《2025年天府前沿九年级数学上册北师大版》

25. (10 分)如图,四边形 $ABCD$ 为正方形,$E$ 为线段 $AC$ 上一点,连接 $DE$,过点 $E$ 作 $EF \perp DE$,交射线 $BC$ 于点 $F$,以 $DE$,$EF$ 为邻边作矩形 $DEFG$,连接 $CG$.
(1) 求证:$ED = EF$;
(2) 若 $AB = 2$,$CE = \sqrt{2}$,求 $CG$ 的长度;
(3) 当线段 $DE$ 与正方形 $ABCD$ 的某条边的夹角是 $30^{\circ}$ 时,求 $\angle EFC$ 的度数.

答案：

(1)【证明】如图 1，过点 $E$ 作 $EP\perp CD$ 于点 $P$，$EQ\perp BC$ 于点 $Q$。
∵$\angle DCA=\angle BCA$，
∴$EQ = EP$。
∵$\angle EPD=\angle EQF=\angle DEF=\angle PEQ = 90^{\circ}$，
∴$\angle QEF+\angle PEF = 90^{\circ}$，$\angle PED+\angle PEF = 90^{\circ}$，
∴$\angle QEF=\angle PED$。在 $Rt\triangle EQF$ 和 $Rt\triangle EPD$ 中，$\begin{cases}\angle QEF=\angle PED,\\EQ = EP,\\\angle EQF=\angle EPD,\end{cases}$
∴$Rt\triangle EQF\cong Rt\triangle EPD(ASA)$，
∴$EF = ED$。

(2)【解】如图 2，在 $Rt\triangle ABC$ 中，$AC=\sqrt{2}AB = 2\sqrt{2}$。
∵$CE=\sqrt{2}$，
∴$AE = CE$，
∴点 $F$ 与点 $C$ 重合，$DE = CE=\frac{1}{2}AC$，
∴四边形 $DEFG$ 是正方形，
∴$CG = CE=\sqrt{2}$。

(3)【解】①当 $DE$ 与 $AD$ 的夹角为 $30^{\circ}$ 时，点 $F$ 在 $BC$ 边上，$\angle ADE = 30^{\circ}$，
则 $\angle CDE = 90^{\circ}-30^{\circ}=60^{\circ}$。
在四边形 $CDEF$ 中，由四边形内角和定理，得 $\angle EFC = 360^{\circ}-90^{\circ}-90^{\circ}-60^{\circ}=120^{\circ}$。
②当 $DE$ 与 $DC$ 的夹角为 $30^{\circ}$ 时，点 $F$ 在 $BC$ 的延长线上，$\angle CDE = 30^{\circ}$，如图 3 所示。

∵$\angle HCF=\angle DEF = 90^{\circ}$，$\angle CHF=\angle EHD$，
∴$\angle EFC=\angle CDE = 30^{\circ}$。
综上所述，$\angle EFC = 120^{\circ}$ 或 $\angle EFC = 30^{\circ}$。