Question

如图，△ABC和△CDE均是等腰直角三角形，点B、C、D在一条直线上，点M是AE的中点，连接BM交AC于点P，连接DM交CE于点Q，直线PQ分别交AB、DE于F、G两点，下列结论：
①BM⊥DM；②四边形AFGE为平行四边形；③FP+GQ=PQ；④AF²=BF•DG．
正确的结论有（ ）

A．①③④
B．①②③
C．②③④
D．①②③④

Answer 1

【答案】分析：①过点M作MN⊥BD，垂足为N，则MN∥DE∥AB，根据平行线分线段成比例定理得出N为BD中点，由线段垂直平分线的性质得到BM=DM，再根据梯形中位线、等腰直角三角形的性质得出MN=BD，则∠BMD=90°，判断①正确；
②先由等腰直角三角形的性质及三角形内角和定理得出∠BPC=90°，再根据等腰三角形三线合一的性质得出AP=PC，同理得出EQ=QC，则PQ是△CAE的中位线，由三角形中位线定理得到
PQ∥AE，PQ=AE，又AF∥EG，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可判断②正确；
③先由平行四边形的性质得出FG=AE，又由②知PQ=AE，则FP+GQ=AE=PQ，判断③正确；
④先证明∠APF=∠DQG，又∠FAP=∠GDQ=45°，根据两角对应相等的两三角形相似得出△APF∽△DQG，由相似三角形对应边成比例得出=，同理△BPF∽△EQG，=，则=，AF•EG=BF•DG，又AF=EG，判断④正确．
解答：解：①过点M作MN⊥BD，垂足为N，则MN∥DE∥AB，
∵点M是AE的中点，
∴N为BD中点，即MN垂直平分BD，
∴BM=DM．
∵MN是梯形ABDE的中位线，
∴MN=（AB+ED）=（BC+CD）=BD=BN=ND，
∴∠BMD=90°，
即BM⊥DM，故①正确；

②∵△BMD、△ABC均是等腰直角三角形，
∴∠MBD=∠ACB=45°，
∴∠BPC=90°，即BP⊥AC，
∴AP=PC，
同理EQ=QC，
∴PQ是△CAE的中位线，
∴PQ∥AE，PQ=AE，
又∵AF∥EG，
∴四边形AFGE为平行四边形，故②正确；

③∵四边形AFGE为平行四边形，
∴FG=AE，
∵PQ=AE，
∴FP+GQ=FG-PQ=AE-AE=AE=PQ，
即FP+GQ=PQ，故③正确；

④∵∠ACB=∠MDB=45°，
∴AC∥DM，
∴∠CPQ=∠MQP，
∵∠APF=∠CPQ，∠MQP=∠DQG，
∴∠APF=∠DQG，
∵∠FAP=∠GDQ=45°，
∴△APF∽△DQG，
∴=，
同理△BPF∽△EQG，
∴=，
∴=，
∴AF•EG=BF•DG，
∵?AFEG中，AF=EG，
∴AF²=BF•DG，故④正确．
故选D．
点评：本题主要考查了平行线分线段成比例定理，线段垂直平分线的性质，三角形与梯形中位线的性质，等腰三角形的性质，等腰直角三角形、平行四边形、相似三角形的判定与性质，综合性较强，难度较大．