Question

7．已知正方形ABCD和正方形AEFG，如图1摆放，即点E、A、D三点共线，点G、A、B三点共线．连接BE、DG，点H为BE的中点，连接AH．
（1）当AG=2，AH=3时，求tan∠ADG的值；
（2）若把正方形AEFG绕点A顺时针旋转一定角度，使点G在正方形ABCD的内部（如图2），求证：DG=2AH；
（3）在（2）的旋转过程中，当∠GAD=30°时，若AG=$\frac{1}{2}$AB，探索（$\frac{AH}{AG}$）²的值并直接写出结果．

Answer 1

分析 （1）利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半得出BE=6，再用勾股定理得出AB，最后用三角函数的定义即可；
（2）先利用同角的余角相等得出∠MAB=∠DAG，进而得出△MAB≌△GAD即可得出结论；
（3）先构造出直角三角形，先在Rt△ANG中，得出AG=2NG，AN=$\sqrt{3}$NG，进而得出，DN=（4-$\sqrt{3}$）NG，再Rt△DNG中，DG²=（20-8$\sqrt{3}$）NG²即可得出结论．

解答 解：（1）在Rt△ABE中，AH=3，且H为BE中点，
∴BE=2AH=6，
∴AB=$\sqrt{B{E}^{2}-A{E}^{2}}$=4$\sqrt{2}$，
∴tan∠ADG=$\frac{AG}{AD}=\frac{AG}{AB}=\frac{2}{4\sqrt{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{4}$，

证明：如图3，

延长EA至点M，使得EA=AM，连接MB，
∵EH=HB
∴AH=$\frac{1}{2}$MB（三角形的中位线等于第三边的一半）
∵∠GAM=∠EAG=90°，
∴∠GAM=∠DAB，
∵∠MAB+∠BAG=90°，∠DAG+∠BAG=90°，
∴∠MAB=∠DAG，
∵AE=AG，AM=AE，
∴AM=AG，
在△MAB和△GAD中，$\left\{\begin{array}{l}{AM=AG}\\{∠MAB=∠DAG}\\{AB=AD}\end{array}\right.$，
∴△MAB≌△GAD
∴DG=BM=2AH，
（3）（$\frac{AH}{AG}$）²=$\frac{5-2\sqrt{3}}{4}$．
理由：如图3，

过点G作GN⊥AD，
在Rt△ANG中，∠DAG=30°，
∴AG=2NG，AN=$\sqrt{3}$NG，
∵AG=$\frac{1}{2}$AB，
∴$\frac{1}{2}$AB=2NG，
∴AB=4NG，
∴DN=AD-AN=AB-$\sqrt{3}$NG=4NG-$\sqrt{3}$NG=（4-$\sqrt{3}$）NG，
在Rt△DNG中，DG²=NG²+DN²=NG²+（4-$\sqrt{3}$）²×NG²=（20-8$\sqrt{3}$）NG²，
由（2）知，DG=2AH；
∴AH2=$\frac{1}{4}$DG²=$\frac{1}{4}$（20-8$\sqrt{3}$）NG²=（5-2$\sqrt{3}$）NG²，
∴（$\frac{AH}{AG}$）²=$\frac{A{H}^{2}}{A{G}^{2}}$=$\frac{（5-2\sqrt{3}）N{G}^{2}}{（2NG）^{2}}$=$\frac{（5-2\sqrt{3}）N{G}^{2}}{4N{G}^{2}}$=$\frac{5-2\sqrt{3}}{4}$．

点评 此题是四边形综合题，主要考查了正方形性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，解本题的关键是判断出DG=2AH，是一道比较简单的中考常考题．