Question

20．如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=5，tanB=2，把△ABC繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)得到△A′B′C，此時AB的對應(yīng)邊A′B′恰好經(jīng)過點(diǎn)B，又A′C交AB于點(diǎn)G，則線段CG的長是$\frac{50}{11}$．

Answer 1

分析 過C作CH⊥BB′于H，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到CB=CB′，∠ABC=∠B′，AC=A′C，A′B′=AB，解直角三角形得到BH=$\sqrt{5}$，BB′=2$\sqrt{5}$，根據(jù)勾股定理得到AB=$\sqrt{A{C}^{2}+B{C}^{2}}$=5$\sqrt{5}$，求得A′B′=5$\sqrt{5}$，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到$\frac{AC}{A′B}$=$\frac{CG}{BG}$=$\frac{10}{3\sqrt{5}}$=$\frac{2}{3}\sqrt{5}$，設(shè)CG=2$\sqrt{5}$x，BG=3x，過C作CD⊥BG于D，根據(jù)勾股定理列方程即可得到結(jié)論．

解答 解：過C作CH⊥BB′于H，
∵把△ABC繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)得到△A′B′C，
∴CB=CB′，∠ABC=∠B′，AC=A′C，A′B′=AB，
∴∠CBH=∠ABC，
∵BC=5，tan∠ABC=2，
∴AC=A′C=10，tan∠CBH=2，
∴BH=$\sqrt{5}$，∴BB′=2$\sqrt{5}$，
∵AB=$\sqrt{A{C}^{2}+B{C}^{2}}$=5$\sqrt{5}$，
∴A′B′=5$\sqrt{5}$，
∴A′B=A′B′-BB′=3$\sqrt{5}$，
∵∠A=∠A′，∠AGC=∠A′GB，
∴△ACG∽△A′GB，
∴$\frac{AC}{A′B}$=$\frac{CG}{BG}$=$\frac{10}{3\sqrt{5}}$=$\frac{2}{3}\sqrt{5}$，
設(shè)CG=2$\sqrt{5}$x，BG=3x，
過C作CD⊥BG于D，
∴BD=BH=$\sqrt{5}$，
∴CH=CD=2$\sqrt{5}$，
∴GD=3x-$\sqrt{5}$，
∵CG²=GD²+CD²，
即（2$\sqrt{5}$x）²=（3x-$\sqrt{5}$）²+（2$\sqrt{5}$）²，
∴x=$\frac{5\sqrt{5}}{11}$，（負(fù)值舍去），
∴CG=$\frac{50}{11}$．
故答案為：$\frac{50}{11}$．

點(diǎn)評 本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理、熟練掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，并能進(jìn)行推理計(jì)算是解決問題的關(guān)鍵．