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【发布日期: 2020-02-22】

本题目:教材习题改编的中考题

【寻根究底•举一反三】

【题目】

如图,在正方形ABCD中,E是边AB上的一动点(没有与点A、B重开),衔接DE,点A对于曲线DE的对付称点为F,连接EF并延少交BC于点G,连接DG,过点E做EH⊥DE交DG的延伸线于点H,连接BH.

(1)求证:GF=GC;

(2)用等式表现线段BH取AE的数目关联,并证实.

证明:(1)如图1,连接DF,

∵四边形ABCD是正方形,∴DA=DC,∠A=∠C=90°,

∵点A关于直线DE的对称点为F,∴△ADE≌△FDE,

∴DA=DF=DC,∠DFE=∠A=90°,∴∠DFG=90°,

在Rt△DFG和Rt△DCG中,

∵DF=DC,DG=DG,

∴Rt△DFG≌Rt△DCG(HL),∴GF=GC;

(2)BH=⎷2AE,来由以下:

【办法一】

如图2,在线段AD上截与AM,使AM=AE,

∵AD=AB,∴DM=BE,

由(1)知:∠1=∠2,∠3=∠4,

∵∠ADC=90°,∴∠1+∠2+∠3+∠4=90°,

∴2∠2+2∠3=90°,∴∠2+∠3=45°,

即∠EDG=45°,∵EH⊥DE,

∴∠DEH=90°,△DEH是等腰直角三角形,

∴∠AED+∠BEH=∠AED+∠1=90°,DE=EH,

∴∠1=∠BEH,

在△DME和△EBH中,

∵DM=BE,∠1=∠BEH,DE=EH,

∴△DME≌△EBH,∴EM=BH,

Rt△AEM中,∠A=90°,AM=AE,

∴EM=⎷2AE,∴BH=⎷2AE;

【方法二】

如图3,过点H作HN⊥AB于N,∴∠ENH=90°,

由方式一可知:DE=EH,∠1=∠NEH,

正在△DAE跟△ENH中,

∵∠A=∠ENH,∠1=∠NEH,DE=EH,

∴△DAE≌△ENH,∴AE=HN,AD=EN,

∵AD=AB,∴AB=EN=AE+BE=BE+BN,

∴AE=BN=HN,∴△BNH是等腰直角三角形,

∴BH=⎷2HN=⎷2AE.

【母题溯源】

人教版数教·八年下·第十八章·温习题·第14题·P69

题目标论断把证明AE=EF,变成求CF与BE的闭系,本题的要害仍是在于证明AE=EF.

【变式一】

标题:如图,四边形ABCD 是正圆形,面E 是边BC 上一点,∠AEF =90°,EF 交正方形中角的等分线CF 于F .求证:AE =EF .

【变式发布】

题目:如图,四边形ABCD 是正方形,点E 是边BC 上一点,在正方形外角的等分线 CF 上取一点 F 使得 AE =EF .

供证:∠AEF =90°.