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24.(8分)含有公共顶点A的正方形ABCD和正方形AEFG按如图1所示的方式放置,连结BE,DG。
(1)求证:$△ AEB ≌ △ AGD$。
(2)如图2,把图1中的正方形AEFG绕点A旋转,边EF刚好经过点B,此时对角线EG与正方形ABCD的对角线BD交于点O,与边AB交于点H。
①求证:$BO=DO$。
②若$AE=3$,$AB=\sqrt{10}$,请直接写出OE和OH的长。
(1)求证:$△ AEB ≌ △ AGD$。
(2)如图2,把图1中的正方形AEFG绕点A旋转,边EF刚好经过点B,此时对角线EG与正方形ABCD的对角线BD交于点O,与边AB交于点H。
①求证:$BO=DO$。
②若$AE=3$,$AB=\sqrt{10}$,请直接写出OE和OH的长。
答案
24.(1)因为四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，所以$AB=AD$，$AE=AG$，$∠ EAG=∠ BAD=90°$。所以$∠ EAG-∠ BAG=∠ BAD-∠ BAG$，即$∠ EAB=∠ GAD$。所以$△ AEB≌△ AGD(\mathrm{SAS})$。
(2)①由(1)可知$△ AEB≌△ AGD$，所以$DG=BE$，$∠ AGD=∠ AEB=90°$。所以点F，G，D共线。如图，过点D作$DK⊥ DG$交EG延长线于点K。因为$∠ DGK=∠ FGE=45°$，所以$△ DGK$是等腰直角三角形。所以$∠ K=∠ BEO=45°$，$DK=DG=BE$。又因为$∠ BOE=∠ DOK$，所以$△ OBE≌△ ODK(\mathrm{AAS})$。所以$BO=DO$。
②因为$AE=3$，$△ AEG$为等腰直角三角形，所以$EG=3\sqrt{2}$。因为$AB=\sqrt{10}$，所以在$\mathrm{Rt}△ AEB$中，由勾股定理可得$BE=\sqrt{AB^2-AE^2}=1$。所以$DK=BE=1$。所以$GK=\sqrt{2}$。所以$EK=4\sqrt{2}$。由①知$△ OBE≌△ ODK$，所以$OE=OK=\frac{1}{2}EK=2\sqrt{2}$。如图，过点H作$HM⊥ AE$于点M，作$HN⊥ BE$于点N。因为$∠ BEH=∠ AEH=45°$，所以$HM=HN$。因为$S_{△ ABE}=\frac{1}{2}AE· BE=\frac{1}{2}AE· HM+\frac{1}{2}BE· HN$，所以$3×1=3HM+HM$，解得$HM=\frac{3}{4}$。所以$EH=\sqrt{2}HM=\frac{3\sqrt{2}}{4}$。所以$OH=OE-EH=\frac{5\sqrt{2}}{4}$。
解析
【分析】
本题围绕正方形的性质，结合全等三角形、等腰直角三角形的性质展开。第(1)问通过正方形的边和角的关系，用SAS证明三角形全等；第(2)①问通过构造等腰直角三角形，再用AAS证明三角形全等，推导线段相等；第(2)②问先利用勾股定理求线段长度，再结合等腰直角三角形性质、面积法计算目标线段，需逐步理清几何关系。
【解析】
(1) 证明：
∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，
∴$AB=AD$，$AE=AG$，$∠ EAG=∠ BAD=90°$，
∴$∠ EAG - ∠ BAG = ∠ BAD - ∠ BAG$，即$∠ EAB=∠ GAD$，
在$△ AEB$和$△ AGD$中，
$\{\begin{array}{l} AE=AG \\ ∠ EAB=∠ GAD \\ AB=AD \end{array} $
∴$△ AEB≌△ AGD(\mathrm{SAS})$。
(2) ① 证明：由(1)知$△ AEB≌△ AGD$，
∴$DG=BE$，$∠ AGD=∠ AEB=90°$，
∴点F、G、D共线。过点D作$DK⊥ DG$交EG延长线于点K，
∵四边形AEFG是正方形，
∴$∠ FGE=45°$，
∴$∠ DGK=∠ FGE=45°$，
又$DK⊥ DG$，
∴$△ DGK$是等腰直角三角形，
∴$∠ K=45°$，$DK=DG$，
∴$DK=BE$，且$∠ K=∠ BEO=45°$，
在$△ OBE$和$△ ODK$中，
$\{\begin{array}{l} ∠ BOE=∠ DOK \\ ∠ BEO=∠ K \\ BE=DK \end{array} $
∴$△ OBE≌△ ODK(\mathrm{AAS})$，
∴$BO=DO$。
② 计算：
∵四边形AEFG是正方形，$AE=3$，
∴$△ AEG$为等腰直角三角形，
∴$EG=\sqrt{AE^2 + AG^2}=\sqrt{3^2 + 3^2}=3\sqrt{2}$，
在$\mathrm{Rt}△ AEB$中，$AB=\sqrt{10}$，$AE=3$，由勾股定理得$BE=\sqrt{AB^2 - AE^2}=\sqrt{(\sqrt{10})^2 - 3^2}=1$，
由①知$DK=BE=1$，$△ DGK$是等腰直角三角形，
∴$GK=\sqrt{DK^2 + DG^2}=\sqrt{1^2 +1^2}=\sqrt{2}$，
∴$EK=EG + GK=3\sqrt{2}+\sqrt{2}=4\sqrt{2}$，
∵$△ OBE≌△ ODK$，
∴$OE=OK=\frac{1}{2}EK=2\sqrt{2}$，
过点H作$HM⊥ AE$于M，$HN⊥ BE$于N，
∵EG是正方形AEFG的对角线，
∴$∠ BEH=∠ AEH=45°$，
∴$HM=HN$，
∵$S_{△ ABE}=S_{△ AEH}+S_{△ BEH}$，
即$\frac{1}{2}× AE× BE=\frac{1}{2}× AE× HM+\frac{1}{2}× BE× HN$，
代入$AE=3$，$BE=1$，$HM=HN$，得$\frac{1}{2}×3×1=\frac{1}{2}×3× HM+\frac{1}{2}×1× HM$，
化简得$3=4HM$，解得$HM=\frac{3}{4}$，
在$\mathrm{Rt}△ EMH$中，$∠ MEH=45°$，
∴$EH=\frac{HM}{\sin45°}=\frac{3}{4}÷\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{3\sqrt{2}}{4}$，
∴$OH=OE - EH=2\sqrt{2}-\frac{3\sqrt{2}}{4}=\frac{5\sqrt{2}}{4}$。
【答案】
(1) 证明成立；(2) ① 证明成立；② $OE=2\sqrt{2}$，$OH=\frac{5\sqrt{2}}{4}$
【知识点】
正方形的性质、全等三角形的判定、勾股定理
【点评】
本题是正方形相关的综合几何题，融合了全等三角形、等腰直角三角形的性质及面积法，需掌握辅助线构造技巧，考查学生的几何推理与计算能力，综合性较强。
【难度系数】
0.5
本题围绕正方形的性质，结合全等三角形、等腰直角三角形的性质展开。第(1)问通过正方形的边和角的关系，用SAS证明三角形全等；第(2)①问通过构造等腰直角三角形，再用AAS证明三角形全等，推导线段相等；第(2)②问先利用勾股定理求线段长度，再结合等腰直角三角形性质、面积法计算目标线段，需逐步理清几何关系。
【解析】
(1) 证明：
∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，
∴$AB=AD$，$AE=AG$，$∠ EAG=∠ BAD=90°$，
∴$∠ EAG - ∠ BAG = ∠ BAD - ∠ BAG$，即$∠ EAB=∠ GAD$，
在$△ AEB$和$△ AGD$中，
$\{\begin{array}{l} AE=AG \\ ∠ EAB=∠ GAD \\ AB=AD \end{array} $
∴$△ AEB≌△ AGD(\mathrm{SAS})$。
(2) ① 证明：由(1)知$△ AEB≌△ AGD$，
∴$DG=BE$，$∠ AGD=∠ AEB=90°$，
∴点F、G、D共线。过点D作$DK⊥ DG$交EG延长线于点K，
∵四边形AEFG是正方形，
∴$∠ FGE=45°$，
∴$∠ DGK=∠ FGE=45°$，
又$DK⊥ DG$，
∴$△ DGK$是等腰直角三角形，
∴$∠ K=45°$，$DK=DG$，
∴$DK=BE$，且$∠ K=∠ BEO=45°$，
在$△ OBE$和$△ ODK$中，
$\{\begin{array}{l} ∠ BOE=∠ DOK \\ ∠ BEO=∠ K \\ BE=DK \end{array} $
∴$△ OBE≌△ ODK(\mathrm{AAS})$，
∴$BO=DO$。
② 计算：
∵四边形AEFG是正方形，$AE=3$，
∴$△ AEG$为等腰直角三角形，
∴$EG=\sqrt{AE^2 + AG^2}=\sqrt{3^2 + 3^2}=3\sqrt{2}$，
在$\mathrm{Rt}△ AEB$中，$AB=\sqrt{10}$，$AE=3$，由勾股定理得$BE=\sqrt{AB^2 - AE^2}=\sqrt{(\sqrt{10})^2 - 3^2}=1$，
由①知$DK=BE=1$，$△ DGK$是等腰直角三角形，
∴$GK=\sqrt{DK^2 + DG^2}=\sqrt{1^2 +1^2}=\sqrt{2}$，
∴$EK=EG + GK=3\sqrt{2}+\sqrt{2}=4\sqrt{2}$，
∵$△ OBE≌△ ODK$，
∴$OE=OK=\frac{1}{2}EK=2\sqrt{2}$，
过点H作$HM⊥ AE$于M，$HN⊥ BE$于N，
∵EG是正方形AEFG的对角线，
∴$∠ BEH=∠ AEH=45°$，
∴$HM=HN$，
∵$S_{△ ABE}=S_{△ AEH}+S_{△ BEH}$，
即$\frac{1}{2}× AE× BE=\frac{1}{2}× AE× HM+\frac{1}{2}× BE× HN$，
代入$AE=3$，$BE=1$，$HM=HN$，得$\frac{1}{2}×3×1=\frac{1}{2}×3× HM+\frac{1}{2}×1× HM$，
化简得$3=4HM$，解得$HM=\frac{3}{4}$，
在$\mathrm{Rt}△ EMH$中，$∠ MEH=45°$，
∴$EH=\frac{HM}{\sin45°}=\frac{3}{4}÷\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{3\sqrt{2}}{4}$，
∴$OH=OE - EH=2\sqrt{2}-\frac{3\sqrt{2}}{4}=\frac{5\sqrt{2}}{4}$。
【答案】
(1) 证明成立；(2) ① 证明成立；② $OE=2\sqrt{2}$，$OH=\frac{5\sqrt{2}}{4}$
【知识点】
正方形的性质、全等三角形的判定、勾股定理
【点评】
本题是正方形相关的综合几何题，融合了全等三角形、等腰直角三角形的性质及面积法，需掌握辅助线构造技巧，考查学生的几何推理与计算能力，综合性较强。
【难度系数】
0.5
