4.【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。

(1)若 $DE=2$,求 EM 的长;
(2)若 $EF=EG$,求 $\frac{DE}{AD}$ 的值。

【基础巩固】证明:因为四边形 ABCD 是正方形,所以$AD=CD$,$∠ DAE=∠ DCG=∠ ADC=90°$,所以$∠ ADE=90°-∠ CDE=∠ CDG$。在$△ DAE$和$△ DCG$中,$\begin{cases}∠ DAE=∠ DCG,\\∠ ADE=∠ CDG,\\AD=CD,\end{cases}$所以$△ DAE≌△ DCG(\mathrm{AAS})$,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$DF=CD$,$∠ DCF=∠ DFC$。因为四边形 ABCD 是菱形,所以$AD=CD$,$AB// CD$,$AD// BC$,所以$AD=DF$,$∠ A=∠ DCB=∠ DFG$,$∠ ADF=∠ DFG$。因为$∠ EDG=∠ A$,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$△ DAE≌△ DFG(\mathrm{ASA})$,所以$DE=DG$。
【拓展提升】
(1)设$AB=5\ \mathrm{m}$,$AD=12\ \mathrm{m}$,根据勾股定理,$BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=13\ \mathrm{m}$。根据题意可知,AB、EM 分别是$△ BED$底边 DE、BD 上的高。所以$S_{△ ABD}=\frac{1}{2}ED· AB=\frac{1}{2}BD· EM$,所以$EM=\frac{ED· AB}{BD}=\frac{2×5\ \mathrm{m}}{13\ \mathrm{m}}=\frac{10}{13}$；
(2)如图,延长 AD、CG 交于点 Q,EF 和 BD 交于点 O。由(1)知,$AB:AD:BD=5:12:13$。因为$\sin∠ ADB=\frac{AB}{BD}=\frac{EM}{DE}=\frac{5}{13}$,因为$∠ FEG=∠ FBD$,$∠ BOF=∠ EOP$,所以$∠ F=∠ FPM$。又因为$∠ EMP=∠ FAF=90°$,所以$\sin∠ F=\frac{AE}{EF}=\frac{EM}{EP}$。因为$BD// CQ$,所以$\frac{EP}{EG}=\frac{DE}{EQ}$。因为$EF=EG$,所以$\frac{EP}{EG}·\frac{EM}{EP}=\frac{DE}{EQ}·\frac{AE}{EF}$,所以$EM=\frac{DE· AE}{EQ}$。结合$\frac{EM}{DE}=\frac{5}{13}$,可得$\frac{AE}{EQ}=\frac{5}{13}$,即$\frac{AD-DE}{AD+DE}=\frac{5}{13}$,所以$\frac{DE}{AD}=\frac{8}{18}$。

【分析】
本题为递进式几何问题，分三个部分逐步深入：
1. 基础巩固：利用正方形的边相等、内角为直角的性质，通过证明三角形全等推导DE=DG，核心是全等三角形的AAS判定。
2. 尝试应用：在菱形中，通过构造辅助线（以D为圆心CD为半径画弧），结合菱形的边相等、平行性质，证明三角形全等得到DE=DG，核心是构造全等的思路与ASA判定。
3. 拓展提升：
(1) 利用矩形的边长比例，先由勾股定理求对角线BD，再通过三角形面积的两种表示方法（底乘高）计算EM，核心是面积法的应用。
(2) 通过延长线构造平行线，结合角度转换与比例关系，利用EF=EG的条件建立方程，求解DE与AD的比值，核心是平行线分线段成比例与角度性质的应用。
【解析】
基础巩固
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AD=CD，∠DAE=∠DCG=∠ADC=90°，
∴ ∠ADE + ∠CDE = 90°，
∵ DG⊥DE，
∴ ∠CDG + ∠CDE = 90°，
∴ ∠ADE=∠CDG。
在△DAE和△DCG中：
$\begin{cases}∠DAE=∠DCG \\AD=CD \\∠ADE=∠CDG\end{cases}$
∴ △DAE≌△DCG（AAS），
∴ DE=DG。
尝试应用
如图，以点D为圆心，CD为半径画圆弧交CG于点F，连接DF，则DF=CD。
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AD=CD，AB//CD，AD//BC，
∴ AD=DF，∠A=∠DCB=∠DFG，∠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），
∴ DE=DG。
拓展提升
(1) 设AB=5m，AD=12m，
在矩形ABCD中，∠BAD=90°，由勾股定理得：
BD=$\sqrt{AB^2 + AD^2}$=$\sqrt{5^2 +12^2}$=13m。
△BED的面积可表示为：$S_{△BED}=\frac{1}{2}·DE·AB=\frac{1}{2}·BD·EM$，
代入DE=2，AB=5，BD=13，
得：$\frac{1}{2}×2×5=\frac{1}{2}×13×EM$，
解得：EM=$\frac{10}{13}$。
(2) 延长AD、CG交于点Q，EF与BD交于点O。
由(1)知AB:AD:BD=5:12:13，
∵ CG//BD，
∴ BD//CQ，
∴ ∠FBD=∠G，
又
∵ ∠FEG=∠FBD，
∴ ∠FEG=∠G，
结合EF=EG，可得$\frac{AE}{EF}=\frac{EM}{EP}$，$\frac{EP}{EG}=\frac{DE}{EQ}$，
∵ EF=EG，EQ=AD+DE，AE=AD-DE，
∴ $\frac{AD - DE}{AD + DE}=\frac{5}{13}$，
交叉相乘化简得：13(AD - DE)=5(AD + DE)，
8AD=18DE，
∴ $\frac{DE}{AD}=\frac{4}{9}$。
【答案】
基础巩固：DE=DG；尝试应用：DE=DG；拓展提升(1)：$\frac{10}{13}$；(2)：$\frac{4}{9}$；
【知识点】全等三角形的判定与性质、特殊四边形的性质、勾股定理与面积法
【点评】本题是递进式几何综合题，从正方形到菱形再到矩形，难度逐步提升，考察学生对特殊四边形性质的掌握、全等三角形的构造与应用，以及面积法、比例关系等解题技巧，需要学生具备较强的几何逻辑推理能力。
【难度系数】0.5