题目内容
（2013•昌平区二模）（1）如图1，以AC为斜边的Rt△ABC和矩形HEFG摆放在直线l上（点B、C、E、F在直线l上），已知BC=EF=1，AB=HE=2．△ABC沿着直线l向右平移，设CE=x，△ABC与矩形HEFG重叠部分的面积为y（y≠0）．当x=
时，求出y的值；
（2）在（1）的条件下，如图2，将Rt△ABC绕AC的中点旋转180°后与Rt△ABC形成一个新的矩形ABCD，当点C在点E的左侧，且x=2时，将矩形ABCD绕着点C顺时针旋转α角，将矩形HEFG绕着点E逆时针旋转相同的角度．若旋转到顶点D、H重合时，连接AG，求点D到AG的距离；
（3）在（2）的条件下，如图3，当α=45°时，设AD与GH交于点M，CD与HE交于点N，求证：四边形MHND为正方形．
| 3 | 5 |
（2）在（1）的条件下，如图2，将Rt△ABC绕AC的中点旋转180°后与Rt△ABC形成一个新的矩形ABCD，当点C在点E的左侧，且x=2时，将矩形ABCD绕着点C顺时针旋转α角，将矩形HEFG绕着点E逆时针旋转相同的角度．若旋转到顶点D、H重合时，连接AG，求点D到AG的距离；
（3）在（2）的条件下，如图3，当α=45°时，设AD与GH交于点M，CD与HE交于点N，求证：四边形MHND为正方形．
分析：（1）根据题意画出图形，根据tan∠PCE=tan∠ACB得出
=
=2．求出PE=
，根据三角形面积公式求出即可；
（2）作DK⊥AG于点K，得出等边三角形DCE，求出∠CDE=60°，求出∠ADG=120°，求出∠DAK=30°，求出DK即可；
（3）根据∠NCE=∠NEC=45°求出∠HND=∠CNE=90°，得出矩形HNDM，求出HN=DN，根据正方形判定推出即可．
| PE |
| EC |
| AB |
| BC |
| 6 |
| 5 |
（2）作DK⊥AG于点K，得出等边三角形DCE，求出∠CDE=60°，求出∠ADG=120°，求出∠DAK=30°，求出DK即可；
（3）根据∠NCE=∠NEC=45°求出∠HND=∠CNE=90°，得出矩形HNDM，求出HN=DN，根据正方形判定推出即可．
解答：（1）解：如图1，当x=
时，设AC与HE交与点P．
由已知易得∠ABC=∠HEC=90°．
∴tan∠PCE=tan∠ACB．
∴
=
=2．
∴PE=
，
∴y=
•EP•CE=
×
×
=
．
（2）解：如图2，作DK⊥AG于点K，
∵CD=CE=DE=2，
∴△CDE是等边三角形，
∴∠CDE=60°．
∴∠ADG=360°-2QUOTE90°-60°=120°，
∵AD=DG=1，
∴∠DAG=∠DGA=30°，
∴DK=
DG=
，
∴点D到AG的距离为
．
（3）解：如图3，
∵α=45°，
∴∠NCE=∠NEC=45°，
∴∠CNE=90°，
∴∠DNH=90°，
∵∠D=∠H=90°，
∴四边形MHND是矩形，
∵CN=NE，CD=HE，
∴DN=NH，
∴矩形MHND是正方形．
| 3 |
| 5 |
由已知易得∠ABC=∠HEC=90°．
∴tan∠PCE=tan∠ACB．
∴
| PE |
| EC |
| AB |
| BC |
∴PE=
| 6 |
| 5 |
∴y=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
| 6 |
| 5 |
| 3 |
| 5 |
| 9 |
| 25 |
（2）解：如图2，作DK⊥AG于点K，
∵CD=CE=DE=2，
∴△CDE是等边三角形，
∴∠CDE=60°．
∴∠ADG=360°-2QUOTE90°-60°=120°，
∵AD=DG=1，
∴∠DAG=∠DGA=30°，
∴DK=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
∴点D到AG的距离为
| 1 |
| 2 |
（3）解：如图3，
∵α=45°，
∴∠NCE=∠NEC=45°，
∴∠CNE=90°，
∴∠DNH=90°，
∵∠D=∠H=90°，
∴四边形MHND是矩形，
∵CN=NE，CD=HE，
∴DN=NH，
∴矩形MHND是正方形．
点评：本题考查了矩形性质和判定，正方形判定，含30度角的直角三角形，三角形内角和定理，三角形的面积，解直角三角形等知识点的应用，主要考查学生综合运用性质进行推理和计算的能力．
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