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题目（浙教版八年级下教材第147页作业题第3题）如图1，分别以△ABC的边AB、AC为边向外作正方形AEDB和正方形ACFG，连结CE、BG.求证：BG=CE.
简析：利用两个正方形中，AE=AB、AC=AG、易证∠EAC=∠GAB， 所以△EAC≌△GAB，所以BG=CE.
图1图2上述图形在历年中考试题中有较多出现，如2013中考的齐齐哈尔、营口、济南等卷中都有其运用，下面就这个图形来挖掘由它还能得到哪些结论.
结论1： BG⊥CE（BG和CE的位置关系？）
简析：如图2，已证△EAC≌△GAB，所以∠AGQ=∠OCQ，在△OCQ≌△AGQ中，∠AQG=∠OQC，所以∠QOC=∠QAG=90°所以BG⊥CE.
结论2：（△EAC是由哪个三角形如何变换而来？）
△EAC是由△GAB绕着点A顺时针旋转90°得到的.
结论3：如图3，连结AO，则AO平分∠EOG.
简析：已证△EAC≌△GAB，所以S△EAC=S△GAB.又BG=CE所以它们边上的高AH=AI，所以AO平分∠EOG.
图3图4结论4：连结EG，如图4，则有BC2+EG2=2（AB2+AC2）.
简析：已证BG⊥CE所以BC2+EG2=BO2+CO2+EO2+GO2=BE2+CG2=2（AB2+AC2）.
结论5：如图5，取CB、BE、EG、GC的中点H、I、J、K，则四边形HIJK是正方形.
简析：由三角形的中位线性质可得：IJ∥BG，IJ=112BG，KH∥BG， KH=112BG，所以IJ∥KH，同理JK∥HI，所以四边形HIJK是平行四边形，又BG=CE，BG⊥CE，所以易证四边形HIJK是正方形.
图5图6结论6：如图6，S△ABC=S△AEG.
简析：易证△ACM≌△AGN，所以CM=GN，又S△ABC=112AB·CM，S△AEG=112AE·GN，又AB=AE，所以S△ABC=S△AEG.
结论7：如图7，作AN⊥BC交BC与点N，EG与NA的延长线交于点M，则M是EG的中点，
结论8：如图7，AM=112BC.
图7图8结论9：如图8，作BC边上的中线AN，EG与NA的延长线交于点M，则AM⊥EG.
结论10：如图8， AN=112EG.
简析：如图8，过点E作EP⊥NM交NM的延长线于点P，过点G作GH⊥MN于点H，证明△EAP≌△ABN、RT△GHA≌RT△ANC，所以EP=AN=GH，可证Rt△EPM≌Rt△GHM，所以EM=GM所以M是EG的中点.
（结论9，10是结论7，8的一个变式），如图8，将△EAG绕着点A顺时针旋转90°得到△E′AC，所以CE′=EG， CE′⊥EG，易证AN是△E′BC的中位线，所以AN
瘙 綊 112E′C=112EG， AN⊥EG，同理：图6中AM=112BC.
结论11：如图9，DM⊥BC于点M，FN⊥BC于点N，则DM+FN=BC.
简析：如图9，易证Rt△DMB≌Rt△BHA，Rt△FNC≌Rt△CHA，则DM=BH，FN=CH，所以DM+FN=BH+CH=BC.
图9图10结论12：若点P是DF的中点，则点P到BC的距离是BC的一半，Q为BC中点.
简析：如图10，已证DM+FN=BC，又P是DF的中点，由PQ为梯形DMNF的中位线，所以，PQ=112（DM+FN）=112BC，又由Rt△DMB≌Rt△BHA，Rt△FNC≌Rt△CHA，则BM=AH=CN，所以Q为BC的中点.
图11结论13：如图11，D、O、F三点共线.
简析：由BG⊥CE和正方形的性质可知：
B、O、E、D四点共圆，则∠BOD=∠BAD=45°，同理∠COF=45°，所以∠BOD+∠BOC+∠COF=180°.所以D、O、F三点共线.
以上，仅以教材习题给出的图形出发作了一些可得结论的挖掘，不当之处请同行斧正！
作者简介姜黄飞，男，2013年获海盐县说课一等奖、说题二等奖，十多篇论文获县、市一、二、三等奖，双高课县二等奖，县优秀教师，县优秀班主任等荣誉.
简析：利用两个正方形中，AE=AB、AC=AG、易证∠EAC=∠GAB， 所以△EAC≌△GAB，所以BG=CE.
图1图2上述图形在历年中考试题中有较多出现，如2013中考的齐齐哈尔、营口、济南等卷中都有其运用，下面就这个图形来挖掘由它还能得到哪些结论.
结论1： BG⊥CE（BG和CE的位置关系？）
简析：如图2，已证△EAC≌△GAB，所以∠AGQ=∠OCQ，在△OCQ≌△AGQ中，∠AQG=∠OQC，所以∠QOC=∠QAG=90°所以BG⊥CE.
结论2：（△EAC是由哪个三角形如何变换而来？）
△EAC是由△GAB绕着点A顺时针旋转90°得到的.
结论3：如图3，连结AO，则AO平分∠EOG.
简析：已证△EAC≌△GAB，所以S△EAC=S△GAB.又BG=CE所以它们边上的高AH=AI，所以AO平分∠EOG.
图3图4结论4：连结EG，如图4，则有BC2+EG2=2（AB2+AC2）.
简析：已证BG⊥CE所以BC2+EG2=BO2+CO2+EO2+GO2=BE2+CG2=2（AB2+AC2）.
结论5：如图5，取CB、BE、EG、GC的中点H、I、J、K，则四边形HIJK是正方形.
简析：由三角形的中位线性质可得：IJ∥BG，IJ=112BG，KH∥BG， KH=112BG，所以IJ∥KH，同理JK∥HI，所以四边形HIJK是平行四边形，又BG=CE，BG⊥CE，所以易证四边形HIJK是正方形.
图5图6结论6：如图6，S△ABC=S△AEG.
简析：易证△ACM≌△AGN，所以CM=GN，又S△ABC=112AB·CM，S△AEG=112AE·GN，又AB=AE，所以S△ABC=S△AEG.
结论7：如图7，作AN⊥BC交BC与点N，EG与NA的延长线交于点M，则M是EG的中点，
结论8：如图7，AM=112BC.
图7图8结论9：如图8，作BC边上的中线AN，EG与NA的延长线交于点M，则AM⊥EG.
结论10：如图8， AN=112EG.
简析：如图8，过点E作EP⊥NM交NM的延长线于点P，过点G作GH⊥MN于点H，证明△EAP≌△ABN、RT△GHA≌RT△ANC，所以EP=AN=GH，可证Rt△EPM≌Rt△GHM，所以EM=GM所以M是EG的中点.
（结论9，10是结论7，8的一个变式），如图8，将△EAG绕着点A顺时针旋转90°得到△E′AC，所以CE′=EG， CE′⊥EG，易证AN是△E′BC的中位线，所以AN
瘙 綊 112E′C=112EG， AN⊥EG，同理：图6中AM=112BC.
结论11：如图9，DM⊥BC于点M，FN⊥BC于点N，则DM+FN=BC.
简析：如图9，易证Rt△DMB≌Rt△BHA，Rt△FNC≌Rt△CHA，则DM=BH，FN=CH，所以DM+FN=BH+CH=BC.
图9图10结论12：若点P是DF的中点，则点P到BC的距离是BC的一半，Q为BC中点.
简析：如图10，已证DM+FN=BC，又P是DF的中点，由PQ为梯形DMNF的中位线，所以，PQ=112（DM+FN）=112BC，又由Rt△DMB≌Rt△BHA，Rt△FNC≌Rt△CHA，则BM=AH=CN，所以Q为BC的中点.
图11结论13：如图11，D、O、F三点共线.
简析：由BG⊥CE和正方形的性质可知：
B、O、E、D四点共圆，则∠BOD=∠BAD=45°，同理∠COF=45°，所以∠BOD+∠BOC+∠COF=180°.所以D、O、F三点共线.
以上，仅以教材习题给出的图形出发作了一些可得结论的挖掘，不当之处请同行斧正！
作者简介姜黄飞，男，2013年获海盐县说课一等奖、说题二等奖，十多篇论文获县、市一、二、三等奖，双高课县二等奖，县优秀教师，县优秀班主任等荣誉.