题目内容
已知：在正方形ABCD中，点E是边AB上点，点G在边AD上，连接EG，EG=DG，作EF⊥EG，交边BC于点F（图1）．
（1）求证：AE+CF=EF；
（2）连接正方形ABCD的对角线AC，连接DF，线段AC与线段DF相交于点K（图2），探究线段AE、AD、AK之间的数量关系，直接写出你的结论；
（3）在（2）的条件下，连接线段DE与线段AC相交于点P，（图3）若AK=8
．△BEF的周长为24，求PK的长．
（1）求证：AE+CF=EF；
（2）连接正方形ABCD的对角线AC，连接DF，线段AC与线段DF相交于点K（图2），探究线段AE、AD、AK之间的数量关系，直接写出你的结论；
（3）在（2）的条件下，连接线段DE与线段AC相交于点P，（图3）若AK=8
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分析：（1）连结DF，作DM⊥EF，垂足M．先利用AAS证明△DAE≌△DME，得出AE=ME，再利用HL证明Rt△DCF≌Rt△DMF，得出CF=MF，进而可证明AE+CF=EF；
（2）连接EK、ED．先由∠EAK=∠EDK=45°，得出A、E、K、D四点共圆，根据圆内接四边形的对角互补得到∠EKD=90°，由勾股定理得出DK2=
DE2=
（AD2+AE2），再根据S四边形AEKD=S△ADE+S△KDE=S△AEK+S△KDA，由三角形的面积公式整理后可得出AE+AD=
AK；
（3）先由△BEF的周长为24，结合（1）的结论求出正方形ABCD的边长为12，则AC=12
，再由（2）的结论得出AE=4．然后根据AE∥CD，得到△AEP∽△CDP，由相似三角形对应边成比例得出
=
=
，求出CP=9
，进而得到PK=CP-CK=5
．
（2）连接EK、ED．先由∠EAK=∠EDK=45°，得出A、E、K、D四点共圆，根据圆内接四边形的对角互补得到∠EKD=90°，由勾股定理得出DK2=
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| 2 |
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（3）先由△BEF的周长为24，结合（1）的结论求出正方形ABCD的边长为12，则AC=12
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| AP |
| CP |
| AE |
| CD |
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| 3 |
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解答：（1）证明：连结DF，作DM⊥EF，垂足M．
∵DM⊥EF，GE⊥EF，
∴∠GEF=∠DMF=90°，
∴DM∥GE，
∴∠MDE=∠DEG，
∵DG=GE，
∴△GDE是等腰三角形，
∴∠GED=∠GDE，
∴∠GDE=∠EDM，
∵在△DAE和△DME中，
，
∴△DAE≌△DME（AAS），
∴DM=AD，AE=ME，
∵AD=CD，
∴DC=DM，
在Rt△DCF和Rt△DMF中，
，
∴Rt△DCF≌Rt△DMF（HL），
∴CF=MF，
∴AE+CF=EM+MF，
∵EM+MF=EF，
∴AE+CF=EF；
（2）解：连接EK、ED．
由（1）知，△DAE≌△DME，Rt△DCF≌Rt△DMF，
∴∠ADE=∠MDE=
∠ADM，∠CDF=∠MDF=
∠CDM，
∴∠EDF=∠EDM+∠MDF=
∠ADM+
∠CDM=
∠ADC=45°，
∵∠EAK=45°，
∴∠EAK=∠EDK，
∴A、E、K、D四点共圆，
∴∠EAD+∠EKD=180°，
∴∠EKD=180°-∠EAD=90°，
∴∠EDK=45°，
∴△EDK是等腰直角三角形，DE2=2DK2，
∵S四边形AEKD=S△ADE+S△KDE=S△AEK+S△KDA，
∴
AD•AE+
DK•EK=
AK•AE•sin∠EAK+
AK•AD•sin∠DAK，
∴AD•AE+DK2=AK•AE×
+AK•AD×
，
∵DK2=
DE2=
（AD2+AE2），
∴AD•AE+
（AD2+AE2）=
AK•AE+
AK•AD，
∴2AD•AE+AD2+AE2=
AK•AE+
AK•AD，
∴（AD+AE）2=
AK（AD+AE），
∵AD+AE≠0，
∴AE+AD=
AK；
（3）解：∵△BEF的周长为24，
∴BE+EF+BF=24，
由（1）知AE+CF=EF，
∴BE+AE+CF+BF=24，
∴AB+BC=24，
∴AB=BC=12，即正方形ABCD的边长为12，
∴AC=
AB=12
．
由（2）知AE+AD=
AK，
∵AK=8
，
∴AE+AD=
×8
=16，CK=AC-AK=12
-8
=4
，
∴AE=16-AD=4．
∵AE∥CD，
∴△AEP∽△CDP，
∴
=
=
=
，
∴CP=
AC=
×12
=9
，
∴PK=CP-CK=9
-4
=5
．
∵DM⊥EF，GE⊥EF，
∴∠GEF=∠DMF=90°，
∴DM∥GE，
∴∠MDE=∠DEG，
∵DG=GE，
∴△GDE是等腰三角形，
∴∠GED=∠GDE，
∴∠GDE=∠EDM，
∵在△DAE和△DME中，
|
∴△DAE≌△DME（AAS），
∴DM=AD，AE=ME，
∵AD=CD，
∴DC=DM，
在Rt△DCF和Rt△DMF中，
|
∴Rt△DCF≌Rt△DMF（HL），
∴CF=MF，
∴AE+CF=EM+MF，
∵EM+MF=EF，
∴AE+CF=EF；
（2）解：连接EK、ED．
由（1）知，△DAE≌△DME，Rt△DCF≌Rt△DMF，
∴∠ADE=∠MDE=
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| 1 |
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∴∠EDF=∠EDM+∠MDF=
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| 1 |
| 2 |
| 1 |
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∵∠EAK=45°，
∴∠EAK=∠EDK，
∴A、E、K、D四点共圆，
∴∠EAD+∠EKD=180°，
∴∠EKD=180°-∠EAD=90°，
∴∠EDK=45°，
∴△EDK是等腰直角三角形，DE2=2DK2，
∵S四边形AEKD=S△ADE+S△KDE=S△AEK+S△KDA，
∴
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| 1 |
| 2 |
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∴AD•AE+DK2=AK•AE×
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| ||
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∵DK2=
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∴AD•AE+
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| ||
| 2 |
| ||
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∴2AD•AE+AD2+AE2=
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∴（AD+AE）2=
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∵AD+AE≠0，
∴AE+AD=
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（3）解：∵△BEF的周长为24，
∴BE+EF+BF=24，
由（1）知AE+CF=EF，
∴BE+AE+CF+BF=24，
∴AB+BC=24，
∴AB=BC=12，即正方形ABCD的边长为12，
∴AC=
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由（2）知AE+AD=
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∵AK=8
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∴AE+AD=
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∴AE=16-AD=4．
∵AE∥CD，
∴△AEP∽△CDP，
∴
| AP |
| CP |
| AE |
| CD |
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∴CP=
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| 4 |
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| 4 |
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∴PK=CP-CK=9
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点评：本题考查了全等三角形、相似三角形的判定与性质，四点共圆的条件，圆内接四边形的性质，三角形的面积，勾股定理等知识，综合性较强，难度较大．准确地作出辅助线是解题的关键．
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