Question

17．如圖，在正方形ABCD中，P為AB邊上任意一點，連接DP，過點C作CH⊥DP于點H．過點A作AE⊥DP于點E，延長DP至點F使EF=DE，在HF上取一點G使HG=CH，連接AF、BG．
（1）求證：△CDH≌△DAE；
（2）求證：BG=GF；
（3）若AB=1，P為AB中點，連接BF，求BF的長．

Answer 1

分析 （1）由直角三角形的性質(zhì)和正方形的性質(zhì)得出∠DCH=∠ADE，由AAS證明△CDH≌△DAE即可；
（2）連接BF，由線段垂直平分線的性質(zhì)得出AF=AD，由等腰三角形的性質(zhì)得出∠ADE=∠AFE，證出AB=AF，得出∠ABF=∠AFB，證出∠GBF=∠GFB，由等角對等邊得出結(jié)論；
（3）延長DF，CB交于點K，連接CG；由ASA證明△ADP≌△BKP，得出AD=KB=BC=1，由全等三角形的性質(zhì)得出CH=DE，DH=AE，證出AE=EG，由勾股定理求出PD、AE、DE，得出EG、DF、FG的長，再由勾股定理求出KD，得出KF，得出KF=FG，證出BF為△CGK的中位線，由三角形中位線定理得出BF=$\frac{1}{2}$CG，求出CG，即可得出結(jié)果．

解答 （1）證明：∵CH⊥DP，
∴∠DCH+∠CDH=90°，
∵∠ADE+∠CDH=90°，
∴∠DCH=∠ADE，
在△CHD和△DEA中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠DCH=∠ADE}\\{∠CHD=∠AED=90°}\\{CD=AD}\end{array}\right.$，
∴△CDH≌△DAE（AAS）；
（2）證明：連接BF，如圖1所示：
∵AE⊥DP，EF=DE，
∴AF=AD，
∴∠ADE=∠AFE，
∵AB=AD，
∴AB=AF，
∴∠ABF=∠AFB，
∵∠APD=∠BPG，∠DAP=∠BGP=90°，
∴∠GBP=∠ADE，
∴∠GBP=∠AFE，
∴∠GBF=∠GFB，
∴BG=GF；
（3）解：延長DF，CB交于點K，連接CG，如圖2所示：
∵P是AB的中點，
∴AP=BP=0.5，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD=AB=BC=CD，∠DAB=∠ABC=∠ABK=90°．
在△ADP和△BKP中
$\left\{\begin{array}{l}{∠DAB=∠KBP}\\{AP=BP}\\{∠APD=∠BPK}\end{array}\right.$，
∴△ADP≌△BKP（ASA），
∴AD=KB=BC=1，
由（1）得：△CDH≌△DAE，
∴CH=DE，DH=AE，
∵CH=HG，
∴DH=EG，
∴AE=EG，
在Rt△ADP中由勾股定理得：PD=$\sqrt{{1}^{2}+0．{5}^{2}}$=$\frac{\sqrt{5}}{2}$，
∴$\frac{\sqrt{5}}{2}$AE=PA•AD，
∴AE=$\frac{1×0.5}{\frac{\sqrt{5}}{2}}$=$\frac{\sqrt{5}}{5}$，DE=$\sqrt{{1}^{2}-（\frac{\sqrt{5}}{5}）^{2}}$=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
∴EG=$\frac{\sqrt{5}}{5}$，DF=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$，
∴FG=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$-$\frac{\sqrt{5}}{5}$=$\frac{\sqrt{5}}{5}$，
在Rt△KCD中，由勾股定理得：KD=$\sqrt{{2}^{2}+{1}^{2}}$=$\sqrt{5}$，
∴KF=$\sqrt{5}$-$\frac{4\sqrt{5}}{5}$=$\frac{\sqrt{5}}{5}$，
∴KF=FG，
∵KB=BC，
∴BF為△CGK的中位線，
∴BF=$\frac{1}{2}$CG，
∵CG=$\sqrt{2}$CH=$\sqrt{2}$DE=$\sqrt{2}$×$\frac{2\sqrt{5}}{5}$=$\frac{2\sqrt{10}}{5}$，
∴BF=$\frac{1}{2}$×$\frac{2\sqrt{10}}{5}$=$\frac{\sqrt{10}}{5}$．

點評 本題是四邊形綜合題目，考查了正方形的性質(zhì)、勾股定理、全等三角形的判定與性質(zhì)、三角形中位線定理、等腰三角形的性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)等知識；本題綜合性強(qiáng)，難度較大，特別是（3）中，需要通過作輔助線，運用三角形中位線定理和多次運用勾股定理才能得出結(jié)果．