Question

如图，正方形ABCO的边OA、OC在坐标轴上，点B坐标为（6，6），将正方形ABCO绕点C逆时针旋转角度α（0°＜α＜90°），得到正方形CDEF，ED交线段AB于点G，ED的延长线交线段OA于点H，连CH、CG．
（1）求证：△CBG≌△CDG；
（2）求∠HCG的度数；并判断线段HG、OH、BG之间的数量关系，说明理由；
（3）连结BD、DA、AE、EB得到四边形AEBD，在旋转过程中，四边形AEBD能否为矩形？如果能，请求出点H的坐标；如果不能，请说明理由．

Answer 1

考点：四边形综合题

专题：

分析：（1）求证全等，观察两个三角形，发现都有直角，而CG为公共边，进而再锁定一条直角边相等即可，因为其为正方形旋转得到，所以边都相等，即结论可证．
（2）上问的结论，本题一般都要使用才能求出结果．所以由三角形全等可以得到对应边、角相等，即BG=DG，∠DCG=∠BCG．同第一问的思路你也容易发现△CDH≌△COH，也有对应边、角相等，即OH=DH，∠OCH=∠DCH．于是∠GCH为

1

2

四角的和，四角恰好组成直角，所以∠GCH=90°，且容易得到OH+BG=HG．
（3）四边形AEBD若为矩形，则需先为平行四边形，即要对角线互相平分，合适的点只有G为AB中点的时候．由上几问知DG=BG，所以此时同时满足DG=AG=EG=BG，即四边形AEBD为矩形．求H点的坐标，可以设其为（x，0），则OH=x，AH=6-x．而BG为AB的一半，所以DG=BG=AG=3．又由（2），HG=x+3，所以Rt△HGA中，三边都可以用含x的表达式表达，那么根据勾股定理可列方程，进而求出x，推得H坐标．

解答：（1）证明：∵正方形ABCO绕点C旋转得到正方形CDEF
∴CD=CB，∠CDG=∠CBG=90°
在Rt△CDG和Rt△CBG中

CD=CB CG=CG

∴△CDG≌△CBG（HL），

（2）解：∵△CDG≌△CBG
∴∠DCG=∠BCG，DG=BG
在Rt△CHO和Rt△CHD中

CH=CH CO=CD

∴△CHO≌△CHD（HL）
∴∠OCH=∠DCH，OH=DH
∴∠HCG=∠HCD+∠GCD=

1

2

∠OCD+

1

2

∠DCB=

1

2

∠OCB=45°
  HG=HD+DG=HO+BG
（3）解：四边形AEBD可为矩形
如图，

连接BD、DA、AE、EB
因为四边形AEBD若为矩形，则需先为平行四边形，即要对角线互相平分，合适的点只有G为AB中点的时候．
因为DG=BG，所以此时同时满足DG=AG=EG=BG，即平行四边形AEBD对角线相等，则其为矩形．
所以当G点为AB中点时，四边形AEBD为矩形．
∵四边形DAEB为矩形
∴AG=EG=BG=DG
∵AB=6
∴AG=BG=3
设H点的坐标为（x，0）
则HO=x
∵OH=DH，BG=DG
∴HD=x，DG=3
在Rt△HGA中
∵HG=x+3，GA=3，HA=6-x
∴（x+3）²=3²+（6-x）²
∴x=2
∴H点的坐标为（2，0）．

点评：本题难度不算很高，前两问属于常规题目，考察的是三角形全等的相关知识．最后一问动点题，做题时一定要先画适当的辅助线将所问图象表示出来，这样思考问题是方向感相对明确些．另多问的题目，前问结论与后问思路往往有着紧密联系，要巧用这个技巧来思考问题，往往事半功倍．