Question

17．如图，四边形ABCD是正方形，以B点为圆心，BD的长为半径画弧交BC延长线于点E，以DE为边作正方形DEFG，作FH⊥BE交BE的延长线于点H，连接AE、CG，则下列结论中正确的有（　　）
①∠CDE=22.5°；②S_{正方形DEFG}-S_{正方形ABCD}=FH²；③AE⊥CG；④DC²=CP•CG；⑤S_△DCE：S_△BCD=$\sqrt{2}$-1．

• A． ①②③④⑤
• B． ①②③④
• C． ①②③
• D． ①②③⑤

Answer 1

分析 ①正确．根据等腰三角形的性质求出∠BDE=67.5°，再根据∠BDC=45°，即可解决问题．
②正确．首先证明△DCE≌△EHF，推出CE=FH，在Rt△EDC中，由DE²-DC²=CE²，可得S_{正方形DEFG}-S_{正方形ABCD}=FH²．
③正确．先证明△ADE≌△CDG，推出∠AED=∠DGC，由∠DGO+∠DOG=90°，∠DOG=∠POE，推出∠OEP+∠POE=90°，推出∠OPE=90°．
④错误．由AD∥CE，推出S_△ACE=S_△DCE，推出$\frac{1}{2}$•AE•CP=$\frac{1}{2}$•CD•CE，推出AE•CP=CD•CE，推出CG•CP=CD•CE，由CD＞CE，推出CD•CE＜CD²，推出CG•CP＜CD²，即可证明．
⑤正确．如图2中，在CD上取一点F，使得DF=EF，连接EF．由∠FDE=∠FED=22.5°，推出∠CFE=∠FDE+∠FED=45°，由∠ECF=90°，推出∠CFE=∠CEF=45°，推出CF=CE，设CF=CE=a，则EF=DF=$\sqrt{2}$a，根据S_△CDE：S_△BCD=$\frac{1}{2}$•a•（1+$\sqrt{2}$）a：$\frac{1}{2}$[（1+$\sqrt{2}$）a]²计算即可解决问题．

解答 解：如图1中，设CG交DE于O，连接AC．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DBC=BDC=45°，
∵BD=BE，
∴∠BDE=∠BED=$\frac{180°-45°}{2}$=67.5°，
∴∠CDE=∠BDE-∠BDC=22.5°，故①正确，
∵FH⊥CH，四边形DEFG是正方形，
∴∠DCE=∠EHF=∠DEF=90°，DE=EF，
∴∠DEC+∠FEH=90°，∠FEH+∠EFH=90°，
∴∠DEC=∠EFH，
在△DCE和△EHF中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠DCE=∠EHF}\\{∠DEC=∠EFH}\\{DE=EF}\end{array}\right.$，
∴△DCE≌△EHF，
∴CE=FH，
在Rt△EDC中，∵DE²-DC²=CE²，
∴S_{正方形DEFG}-S_{正方形ABCD}=FH²，故②正确，
∵∠ADC=∠GDE=90°，
∴∠ADE=∠CDG，
在△ADE和△CDG中，
$\left\{\begin{array}{l}{AD=CD}\\{∠ADE=∠CDG}\\{DE=DG}\end{array}\right.$，
∴△ADE≌△CDG，
∴AE=CG，∠AED=∠DGC，
∵∠DGO+∠DOG=90°，∠DOG=∠POE，
∴∠OEP+∠POE=90°，
∴∠OPE=90°，
∴AE⊥CG，故③正确，
∵AD∥CE，
∴S_△ACE=S_△DCE，
∴$\frac{1}{2}$•AE•CP=$\frac{1}{2}$•CD•CE，
∴AE•CP=CD•CE，
∴CG•CP=CD•CE，
∵CD＞CE，
∴CD•CE＜CD²，
∴CG•CP＜CD²，故④错误，
如图2中，在CD上取一点F，使得DF=EF，连接EF．
∵∠FDE=∠FED=22.5°，
∴∠CFE=∠FDE+∠FED=45°，∵∠ECF=90°，
∴∠CFE=∠CEF=45°，
∴CF=CE，设CF=CE=a，则EF=DF=$\sqrt{2}$a，
∴S_△CDE：S_△BCD=$\frac{1}{2}$•a•（1+$\sqrt{2}$）a：$\frac{1}{2}$[（1+$\sqrt{2}$）a]²=$\sqrt{2}$-1，故⑤正确．
故选D．

点评 本题考查正方形的性质、相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用面积法解决线段之间的关系问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考选择题中的压轴题．