Question

8．如圖，正方形ABCD中，點E是BC邊延長線上的任一點，AE交CD于點G，∠AEB繞點E逆時針旋轉后點B的對應點B′落在AE上，另一邊EA′交CD的延長線于點F．
（1）如圖1，若正方形ABCD的邊長為1，∠AEB=30°，求線段DF的長；
（2）如圖2，若點G是CD的中點時，過點G作GH⊥AF于點H，求證：2$\sqrt{2}$DH=CE；
（3）如圖3，若點G是CD的中點時，試探究CE、EF、AF有怎樣的數(shù)量關系？直接寫出結果．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)DF=FG-DG，求出DG、DG的長即解決問題．
（2）如圖2中，作AM⊥EF于M，HN⊥CF于N，HJ⊥AD于J．首先證明∠HAG=45°，四邊形HJDN是正方形，設邊長為b，正方形ABC的邊長為2a，則DG=a，AJ=GN=a+b=2a-b，推出a=2b，求出CE、DH用b表示，即可解決問題．
（3）結論：EF²=CE²+$\frac{8}{5}$AF²．由（2）可知，tan∠HGN=tan∠FAD=$\frac{HN}{NG}$=$\frac{3b}$=$\frac{1}{3}$，求出DF、AF的長，以及CF與AF的關系，在Rt△EFC中，根據(jù)EF²=EC²+CF²，即可解決問題．

解答 （1）解：如圖1中，

∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD=1，∠B=∠BCD=∠DCE=90°，
∵∠AEB=∠A′EA=30°，
∴BE=$\sqrt{3}$AB=$\sqrt{3}$，EC=BE-BC=$\sqrt{3}-1$，
∴CG=EC•tan30°=1-$\frac{\sqrt{3}}{3}$，GE=2GC=2-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，DG=CD-CG=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∵∠CGE=∠A′EA+∠GFE=60°，
∴∠GFE=∠GEF=30°，
∴FG=GE=2-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∴DF=GF-DG=2-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{3}$=2-$\sqrt{3}$．

（2）證明：如圖2中，作AM⊥EF于M，HN⊥CF于N，HJ⊥AD于J．

∵AD∥BE，
∴∠DAG=∠BEG=∠AEF，
∵AB⊥BE，AM⊥EM，
∴AB=AM=AD，
在Rt△AFM和Rt△AFD中，
$\left\{\begin{array}{l}{AF=AF}\\{AM=AD}\end{array}\right.$，
∴Rt△AFM≌Rt△AFD，
∴∠MAF=∠FAD，
∵∠MAE+∠MEA=90°，
∴2∠FAD+2∠DAG=90°，
∴∠FAD+∠DAG=45°，
∴∠HAG=45°，
∵GH⊥AF，
∴∠HAG=∠HGA=45°，
∴AH=GH，
∵∠FAD+∠AFD=90°∠HGF+∠HFG=90°，
∴∠HAJ=∠HGN，
∴△AHJ≌△GHN，
∴JH=HN，
∵四邊形HJDN是矩形，
∴四邊形HJDN是正方形，設邊長為b，正方形ABC的邊長為2a，則DG=a，AJ=GN=a+b=2a-b，
∴a=2b，
∵AD∥CE，
∴$\frac{AD}{CE}$=$\frac{DG}{GC}$，
∵DG=GC，
∴AD=CE=2a=4b，
∵DH=$\sqrt{2}$b，
∴b=$\frac{\sqrt{2}}{2}$DH，
∴CE=4•$\frac{\sqrt{2}}{2}$DH=2$\sqrt{2}$DH．

（3）解：結論：EF²=CE²+$\frac{8}{5}$AF²．理由如下，
如圖3中，由（2）可知，tan∠HGN=tan∠FAD=$\frac{HN}{NG}$=$\frac{3b}$=$\frac{1}{3}$，

∴DF=$\frac{1}{3}$AD=$\frac{4}{3}$b，
AF=$\sqrt{A{D}^{2}+D{F}^{2}}$=$\sqrt{（4b）^{2}+（\frac{4}{3}b）^{2}}$=$\frac{4}{3}$$\sqrt{10}$b，
∴b=$\frac{3AF}{4\sqrt{10}}$，
∵CF=DF+CD=4b+$\frac{4}{3}$b=$\frac{16}{3}$b=$\frac{4}{\sqrt{10}}$AF，
在Rt△EFC中，∵EF²=EC²+CF²，
∴EF²=CE²+（$\frac{4}{\sqrt{10}}AF$）²，
∴EF²=CE²+$\frac{8}{5}$AF²．

點評 本題考查正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、四點共圓等知識，解題的關鍵是添加輔助線構造全等三角形，學會利用參數(shù)，構建方程解決問題．屬于中考�？碱}型．