如图1.正方形ABCD中.E.F分别是边CD.BC上的点.连结AE.AF.EF.BD,AF.AE交BD于P.Q.若∠EAF=45°.将△ADE绕点A顺时针方向旋转90°至△ABG位置.旋转后DQ的对应线段是BH.连结PH．[证明与发现](1)求证:△AEF≌△AGF,发现:线段EF.ED.BF三者之间的数量关系:BF+DE=EF[证明与发现](2)求证:PQ=PH,发现:线� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

精英家教网 > 初中数学 > 题目详情

3．如图1，正方形ABCD中，E、F分别是边CD、BC上的点，连结AE、AF、EF、BD；AF、AE交BD于P、Q，若∠EAF=45°，将△ADE绕点A顺时针方向旋转90°至△ABG位置，旋转后DQ的对应线段是BH，连结PH．
【证明与发现】
（1）求证：△AEF≌△AGF；
发现：线段EF、ED、BF三者之间的数量关系：BF+DE=EF
【证明与发现】
（2）求证：PQ=PH；
发现：线段PQ、QD、PB三者之间的数量关系：BP²+DQ²=PQ²
【探究并运用】
（3）若正方形ABCD的边长为1，设DE=x，BF=y，QD=n，PB=m，则y=$\frac{1-x}{1+x}$（用含x的代数式表示）；m=$\frac{2{n}^{2}-1}{{n}^{2}-2}$（用含n的代数式表示）；n=$\frac{2{m}^{2}-1}{{m}^{2}-2}$（用含x的代数式表示）；
如图2，若∠EAF=45°保持不变，当E、F分别在边CD、BC上运动到EF∥BD时，则$\frac{PQ}{EF}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$．

分析（1）根据旋转的性质得到∠GAB=∠DAE，根据已知条件得到△AEF≌△AGF；由全等三角形的性质得到GF=EF，等量代换即可得到结论；
（2）由旋转的性质得到BH=DQ，∠ABH=∠ADB=45°，根据勾股定理得到BH²+BP²=HP²．由全等三角形的性质得到PQ=HP．等量代换即可得到结论；
（3）由（1）知，EF=DE+BF=x+y，根据勾股定理列方程得到结果，根据（2）的结论列方程即可得到结论；连接AC，由平行线的性质得到AC⊥EF，根据线段的垂直平分线的性质得到AF=AE，推出△ABP∽△ACF，由相似三角形的性质得到$\frac{AP}{AF}=\frac{AB}{AC}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，通过△APQ∽△AFE，即可得到结论．

解答（1）证明：∵△ABG≌△ADE，
∴∠GAB=∠DAE，
又∵∠BAD=90°，
∴∠BAF+∠DAE=90°-∠EAF=90°-45°=45°，
∴∠GAF=∠GAB+∠BAF=∠EAF=45°，
在△GAF和△EAF中，
$\left\{\begin{array}{l}{AE=AG}\\{∠GAF=∠EAF}\\{AF=AF}\end{array}\right.$，
∴△AEF≌△AGF；
∴GF=EF，
又∵BG=DE，
∴BF+DE=EF；
故答案为：BF+DE=EF；

（2）BP²+DQ²=PQ²．
证明：∵△ABH≌△ADQ，
∴BH=DQ，∠ABH=∠ADB=45°，
又∵∠ABD=45°，
∴∠HBP=90°．
∴BH²+BP²=HP²．
在△AHP和△AQP中，
$\left\{\begin{array}{l}{AQ=AH}\\{∠HAP=∠QAP}\\{AP=AP}\end{array}\right.$，
∴△AHP≌△AQP，
∴PQ=HP．
∴BP²+DQ²=PQ²；
故答案为：BP²+DQ²=PQ²；

（3）解：由（1）知，EF=DE+BF=x+y，
∵CE=1-x，CF=1-y，∵EF²=CE²+CF²，
∴（x+y）²=（1-x）²+（1-y）²，
∴y=$\frac{1-x}{1+x}$，
∵BC=CD=1，
∴BD=$\sqrt{2}$，
∵PB=m，DQ=n，
∴PQ=$\sqrt{2}$-m-n，
由（2）知，BP²+DQ²=PQ²，
∴m²+n²=（$\sqrt{2}$-m-n）²，
∴m=$\frac{2{n}^{2}-1}{{n}^{2}-2}$，n=$\frac{2{m}^{2}-1}{{m}^{2}-2}$，
连接AC，
∴AC⊥BD，∵EF∥BD，
∴AC⊥EF，
∵∠ACF=∠ECA=45°，
∴∠CEF=∠CFE=45°，
∴AC平分EF，
∴AF=AE，
∴∠FAC=∠EAC，∵∠EAF=45°，
∴∠EAC=∠FAC=∠BAE=22.5°，
∵∠ABD=∠ACF=45°，
∴△ABP∽△ACF，
∴$\frac{AP}{AF}=\frac{AB}{AC}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∵PQ∥EF，
∴△APQ∽△AFE，
∴$\frac{PQ}{EF}=\frac{AP}{AF}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
故答案为：$\frac{1-x}{1+x}$，$\frac{2{n}^{2}-1}{{n}^{2}-2}$，$\frac{2{m}^{2}-1}{{m}^{2}-2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$．

点评本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，旋转的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．

练习册系列答案

年级	高中课程	年级	初中课程
高一	高一免费课程推荐！	初一	初一免费课程推荐！
高二	高二免费课程推荐！	初二	初二免费课程推荐！
高三	高三免费课程推荐！	初三	初三免费课程推荐！
更多初中、高中辅导课程推荐,点击进入>>

相关习题

科目：初中数学 来源： 题型：填空题

19．

如图，将边长为12cm的正方形纸片ABCD折叠，使得点A落在边CD上的E点，折痕为MN，若MN的长为13cm，则CE的长为7cm．

查看答案和解析>>

科目：初中数学 来源： 题型：解答题

20．如图，抛物线y=ax²-2ax+c（a≠0）交x轴于A、B两点，A点坐标为（3，0），与y轴交于点C（0，4）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）设点M是线段AC（不包括A、C两点）上一点，过点M作MP∥y轴，交抛物线于点P，求线段PM的长的最大值，并写出此时点M的坐标；
（3）过点C作CE∥x轴，交抛物线于点E，设点Q是CE上方的抛物线上一点，连接CQ，过点Q作QF∥y轴，交CG于点F，若以Q、C、F为顶点的三角形和△BOC相似，求点Q的坐标．