Question

8．如图，在正方形ABCD中，AB=4，将△ADC绕点A顺时针旋转α（0＜α＜45°），记旋转后的三角形为△AD′C′，过点B作BE⊥AC′于点E，延长BE交射线AD′于点F，连接DF，取AB中点H，连接HE，在旋转过程中，当HE⊥BD时，（BE+DF）²的值为8+4$\sqrt{2}$．

Answer 1

分析 先由BE⊥AC′及旋转的性质得出∠C′EF=∠C′D′F=90°，根据三角形内角和定理及正方形的性质得出∠D′FE=∠C′=45°，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出EH=$\frac{1}{2}$AB=2，由△BMH是等腰直角三角形求出HM=BM=$\sqrt{2}$，则ME=EH-HM=2-$\sqrt{2}$，利用勾股定理得到BE²=BM²+ME²=（$\sqrt{2}$）²+（2-$\sqrt{2}$）²，AE²=AB²-BE²=4²-[（$\sqrt{2}$）²+（2-$\sqrt{2}$）²]=8+4$\sqrt{2}$．再作∠FAG=90°，交FB的延长线于点G．利用SAS证明△ABG≌△ADF，那么BG=DF，且△AEG是等腰直角三角形，于是求出（BE+DF）²=（BE+BG）²=GE²=AE²=8+4$\sqrt{2}$．

解答 解：∵BE⊥AC′，将△ADC绕点A顺时针旋转α（0＜α＜45°），记旋转后的三角形为△AD′C′，
∴∠C′EF=∠C′D′F=90°，
又∵∠3=∠4，
∴∠D′FE=∠C′=45°．
∵∠AEB=90°，AB中点是H，
∴EH=$\frac{1}{2}$AB=2，
∵HE⊥BD，∠HBD=45°，
∴HM=BM=$\sqrt{2}$，
∴ME=EH-HM=2-$\sqrt{2}$，
BE²=BM²+ME²=（$\sqrt{2}$）²+（2-$\sqrt{2}$）²，
AE²=AB²-BE²=4²-[（$\sqrt{2}$）²+（2-$\sqrt{2}$）²]=8+4$\sqrt{2}$．
作∠FAG=90°，交FB的延长线于点G．
∵∠AF′G=45°，
∴∠G=45°，
∴AG=AF．
在△ABG与△ADF中，
$\left\{\begin{array}{l}{AB=AD}\\{∠1=∠2=90°-∠BAF}\\{AG=AF}\end{array}\right.$，
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴BG=DF，AG=AF，
∵∠FAG=90°，
∴∠G=45°，
∴△AEG是等腰直角三角形，
∴（BE+DF）²=（BE+BG）²=GE²=AE²=8+4$\sqrt{2}$．

点评 本题考查了旋转的性质，三角形内角和定理，正方形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识，有一定难度．准确作出辅助线是解题的关键．