Question

6．如圖，在△ABC中，AC的中點(diǎn)為D，BC的中點(diǎn)為E，F(xiàn)是DE的中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)G在邊AB上，連接GF，延長GF到點(diǎn)H，使HF=GF，連接HD，HE．
（1）求證：四邊形HDGE是平行四邊形．
（2）已知∠C=90°，∠A=30°，AB=4．
①當(dāng)AG為何值時(shí)，四邊形HDGE是矩形；
②當(dāng)AG為何值時(shí)，四邊形HDGE是菱形．

Answer 1

分析 （1）由平行四邊形的判定直接推出；
（2）根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到AB=4，求得AC=2$\sqrt{3}$，BC=4×$\frac{1}{2}$=2，∠B=60°，根據(jù)三角形的中位線得到BE=1，DE=2，AD=$\sqrt{3}$，DF=EF=1，根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠CBD=∠B=60°，①當(dāng)AG=3或2時(shí)，四邊形HDGE是矩形．當(dāng)AG=3時(shí)，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠DGE=∠DCE=90°，于是得到四邊形HDGE是矩形；
當(dāng)AG=2時(shí)，則AG=BG，推出∠DCE=90°，于是得到四邊形HDGE是矩形；②過F作MN⊥DE，交AC于M，AB與N，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠MDF=∠A=30°根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)得到ND=NE，求得AN=AM•com∠A=$\frac{5}{2}$，當(dāng)AG=AN=$\frac{5}{2}$時(shí)，G在DE的中垂線上，根據(jù)菱形的判定即可得到結(jié)論．

解答 （1）證明：∵HF=GF，DF=EF，
∴四邊形HDGE是平行四邊形；

（2）解：∵∠C=90°，∠A=30°，AB=4，
∴AC=AB•com∠A=4×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=2$\sqrt{3}$，BC=4×$\frac{1}{2}$=2，∠B=60°，
∵AC的中點(diǎn)為D，BC的中點(diǎn)為E，F(xiàn)是DE的中點(diǎn)，
∴BE=1，DE=$\frac{1}{2}$AB=2，AD=CD=$\sqrt{3}$，DF=EF=1，DE∥AB，
∴∠CBD=∠B=60°，
①當(dāng)AG=3或2時(shí)，四邊形HDGE是矩形，
當(dāng)AG=3時(shí)，如圖1，BG=4-3=1，
∴BG=CE，
BG=BE=EG=1=CE，DE=DE，∠CED=∠DEG=60°，
在△DGE和△DCE中，$\left\{\begin{array}{l}{CE=GE}\\{∠CED=∠DEG}\\{DE=DE}\end{array}\right.$，
∴△DGE≌△DCE，
∴∠DGE=∠DCE=90°，
∴四邊形HDGE是矩形；
當(dāng)AG=2時(shí)，則AG=BG，
∴DG∥CE，EG∥AC，H，C重合，
∴∠DCE=90°，∴四邊形HDGE是矩形，如圖2；
②過F作MN⊥DE，交AC于M，AB與N，
∵DE∥AB，
∴MN⊥AB，∠MDF=∠A=30°，
∵F是DE的中點(diǎn)，
∴MN是線段DE的垂直平分線，
∴ND=NE，
∵DF=1，MB=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∵AD=$\sqrt{3}$，
∴AM=$\frac{5\sqrt{3}}{3}$，
∴AN=AM•com∠A=$\frac{5\sqrt{3}}{3}$•$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\frac{5}{2}$，
當(dāng)AG=AN=$\frac{5}{2}$時(shí)，G在DE的中垂線上，DG=GE，四邊形HDGE是菱形．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)，矩形，菱形的判定，平行線的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，線段垂直平分線的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，三角函數(shù)的定義，綜合性強(qiáng)，要注意分類思想的應(yīng)用，熟練掌握矩形，菱形的判定方法是解題的關(guān)鍵．