Question

1．如图，正方形ABCO的边OA、OC在坐标轴上，点B坐标为（8，8），将正方形ABCO绕点C逆时针旋转角度α（0°＜α＜90°），得到正方形CDEF，ED交线段AB于点G，ED的延长线交线段OA于点H，连CH、CG．
（1）求证：△CBG≌△CDG；
（2）求∠HCG的度数；判断线段HG、OH、BG的数量关系，并说明理由；
（3）连结BD、DA、AE、EB得到四边形AEBD，在旋转过程中，四边形AEBD能否为矩形？如果能，请求出点H的坐标；如果不能，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）求证全等，观察两个三角形，发现都有直角，而CG为公共边，进而再锁定一条直角边相等即可，因为其为正方形旋转得到，所以边都相等，即结论可证．
（2）根据（1）中三角形全等可以得到对应边、角相等，即BG=DG，∠DCG=∠BCG．同第一问的思路容易发现△CDH≌△COH，也有对应边、角相等，即OH=DH，∠OCH=∠DCH．于是∠GCH为$\frac{1}{2}$四角的和，四角恰好组成直角，所以∠GCH=90°，且容易得到OH+BG=HG．
（3）四边形AEBD若为矩形，则需先为平行四边形，即要对角线互相平分，合适的点只有G为AB中点的时候．由上几问知DG=BG，所以此时同时满足DG=AG=EG=BG，即四边形AEBD为矩形．求H点的坐标，可以设其为（x，0），则OH=x，AH=6-x．而BG为AB的一半，所以DG=BG=AG=3．又由（2），HG=x+3，所以Rt△HGA中，三边都可以用含x的表达式表达，那么根据勾股定理可列方程，进而求出x，推得H坐标．

解答 （1）证明：∵正方形ABCO绕点C旋转得到正方形CDEF，
∴CD=CB，∠CDG=∠CBG=90°．
在Rt△CDG和Rt△CBG中，
$\left\{\begin{array}{l}CD=CB\\ CG=CG\end{array}\right.$，
∴△CDG≌△CBG（HL）；

（2）解：∵△CDG≌△CBG，
∴∠DCG=∠BCG，DG=BG．
在Rt△CHO和Rt△CHD中，
∵$\left\{\begin{array}{l}CH=CH\\ OC=CD\end{array}\right.$，
∴△CHO≌△CHD（HL），
∴∠OCH=∠DCH，OH=DH，
∴∠HCG=∠HCD+∠GCD=$\frac{1}{2}$∠OCD+$\frac{1}{2}$∠DCB=$\frac{1}{2}$∠OCB=45°，
∴HG=HD+DG=HO+BG；

（3）解：四边形AEBD可为矩形．
如图，连接BD、DA、AE、EB，四边形AEBD若为矩形，则需先为平行四边形，即要对角线互相平分，合适的点只有G为AB中点的时候．
∵DG=BG，
∴DG=AG=EG=BG，即平行四边形AEBD对角线相等，则其为矩形，
∴当G点为AB中点时，四边形AEBD为矩形．
∵四边形DAEB为矩形，
∴AG=EG=BG=DG．
∵AB=8，
∴AG=BG=4．
设H点的坐标为（x，0），则HO=x
∵OH=DH，BG=DG，
∴HD=x，DG=4．
在Rt△HGA中，
∵HG=x+4，GA=4，HA=8-x，
∴（x+4）²=4²+（8-x）²，解得x=$\frac{8}{3}$．
∴H点的坐标为（$\frac{8}{3}$，0）．

点评 本题考查的是四边形综合题，涉及到三角形全等的相关知识，最后一问属于动点题，解题时一定要先画适当的辅助线将所问图象表示出来，这样思考问题方向感相对明确些，此类题目中前问结论与后问思路往往有着紧密联系，要巧用这个技巧来思考问题，往往事半功倍．