Question

20．如图，四边形ABCD是正方形，G是BC的延长线上一点，连接AG交CD于点H，BE⊥AG于点E，DF⊥AG于点F．
（1）证明：△ABE≌△DAF；
（2）若∠AGB=30°，BG=4$\sqrt{3}$，求EF的长；
（3）若H为CD的中点，请直接写出线段EH与HG的数量关系．

Answer 1

分析 （1）由正方形的性质得出AB=AD，∠BAD=90°，由角的关系得出∠ABE=∠DAF，由AAS证明△ABE≌△DAF即可；
（2）由含30°角的Rt△BEG得出BE=$\frac{1}{2}$BG=2$\sqrt{3}$，再求出∠ABE=30°，则Rt△ABE得出AB=2AE，设AE=x，则AB=2x，由勾股定理得：x²+（2$\sqrt{3}$）²=（2x）²，
解得x=2，由△ABE≌△DAF，得出AF=BE=2$\sqrt{3}$，即可求出结果；
（3）由H为CD的中点，得出CH=DH=$\frac{1}{2}$AB=$\frac{1}{2}$AD=$\frac{1}{2}$CD，由AAS证得△ADH≌△CGH得出HG=AH，CG=AD，tan∠HGC=$\frac{HC}{CG}$=$\frac{HC}{AD}$=$\frac{1}{2}$，证得AF=2DF，由△ABE≌△DAF得出AE=EF=DF，再由∠HDF=∠DAF得出DF=2FH，即可得出结果．

解答 （1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∵BE⊥AG，DF⊥AG，
∴∠BEA=∠AFD=90°，
∴∠BAE+∠ABE=90°，
∵∠BAE+∠DAF=90°，
∴∠ABE=∠DAF，
在△ABE和△DAF中，$\left\{\begin{array}{l}{∠ABE=∠DAF}\\{∠BEA=∠AFD}\\{AB=AD}\end{array}\right.$，
∴△ABE≌△DAF（AAS）；
（2）解：在Rt△BEG中，∠AGB=30°，BG=4$\sqrt{3}$，
∴BE=$\frac{1}{2}$BG=2$\sqrt{3}$，
∵∠GBE=90°-∠BGE=60°，
∴∠ABE=30°，
∴AB=2AE，
设AE=x，则AB=2x，
在Rt△ABE中，由勾股定理得：x²+（2$\sqrt{3}$）²=（2x）²，
解得：x=2，
∴AE=2，
∵△ABE≌△DAF，
∴AF=BE=2$\sqrt{3}$，
∴EF=AF-AE=2$\sqrt{3}$-2；
（3）解：EH=$\frac{3}{5}$HG，理由如下：
∵H为CD的中点，
∴CH=DH=$\frac{1}{2}$AB=$\frac{1}{2}$AD=$\frac{1}{2}$CD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BG，
∴∠HGC=∠DAF，
在△ADH和△CGH中，$\left\{\begin{array}{l}{∠HGC=∠DAF}\\{∠HCG=∠HDA=90°}\\{CH=DH}\end{array}\right.$，
∴△ADH≌△CGH（AAS），
∴HG=AH，CG=AD，tan∠HGC=$\frac{HC}{CG}$=$\frac{HC}{AD}$=$\frac{1}{2}$，
∵∠HGC=∠DAF，
∴AF=2DF，
∵△ABE≌△DAF，
∴AF=AB，AE=DF，
∴AE=EF=DF，
∵∠HDF=∠DAF，
∴DF=2FH，
∴AH=5FH，EH=$\frac{3}{5}$AH，
即EH=$\frac{3}{5}$HG．

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、含30°角的直角三角形的性质、勾股定理等知识；熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．