Question

9．正方形ABCD中，AB=4，点E为AD边上一点，点F为AB边上一点且∠DEC=∠AEF=60°，将顶点为D点的∠NDM绕着D点进行旋转，∠NDM=60°，若射线DM交线段EF于点H，若射线DN交线段EC于K点，交线段CB于G点，当HG平分∠DHF时，四边形EHGK的面积是$\frac{29}{15}\sqrt{3}$．

Answer 1

分析 先延长CB，EF交于点P，过H作RQ⊥BC于Q，交AD于R，根据△PCE是等边三角形，推理可得△GHD≌△GHP，进而得到GP=GD，HP=HD，再设GP=GD=x，根据Rt△CDG中，（$\frac{8}{3}\sqrt{3}$-x）²+4²=x²，可得PG=$\frac{7}{3}\sqrt{3}$，CG=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，即可得出S_△CKG=$\frac{2}{15}\sqrt{3}$；设PH=DH=y，根据Rt△DRH中，（$\frac{8}{3}\sqrt{3}$-$\frac{1}{2}$y）²+（4-$\frac{\sqrt{3}}{2}$y）²=y²，可得HP=$\frac{28}{15}\sqrt{3}$，HQ=$\frac{14}{5}$，进而得到S_△PGH=$\frac{49}{15}\sqrt{3}$，最后根据S_{四边形EHGK}=S_△PCE-S_△CKG-S_△PGH进行计算即可．

解答 解：如图，延长CB，EF交于点P，过H作RQ⊥BC于Q，交AD于R，
∵∠DEC=∠AEF=60°，AD∥BC，
∴∠CEP=∠P=∠PCE=60°，
∴△PCE是等边三角形，
∵AB=CD=4，
∴Rt△CDE中，CE=$\frac{8}{3}\sqrt{3}$=CP，DE=$\frac{4}{3}\sqrt{3}$，
∴AE=4-$\frac{4}{3}\sqrt{3}$，
∴Rt△AEF中，AF=4$\sqrt{3}$-4，
∴BF=8-4$\sqrt{3}$，
∴Rt△BPF中，BP=$\frac{8}{3}\sqrt{3}$-4，
∴CP=$\frac{8}{3}\sqrt{3}$-4+4=$\frac{8}{3}\sqrt{3}$，
当GH平分∠DHF时，∠GHD=∠GHP，
又∵∠GDH=∠P=60°，GH=GH，
∴△GHD≌△GHP，
∴GP=GD，HP=HD，
设GP=GD=x，则CG=CP-GP=$\frac{8}{3}\sqrt{3}$-x，
∴Rt△CDG中，（$\frac{8}{3}\sqrt{3}$-x）²+4²=x²，
解得x=$\frac{7}{3}\sqrt{3}$，
∴PG=$\frac{7}{3}\sqrt{3}$，CG=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，$\frac{CG}{DE}=\frac{1}{4}$，
由CG∥DE，可得△CKG∽△EKD，
∴K到BC的距离为$\frac{1}{5}$×4=$\frac{4}{5}$，
∴S_△CKG=$\frac{1}{2}$×$\frac{\sqrt{3}}{3}$×$\frac{4}{5}$=$\frac{2}{15}\sqrt{3}$，
设PH=DH=y，则HQ=$\frac{\sqrt{3}}{2}$y，
∴RH=4-$\frac{\sqrt{3}}{2}$y，ER=$\frac{4}{3}\sqrt{3}$-$\frac{1}{2}$y，
∴DR=$\frac{8}{3}\sqrt{3}$-$\frac{1}{2}$y，
∵Rt△DRH中，（$\frac{8}{3}\sqrt{3}$-$\frac{1}{2}$y）²+（4-$\frac{\sqrt{3}}{2}$y）²=y²，
解得y=$\frac{28}{15}\sqrt{3}$，
∴HP=$\frac{28}{15}\sqrt{3}$，HQ=$\frac{14}{5}$，
∴S_△PGH=$\frac{1}{2}$×$\frac{7}{3}\sqrt{3}$×$\frac{14}{5}$=$\frac{49}{15}\sqrt{3}$，
∴S_{四边形EHGK}=S_△PCE-S_△CKG-S_△PGH
=$\frac{1}{2}$×$\frac{8}{3}\sqrt{3}$×4-$\frac{2}{15}\sqrt{3}$-$\frac{49}{15}\sqrt{3}$
=$\frac{29}{15}\sqrt{3}$．
故答案为：$\frac{29}{15}\sqrt{3}$．

点评 本题主要考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质以及旋转的性质的运用，解决问题的关键是作辅助线构造等边三角形以及全等三角形，依据直角三角形，运用勾股定理列方程求解．解题时注意方程思想的运用．