Question

如圖，正方形ABCD，BE⊥ED，連接BD，CE．
（1）求證：∠EBD=∠ECD；
（2）設EB，EC交AD于F，G兩點，若AF=2FG，探究線段CG與DG之間的數(shù)量關系并證明．

Answer 1

分析：（1）過點C作CM⊥BE于M，作CN⊥DE交ED的延長線于N，可得四邊形CNEM是矩形，根據(jù)同角的余角相等求出∠BCM=∠DCN，再根據(jù)正方形的性質可得BC=CD，然后求出△BCM和△DCN全等，根據(jù)全等三角形對應邊相等可得CM=CN，從而得到矩形CNEM是正方形，根據(jù)正方形的對角線平分一組對角求出∠CEM=45°，再求出∠BDC=45°，設BD、CE交于點O，根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理列式整理即可得到∠EBD=∠ECD；
（2）過點P作BP⊥CE于P，BP的延長線交CD于點Q，連接FQ，根據(jù)∠BEP=45°求出∠EBP=45°，延長DC到點Q，使CR=AF，根據(jù)正方形的性質可得AB=BC，然后利用“邊角邊”證明△ABF和△CBR全等，根據(jù)全等三角形對應邊相等可得BF=BR，全等三角形對應角相等可得∠ABF=∠CBR，然后求出∠QBR=∠QBF=45°，再求出利用“邊角邊”證明△FBQ和△RBQ全等，根據(jù)全等三角形對應邊相等可得FQ=QR，再利用“角邊角”證明△BCQ和△CDG全等，根據(jù)全等三角形對應邊相等可得DG=CQ，然后設FG=x，DG=CQ=a，表示出AF=CR=2x，AD=3x+a，再表示出FQ、FD、DQ，在Rt△DQF中，利用勾股定理列式求解得到a=3x，從而求出CD=2a，在Rt△CDG中，利用勾股定理列式求出CG=

5

a，從而得解．

解答：（1）證明：如圖，過點C作CM⊥BE于M，作CN⊥DE交ED的延長線于N，
∵BE⊥ED，
∴四邊形CNEM是矩形，
∴∠DCN+∠DCM=∠MCN=90°，
又∵∠BCM+∠DCM=∠BCD=90°，
∴∠BCM=∠DCN，
正方形ABCD中，BC=CD，
在△BCM和△DCN中，

∠BCM=∠DCN ∠BMC=∠DNC=90° BC=CD

，
∴△BCM≌△DCN（AAS），
∴CM=CN，
∴矩形CNEM是正方形，
∴∠CEM=45°，
又∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠BDC=45°，
設BD、CE交于點O，
在△BEO中，∠EBO+∠EOB+∠BEO=180°，
在△CDO中，∠COD+∠ODC+∠OCD=180°，
∵∠BOE=∠COD，
∴∠EBO=∠OCD，
即：∠EBD=∠ECD；

（2）解：CG=

5

DG．
理由如下：如圖，過點P作BP⊥CE于P，BP的延長線交CD于點Q，連接FQ，
∵∠BEP=45°，
∴∠EBP=90°-45°=45°，
延長DC到點Q，使CR=AF，
在正方形ABCD中，AB=BC，
在△ABF和△CBR中，

AB=BC ∠A=∠BCR=90° AF=CR

，
∴△ABF≌△CBR（SAS），
∴BF=BR，∠ABF=∠CBR，
∴∠QBR=∠QBC+∠CBR=∠QBC+∠ABF=90°-∠EBP=45°，
∴∠QBR=∠QBF=45°，
在△FBQ和△RBQ中，

BF=BR ∠QBR=∠QBF BQ=BQ

，
∴△FBQ≌△RBQ（SAS），
∴FQ=QR，
∵BP⊥CE，
∴∠CBQ+∠BCP=90°，
又∵∠BCP+∠DCG=∠BCD=90°，
∴∠CBQ=∠DCG，
在△BCQ和△CDG中，

∠CBQ=∠DCG BC=CD ∠BCQ=∠CDG=90°

，
∴△BCQ≌△CDG（ASA），
∴DG=CQ，
設FG=x，DG=CQ=a，
則AF=CR=2FG=2x，AD=AF+FG+DG=2x+x+a=3x+a，
FQ=QR=CQ+CR=DG+AF=a+2x，
FD=FG+DG=x+a，
DQ=CD-CQ=AD-DG=3x+a-a=3x，
在Rt△DQF中，F(xiàn)Q²=FD²+DQ²，
即（a+2x）²=（x+a）²+（3x）²，
解得a=3x，
∴CD=AD=3x+a=2a，
在Rt△CDG中，CG=

CD2+DG2

=

(2a)2+a2

=

5

a，
∴CG=

5

DG．

點評：本題考查了正方形的性質，全等三角形的判定與性質，勾股定理的應用，綜合性較強，難度較大，作輔助線構造出全等三角形是解題的關鍵，難點在于作輔助線后需要多次證明三角形全等．