Question

9．如圖，正方形ABCO的邊OA、OC在坐標軸上，點B坐標為（6，6），將正方形ABCO繞點C逆時針旋轉角度α（0°＜α＜90°），得到正方形CDEF，ED交線段AB于點G，ED的延長線交線段OA于點H，連結CH、CG．
（1）求證：CG平分∠DCB；
（2）在正方形ABCO繞點C逆時針旋轉的過程中，求線段HG、OH、BG之間的數(shù)量關系；
（3）連接BD、DA、AE、EB，在旋轉過程中，四邊形AEBD能否成為矩形？
若能，試求出直線DE的解析式；若不能，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)旋轉和正方形的性質可得出CD=CB，∠CDG=∠CBG=90，根據(jù)全等直角三角形的判定定理（HL）即可證出Rt△CDG≌Rt△CBG，即∠DCG=∠BCG，由此即可得出CG平分∠DCB；
（2）由（1）的Rt△CDG≌Rt△CBG可得出BG=DG，根據(jù)全等直角三角形的判定定理（HL）即可證出Rt△CHO≌Rt△CHD，即OH=HD，再根據(jù)線段間的關系即可得出HG=HD+DG=OH+BG；
（3）根據(jù)（2）的結論即可找出當G點為AB中點時，四邊形AEBD為矩形，再根據(jù)正方形的性質以及點B的坐標可得出點G的坐標，設H點的坐標為（x，0），由此可得出HO=x，根據(jù)勾股定理即可求出x的值，即可得出點H的坐標，結合點H、G的坐標利用待定系數(shù)法即可求出直線DE的解析式．

解答 解：（1）證明：∵正方形ABCO繞點C旋轉得到正方形CDEF，
∴CD=CB，∠CDG=∠CBG=90°，
在Rt△CDG和Rt△CBG中，$\left\{\begin{array}{l}CG=CG\\ CD=CB\end{array}\right.$，
∴Rt△CDG≌Rt△CBG（HL）．
∴∠DCG=∠BCG，
即CG平分∠DCB．
（2）由（1）證得：Rt△CDG≌Rt△CBG，
∴BG=DG，
在Rt△CHO和Rt△CHD中，$\left\{\begin{array}{l}CH=CH\\ CO=CD\end{array}\right.$，
∴Rt△CHO≌Rt△CHD（HL），
∴OH=HD，
∴HG=HD+DG=OH+BG．
（3）假設四邊形AEBD可為矩形．
當G點為AB中點時，四邊形AEBD為矩形，如圖所示．
∵G點為AB中點，
∴$BG=GA=\frac{1}{2}AB$，
由（2）證得：BG=DG，則$BG=GA=DG=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}DE=GE$，
又AB=DE，
∴四邊形AEBD為矩形．
∴AG=EG=BG=DG．
∵$AG=\frac{1}{2}AB=3$，
∴G點的坐標為（6，3）．
設H點的坐標為（x，0），則HO=x，
∴HD=x，DG=3，
∵OH=DH，BG=DG，
在Rt△HGA中，HG=x+3，GA=3，HA=6-x，
由勾股定理得：（x+3）²=3²+（6-x）²，解得：x=2，
∴H點的坐標為（2，0）．
設直線DE的解析式為：y=kx+b（k≠0），
將點H（2，0）、G（6，3）代入y=kx+b中，
得：$\left\{\begin{array}{l}2k+b=0\\ 6k+b=3\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}k=\frac{3}{4}\\ b=-\frac{3}{2}\end{array}\right.$，
∴直線DE的解析式為：$y=\frac{3}{4}x-\frac{3}{2}$．
故四邊形AEBD能為矩形，此時直線DE的解析式為：$y=\frac{3}{4}x-\frac{3}{2}$．

點評 本題考查了矩形的性質、旋轉的性質、全等三角形的判定及性質、待定系數(shù)法求函數(shù)解析式以及勾股定理，解題的關鍵是：（1）證出Rt△CDG≌Rt△CBG；（2）找出BG=DG、OH=HD；（3）求出點H、G的坐標．本題屬于中檔題，難度不大，解決該題型題目時，根據(jù)全等三角形的性質找出相等的邊和角是關鍵．