Question

15．如图，正方形ABCD中，AB=3$\sqrt{10}$，E为对角线BD上一点，DE=2$\sqrt{5}$，EF⊥BD，交DC于点F，M为BD中点，将△DEF绕着D点顺时针旋转得到△DNH，连接BH，当BH恰好经过F点时，取BH的中点G，连接GN、MG，则四边形DMGN的面积为$\frac{29}{2}$．

Answer 1

分析 取FH的中点P，过N作NQ⊥DP于Q，连接NP，NF，根据相似三角形的性质得到FP=2，DP=6，于是得到FH=2FP=4，BH=14，BP=12，推出D，N，P，H四点共圆，根据圆周角定理得到∠NDP=∠NHF，∠DPN=∠DHN=45°，设PQ=x，则DQ=6-x，NQ=x，根据勾股定理得到QN=2=FP，推出四边形NQPF是正方形，∴求得S_△BDH=$\frac{1}{2}$BH•DP=42，S_△NGH=$\frac{1}{2}$GH•NF=7，根据三角形的中位线的性质得到MG=$\frac{1}{2}$DH，MG∥DH，于是得到结论．

解答 解：取FH的中点P，过N作NQ⊥DP于Q，连接NP，NF，
∴DP⊥FH，
∴△DFP∽△BFC，
∴$\frac{FP}{FC}=\frac{DP}{BC}=\frac{DF}{BF}$，
∵DF=$\sqrt{2}$DE=2$\sqrt{10}$，
∴CF=CD-DF=$\sqrt{10}$，
∵BF=$\sqrt{C{F}^{2}+B{C}^{2}}$=10，
∴$\frac{PF}{\sqrt{10}}=\frac{DP}{3\sqrt{10}}=\frac{2\sqrt{10}}{10}$，
∴FP=2，DP=6，
∴FH=2FP=4，BH=14，BP=12，
∵∠DNH=90°=∠DPH，
∴D，N，P，H四点共圆，
∴∠NDP=∠NHF，∠DPN=∠DHN=45°，
∴NQ=PQ，
设PQ=x，则DQ=6-x，NQ=x，
在Rt△DNQ中，DN²=DQ²+NQ²，
∴（2$\sqrt{5}$）²=（6-x）²+x²，
解得：x=2，或x=4（舍去），
∴QN=2=FP，
∵NQ∥DP，FP⊥DP，
∴四边形NQPF是正方形，
∴NF∥PQ，NF⊥BH，
∴S_△BDH=$\frac{1}{2}$BH•DP=42，S_△NGH=$\frac{1}{2}$GH•NF=7，
∵G是BH的中点，M为BD中点，
∴MG=$\frac{1}{2}$DH，MG∥DH，
∴S_△BMG=$\frac{1}{4}$S_△BDH=$\frac{21}{2}$，
∵S_△NDH=$\frac{1}{2}$DN•NH=10，
∴四边形DMGN的面积=S_△BDH-S_△BMG-S_△NDH-S_△NGH=$\frac{29}{2}$．
故答案为：$\frac{29}{2}$．

点评 本题考查了旋转的性质，正方形的性质，三角形的中位线的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．