Question

8．如图在平面直角坐标系中，边长为2的正方形ABOD的两个顶点B，D分别在x轴，y轴的正半轴上，把含45°的直角三角板的顶点与原点重合，在第一象限内把三角形绕原点任意转动，其两边与正方形两边AD、AB交于E、F．
（1）设F（2，m），E（n，2），把△OBF绕点O逆时针旋转90°到△ODF′，请画出图形，并写出F′的坐标，求EF（用m，n表示）
（2）△AEF的周长为P，当三角板旋转时，P的值是否发生变化？请证明你的结论．
（3）连接BD，继续转动三角板，如图（2），当EF∥BD时，求直线EF的解析式．
（4）如图（2）OE，OF交BD与G，H，请模仿第（1）小题探究DG，GH，HB三线段的数量关系，只写结论就可！

Answer 1

分析 （1）根据题意画出图形，根据旋转的性质和正方形的性质来求点F′的坐标；通过全等三角形△OEF≌△OEF′（SAS）的对应边相等推知EF=EF′=m+n；
（2）利用（1）中EF的长度和三角形的周长公式求得p=AE+EF+AF=AE+m+n+AF=4为定值；
（3）利用平行线的性质和等腰直角三角形的性质求得点E的坐标，然后利用待定系数法来求直线EF的解析式；
（4）把△OBH绕点O旋转到△ODK，连接KG，连接KG，则△OBH≌△ODK，利用全等三角形的性质和勾股定理得到

解答 解：（1）如图1，∵F（2，m），E（n，2），
∴DE=n，BF=m．
∵四边形ABOD是边长为2的正方形，
∴OD=OB=2．
∴根据旋转的性质得到：点F′在线段AD的延长线上，且DF′=BF=m，
∴F′（-m，2）．
根据旋转的性质得到：△OBF≌△ODF′．
则BF=DF′=m，OF=OF′∠BOF=∠EOD．
∵∠EOF=45°，
∴∠BOF+∠EOD=45°，
∴∠EOF′=45°=∠EOF，
在△OEF与△OEF′中，
$\left\{\begin{array}{l}{OF=OF′}\\{∠EOF=∠EOF′}\\{OE=OE}\end{array}\right.$，
∴△OEF≌△OEF′（SAS），
∴EF=EF′=m+n．

（2）由（1）得到：EF=m+n．
∴p=AE+EF+AF=AE+m+n+AF=2+2=4，
∴P不发生变化；

（3）易求直线BD的解析式为：y=-x+2．
∵EF∥BD，
∴∠AEF=∠ADB=45°，∠AFE=∠ABD=45°，
∴AE=AF，
∴DE=BF，
∴设AE=AF=2-n，EF=2n，
由等腰三角形三边关系得：EF=$\sqrt{2}$AE，
∴2n=$\sqrt{2}$（2-n），2n=2$\sqrt{2}$-$\sqrt{2}$n，
∴$n=\frac{{2\sqrt{2}}}{{2+\sqrt{2}}}=\sqrt{2}（2-\sqrt{2}）=2\sqrt{2}-2$，
∴E（2$\sqrt{2}$-2，2），
设直线EF的解析式为：y=-x+t．
则2=2-2$\sqrt{2}$+t，
解得 t=2$\sqrt{2}$．
故EF的解析式为：y=-x+2$\sqrt{2}$；

（4）如图3，把△OBH绕点O旋转到△ODK，连接K，则△OBH≌△ODK，∠OBH=∠ODK=45°，BH=DK，∠BOH=∠DOK，OH=OK，
∴∠KDG=90°．
在△OGK和△OGH中，
$\left\{\begin{array}{l}{OG=OG}\\{∠KOG=∠GOH=45°}\\{OH=OK}\end{array}\right.$，
∴△OGK≌△OGH（SAS），
∴GH=GK，
∴在直角△KDG中，由勾股定理得到：DK²+DG²=KG²，
∴DG²=BH²+GH²．

点评 本题考查了几何变换综合题．其中涉及到了正方形的性质，旋转的性质，待定系数法求一次函数解析式，等腰直角三角形的性质以及全等三角形的判定与性质，此题的综合性比较强，需要学生对所学的知识有一个系统的掌握．