Question

20．（1）如图1，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点O作直线EF⊥BD，且交AD于点E，交BC于点F，连接BE，DF，且BE平分∠ABD．
①求证：四边形BFDE是菱形；
②直接写出∠EBF的度数．
（2）把（1）中菱形BFDE进行分离研究，如图2，G，I分别在BF，BE边上，且BG=BI，连接GD，H为GD的中点，连接FH，并延长FH交ED于点J，连接IJ，IH，IF，IG．试探究线段IH与FH之间满足的关系，并说明理由；
（3）把（1）中矩形ABCD进行特殊化探究，如图3，矩形ABCD满足AB=AD时，点E是对角线AC上一点，连接DE，作EF⊥DE，垂足为点E，交AB于点F，连接DF，交AC于点G．请直接写出线段AG，GE，EC三者之间满足的数量关系．

Answer 1

分析 （1）①由△DOE≌△BOF，推出EO=OF，∵OB=OD，推出四边形EBFD是平行四边形，再证明EB=ED即可．
②先证明∠ABD=2∠ADB，推出∠ADB=30°，延长即可解决问题．
（2）IH=$\sqrt{3}$FH．只要证明△IJF是等边三角形即可．
（3）结论：EG²=AG²+CE²．如图3中，将△ADG绕点D逆时针旋转90°得到△DCM，先证明△DEG≌△DEM，再证明△ECM是直角三角形即可解决问题．

解答 （1）①证明：如图1中，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，OB=OD，
∴∠EDO=∠FBO，
在△DOE和△BOF中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠EDO=∠FBO}\\{OD=OB}\\{∠EOD=∠BOF}\end{array}\right.$，
∴△DOE≌△BOF，
∴EO=OF，∵OB=OD，
∴四边形EBFD是平行四边形，
∵EF⊥BD，OB=OD，
∴EB=ED，
∴四边形EBFD是菱形．
②∵BE平分∠ABD，
∴∠ABE=∠EBD，
∵EB=ED，
∴∠EBD=∠EDB，
∴∠ABD=2∠ADB，
∵∠ABD+∠ADB=90°，
∴∠ADB=30°，∠ABD=60°，
∴∠ABE=∠EBO=∠OBF=30°，
∴∠EBF=60°．

（2）结论：IH=$\sqrt{3}$FH．
理由：如图2中，延长BE到M，使得EM=EJ，连接MJ．

∵四边形EBFD是菱形，∠B=60°，
∴EB=BF=ED，DE∥BF，
∴∠JDH=∠FGH，
在△DHJ和△GHF中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠DHG=∠GHF}\\{DH=GH}\\{∠JDH=∠FGH}\end{array}\right.$，
∴△DHJ≌△GHF，
∴DJ=FG，JH=HF，
∴EJ=BG=EM=BI，
∴BE=IM=BF，
∵∠MEJ=∠B=60°，
∴△MEJ是等边三角形，
∴MJ=EM=NI，∠M=∠B=60°
在△BIF和△MJI中，
$\left\{\begin{array}{l}{BI=MJ}\\{∠B=∠M}\\{BF=IM}\end{array}\right.$，
∴△BIF≌△MJI，
∴IJ=IF，∠BFI=∠MIJ，∵HJ=HF，
∴IH⊥JF，
∵∠BFI+∠BIF=120°，
∴∠MIJ+∠BIF=120°，
∴∠JIF=60°，
∴△JIF是等边三角形，
在Rt△IHF中，∵∠IHF=90°，∠IFH=60°，
∴∠FIH=30°，
∴IH=$\sqrt{3}$FH．

（3）结论：EG²=AG²+CE²．
理由：如图3中，将△ADG绕点D逆时针旋转90°得到△DCM，

∵∠FAD+∠DEF=90°，
∴AFED四点共圆，
∴∠EDF=∠DAE=45°，∠ADC=90°，
∴∠ADF+∠EDC=45°，
∵∠ADF=∠CDM，
∴∠CDM+∠CDE=45°=∠EDG，
在△DEM和△DEG中，
$\left\{\begin{array}{l}{DE=DE}\\{∠EDG=∠EDM}\\{DG=DM}\end{array}\right.$，
∴△DEG≌△DEM，
∴GE=EM，
∵∠DCM=∠DAG=∠ACD=45°，AG=CM，
∴∠ECM=90°
∴EC²+CM²=EM²，
∵EG=EM，AG=CM，
∴GE²=AG²+CE²．

点评 本题考查四边形综合题、矩形的性质、正方形的性质、菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形，学会转化的思想思考问题，属于中考压轴题．