如图1.E.F分别是正方形ABCD的边AB.AD的中点．AB=4.且将△AEF绕点A逆时针旋转．(1)如图2.当△AEF绕点A逆时针旋转90°时.连结DF.BE.延长BE交DF于点P.求BP的长．(2)如图3.在△AEF绕点A逆时针旋转过程中.直线BE.DF相交于点P.则线段BE.DF有怎样的关系?利用图3的位置加以证明．(3)如图4.当△AEF旋转到图4位置时.� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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12．如图1，E，F分别是正方形ABCD的边AB，AD的中点．AB=4，且将△AEF绕点A逆时针旋转．
（1）如图2，当△AEF绕点A逆时针旋转90°时，连结DF，BE，延长BE交DF于点P，求BP的长．
（2）如图3，在△AEF绕点A逆时针旋转过程中，直线BE，DF相交于点P，则线段BE，DF有怎样的关系？利用图3的位置加以证明．
（3）如图4，当△AEF旋转到图4位置时，△AED与△AFB的面积关系如何？利用图4证明．

分析（1）先证△AEB≌△AFD得：∠DPE=∠DAB=90°，根据勾股定理求BE=$\sqrt{{2}^{2}+{4}^{2}}$=2$\sqrt{5}$，利用同角的三角函数列式可求BP的长；
（2）BE=DF且BE⊥DF，同理先证明△AEB≌△AFD，所以BE=DF，∠FDA=∠ABE，根据两个三角形中有两组角对应相等，则第三个角也对应相等得：∠DPM=∠MAB=90°，则BP⊥DF；
（3）如图4，因为从图形中看，△AED与△AFB有两对应边分别为正方形的边长AB和AD，只要证明对应边上的高相等即可，作高EG和FH，证明△AEG≌△AFH可得结论．

解答解：（1）∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD=4，∠DAB=90°，
如图1，∵E，F分别是正方形ABCD的边AB，AD的中点，
∴AE=AF=2，
由旋转得：图2中的AE=AF=2，
在△AFD和△AEB中，
∵$\left\{\begin{array}{l}{AE=AF}\\{∠EAB=∠FAD=90°}\\{AB=AD}\end{array}\right.$，
∴△AFD≌△AEB（SAS），
∴∠ADF=∠ABE，
∵∠AEB=∠DEP，
∴∠DPE=∠DAB=90°，
在Rt△AEB中，AE=2，AB=4，
由勾股定理得：BE=$\sqrt{{2}^{2}+{4}^{2}}$=2$\sqrt{5}$，
cos∠ABE=$\frac{BP}{BF}=\frac{AB}{BE}$，
∴$\frac{BP}{2+4}=\frac{4}{2\sqrt{5}}$，
BP=$\frac{12\sqrt{5}}{5}$；
（2）BE=DF且BE⊥DF，
理由如下：
由旋转得：∠EAB=∠FAD，
∵AE=AF，AB=AD，
∴△AEB≌△AFD，
∴BE=DF，∠FDA=∠ABE，
∵∠PMD=∠AMB，
∴∠DPM=∠MAB=90°，
∴BP⊥DF，即BE⊥DF；
（3）如图4，△AED与△AFB的面积相等，理由是：
过F作FH⊥AB，交BA延长线于H，过E作EG⊥AD于G，
∵∠EAF=90°，
∴∠EAH+∠FAH=90°，
∵∠HAD=90°，
∴∠EAH+∠EAG=90°，
∴∠FAH=∠EAG，
∵AE=AF，∠EGA=∠AHF=90°，
∴△AEG≌△AFH，
∴EG=FH，
∵S_△AED=$\frac{1}{2}$AD•EG，
S_△ABF=$\frac{1}{2}$AB•FH，
∵AB=AD，
∴S_△AED=S_△AFB．

点评此题是四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质和旋转的性质，是常考题型，第三问的关键是作出辅助线，即两个高线．

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