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八年级数学解答题一般
题目
如图,PP为正方形ABCDABCD对角线ACAC上的一点,连接DPDP并延长交ABAB于点EE,过PP作MN⊥DEMN\bot DE分别交BCBC,ADAD于MM,NN.

(1)(1)如图11,求证:MN=DEMN=DE；
(2)(2)如图22,点FF与点CC关于直线DEDE对称,连接FAFA并延长交直线DEDE于点GG,连接BGBG.
①设∠ADE\angle ADE的度数为xx,求∠DGF\angle DGF的度数；
②猜想AFAF与BGBG之间的数量关系,并证明.
知识点：圆章节：未标注

答案与解析

答案

证明：（1）作NH⊥BCNH\bot BC于HH，

∴\therefore四边形ABHNABHN是矩形，HN=AB=ADHN=AB=AD，
∵MN⊥DE\because MN\bot DE，
∴∠EDA+∠DNP=90∘\therefore \angle EDA+\angle DNP=90^{\circ}，
∵∠HNM+∠DNP=90∘\because \angle HNM+\angle DNP=90^{\circ}，
∴∠EDA=∠HNM\therefore \angle EDA=\angle HNM，
在△HNM\triangle HNM与△ADE\triangle ADE中，
{∠EDA=∠HNMHN=AD∠MHN=∠EAD\left\{\begin{array}{l}{∠EDA=∠HNM}\\{HN=AD}\\{∠MHN=∠EAD}\end{array}\right.，
∴△HNM\therefore \triangle HNM≌△ADE(ASA)\triangle ADE\left(ASA\right)，
∴MN=DE\therefore MN=DE；
(2)(2)①∠DGF=45∘\angle DGF=45^{\circ}，
∵\because点FF与点CC关于直线DEDE对称，且四边形ABCDABCD是正方形，
∴DC=DF=AD\therefore DC=DF=AD，∠CDG=∠FDG=(90−x)∘\angle CDG=\angle FDG=\left(90-x\right)^{\circ}，
∴∠FDA=∠FDG−∠ADG=(90−2x)∘\therefore \angle FDA=\angle FDG-\angle ADG=\left(90-2x\right)^{\circ}，
在等腰△DAF\triangle DAF中，∠DAF=(45+x)∘\angle DAF=\left(45+x\right)^{\circ}，
∵∠DAF=∠ADG+∠DGF\because \angle DAF=\angle ADG+\angle DGF，
∴∠DGF=45∘\therefore \angle DGF=45^{\circ}；
②AF=2BGAF=\sqrt{2}BG，
连接CGCG，CFCF，

由对称性可知GC=GFGC=GF，∠DGC=∠DGF=45∘\angle DGC=\angle DGF=45^{\circ}，
∴△CGF\therefore \triangle CGF是等腰Rt△Rt\triangle，
∴CFCG=2\therefore \frac{CF}{CG}=\sqrt{2}，
∵CACB=2\because \frac{CA}{CB}=\sqrt{2}，
∴CFCG=CACB\therefore \frac{CF}{CG}=\frac{CA}{CB}，
∵∠ACF=∠BCG=45∘=∠ACG\because \angle ACF=\angle BCG=45^{\circ}=\angle ACG，
∴△CAF\therefore \triangle CAF∽△CBG\triangle CBG，
∴AFBG=CACB=2\therefore \frac{AF}{BG}=\frac{CA}{CB}=\sqrt{2}，
∴AF=2BG\therefore AF=\sqrt{2}BG.

解析

证明：（1）作NH⊥BCNH\bot BC于HH，

∴\therefore四边形ABHNABHN是矩形，HN=AB=ADHN=AB=AD，
∵MN⊥DE\because MN\bot DE，
∴∠EDA+∠DNP=90∘\therefore \angle EDA+\angle DNP=90^{\circ}，
∵∠HNM+∠DNP=90∘\because \angle HNM+\angle DNP=90^{\circ}，
∴∠EDA=∠HNM\therefore \angle EDA=\angle HNM，
在△HNM\triangle HNM与△ADE\triangle ADE中，
{∠EDA=∠HNMHN=AD∠MHN=∠EAD\left\{\begin{array}{l}{∠EDA=∠HNM}\\{HN=AD}\\{∠MHN=∠EAD}\end{array}\right.，
∴△HNM\therefore \triangle HNM≌△ADE(ASA)\triangle ADE\left(ASA\right)，
∴MN=DE\therefore MN=DE；
(2)(2)①∠DGF=45∘\angle DGF=45^{\circ}，
∵\because点FF与点CC关于直线DEDE对称，且四边形ABCDABCD是正方形，
∴DC=DF=AD\therefore DC=DF=AD，∠CDG=∠FDG=(90−x)∘\angle CDG=\angle FDG=\left(90-x\right)^{\circ}，
∴∠FDA=∠FDG−∠ADG=(90−2x)∘\therefore \angle FDA=\angle FDG-\angle ADG=\left(90-2x\right)^{\circ}，
在等腰△DAF\triangle DAF中，∠DAF=(45+x)∘\angle DAF=\left(45+x\right)^{\circ}，
∵∠DAF=∠ADG+∠DGF\because \angle DAF=\angle ADG+\angle DGF，
∴∠DGF=45∘\therefore \angle DGF=45^{\circ}；
②AF=2BGAF=\sqrt{2}BG，
连接CGCG，CFCF，

由对称性可知GC=GFGC=GF，∠DGC=∠DGF=45∘\angle DGC=\angle DGF=45^{\circ}，
∴△CGF\therefore \triangle CGF是等腰Rt△Rt\triangle，
∴CFCG=2\therefore \frac{CF}{CG}=\sqrt{2}，
∵CACB=2\because \frac{CA}{CB}=\sqrt{2}，
∴CFCG=CACB\therefore \frac{CF}{CG}=\frac{CA}{CB}，
∵∠ACF=∠BCG=45∘=∠ACG\because \angle ACF=\angle BCG=45^{\circ}=\angle ACG，
∴△CAF\therefore \triangle CAF∽△CBG\triangle CBG，
∴AFBG=CACB=2\therefore \frac{AF}{BG}=\frac{CA}{CB}=\sqrt{2}，
∴AF=2BG\therefore AF=\sqrt{2}BG.

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