Question

17．如图，正方形ABCD，DE与HG相交于点O．
（1）如图（1），当∠GOD=90°，①求证：DE=GH；  ②求证：GD+EH≥$\sqrt{2}$DE；
（2）如图（2），当∠GOD=45°，边长AB=4，HG=2$\sqrt{5}$，求DE的长．

Answer 1

分析 （1））①作平行四边形DGHM，则GH=DM，GD=MH，GH∥DM，通过证得△ADE≌△CDM，即可证得结论；②先证得△EDM是等腰直角三角形，得出EM=$\sqrt{2}$DM=$\sqrt{2}$GH=$\sqrt{2}$DE，然后根据MH+EH≥EM，GD=MH，即可证得结论；
（2）过点D作DN∥GH交BC于点N，则四边形GHND是平行四边形，得出DN=HG，GD=HN，根据勾股定理求得CN=2，进而求得BN=2，作∠ADM=∠CDN，DM交BA延长线于M，通过证△ADM≌△CDN（AAS），证得AM=NC，∠ADM=∠CDN，DM=DN，继而证得△MDE≌△NDE（SAS），证得EM=EN，从而证得AE+CN=EN，设AE=x．则BE=4-x，根据勾股定理求得AE，进一步根据勾股定理求得DE．

解答 证明：（1）①作平行四边形DGHM，则GH=DM，GD=MH，GH∥DM，
∴∠GOD=∠MDE=90°，
∴∠MDC+∠EDC=90°，
∵∠ADE+∠EDC=90°，
∴∠MDC=∠ADE，
在△ADE和△CDM中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠MDC=∠ADE}\\{∠DCM=∠A=90°}\\{DC=AD}\end{array}\right.$，
∴△ADE≌△CDM，
∴DE=DM
∴DE=GH；
②∵DM=DE，∠EDM=90°，
∴△EDM是等腰直角三角形，
∴EM=$\sqrt{2}$DM=$\sqrt{2}$GH=$\sqrt{2}$DE，
∵MH+EH≥EM，GD=MH
∴EH+GD≥EM，
∴GD+EH≥$\sqrt{2}$DE；
（2）过点D作DN∥GH交BC于点N，则四边形GHND是平行四边形，
∴DN=HG，GD=HN，
∵∠C=90°，CD=AB=4，HG=DN=2$\sqrt{5}$，
∴CN=$\sqrt{D{N}^{2}-D{C}^{2}}$=2，
∴BN=BC-CN=4-2=2，
作∠ADM=∠CDN，DM交BA延长线于M，
在△ADM和△CDN中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠ADM=∠CDN}\\{∠C=∠MAD=90°}\\{DC=AD}\end{array}\right.$
∴△ADM≌△CDN（AAS），
∴AM=NC，∠ADM=∠CDN，DM=DN，
∵∠GOD=45°，
∴∠EDN=45°，
∴∠ADE+∠CDN=45°，
∴∠ADE+∠ADM=45°=∠MDE，
在△MDE和△NDE中，
$\left\{\begin{array}{l}{MD=ND}\\{∠MDE=∠NDE}\\{DE=DE}\end{array}\right.$
∴△MDE≌△NDE（SAS），
∴EM=EN，
即AE+CN=EN，
设AE=x．则BE=4-x，
在Rt△BEN中，2²+（4-x）²=（x+2）²，解得x=$\frac{4}{3}$，
∴DE=$\sqrt{A{D}^{2}+A{E}^{2}}$=$\sqrt{{4}^{2}+（\frac{4}{3}）^{2}}$=$\frac{4\sqrt{10}}{3}$．

点评 本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的应用，作出辅助线构建全等三角形是解题的关键．