Question

9．如图，正方形ABCD的边CD在正方形ECGF的边CE上，O是EG的中点，∠EGC的平分线GH过点D，交BE于点H，连接OH，FH，EG与FH交于点M，对于下面四个结论：①GH⊥BE；②HO$\stackrel{∥}{=}$$\frac{1}{2}$BG；③S_{正方形ABCD}：S_{正方形ECGF}=1：$\sqrt{2}$；④EM：MG=1：（1+$\sqrt{2}$），其中正确结论的序号为①②④．

Answer 1

分析 证明△BCE≌△DCG，即可证得∠BEC=∠DGC，然后根据三角形的内角和定理证得∠EHG=90°，则HG⊥BE，然后证明△BGH≌△EGH，则H是BE的中点，则OH是△BGE的中位线，根据三角形的中位线定理即可判断②．根据△DHN∽△DGC求得两个三角形的边长的比，则③④即可判断．

解答 解：∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=DC，∠BCE=90°，
同理可得CE=CG，∠DCG=90°，
在△BCE和△DCG中，
$\left\{\begin{array}{l}{BC=DC}\\{∠BCE=∠DCG=90°}\\{CE=CG}\end{array}\right.$，
∴△BCE≌△DCG，
∴∠BEC=∠DGC，
∵∠EDH=∠CDG，∠DGC+∠CDG=90°，
∴∠EDH+∠BEC=90°，
∴∠EHD=90°，
∴HG⊥BE，故①正确；
∵在△BGH和△EGH中，$\left\{\begin{array}{l}{∠EHG=∠BHG}\\{HG=HG}\\{∠EGH=∠BGH}\end{array}\right.$，
∴△BGH≌△EGH，
∴BH=EH，
又∵O是EG的中点，
∴HO$\stackrel{∥}{=}$$\frac{1}{2}$BG，
故②正确；
设EC和OH相交于点N．
设HN=a，则BC=2a，设正方形ECGF的边长是2b，则NC=b，CD=2a，
∵OH∥BC，
∴△DHN∽△DGC，
∴$\frac{DN}{DC}=\frac{HN}{CG}$，即$\frac{b-2a}{2a}=\frac{a}{2b}$，即a²+2ab-b²=0，
解得：a=$\frac{-2+2\sqrt{2}}{2}b$=（-1+$\sqrt{2}$）b，或a=（-1-$\sqrt{2}$）b（舍去），
则$\frac{a}{b}$=$\sqrt{2}$-1；
则S_{正方形ABCD}：S_{正方形ECGF}=（$\sqrt{2}$-1）²=3-2$\sqrt{2}$，故③错误；
∵EF∥OH，
∴△EFM∽△OMH，
∴$\frac{EM}{OM}=\frac{EF}{OH}$=$\frac{2b}{a+b}$，
∴$\frac{EM}{OE}=\frac{2b}{a+3b}$，$\frac{EM}{EG}=\frac{b}{a+3b}$
∴$\frac{EM}{MG}=\frac{b}{a+2b}$=$\frac{1}{\frac{a}{b}+2}$=$\frac{1}{\sqrt{2}-1+2}$=$\frac{1}{\sqrt{2}+1}$，故④正确．
故正确的是①②④．

点评 本题考查了正方形的性质，以及全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，正确求得两个三角形的边长的比是解决本题的关键．