Question

14．在数学兴趣小组活动中，小明进行数学探究活动．将边长为2的正方形ABCD与边长为3的正方形AEFG按图1位置放置，AD与AE在同一条直线上，AB与AG在同一条直线上．
（1）小明发现DG⊥BE，请你帮他说明理由．
（2）如图2，小明将正方形ABCD绕点A逆时针旋转，当点B恰好落在线段DG上时，请你帮他求出此时△ADG的面积．
（3）如图3，若小明将正方形ABCD绕点A继续逆时针旋转，顺次连接BD、DE、EG、GB，请你直接写出四边形BDEG面积的最大值$\frac{25}{2}$．

Answer 1

分析 （1）利用正方形得到条件，判断出△ADG≌△ABE从而∠AEB+∠ADG=90°，即可；
（2）利用正方形的性质在Rt△AMD中，∠MDA=45°，AD=2从而得出AM=$DM=\sqrt{2}$，在Rt△AMG中，AM²+GM²=AG²从而得出GM=$\sqrt{7}$即可；  
（3）利用旋转，设旋转角为α，在Rt△AIB中，BI=ABsinα，在Rt△AHD中，DH=ADsinα，从而S_{四边形BDEG}用sinα，即可．

解答 （1）如图1，延长EB交DG于点H

∵四边形ABCD与四边形AEFG是正方形
∴AD=AB，∠DAG=∠BAE=90°，AG=AE
∴△ADG≌△ABE（SAS）      
∴∠AGD=∠AEB
∵△ADG中∠AGD+∠ADG=90°
∴∠AEB+∠ADG=90°
∵△DEH中，∠AEB+∠ADG+∠DHE=180°
∴∠DHE=90°
∴DG⊥BE．
（2）如图2，过点A作AM⊥DG交DG于点M，

∠AMD=∠AMG=90°
∵BD是正方形ABCD的对角
∴∠MDA=45°
在Rt△AMD中，
∵∠MDA=45°，AD=2
∴AM=$DM=\sqrt{2}$
在Rt△AMG中，
∵AM²+GM²=AG²
∴GM=$\sqrt{7}$    
∵DG=DM+GM=$\sqrt{2}$+$\sqrt{7}$
∴S_△ADG=$\frac{1}{2}$DG•AM=$\frac{1}{2}$（ $\sqrt{2}$+$\sqrt{7}$）$\sqrt{2}$=1+$\frac{1}{2}$$\sqrt{14}$  
（3）如图3，

作DH⊥AE交EA的延长线与H，作BI⊥AG，
∵四边形ABCD是边长为2的正方形，
∴AB=AD=2，
设旋转角为α，
∴∠BIG=α，∠HAD=α，
在Rt△AIB中，BI=ABsinα，
在Rt△AHD中，DH=ADsinα，
∵四边形AEFG是边长为3的正方形，
∴AG=AE=3，
∴S_{四边形BDEG}=S_△ABG+S_△ABD+S_△ADE+S_△AEG
=S_△ABD+S_△AEG+S_△ABG+S_△ADE
=$\frac{1}{2}$AB×AD+$\frac{1}{2}$AG×AE+$\frac{1}{2}$×AG×BI+$\frac{1}{2}$AE×DH
=$\frac{1}{2}$AB×AD+$\frac{1}{2}$AG×AE+$\frac{1}{2}$×AG×ABsinα+$\frac{1}{2}$AE×ADsinα
=$\frac{1}{2}$×2×2+$\frac{1}{2}$×3×3+$\frac{1}{2}$×3×2sinα+$\frac{1}{2}$×3×2sinα
=$\frac{13}{2}$+6sinα
当sinα=1时，S_{四边形BDEG}最大，S_{四边形BDEG}最大=$\frac{25}{2}$，
故答案为$\frac{25}{2}$．

点评 本题是四边形的综合题，主要考查正方形的性质，解本题的关键是利用三角函数表示四边形BDEG的面积，本题的难点是旋转角的利用．