Question

3．將正方形ABCD和正方形BEFG如圖1擺放，連DF．
（1）如圖2，將圖1中的正方形BEFG繞點B順時針旋轉(zhuǎn)90°，連DF，CG相交于點M，則$\frac{DF}{CG}$=$\sqrt{2}$，∠DMC=45°；
（2）結(jié)合圖2，請證明（1）中的結(jié)論；
（3）將圖2中的正方形BEFG繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)β角（0°＜β＜90°）連DF，CG相交于點M，請畫出圖形，則（1）中的結(jié)論是否仍然成立？若成立，請證明；若不成立，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）如圖，連接BF，根據(jù)正方形的性質(zhì)可以得到∠FBC=∠CBD=45°，由此推出∠FBD=∠GBC=90°，BF=$\sqrt{2}$BG，BD=$\sqrt{2}$BC，由此即可證△BFD、△BGC相似，然后利用相似三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論；
（2）由于將圖1中的正方形BEFG繞B點順時針旋轉(zhuǎn)90°，DF的延長線交CG于M，那么B、E、D三點在同一條直線上，根據(jù)正方形的性質(zhì)可以得到∠FBD=∠GBC=90°，BF=$\sqrt{2}$BG，BD=$\sqrt{2}$BC，由此即可證△BFD、△BGC相似，然后利用相似三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論；
（3）將圖1中的正方形BEFG繞B點逆時針旋轉(zhuǎn)β（0°＜β＜90°），如圖所示，和（1）（2）一樣證明△BFD、△BGC相似即可解決問題．

解答 解：（1）如圖2，連接BF，

∵四邊形ABCD、四邊形BEFG是正方形，
∴∠FBC=∠CBD=45°，
∴∠FBD=∠GBC=90°，
∵BF=$\sqrt{2}$BG，BD=$\sqrt{2}$BC，
∴△BFD∽△BGC，
∴∠BCG=∠BDF，$\frac{FD}{CG}=\frac{BF}{BG}$
∵∠DMC=180°-∠BCG-∠BCD-∠CDF
=180°-∠BDF-∠BCD-∠CDF
=180°-（∠BDF+∠CDF）-∠BCD
=180-45°-90°
=45°，
∴$\frac{DF}{CG}=\sqrt{2}$，∠DMC=45°；
故答案為$\sqrt{2}$，45°．
（2）如圖2，

∵將圖1中的正方形BEFG繞B點順時針旋轉(zhuǎn)90°，
∴B、E、D三點在同一條直線上
∵四邊形ABCD、四邊形BEFG是正方形，
∴∠FBC=∠CBD=45°，
∴∠FBD=∠GBC=90°，
∵BF=$\sqrt{2}$BG，BD=$\sqrt{2}$BC，
∴△BFD∽△BGC，
∴∠BCG=∠BDF，$\frac{FD}{CG}=\frac{BF}{BG}$
∵∠DMC=180°-∠BCG-∠BCD-∠CDF
=180°-∠BDF-∠BCD-∠CDF
=180°-（∠BDF+∠CDF）-∠BCD
=180-45°-90°
=45°，
∴$\frac{DF}{CG}=\sqrt{2}$，∠DMC=45°；
（3）如圖4，

如圖4
∵四邊形ABCD、四邊形BEFG是正方形，
∴∠FBD=∠GBC，BF=$\sqrt{2}$BG，BD=$\sqrt{2}$BC，
∴△BFD∽△BGC，
∴$\frac{DF}{CG}=\sqrt{2}$，∠BCM=∠BDM，
∵∠DMC=180°-∠DCM-∠CDF
=180°-（∠BCD-∠BCM）-∠CDF
=180°-∠BCD+∠BCM-（∠CDB+∠BDM）
=180°-∠BCD-∠BDM-∠CDB-∠BDM
=180°-∠BCD-∠CDB
=180-90°-45°
=45°，
∴∠DMC=45°；
∴$\frac{DF}{CG}=\sqrt{2}$，∠DMC=45°

點評 此題是四邊形綜合題，主要考查了旋轉(zhuǎn)及正方形的性質(zhì)，綜合性比較強，通過利用正方形的性質(zhì)構(gòu)造相似三角形的相似條件，然后利用相似三角形性質(zhì)就可以解決問題，判斷△BFD∽△BGC是解本題的關(guān)鍵．