题目（九年级 · 画法几何学）：(10 分) 已知: 将一副三角板 (Rt $\triangle A B C$ 和 $R t \triangle D E F$ ) 如图 (1)摆放, 点 $E 、 A 、 D 、 B$ 在一条直线上, 且 $D$ 是 $A B$ 的中点. 将 $R t \triangle D E F$ 绕点 $D$ 顺时针方向旋转角 $\alpha\left(0^{\circ}<\alpha<90^{\circ}\right)$, 在旋转过程中,直线 $D E 、 A C$ 相交于点 $M$, 直线 $D F 、 B C$ 相交于点 $N$, 分别过点 $M 、 N$ 作直线 $A B$ 的垂线, 垂足
为 $G 、 H$.



图(1)



图(2)



图(3)

(1)当 $\alpha=30^{\circ}$ 时(如图(2)), 求证: $A G=D H$;

(2)当 $0^{\circ}<\alpha<90^{\circ}$ 时, (1)中的结论是否成立？请根据图 (3)说明理由.

(3)在 $R t \triangle D E F$ 绕点 $D$ 顺时针方向旋转过程中, $D M$ 与 $D N$ 的比值是否发生改变? 如果不改变,请求出比值; 如果改变, 请说明理由.
选项：
答案：(1)证明：由题意可得： $\angle A=\angle A D M=30^{\circ}$,

$\therefore M A=M D$,

又 $\because M G \perp A D$ 于点 $G$,

$\therefore A G=D G$,

$\because \angle B D C=180^{\circ}-\angle A D E-\angle E D F=180^{\circ}-30^{\circ}-90^{\circ}=60^{\circ}=\angle B$,

$\therefore C B=C D$,
$\therefore C$ 与 $N$ 重叠,

又 $\because N H \perp D B$ 于点 $H$,

$\therefore D H=B H$,

$\because A D=D B$,

$\therefore A G=D H$

(2)解：当 $0^{\circ}<\alpha<90^{\circ}$ 时，(1)中的结论成立.

如图(3), 在Rt $\triangle A M G$ 中, $\angle A=30^{\circ}$,

$\therefore \angle A M G=60^{\circ}=\angle B$,

又 $\because \angle A G M=\angle N H B=90^{\circ}$,

$\therefore \triangle A G M \sim \triangle N H B$,

$\therefore \frac{A G}{N H}=\frac{M G}{B H}$

$\because \angle M D G=\alpha$,

$\therefore \angle D M G=90^{\circ}-\alpha=\angle N D H$

又 $\because \angle M G D=\angle D H N=90^{\circ}$,

$\therefore$ Rt $\triangle M G D \sim R t \triangle D H N$,

$\therefore \frac{D H}{M G}=\frac{N H}{D G}$,

(1) $\times$ (2), 得 $\frac{D G}{A G}=\frac{B H}{D H}$,

由比例的性质, 得 $\frac{D G+A G}{A G}=\frac{B H+D H}{D H}$,

即 $\frac{A D}{A G}=\frac{B D}{D H}$,

$\because A D=D B$,

$\therefore A G=D H$

(3)在 $R t \triangle D E F$ 绕点 $D$ 顺时针方向旋转过程中, $\frac{D M}{D N}$ 值没有改变,

$\because$ Rt $\triangle M G D \sim R t \triangle D H N$,

$\therefore \frac{D M}{D N}=\frac{M G}{D H}$,

$\because A G=D H$,
$\therefore \frac{D M}{D N}=\frac{M G}{A G}=\tan \angle A=\tan 30^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{3}$,

$\therefore \frac{D M}{D N}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.
解析：(1)证明：由题意可得： $\angle A=\angle A D M=30^{\circ}$,

$\therefore M A=M D$,

又 $\because M G \perp A D$ 于点 $G$,

$\therefore A G=D G$,

$\because \angle B D C=180^{\circ}-\angle A D E-\angle E D F=180^{\circ}-30^{\circ}-90^{\circ}=60^{\circ}=\angle B$,

$\therefore C B=C D$,
$\therefore C$ 与 $N$ 重叠,

又 $\because N H \perp D B$ 于点 $H$,

$\therefore D H=B H$,

$\because A D=D B$,

$\therefore A G=D H$

(2)解：当 $0^{\circ}<\alpha<90^{\circ}$ 时，(1)中的结论成立.

如图(3), 在Rt $\triangle A M G$ 中, $\angle A=30^{\circ}$,

$\therefore \angle A M G=60^{\circ}=\angle B$,

又 $\because \angle A G M=\angle N H B=90^{\circ}$,

$\therefore \triangle A G M \sim \triangle N H B$,

$\therefore \frac{A G}{N H}=\frac{M G}{B H}$

$\because \angle M D G=\alpha$,

$\therefore \angle D M G=90^{\circ}-\alpha=\angle N D H$

又 $\because \angle M G D=\angle D H N=90^{\circ}$,

$\therefore$ Rt $\triangle M G D \sim R t \triangle D H N$,

$\therefore \frac{D H}{M G}=\frac{N H}{D G}$,

(1) $\times$ (2), 得 $\frac{D G}{A G}=\frac{B H}{D H}$,

由比例的性质, 得 $\frac{D G+A G}{A G}=\frac{B H+D H}{D H}$,

即 $\frac{A D}{A G}=\frac{B D}{D H}$,

$\because A D=D B$,

$\therefore A G=D H$

(3)在 $R t \triangle D E F$ 绕点 $D$ 顺时针方向旋转过程中, $\frac{D M}{D N}$ 值没有改变,

$\because$ Rt $\triangle M G D \sim R t \triangle D H N$,

$\therefore \frac{D M}{D N}=\frac{M G}{D H}$,

$\because A G=D H$,
$\therefore \frac{D M}{D N}=\frac{M G}{A G}=\tan \angle A=\tan 30^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{3}$,

$\therefore \frac{D M}{D N}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.