1. 如图，在正方形 $ABCD$ 中，$AB = 1$，$E$ 为对角线 $AC$ 上与点 $A$，$C$ 不重合的一个动点，过点 $E$ 作 $EF ⊥ AB$ 于点 $F$，$EG ⊥ BC$ 于点 $G$，连接 $DE$，$FG$。有下列结论：①$DE = FG$；②$∠ BFG = ∠ ADE$；③$DE ⊥ FG$；④$FG$ 的最小值为 $\frac{\sqrt{2}}{2}$。其中正确的是
①②③④
。(填序号)答案：1.①②③④
解析：
证明：设正方形$ABCD$中，$AB=BC=CD=DA=1$，$AC$为对角线，$E$为$AC$上动点（不与$A,C$重合），设$AE=t(0＜t＜\sqrt{2})$。
1. 证明① $DE=FG$
过$E$作$EF⊥ AB$于$F$，$EG⊥ BC$于$G$，则$EF=EG=\frac{t}{\sqrt{2}}$（等腰直角三角形性质），$AF=BF=1-\frac{t}{\sqrt{2}}$，$BG=CG=\frac{t}{\sqrt{2}}$。
坐标法：设$A(0,1)$，$B(0,0)$，$C(1,0)$，$D(1,1)$，则$E(\frac{t}{\sqrt{2}},1-\frac{t}{\sqrt{2}})$，$F(0,1-\frac{t}{\sqrt{2}})$，$G(\frac{t}{\sqrt{2}},0)$。
$DE=\sqrt{(1-\frac{t}{\sqrt{2}})^2+(\frac{t}{\sqrt{2}})^2}=\sqrt{1-\sqrt{2}t+t^2}$，
$FG=\sqrt{(\frac{t}{\sqrt{2}})^2+(1-\frac{t}{\sqrt{2}})^2}=\sqrt{1-\sqrt{2}t+t^2}$，故$DE=FG$。
2. 证明② $∠ BFG=∠ ADE$
$\tan∠ BFG=\frac{BG}{BF}=\frac{\frac{t}{\sqrt{2}}}{1-\frac{t}{\sqrt{2}}}=\frac{t}{\sqrt{2}-t}$，
$\tan∠ ADE=\frac{AE_y}{AD - AE_x}=\frac{1-\frac{t}{\sqrt{2}}}{1-\frac{t}{\sqrt{2}}}=\frac{t}{\sqrt{2}-t}$（其中$AE_x,AE_y$为$E$横、纵坐标），故$∠ BFG=∠ ADE$。
3. 证明③ $DE⊥ FG$
$DE$斜率$k_{DE}=\frac{1-(1-\frac{t}{\sqrt{2}})}{1-\frac{t}{\sqrt{2}}}=\frac{\frac{t}{\sqrt{2}}}{1-\frac{t}{\sqrt{2}}}=\frac{t}{\sqrt{2}-t}$，
$FG$斜率$k_{FG}=\frac{0-(1-\frac{t}{\sqrt{2}})}{\frac{t}{\sqrt{2}}-0}=\frac{\frac{t}{\sqrt{2}}-1}{\frac{t}{\sqrt{2}}}=-\frac{\sqrt{2}-t}{t}$，
$k_{DE}· k_{FG}=-1$，故$DE⊥ FG$。
4. 证明④ $FG$的最小值为$\frac{\sqrt{2}}{2}$
$FG^2=1-\sqrt{2}t+t^2=(t-\frac{\sqrt{2}}{2})^2+\frac{1}{2}$，当$t=\frac{\sqrt{2}}{2}$时，$FG_{\mathrm{min}}=\sqrt{\frac{1}{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
综上，①②③④均正确。
①②③④
1. 证明① $DE=FG$
过$E$作$EF⊥ AB$于$F$，$EG⊥ BC$于$G$，则$EF=EG=\frac{t}{\sqrt{2}}$（等腰直角三角形性质），$AF=BF=1-\frac{t}{\sqrt{2}}$，$BG=CG=\frac{t}{\sqrt{2}}$。
坐标法：设$A(0,1)$，$B(0,0)$，$C(1,0)$，$D(1,1)$，则$E(\frac{t}{\sqrt{2}},1-\frac{t}{\sqrt{2}})$，$F(0,1-\frac{t}{\sqrt{2}})$，$G(\frac{t}{\sqrt{2}},0)$。
$DE=\sqrt{(1-\frac{t}{\sqrt{2}})^2+(\frac{t}{\sqrt{2}})^2}=\sqrt{1-\sqrt{2}t+t^2}$，
$FG=\sqrt{(\frac{t}{\sqrt{2}})^2+(1-\frac{t}{\sqrt{2}})^2}=\sqrt{1-\sqrt{2}t+t^2}$，故$DE=FG$。
2. 证明② $∠ BFG=∠ ADE$
$\tan∠ BFG=\frac{BG}{BF}=\frac{\frac{t}{\sqrt{2}}}{1-\frac{t}{\sqrt{2}}}=\frac{t}{\sqrt{2}-t}$，
$\tan∠ ADE=\frac{AE_y}{AD - AE_x}=\frac{1-\frac{t}{\sqrt{2}}}{1-\frac{t}{\sqrt{2}}}=\frac{t}{\sqrt{2}-t}$（其中$AE_x,AE_y$为$E$横、纵坐标），故$∠ BFG=∠ ADE$。
3. 证明③ $DE⊥ FG$
$DE$斜率$k_{DE}=\frac{1-(1-\frac{t}{\sqrt{2}})}{1-\frac{t}{\sqrt{2}}}=\frac{\frac{t}{\sqrt{2}}}{1-\frac{t}{\sqrt{2}}}=\frac{t}{\sqrt{2}-t}$，
$FG$斜率$k_{FG}=\frac{0-(1-\frac{t}{\sqrt{2}})}{\frac{t}{\sqrt{2}}-0}=\frac{\frac{t}{\sqrt{2}}-1}{\frac{t}{\sqrt{2}}}=-\frac{\sqrt{2}-t}{t}$，
$k_{DE}· k_{FG}=-1$，故$DE⊥ FG$。
4. 证明④ $FG$的最小值为$\frac{\sqrt{2}}{2}$
$FG^2=1-\sqrt{2}t+t^2=(t-\frac{\sqrt{2}}{2})^2+\frac{1}{2}$，当$t=\frac{\sqrt{2}}{2}$时，$FG_{\mathrm{min}}=\sqrt{\frac{1}{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
综上，①②③④均正确。
①②③④
2. 如图，在正方形 $ABCD$ 中，$E$ 是对角线 $BD$ 上一点，且满足 $BE = BC$，连接 $CE$ 并延长交 $AD$ 于点 $F$，连接 $AE$，过点 $B$ 作 $BG ⊥ AE$ 于点 $G$，延长 $BG$ 交 $AD$ 于点 $H$。有下列结论：①$AH = DF$；②$∠ AEF = 45^{\circ}$；③$S_{\mathrm{四边形}EFHG} = S_{△ DEF} + S_{△ AGH}$；④$△ ADE ≌ △ CDE$。其中正确的有
①②④
。(填序号)答案：
2.①②④
点拨:
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠ADE=∠CDB=45°,AB=BC=CD=AD.
在△ADE和△CDE中，$\{\begin{array}{l} AD=CD,\\ ∠ADE=∠CDE,\\ DE=DE,\end{array} $
∴△ADE≌△CDE(SAS)，故④正确.
∴∠DAE=∠DCE;
∵BG⊥AE，
∴∠DAE+∠AHB=90°.
∵∠ABH+∠AHB=90°，
∴∠ABH=∠DAE=∠DCE.
在△ABH和△DCF中，$\{\begin{array}{l} ∠ABH=∠DCF,\\ AB=DC,\\ ∠BAH=∠CDF,\end{array} $
∴△ABH≌△DCF(ASA)，
∴AH=DF，故①正确.
∵BE=BC，AB=BC，
∴AB=BC=BE;
∵∠ABE=∠CBD=45°，
∴∠BAE=∠BEA=∠BEC=∠BCE=67.5°，
∴∠AEF=180°−∠AEB−∠BEC=45°，故②正确.
连接EH，如答图.
∵AB=BE，BG⊥AE，
∴AG=GE，BH是线段AE的垂直平分线，
∴AH=HE，$S_{△AGH}=S_{△EGH}$
∵AH=DF，
∴HE=DF.
∵AD//BC，
∴∠DFE=∠BCE.
∵∠BCE=∠BEC=∠DEF，
∴∠DFE=∠DEF，
∴DF=DE，
∴HE=DE，
∴△HED是等腰三角形.
∵EF不垂直于DH，
∴HF≠DF，
∴$S_{△EFH}≠S_{△EFD}$
∴$S_{四边形EFHG}=S_{△HEF}+S_{△EGH}≠S_{△DEF}+S_{△AGH}$，故③不正确.
2.①②④
点拨:
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠ADE=∠CDB=45°,AB=BC=CD=AD.
在△ADE和△CDE中，$\{\begin{array}{l} AD=CD,\\ ∠ADE=∠CDE,\\ DE=DE,\end{array} $
∴△ADE≌△CDE(SAS)，故④正确.
∴∠DAE=∠DCE;
∵BG⊥AE，
∴∠DAE+∠AHB=90°.
∵∠ABH+∠AHB=90°，
∴∠ABH=∠DAE=∠DCE.
在△ABH和△DCF中，$\{\begin{array}{l} ∠ABH=∠DCF,\\ AB=DC,\\ ∠BAH=∠CDF,\end{array} $
∴△ABH≌△DCF(ASA)，
∴AH=DF，故①正确.
∵BE=BC，AB=BC，
∴AB=BC=BE;
∵∠ABE=∠CBD=45°，
∴∠BAE=∠BEA=∠BEC=∠BCE=67.5°，
∴∠AEF=180°−∠AEB−∠BEC=45°，故②正确.
连接EH，如答图.
∵AB=BE，BG⊥AE，
∴AG=GE，BH是线段AE的垂直平分线，
∴AH=HE，$S_{△AGH}=S_{△EGH}$
∵AH=DF，
∴HE=DF.
∵AD//BC，
∴∠DFE=∠BCE.
∵∠BCE=∠BEC=∠DEF，
∴∠DFE=∠DEF，
∴DF=DE，
∴HE=DE，
∴△HED是等腰三角形.
∵EF不垂直于DH，
∴HF≠DF，
∴$S_{△EFH}≠S_{△EFD}$
∴$S_{四边形EFHG}=S_{△HEF}+S_{△EGH}≠S_{△DEF}+S_{△AGH}$，故③不正确.
3. 如图，在边长为 $2$ 的正方形 $ABCD$ 中，$E$ 是边 $BC$ 延长线上的一动点，连接 $AE$ 分别交 $BD$，$CD$ 于点 $H$，$F$，连接 $CH$。
(1) 求证：$∠ 1 = ∠ E$。
(2) 在线段 $EF$ 上是否存在点 $G$，使得四边形 $CGDH$ 为平行四边形？若存在，求出平行四边形 $CGDH$ 的面积；若不存在，请说明理由.
(1) 求证：$∠ 1 = ∠ E$。
(2) 在线段 $EF$ 上是否存在点 $G$，使得四边形 $CGDH$ 为平行四边形？若存在，求出平行四边形 $CGDH$ 的面积；若不存在，请说明理由.
答案：3.(1)证明:
∵四边形ABCD是正方形，
∴DA=DC，∠ADH=∠CDH=45°，AD//BC.
在△DAH和△DCH中，$\{\begin{array}{l} DA=DC,\\ ∠ADH=∠CDH,\\ DH=DH,\end{array} $
∴△DAH≌△DCH(SAS)，
∴∠DAH=∠1.
∵AD//BC，
∴∠E=∠DAH，
∴∠1=∠E.
(2)解:存在这样的点G.若四边形CGDH是平行四边形，则有CG//BD，DH=CG，
∴∠GCE=∠DBC=45°，
∴∠HDC=∠GCE，∠DCG=45°.
在△CDH与△ECG中，$\{\begin{array}{l} ∠1=∠E,\\ ∠HDC=∠GCE,\\ DH=CG,\end{array} $
∴△CDH≌△ECG(AAS)，
∴CD=CE=CB，GE=HC;
∵∠HCG=∠1+∠DCG=∠1+45°，∠HGC=∠E+∠GCE=∠E+45°，
∴∠HCG=∠HGC，
∴HC=HG，
∴HG=GE，
∴CG是△BHE的中位线，
∴$CG=\frac{1}{2}BH$，
∴$DH=\frac{1}{2}BH$，
∴$S_{△CDH}=\frac{1}{2}S_{△CBH}=\frac{1}{3}S_{△CBD}=\frac{1}{3}×\frac{1}{2}S_{正方形ABCD}=\frac{1}{6}S_{正方形ABCD}$，
∴$S_{平行四边形CGDH}=2S_{△CDH}=\frac{1}{3}S_{正方形ABCD}=\frac{1}{3}×2×2=\frac{4}{3}$.
∵四边形ABCD是正方形，
∴DA=DC，∠ADH=∠CDH=45°，AD//BC.
在△DAH和△DCH中，$\{\begin{array}{l} DA=DC,\\ ∠ADH=∠CDH,\\ DH=DH,\end{array} $
∴△DAH≌△DCH(SAS)，
∴∠DAH=∠1.
∵AD//BC，
∴∠E=∠DAH，
∴∠1=∠E.
(2)解:存在这样的点G.若四边形CGDH是平行四边形，则有CG//BD，DH=CG，
∴∠GCE=∠DBC=45°，
∴∠HDC=∠GCE，∠DCG=45°.
在△CDH与△ECG中，$\{\begin{array}{l} ∠1=∠E,\\ ∠HDC=∠GCE,\\ DH=CG,\end{array} $
∴△CDH≌△ECG(AAS)，
∴CD=CE=CB，GE=HC;
∵∠HCG=∠1+∠DCG=∠1+45°，∠HGC=∠E+∠GCE=∠E+45°，
∴∠HCG=∠HGC，
∴HC=HG，
∴HG=GE，
∴CG是△BHE的中位线，
∴$CG=\frac{1}{2}BH$，
∴$DH=\frac{1}{2}BH$，
∴$S_{△CDH}=\frac{1}{2}S_{△CBH}=\frac{1}{3}S_{△CBD}=\frac{1}{3}×\frac{1}{2}S_{正方形ABCD}=\frac{1}{6}S_{正方形ABCD}$，
∴$S_{平行四边形CGDH}=2S_{△CDH}=\frac{1}{3}S_{正方形ABCD}=\frac{1}{3}×2×2=\frac{4}{3}$.