Question

11．如图，四边形ABCD是正方形，E是边AB上一点，连接DE，将直线DE绕点D逆时针旋转90°，交BC的延长线于点F．
（1）如图1，求证：DE=DF；
（2）如图2，连接EF，若D关于直线EF的对称点为H，连接CH，过点H作PH⊥CH交AB于点P，求证：E为AP中点；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接AC交EF于点G，连接BG，BH，若BG=$\sqrt{5}$，AB=3，求线段BH的长

Answer 1

分析 （1）全等三角形是证明两条线段相等的重要方法之一．只要证明△ADE≌△CDF，即可得到DE=DF；
（2）连接HE，HF，由点H与点D关于直线EF对称，所以EH=ED，FH=FD．因为DE=DF，所以EH=FH=ED=FD．即四边形DEHF是菱形．由∠EDF=90°，得到四边形DEHF是正方形，利用正方形的性质证明△HPE≌△HCF，得到PE=CF，所以AE=PE，得到点E是AP的中点；
（3）过点E作EK∥BF，利用全等三角形的判定和性质进行解答．

解答 证明：（1）∵旋转，
∴∠EDF=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=∠A=∠DCB=90°，AD=DC
∴∠ADC=∠EDF=∠DCF=∠A=90°，
∴∠ADC-∠EDC=∠EDF-∠EDC，
即∠ADE=∠CDF，
在△ADE与△CDF中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠ADE=∠CDF}\\{AD=DC}\\{∠DAE=∠DCF=90°}\end{array}\right.$，
∴△ADE≌△CDF（ASA），
∴DE=DF；
（2）连接EH，FH，如图2

∵D、H关于EF对称，
∴EF垂直平分DH，
∴HE=DE，DF=HF，
又∵EF=EF，
∴△EDF≌△EHF，
∴∠EHF=∠EDF=90°，
又∵∠B=∠EHF=90°，
∴∠BPH=∠BCH，
∴∠EPH=∠FCH，
又∵DE=DF，
∴EH=HF，
又∵PH⊥CH，
∴∠PHC=∠EHF=90°，
∴∠PHE=∠CHF，
∴△PEH≌△CFH，
∴CF=PE，
又∵△ADE≌△CDF
∴AE=CF，
∴AE=PE，
∴E为AP中点；
（3）过点E作EK∥BF，如图3：

∵EK∥BF，
∴∠EKA=∠BCA=45°，∠EKG=∠FCG，
∴∠EAK=∠EKA=45°，
∴EA=EK=CF，
又∵∠EGK=∠CGF，
∴△EGK≌△CFG，
∴EG=GF，
∴在Rt△EBF中，EF=2BG=2$\sqrt{5}$，
∴设AE=CF=a 则BE=3-a，BF=3+a，
∴（3-a）²+（3+a）²=（2$\sqrt{5}$）²
∴a=1（a=-1舍），
∴AE=PE=1，
∴BP=1，
连接PC，
∴PC=$\sqrt{B{P}^{2}+B{C}^{2}}=\sqrt{10}$，
∴在等腰直角△PCH中，PH=$\sqrt{5}$
过点H作HM⊥BC，HN⊥AB，
∴∠HMC=∠HNP=90°，
∵∠PHC=∠ABC=90°，
∴∠PHN=∠CHM，
∵（2）中△PEH≌△CFH，
∴PH=CH，
∴△PNH≌△CMH，
∴HN=HM，
∴BH平分∠NBC，
∴∠NBH=45°，
∴设BN=HN=t，
∴PN=1+t，
∴Rt△PNH中，t²+（t+1）²=（$\sqrt{5}$）²  
解得：t=1，
∴BH=$\sqrt{2}$t=$\sqrt{2}$

点评 本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定定理和性质定理，勾股定理的应用，对称的性质，解决本题的关键是利用正方形的性质得到相等的边和相等的角，证明三角形全等，作出辅助线也是解决本题的关键．