Question

1．如圖，四邊形ABCD、BEFG均為正方形，
（1）如圖1，連接AG、CE，試判斷CE或和AG的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系并證明；
（2）將正方形BEFG繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)β角，如圖2，連接AG、CE相交于點(diǎn)M，過(guò)點(diǎn)A作AN⊥MB交MB的延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)N，當(dāng)角β發(fā)生變化時(shí)，CM與BM是否存在確定的數(shù)量關(guān)系？若存在，求出它們的關(guān)系；若不存在，說(shuō)明理由；
（3）當(dāng)正方形BEFG繞點(diǎn)B旋轉(zhuǎn)到如圖3的位置時(shí)，連接CE并延長(zhǎng)交AG于點(diǎn)M，若AB=4，BG=$\sqrt{2}$，則CM=$\frac{8\sqrt{10}}{5}$．

Answer 1

分析 （1）AG=EC，AG⊥EC，理由為：由正方形BEFG與正方形ABCD，利用正方形的性質(zhì)得到兩對(duì)邊相等，一對(duì)直角相等，利用SAS得出三角形ABG與三角形CBE全等，利用全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等，對(duì)應(yīng)角相等得到CE=AG，∠BCE=∠BAG，再利用同角的余角相等即可得證；
（2）過(guò)B作BP⊥EC，BH⊥AM，利用SAS得出△ABG與△BEC全等，得出面積相等，而AG=EC，可得出BP=BH，利用到角兩邊距離相等的點(diǎn)在角的平分線(xiàn)上得到BM為角平分線(xiàn)，再由∠BAG=∠BCE，得到∠AMC為直角，即∠AME為直角，由角平分線(xiàn)定義得出∠AMN=45°，在AN上截取NQ=NB，得出△BNQ為等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性質(zhì)得到BQ=$\sqrt{2}$BN，再證明BQ=CM，證明△ABQ與△BCM全等，再由三角形ANM為等腰直角三角形得到NA=NM，由等式的性質(zhì)得到AQ=BM，由SAS得出全等，即可得出結(jié)論；
（3）連接GE，交AB于P，連接CG，延長(zhǎng)CB使CB⊥GK于點(diǎn)K，由題意得：GP=PB=$\sqrt{2}$sin45°=1，由勾股定理求出AG=$\sqrt{10}$，由SAS證明△ABG≌△BEC，得出∠BCE=∠BAG，∠AMC=∠ABC=90°，S_△AGB+S_△ABC=S_{四邊形ACBG}=S_△ACG+S_△BCG，與三角形的面積即可得出結(jié)果．

解答 解：（1）AG=EC，AG⊥EC，理由如下：
∵正方形BEFG，正方形ABCD，
∴GB=BE，∠ABG=90°，AB=BC，∠ABC=90°，
在△ABG和△BEC中，
$\left\{\begin{array}{l}{BG=BE}\\{∠ABG=∠EBC=90°}\\{BA=BC}\end{array}\right.$，
∴△ABG≌△BEC（SAS），
∴CE=AG，∠BCE=∠BAG，
延長(zhǎng)CE交AG于點(diǎn)M，如圖1所示：
∴∠BEC=∠AEM，
∴∠ABC=∠AME=90°，
∴AG=EC，AG⊥EC；
（2）CM=$\sqrt{2}$BN，理由如下：
在NA上截取NQ=NB，連接BQ，過(guò)B作BP⊥EC，BH⊥AM，如圖2所示：
在△ABG和△CEB中，$\left\{\begin{array}{l}{AB=BC}\\{∠ABG=∠CBE=90°-∠GBC}\\{BG=EB}\end{array}\right.$，
∴△ABG≌△CEB（SAS），
∴S_△ABG=S_△EBC，AG=EC，∠BCE=∠BAG，
∴$\frac{1}{2}$EC•BP=$\frac{1}{2}$AG•BH，
∴BP=BH，
∴MB為∠EMG的平分線(xiàn)，
∵∠BCE=∠BAG，∠AOB=∠COM，
∴∠AMC=∠ABC=90°，
∴∠AMN=∠EMB=$\frac{1}{2}$∠EMG=$\frac{1}{2}$×90°=45°，
∵NQ=NB，
∴△BNQ為等腰直角三角形，即BQ=$\sqrt{2}$BN，
∵∠AMN=45°，∠N=90°，
∴△AMN為等腰直角三角形，即AN=MN，
∴MN-BN=AN-NQ，即AQ=BM，
∵∠MBC+∠ABN=90°，∠BAN+∠ABN=90°，
∴∠MBC=∠BAN，
在△ABQ和△BCM中，$\left\{\begin{array}{l}{AQ=BM}\\{∠BAN=∠MBC}\\{AB=BC}\end{array}\right.$，
∴△ABQ≌△BCM（SAS），
∴CM=BQ，
則CM=$\sqrt{2}$BN．
（3）連接GE，交AB于P，連接CG，延長(zhǎng)CB使CB⊥GK于點(diǎn)K，如圖3所示：
由題意得：GP=PB=$\sqrt{2}$sin45°=1，
∴AP=3，AG=$\sqrt{A{P}^{2}+G{P}^{2}}$=$\sqrt{{3}^{2}+{1}^{2}}$=$\sqrt{10}$，
∵EG⊥AB，BC⊥AB，
∴EG∥BC，
則GK=PB=1，
∴以BC為底邊的△BCG的高為GK=1，
在△ABG和△BEC中，$\left\{\begin{array}{l}{BG=BE}\\{∠ABG=∠EBC=45°}\\{BA=BC}\end{array}\right.$，
∴△ABG≌△BEC（SAS），
∴∠BCE=∠BAG，
∴∠AMC=∠ABC=90°，
S_△AGB+S_△ABC=S_{四邊形ACBG}=S_△ACG+S_△BCG，
∴$\frac{1}{2}$AB•GP+$\frac{1}{2}$AB•BC=$\frac{1}{2}$AG•CM+$\frac{1}{2}$BC•GK，
即：$\frac{1}{2}$×4×1+$\frac{1}{2}$×4×4=$\frac{1}{2}$×$\sqrt{10}$×CM+$\frac{1}{2}$×4×1，
∴CM=$\frac{8\sqrt{10}}{5}$，
故答案為：$\frac{8\sqrt{10}}{5}$．

點(diǎn)評(píng) 本題是幾何變換綜合題目，考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、三角函數(shù)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)；本題綜合性強(qiáng)，難度較大，證明三角形全等是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．