Question

20．如圖，正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AD，CD上，作FG∥AD交BE于點(diǎn)G，連接FE，EF=FG．
（1）求證：∠EBF=45°；
（2）連接AC交BE于H，交FG于點(diǎn)M，若正方形的邊長(zhǎng)為12，DE=2AE，求HM的長(zhǎng)度．

Answer 1

分析 （1）過點(diǎn)B作BN⊥EF于點(diǎn)N，由于FG∥AD可知∠AFG=∠FEG，從而可知EB是∠AEF的角平分線，由角平分線的性質(zhì)可知AB=BN，由于AB=CB=BN，從而可知FB是∠EFC的角平分線，由角平分線的性質(zhì)可知：∠NBF=∠CBF，從而可知∠EBN+∠NBF=45°．
（2）延長(zhǎng)DA，使得AP=CF，連接PB，證明△APB≌△CFB（SAS），從而可知PB=FB，∠P=∠CFB，再證明△PEB≌△FEB（AAS），從而可知EP=EF，設(shè)MF=x，所以CF=x，EP=EF=4+x，由勾股定理可求出x=6，從而可知GM=4，再證明△AEH≌△MGH（AAS），從而可知MH=AH．

解答 解：（1）過點(diǎn)B作BN⊥EF于點(diǎn)N，
∵GF∥AD，
∴∠AEG=∠EGF，
∵EF=FG，
∴∠FEG=∠EGF，
∴∠AFG=∠FEG，
∴EB是∠AEF的角平分線，
由角平分線的性質(zhì)可知：AB=BN，
∠ABE=∠NBE，
又∵AB=BC，
∴BN=BC，
∵BN⊥EF，BC⊥CF，
∴FB是∠EFC的角平分線，
由角平分線的性質(zhì)可知：∠NBF=∠CBF，
∵∠ABE+∠EBN+∠NBF+∠CBF=90°，
∴∠EBN+∠NBF=45°，
即∠EBF=45°，
（2）延長(zhǎng)DA，使得AP=CF，連接PB
在△APB與△CFB中，
$\left\{\begin{array}{l}{AP=CF}\\{∠PAB=∠FCB}\\{AB=BC}\end{array}\right.$
∴△APB≌△CFB（SAS）
∴PB=FB，∠P=∠CFB，
由（1）可知：∠EFB=∠CFB，
∴∠P=∠EFB
在△PEB與△FEB中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠PEB=∠FEB}\\{∠P=∠EFB}\\{EB=EB}\end{array}\right.$，
∴△PEB≌△FEB（AAS），
∴EP=EF，
設(shè)MF=x，
∵∠ACD=45°，
∴CF=x，CM=$\sqrt{2}$x，
DF=12-x，
∵DE=2AE，
∴DE=8，AE=4，
∵AP=CF=x，
∴EP=EF=4+x，
在Rt△DEF中，
∴由勾股定理可知：（4+x）²=（12-x）²+8²，
解得：x=6，
∴CF=DF=6，
∵EF=PF=10，
∴GM=GF-MF=4，
∴AE=GM，
在△AEH與△MGH中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠AEH=∠HGM}\\{∠AHE=∠MHG}\\{AE=GM}\end{array}\right.$，
∴△AEH≌△MGH（AAS），
∴AH=MH，
∵AM=AC-CM=12$\sqrt{2}$-6$\sqrt{2}$=6$\sqrt{2}$，
∴MH=$\frac{1}{2}$AM=3$\sqrt{2}$

點(diǎn)評(píng) 本題考查正方形的性質(zhì)，涉及相似三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，解方程等知識(shí)，綜合程度較高，需要學(xué)生靈活運(yùn)用所知識(shí)．