Question

20．如圖，若四邊形ABCD、四邊形CFED都是正方形，顯然圖中有AG=CE，AG⊥CE．
（1）當(dāng)正方形GFED繞D順時針旋轉(zhuǎn)α（0^o＜α＜180^o），如圖2，AG=CE和AG⊥CE是否成立？若成立，請給出證明；若不成立，請說明理由．
（2）不論α為何值，CE與AG交于H，連接HD，試證明：∠GHD=45°；
（3）當(dāng)α=45^o，如圖3的位置時，延長CE交AG于H，交AD于M．當(dāng)AD=4，DG=$\sqrt{2}$時，求CH的長．

Answer 1

分析 （1）利用同角的余角相等得出∠GDA=∠EDC，進而得出△AGD≌△CED即可‘
（2）先判斷出Rt△DRE≌Rt△DQG得出DR=DQ，進而判斷出Rt△DRH≌Rt△DQH即可得出結(jié)論；
（3）方法一、利用三角函數(shù)求出DM=$\frac{4}{3}$，即可得出AM=$\frac{8}{3}$．再用勾股定理得出CM=$\frac{3\sqrt{10}}{3}$，最后用勾股定理即可得出結(jié)論；
方法二、利用四邊形ACDG的面積直接計算即可得出結(jié)論．

解答 解：（1）AG=CE與AG⊥CE均成立．
∵四邊形ABCD、四邊形DEFG是正方形，
∴GD=DE，AD=DC
∵∠GDE=∠ADC=90°，
∴∠GDA=90°-∠ADE=∠EDC．
在△AGD和△CED中，$\left\{\begin{array}{l}{GD=DE}\\{∠GDA=∠EDC}\\{AD=DC}\end{array}\right.$，
∴△AGD≌△CED
∴AG=CE
∴∠GAD=∠ECD
又∵∠HMA=∠DMC．
∴∠AHM=∠ADC=90°．即AG⊥CE
（2）如圖2，過D作DR⊥HC于R，DQ⊥AG于Q，
由（1）知，△AGD≌△CED，
∴∠DEC=∠DGA
∴∠DER=∠DGQ
在Rt△DRE和Rt△DQG中，$\left\{\begin{array}{l}{∠DRE=∠DQG}\\{∠DER=∠DGQ}\\{DE=DQ}\end{array}\right.$
∴Rt△DRE≌Rt△DQG
∴DR=DQ
在Rt△DRH和Rt△DQH中，
∵DR=DQ，DH=DH，∠DRH=∠DQH=90°
∴Rt△DRH≌Rt△DQH
∴∠DHR=∠DHQ
由（1）得AG⊥CE∴∠DHQ=45°．
（3）解法一：如圖3，過G作GP⊥AD于P，
由題意有，GP=PD=$\sqrt{2}$sin45°=1，
∴AP=3，則tan∠1=$\frac{GP}{AP}=\frac{1}{3}$
而∠1=∠2，
∴tan∠2=$\frac{DM}{DC}$=tan∠1=$\frac{1}{3}$．
∴DM=$\frac{4}{3}$，即AM=AD-DM=$\frac{8}{3}$．
在Rt△DMC中，CM=$\sqrt{C{D}^{2}+D{M}^{2}}$=$\frac{3\sqrt{10}}{3}$，
而△AMH∽△CMD，
∴$\frac{AH}{DC}=\frac{AM}{CM}$，即$\frac{AH}{4}=\frac{\frac{8}{3}}{\frac{4\sqrt{10}}{3}}$，
∴AH=$\frac{4\sqrt{10}}{5}$；
連接AC，顯然有AC=4$\sqrt{2}$，
∴CH=$\sqrt{A{C}^{2}-A{H}^{2}}$=$\frac{8\sqrt{10}}{5}$．
所求CH的長為$\frac{8\sqrt{10}}{5}$
解法二：研究四邊形ACDG的面積
過G作GP⊥AD于P，由題意有GP=PD=$\sqrt{2}$sin45°=1，
∴AP=3，AG=$\sqrt{10}$
而以CD為底邊的三角形CDG的高=PD=1，
S_△AGD+S_△ACD=S_{四邊形ACDG}=S_△ACG+S_△CGD，
∴4×1+4×4=$\sqrt{10}$×CH+4×1．
∴CH=$\frac{8\sqrt{10}}{5}$．

點評 此題是四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，銳角三角函數(shù)，四邊形的面積的計算方法，解（2）的關(guān)鍵是判斷出Rt△DRE≌Rt△DQG，解（3）的關(guān)鍵是求出CM=$\frac{3\sqrt{10}}{3}$．