Question

6．如图，在正方形ABCD和正方形CEFG中，AD=6，CE=2$\sqrt{2}$，点D、C、E三点在同一条直线上．将正方形CEFG绕点C逆时针旋转135°，得到正方形C E′F′G′，连接DE′和DG′，连接BG′，并延长交CD于点M，交DE′于点H．
（1）求证：DG′=BG′；
（2）求BH的长度．

Answer 1

分析 （1）由旋转可知∠DCG'=∠BCG'=45°，然后根据SAS证得△BC G′≌△DC G′，即可证得DG′=BG′；
（2）连接E′G′，交DC于Q，根据正方形的性质易得E'G'⊥DC，$QG'=CQ=\frac{1}{2}CF'=2$，DQ=4，在Rt△DG'Q中，根据勾股定理求得DG′=2$\sqrt{5}$，根据垂直平分线的性质得$DE'=DG'=2\sqrt{5}$，进一步得出$BG'=DG'=2\sqrt{5}$，从而求得G'H⊥DE'，在△D E′G′中，根据S_△DG′E′=$\frac{1}{2}$G′E′•DQ=$\frac{1}{2}$DE′•G′H，即可求得G′H，进一步求得BH．

解答 （1）证明：由旋转可知，正方形C E′F′G′的点F′刚好在CD 上，
∴∠DCG'=∠BCG'=45°，
在△BC G′和△DC G′中
$\left\{\begin{array}{l}{BC=DC}\\{∠DCG'=∠BCG'}\\{CG'=CG'}\end{array}\right.$
∴△BC G′≌△DC G′，
∴DG'=BG'；

（2）解：连接E′G′，交DC于Q，
∵四边形C E′F′G′是正方形，CE′=2$\sqrt{2}$，
∴E'G'⊥DC，$QG'=CQ=\frac{1}{2}CF'=2$，
∵CD=6，
∴DQ=6-2=4，
在Rt△DG'Q中，DG′=$\sqrt{Q{D}^{2}+QG{′}^{2}}$=2$\sqrt{5}$，
∵E'G'⊥DC，E'Q=G'Q，
∴$DE'=DG'=2\sqrt{5}$，
∴∠E'DQ=∠G'DQ，
由（1）知：△BC G′≌△DC G′，
∴$BG'=DG'=2\sqrt{5}$，∠CBG'=∠CDG'
∴∠HMD+∠HDM=∠CMG'+∠CBG'=90°，即：G'H⊥DE'，
在△D E′G′中，${S_{△DG'E'}}=\frac{1}{2}G'E'×DQ=\frac{1}{2}×4×4=8$，
又${S_{△DG'E'}}=\frac{1}{2}DE'×G'H=\frac{1}{2}×2\sqrt{5}×G'H=\sqrt{5}G'H$，
∴$G'H=\frac{{8\sqrt{5}}}{5}$，
∴$BH=BG'+G'H=2\sqrt{5}+\frac{{8\sqrt{5}}}{5}=\frac{{18\sqrt{5}}}{5}$．

点评 本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，线段的垂直平分线的性质，等腰三角形三线合一的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．