\mathrm{Rt}△ BDM$中，由勾股定理得：
$BD=\sqrt{BM^2 + DM^2}=\sqrt{(\sqrt{2})^2 + (2\sqrt{2})^2}=\sqrt{10}$。
在$\mathrm{Rt}△ DAN$中，$∠ DAN=90°$，$\tan∠ ADN=\frac{BM}{DM}=\frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{2}}=\frac{1}{2}$，
$\therefore AN=AD·\tan∠ ADN=3\sqrt{2}×\frac{1}{2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$，
$\therefore DN=\sqrt{AD^2 + AN^2}=\sqrt{(3\sqrt{2})^2 + (\frac{3\sqrt{2}}{2})^2}=\frac{3\sqrt{10}}{2}$。
$\because AF=AD=3\sqrt{2}$，$\therefore NF=AF - AN=3\sqrt{2}-\frac{3\sqrt{2}}{2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$。
又$\because ∠ HNF=∠ AND$，$∠ NHF=∠ NAD=90°$，
$\therefore △ HNF∽△ AND$，
$\therefore \frac{NH}{NA}=\frac{NF}{ND}$，代入数值得：
$\frac{NH}{\frac{3\sqrt{2}}{2}}=\frac{\frac{3\sqrt{2}}{2}}{\frac{3\sqrt{10}}{2}}$，解得$NH=\frac{3\sqrt{10}}{10}$。
$\therefore DH=DN + NH=\frac{3\sqrt{10}}{2}+\frac{3\sqrt{10}}{10}=\frac{9\sqrt{10}}{5}$。
【答案】
(1) $BD=CF$成立；(2) ①证明见解析；②$\frac{9\sqrt{10}}{5}$
【知识点】
全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，旋转的性质
【点评】
本题为几何综合题，以等腰直角三角形和正方形的旋转为载体，综合考查了全等三角形、相似三角形、解直角三角形等知识点，前两问侧重基础逻辑推理能力的考查，第三问需要合理构造辅助线，结合相似三角形的性质计算线段长度，对知识的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.5