Question

9．如圖，正方形ABCD的邊CD在正方形ECGF的邊CE上，O是EG的中點(diǎn)，∠EGC的平分線(xiàn)GH過(guò)點(diǎn)D，交BE于點(diǎn)H，連接OH，F(xiàn)H，EG與FH交于點(diǎn)M，對(duì)于下面四個(gè)結(jié)論：①GH⊥BE；②HO$\stackrel{∥}{=}$$\frac{1}{2}$BG；③S_{正方形ABCD}：S_{正方形ECGF}=1：$\sqrt{2}$；④EM：MG=1：（1+$\sqrt{2}$），其中正確結(jié)論的序號(hào)為①②④．

Answer 1

分析 證明△BCE≌△DCG，即可證得∠BEC=∠DGC，然后根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理證得∠EHG=90°，則HG⊥BE，然后證明△BGH≌△EGH，則H是BE的中點(diǎn)，則OH是△BGE的中位線(xiàn)，根據(jù)三角形的中位線(xiàn)定理即可判斷②．根據(jù)△DHN∽△DGC求得兩個(gè)三角形的邊長(zhǎng)的比，則③④即可判斷．

解答 解：∵四邊形ABCD是正方形，
∴BC=DC，∠BCE=90°，
同理可得CE=CG，∠DCG=90°，
在△BCE和△DCG中，
$\left\{\begin{array}{l}{BC=DC}\\{∠BCE=∠DCG=90°}\\{CE=CG}\end{array}\right.$，
∴△BCE≌△DCG，
∴∠BEC=∠DGC，
∵∠EDH=∠CDG，∠DGC+∠CDG=90°，
∴∠EDH+∠BEC=90°，
∴∠EHD=90°，
∴HG⊥BE，故①正確；
∵在△BGH和△EGH中，$\left\{\begin{array}{l}{∠EHG=∠BHG}\\{HG=HG}\\{∠EGH=∠BGH}\end{array}\right.$，
∴△BGH≌△EGH，
∴BH=EH，
又∵O是EG的中點(diǎn)，
∴HO$\stackrel{∥}{=}$$\frac{1}{2}$BG，
故②正確；
設(shè)EC和OH相交于點(diǎn)N．
設(shè)HN=a，則BC=2a，設(shè)正方形ECGF的邊長(zhǎng)是2b，則NC=b，CD=2a，
∵OH∥BC，
∴△DHN∽△DGC，
∴$\frac{DN}{DC}=\frac{HN}{CG}$，即$\frac{b-2a}{2a}=\frac{a}{2b}$，即a²+2ab-b²=0，
解得：a=$\frac{-2+2\sqrt{2}}{2}b$=（-1+$\sqrt{2}$）b，或a=（-1-$\sqrt{2}$）b（舍去），
則$\frac{a}$=$\sqrt{2}$-1；
則S_{正方形ABCD}：S_{正方形ECGF}=（$\sqrt{2}$-1）²=3-2$\sqrt{2}$，故③錯(cuò)誤；
∵EF∥OH，
∴△EFM∽△OMH，
∴$\frac{EM}{OM}=\frac{EF}{OH}$=$\frac{2b}{a+b}$，
∴$\frac{EM}{OE}=\frac{2b}{a+3b}$，$\frac{EM}{EG}=\frac{a+3b}$
∴$\frac{EM}{MG}=\frac{a+2b}$=$\frac{1}{\frac{a}+2}$=$\frac{1}{\sqrt{2}-1+2}$=$\frac{1}{\sqrt{2}+1}$，故④正確．
故正確的是①②④．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了正方形的性質(zhì)，以及全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，正確求得兩個(gè)三角形的邊長(zhǎng)的比是解決本題的關(guān)鍵．