Question

4．如图，点E是正方形ABCD的边BC延长线一点，连接AE交CD于F，作∠AEG=∠AEB，EG交CD的延长线于G，连接AG，当CE=BC=2时，作FH⊥AG于H，连接DH，则DH的长为（　　）

• A． 2-$\sqrt{2}$
• B． $\sqrt{2}-1$
• C． $\frac{\sqrt{2}}{2}$
• D． $\frac{2}{3}$

Answer 1

分析 过点A作AJ⊥EG于点J，根据HL证明△AGJ≌△AGD，故JG=GD，再由角平分线的性质得出AJ=AB，由HL得出△ABE≌△AJE，得出GE+GD=BE，延长AD交EG于点M，作HQ⊥AD，HP⊥CD，由△AGJ≌△AGD，AD∥BC可知∠AMG=2∠CEF，∠JAM=2∠GAM，可得出∠CEF+∠GAM=∠DAF+∠GAM=∠HAF=45°，即AH=HF．由相似三角形的判定定理可知△FHG∽△ADG故$\frac{HG}{DG}$=$\frac{FG}{AG}$，由此可得∠HDG=45°．根据HL可得△AHQ≌△FHP，故AQ=DF+$\frac{\sqrt{2}}{2}$HD，再由AD=AQ+DQ=DF+$\sqrt{2}$HD，即可得出结果．

解答 解：过点A作AJ⊥EG于点J，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，
∵∠AEG=∠AEB，
∴AJ=AB，
∴AJ=AD，
在Rt△AGJ与Rt△AGD中，
$\left\{\begin{array}{l}{AJ=AD}\\{AG=AG}\end{array}\right.$，
∴Rt△AGJ≌Rt△AGD（HL），
∴JG=GD，
在Rt△ABE与Rt△AJE中，
$\left\{\begin{array}{l}{AJ=AB}\\{AE=AE}\end{array}\right.$，
∴Rt△ABE≌Rt△AJE（HL），
∴EJ=BE，即GE+GD=BE，
延长AD交EG于点M，作HQ⊥AD，HP⊥CD，
∵△AGJ≌△AGD，AD∥BC，
∴∠AMG=2∠CEF，∠JAM=2∠GAM，
∴在△AJM中，2（∠CEF+∠GAM）=90°，
∴∠CEF+∠GAM=45°．
∵AD∥BC，
∴∠CEF=∠DAF，
∴∠CEF+∠GAM=∠DAF+∠GAM=∠HAF=45°，
∴AH=HF．
∵在△AHI与△DIF中，
∵∠DFI=∠HAI，
∴△FHG∽△ADG，
∴$\frac{HG}{DG}$=$\frac{FG}{AG}$，
∵∠AGD=∠AGD，
∴△GHD∽△GFA，
∴∠HDG=∠FAG=45°．
在等腰直角△HDP与等腰直角△HQD中，
∵PD=HQ=QD=$\frac{\sqrt{2}}{2}$HD，
∴PF=DF+PD=DF+$\frac{\sqrt{2}}{2}$HD，
在Rt△AHQ和Rt△FHP中，$\left\{\begin{array}{l}{AH=FH}\\{HQ=HP}\end{array}\right.$，
∴Rt△AHQ≌△Rt△FHP（HL），
∴AQ=DF+$\frac{\sqrt{2}}{2}$HD，
∴AD=AQ+DQ=DF+$\frac{\sqrt{2}}{2}$HD+$\frac{\sqrt{2}}{2}$HD=DF+$\sqrt{2}$HD，
∵四边形ABCD是正方形，CE=BC=2，
∴CF为△ABE的中位线，
∴CF=$\frac{1}{2}$AB=1，
∴DF=CF=1，AD=AB=BC=2，
∴2=1+$\sqrt{2}$HD，
∴DH=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
故选C．

点评 本题考查相似三角形的判定与性质、正方形的性质、等腰直角三角形的性质、中位线的性质、全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等和三角形相似是解决问题的关键．