Question

【題目】（1）如圖1，在矩形ABCD中，對(duì)角線AC與BD相交于點(diǎn)O，過點(diǎn)O作直線EF⊥BD，且交AD于點(diǎn)E，交BC于點(diǎn)F，連接BE，DF，且BE平分∠ABD．

①求證：四邊形BFDE是菱形；

②直接寫出∠EBF的度數(shù)．

（2）把（1）中菱形BFDE進(jìn)行分離研究，如圖2，G，I分別在BF，BE邊上，且BG＝BI，連接GD，H為GD的中點(diǎn)，連接FH，并延長FH交ED于點(diǎn)J，連接IJ，IH，IF，IG．試探究線段IH與FH之間滿足的關(guān)系，并說明理由；

（3）把（1）中矩形ABCD進(jìn)行特殊化探究，如圖3，矩形ABCD滿足AB＝AD時(shí)，點(diǎn)E是對(duì)角線AC上一點(diǎn)，連接DE，作EF⊥DE，垂足為點(diǎn)E，交AB于點(diǎn)F，連接DF，交AC于點(diǎn)G．請(qǐng)直接寫出線段AG，GE，EC三者之間滿足的數(shù)量關(guān)系．

Answer 1

【答案】（1）①詳見解析；②60°．（2）IH＝FH；（3）EG2＝AG2+CE2．

【解析】

（1）①由△DOE≌△BOF，推出EO＝OF，∵OB＝OD，推出四邊形EBFD是平行四邊形，再證明EB＝ED即可．

②先證明∠ABD＝2∠ADB，推出∠ADB＝30°，延長即可解決問題．

（2）IH＝FH．只要證明△IJF是等邊三角形即可．

（3）結(jié)論：EG2＝AG2+CE2．如圖3中，將△ADG繞點(diǎn)D逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△DCM，先證明△DEG≌△DEM，再證明△ECM是直角三角形即可解決問題．

（1）①證明：如圖1中，

∵四邊形ABCD是矩形，

∴AD∥BC，OB＝OD，

∴∠EDO＝∠FBO，

在△DOE和△BOF中，

，

∴△DOE≌△BOF，

∴EO＝OF，∵OB＝OD，

∴四邊形EBFD是平行四邊形，

∵EF⊥BD，OB＝OD，

∴EB＝ED，

∴四邊形EBFD是菱形．

②∵BE平分∠ABD，

∴∠ABE＝∠EBD，

∵EB＝ED，

∴∠EBD＝∠EDB，

∴∠ABD＝2∠ADB，

∵∠ABD+∠ADB＝90°，

∴∠ADB＝30°，∠ABD＝60°，

∴∠ABE＝∠EBO＝∠OBF＝30°，

∴∠EBF＝60°．

（2）結(jié)論：IH＝FH．

理由：如圖2中，延長BE到M，使得EM＝EJ，連接MJ．

∵四邊形EBFD是菱形，∠B＝60°，

∴EB＝BF＝ED，DE∥BF，

∴∠JDH＝∠FGH，

在△DHJ和△GHF中，

，

∴△DHJ≌△GHF，

∴DJ＝FG，JH＝HF，

∴EJ＝BG＝EM＝BI，

∴BE＝IM＝BF，

∵∠MEJ＝∠B＝60°，

∴△MEJ是等邊三角形，

∴MJ＝EM＝NI，∠M＝∠B＝60°

在△BIF和△MJI中，

，

∴△BIF≌△MJI，

∴IJ＝IF，∠BFI＝∠MIJ，∵HJ＝HF，

∴IH⊥JF，

∵∠BFI+∠BIF＝120°，

∴∠MIJ+∠BIF＝120°，

∴∠JIF＝60°，

∴△JIF是等邊三角形，

在Rt△IHF中，∵∠IHF＝90°，∠IFH＝60°，

∴∠FIH＝30°，

∴IH＝FH．

（3）結(jié)論：EG2＝AG2+CE2．

理由：如圖3中，將△ADG繞點(diǎn)D逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△DCM，

∵∠FAD+∠DEF＝90°，

∴AFED四點(diǎn)共圓，

∴∠EDF＝∠DAE＝45°，∠ADC＝90°，

∴∠ADF+∠EDC＝45°，

∵∠ADF＝∠CDM，

∴∠CDM+∠CDE＝45°＝∠EDG，

在△DEM和△DEG中，

，

∴△DEG≌△DEM，

∴GE＝EM，

∵∠DCM＝∠DAG＝∠ACD＝45°，AG＝CM，

∴∠ECM＝90°

∴EC2+CM2＝EM2，

∵EG＝EM，AG＝CM，

∴GE2＝AG2+CE2．