Question

20．如圖，四邊形ABCD是正方形，G是BC的延長線上一點(diǎn)，連接AG交CD于點(diǎn)H，BE⊥AG于點(diǎn)E，DF⊥AG于點(diǎn)F．
（1）證明：△ABE≌△DAF；
（2）若∠AGB=30°，BG=4$\sqrt{3}$，求EF的長；
（3）若H為CD的中點(diǎn)，請(qǐng)直接寫出線段EH與HG的數(shù)量關(guān)系．

Answer 1

分析 （1）由正方形的性質(zhì)得出AB=AD，∠BAD=90°，由角的關(guān)系得出∠ABE=∠DAF，由AAS證明△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°，則Rt△ABE得出AB=2AE，設(shè)AE=x，則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$\sqrt{3}$，即可求出結(jié)果；
（3）由H為CD的中點(diǎn)，得出CH=DH=$\frac{1}{2}$AB=$\frac{1}{2}$AD=$\frac{1}{2}$CD，由AAS證得△ADH≌△CGH得出HG=AH，CG=AD，tan∠HGC=$\frac{HC}{CG}$=$\frac{HC}{AD}$=$\frac{1}{2}$，證得AF=2DF，由△ABE≌△DAF得出AE=EF=DF，再由∠HDF=∠DAF得出DF=2FH，即可得出結(jié)果．

解答 （1）證明：∵四邊形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，
設(shè)AE=x，則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為CD的中點(diǎn)，
∴CH=DH=$\frac{1}{2}$AB=$\frac{1}{2}$AD=$\frac{1}{2}$CD，
∵四邊形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．

點(diǎn)評(píng) 本題是四邊形綜合題目，考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、含30°角的直角三角形的性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)；熟練掌握正方形的性質(zhì)，證明三角形全等是解決問題的關(guān)鍵．