Question

17．如圖，四邊形ABCD是正方形，以B點為圓心，BD的長為半徑畫弧交BC延長線于點E，以DE為邊作正方形DEFG，作FH⊥BE交BE的延長線于點H，連接AE、CG，則下列結論中正確的有（　　）
①∠CDE=22.5°；②S_{正方形DEFG}-S_{正方形ABCD}=FH²；③AE⊥CG；④DC²=CP•CG；⑤S_△DCE：S_△BCD=$\sqrt{2}$-1．

• A． ①②③④⑤
• B． ①②③④
• C． ①②③
• D． ①②③⑤

Answer 1

分析 ①正確．根據等腰三角形的性質求出∠BDE=67.5°，再根據∠BDC=45°，即可解決問題．
②正確．首先證明△DCE≌△EHF，推出CE=FH，在Rt△EDC中，由DE²-DC²=CE²，可得S_{正方形DEFG}-S_{正方形ABCD}=FH²．
③正確．先證明△ADE≌△CDG，推出∠AED=∠DGC，由∠DGO+∠DOG=90°，∠DOG=∠POE，推出∠OEP+∠POE=90°，推出∠OPE=90°．
④錯誤．由AD∥CE，推出S_△ACE=S_△DCE，推出$\frac{1}{2}$•AE•CP=$\frac{1}{2}$•CD•CE，推出AE•CP=CD•CE，推出CG•CP=CD•CE，由CD＞CE，推出CD•CE＜CD²，推出CG•CP＜CD²，即可證明．
⑤正確．如圖2中，在CD上取一點F，使得DF=EF，連接EF．由∠FDE=∠FED=22.5°，推出∠CFE=∠FDE+∠FED=45°，由∠ECF=90°，推出∠CFE=∠CEF=45°，推出CF=CE，設CF=CE=a，則EF=DF=$\sqrt{2}$a，根據S_△CDE：S_△BCD=$\frac{1}{2}$•a•（1+$\sqrt{2}$）a：$\frac{1}{2}$[（1+$\sqrt{2}$）a]²計算即可解決問題．

解答 解：如圖1中，設CG交DE于O，連接AC．
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠DBC=BDC=45°，
∵BD=BE，
∴∠BDE=∠BED=$\frac{180°-45°}{2}$=67.5°，
∴∠CDE=∠BDE-∠BDC=22.5°，故①正確，
∵FH⊥CH，四邊形DEFG是正方形，
∴∠DCE=∠EHF=∠DEF=90°，DE=EF，
∴∠DEC+∠FEH=90°，∠FEH+∠EFH=90°，
∴∠DEC=∠EFH，
在△DCE和△EHF中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠DCE=∠EHF}\\{∠DEC=∠EFH}\\{DE=EF}\end{array}\right.$，
∴△DCE≌△EHF，
∴CE=FH，
在Rt△EDC中，∵DE²-DC²=CE²，
∴S_{正方形DEFG}-S_{正方形ABCD}=FH²，故②正確，
∵∠ADC=∠GDE=90°，
∴∠ADE=∠CDG，
在△ADE和△CDG中，
$\left\{\begin{array}{l}{AD=CD}\\{∠ADE=∠CDG}\\{DE=DG}\end{array}\right.$，
∴△ADE≌△CDG，
∴AE=CG，∠AED=∠DGC，
∵∠DGO+∠DOG=90°，∠DOG=∠POE，
∴∠OEP+∠POE=90°，
∴∠OPE=90°，
∴AE⊥CG，故③正確，
∵AD∥CE，
∴S_△ACE=S_△DCE，
∴$\frac{1}{2}$•AE•CP=$\frac{1}{2}$•CD•CE，
∴AE•CP=CD•CE，
∴CG•CP=CD•CE，
∵CD＞CE，
∴CD•CE＜CD²，
∴CG•CP＜CD²，故④錯誤，
如圖2中，在CD上取一點F，使得DF=EF，連接EF．
∵∠FDE=∠FED=22.5°，
∴∠CFE=∠FDE+∠FED=45°，∵∠ECF=90°，
∴∠CFE=∠CEF=45°，
∴CF=CE，設CF=CE=a，則EF=DF=$\sqrt{2}$a，
∴S_△CDE：S_△BCD=$\frac{1}{2}$•a•（1+$\sqrt{2}$）a：$\frac{1}{2}$[（1+$\sqrt{2}$）a]²=$\sqrt{2}$-1，故⑤正確．
故選D．

點評 本題考查正方形的性質、相似三角形的判定和性質、全等三角形的判定和性質、等腰三角形的性質、勾股定理等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，學會利用面積法解決線段之間的關系問題，學會用轉化的思想思考問題，屬于中考選擇題中的壓軸題．