Question

20．如图，若四边形ABCD、四边形CFED都是正方形，显然图中有AG=CE，AG⊥CE．
（1）当正方形GFED绕D顺时针旋转α（0^o＜α＜180^o），如图2，AG=CE和AG⊥CE是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．
（2）不论α为何值，CE与AG交于H，连接HD，试证明：∠GHD=45°；
（3）当α=45^o，如图3的位置时，延长CE交AG于H，交AD于M．当AD=4，DG=$\sqrt{2}$时，求CH的长．

Answer 1

分析 （1）利用同角的余角相等得出∠GDA=∠EDC，进而得出△AGD≌△CED即可‘
（2）先判断出Rt△DRE≌Rt△DQG得出DR=DQ，进而判断出Rt△DRH≌Rt△DQH即可得出结论；
（3）方法一、利用三角函数求出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结论；
方法二、利用四边形ACDG的面积直接计算即可得出结论．

解答 解：（1）AG=CE与AG⊥CE均成立．
∵四边形ABCD、四边形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）如图2，过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：如图3，过G作GP⊥AD于P，
由题意有，GP=PD=$\sqrt{2}$sin45°=1，
∴AP=3，则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=$\frac{4\sqrt{10}}{5}$；
连接AC，显然有AC=4$\sqrt{2}$，
∴CH=$\sqrt{A{C}^{2}-A{H}^{2}}$=$\frac{8\sqrt{10}}{5}$．
所求CH的长为$\frac{8\sqrt{10}}{5}$
解法二：研究四边形ACDG的面积
过G作GP⊥AD于P，由题意有GP=PD=$\sqrt{2}$sin45°=1，
∴AP=3，AG=$\sqrt{10}$
而以CD为底边的三角形CDG的高=PD=1，
S_△AGD+S_△ACD=S_{四边形ACDG}=S_△ACG+S_△CGD，
∴4×1+4×4=$\sqrt{10}$×CH+4×1．
∴CH=$\frac{8\sqrt{10}}{5}$．

点评 此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数，四边形的面积的计算方法，解（2）的关键是判断出Rt△DRE≌Rt△DQG，解（3）的关键是求出CM=$\frac{3\sqrt{10}}{3}$．