6.如圖,在正方形ABCD和正方形CEFG中,AD=6,CE=2$\sqrt{2}$,點(diǎn)D、C、E三點(diǎn)在同一條直線上.將正方形CEFG繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)135°,得到正方形C E′F′G′,連接DE′和DG′,連接BG′,并延長交CD于點(diǎn)M,交DE′于點(diǎn)H.
(1)求證:DG′=BG′;
(2)求BH的長度.

分析 (1)由旋轉(zhuǎn)可知∠DCG'=∠BCG'=45°,然后根據(jù)SAS證得△BC G′≌△DC G′,即可證得DG′=BG′;
(2)連接E′G′,交DC于Q,根據(jù)正方形的性質(zhì)易得E'G'⊥DC,$QG'=CQ=\frac{1}{2}CF'=2$,DQ=4,在Rt△DG'Q中,根據(jù)勾股定理求得DG′=2$\sqrt{5}$,根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)得$DE'=DG'=2\sqrt{5}$,進(jìn)一步得出$BG'=DG'=2\sqrt{5}$,從而求得G'H⊥DE',在△D E′G′中,根據(jù)S△DG′E′=$\frac{1}{2}$G′E′•DQ=$\frac{1}{2}$DE′•G′H,即可求得G′H,進(jìn)一步求得BH.

解答 (1)證明:由旋轉(zhuǎn)可知,正方形C E′F′G′的點(diǎn)F′剛好在CD 上,
∴∠DCG'=∠BCG'=45°,
在△BC G′和△DC G′中
$\left\{\begin{array}{l}{BC=DC}\\{∠DCG'=∠BCG'}\\{CG'=CG'}\end{array}\right.$
∴△BC G′≌△DC G′,
∴DG'=BG';

(2)解:連接E′G′,交DC于Q,
∵四邊形C E′F′G′是正方形,CE′=2$\sqrt{2}$,
∴E'G'⊥DC,$QG'=CQ=\frac{1}{2}CF'=2$,
∵CD=6,
∴DQ=6-2=4,
在Rt△DG'Q中,DG′=$\sqrt{Q{D}^{2}+QG{′}^{2}}$=2$\sqrt{5}$,
∵E'G'⊥DC,E'Q=G'Q,
∴$DE'=DG'=2\sqrt{5}$,
∴∠E'DQ=∠G'DQ,
由(1)知:△BC G′≌△DC G′,
∴$BG'=DG'=2\sqrt{5}$,∠CBG'=∠CDG'
∴∠HMD+∠HDM=∠CMG'+∠CBG'=90°,即:G'H⊥DE',
在△D E′G′中,${S_{△DG'E'}}=\frac{1}{2}G'E'×DQ=\frac{1}{2}×4×4=8$,
又${S_{△DG'E'}}=\frac{1}{2}DE'×G'H=\frac{1}{2}×2\sqrt{5}×G'H=\sqrt{5}G'H$,
∴$G'H=\frac{{8\sqrt{5}}}{5}$,
∴$BH=BG'+G'H=2\sqrt{5}+\frac{{8\sqrt{5}}}{5}=\frac{{18\sqrt{5}}}{5}$.

點(diǎn)評 本題考查了正方形的性質(zhì),旋轉(zhuǎn)的性質(zhì),全等三角形的判定和性質(zhì),線段的垂直平分線的性質(zhì),等腰三角形三線合一的性質(zhì),熟練掌握性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵.

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