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    18．如图1，△AHC中，∠AHC=90°，将△AHC绕点H逆时针旋转90°，得到△BHD（点B、D分别是点A、C的对应点），若BC=4，tanC=3．
    （1）求线段CH的长；
    （2）将△BHD绕点H旋转，得到△EHF（点B，D分别于点E，F对应）
    ①如图2，当点F落在线段AC上时，连接AE，分别求CF和AE的长；
    ②如图3，当△EHF是由△BHD绕点H逆时针旋转30°得到时，设射线CF与AE相交于点G，连接GH，试探究线段GH与EF之间满足的等量关系，并说明理由．

    分析 （1）由题意设AH=BH=x，根据BC=4，tanC=3，可得$\frac{4-x}{x}$=3，解方程即可；
    （2）①如图，作HP⊥AE于P，HJ⊥AC于J．根据△EHA∽△FHC，得到，HP=3AP，AE=2AP，分别在Rt△APH，Rt△CHJ中解直角三角形即可．
    ②先判断出△AGQ∽△CHQ，得到 $\frac{AQ}{GQ}$=$\frac{CQ}{HQ}$，然后判断出△AQC∽△GQH，用相似比即可．

    解答 解：（1）∵△BDH是由△AHC旋转所得，
    ∴BH=AH，设BH=AH=x，
    在Rt△ACH中，tan∠CAH=$\frac{CH}{AH}$=3，
    ∴$\frac{4-x}{x}$=3，
    解得x=3，
    ∴CH=1．

    （2）①如图，作HP⊥AE于P，HJ⊥AC于J．

    由旋转知，∠EHF=∠BHD=∠AHC=90°，EH=AH=3，CH=DH=FH，
    ∴∠EHA=∠FHC，$\frac{EH}{AH}$=$\frac{FH}{HC}$=1，
    ∴△EHA∽△FHC，
    ∴∠EAH=∠C，
    ∴tan∠EAH=tanC=3，
    ∴HP=3AP，AE=2AP，
    在Rt△AHP中，AP2+HP2=AH2，
    ∴AP2+（3AP）2=9，
    ∴AP=$\frac{3\sqrt{10}}{10}$，
    ∴AE=$\frac{3\sqrt{10}}{5}$，
    易知四边形APHJ是矩形，
    ∴HJ=AP=$\frac{3\sqrt{10}}{10}$，
    ∵HF=HC=1，HJ⊥CF，
    ∴CJ=FJ=$\sqrt{1-（\frac{3\sqrt{10}}{10}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{10}}{10}$，
    ∴CF=$\frac{2\sqrt{10}}{10}$．

    ②如图1，

    ∵△EHF是由△BHD绕点H逆时针旋转30°得到，
    ∴HD=HF，∠AHF=30°
    ∴∠CHF=90°+30°=120°，
    由①有，△AEH和△FHC都为等腰三角形，
    ∴∠GAH=∠HCG=30°，
    ∴CG⊥AE，
    ∴点C，H，G，A四点共圆，
    ∴∠CGH=∠CAH，
    设CG与AH交于点Q，
    ∵∠AQC=∠GQH，
    ∴△AQC∽△GQH，
    ∴$\frac{AC}{HG}$=$\frac{AQ}{GQ}$=$\frac{1}{sin30°}$=2，
    ∵△EHF是由△BHD绕点H逆时针旋转30°得到，
    ∴EF=BD，
    由（1）知，BD=AC，
    ∴EF=AC
    ∴$\frac{EF}{HG}$=$\frac{AC}{GH}$=$\frac{AQ}{GQ}$=$\frac{1}{sin30°}$=2．

    点评 此题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，勾股定理，锐角三角函数的意义，等腰三角形的判定和性质，解本题的关键是相似三角形性质和判定的运用．

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