【分析】
(1) 要证明$DF=CD$，可通过证明两条线段所在的三角形全等求解。已知$AD$、$BE$是$△ ABC$的高，可得两组直角相等，结合对顶角相等可推出$∠ DAC=∠ CBE$，再结合已知$BF=AC$，即可用AAS判定$△ BDF≌△ ADC$，得到对应边$DF=CD$。
(2) 由(1)的全等结论可得$AD=BD$，结合$AD⊥ BD$，可知$△ ABD$是等腰直角三角形，直接可求出$∠ ABC$的度数。
(3) 要证明$BH=CG+CE$属于线段和差类证明，常用截长补短法。可在$BH$上截取$HM=CE$，先证明$△ BEC≌△ GHM$得到$GM=BC$和角相等的结论，再结合(2)中$∠ ABC=45°$的条件证明$△ BGM≌△ GBC$，得到$CG=MB$，最后通过线段和的关系即可证得结论。
【解析】
(1) 证明：
$\because △ ABC$的高$AD,BE$交于点$F$，
$\therefore ∠ ADC=∠ ADB=90°$，$∠ AEB=90°$，
$\therefore ∠ DAC+∠1=90°$，$∠ CBE+∠2=90°$。
$\because ∠1=∠2$，$\therefore ∠ DAC=∠ CBE$。
又$\because BF=AC$，
$\therefore △ BDF≌△ ADC(\mathrm{AAS})$，
$\therefore DF=CD$。
(2) 解：
由(1)知$△ ADC≌△ BDF$，$\therefore AD=BD$。
$\because AD⊥ BD$，
$\therefore △ ABD$为等腰直角三角形，
$\therefore ∠ ABC=45°$。
(3) 证明：
在$HB$上截取$HM=CE$，连接$GM$。
$\because BE$是$△ ABC$的高，$GH⊥ BH$，
$\therefore ∠ H=∠ BEC=90°$，$∠ BGH=90°-∠3$。
在$△ BEC$和$△ GHM$中，
$\begin{cases} BE=GH, \\ ∠ BEC=∠ H, \\ CE=MH, \end{cases}$
$\therefore △ BEC≌△ GHM(\mathrm{SAS})$，
$\therefore GM=BC$，$∠1=∠2$。
由(2)知$∠ ABC=45°$，即$∠2+∠3=45°$，
$\therefore ∠ BGM=∠ BGH-∠1=90°-∠3-∠1=90°-(∠3+∠2)=45°$，
$\therefore ∠ BGM=∠ ABC=45°$，即$∠ BGM=∠ GBC$。
在$△ BGM$和$△ GBC$中，
$\begin{cases} GM=BC, \\ ∠ BGM=∠ GBC, \\ GB=BG, \end{cases}$
$\therefore △ BGM≌△ GBC(\mathrm{SAS})$，
$\therefore CG=MB$，
$\therefore CE+CG=MH+MB=BH$，即$BH=CG+CE$。
【答案】
27.(1)证明:如答图①,
$\because △ ABC$的高$AD,BE$交于点$F$,
$\therefore ∠ADC=∠ADB=90°$,$∠AEB=90°$,
$\therefore ∠DAC+∠1=90°$,$∠CBE+∠2=90°$.
$\because ∠1=∠2$,$\therefore ∠DAC=∠CBE$.
$\because BF=AC$,$\therefore △ BDF≌△ ADC(\mathrm{AAS})$,$\therefore DF=CD$.
(2)解:由(1)知$△ ADC≌△ BDF$,$\therefore AD=BD$.
$\because AD⊥ BD$,
$\therefore △ ABD$为等腰直角三角形,$\therefore ∠ABC=45°$.
(3)证明:如答图②,在$HB$上截取$HM=CE$,连接$GM$.
$\because BE$是$△ ABC$的高,$GH⊥ BH$,
$\therefore ∠H=∠BEC=90°$,$∠BGH=90°-∠3$.
在$△ BEC$和$△ GHM$中,$\begin{cases} BE=GH, \\ ∠BEC=∠H, \\ CE=MH, \end{cases}$
$\therefore △ BEC≌△ GHM(\mathrm{SAS})$,$\therefore GM=BC$,$∠1=∠2$.
由(2)知$∠ABC=45°$,即$∠2+∠3=45°$,
$\therefore ∠BGM=∠BGH-∠1=90°-∠3-∠1=90°-(∠3+∠2)=45°$,
$\therefore ∠BGM=∠ABC=45°$,即$∠BGM=∠GBC$.
在$△ BGM$和$△ GBC$中,$\begin{cases} GM=BC, \\ ∠BGM=∠GBC, \\ GB=BG, \end{cases}$
$\therefore △ BGM≌△ GBC(\mathrm{SAS})$,$\therefore CG=MB$,
$\therefore CE+CG=MH+MB=BH$,即$BH=CG+CE$.
【知识点】
全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，截长补短法
【点评】
本题是三角形综合类题目，难度梯度设置合理，前两问侧重基础，考查全等三角形、等腰直角三角形的基础性质，第三问需要构造辅助线，考查截长补短法解决线段和差问题的能力，能有效锻炼几何逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6

【分析】
(1) 解决第一问先明确对称轴是直线x=1，直线关于垂直于x轴的直线对称时，可先找原直线上两个点关于对称轴的对称点，两点确定直线即可得到l₂，再用待定系数法求l₂的解析式。
(2) 第二问先求出直线l₁与坐标轴的交点、l₂与x轴交点以及两直线交点C的坐标，先计算△ABC的面积，再根据面积关系得到△ADE的面积，分点E在点A上方和下方两种情况，利用三角形面积的和差关系列方程求解即可。
(3) 第三问△FGD以FG为直角边，需分两种情况讨论：直角顶点为F，或直角顶点为G，结合等腰直角三角形两直角边相等的性质，构造全等三角形转化坐标关系，再结合F在直线l₁上、G在y轴上的特征求解，注意分类讨论不要漏解。
【解析】
(1) 作图如答图①，直线l₁:y=2x+4与y轴交点A(0,4)，与x轴交点T(-2,0)，两点关于直线x=1的对称点分别为(2,4)、(4,0)，设l₂的解析式为y=kx+b，代入两点坐标得$\begin{cases}2k+b=4\\4k+b=0\end{cases}$，解得$\begin{cases}k=-2\\b=8\end{cases}$，故l₂的函数表达式为y=-2x+8。
(2) 设直线l₁交x轴于点T，E(m,2m+4)，
在y=2x+4中，令x=0，得y=4，$\therefore A(0,4)$；令y=0，得x=-2，$\therefore T(-2,0)$。
在y=-2x+8中，令y=0，得x=4，$\therefore D(4,0)$，
$\therefore DT=4-(-2)=6$，$\therefore S_{△ADT}=\dfrac{1}{2}×6×4=12$。
联立$\begin{cases}y=2x+4\\y=-2x+8\end{cases}$，解得$\begin{cases}x=1\\y=6\end{cases}$，即$C(1,6)$，$\therefore S_{△ABC}=\dfrac{1}{2}×1×6=3$。
$\because S_{△ABC}=\dfrac{1}{2}S_{△ADE}$，$\therefore S_{△ADE}=6$。
当点E在点A下方时，如答图②：
$S_{△EDT}=S_{△ADT}-S_{△ADE}=12-6=6$，
$\therefore \dfrac{1}{2}×6(2m+4)=6$，解得$m=-1$，$\therefore E(-1,2)$。
当点E在点A上方时，如答图③：
$S_{△EDT}=S_{△ADT}+S_{△ADE}=12+6=18$，
$\therefore \dfrac{1}{2}×6(2m+4)=18$，解得$m=1$，$\therefore E(1,6)$。
综上所述，点E的坐标为$(-1,2)$或$(1,6)$。
(3) 分两种情况讨论：当直角顶点为G时、当直角顶点为F时，结合等腰直角三角形的性质构造全等三角形，代入坐标关系求解，最终得到符合条件的F点坐标。
【答案】
(1) 如答图①，$y=-2x+8$
(2) $(-1,2)$或$(1,6)$
(3) $(-4,-4)$或$(-\dfrac{4}{3},\dfrac{4}{3})$或$(0,4)$或$(-\dfrac{8}{3},-\dfrac{4}{3})$
【知识点】
一次函数的图象与性质，轴对称的性质，等腰直角三角形的性质
【点评】
本题为一次函数综合题，融合了作图、面积计算、动点存在性等考点，重点考查分类讨论思想和数形结合思想，解题时需注意分类讨论要全面，避免漏解，同时要学会将几何性质转化为代数方程求解。
【难度系数】
0.4