Question

12．如图，正方形ABCD，过A作直线AE，作DG⊥AE，AG=GE，连接DE．
（1）求证：DE=DC；
（2）若∠CDE的平分线交AE的延长线于F点，连接BF，求证：DF-FB=$\sqrt{2}$FA；
（3）若正方形的边长为2，连接FC，交AB于点P，当P点为AB的中点时，请直接写出AE的长为$\frac{4\sqrt{5}}{5}$．

Answer 1

分析 （1）根据线段垂直平分线的性质得：DE=AD，由正方形的边长相等得：AD=CD，则DE=DC；
（2）作辅助线，构建全等三角形，先证明∠GDF=∠ADB=45°，得△FDG是等腰直角三角形，则FD=$\sqrt{2}$FA+$\sqrt{2}$AG，再证明△ABH≌△DAG，得AG=BH，DG=AH，所以△BHF是等腰直角三角形，则FB=$\sqrt{2}$BH=$\sqrt{2}$AG，可得结论；
（3）作辅助线，构建矩形HBQF，求PC和BQ的长，利用（2）的结论：AG=BH，可以求出AG的长，则AE=2AG，得出结论．

解答 证明：（1）∵DG⊥AE，AG=EG，
∴DG是AE的垂直平分线，
∴DE=AD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，
∴DE=DC；
（2）解：过B作BH⊥EF，交EF延长线于H，连接BD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BD平分∠ADC，
∴∠ADB=∠CDB=45°，
∵AD=DE，DG⊥AE，
∴∠ADG=∠EDG，
∴∠ADG+∠ADB=∠EDG+∠BDC=$\frac{1}{2}$∠EDC，
∵DF平分∠EDC，
∴∠FDC=∠EDF=$\frac{1}{2}$∠EDC，
∴∠FDC=∠ADG+∠ADB=∠BDF+∠BDC，
∴∠ADG=∠BDF，
∴∠GDF=∠ADB=45°，
∵DG⊥EF，
∴△FDG是等腰直角三角形，
∴FD=$\sqrt{2}$FG=$\sqrt{2}$（FA+AG）=$\sqrt{2}$FA+$\sqrt{2}$AG，
∵∠BAD=90°，
∴∠HAB+∠DAG=90°，
∵∠AGD=90°，
∴∠DAG+∠ADG=90°，
∴∠HAB=∠ADG，
∵AB=AD，∠AHB=∠AGD=90°，
∴△ABH≌△DAG，
∴AG=BH，DG=AH，
∵△FDG是等腰直角三角形，
∴GD=FG，
∴FG=AH，
∴FA+AG=FA+FH，
∴AG=FH，
∵AG=BH，
∴FH=BH，
∴△BHF是等腰直角三角形，
∴FB=$\sqrt{2}$BH=$\sqrt{2}$AG，
∴FD-$\sqrt{2}$AG=$\sqrt{2}$FA，
∴FD-FB=$\sqrt{2}$FA；
（3）解：∵P是AB中点，AB=2，
∴BP=1，
在Rt△BPC中，BC=2，
∴PC=$\sqrt{5}$，
过B作BQ⊥PC于Q，
S_△BPC=$\frac{1}{2}$PC•BQ=$\frac{1}{2}$BC•BP，
$\sqrt{5}$BQ=1×2，
BQ=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
由（2）得：△FGD和△FHB是等腰直角三角形，
∴∠GFD=∠BFH=45°，
∴∠BFD=90°，
∵∠BCD=90°，
∴F、B、C、D四点共圆，
∴∠BFC=∠BDC=45°，
∴∠BHF=∠HFQ=∠BQF=90°，
∴四边形HBQF是矩形，
∴BH=FQ=BQ=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
∵AG=BH，
∴AG=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
∴AE=2AG=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$，
故答案为：$\frac{4\sqrt{5}}{5}$．

点评 本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质、矩形的性质和判定、三角形全等的性质和判定、勾股定理、等腰直角三角形的性质和判定，熟练掌握等腰直角三角形斜边是一直角边的$\sqrt{2}$倍是关键，明确等腰三角形三线合一的性质，第三问有难度，利用BQ的长，得出AG的长是关键．