Question

20．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=5，tanB=2，把△ABC绕点C旋转得到△A′B′C，此时AB的对应边A′B′恰好经过点B，又A′C交AB于点G，则线段CG的长是$\frac{50}{11}$．

Answer 1

分析 过C作CH⊥BB′于H，根据旋转的性质得到CB=CB′，∠ABC=∠B′，AC=A′C，A′B′=AB，解直角三角形得到BH=$\sqrt{5}$，BB′=2$\sqrt{5}$，根据勾股定理得到AB=$\sqrt{A{C}^{2}+B{C}^{2}}$=5$\sqrt{5}$，求得A′B′=5$\sqrt{5}$，根据相似三角形的性质得到$\frac{AC}{A′B}$=$\frac{CG}{BG}$=$\frac{10}{3\sqrt{5}}$=$\frac{2}{3}\sqrt{5}$，设CG=2$\sqrt{5}$x，BG=3x，过C作CD⊥BG于D，根据勾股定理列方程即可得到结论．

解答 解：过C作CH⊥BB′于H，
∵把△ABC绕点C旋转得到△A′B′C，
∴CB=CB′，∠ABC=∠B′，AC=A′C，A′B′=AB，
∴∠CBH=∠ABC，
∵BC=5，tan∠ABC=2，
∴AC=A′C=10，tan∠CBH=2，
∴BH=$\sqrt{5}$，∴BB′=2$\sqrt{5}$，
∵AB=$\sqrt{A{C}^{2}+B{C}^{2}}$=5$\sqrt{5}$，
∴A′B′=5$\sqrt{5}$，
∴A′B=A′B′-BB′=3$\sqrt{5}$，
∵∠A=∠A′，∠AGC=∠A′GB，
∴△ACG∽△A′GB，
∴$\frac{AC}{A′B}$=$\frac{CG}{BG}$=$\frac{10}{3\sqrt{5}}$=$\frac{2}{3}\sqrt{5}$，
设CG=2$\sqrt{5}$x，BG=3x，
过C作CD⊥BG于D，
∴BD=BH=$\sqrt{5}$，
∴CH=CD=2$\sqrt{5}$，
∴GD=3x-$\sqrt{5}$，
∵CG²=GD²+CD²，
即（2$\sqrt{5}$x）²=（3x-$\sqrt{5}$）²+（2$\sqrt{5}$）²，
∴x=$\frac{5\sqrt{5}}{11}$，（负值舍去），
∴CG=$\frac{50}{11}$．
故答案为：$\frac{50}{11}$．

点评 本题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理、熟练掌握旋转的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．