6. 如图，在正方形 $ABCD$ 中，$G$ 是对角线 $BD$ 上的一点（与点 $B$，$D$ 不重合），$GE ⊥ CD$，$GF ⊥ BC$，$E$，$F$ 为垂足。连接 $EF$，$AG$，延长 $AG$ 交 $EF$ 于点 $H$。
（1）求证：$∠ DAG = ∠ EGH$；
（2）判断 $AH$ 与 $EF$ 是否垂直，并说明理由。
（1）求证：$∠ DAG = ∠ EGH$；
（2）判断 $AH$ 与 $EF$ 是否垂直，并说明理由。
答案：
6. (1) 证明：在正方形ABCD中，$AD⊥CD,GE⊥CD$，
∴ $∠ADE=∠GEC=90^{\circ}$，
∴ $AD// GE$，
∴ $∠DAG=∠EGH$.
(2) 解：$AH⊥EF$. 理由：连接GC交EF于点O，如答图.
∵ BD为正方形ABCD的对角线，
∴ $∠ADG=∠CDG=45^{\circ}$.
又
∵ $DG=DG,AD=CD$，
∴ $△ADG≌△CDG(SAS)$，
∴ $∠DAG=∠DCG$.
在正方形ABCD中，$∠ECF=90^{\circ}$.
又
∵ $GE⊥CD,GF⊥BC$，
∴ 四边形FCEG为矩形，
∴ $OE=OC$，
∴ $∠OEC=∠OCE$，
∴ $∠DAG=∠OEC$.
由 (1) 得 $∠DAG=∠EGH$，
∴ $∠EGH=∠OEC$，
∴ $∠EGH+∠GEH=∠OEC+∠GEH=∠GEC=90^{\circ}$，
∴ $∠GHE=90^{\circ}$，
∴ $AH⊥EF$.
6. (1) 证明：在正方形ABCD中，$AD⊥CD,GE⊥CD$，
∴ $∠ADE=∠GEC=90^{\circ}$，
∴ $AD// GE$，
∴ $∠DAG=∠EGH$.
(2) 解：$AH⊥EF$. 理由：连接GC交EF于点O，如答图.
∵ BD为正方形ABCD的对角线，
∴ $∠ADG=∠CDG=45^{\circ}$.
又
∵ $DG=DG,AD=CD$，
∴ $△ADG≌△CDG(SAS)$，
∴ $∠DAG=∠DCG$.
在正方形ABCD中，$∠ECF=90^{\circ}$.
又
∵ $GE⊥CD,GF⊥BC$，
∴ 四边形FCEG为矩形，
∴ $OE=OC$，
∴ $∠OEC=∠OCE$，
∴ $∠DAG=∠OEC$.
由 (1) 得 $∠DAG=∠EGH$，
∴ $∠EGH=∠OEC$，
∴ $∠EGH+∠GEH=∠OEC+∠GEH=∠GEC=90^{\circ}$，
∴ $∠GHE=90^{\circ}$，
∴ $AH⊥EF$.
7. 如图，在正方形 $ABCD$ 中，$E$ 是 $BC$ 上的一点，连接 $AE$，过点 $B$ 作 $BH ⊥ AE$，垂足为 $H$，延长 $BH$ 交 $CD$ 于点 $F$，连接 $AF$。
（1）求证：$AE = BF$；
（2）若正方形 $ABCD$ 的边长是 5，$BE = 2$，求 $AF$ 的长。
（1）求证：$AE = BF$；
（2）若正方形 $ABCD$ 的边长是 5，$BE = 2$，求 $AF$ 的长。
答案：7. (1) 证明：
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ $AB=BC,∠ABE=∠BCF=90^{\circ}$，
∴ $∠BAE+∠AEB=90^{\circ}$.
∵ $BH⊥AE$，
∴ $∠AEB+∠EBH=90^{\circ}$，
∴ $∠BAE=∠EBH$.
在 $△ABE$ 和 $△BCF$ 中，
$\{\begin{array}{l} ∠BAE=∠CBF,\\ AB=BC,\\ ∠ABE=∠BCF,\end{array} $
∴ $△ABE≌△BCF(ASA)$，
∴ $AE=BF$.
(2) 解：由 (1) 得 $△ABE≌△BCF$，
∴ $BE=CF$.
∵ 正方形ABCD的边长是5，$BE=2$，
∴ $DF=CD - CF=CD - BE=5 - 2=3$.
在 $Rt△ADF$ 中，由勾股定理，得 $AF=\sqrt{AD^{2}+DF^{2}}=\sqrt{5^{2}+3^{2}}=\sqrt{34}$.
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ $AB=BC,∠ABE=∠BCF=90^{\circ}$，
∴ $∠BAE+∠AEB=90^{\circ}$.
∵ $BH⊥AE$，
∴ $∠AEB+∠EBH=90^{\circ}$，
∴ $∠BAE=∠EBH$.
在 $△ABE$ 和 $△BCF$ 中，
$\{\begin{array}{l} ∠BAE=∠CBF,\\ AB=BC,\\ ∠ABE=∠BCF,\end{array} $
∴ $△ABE≌△BCF(ASA)$，
∴ $AE=BF$.
(2) 解：由 (1) 得 $△ABE≌△BCF$，
∴ $BE=CF$.
∵ 正方形ABCD的边长是5，$BE=2$，
∴ $DF=CD - CF=CD - BE=5 - 2=3$.
在 $Rt△ADF$ 中，由勾股定理，得 $AF=\sqrt{AD^{2}+DF^{2}}=\sqrt{5^{2}+3^{2}}=\sqrt{34}$.
8. 如图，$BE$，$BD$ 分别是 $△ ABC$ 的内、外角平分线，$AD ⊥ BD$ 于点 $D$，$AE ⊥ BE$ 于点 $E$ 且交 $BC$ 的延长线于点 $F$，连接 $DE$。
（1）判断四边形 $ADBE$ 的形状，并说明理由；
（2）$DE$ 与 $BF$ 相等吗？为什么？
（3）当 $△ ABC$ 满足什么条件时，四边形 $ADBE$ 是正方形？并说明理由。
（1）判断四边形 $ADBE$ 的形状，并说明理由；
（2）$DE$ 与 $BF$ 相等吗？为什么？
（3）当 $△ ABC$ 满足什么条件时，四边形 $ADBE$ 是正方形？并说明理由。
答案：8. 解：(1) 四边形ADBE是矩形.
理由：
∵ BE，BD分别是 $△ABC$ 的内、外角平分线，
∴ $∠DBE=\frac{1}{2}×180^{\circ}=90^{\circ}$.
∵ $AD⊥BD,AE⊥BE$，
∴ $∠ADB=∠AEB=90^{\circ}$，
∴ 四边形ADBE是矩形.
(2) 相等.
理由：在 $△ABE$ 和 $△FBE$ 中，
$\{\begin{array}{l} ∠ABE=∠FBE,\\ BE=BE,\\ ∠BEA=∠BEF,\end{array} $
∴ $△ABE≌△FBE(ASA)$，
∴ $AB=BF$.
由 (1) 知四边形ADBE是矩形，
∴ $DE=AB$，
∴ $DE=BF$.
(3) 当 $△ABC$ 为等腰直角三角形且 $∠ABC=90^{\circ}$ 时，四边形ADBE是正方形.
理由：
∵ $△ABC$ 是等腰直角三角形且 $∠ABC=90^{\circ}$，
∴ $AE=BE=\frac{1}{2}AF$，
∴ 矩形ADBE是正方形.
理由：
∵ BE，BD分别是 $△ABC$ 的内、外角平分线，
∴ $∠DBE=\frac{1}{2}×180^{\circ}=90^{\circ}$.
∵ $AD⊥BD,AE⊥BE$，
∴ $∠ADB=∠AEB=90^{\circ}$，
∴ 四边形ADBE是矩形.
(2) 相等.
理由：在 $△ABE$ 和 $△FBE$ 中，
$\{\begin{array}{l} ∠ABE=∠FBE,\\ BE=BE,\\ ∠BEA=∠BEF,\end{array} $
∴ $△ABE≌△FBE(ASA)$，
∴ $AB=BF$.
由 (1) 知四边形ADBE是矩形，
∴ $DE=AB$，
∴ $DE=BF$.
(3) 当 $△ABC$ 为等腰直角三角形且 $∠ABC=90^{\circ}$ 时，四边形ADBE是正方形.
理由：
∵ $△ABC$ 是等腰直角三角形且 $∠ABC=90^{\circ}$，
∴ $AE=BE=\frac{1}{2}AF$，
∴ 矩形ADBE是正方形.