Question

12．如图，E、F分别是正方形ABCD的边DC、CB上的点，且DE=CF，以AE为边作正方形AEHG，HE与BC交于点Q，连接DF．
（1）求证：△ADE≌△DCF；
（2）若E是CD的中点，求证：Q为CF的中点；
（3）连接AQ，设S_△CEQ=S₁，S_△AED=S₂，S_△EAQ=S₃，在（2）的条件下，判断S₁+S₂=S₃是否成立？并说明理由．

Answer 1

分析 （1）由正方形的性质得出AD=DC，∠ADE=∠DCF=90°，再由SAS即可证出△ADE≌△DCF；
（2）先证出∠DAE=∠CEQ，再证明△ADE∽△ECQ，得出比例式$\frac{CQ}{DE}=\frac{CE}{AD}$，证出CQ=$\frac{1}{2}$DE，即可得出结论；
（3）先证明△AEQ∽△ECQ，得出△AEQ∽△ECQ∽△ADE，得出面积比等于相似比的平方，再由勾股定理即可得出结论．

解答 （1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，∠ADE=∠DCF=90°，
在△ADE和△DCF中，$\left\{\begin{array}{l}{AD=DC}&{\;}\\{∠ADE=∠DCF}&{\;}\\{DE=CF}&{\;}\end{array}\right.$，
∴△ADE≌△DCF（SAS）；

（2）证明：∵E是CD的中点，
∴CE=DE=$\frac{1}{2}$DC=$\frac{1}{2}$AD，
∵四边形AEHG是正方形，
∴∠AEH=90°，
∴∠AED+∠CEQ=90°，
∵∠AED+∠DAE=90°，
∴∠DAE=∠CEQ，
∵∠ADE=∠DCF，
∴△ADE∽△ECQ，
∴$\frac{CQ}{DE}=\frac{CE}{AD}$=$\frac{1}{2}$，
∴CQ=$\frac{1}{2}$DE，
∵DE=CF，
∴CQ=$\frac{1}{2}$CF，
即Q为CF的中点；    

（3）解：S₁+S₂=S₃成立；理由如下：如图所示：
∵△ADE∽△ECQ，
∴$\frac{CQ}{DE}=\frac{QE}{AE}$，
∵DE=CE，
∴$\frac{CQ}{CE}=\frac{QE}{AE}$，
∵∠C=∠AEQ=90°，
∴△AEQ∽△ECQ，
∴△AEQ∽△ECQ∽△ADE，
∴$\frac{{S}_{1}}{{S}_{3}}=（\frac{EQ}{AQ}）^{2}$，$\frac{{S}_{2}}{{S}_{3}}=（\frac{AE}{AQ}）^{2}$，
∴$\frac{{S}_{1}}{{S}_{3}}+\frac{{S}_{2}}{{S}_{3}}$=（$\frac{EQ}{AQ}$）²+（$\frac{AE}{AQ}$）²=$\frac{E{Q}^{2}+A{E}^{2}}{A{Q}^{2}}$，
∵EQ²+AE²=AQ²，
∴$\frac{{S}_{1}}{{S}_{3}}+\frac{{S}_{2}}{{S}_{3}}$=1，
∴S₁+S₂=S₃．

点评 本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识；本题综合性强，难度较大，需要多次证明三角形相似才能得出结论．