Question

17．如图，在正方形ABCD中，P为AB边上任意一点，连接DP，过点C作CH⊥DP于点H．过点A作AE⊥DP于点E，延长DP至点F使EF=DE，在HF上取一点G使HG=CH，连接AF、BG．
（1）求证：△CDH≌△DAE；
（2）求证：BG=GF；
（3）若AB=1，P为AB中点，连接BF，求BF的长．

Answer 1

分析 （1）由直角三角形的性质和正方形的性质得出∠DCH=∠ADE，由AAS证明△CDH≌△DAE即可；
（2）连接BF，由线段垂直平分线的性质得出AF=AD，由等腰三角形的性质得出∠ADE=∠AFE，证出AB=AF，得出∠ABF=∠AFB，证出∠GBF=∠GFB，由等角对等边得出结论；
（3）延长DF，CB交于点K，连接CG；由ASA证明△ADP≌△BKP，得出AD=KB=BC=1，由全等三角形的性质得出CH=DE，DH=AE，证出AE=EG，由勾股定理求出PD、AE、DE，得出EG、DF、FG的长，再由勾股定理求出KD，得出KF，得出KF=FG，证出BF为△CGK的中位线，由三角形中位线定理得出BF=$\frac{1}{2}$CG，求出CG，即可得出结果．

解答 （1）证明：∵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）证明：连接BF，如图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：延长DF，CB交于点K，连接CG，如图2所示：
∵P是AB的中点，
∴AP=BP=0.5，
∵四边形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为△CGK的中位线，
∴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=$\frac{1}{2}$×$\frac{2\sqrt{10}}{5}$=$\frac{\sqrt{10}}{5}$．

点评 本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、三角形中位线定理、等腰三角形的性质、等腰直角三角形的性质等知识；本题综合性强，难度较大，特别是（3）中，需要通过作辅助线，运用三角形中位线定理和多次运用勾股定理才能得出结果．