Question

4．如圖，點(diǎn)E是正方形ABCD的邊BC延長(zhǎng)線一點(diǎn)，連接AE交CD于F，作∠AEG=∠AEB，EG交CD的延長(zhǎng)線于G，連接AG，當(dāng)CE=BC=2時(shí)，作FH⊥AG于H，連接DH，則DH的長(zhǎng)為（　�。�

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

Answer 1

分析 過(guò)點(diǎn)A作AJ⊥EG于點(diǎn)J，根據(jù)HL證明△AGJ≌△AGD，故JG=GD，再由角平分線的性質(zhì)得出AJ=AB，由HL得出△ABE≌△AJE，得出GE+GD=BE，延長(zhǎng)AD交EG于點(diǎn)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°．根據(jù)HL可得△AHQ≌△FHP，故AQ=DF+$\frac{\sqrt{2}}{2}$HD，再由AD=AQ+DQ=DF+$\sqrt{2}$HD，即可得出結(jié)果．

解答 解：過(guò)點(diǎn)A作AJ⊥EG于點(diǎn)J，如圖所示：
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD=AB，
∵∠AEG=∠AEB，
∴AJ=AB，
∴AJ=AD，
在Rt△AGJ與Rt△AGD中，
$\left\{\begin{array}{l}{AJ=AD}\\{AG=AG}\end{array}\right.$，
∴Rt△AGJ≌Rt△AGD（HL），
∴JG=GD，
在Rt△ABE與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，
延長(zhǎng)AD交EG于點(diǎn)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與△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與等腰直角△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，
∵四邊形ABCD是正方形，CE=BC=2，
∴CF為△ABE的中位線，
∴CF=$\frac{1}{2}$AB=1，
∴DF=CF=1，AD=AB=BC=2，
∴2=1+$\sqrt{2}$HD，
∴DH=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
故選C．

點(diǎn)評(píng) 本題考查相似三角形的判定與性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)、中位線的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)；熟練掌握正方形的性質(zhì)，證明三角形全等和三角形相似是解決問題的關(guān)鍵．