《2025年实验班中考数学压轴题》

典例(兰州中考)[提出问题]数学讨论课上，小明绘制图(1)所示的图形，正方形 $ABCD$ 与正方形 $BEFG(AB＞BE)$，点 $E,G$ 分别在 $AB,BC$ 上。根据图形提出问题：如图(2)，正方形 $BEFG$ 绕点 $B$ 顺时针旋转，旋转角为 $\alpha(0^{\circ}＜\alpha＜180^{\circ})$，直线 $AE$ 与 $CG$ 相交于点 $H$，连接 $BH$，探究线段 $AH,BH,CH$ 之间的数量关系。
[解决问题](1)小明将上述问题特殊化，如图(3)，当点 $G,H$ 重合时，请你写出 $AH,BH,CH$ 之间的数量关系，并说明理由；
(2)小明借鉴(1)中特殊化的解题策略后，再解决图(2)所示的一般化问题，当点 $G,H$ 不重合时，请你写出 $AH,BH,CH$ 之间的数量关系，并说明理由；
[拓展问题](3)小明将图(2)所示问题中的旋转角 $\alpha$ 的范围再扩大，正方形 $BEFG$ 绕点 $B$ 顺时针旋转，旋转角为 $\alpha(180^{\circ}＜\alpha＜360^{\circ})$，直线 $AE$ 与 $CG$ 相交于点 $H$，连接 $BH$，请直接写出 $AH,BH,CH$ 之间的数量关系。

思路分步拆解
(1)利用正方形的性质求得 $BE = BH$，$EH = $$\sqrt{2}$$ BH$，证明 $\triangle ABE \cong \triangle CBG(SAS)$，推出 $AE = $CG，根据 $AH = $AE$ + $EH 即可求解。
(2)(第一步：证明 $\triangle MBH$ 是等腰直角三角形)在 $AE$ 上截取 $AM = CH$，证明 $\triangle MAB \cong \triangle HCB$，推出 $\angle MBA = $∠CBH，$BM = $BH，从而证明 $\triangle MBH$ 是等腰直角三角形；
(第二步：转化线段)求得 $MH = $$\sqrt{2}$$ BH$，根据 $AH = $AM$ + $MH，即可求解。
(3)同(2)中解题思路，构造全等三角形后证明 $\triangle MBH$ 是等腰直角三角形，从而转化线段即可求解。

答案：
解:
(1)AH=CH+$\sqrt{2}$BH.理由如下:
∵在正方形ABCD与正方形BEFG中,AB=BC，BE=BH,∠ABC=90°,∠EBH=90°,
∴EH=$\sqrt{2}$BH,
∠ABE=90°−∠EBC=∠CBG,
∴△ABE≌△CBG(SAS),
∴AE=CG,
∴AH=AE+EH=CH+$\sqrt{2}$BH.
(2)AH=CH+$\sqrt{2}$BH.理由如下:
由
(1)得△ABE≌△CBG(SAS),
∴∠BCH=∠EAB.
如图
(1),在AE上截取AM=CH.
∵∠BCH=∠MAB,AB=BC,
∴△MAB≌△HCB(SAS),
∴∠MBA=∠CBH,BM=BH.
∵∠HBG=90°−∠CBH−∠EBC,∠EBM=90°−∠MBA−∠EBC,
∴∠HBG=∠EBM,
∴∠MBH=
∠EBM+∠EBC+∠CBH=∠HBG+∠EBC+∠CBH=
∠EBG=90°,
∴△MBH是等腰直角三角形，
∴MH=$\sqrt{2}$BH.
∵AH=AM+MH,
∴AH=CH+$\sqrt{2}$BH.
　　　 　　
(3)CH=AH+$\sqrt{2}$BH.理由如下:
由
(1)得△ABE≌△CBG(SAS),
∴AE=CG,∠BCH=∠HAB.
如图
(2),在CG上截取CM=AH.
∵∠BCH=∠HAB,BC=AB,
∴△ABH≌△CBM(SAS),
∴BH=BM,∠MBC=∠ABH.
同理得△MBH是等腰直角三角形，
　　　(与
(2)中证明方法类似，此处不赘述)
∴MH=$\sqrt{2}$BH.
∵CH=CM+MH,
∴CH=AH+$\sqrt{2}$BH.