如图，正方形ABCD，BE⊥ED，连接BD，CE．（1）求证：∠EBD=∠ECD；（2）设EB，EC交AD于F，G两点，若AF=2FG，探究线段CG与DG之间的数量关

网友回答

（1）证明：如图，过点C作CM⊥BE于M，作CN⊥DE交ED的延长线于N，
∵BE⊥ED，
∴四边形CNEM是矩形，
∴∠DCN+∠DCM=∠MCN=90°，
又∵∠BCM+∠DCM=∠BCD=90°，
∴∠BCM=∠DCN，
正方形ABCD中，BC=CD，
在△BCM和△DCN中，
，
∴△BCM≌△DCN（AAS），
∴CM=CN，
∴矩形CNEM是正方形，
∴∠CEM=45°，
又∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BDC=45°，
设BD、CE交于点O，
在△BEO中，∠EBO+∠EOB+∠BEO=180°，
在△CDO中，∠COD+∠ODC+∠OCD=180°，
∵∠BOE=∠COD，
∴∠EBO=∠OCD，
即：∠EBD=∠ECD；

（2）解：CG=DG．
理由如下：如图，过点P作BP⊥CE于P，BP的延长线交CD于点Q，连接FQ，
∵∠BEP=45°，
∴∠EBP=90°-45°=45°，
延长DC到点Q，使CR=AF，
在正方形ABCD中，AB=BC，
在△ABF和△CBR中，
，
∴△ABF≌△CBR（SAS），
∴BF=BR，∠ABF=∠CBR，
∴∠QBR=∠QBC+∠CBR=∠QBC+∠ABF=90°-∠EBP=45°，
∴∠QBR=∠QBF=45°，
在△FBQ和△RBQ中，
，
∴△FBQ≌△RBQ（SAS），
∴FQ=QR，
∵BP⊥CE，
∴∠CBQ+∠BCP=90°，
又∵∠BCP+∠DCG=∠BCD=90°，
∴∠CBQ=∠DCG，
在△BCQ和△CDG中，
，
∴△BCQ≌△CDG（ASA），
∴DG=CQ，
设FG=x，DG=CQ=a，
则AF=CR=2FG=2x，AD=AF+FG+DG=2x+x+a=3x+a，
FQ=QR=CQ+CR=DG+AF=a+2x，
FD=FG+DG=x+a，
DQ=CD-CQ=AD-DG=3x+a-a=3x，
在Rt△DQF中，FQ2=FD2+DQ2，
即（a+2x）2=（x+a）2+（3x）2，
解得a=3x，
∴CD=AD=3x+a=2a，
在Rt△CDG中，CG===a，
∴CG=DG．
解析分析：（1）过点C作CM⊥BE于M，作CN⊥DE交ED的延长线于N，可得四边形CNEM是矩形，根据同角的余角相等求出∠BCM=∠DCN，再根据正方形的性质可得BC=CD，然后求出△BCM和△DCN全等，根据全等三角形对应边相等可得CM=CN，从而得到矩形CNEM是正方形，根据正方形的对角线平分一组对角求出∠CEM=45°，再求出∠BDC=45°，设BD、CE交于点O，根据三角形的内角和定理列式整理即可得到∠EBD=∠ECD；
（2）过点P作BP⊥CE于P，BP的延长线交CD于点Q，连接FQ，根据∠BEP=45°求出∠EBP=45°，延长DC到点Q，使CR=AF，根据正方形的性质可得AB=BC，然后利用“边角边”证明△ABF和△CBR全等，根据全等三角形对应边相等可得BF=BR，全等三角形对应角相等可得∠ABF=∠CBR，然后求出∠QBR=∠QBF=45°，再求出利用“边角边”证明△FBQ和△RBQ全等，根据全等三角形对应边相等可得FQ=QR，再利用“角边角”证明△BCQ和△CDG全等，根据全等三角形对应边相等可得DG=CQ，然后设FG=x，DG=CQ=a，表示出AF=CR=2x，AD=3x+a，再表示出FQ、FD、DQ，在Rt△DQF中，利用勾股定理列式求解得到a=3x，从而求出CD=2a，在Rt△CDG中，利用勾股定理列式求出CG=a，从而得解．

点评：本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，综合性较强，难度较大，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键，难点在于作辅助线后需要多次证明三角形全等．