Question

如图，正方形ABCD和正方形CEFG，点B、点C、点E在一直线上，点G在线段CD上，将正方形CEFG绕点C顺时针旋转θ角度（0°＜θ＜180°），得到正方形CE′F′G′（点E的对应点为E′，点F的对应点为F′，点G的对应点为G′），连接DG′，BE′过点C作CN⊥BE′，垂足为N，直线CN交线段DG′于点M．
（1）求证：点M为DG′的中点；
（2）求证：CM=

1

2

BE′．

Answer 1

考点：旋转的性质,正方形的性质

专题：

分析：（1）作出图形，过点D作DH⊥CM角CM的延长线于H，过点G′作G′K⊥CM于K，根据正方形的性质可得BC=CD，根据同角的余角相等求出∠CBN=∠DCH，然后利用“角角边”证明△BCN和△CDH全等，根据全等三角形对应边相等可得CN=DH，同理可证CN=G′K，再利用“角角边”证明△DHN和△G′KM全等，根据全等三角形对应边相等可得DM=G′M，从而得证；
（2）根据全等三角形对应边相等可得BN=CH，E′N=CK，MK=MH，然后表示出MK、MH，整理即可得证．

解答：证明：（1）如图，过点D作DH⊥CM角CM的延长线于H，过点G′作G′K⊥CM于K．
在正方形ABCD中，∵BC=CD，∠BCD=90°，
∴∠BCN+∠DCH=90°，
∵CN⊥BE′，
∴∠CBN+∠BCN=90°，
∴∠CBN=∠DCH，
在△BCN和△CDH中，

∠CBN=∠DCH ∠BNC=∠CHD=90° BC=CD

，
∴△BCN≌△CDH（AAS），
∴CN=DH，
同理可证CN=G′K，
∴DH=G′K，
在△DHN和△G′KM中，

∠H=∠G′KM=90° ∠DMH=∠G′MK DH=G′K

，
∴△DHN≌△G′KM（AAS），
∴DM=G′M，
∴点M为DG′的中点；

（2）∵△BCN≌△CDH，
∴BN=CH，
同理E′N=CK，
∵△DHN≌△G′KM，
∴MK=MH，
∴CM-CK=CH-CM，
∴CM+CM=CH+CK，
即2CM=BN+E′N=BE′，
∴CM=

1

2

BE′．

点评：本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，难点在于作辅助线构造出全等三角形并多次证明三角形全等．