∴∠CAG=∠FGA， ∴AC∥FG， ∵DE⊥AC， ∴FG⊥DE， ∵FG⊥BC， ∴DE∥BC， ∴AC⊥BC，

∴∠C=∠DHG=90°，∠CGE=∠GED， ∵F是AD的中点，FG∥AE， ∴H是ED的中点，

∴FG是线段ED的垂直平分线， ∴GE=GD，∠GDE=∠GED， ∴∠CGE=∠GDE， ∴△ECG≌△GHD；

（2）证明：过点G作GP⊥AB于P， ∴GC=GP，而AG=AG， ∴△CAG≌△PAG， ∴AC=AP，

由（1）可得EG=DG， ∴Rt△ECG≌Rt△GPD， ∴EC=PD，

∴AD=AP+PD=AC+EC； （3）四边形AEGF是菱形， 证明：∵∠B=30°， ∴∠ADE=30°， ∴AE=AD， ∴AE=AF=FG， 由（1）得AE∥FG，

∴四边形AECF是平行四边形，

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∴四边形AEGF是菱形．

【点评】本题属于四边形综合题，主要考查了菱形的判定、全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定与性质以及含30°角的直角三角形的性质的综合运用，利用全等三角形的对应边相等，对应角相等是解决问题的关键．

5．（2018?重庆）如图，在平行四边形ABCD中，点O是对角线AC的中点，点E是BC上一点，且AB=AE，连接EO并延长交AD于点F．过点B作AE的垂线，垂足为H，交AC于点G．

（1）若AH=3，HE=1，求△ABE的面积； （2）若∠ACB=45°，求证：DF=

CG．

【分析】（1）利用勾股定理即可得出BH的长，进而运用公式得出△ABE的面积； （2）过A作AM⊥BC于M，交BG于K，过G作GN⊥BC于N，判定△AME≌△BNG（AAS），可得ME=NG，进而得出BE=可得AF=CE，即可得到DF=BE=

CG．

GC，再判定△AFO≌△CEO（AAS），

【解答】解：（1）∵AH=3，HE=1， ∴AB=AE=4，

又∵Rt△ABH中，BH=∴S△ABE=AE×BH=×4×

==

， ；

（2）如图，过A作AM⊥BC于M，交BG于K，过G作GN⊥BC于N，则∠AMB=∠AME=∠BNG=90°，

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∵∠ACB=45°，

∴∠MAC=∠NGC=45°， ∵AB=AE，

∴BM=EM=BE，∠BAM=∠EAM， 又∵AE⊥BG，

∴∠AHK=90°=∠BMK，而∠AKH=∠BKM， ∴∠MAE=∠NBG，

设∠BAM=∠MAE=∠NBG=α，则∠BAG=∠45°+α，∠∴AB=BG， ∴AE=BG，

在△AME和△BNG中，

，

∴△AME≌△BNG（AAS）， ∴ME=NG，

在等腰Rt△CNG中，NG=NC， ∴GC=NG=ME=

BE，

∴BE=

GC，

∵O是AC的中点， ∴OA=OC，

∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AD=BC，

∴∠OAF=∠OCE，∠AFO=∠CEO， ∴△AFO≌△CEO（AAS）， ∴AF=CE，

∴AD﹣AF=BC﹣EC，即DF=BE， ∴DF=BE=

CG．

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BGA=∠GCN+∠GBC=45°+α，

【点评】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质以及勾股定理的综合运用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形以及等腰直角三角形，利用全等三角形的对应边相等得出结论．

6．（2018?北京）如图，在正方形ABCD中，E是边AB上的一动点（不与点A、B重合），连接DE，点A关于直线DE的对称点为F，连接EF并延长交BC于点G，连接DG，过点E作EH⊥DE交DG的延长线于点H，连接BH． （1）求证：GF=GC；

（2）用等式表示线段BH与AE的数量关系，并证明．

【分析】（1）如图1，连接DF，根据对称得：△ADE≌△FDE，再由HL证明Rt△DFG≌Rt△DCG，可得结论；

（2）证法一：如图2，作辅助线，构建AM=AE，先证明∠EDG=45°，得DE=EH，证明△DME≌△EBH，则EM=BH，根据等腰直角△AEM得：EM=

AE，得结论；

证法二：如图3，作辅助线，构建全等三角形，证明△DAE≌△ENH，得AE=HN，AD=EN，再说明△BNH是等腰直角三角形，可得结论． 【解答】证明：（1）如图1，连接DF， ∵四边形ABCD是正方形， ∴DA=DC，∠A=∠C=90°，

∵点A关于直线DE的对称点为F， ∴△ADE≌△FDE，

∴DA=DF=DC，∠DFE=∠A=90°，

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