Question

12．如圖，在等腰直角三角形ABC中，BA=BC，∠ABC=90°，D為AC中點，E為AB邊上一點，連接DE，過點D作DE的垂線DG，交BC于點F，連接EG交BC于點P，若∠AED=∠PED，求證：BP+CG=PG．

Answer 1

分析 如圖，作DN⊥AB于N，DT⊥BC于T，EH⊥AC于H交DN于G，DR⊥EG于R，延長GD交BA的延長線于M，連接AG、BD、CG．首先證明∠EDP=45°，利用全等三角形推出EP=NE+PT，再利用△DEG∽△GDC，推出∠DCG=135°，推出CG∥BM，得到△ADM≌△CDG，得到AM=CG，EM=EG，再根據(jù)線段和差定義，即可解決問題．

解答 證明：如圖，作DN⊥AB于N，DT⊥BC于T，EH⊥AC于H交DN于G，DR⊥EG于R，延長GD交BA的延長線于M，連接AG、BD、CG．

由題意可知四邊形DNBT是正方形，
∵∠AED=∠GED，DN⊥AB，DR⊥EG，
∴DN=DR=DT，
∴∠RPD=∠TPD，
∵∠RPD+∠RDP=90°，∠TPD+∠PDT=90°，
∴∠PDR=∠PDT，同理可證∠EDN=∠EDR，
∴∠EDP=$\frac{1}{2}$（∠NDR+∠RDT）=45°，
∵∠NDT=∠EDG=90°，
∴∠NDE=∠PDT，
在△DNE和△DTJ中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠DNE=∠DTJ=90°}\\{∠NDE=∠PDT}\\{DN=DT}\end{array}\right.$，
∴△DNE≌△DTJ，
∴NE=TJ，DE=DJ，∵DP=DP，∠EDP=∠PDJ=45°，
∴△DPE≌△DOJ，
∴EP=PJ=PT+TJ=PT+NE，
∵DN、EH是△AED的高，
∴AG也是△ADE的高，
∴∠NAG+∠AED=90°，∵∠EGD+∠GED=90°，∠GED=∠AED，
∴∠NAG=∠EGD，∵∠ANG=∠EDG=90°，
∴△ANG∽△GDE，
∴$\frac{AN}{DG}$=$\frac{NG}{ED}$，
∵EG∥BD，
∴$\frac{EG}{BD}$=$\frac{NG}{ND}$，
∵AN=DN，BD=DC，
∴$\frac{ED}{DG}$=$\frac{EG}{BD}$=$\frac{EF}{DC}$∵∠CDG=∠DEG，
∴△DEG∽△GDC，
∴∠EGD=∠DCG=135°，
∵∠ACB=45°，
∴∠GCB=90°=∠ABC，
∴CG∥BM，
∴∠M=∠DGC，∵AD=DC，∠ADM=∠GDC，
∴△ADM≌△CDG，
∴AM=CG，DM=DG，
∵ED⊥MG，
∴EM=EG，
∴PG=EG-EP=EM-EP=（AM+AN+EN）-（EN+PJ）=（AM+AN+NE）-EN-（BT-PB）=AM+PB．

點評 本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是添加輔助線，構(gòu)造相似三角形或全等三角形解決問題，題目比較難，輔助線比較多，屬于競賽題．