Question

8．將邊長(zhǎng)為$\sqrt{5}$的正方形ABCD與邊長(zhǎng)$\sqrt{2}$為的正方形CEFG如圖擺放，連BG、DE．將正方形CEFG繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)．
（1）當(dāng)點(diǎn)G恰好落在直線DE上時(shí)，連BE，則BE長(zhǎng)為$\sqrt{13}$．
（2）若直線BG、DE交于點(diǎn)H，點(diǎn)H到邊BC的距離的最大值為$\frac{\sqrt{30}+2\sqrt{5}}{5}$．

Answer 1

分析 （1）利用△BOD∽△COG求出線段BO、OC、OD、OG，在RT△BGE中利用勾股定理即可求BE．
（2）圖2中，當(dāng)CG⊥BG時(shí)，F(xiàn)與H重合，此時(shí)點(diǎn)H到直線BC的距離最大，作HM⊥BC垂足為M，利用△BCG∽△BFM即可求出最大值FM．

解答 解：（1）如圖1，∵四邊形ABCD、四邊形CGEF都是正方形，
∴BC=CD=$\sqrt{5}$，CG=CE=$\sqrt{2}$，∠BCD=∠GCE=90°，∠DEC=∠CGE=45°，∠BDC=45°，
∴BD=$\sqrt{10}$，GE=2，
∴∠BCG=∠DCE，
在△BCG和△DCE中，
$\left\{\begin{array}{l}{BC=CD}\\{∠BCG=∠DCE}\\{CG=CE}\end{array}\right.$，
∴△BCG≌△DCE，
∴∠BGC=∠DEC=45°，
∴∠BGE=∠BGC+∠CGE=90°，
∵∠DOB=∠GOC，∠BDO=∠OGC，
∴△BDO∽△CGO，
∴$\frac{BD}{CG}=\frac{BO}{OC}=\frac{DO}{OG}$=$\frac{\sqrt{10}}{\sqrt{2}}$=$\sqrt{5}$，
設(shè)OC=k，則BO=$\sqrt{5}$k，∵BO²=OC²+BC²，
∴5k²=5+k²，
∴k=$\frac{\sqrt{5}}{2}$，
∴OC=OD=$\frac{\sqrt{5}}{2}$，BO=$\frac{5}{2}$，OG=$\frac{1}{2}$，
∴BG=BO+OG=3，
在RT△BGE中，BG=3，EG=2，
∴BE=$\sqrt{B{G}^{2}+G{E}^{2}}$=$\sqrt{{3}^{2}+{2}^{2}}$=$\sqrt{13}$．
故答案為$\sqrt{13}$
（2）如圖2，當(dāng)CG⊥BG時(shí)，F(xiàn)與H重合，此時(shí)點(diǎn)H到直線BC的距離最大，作HM⊥BC垂足為M．
在RT△BCG中，∵BC=$\sqrt{5}$，GC=$\sqrt{2}$，
∴BG=$\sqrt{B{C}^{2}-G{C}^{2}}$=$\sqrt{3}$，BH=$\sqrt{3}$+$\sqrt{2}$，
∵∠CBG=∠MBF，∠CGB=∠FMB，
∴△BCG∽△BFM，
∴$\frac{GC}{HM}=\frac{BC}{BF}$，
∴$\frac{\sqrt{2}}{HM}=\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{3}+\sqrt{2}}$，
∴HM=$\frac{\sqrt{30}+2\sqrt{5}}{5}$，
∴點(diǎn)H到直線BC的距離的最大值為$\frac{\sqrt{30}+2\sqrt{5}}{5}$．
故答案為$\frac{\sqrt{30}+2\sqrt{5}}{5}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、以及旋轉(zhuǎn)等知識(shí)，正確畫出圖形，靈活運(yùn)用三角形全等或相似是解題的關(guān)鍵．