条件 | 图示 | 结论及证明 |
（一） 知“垂直”，推“中点”。 如图，△ABC和△DBE是等腰直角三角形，MN经过点B，若MN⊥CE |
| 【结论】①点N是AD的中点， ②S▲CBE＝S▲ABD，③CE＝2BN. 【证明】 （1）过A作AP⊥MN，垂足为P， 过D作DQ⊥MN交MN的延长线于Q， 易证：△ABP≌△BCM, AP＝BM,△DQB≌△BME,DQ＝BM ∴AP＝DQ 易证：△APN≌△DQN∴AN＝DN
③如图，由①得，PN＝QN， ∴CE＝CM＋EM＝BP＋BQ＝BN－NP＋BN＋QN＝2BN，得证. |
（二） 知“中点”，推“垂直”。 如图，△ABC和△DBE是等腰直角三角形，点P是CE的中点，PB的延长线交AD于点Q |
| 【结论】①PQ⊥AD，②S▲CBE＝S▲ABD,③AD=2BP 【证明】：延长BP至点M，使PM＝BP，连结ME， 易证：△PBC≌△PME ∴BC＝ME，BC∥ME ∵AB＝AC∴AB＝EM， ∵BC∥ME，∴∠CBE＋∠BEM＝180°， 又∵∠ABC＝∠DBE＝90° ∴∠CBE＋∠ABD＝180°， ∴∠ABD＝∠MEB， 易证：△ABD≌△MEB，∴∠2＝∠1， ∵∠1＋∠3＝90°∴∠2＋∠3＝90° ∴∠DQP＝90°
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（三）婆罗摩笈多定理： 若圆内接四边形的对角线相互垂直，则垂直于一边且过对角线交点的直线将平分对边。 |
| 【证明】 ∵AC⊥BD，ME⊥BC ∴∠CBD=∠CME ∵∠CBD=∠CAD，∠CME=∠AMF ∴∠CAD=∠AMF ∴AF=MF ∵∠AMD=90°，同时∠MAD+∠MDA=90° ∴∠FMD=∠FDM ∴MF=DF，即F是AD中点 |
1.在锐角三角形ABC中，AH是边BC的高，分别以AB，AC为边向外作正方形ABDE和正方形ACFG，连接CE，BG和EG，EG与HA的延长线交于点M，下列结论：①BG=CE；②BG⊥CE；③AM是△AEG的中线；④∠EAM=∠ABC．其中正确的是．
【答案】①②③④
【分析】根据正方形的性质和SAS可证明△ABG≌△AEC，然后根据全等三角形的性质即可判断①；设BG、CE相交于点N，AC、BG相交于点K，如图1，根据全等三角形对应角相等可得∠ACE＝∠AGB，然后根据三角形的内角和定理可得∠CNG＝∠CAG＝90°，于是可判断②；过点E作EP⊥HA的延长线于P，过点G作GQ⊥AM于Q，如图2，根据余角的性质即可判断④；利用AAS即可证明△ABH≌△EAP，可得EP＝AH，同理可证GQ＝AH，从而得到EP＝GQ，再利用AAS可证明△EPM≌△GQM，可得EM＝GM，从而可判断③，于是可得答案．
【详解】解：在正方形ABDE和ACFG中，AB＝AE，AC＝AG，∠BAE＝∠CAG＝90°，
∴∠BAE+∠BAC＝∠CAG+∠BAC，即∠CAE＝∠BAG，∴△ABG≌△AEC（SAS），
∴BG＝CE，故①正确；设BG、CE相交于点N，AC、BG相交于点K，如图1，
∵△ABG≌△AEC，∴∠ACE＝∠AGB，∵∠AKG＝∠NKC，∴∠CNG＝∠CAG＝90°，
∴BG⊥CE，故②正确；过点E作EP⊥HA的延长线于P，过点G作GQ⊥AM于Q，如图2，
∵AH⊥BC，∴∠ABH+∠BAH＝90°，∵∠BAE＝90°，∴∠EAP+∠BAH＝90°，
∴∠ABH＝∠EAP，即∠EAM＝∠ABC，故④正确；∵∠AHB=∠P=90°，AB=AE，
∴△ABH≌△EAP（AAS），∴EP＝AH，同理可得GQ＝AH，∴EP＝GQ，
∴△EPM≌△GQM（AAS），∴EM＝GM，∴AM是△AEG的中线，故③正确．
综上所述，①②③④结论都正确．故答案为：①②③④．
【点睛】本题考查了正方形的性质、三角形的内角和定理以及全等三角形的判定和性质，作辅助线构造出全等三角形是难点，熟练掌握全等三角形的判定和性质是关键．
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