上海进才实验中学数学旋转几何综合综合测试卷(word含答案)

上海进才实验中学数学旋转几何综合综合测试卷（word含答案）

一、初三数学旋转易错题压轴题（难）

1．已知：如图①，在矩形ABCD 中，3,4,

AB AD AE BD

==⊥，垂足是E.点F是点E关于AB的对称点，连接AF、BF．

（1）求AF和BE的长；

（2）若将ABF沿着射线BD 方向平移，设平移的距离为m(平移距离指点B 沿BD方向所经过的线段长度)．当点F分别平移到线段AB AD

、上时，直接写出相应的m的值．（3）如图②，将ABF 绕点B顺时针旋转一个角1

(080)

a a

?<

A BF，在旋转过程中，设''

A F所在的直线与直线AD交于点P，与直线BD交于点Q．是否存在这样的P Q

、两点，使DPQ为等腰三角形？若存在，求出此时DQ的长；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）

129

,

55

AF BF

==；（2）

9

5

m=或

16

5

m=；（3）存在4组符合条件的点P、点Q，使DPQ为等腰三角形；DQ的长度分别为2或

25

8

9

105

5

或

3

510

5

【解析】

【分析】

（1）利用矩形性质、勾股定理及三角形面积公式求解；

（2）依题意画出图形，如图①-1所示．利用平移性质，确定图形中的等腰三角形，分别求出m的值；

（3）在旋转过程中，等腰△DPQ有4种情形，分别画出图形，对于各种情形分别进行计算即可．

【详解】

（1）∵四边形ABCD是矩形，

∴∠BAD=90°，

在Rt△ABD中，AB=3，AD=4，

由勾股定理得：2222

345

AB AD

+=+=，

∵S△ABD

1

2

=BD?AE=

1

2

AB?AD，

∴AE=AB AD

3412BD 55

??==， ∵点F 是点E 关于AB 的对称点， ∴AF=AE 125=

，BF=BE ， ∵AE ⊥BD ，

∴∠AEB=90°，

在Rt △ABE 中，AB=3，AE 125

=， 由勾股定理得：BE 2222129355AB AE ??=-=-= ???

； （2）设平移中的三角形为△A′B′F′，如图①-1所示：

由对称点性质可知，∠1=∠2．BF=BE 95

=， 由平移性质可知，AB ∥A′B′，∠4=∠1，BF=B′F′95=

， ①当点F′落在AB 上时，

∵AB ∥A′B′，

∴∠3=∠4，

根据平移的性质知：∠1=∠4，

∴∠3=∠2，

∴BB′=B′F′95=，即95

m =； ②当点F′落在AD 上时，

∵AB ∥A′B′，AB ⊥AD ，

∴∠6=∠2，A′B′⊥AD ，

∵∠1=∠2，∠5=∠1，

∴∠5=∠6，

又知A′B′⊥AD ，

∴△B′F′D 为等腰三角形，

∴B′D=B′F′

9

5 =，

∴BB′=BD-B′D=5-916

55 =，即

m

16

5

=；

（3）存在．理由如下：

∵四边形ABCD是矩形，

∴∠BAD=90°，

∵AE⊥BD，

∴∠AEB=90°，

∠2+∠ABD=90°，∠BAE+∠ABD=90°，

∴∠2=∠BAE，

∵点F是点E关于AB的对称点，

∴∠1=∠BAE，

∴∠1=∠2，

在旋转过程中，等腰△DPQ依次有以下4种情形：

①如图③-1所示，点Q落在BD延长线上，且PD=DQ，

则∠Q=∠DPQ，

∴∠2=∠Q+∠DPQ=2∠Q，

∵∠1=∠3+∠Q，∠1=∠2，

∴∠3=∠Q，

∴A′Q=A′B=3，

∴F′Q=F′A′+A′Q=

1227

3

55

+=，

在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：

22

22

927910

BF F Q

555

????

+=+=

? ?

????

''，

∴

DQ=BQ-BD=910

5 5

-；

②如图③-2所示，点Q落在BD上，且PQ=DQ，

则∠2=∠P，

∵∠1=∠2，

∴∠1=∠P，

∴BA′∥PD，

则此时点A′落在BC边上．

∵∠3=∠2，

∴∠3=∠1，

∴BQ=A′Q，

∴F′Q=F′A′-A′Q=12

5

-BQ，

在Rt△BQF′中，由勾股定理得：BF′2+F′Q2=BQ2，

即：

22

2 912

55

BQ BQ

????

+-=

? ?

????

，

解得：

15

8 BQ=，

∴DQ= BD-BQ=5-1525 88

=；

③如图③-3所示，点Q落在BD上，且PD=DQ，

则∠3=∠4．

∵∠2+∠3+∠4=180°，∠3=∠4，

∴∠4=90°-1

2

∠2．

∵∠1=∠2，

∴∠4=90°-

1

2

∠1，

∴∠A′QB=∠4=90°-

1

2

∠1，

∴∠A′QB=∠A′BQ，

∴A′Q=A′B=3，

∴F′Q=A′Q-A′F′=3-

123

55

=，

在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：BQ=

22

22

93310

BF F Q

555

????

+=+=

? ?

????

''，

∴DQ=BQ-BD=

310

5-；

④如图④-4所示，点Q落在BD上，且PQ=PD，

则∠2=∠3．

∵∠1=∠2，∠3=∠4，∠2=∠3，

∴∠1=∠4，

∴BQ=BA′=3，

∴DQ=BD-BQ=5-3=2．

综上所述，存在4组符合条件的点P、点Q，使△DPQ为等腰三角形，DQ的长度分别为：2或

25

8

9

105

5

或

3

510

5

【点睛】

本题是四边形综合题目，主要考查了矩形的性质、轴对称的性质、平移的性质、旋转的性质、勾股定理、等腰三角形的性质等知识点；第（3）问难度很大，解题关键是画出各种旋转图形，依题意进行分类讨论．

2．在Rt△ACB和Rt△AEF中，∠ACB＝∠AEF＝90°，若点P是BF的中点，连接PC，PE．

(1) 如图1，若点E，F分别落在边AB，AC上，求证：PC＝PE；

(2) 如图2，把图1中的△AEF绕着点A顺时针旋转，当点E落在边CA的延长线上时，探索PC与PE的数量关系，并说明理由．

(3) 如图3，把图2中的△AEF绕着点A顺时针旋转，点F落在边AB上．其他条件不变，问题(2)中的结论是否发生变化？如果不变，请加以证明；如果变化，请说明理由．

【答案】（1）见解析；（2）PC＝PE，理由见解析；（3）成立，理由见解析

【解析】

【分析】

（1）利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，即可；

（2）先判断△CBP≌△HPF，再利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半；

（3）先判断△DAF≌△EAF，再判断△DAP≌△EAP，然后用比例式即可；

【详解】

解：（1）证明：如图：

∵∠ACB＝∠AEF＝90°，

∴△FCB和△BEF都为直角三角形．

∵点P是BF的中点，

∴CP＝1

2

BF，EP＝

1

2

BF，

∴PC＝PE．

（2）PC＝PE理由如下：

如图2，延长CP，EF交于点H，

∵∠ACB＝∠AEF＝90°，

∴EH//CB，

∴∠CBP＝∠PFH，∠H＝∠BCP，

∵点P是BF的中点，

∴PF＝PB，

∴△CBP≌△HFP(AAS)，

∴PC＝PH，

∵∠AEF＝90°，

∴在Rt△CEH中，EP＝1

2

CH，

∴PC＝PE．

（3）(2)中的结论，仍然成立，即PC＝PE，理由如下：

如图3，过点F作FD⊥AC于点D，过点P作PM⊥AC于点M，连接PD，

∵∠DAF＝∠EAF，∠FDA＝∠FEA＝90°，

在△DAF和△EAF中，

DAF,

,

,

EAF

FDA FEA

AF AF

∠=∠

?

?

∠=∠

?

?=

?

∴△DAF≌△EAF(AAS)，

∴AD＝AE，

在△DAP≌△EAP中，

,

,

,

AD AE

DAP EAP

AP AP

=

?

?

∠=∠

?

?=

?

∴△DAP≌△EAP (SAS)，

∴PD＝PF，

∵FD⊥AC，BC⊥AC，PM⊥AC，

∴FD//BC//PM，

∴DM FP

MC PB

=，

∵点P是BF的中点，

∴DM＝MC，

又∵PM⊥AC，

∴PC＝PD，

又∵PD＝PE，

∴PC＝PE．

【点睛】

此题是几何变换综合题，主要考查了直角三角形斜边的中线等于斜边一半，全等三角形的

性质和判定，相似三角形的性质和判定，作出辅助线是解本题的关键也是难点．

3．综合与实践

问题情境

在一节数学活动课上，老师带领同学们借助几何画板对以下题目进行了研究.如图1，

MN是过点A的直线，点C为直线MN外一点，连接AC，作∠ACD=60°，使AC=DC，在MN上取一点B，使∠DBN=60°．

观察发现

（1）根据图1中的数据，猜想线段AB、DB、CB之间满足的数量关系是；

（2）希望小组认真思考后提出一种证明方法：将CB所在的直线以点C为旋转中心，逆时针旋转60°，与直线MN交于点E，即可证明（1）中的结论. 请你在图1中作出线段CE，并根据此方法写出证明过程；

实践探究

（3）奋进小组在继续探究的过程中，将点C绕点A逆时针旋转，他们发现当旋转到图2和图3的位置时，∠DBN=120°，线段AB、BD、CB的大小发生了变化，但是仍然满足一定的数量关系，请你直接写出这两种关系：

在图2中，线段AB、DB、CB之间满足的数量关系是；

在图3中，线段AB、DB、CB之间满足的数量关系是；

提出问题

（4）智慧小组提出一个问题：若图3中BC⊥CD于点C时，BC=2，则AC为多长？请你解答此问题.

【答案】（1）AB+DB=CB；（2）见解析；（3）AB－DB=CB；DB－AB=CB；（4）23【解析】

【分析】

（1）根据图中数据直接猜想AB+DB=CB

（2）在射线AM上一点E，使得∠ECB=60°，证明△ACE≌△DCB，推出EB=CB从而得出（1）中的结论；

（3）利用旋转的性质和线段的和差关系以及全等三角形的性质得出线段关系；

（4）过点C作∠BCE=60o，边CE与直线MN交于点E，设AC与BD交于点F.证明

△ACE≌△DCB，得出BC=EC，结合△ECB为等边三角形，得出∠ECA=90°，在

Rt△AEC中根据边长计算出AC的长度.

【详解】

综合与实践

（1）AB+DB=CB

（2）线段CE如图所示.

证明：∵∠ECB=∠ACD=60o，

∴∠2+∠ACB=∠1+∠ACB，

∴∠2=∠1.

∵∠ACD=∠DBN=60o, ∠ABD+∠DBN=180o，

∴∠ABD+∠ACD=180o，

∴在四边形ACDB中，∠CAB+∠3=180o.

∵∠CAB+∠4=180o，

∴∠4=∠3.

又∵AC=DC，

∴△ACE≌△DCB（ASA）

∴EA=BD，EC=BC.

又∵∠ECB=60°，

∴△ECB为等边三角形,

∴EB=CB.

而EB=EA+AB=DB+AB,

∴CB=DB+AB.

（3） AB－DB=CB；DB－AB=CB；

（4）证明：如图，过点C作∠BCE=60o，边CE与直线MN交于点E，设AC与BD交于点F.∵∠DCA=60o

∴∠ECB+∠BCA=∠DCA+∠BCA

即∠ECA=∠BCD

∵∠DBN=120o

∴∠DBA=60o

又∵∠AFB=∠DFC

∴∠EAF=∠BDC

又∵AC=DC

∴△ACE≌△DCB（ASA）

∴BC=EC

∴△ECB为等边三角形

∴∠CEB=60o

∵BC⊥CD

∴∠ECA=∠BCD=90o

∴在Rt△AEC中，∠CAE=30o

∵BC=2，EC=BC

∴AC=EC·tan60o= 3

【点睛】

本题考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，根据题中条件适当添加辅助线构造全等三角形，利用全等的性质得出线段关系是本题的关键.

4．阅读下面材料：

小炎遇到这样一个问题：如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边BC，CD上，

∠EAF=45°，连结EF，则EF=BE+DF，试说明理由．

小炎是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段相对集中．她先后尝试了翻折、旋转、平移的方法，最后发现线段AB，AD是共点并且相等的，于是找到解决问题的方法．她的方法是将△ABE 绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG，再利用全等的知识解决了这个问题（如图2）．

参考小炎同学思考问题的方法，解决下列问题：

（1）如图3，四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°点E，F分别在边BC，CD上，

∠EAF=45°．若∠B

，∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足_ 关系时，仍有EF=BE+DF；（2）如图4，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D、E均在边BC上，且∠DAE=45°，若BD=1， EC=2，求DE的长．

【答案】（1）∠B+∠D=180°（或互补）；（2）∴

【解析】

试题分析：(1)如图，△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG，利用全等的知识可知，要使EF=BE+DF，即EF=DG+DF，即要F、D、G三点共线，即∠ADG+∠ADF=180°，即

∠B+∠D=180°．

(2) 把△ABD绕A点逆时针旋转90°至△ACG，可使AB与AC重合，通过证明△AEG≌△AED

得到DE=EG

，由勾股定理即可求得DE的长．

(1)∠B+∠D=180°（或互补）．

(2)∵ AB=AC，

∴把△ABD绕A点逆时针旋转90°至△ACG，可使AB与AC重合．

则∠B=∠ACG，BD=CG，AD=AG．

∵在△ABC中，∠BAC=90°，

∴∠ACB+∠ACG=∠ACB+∠B=90°于，即∠ECG=90°．

∴ EC2+CG2=EG2．

在△AEG与△AED中,

∠EAG=∠EAC+∠CAG=∠EAC+∠BAD=90°-∠EAD=45°=∠EAD．

又∵AD=AG，AE=AE，

∴△AEG≌△AED ．

∴DE=EG．

又∵CG=BD,

∴ BD2+EC2=DE2．

∴．

考点：1．面动旋转问题；2．全等三角形的判定和性质；3．勾股定理．

5．（特例发现）如图1，在△ABC中，AG⊥BC于点G，以A为直角顶点，分别以AB，AC 为直角边，向△ABC外作等腰Rt△ABE和等腰Rt△ACF，过点E、F作射线GA的垂线，垂足分别为P、Q．求证：EP=FQ．

（延伸拓展）如图2，在△ABC中，AG⊥BC于点G，以A为直角顶点，分别以AB，AC为直角边，向△ABC外作Rt△ABE和Rt△ACF，射线GA交EF于点H．若AB=kAE，AC=kAF，请思考HE与HF之间的数量关系，并直接写出你的结论．

（深入探究）如图3，在△ABC中，G是BC边上任意一点，以A为顶点，向△ABC外作任意△ABE和△ACF，射线GA交EF于点H．若∠EAB=∠AGB，∠FAC=∠AGC，AB=kAE，

AC=kAF，上一问的结论还成立吗？并证明你的结论．

（应用推广）在上一问的条件下，设大小恒定的角∠IHJ分别与△AEF的两边AE、AF分别交于点M、N，若△ABC为腰长等于4的等腰三角形，其中∠BAC=120°，且

∠IHJ=∠AGB=θ=60°，k=2；

求证：当∠IHJ在旋转过程中，△EMH、△HMN和△FNH均相似，并直接写出线段MN的最小值（请在答题卡的备用图中补全作图）．

【答案】(1)证明参见解析；(2)HE=HF；(3)成立，证明参见解析；(4)证明参见解析，MN最小值为1.

【解析】

试题分析：(1)特例发现：易证△AEP≌△BAG，△AFQ≌△CAG，即可求得EP=AG，

FQ=AG，即可解题；(2)延伸拓展：过点E、F作射线GA的垂线，垂足分别为P、Q．易证△ABG∽△EAP，△ACG∽△FAQ ，得到PE=AG，FQ=AG，∴PE=FQ，然后证明

△EPH≌△FQH，即可得出HE=HF；(3)深入探究：判断△PEA∽△GAB ，得到PE=AG，

△AQF∽△CGA，FQ=，得到FQ=AG，再判断△EPH≌△FQH，即可得出HE=HF；(4)应用推广：由前一个结论得到△AEF为正三角形，再依次判断△MHN∽△HFN∽△MEH，即可得出结论．

试题解析：(1)特例发现，如图：

∵∠PEA+∠PAE=90°，∠GAB+∠PAE=90°，∴∠PEA=∠GAB，

∵∠EPA=∠AGB，AE=AB，∴△PEA≌△GAB，∴PE=AG，同理，△QFA≌△GAC，

∴FQ=AG，∴PE=FQ；

(2)

延伸拓展，如图：

∴△PEA∽△GAB，∴，∵AB=kAE，∴，∴PE=AG，同理，△QFA∽△GAC，∴，∵AC=kAF，∴FQ=AG，∴PE=FQ，∵EP∥FQ，

∴∠EPH=∠FQH，∵∠PHE=∠QHF，∴△EPH≌△FQH，

∴HE=HF；

(3)深入探究,如图2，

在直线AG上取一点P，使得∠EPA═∠AGB，作FQ∥PE，∵∠EAP+∠BAG=180°﹣∠AGB，∠ABG+∠BAG=180°﹣∠AGB，∴∠EAP=∠ABG，∵∠EPA=∠AGB，∴△APE∽△BGA，

∴，∵AB=kAE，∴PE=AG，由于∠FQA=∠FAC=∠AGC=180°﹣∠AGB，同理可得，△AQF∽△CGA，∴，∵AC=kAF，∴FQ=AG，∴EP=FQ，∵EP∥FQ，

∴∠EPH=∠FQH，∵∠PHE=∠QHF，∴△EPH≌△FQH，∴

HE=HF；

(4)应用推广,如图3，

在前面条件及结论，得到，点H是EF中点，∴AE=AF，∵∠EAB=∠AGB，

∠FAC=∠AGC∴∠EAB+∠FAC=180°∴∠EAF=360°﹣（∠EAB+∠FAC）﹣∠BAC=60°，∴△AEF 为正三角形．又H为EF中点，∴∠EHM+∠IHJ=120°，∠IHJ+∠FHN=120°，

∴∠EHM=∠FHN．∵∠AEF=∠AFE，∴△HEM∽△HFN，∴，∵EH=FH，

∴，且∠MHN=∠HFN=60°，∴△MHN∽△HFN，∴△MHN∽△HFN∽△MEH，在△HMN中，∠MHN=60°，根据三角形中大边对大角，∴要MN最小，只有△HMN是等边三角形，∴∠AMN=60°，∵∠AEF=60°，MN∴MN∥EF，∵△AEF 为等边三角形，∴MN 为

△AEF的中位线，∴MN min=EF=×2=1．

考点：1.几何变换综合题；2.三角形全等及相似的判定性质.

6．阅读材料：小胖同学发现这样一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来则形成一组旋转全等的三角形．小胖把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形．如图1，在“手拉手”图形中，小胖发现若∠BAC＝∠DAE，AB＝AC，AD＝AE，则BD＝CE,

(1)在图1中证明小胖的发现；

借助小胖同学总结规律，构造“手拉手”图形来解答下面的问题：

(2)如图2，AB＝BC，∠ABC＝∠BDC＝60°，求证：AD+CD＝BD；

(3)如图3，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝m°，点E为△ABC外一点，点D为BC中点，∠EBC＝∠ACF，ED⊥FD，求∠EAF的度数（用含有m的式子表示）．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）∠EAF =

1

2

m°.

【解析】

分析：（1）如图1中，欲证明BD=EC，只要证明△DAB≌△EAC即可；

（2）如图2中，延长DC到E，使得DB=DE．首先证明△BDE是等边三角形，再证明

△ABD≌△CBE即可解决问题；

（3）如图3中，将AE绕点E逆时针旋转m°得到AG，连接CG、EG、EF、FG，延长ED到M，使得DM=DE，连接FM、CM．想办法证明△AFE≌△AFG，可得∠EAF=∠FAG=

1

2

m°.

详（1）证明：如图1中，

∵∠BAC=∠DAE，

∴∠DAB=∠EAC，

在△DAB和△EAC中，

AD AE

DAB EAC

AB AC

?

?

∠∠

?

?

?

＝

＝

＝

，

∴△DAB≌△EAC，

∴BD=EC．

（2）证明：如图2中，延长DC到E，使得DB=DE．

∵DB=DE，∠BDC=60°，

∴△BDE是等边三角形，

∴∠BD=BE，∠DBE=∠ABC=60°，

∴∠ABD=∠CBE，

∵AB=BC，

∴△ABD≌△CBE，

∴

AD=EC，

∴BD=DE=DC+CE=DC+AD．

∴AD+CD=BD．

（3）如图3中，将AE绕点E逆时针旋转m°得到AG，连接CG、EG、EF、FG，延长ED到M，使得DM=DE，连接FM、CM．

由（1）可知△EAB≌△GAC，

∴∠1=∠2，BE=CG，

∵BD=DC，∠BDE=∠CDM，DE=DM，

∴△EDB≌△MDC，

∴EM=CM=CG，∠EBC=∠MCD，

∵∠EBC=∠ACF，

∴∠MCD=∠ACF，

∴∠FCM=∠ACB=∠ABC，

∴∠1=3=∠2，

∴∠FCG=∠ACB=∠MCF，

∵CF=CF，CG=CM，

∴△CFG≌△CFM，

∴FG=FM，

∵ED=DM，DF⊥EM，

∴FE=FM=FG，

∵AE=AG，AF=AF，

∴△AFE≌△AFG，

∴∠EAF=∠FAG=

1

2

m°．

点睛：本题考查几何变换综合题、旋转变换、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用“手拉手”图形中的全等三角形解决问题，学会构造“手拉手”模型，解决实际问题，属于中考压轴题．

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，直接写出结果不必说明理由．

【答案】（1）见解析；（2）①30°或150°，②AF'的长最大值为

2

2

2

+

315

α=．

【解析】

【分析】

（1）延长ED交AG于点H，易证△AOG≌△DOE，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′=90°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′=

2

+2，此时α=315°．

【详解】

(1)如图1,延长ED交AG于点H,

∵点O是正方形ABCD两对角线的交点，

∴OA=OD，OA⊥OD，

∵OG=OE，

在△AOG和△DOE中，

90

OA OD

AOG DOE

OG OE

=

?

?

∠=∠=?

?

?=

?

，

∴△AOG≌△DOE，

∴∠AGO=∠DEO，

∵∠AGO+∠GAO=90°，

∴∠GAO+∠DEO=90°，

∴∠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

2

OG=

1

2

OG′，

∴在Rt△OAG′中,sin∠AG′O=

OA

OG'

=

1

2

，

∴∠AG′O=30°，

∵OA⊥OD,OA⊥AG′，

∴OD∥AG′,

∴∠DOG′=∠AG′O=30°°，

即α=30°；

(Ⅱ)α由90°增大到180°过程中,当∠OAG′=90°时，

同理可求∠BOG′=30°，

∴α=180°?30°=150°.

综上所述,当∠O AG′=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=

2

2

，

∵OG=2OD，

∴2，∴OF′=2，

∴AF′=AO+OF′=

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．请认真阅读下面的数学小探究系列，完成所提出的问题：

()1探究1：如图1，在等腰直角三角形ABC中，90

ACB

∠=，BC a=，将边AB绕点B 顺时针旋转90得到线段BD，连接.

CD求证：BCD的面积为2

1

.(

2

a提示：过点D作BC 边上的高DE，可证ABC≌)

BDE

()2探究2：如图2，在一般的Rt ABC中，90

ACB

∠=，BC a=，将边AB绕点B顺时针旋转90得到线段BD，连接.

CD请用含a的式子表示BCD的面积，并说明理由．()3探究3：如图3，在等腰三角形ABC中，AB AC

=，BC a

=，将边AB绕点B顺时针旋转90得到线段BD，连接.

CD试探究用含a的式子表示BCD的面积，要有探究过程．

【答案】（1）详见解析；（2）BCD的面积为2

1

2

a，理由详见解析；（3）BCD的面积为2

1

4

a．

【解析】

【分析】

()1如图1，过点D作BC的垂线，与BC的延长线交于点E，由垂直的性质就可以得出ABC≌BDE，就有DE BC a.

==进而由三角形的面积公式得出结论；

()2如图2，过点D作BC的垂线，与BC的延长线交于点E，由垂直的性质就可以得出ABC≌BDE，就有DE BC a.

==进而由三角形的面积公式得出结论；

()3如图3，过点A作AF BC

⊥与F，过点D作DE BC

⊥的延长线于点E，由等腰三角形的性质可以得出

1

BF BC

2

=，由条件可以得出AFB≌BED就可以得出BF DE

=，由三角形的面积公式就可以得出结论．

【详解】

()1如图1，过点D作DE CB

⊥交CB的延长线于E，

BED

ACB 90∠∠∴==，

由旋转知，AB AD =，ABD 90∠=，

ABC DBE 90∠∠∴+=，

A ABC 90∠∠+=，

A DBE ∠∠∴=，

在ABC 和BDE 中，

ACB BED A DBE AB BD ∠=∠??∠=∠??=?

， ABC ∴≌()BDE AAS

BC DE a ∴==，

BCD 1S BC DE 2

=?， 2BCD 1S a 2

∴=； ()2BCD 的面积为21a 2

， 理由：如图2，过点D 作BC 的垂线，与BC 的延长线交于点E ，

BED ACB 90∠∠∴==，

线段AB 绕点B 顺时针旋转90得到线段BE ，

AB BD ∴=，ABD 90∠=，

ABC DBE 90∠∠∴+=，

A ABC 90∠∠+=，

A DBE ∠∠∴=，

在ABC 和BDE 中，

ACB BED A DBE AB BD ∠=∠??∠=∠??=?

， ABC ∴≌()BDE AAS ，

BC DE a ∴==，

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