Question

如图，两个边长均为2的正方形ABCD和正方形CDEF，点B、C、F在同一直线上，一直角三角板的直角顶点放置在D点处，DP交AB于点M，DQ交BF于点N．
（1）求证：△DBM≌△DFN；
（2）延长正方形的边CB和EF，分别与直角三角板的两边DP、DQ（或它们的延长线）交于点G和点H，试探究下列问题：
①线段BG与FH相等吗？说明理由；
②当线段FN的长是方程x²+2x-3=0的一根时，试求出

NG

NH

的值．

Answer 1

考点：四边形综合题

专题：

分析：（1）如图1，根据正方形的性质就可得出BD=FD，∠ADB=∠CDF=∠ADB=∠CFD=45°，由直角三角形的性质就可以得出∠1=∠ADM，进而得出∠3=∠4，由ASA就可以得出结论；
（2）①如图1，根据正方形的性质及直角三角形的性质就可以得出△GCD≌△HED就有CG=EH，由等式的性质就可以得出结论；
②先解方程x²+2x-3=0就可以求出FN=1，得出CN=1，如图2，就可以得出△CND≌△FNH，得出CD=FH=2，就可以得出GB=2，GN=5，由勾股定理就可以求出NH的值，进而得出结论．

解答：解：（1）如图1，∵四边形形ABCD和四边形CDEF是边长正方形，
∴BC=FC，BD=FD，∠ABD=∠ADB=∠CDF=∠ADB=∠CFD=45°，∠DCB=∠DEF=∠E=∠HFN=∠ADC=90°．
∴∠ADM+∠CDM=90°，
∵∠PDQ=90°，
∴∠CDM+∠CDN=90°．
∴∠ADM=∠CDN．
∴∠ADB-∠ADM=∠CDF-∠CDN，
∴∠MDB=∠NDF．
在△DBM和△DFN中，

∠ABD=∠CFD BD=FD ∠MDB=∠NDF

，
∴△DBM≌△DFN（ASA）；
（2）①形形ABCD和四边形CDEF是边长正方形，
∴BC=FC=EF，BD=FD，∠ABD=∠ADB=∠CDF=∠ADB=∠CFD=45°，∠DCB=∠DEF=∠CDE=∠E=∠HFN=∠ADC=90°．
∴∠EDH+∠1=90°，
∵∠PDQ=90°，
∴∠CDM+∠1=90°．
∴∠CDM=∠EDH．
在△CDG和△EDH中，

∠CDM=∠EDH DC=DE ∠DCB=∠E

，
∴△CDG≌△EDH（ASA），
∴CG=EH，
∴CG-CB=EH-EF，
∴BG=FH．
②∵x²+2x-3=0，
∴x₁=1，x₂=-3．
∵FN的长是方程x²+2x-3=0的一根，
∴FN=1．
∴CN=1，
∴CN=FN．
在△CND和△FNH中，

∠DCN=∠HFN CN=FN ∠CND=∠FNH

，
∴△CND≌△FNH（ASA），
∴CD=FH=2，
∴GB=2，
∴GN=5．
在Rt△FNH中，由勾股定理，得NH=

5

．
∴

NG

NH

=

5

5

=

5

．

点评：本题考查了正方形的性质的运用，直角三角形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，勾股定理的运用，等式的性质的运用，解答时证明三角形全等灵活运用全等三角形的性质是关键．