Question

1．如圖，正方形ABCD中，M是邊AB上一點，連結(jié)DM，過A點作AG⊥DM，垂足為F，且DF=FG，連結(jié)GB，交DM延長線于E，連結(jié)AE，CG．
（1）求證：∠AGB=45°；
（2）若B為GE的中點，AE=2$\sqrt{5}$，求AB、BE、CG的長．

Answer 1

分析 （1）如圖，作BH⊥AG于H，由正方形的性質(zhì)可以得出AD=AB，由直角三角形的性質(zhì)可以得出∠ADF=∠BAH，就可以得出△ADF≌△BAH，就有DF=AH，AF=BH，由DF=FG就可以得出AF=HG，得出HG=HB，進而得出結(jié)論；
（2）如圖，作BH⊥AG于H，AK⊥GE于K，CQ⊥EG的延長線于點Q，由三角形中位線的性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)及勾股定理就可以求出結(jié)論．

解答 解：（1）如圖，作BH⊥AG于H，
∴∠BHA=∠BHG=90°．
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD=AB=BC=CD，∠DAB=∠ABC=∠BCD=90°，
∴∠DAF+∠BAF=90°．
∵AG⊥DM，
∴∠DFA=∠AFM=90°，
∴∠AFD=∠AHB．
∴∠BAH+∠ABH=90°，
∴∠DAF=∠ABH，
在△ADF和△BAH中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠AFD=∠AHB}\\{∠DAF=∠ABH}\\{AD=BA}\end{array}\right.$，
∴△ADF≌△BAH（AAS），
∴AF=BH，DF=AH．
∵DF=GF，
∴AH=GF，
∴AH-FH=GF-HF，
∴AF=GH，
∴HB=GH，
∴∠HGB=∠HBG=45°，
即∠AGB=45°；
（2）如圖，∵BH⊥AG，AG⊥DM，
∴BH∥EF．
∵B是GE的中點，
∴BH=$\frac{1}{2}$EF，
∴AF=$\frac{1}{2}$EF．
設(shè)AF=x，則EF=2x，由勾股定理，得
x²+4x²=AE²．
∵AE=2$\sqrt{5}$，
∴x²+4x²=（2$\sqrt{5}$）²．
∴x=2，
∴AF=2，EF=4．
∴HB=HG=2．
在Rt△HBG中，由勾股定理．得
BG=2$\sqrt{2}$．
∵∠AGB=45°，
∴∠FEG=45°，
∴∠FGE=∠FEG，
∴FG=FE=4，
∴AH=4．
在Rt△AHB中，由勾股定理，得
AB=$\sqrt{4+16}$=2$\sqrt{5}$．
在Rt△EFG中，由勾股定理，得
EG=4$\sqrt{2}$，
∴BE=2$\sqrt{2}$．
∴BG=2$\sqrt{2}$．
作AK⊥GE于K，CQ⊥EG的延長線于點Q，
∴∠AKB=∠Q=90°．
∴∠KAB+∠KBA=90°．
∵∠KBA+∠CBQ=90°，
∴∠KAB=∠CBG．
∵AB=AE=2$\sqrt{5}$，
∴BK=$\frac{1}{2}$BE=$\sqrt{2}$．
在Rt△ABK中，由勾股定理，得
AK=3$\sqrt{2}$．
在△AKB和△BQC中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠KAB=∠CBG}\\{∠AKB=∠Q}\\{AB=BC}\end{array}\right.$，
∴△AKB≌△BQC（AAS），
∴BK=CQ=$\sqrt{2}$，AK=BQ=3$\sqrt{2}$，
∴GQ=$\sqrt{2}$，
在Rt△CGQ中，由勾股定理，得
CG=2．
答：AB=2$\sqrt{5}$，BE=2$\sqrt{2}$，CG=2．

點評 本題考查了正方形的性質(zhì)的運用，三角形中位線的性質(zhì)的運用，勾股定理的運用，等腰直角三角形的性質(zhì)的運用，全等三角形的判定及性質(zhì)的運用，解答時證明三角形全等是關(guān)鍵．