深圳宝安区博华学校数学几何模型压轴题易错题(Word版 含答案)
隋朝历史-文艺晚会
深圳宝安区博华学校数学几何模型压轴题易错题（
Word
版
含答
案）
一、初三数学
旋转易错题压轴题（难）
1
．
如图，四边形
ABCD
为正方形，△
AEF
为等腰直角三角形，∠
< br>AEF
＝
90
°，连接
FC
，
G
为
FC
的中点，连接
GD
，
ED
．
（<
/p>
1
）如图
①
，<
/p>
E
在
AB
上，直
接写出
ED
，
GD
的数量关系．
（
2
）将图
①
中的△
AEF
绕点
A
逆时针旋转，其它条件不变，如图<
/p>
②
，（
1
）中的
结论是否
成立？说明理由．
（
3
）若
AB
＝
5
，
AE
＝
1
，将图
①
中的△
AEF
绕点
A
逆时
针旋转一周，当
E
，
F
，
C
三点共线
时，直接写出<
/p>
ED
的长．
【答案】（
1
）
DE
＝
2
DG
；（
2
）成立，理由见解析；（
3<
/p>
）
DE
的长为
4
2
或
3
2
．
【解析】
【分析】
（
1
）根据题意结论：
DE=
2
DG
，如图
1
中，连接
EG
，延长
EG
交
BC
的延长线于
M
，连
接
DM
，证明△
CMG
≌△
FEG
（<
/p>
AAS
），推出
EF=CM
，
GM=GE
，再证明△
D
CM
≌△
DAE
（
SAS
）即可解决问题；
（
2
）如图
2
中，结
论成立．连接
EG
，延长
EG
到
M
，使得
GM=GE
，连接
CM
，
DM
，延长
EF
交
CD
于
R
，其证明方法类似；
（
3
）由题意分
两种情形：①如图
3-1
中，当
E
，
F
，
C
共线时．②如图
3-3
中，当
< br>E
，
F
，
C
共线时，分别求解即可．
【详解】
解：（
1
）结论：
DE
＝
2
DG
．
< br>理由：如图
1
中，连接
EG
，延长
EG
交
BC
的延长线于
M
，连接
< br>DM
．
∵
四边形
ABCD
是正方形，
∴
AD
＝
CD
，
∠
B
＝
∠
ADC
＝
∠
DAE
＝
∠
DCB
＝
∠
DCM
＝
90°
，
∵
∠
AEF
＝
∠
B
＝
90°
，
∴
EF
∥
CM
，
∴
∠
CMG
＝
∠
FEG
，
∵
∠
CGM
＝
∠
EGF
，
GC
＝
GF
，
∴
△
CMG
≌
△
FEG
（
AAS
），
<
/p>
∴
EF
＝
CM<
/p>
，
GM
＝
GE<
/p>
，
∵
AE
＝
EF
，
∴
AE
＝
CM
，
∴
△
DCM
≌
△
DAE
（
SAS
），
∴
DE
＝
DM
，
∠
ADE
＝
∠
CDM
，
∴
∠
EDM
＝
∠
ADC
＝
90°
，
∴
DG<
/p>
⊥
EM
，
DG<
/p>
＝
GE
＝
GM<
/p>
，
∴
△
EGD
是等腰直角三角形，
∴
DE
＝
2
< br>DG
．
（
2
）如图
2
中，结论成立．
理由：连接
EG
，
延长
EG
到
M
，使得
GM
＝
GE
，连接
CM
，
DM
，延长
EF
交
CD
于
R
．
∵
EG
＝<
/p>
GM
，
FG
＝<
/p>
GC
，
∠
EGF
＝
∠
CGM
，
∴
△
CGM
≌
△
FGE
（
SAS
），
∴
CM
＝
EF
，
∠
CMG
＝
∠
GEF
，
∴
CM
∥
ER
，
∴
∠
DC
M
＝
∠
ERC
，
∵
∠
AE
R+
∠
ADR
＝
180°
，
∴
∠
EAD+
∠
ERD
＝
180°
，
∵
∠
ERD+
∠
ERC
＝
180°
，<
/p>
∴
∠
DCM<
/p>
＝
∠
EAD
，<
/p>
∵
AE
＝
EF
，
∴
AE
＝
CM
，
∴
△
DAE
≌
△
DCM
（
SAS
），
∴
DE
＝
DM
，
∠
ADE
＝
∠
CDM
，
∴
∠
EDM
＝
∠
ADC
＝
90°
，
∵
EG
＝<
/p>
GM
，
∴
DG
＝
EG
＝
GM
，
∴
△
EDG
是等腰直角三角形，
∴
DE
＝
2
DG
．
（
3
< br>）
①
如图
3
﹣
1
中，当
E
，
F
，
C
共线时，
在
Rt
△
ADC
中，
< br>AC
＝
AD
2
< br>
CD
2
＝
5
2
5
2
＝
5
2
，<
/p>
在
Rt
△
AEC
中，
EC
＝
A
C
2
AE
2
＝
(5
2)
2
1
2
＝
7
，
∴
CF
＝
CE
﹣
EF
＝
6
，
1
< br>CF
＝
3
，
2
∵
∠
DGC
＝
90°
，
∴
CG
＝
∴
DG
＝
CD
2
CG
2
＝
5
2
3<
/p>
2
＝
4
，
∴
DE
＝
2
DG
＝
4
2
．
②
如图
3
﹣
3
< br>中，当
E
，
F
< br>，
C
共线时，同法可得
DE
＝
3
2
．
综上所述，
DE<
/p>
的长为
4
2
或<
/p>
3
2
．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考
查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等
知识，解题的关键是学会添
加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
2
．
探究：如图
1
和图
2
，四边形
ABCD
中，已知
AB
＝
AD
，∠
BAD
＝
< br>90
°，点
E
、
F
分别在
BC
、
CD
上，∠
EAF
＝
45
°．
（
1
）
①
如图
1
，若∠
B
、∠
ADC
都是直角，把△
ABE
绕点
A
逆时针旋转
90
°至△
ADG
，使
A
B
与
AD
重合，直接写出线段
BE
、
DF
和
EF
之间的数量关系
；
②
如图
2<
/p>
，若∠
B
、∠
D
都不是直角，但满足∠
B
+
∠
D
＝
180
°，线段
BE
、
DF
和
EF
之间的
结论
是否仍然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．
< br>（
2
）拓展：如图
3
，在△
ABC
中，∠
BA
C
＝
90
°，
AB
＝
AC
＝
2
2
．点
D
、
E
均在边
BC
边
上，且∠
DAE
＝
< br>45
°，若
BD
＝
1
，求
DE
的长．
【答案】（
1
）
①
EF
＝
BE
+
DF
；
②
成立，理由详见解析；（
2
）
DE
＝
【解析】
【分析】
5
．
3
（
1
）①根据旋转的性质得出
AE
＝
AG
，∠
BAE
＝∠
DAG
，
BE
＝
DG
，求出
∠
EAF
＝∠
GAF
< br>＝
45°
，根据
SAS
推出
△
EAF
≌△
GAF
，根据全等三角形的性质得出
EF<
/p>
＝
GF
，即可求出答案；
②根据旋转的性质作辅助线，得出
AE
＝
AG
，∠
B
＝∠
ADG
，∠
BAE
＝∠
DAG
，求出
C
、
D
、
G<
/p>
在一条直线上，根据
SAS
推出
△
EAF
≌△
GAF<
/p>
，根据全等三角形的性质得出
EF
＝
GF
，即可求
出答案；
（
2
）如图
3
，同理作旋转三角形，根据等腰直角三角形性质和勾股定理求出∠
ABC
＝∠
C
＝
45°
，
BC
＝
4
，根据旋转的性质得出
AF
＝
AE
，∠
FBA
＝∠
C
＝
45°
，∠
BAF
＝∠
CAE
，求出∠
FAD
＝∠
DAE
＝
45°
，证
△
FAD
≌△
EAD
，根据全等得出
DF
＝
DE
，设
DE
＝
x
，则
DF
＝
x
，
BF
＝
CE
＝
3
﹣
x
，根据勾股定理得出方程，求出
x
即可
．
【详解】
解：（
1
）∵把
△
< br>ABE
绕点
A
逆时针旋转
90°
至
△
ADG<
/p>
，使
AB
与
AD
重合，
∴
A
E
＝
AG
，∠
BAE
＝∠
DAG
，
< br>BE
＝
DG
，∠
B
＝∠
ADG
＝
90°
，
∵∠
ADC
＝
90°
，
∴∠
ADC
+
∠
ADG
＝
90°
∴
F
、
D
、
G
共线，
∵∠
BAD
＝<
/p>
90°
，∠
EAF
＝
45°
，
∴∠
BAE
+
∠
DAF
＝
45°
，
∴∠
DAG
+
∠
DAF
＝
45°
，
即∠
EAF
＝∠
GAF
＝
45°
，
在
△
EAF
和
△
GAF
中，
AF
AF
∵<
/p>
EAF
<
/p>
GAF
，
<
/p>
AE
AG<
/p>
∴△
EAF
≌
△
GAF
（
SAS
），
∴
EF
＝
GF
，
∵
BE<
/p>
＝
DG
，
∴
EF
＝
GF
＝
DF
+
DG
＝
BE
+
DF
，
故答案为：
E
F
＝
BE
+
D
F
；
②成立，
理由：如图
2
，把
△
ABE
绕
A
点旋转到
△
ADG
，使
AB
和
AD
重合，
则
AE
＝
AG
，∠
B
＝∠
ADG
，∠
BAE
＝∠
DAG
，
∵∠
B
+
∠
ADC
＝
180°
，
< br>∴∠
ADC
+
∠
ADG
＝
180°
，
∴
C
、
D
、
G
在一条直线上，
与①同理得，∠
EAF
< br>＝∠
GAF
＝
45°
，
在
△
EAF
和
△
GAF
中，
AF
AF
∵
EAF
GAF
，
AE
AG
∴△
EAF
≌△
GAF
（
SAS
），<
/p>
∴
EF
＝
GF
，
∵
BE
＝
DG
，
∴
EF
＝
GF
＝
BE
+
DF
；
（
2
）解：∵△
ABC
中，
AB
＝
AC
＝
2
2
，∠
BA
C
＝
90°
，
∴∠
ABC
＝∠
C
＝
45°
，
由勾股定理得：
BC
＝
AB
2
AC
2
＝
4
，
如图
3
，把
△
AEC
绕
A
点旋转到
△
AFB
，使
AB
和
AC
重合，连
接
DF
，
则
AF
＝
AE
，∠
FBA
＝∠
C
＝
45°
，∠
BAF
＝∠
CAE
，
∵∠
DAE
＝
45°
，
∴∠
FAD
＝∠
FAB
+<
/p>
∠
BAD
＝∠
C
AE
+
∠
BAD
＝∠
BAC
﹣∠
DAE
＝
90°
﹣
45°
＝
45°
，
∴∠
FAD
＝∠
DAE
＝
45°
，
AD<
/p>
AD
在
△
FAD
和
△
EAD
中
FAD
EAD
，
AF<
/p>
AE
∴△<
/p>
FAD
≌△
EAD
（
SAS
），
∴
DF
＝
DE
，
设
DE
＝
x
，则
DF
＝
x
，
∵
BC
＝
4
，<
/p>
∴
BF
＝
CE
＝
4
﹣
1
﹣
x
＝
3
﹣
x
，
∵∠
FBA
＝
45°
，∠
ABC
＝
45°
，
∴∠
FBD
＝
90°
，
由勾股定理得：
DF
2
＝
BF
2
< br>+
BD
2
，
x
2
＝（
3
﹣
x
）
2
+1
2
，
<
/p>
解得：
x
＝
即<
/p>
DE
＝
5
，
3
5
．
3
【点睛】
本题考查了四边形的综合题，旋转的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理的应用，
此题是开放性试题，运用类比的思想；首先在特殊图形中找到规律，然后再推广到一般图
形中，对学生的分析问题，解决问题的能力要求比较高．
<
/p>
3
．
(1)
观察
猜想
如图
(1)
，在△
ABC
中，∠
BAC=90
°
，
AB=AC,
点
< br>D
是
BC
的中点．以点
D
为顶点作正方形
DEFG
，使点
A
，
C
分别在
DG
和
DE
上，连接
AE
，
BG
，则线段
BG
和
AE<
/p>
的数量关系是
_____
；
(2)
拓展探究
将正方形
DEFG
绕点
D
逆时针方向旋转一定角度后（旋转角度大于
0°
，小于或等于
360°
），如图
< br>2
，则
(1)
中的结论是否仍然
成立？如果成立，请予以证明；如果不成立，请
说明理由
.
(3)
解决问题
若
BC=DE=2
，在
(2)
的旋转过程中，当
AE
为最大值时，直接写出
AF
的值．
【答案】（
1
）
B
G
＝
AE
．
（
2
）成立．
如图
②
，
<
/p>
连接
AD
．
∵<
/p>
△
ABC
是等腰三直角角形，
∠
BAC
＝
90°
，点
D
是
BC
的中点．
∴
∠
ADB
＝
90°
，
且
BD
＝
AD
．
∵
∠
BD
G
＝
∠
ADB
－
∠
ADG
＝
90°
－
∠
ADG
＝
∠
ADE
，
DG
＝
DE
．
∴
△
BDG
≌
△
ADE
，
∴
BG
＝
AE
．
…………………………………………7
分
（
3
）由（
2
）知，
BG
＝
AE
，故当
BG
最大时，<
/p>
AE
也最大．
正方形
DEFG
绕点
D
逆时针方向旋转
270°
时，
BG
最大，如图
③
．
< br>
若
BC
＝
DE
＝
2
，则
AD
＝
1
，
EF
＝
2
．
在
Rt
△
AEF
中，
AF
2
＝
AE
2
＋
EF
2
＝
(
AD
＋
DE)
2
＋
EF
2
＝
(1
＋
2)
2
＋
2
2
＝
13
．
∴
AF<
/p>
＝
【解析】
解
：（
1
）
BG
＝
AE
．
（
2
）成立．
如图
②
，连接
AD
．
∵
△
ABC
是等腰三直角角形，
∠
BAC
＝
90°
，点<
/p>
D
是
BC
的中点
．
∴
∠
AD
B
＝
90°
，且
BD
＝
AD
．
∵
∠
BDG
＝
∠
ADB
－
∠
ADG
＝
90°
< br>－
∠
ADG
＝
< br>∠
ADE
，
DG
＝
DE
．
< br>∴
△
BDG
≌
< br>△
ADE
，
∴
< br>BG
＝
AE
．
< br>
（
3
）由（
< br>2
）知，
BG
＝
AE
，故当
BG
最大时，
AE
也最大．
Z+X+X+K]
因为正方形
DEFG
在
绕点
D
旋转的过程中，
G
点运动的图形是以点
D
为圆心，
DG
为半径的
圆，故当正方形
DE
FG
旋转到
G
点位于
< br>BC
的延长线上（即正方形
DEFG
绕点
D
逆时针方向
旋转
27
0°
）时，
BG
最大，如图
③
．
若
BC
＝
DE
＝
2
，则
AD
＝
1
，
EF
＝
< br>2
．
在
Rt
△
AEF
中，
< br>AF
2
＝
AE
< br>2
＋
EF
2
＝
(AD
＋
DE)
2
＋
EF
2
< br>＝
(1
＋
2)
< br>2
＋
2
2
＝
13
．
∴
AF
＝
．
．
即在正方形
DEFG
旋转过程中，当
AE
为最大
值时，
AF
＝
4
．
在
△
AOB
中，
C<
/p>
，
D
分别是
OA
，
OB
边上的点，将
< br>△
OCD
绕点
O
顺时针旋转到
△
OC′D′
．
（
1
）如图
1
，若
∠
AO
B=90°
，
OA=OB
，
C
，
D
分别为
OA
，
OB
的中点，证明
：
①AC′=BD′
；
②AC′
⊥
BD′
；
（
2
）如图
2
，若
△
AOB
为任意
三角形且
∠
AOB=θ
，
CD
∥
AB
，
AC′
与
BD′
交于点
E
，猜想
∠
AEB
=θ
是否成立？请说明理由．
【答案】（
1
）证明见解析；
（
2
）成立，理由见解析
【解析】
试题分析：（
1
）
①
< br>由旋转的性质得出
OC=OC′
，
OD=OD′
，
∠
AOC′=
∠
BOD′
，证出
O
C′=OD′
，由
SAS
证明
△
AOC′
≌
△
BOD′
，得出对应边相等即可；
②
由全等三角形的性质得出
∠
< br>OAC′=
∠
OBD′
，又由对
顶角相等和三角形内角和定理得出
∠
BEA=90°
，即可得出结论；
（
2
）由旋转的性质得出
OC=OC′
，<
/p>
OD=OD′
，
∠
AOC′=
∠
BOD′
，由平行线得
出比例式
，得出
，证明
△
AOC′
∽
△
BOD′
，得出
∠
OAC′=
∠
OBD′
再由对顶角相
等和三角形
内角和定理即可得出
∠
AEB=θ
．<
/p>
试题解析
：（
1
）证明：
①
∵
△
OCD
旋转到
△
OC′D′
，
∴
OC=OC′
，
OD=
OD′
，
∠
AOC′=
∠
BOD′
，
∵
OA=OB
，
C
、
D
为
OA
、
OB
的中点，
∴
OC=OD
，
<
/p>
∴
OC′=OD′
，
在
△
AOC′
< br>和
△
BOD′
中，
∴
△
AOC′
≌
△
BOD′
（
SAS
），
∴
AC′=
BD′
；
②
延长
AC′
交
BD′
< br>于
E
，交
BO
< br>于
F
，如图
1
< br>所示：
∵
△
< br>AOC′
≌
△
BOD′
，
∴
∠
OAC′=
∠
OBD′
，<
/p>
又
∠
AFO=
∠
BFE
，
∠
OAC′+
∠
AFO=90°
，
∴
∠
OBD′+
∠
BFE=90°
，
∴
∠
B
EA=90°
，
∴
< br>AC′
⊥
BD
′
；
（
2
）解：
∠
AEB=θ
成立，理由如
下：如图
2
所示：
< br>∵
△
OCD
旋转到
△
OC′D′
，
∴
OC=OC′
，
OD
=OD′
，
∠
AOC′=
∠
BOD′
，
∵
CD
∥
AB
，
∴
∴
∴
，
，
，
，
又
∠
AOC′=
∠
BOD′
，
∴
△
AOC′
∽
△
BOD′
，
∴
∠
OAC′=
∠
OBD′
，
又
∠
AFO=
∠
BFE
，
∴
∠
AEB=
∠
AOB=θ
．
考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；旋转的性质．
5
．
如图<
/p>
1
，正方形
ABCD
与正方形
AEFG
的边
AB
、
AE
（
AB
＜
AE
）在一条直线上，正方形
AEFG
以点
A
为旋转中心
逆时针旋转，设旋转角为
.
在旋转过程中，两个正方形只有点
A
重合，其它顶点均不重合，连接
BE
、
DG.
（
1
）当正方形
AEFG
旋转至如图
2
所示的位置时，求证：
< br>BE=DG
；
（
2
）当点
C
在直线
BE
上时，连接
FC
，直接写出
∠
FCD
的度数；
（
3
）如图
3
，如果
=45°
，
AB =2
，
AE=
，求点
G
到
BE
的距离
.
【答案】（
1
）证明见解析；（
2
）
45°
或
135°
；（
3<
/p>
）
【解析】
.
试题分析：（
1
）根据正方形的性质可得
AB=AD
，
AE=AG
，
∠
BAD=
∠
EAG=90°
，
再求出
∠
BAE=
∠
< br>DAG
，然后利用
“
边角边
”
证明
△
ABE<
/p>
和
△
ADG
全等
，根据全等三角形对应边相等
证明即可
.
（
2
）当点
C
在直线
BE
上时，可知点
E
与
C
重合或
G
点
C
与重合，据此求
解即可
.
（
3
）根据
可
.
试题解析：（
1
）如图
2
，
∵
四边形
ABCD
是正方形，
∴
AB=
AD
，
∠
BAE+
∠
EAD=90°
.
∵
四边形
AEFG
是正方
形，
∴
AE=AG
，
< br>∠
EAD+
∠
DAG=90°<
/p>
.
∴
∠
BAE=
∠
DAG..
∴
△
ABE
≌
△
ADG
（
SAS
）
.
∴
BE=DG..
< br>（
2
）如图，当点
C
在直线
BE
上时，可知点
E
与
C
重合或
G
点
C
与重合，此时
< br>∠
FCD
的度
数为
45°
或
135°
.
和
求解即
（
3
）如图
3
，连接
G
B
、
GE.
由已知
α=45°
，可知
∠
BAE=45°
.
又
∵
GE
为正方形
AEFG
的对角线，
∴
∠
AEG=45°
.
∴<
/p>
AB
∥
GE.
∵
∴
过点
B<
/p>
作
BH
⊥
AE<
/p>
于点
H.
∵<
/p>
AB=2
，
∴
设
点
G
到
BE
的
距离为
h.
∴
∴
.
.
.
.
∴
.
.
，
∴
GE
=8.
.
∴
点
G
到
BE
的距离为
考点：
1.
旋转的性质；
2.
正方形的性
质；
3.
全等三角形的判定和性质；
4
.
平行的判定和性
质；
5.
勾股定理；
6.
分类思想的应用．
6
．
如图，在直角坐标系中，已知点
A
（
-1
，
0
）、
B
（
0
，
2
），将线段
AB
绕点
< br>A
按逆时针
方向旋转
90°
至
AC
．
（
1
）点
C
的坐标为（
，
）；
（
2<
/p>
）若二次函数
的图象经过点
C
．
①
求二次函数
的关系式；
<
/p>
②
当
-
1≤x≤
4
时，直接写出函数值
y
对应的取值范
围；
Z_X_X_K]
③
在此二次函数的图象上是否存在点
P
（点
C
除外），使
△
ABP
是以
AB
为直角边的等腰
直角三角形？若存在，求出所有点
P
的坐标；若不存
在，请说明理
由．
【答案】
(1)
∴
< br>点
C
的坐标为
(
－
3
，
1)
．
(2)①
∵
二次函数
∴
∴
二次函数的关系式为
②
当
-
1≤x≤4
时，
≤y≤8
；
.
解得
的图象经过点
C(
－
3
，
1)
，
③
过点<
/p>
C
作
CD
⊥
x
轴，垂足为
D
，
i)
当
A
为直角顶点时，延长
CA
至点
边的等腰直
角三角
形，过点
∵
∴
△
∴
可求得
＝
，
∠
≌
△
作
⊥
轴，
＝
∠<
/p>
，使
，则
△
是以
AB
为直角
，
∠
＝
∠
＝
CD
＝
1,
＝
90°
，
，
∴
AE
＝<
/p>
AD
＝
2
，
的坐标为
(1
，－
1)
，经检验点
在二次函数的图象上；
，得
ii
）
当
B
点为直角顶点时，过点
B
作直线
L
⊥
BA
，在直线
L
上分别取
到以
AB
为直角边的等腰直角
△
△
≌
△
∴
和等腰直角
△
，作
⊥
y
轴，同理可证
B
F
＝
OA
＝
1
，可得点
的坐标为（
2
，
1
），经检验
点在二次函数的图象上．同理可得点
数的图象上
综上：二次函数的图象上存在点
< br>【解析】
(1)
根据旋转的性
质得出
C
点坐标；
< br>的坐标为（－
2
，
3
），经检验
点不在二次函
(1
< br>，－
1)
，
（
< br>2
，
1
）两点，使得
△
和
△
是以
AB
为直角边的等腰直角三角形．
（
2
）
①
把
C
点代入求得二次函数的解析式；
②
利用二次函数的图象得出
y
的取值
范围；
③
分二种情况进行讨论
.
7
．
如图
1
，点
O
是正方形
ABCD
两对角线的交点，分别延长
OD
到点
G
，
OC
到点
E
，使<
/p>
OG=2OD
，
OE=2OC
，然后以
OG
、
OE
为邻边作正方形
OEFG
，连接
AG
，
DE
．
（
1
）求证：
DE
⊥
AG
；
（
2
）正方形
ABCD
固定，将正方形
< br>OEFG
绕点
O
逆时针旋转
α
角（
0°
＜
α
＜
360°
）得
到正
方形
OE′F′G′
，如图
2
．
①
在旋转过程中，当
∠
OAG′
是直角时，求
α
的度数；
②
若正方形
ABCD
的边长为
1
，在旋转过程中，求
AF′
长的最大值和此时
α
的度数，直接写<
/p>
出结果不必说明理由．
【答案】（
1
）见解析；（
2
）
①
30°
或
150°
，
②
AF
的长最大值为
2
2
，此时
2
315
0
．
【解析】
【分析】
（
1
）延长
ED
交
AG
于点
H
，易证△AOG≌△DO
E，得到∠AGO=∠DEO，然后运用等量代换证
明∠AHE=90°即可；
（
2
）①在旋转过程
中，∠OAG′成为直角有两种情况：α
由
0°增大到
90°过程中，当
∠OAG′=90°时，α=30°，α
由
90°增大到
180°过程中，当∠OAG′=9
0°时，
α=150°；
②当旋转到
A
、
O
、F′
在一条直线上时，AF′的长最大，AF′=AO+OF′=
α=315°．
【详解】
(1
)
如图
1,
延长
ED
交
AG
于点<
/p>
H,
2
+2<
/p>
，此时
2
∵点
O
是正
方形
ABCD
两对角线的交点，
∴
OA=OD
，
O
A
⊥
OD
，
∵
OG=OE
，
在
△
AOG
和
△
DOE
中，
OA
OD
AOG
DOE
90
，
OG
OE
∴
△
A
OG
≌
△
DOE
，
∴∠
AGO=
< br>∠
DEO
，
< br>∵∠
AGO+
∠
GAO=90<
/p>
°
，
∴∠
GAO+
∠
DEO=90
< br>°
，
∴∠
AHE=90
°
，
即
DE
⊥
AG
；
(2)
①在旋转过程中
,
∠
OAG′
成为直角有两种情况：
(
Ⅰ
)α
由
0
°
增大到
90
°
过程中
,
当∠
OAG′=90
°
时，
∵
OA=OD=
1
1
OG=
OG′
，
2
2
OA
1
=
，
OG
2
∴在
Rt
△
OAG′
中
,sin
∠
AG′O=
∴∠
AG′O=30
°
，
∵
< br>OA
⊥
OD,OA
⊥
AG′
，
∴
OD
∥
AG′,
∴∠
DOG′=
∠
A
G′O=30°
∘
，
即
α=30
°
；
< br>(
Ⅱ
)α
由
90
°
增大到
180
°
过程中
,
当∠
OAG′=90
°
时，
同理可求∠
BOG′=30
°
，
−30
°
=150
°
.
∴
α=180
°
.<
/p>
综上所述
,
当
∠
OAG′=90
°
时
,α=30
°
或
150
°
②如图
3,
当旋转
到
A. O
、
F′
在一条直线上时
,AF′
的长最大，
∵正方形
ABCD
的边长为
1
，
∴
OA=OD=OC=OB=
∵
< br>OG=2OD
，
∴
OG′=OG=
2
，
<
/p>
∴
OF′=2
，
∴
AF′=AO+OF′=
2
，
2
2
+2
，
2
∵∠
COE′=45
°
，
.
∴此时
α=315
°
【点睛】
本题考查的是正方形的性质、旋转变换的性质以及锐角三角函数的定义，掌握正方
形的四
条边相等、四个角相等，旋转变换的性质是解题的关键，注意特殊角的三角函数值
的应
用．
8
．
已知
△
A
BC
是边长为
4
的等边三角形，边
AB
在射线
OM
上
，且
OA
＝
6
，点
D
是射线
OM
上的动点，当点
D
不与点
A
重合时，将
△
ACD
绕点
C
逆时针方向旋转
60°
得到
△
BCE
，
连接
DE
．
（
1
）如图
1
，求证：
△
CDE
是
等边三角形．
（
2
< br>）设
OD
＝
t
< br>，
①当
6
＜
t
＜
10
时，
△
BDE
的周长是否存在最小值
？若存在，求出
△
BDE
周长的最小值
；若
不存在，请说明理由．
②求
t
为何值时，
△
D
EB
是直角三角形（直接写出结果即可）．
【答案
】
(1)
见解析
;(2)
①见解析
;
②
t
＝
2
或
14.
【解析】
【分析】
（
1
）由旋转的性质得到∠
DCE=60°
，
DC=EC
，即可得到结论；
<
/p>
（
2
）①当
6<
/p>
＜
t
＜
10
时，由旋转的性质得到
BE=AD
，于是得
到
C
△
DBE
=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE
，根据等边三角形的性质得到
DE=CD
，由垂线段最短得到当
CD
⊥
AB
时，△
BDE
的周长最小，于是得到结论；
②存在，当点
D
与点
B
重合
时，
D
，
B
，
E
不能构成三角形；当
0≤t
＜
6
时，由旋转的性质得
到∠
ABE=60°
，∠
BDE
＜
60°
，求得∠
BED=90°
，根据等边三角形的性质得到∠
DEB=60°
，求得
∠
CEB=30°
，求得
OD=OA-DA=6-4=2=t
；当
6
＜
t
＜
10
时，此时不存在；当
t
＞
10
时，由旋转
的性质得到∠<
/p>
DBE=60°
，求得∠
BDE
＞
60°
，于是得到
t
=14
．
【详解】
（
1
）∵将△
ACD
绕点
C
逆时针方向旋转
60°
得到
△
BCE
，
∴∠
DCE
＝
60°
< br>，
DC
＝
EC
< br>，
∴△
CDE
是等边三角形；
（
2
）①存在，当
6
＜
t
＜
10
时，
由旋转的性质得，
BE
＝
AD
，
∴
C
△
DBE
＝
BE+DB+DE
＝
AB+DE
＝
4+DE
，
由（
1
）知，△
CDE
是等边三角形，
∴
DE
＝
CD
，
<
/p>
∴
C
△
DBE<
/p>
＝
CD+4
，
由垂线段最短可知，当
CD
⊥
AB
时，△
BDE
的周
长最小，
此时，
CD
＝
2
3
，
∴△
BDE
的最小周长＝
CD+4
＝
2
3
+4
；
②存在，
∵当点
D
与点
B
重合时，
D
，
B
，
E
不能构成三角形，
∴当点
D
与点
B
重合时，不符合题意；
当
< br>0≤t
＜
6
时，由旋转可知，∠
ABE
＝
60°
，∠
BDE
＜
60°
，
∴∠
BED
＝
90°
，
由（
1
）可知，△
CDE<
/p>
是等边三角形，
∴∠
< br>DEB
＝
60°
，
∴∠
CEB
＝
30°
，
∵∠
CEB
＝∠
CDA
，<
/p>
∴∠
CDA
＝
30°
，