Question

【题目】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

【答案】（1）见解析；（2）HG=HD+DG=HO+BG；（3）H点的坐标为（2，0）．

【解析】

试题分析：（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．

（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，

，

∴△CDG≌△CBG（HL）；

（2）解：∵△CDG≌△CBG，

∴∠DCG=∠BCG，DG=BG．

在Rt△CHO和Rt△CHD中，

∵，

∴△CHO≌△CHD（HL），

∴∠OCH=∠DCH，OH=DH，

∴∠HCG=∠HCD+∠GCD=∠OCD+∠DCB=∠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=6，

∴AG=BG=3．

设H点的坐标为（x，0），则HO=x

∵OH=DH，BG=DG，

∴HD=x，DG=3．

在Rt△HGA中，

∵HG=x+3，GA=3，HA=6﹣x，

∴（x+3）2=32+（6﹣x）2，解得x=2．

∴H点的坐标为（2，0）．