典例 1
新素养
推理能力 如图，四边形 $ABCD$ 为正方形，$AB = 3$，$E$ 为对角线 $AC$ 上一动点，连接 $DE$，过点 $E$ 作 $EF⊥ DE$，交 $BC$ 于点 $F$，以 $DE$，$EF$ 为邻边作矩形 $DEFG$，连接 $CG$。有下列说法：① $\triangle ADE≌\triangle CDG$；② 四边形 $DEFG$ 是正方形；③ $\angle ACG$ 的大小随着点 $E$ 的运动不断改变；④ $CE + CG$ 的值是定值。其中正确的有
①②④
。(填序号)
答案：【思路分析】过点 $E$ 分别作 $EM⊥ BC$ 于点 $M$，$EN⊥ CD$ 于点 $N$，易得 $EM = EN$，$\angle MEF = \angle NED$。所以 $\triangle DEN≌\triangle FEM(ASA)$。所以 $EF = ED$。因为四边形 $DEFG$ 是矩形，所以矩形 $DEFG$ 是正方形。故②正确；所以 $DE = DG$，$\angle EDG = \angle ADC = 90^{\circ}$，即 $\angle ADE = \angle CDG$。因为 $AD = CD = BC = AB = 3$，$\angle B = 90^{\circ}$，所以 $\triangle ADE≌\triangle CDG(SAS)$，$AC = \sqrt{18}$。故①正确；所以 $\angle DCG = \angle DAE = 45^{\circ}$。因为 $\angle ACD = 45^{\circ}$，所以 $\angle ACG = 90^{\circ}$，是定值。故③错误；因为 $\triangle ADE≌\triangle CDG$，所以 $AE = CG$，即 $CE + CG = CE + AE = AC = \sqrt{18}$，是定值。故④正确。
【答案】①②④
【变式 1】
亮点原创 如图，正方形 $ABCD$ 的边长为 $\sqrt{2}$，$E$ 是与点 $D$ 不重合的动点，以 $DE$ 为一边作正方形 $DEFG$。设 $DE = d_1$，$F$，$G$ 两点与点 $C$ 的距离分别为 $d_2$，$d_3$，则 $d_1 + d_2 + d_3$ 的最小值为(
B
)
A.$\sqrt{2}$
B.$2$
C.$\sqrt{6}$
D.$4$
答案：B
解析：
证明：连接CG，CF，CE。
在正方形ABCD和正方形DEFG中，
CD=AD=$\sqrt{2}$，DE=DG=d₁，∠ADC=∠EDG=90°，
∴∠ADC - ∠EDC = ∠EDG - ∠EDC，即∠ADE=∠CDG。
在△ADE和△CDG中，
$\{\begin{array}{l}AD=CD\\∠ADE=∠CDG\\DE=DG\end{array} $，
∴△ADE≌△CDG(SAS)，
∴AE=CG=d₃。
∵四边形DEFG是正方形，
∴DF=$\sqrt{2}$DE=$\sqrt{2}$d₁，∠EDF=45°。
∵∠ADC=90°，
∴∠CDF=∠ADC - ∠EDF=45°。
在△CDF中，由余弦定理得：
CF²=CD² + DF² - 2·CD·DF·cos∠CDF，
即d₂²=($\sqrt{2}$)² + ($\sqrt{2}$d₁)² - 2·$\sqrt{2}$·$\sqrt{2}$d₁·cos45°，
化简得d₂²=2 + 2d₁² - 4d₁·$\frac{\sqrt{2}}{2}$=2d₁² - 2$\sqrt{2}$d₁ + 2，
∴d₂=$\sqrt{2d₁² - 2\sqrt{2}d₁ + 2}$=$\sqrt{(\sqrt{2}d₁ - 1)² + 1}$。
设点E在以D为圆心，d₁为半径的圆上运动，A(0,$\sqrt{2}$)，D(0,0)，C($\sqrt{2}$,0)。
则AE=d₃，DE=d₁，
d₁ + d₃=DE + AE，其最小值为AD=$\sqrt{2}$（当E在AD上时）。
此时d₁=AD - AE'（E'为AD上点），当E与A重合时，d₁=AD=$\sqrt{2}$，
d₂=$\sqrt{(\sqrt{2}×\sqrt{2} - 1)² + 1}$=$\sqrt{(2 - 1)² + 1}$=$\sqrt{2}$，
d₁ + d₂ + d₃=$\sqrt{2}$ + $\sqrt{2}$=2。
综上，d₁ + d₂ + d₃的最小值为2。
答案：B
典例 2
如图，在正方形 $ABCD$ 中，$E$ 为 $BC$ 上一点，$FG⊥ AE$ 交 $AB$ 于点 $F$，交 $CD$ 于点 $G$，垂足为 $O$，连接 $OD$。若 $BE = 1$，$FG = \sqrt{10}$，$\angle ODA = 2\angle BAE$，则 $OD$ 的长为
3
。
答案：【思路分析】过点 $F$ 作 $FH⊥ CD$ 于点 $H$，则 $\angle FHG = \angle FHC = 90^{\circ}$。因为四边形 $ABCD$ 是正方形，所以 $\angle BAD = \angle B = \angle C = 90^{\circ}$，$AD = AB = BC$，$AB// CD$，即四边形 $BCHF$ 是矩形，$\angle AFO = \angle FGH$，$\angle BAE + \angle AEB = 90^{\circ}$。所以 $FH = BC$，即 $FH = AB$。又 $AE⊥ FG$，所以 $\angle BAE + \angle AFO = 90^{\circ}$，即 $\angle FGH = \angle AEB$。又 $\angle B = \angle FHG = 90^{\circ}$，所以 $\triangle ABE≌\triangle FHG(AAS)$。所以 $BE = HG$。又 $BE = 1$，所以 $HG = 1$。在 $Rt\triangle FGH$ 中，$FG = \sqrt{10}$，由勾股定理，得 $FH = \sqrt{FG^2 - HG^2} = 3$，所以 $AD = AB = 3$。设 $\angle BAE = \alpha$，则 $\angle DAE = 90^{\circ} - \alpha$。又 $\angle ODA = 2\angle BAE$，所以 $\angle ODA = 2\alpha$。又 $\angle ODA + \angle DAE + \angle AOD = 180^{\circ}$，所以 $\angle AOD = 90^{\circ} - \alpha$，即 $\angle AOD = \angle DAE$。所以 $OD = AD = 3$。
【答案】$3$
