Question

9．如图，在正方形ABCD中，点 E是边AD上的点，且AE=2DE，将一直角的顶点放在点E处，以点E为旋转中心旋转，直角的两边分别与直线AB、BC相交于点F、G．
（1）如图1，求证：$\frac{EF}{EG}$=$\frac{2}{3}$；
（2）如图2，设EF与BC相交于点H，EG与CD相交于点K，连接FK，过点H作HM⊥FK于M，若AB=6，BF=2，求HM的长．

Answer 1

分析 （1）如图1中，作GP⊥AD于P．由△AEF∽△PGE，推出$\frac{AE}{PG}$=$\frac{EF}{EG}$，由AE=2DE，推出$\frac{EF}{EG}$=$\frac{AE}{AD}$=$\frac{2}{3}$．
（2）首先求出EK、FK，得sin∠EFK=$\frac{EK}{FK}$=$\frac{\sqrt{17}}{17}$，由BH∥AE，推出$\frac{BH}{AE}$=$\frac{BF}{AF}$，求得BH=1，FH=$\sqrt{{1}^{2}+{2}^{2}}$=$\sqrt{5}$，由sin∠HFM=$\frac{HM}{FH}$=$\frac{\sqrt{17}}{17}$，可得HM的值．

解答 （1）证明：如图1中，作GP⊥AD于P．

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠C=∠D=∠DPC=90°，
∴四边形DCGP是矩形，
∴PG=CD=AB，
∵∠AEF+∠PEG=90°，∠AFE+∠AEF=90°，
∴∠PEG=∠AFE，
∵∠A=∠EPG=90°，
∴△AEF∽△PGE，
∴$\frac{AE}{PG}$=$\frac{EF}{EG}$，
∵AE=2DE，
∴$\frac{EF}{EG}$=$\frac{AE}{AD}$=$\frac{2}{3}$．

（2）解：如图2中，

在Rt△AEF中，∵∠A=90°，AE=4，AF=8，
∴EF=$\sqrt{{4}^{2}+{8}^{2}}$=4$\sqrt{5}$，
∵△AEF∽△DKE，
∴$\frac{DK}{DE}$=$\frac{AE}{AF}$=$\frac{1}{2}$，∵DE=2，
∴DK=1，EK=$\sqrt{{2}^{2}+{1}^{2}}$=$\sqrt{5}$，
∴KF=$\sqrt{E{K}^{2}+E{F}^{2}}$=$\sqrt{（\sqrt{5}）^{2}+（4\sqrt{5}）^{2}}$=$\sqrt{85}$，
∴sin∠EFK=$\frac{EK}{FK}$=$\frac{\sqrt{17}}{17}$，
∵BH∥AE，
∴$\frac{BH}{AE}$=$\frac{BF}{AF}$，
∴$\frac{BH}{4}$=$\frac{2}{8}$，
∴BH=1，
∴FH=$\sqrt{{1}^{2}+{2}^{2}}$=$\sqrt{5}$，
∴sin∠HFM=$\frac{HM}{FH}$=$\frac{\sqrt{17}}{17}$，
∴HM=$\frac{\sqrt{85}}{17}$．

点评 本题考查相似三角形的判定和性质、正方形的性质、旋转变换、勾股定理、锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，求出sin∠HFM的值是解题的突破点，属于中考常考题型．