Question

12．已知，如图正方形ABCD中，E为BC上任意一点，过E作EF⊥BC，交BD于F，G为DF的中点，连AE和AG．
（1）如图1，求证：∠FEA+∠DAG=45°；
（2）如图2在（1）的条件下，设BD和AE的交点为H，BG=8，DH=9，求AD的长．

Answer 1

分析 （1）作GM⊥BC于M，连接GE、GC，如图1，由正方形的性质得DA=DC，∠ADB=∠CDB=45°，再证明△ADG≌△CDG得到AG=CG，∠DAG=∠1，∠AGD=∠CGD，接着利用等腰三角形的判定与性质得到GC=GE，∠5=∠4，∠2=∠3，从而得到∠1=∠6=∠DAG，GA=GE，再证明△AGE为等腰直角三角形得到∠AEG=45°，从而得到∠FEA+∠DAG=45°；
（2）把△ADG绕点A顺时针旋转90°得到△ABQ，连接QH，如图2，利用旋转的性质得∠ABQ=∠ABD=45°，AQ=AD，BQ=DG，∠QAG=90°，再证明△QAH≌△GAH得到HQ=HG，设BH=x，用x表示出则HG=HQ=8-x，BQ=x+1，然后在Rt△BQH中利用勾股定理得到（x+1）²+x²=（8-x）²，解得x=3，则BD=BH+DH=12，然后根据等腰直角三角形的性质求AD．

解答 （1）证明：作GM⊥BC于M，连接GE、GC，如图1，
∵四边形ABCD为正方形，
∴DA=DC，∠ADB=∠CDB=45°，
在△ADG和△CDG中
$\left\{\begin{array}{l}{DA=DC}\\{∠ADG=∠CDG}\\{DG=DG}\end{array}\right.$，
∴△ADG≌△CDG，
∴AG=CG，∠DAG=∠1，∠AGD=∠CGD，
∵G点为DF的中点，FE⊥BC，GM⊥BC，DC⊥BC，
∴GM为梯形CDFE的中位线，
∴EM=CM，
∴GE=GC，∠5=∠4，
∴GM平分∠EGC，
∴∠2=∠3，
∴∠1=∠6=∠DAG，GA=GE，
∵GM∥CD，
∴∠MGD=180°-∠GDC=135°，即∠2+∠DGC=135°，
∴∠AGD+∠3=∠2+∠DGC=135°，
∴∠AGE=90°，
∴△AGE为等腰直角三角形，
∴∠AEG=45°，即∠FEA+∠6=45°，
∴∠FEA+∠DAG=45°；
（2）解：把△ADG绕点A顺时针旋转90°得到△ABQ，连接QH，如图2，
∴∠ABQ=∠ABD=45°，AQ=AD，BQ=DG，∠QAG=90°，
∵∠FEA+∠DAG=45°；
而∠FEA=∠BAE，
∴∠BAE+∠DAG=45°；
∴∠EAG=45°，
∴∠QAE=45°，
在△QAH和△GAH中
$\left\{\begin{array}{l}{AQ=AG}\\{∠QAH=∠GAH}\\{AH=AH}\end{array}\right.$，
∴△QAH≌△GAH，
∴HQ=HG，
设BH=x，则HG=BG-BH=8-x，
∴HQ=8-x，
∵DH=BG+DG-BH，
∴DG=9-8+x=x+1，
∴BQ=x+1，
∵∠ABQ+∠ABD=45°+45°=90°，
∴△BQH为直角三角形，
∴BQ²+BH²=QH²，即（x+1）²+x²=（8-x）²，解得x=3，
∴BD=BH+DH=3+9=12，
∴AD=$\frac{\sqrt{2}}{2}$BD=6$\sqrt{2}$．

点评 本题考查了正方形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．解决问题的关键是全等三角形和直角三角形．