Question

6．如圖，在正方形ABCD和正方形CEFG中，AD=6，CE=2$\sqrt{2}$，點D、C、E三點在同一條直線上．將正方形CEFG繞點C逆時針旋轉135°，得到正方形C E′F′G′，連接DE′和DG′，連接BG′，并延長交CD于點M，交DE′于點H．
（1）求證：DG′=BG′；
（2）求BH的長度．

Answer 1

分析 （1）由旋轉可知∠DCG'=∠BCG'=45°，然后根據SAS證得△BC G′≌△DC G′，即可證得DG′=BG′；
（2）連接E′G′，交DC于Q，根據正方形的性質易得E'G'⊥DC，$QG'=CQ=\frac{1}{2}CF'=2$，DQ=4，在Rt△DG'Q中，根據勾股定理求得DG′=2$\sqrt{5}$，根據垂直平分線的性質得$DE'=DG'=2\sqrt{5}$，進一步得出$BG'=DG'=2\sqrt{5}$，從而求得G'H⊥DE'，在△D E′G′中，根據S_△DG′E′=$\frac{1}{2}$G′E′•DQ=$\frac{1}{2}$DE′•G′H，即可求得G′H，進一步求得BH．

解答 （1）證明：由旋轉可知，正方形C E′F′G′的點F′剛好在CD 上，
∴∠DCG'=∠BCG'=45°，
在△BC G′和△DC G′中
$\left\{\begin{array}{l}{BC=DC}\\{∠DCG'=∠BCG'}\\{CG'=CG'}\end{array}\right.$
∴△BC G′≌△DC G′，
∴DG'=BG'；

（2）解：連接E′G′，交DC于Q，
∵四邊形C E′F′G′是正方形，CE′=2$\sqrt{2}$，
∴E'G'⊥DC，$QG'=CQ=\frac{1}{2}CF'=2$，
∵CD=6，
∴DQ=6-2=4，
在Rt△DG'Q中，DG′=$\sqrt{Q{D}^{2}+QG{′}^{2}}$=2$\sqrt{5}$，
∵E'G'⊥DC，E'Q=G'Q，
∴$DE'=DG'=2\sqrt{5}$，
∴∠E'DQ=∠G'DQ，
由（1）知：△BC G′≌△DC G′，
∴$BG'=DG'=2\sqrt{5}$，∠CBG'=∠CDG'
∴∠HMD+∠HDM=∠CMG'+∠CBG'=90°，即：G'H⊥DE'，
在△D E′G′中，${S_{△DG'E'}}=\frac{1}{2}G'E'×DQ=\frac{1}{2}×4×4=8$，
又${S_{△DG'E'}}=\frac{1}{2}DE'×G'H=\frac{1}{2}×2\sqrt{5}×G'H=\sqrt{5}G'H$，
∴$G'H=\frac{{8\sqrt{5}}}{5}$，
∴$BH=BG'+G'H=2\sqrt{5}+\frac{{8\sqrt{5}}}{5}=\frac{{18\sqrt{5}}}{5}$．

點評 本題考查了正方形的性質，旋轉的性質，全等三角形的判定和性質，線段的垂直平分線的性質，等腰三角形三線合一的性質，熟練掌握性質定理是解題的關鍵．