Question

8．如图，正方形ABCD中，点E是BC边延长线上的任一点，AE交CD于点G，∠AEB绕点E逆时针旋转后点B的对应点B′落在AE上，另一边EA′交CD的延长线于点F．
（1）如图1，若正方形ABCD的边长为1，∠AEB=30°，求线段DF的长；
（2）如图2，若点G是CD的中点时，过点G作GH⊥AF于点H，求证：2$\sqrt{2}$DH=CE；
（3）如图3，若点G是CD的中点时，试探究CE、EF、AF有怎样的数量关系？直接写出结果．

Answer 1

分析 （1）根据DF=FG-DG，求出DG、DG的长即解决问题．
（2）如图2中，作AM⊥EF于M，HN⊥CF于N，HJ⊥AD于J．首先证明∠HAG=45°，四边形HJDN是正方形，设边长为b，正方形ABC的边长为2a，则DG=a，AJ=GN=a+b=2a-b，推出a=2b，求出CE、DH用b表示，即可解决问题．
（3）结论：EF²=CE²+$\frac{8}{5}$AF²．由（2）可知，tan∠HGN=tan∠FAD=$\frac{HN}{NG}$=$\frac{b}{3b}$=$\frac{1}{3}$，求出DF、AF的长，以及CF与AF的关系，在Rt△EFC中，根据EF²=EC²+CF²，即可解决问题．

解答 （1）解：如图1中，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD=1，∠B=∠BCD=∠DCE=90°，
∵∠AEB=∠A′EA=30°，
∴BE=$\sqrt{3}$AB=$\sqrt{3}$，EC=BE-BC=$\sqrt{3}-1$，
∴CG=EC•tan30°=1-$\frac{\sqrt{3}}{3}$，GE=2GC=2-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，DG=CD-CG=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∵∠CGE=∠A′EA+∠GFE=60°，
∴∠GFE=∠GEF=30°，
∴FG=GE=2-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∴DF=GF-DG=2-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{3}$=2-$\sqrt{3}$．

（2）证明：如图2中，作AM⊥EF于M，HN⊥CF于N，HJ⊥AD于J．

∵AD∥BE，
∴∠DAG=∠BEG=∠AEF，
∵AB⊥BE，AM⊥EM，
∴AB=AM=AD，
在Rt△AFM和Rt△AFD中，
$\left\{\begin{array}{l}{AF=AF}\\{AM=AD}\end{array}\right.$，
∴Rt△AFM≌Rt△AFD，
∴∠MAF=∠FAD，
∵∠MAE+∠MEA=90°，
∴2∠FAD+2∠DAG=90°，
∴∠FAD+∠DAG=45°，
∴∠HAG=45°，
∵GH⊥AF，
∴∠HAG=∠HGA=45°，
∴AH=GH，
∵∠FAD+∠AFD=90°∠HGF+∠HFG=90°，
∴∠HAJ=∠HGN，
∴△AHJ≌△GHN，
∴JH=HN，
∵四边形HJDN是矩形，
∴四边形HJDN是正方形，设边长为b，正方形ABC的边长为2a，则DG=a，AJ=GN=a+b=2a-b，
∴a=2b，
∵AD∥CE，
∴$\frac{AD}{CE}$=$\frac{DG}{GC}$，
∵DG=GC，
∴AD=CE=2a=4b，
∵DH=$\sqrt{2}$b，
∴b=$\frac{\sqrt{2}}{2}$DH，
∴CE=4•$\frac{\sqrt{2}}{2}$DH=2$\sqrt{2}$DH．

（3）解：结论：EF²=CE²+$\frac{8}{5}$AF²．理由如下，
如图3中，由（2）可知，tan∠HGN=tan∠FAD=$\frac{HN}{NG}$=$\frac{b}{3b}$=$\frac{1}{3}$，

∴DF=$\frac{1}{3}$AD=$\frac{4}{3}$b，
AF=$\sqrt{A{D}^{2}+D{F}^{2}}$=$\sqrt{（4b）^{2}+（\frac{4}{3}b）^{2}}$=$\frac{4}{3}$$\sqrt{10}$b，
∴b=$\frac{3AF}{4\sqrt{10}}$，
∵CF=DF+CD=4b+$\frac{4}{3}$b=$\frac{16}{3}$b=$\frac{4}{\sqrt{10}}$AF，
在Rt△EFC中，∵EF²=EC²+CF²，
∴EF²=CE²+（$\frac{4}{\sqrt{10}}AF$）²，
∴EF²=CE²+$\frac{8}{5}$AF²．

点评 本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、四点共圆等知识，解题的关键是添加辅助线构造全等三角形，学会利用参数，构建方程解决问题．属于中考常考题型．