Question

14．如圖，在正方形ABCD中，AB=3，E為BC上一點(diǎn)，連接AE，H為AE的中點(diǎn)，過點(diǎn)H作直線FG交AB于F，交CD于G，若∠AHF=30°，AE=FG，則CG的長(zhǎng)度為2-$\sqrt{3}$．

Answer 1

分析 解法1：過H作HI⊥AB于I，過G作GJ⊥AB于J，則HI∥GJ，∠GJF=∠B=90°，判定Rt△ABE≌Rt△GJF，得到∠FGJ=∠EAB，進(jìn)而根據(jù)三角形內(nèi)角和定理求得∠FHI=30°=∠BAE=∠AHF，再根據(jù)含30°角的直角三角形的性質(zhì)以及解直角三角形，求得AF和FJ的長(zhǎng)，即可得到BJ的長(zhǎng)，進(jìn)而得出GC的長(zhǎng)；
解法2：過A作AI∥FG，交CD于I，過F作FJ⊥AE于J，則∠HAI=∠AHF=30°，根據(jù)四邊形AFGI是平行四邊形，可得AF=IG，AI=FG=AE，判定Rt△ADI≌Rt△ABE，可得∠DAI=∠BAE，進(jìn)而得出∠BAE=30°，再根據(jù)含30°角的直角三角形的性質(zhì)以及等腰三角形的性質(zhì)，即可得到AF的長(zhǎng)，進(jìn)而得出IG的長(zhǎng)，最后根據(jù)CG=CD-DI-IG進(jìn)行計(jì)算即可．

解答 解法1：如圖，過H作HI⊥AB于I，過G作GJ⊥AB于J，則HI∥GJ，∠GJF=∠B=90°，
∴∠FGJ=∠FHI，
∵AE=FG，GJ=AB=3，
∴Rt△ABE≌Rt△GJF，
∴∠FGJ=∠EAB，
∴∠FHI=∠EAB，
又∵Rt△AHI中，∠FHI+∠EAB+∠AHF=90°，而∠AHF=30°，
∴2∠FHI+30=90，
∴∠FHI=30°=∠BAE=∠AHF，
∴Rt△ABE中，BE=tan30°×AB=$\frac{\sqrt{3}}{3}$×3=$\sqrt{3}$，
∴FJ=BE=$\sqrt{3}$，
設(shè)FI=x，則FH=2x=AF，
∵H是AE的中點(diǎn)，HI∥GJ，
∴AI=$\frac{1}{2}$AB=$\frac{3}{2}$，即AF+FI=$\frac{3}{2}$，
∴2x+x=$\frac{3}{2}$，解得x=$\frac{1}{2}$，
∴AF=1，
∴BJ=BA-JF-FA=3-$\sqrt{3}$-1=2-$\sqrt{3}$，
∴CG=BJ=2-$\sqrt{3}$，
故答案為：2-$\sqrt{3}$；

解法2：過A作AI∥FG，交CD于I，過F作FJ⊥AE于J，則∠HAI=∠AHF=30°，
∵AF∥GI，AI∥FG，
∴四邊形AFGI是平行四邊形，
∴AF=IG，AI=FG=AE，
又∵AD=AB，∠D=∠B=90°，
∴Rt△ADI≌Rt△ABE，
∴∠DAI=∠BAE，
又∵∠DAI+∠HAI+∠BAE=90°，
∴∠BAE=30°，
∴BE=AB×tan30°=$\sqrt{3}$，
∴DI=BE=$\sqrt{3}$，AE=2BE=2$\sqrt{3}$，
又∵H是AE的中點(diǎn)，
∴AH=$\sqrt{3}$，
∵∠FAH=∠FHA=30°，
∴AF=FH，
∴AJ=$\frac{1}{2}$AH=$\frac{1}{2}\sqrt{3}$，
∴AF=$\frac{AJ}{cos30°}$=$\frac{\frac{1}{2}\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}$=1，
∴IG=AF=1，
又∵CD=AB=3，
∴CG=CD-DI-IG=3-$\sqrt{3}$-1=2-$\sqrt{3}$，
故答案為：2-$\sqrt{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、含30°角的直角三角形的性質(zhì)以及解直角三角形的綜合應(yīng)用，解決問題的關(guān)鍵是作輔助線構(gòu)造全等三角形以及平行四邊形，依據(jù)全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等，對(duì)應(yīng)角相等進(jìn)行計(jì)算求解．