Question

10．如图，在边长为2$\sqrt{5}$的正方形ABCD中，点E是CD边的中点，延长BC至点F，使得CF=CE，连接BE，DF，将△BEC绕点C按顺时针方向旋转，当点E恰好落在DF上的点H处时，连接AG，DG，BG，则AG的长是2．

Answer 1

分析 作辅助线，构建三角形高线，先利用勾股定理求DF的长，由三角函数得：FK=1，则CK=$\sqrt{（\sqrt{5}）^{2}-1}$=2，
由等腰三角形三线合一得：HF=2，由面积法求得：HM=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$，从而得：CM的长，设HM=4x，CM=3x，则CH=5x，由同角的三角函数列式：cos∠CGN=cos∠HCF=$\frac{3}{5}$=$\frac{GN}{CG}$，求出GN的长，依次求PG、AP的长，最后利用勾股定理得结论．

解答 解：如图，过C作CK⊥DF于K，过H作HM⊥CF于M，过G作PN⊥BC，交AD于P，交BC于N，
∵CD=2$\sqrt{5}$，CE=CF=$\sqrt{5}$，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，
∴∠BCF=90°，
由勾股定理得：DF=$\sqrt{（\sqrt{5}）^{2}+（2\sqrt{5}）^{2}}$=5，
∵CK⊥DF，DC⊥CF，
∴∠FCK=∠CDF，
sin∠FCK=sin∠CDF=$\frac{CF}{DF}=\frac{FK}{CF}$，
∴$\frac{\sqrt{5}}{5}=\frac{FK}{\sqrt{5}}$，
FK=1，
∴CK=$\sqrt{（\sqrt{5}）^{2}-1}$=2，
由旋转得：CH=CE=CF，
∵CK⊥FH，
∴HF=KF=1，
∴HF=2，
∴S_△CHF=$\frac{1}{2}$CF•HM=$\frac{1}{2}$HF•CK，
$\sqrt{5}$HM=2×2，
HM=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$，
∴CM=$\sqrt{（\sqrt{5}）^{2}-（\frac{4\sqrt{5}}{5}）^{2}}$=$\frac{3\sqrt{5}}{5}$，
∴tan∠HCF=$\frac{HM}{CM}$=$\frac{\frac{4\sqrt{5}}{5}}{\frac{3\sqrt{5}}{5}}$=$\frac{4}{3}$，
设HM=4x，CM=3x，则CH=5x，
∵∠HCF=∠GCD=∠CGN，
∴cos∠CGN=cos∠HCF=$\frac{3}{5}$=$\frac{GN}{CG}$，
∴GN=$\frac{3}{5}$CG，
∵CG=BC=2$\sqrt{5}$，
∴GN=$\frac{3}{5}$×$2\sqrt{5}$=$\frac{6\sqrt{5}}{5}$，
∴NC=$\sqrt{C{G}^{2}-G{N}^{2}}$=$\sqrt{（2\sqrt{5}）^{2}-（\frac{6\sqrt{5}}{5}）^{2}}$=$\frac{8\sqrt{5}}{5}$，
∴GP=2$\sqrt{5}$-$\frac{6\sqrt{5}}{5}$=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$，
∴AP=BN=BC-NC=2$\sqrt{5}$-$\frac{8\sqrt{5}}{5}$=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
由勾股定理得：AG=$\sqrt{A{P}^{2}+G{P}^{2}}$=$\sqrt{（\frac{2\sqrt{5}}{5}）^{2}+（\frac{4\sqrt{5}}{5}）^{2}}$=2；
故答案为：2．

点评 本题考查了正方形的性质、勾股定理、三角函数、等腰三角形的性质，本题主要运用勾股定理和同角的三角函数求线段的长，同时还运用了面积法求线段的长，本题比较复杂，有难度．