【适合八九年级】常考的几何动态题——三角形与四边形(13)(正方形与等边三角形)
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【说明】本系列的试题难度不大，但综合性均较强，尤其是在训练读图、画图、识图、作图及变式方面有一定的帮助作用，同时本系列试题多数适合于中考中的中档题，阅读时务必要体会“动中有静”的动态变化思想.
【试题】如图，正方形ABCD，BE⊥ED，连接BD，CE．
（1）求证：∠EBD=∠ECD；
（2）设EB，EC交AD于F，G两点，若AF=2FG，求DG：FG的值．
【图文解析】
（1）本题直接证显然困难较大，但所证的两个角所对的边恰好有一公共边，同时正方形易找到45度的角与∠BED（＝90度）也有共边，因此容易想到“四点共圆”法（九年级）和“角平分线或正方形的性质（90度的一半＝45度）”，有下列两种方法：
法一（辅助圆）：作BD的中点为O，连接OC和OE，如下图示：
由BE⊥ED得∠BED＝900，由正方形的性质得∠BCD＝900，得到△BED和△BCD为直角三角形，同时O是BD的中点，所以有OC＝OB＝OD＝OE＝0.5BD，因此B、C、D、E(包括A点)均在以O为圆心，以0.5BD的长为半径的圆上，如下图示，再利用圆周角定理，即可得到∠EBD=∠ECD（均对弧DE）.
法二（角平分线或正方形的性质）：
过点C作CM⊥BE于M，作CN⊥DE交ED的延长线于N，
则不难得到四边形CNEM是矩形，得到∠MCN＝900＝∠BCD，根据“同角的余角相等” 进一步得到∠BCM=∠DCN，又由正方形的性质可得BC=CD，因此△BCM≌△DCN，如下图示：
进一步，根据全等三角形的性质得CM=CN，又CM⊥BE，CN⊥DE，因此EC平分∠BED（也可证得四边形CNEM是正方形得到的），因此∠CEM=45°.如下图示：
再从图中的“蝶形”图（上图示），根据三角形内角和定理（或外角性质）不难得到∠EBD=∠ECD.
（2）本题难度较大，综合性强，注意找好突破口。如下图示：
由（1）可证得∠BEC＝0.5∠BED＝450，虽在正方形外，但可以通过“等腰直角三角形的性质”转化到正方形的顶点B共顶点，构成常见的基本图形和解题思路（角中半角），因此可以过点B作BP⊥CE于P，BP的延长线交CD于点Q，连接FQ，如下图示：
根据∠BEP=45°求出∠EBP=45°.接下来，继续将△ABF绕B点顺时针旋转900（或将△BCQ绕B点逆时针900），得到……（如下图示）
（当然，直接延长DC到点Q，使CR=AF，构造全等，本质一样）
下面仅以第一个图来证明：
如下图示，不难证明Q、C、R三点在同一直线上，且△FBQ≌△RBQ，如下图示：
可得到FQ=QR.
若设FG＝a，QC＝b，则AF＝2FG（已知）＝2a，FQ=QR＝CQ+CR＝CQ+AF＝b+2a.如下图示：
另一方面，与DG、FG（或AG）相关的显然有线段CG，而BQ⊥CF（均过正方形的顶点），又可进一步得到常用结论，如下图示：
显然通过△BCQ≌△CDG可得到DG＝CQ＝b.
至此，可以将所前面所需要的a、b间的关系放在同一直角三角形中考虑，如下图示：
在Rt△DFQ中，由勾股定理，得：
(a+b)2+(3a)2=(2a+b)2,
整理，得：b=3a.
所以DG：FG＝b:a＝3：1.
【点评】本题综合了正方形、等腰直角三角形、全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，综合性较强，难度较大，如何通过特殊条件（角和垂直）构造全等（或旋转）是解题的关键，解题涉及到多个常见的解题思路（均为常法）务必熟练掌握．
【拓展】如图，正方形ABCD，BE⊥ED，连接BD，CE．
(1)求证：∠EBD=∠ECD；
(2)设BE，CE的延长线交AD于F，G两点，若AF=3FG，求DG：FG的值．
【解法提示】与原题类似，第2小题的答案为2：1.
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