Question

3．如图，两个边长均为2的正方形ABCD和正方形CDEF，点B、C、F在同一直线上，一直角三角板（即Rt△PDQ）的直角顶点放置在点D处，DP交AB于点M，DQ交BF于点N．
（1）求证：△DBM≌△DFN；
（2）延长正方形的边CB和EF，分别与直角三角板的两边DP、DQ （或它们的延长线） 交于点G和点H，试探究下列问题：
①线段BG与FH相等吗？试说明理由；
②连接GH，当线段FN的长是不等式组$\left\{\begin{array}{l}{5x-1≥2x-4}\\{x-\frac{1}{2}＜\frac{x-1}{4}+1}\end{array}\right.$的正整数解时，试求△GNH的面积．（注：正方形是四条边相等、四个角都是直角的四边形）

Answer 1

分析 （1）如图1，根据正方形的性质就可得出BD=FD，∠ADB=∠CDF=∠ADB=∠CFD=45°，由直角三角形的性质就可以得出∠1=∠ADM，进而得出∠3=∠4，由ASA就可以得出结论；
（2）①如图1，根据正方形的性质及直角三角形的性质就可以得出△GCD≌△HED，就有CG=EH，由等式的性质就可以得出结论；
②先解不等式组$\left\{\begin{array}{l}{5x-1≥2x-4}\\{x-\frac{1}{2}＜\frac{x-1}{4}+1}\end{array}\right.$得到正整数解，就可以求出FN=1，得出CN=1，如图2，就可以得出△CND≌△FNH，得出CD=FH=2，就可以得出GB=2，GN=5，由勾股定理就可以求出NH的值，进而得出结论．

解答 解：（1）如图1，∵四边形ABCD和四边形CDEF是边长正方形，
∴BC=FC，BD=FD，∠ABD=∠ADB=∠CDF=∠ADB=∠CFD=45°，∠DCB=∠DEF=∠E=∠HFN=∠ADC=90°，
∴∠ADM+∠CDM=90°，
∵∠PDQ=90°，
∴∠CDM+∠CDN=90°，
∴∠ADM=∠CDN，
∴∠ADB-∠ADM=∠CDF-∠CDN，
∴∠MDB=∠NDF，
在△DBM和△DFN中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠ABD=∠CFD}\\{BD=FD}\\{∠MDB=∠NDF}\end{array}\right.$，
∴△DBM≌△DFN（ASA）；
（2）①四边形ABCD和四边形CDEF是边长正方形，
∴BC=FC=EF，BD=FD，∠ABD=∠ADB=∠CDF=∠ADB=∠CFD=45°，∠DCB=∠DEF=∠CDE=∠E=∠HFN=∠ADC=90°，
∴∠EDH+∠1=90°，
∵∠PDQ=90°，
∴∠CDM+∠1=90°，
∴∠CDM=∠EDH，
在△CDG和△EDH中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠CDM=∠EDH}\\{DC=DE}\\{∠DCB=∠E}\end{array}\right.$，
∴△CDG≌△EDH（ASA），
∴CG=EH，
∴CG-CB=EH-EF，
∴BG=FH；
②∵不等式组$\left\{\begin{array}{l}{5x-1≥2x-4}\\{x-\frac{1}{2}＜\frac{x-1}{4}+1}\end{array}\right.$，
∴$-1≤x＜\frac{5}{3}$，
∵FN的长是不等式组$\left\{\begin{array}{l}{5x-1≥2x-4}\\{x-\frac{1}{2}＜\frac{x-1}{4}+1}\end{array}\right.$的正整数解，
∴FN=1，
∴CN=1，
∴CN=FN，
在△CND和△FNH中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠DCN=∠HFN}\\{CN=FN}\\{∠CND=∠FNH}\end{array}\right.$，
∴△CND≌△FNH（ASA），
∴CD=FH=2，
∴GB=2，
∴GN=5，
∴△GNH的面积=$\frac{1}{2}×2×5$=5．

点评 本题考查了正方形的性质的运用，直角三角形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，等式的性质的运用，解答时证明三角形全等灵活运用全等三角形的性质是关键．