分析 (1)利用旋转的性质可知:∠B1AD=C1AE,根据题意可证明△B1AD≌△C1AE,所以∠AB1D=∠AC1E,从而可知∠B1PC1=∠B1AC1=90°,所以DB1⊥EC1;
(2)过点P作PF⊥AD于点F,可知△B1AD≌△C1AE,从而∠B1PC1=∠B1AC1=90°,所以易证△B1PE∽△C1AE,利用相似三角形的性质即可求出PE的长度,再证明△C1AE∽△C1FP,利用相似三角形的性质即可求出PF的长度;
(3)在旋转的过程中,∠EPD始终保持为90°,点P在以ED为直径的圆上,又因为∠EAD=90°,点P在△EAD的外接圆上,即当PF过ED的中点时,点P到直线AD的距离最大.
解答 解:(1)当α=135°时,
由旋转的性质可知:∠B1AD=C1AE=135°,
∵△ADE与△ABC是等腰直角三角形,
∴AB1=AC1,AD=AE,
在△B1AD与△C1AE中,
$\left\{\begin{array}{l}{A{B}_{1}=A{C}_{1}}\\{∠{B}_{1}AD=∠{C}_{1}AE}\\{AD=AE}\end{array}\right.$,
∴△B1AD≌△C1AE(SAS),
∴∠AB1D=∠AC1E,
∴∠B1PC1=∠B1AC1=90°,
∴DB1⊥EC1,
故答案为:DB1⊥EC1;
(2)过点P作PF⊥AD于点F,
由(1)可知:∴△B1AD≌△C1AE(SAS),
∴∠AB1D=∠AC1E,
∴∠B1PC1=∠B1AC1=90°,
∴△B1PE∽△C1AE,
∴$\frac{{C}_{1}E}{{B}_{1}E}=\frac{AE}{PE}$,
∵点E是AC的中点,
∴AE=B1E=$\frac{1}{2}$AC1=$\sqrt{2}$,
∴由勾股定理可求得:C1E=$\sqrt{10}$,
∴$\frac{\sqrt{10}}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{PE}$,
∴PE=$\frac{\sqrt{10}}{5}$,
∴C1P=C1E+PE=$\frac{6}{5}\sqrt{10}$,
∵PF∥AE,
∴△C1AE∽△C1FP,
∴$\frac{{C}_{1}E}{{C}_{1}P}=\frac{AE}{PF}$,
∴$\frac{\sqrt{10}}{\frac{6}{5}\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{2}}{PF}$,
∴PF=$\frac{6}{5}\sqrt{2}$;
(3)当△ABC绕点A逆时针旋转一周时
由旋转的性质可知:∠B1AD=C1AE,
∴△B1AD≌△C1AE,
∴∠AB1D=∠AC1E,
∴∠B1PC1=∠B1AC1=90°,
∴∠EPD=90°,
∴点P在以ED为直径的圆上,
∵∠EAD=90°,
∴点P在△EAD的外接圆上,如图4,
∴当PF过ED的中点时,点P到直线AD的距离最大,
设ED的中点为O,
∵∠EDA=45°,
∴OF=FD=$\frac{1}{2}$AD=$\frac{\sqrt{2}}{2}$,
∵AD=AE=$\sqrt{2}$,
∴由勾股定理可求得:ED=2,
∴OP=$\frac{1}{2}ED$=1,
∴PF=OP+OF=1+$\frac{\sqrt{2}}{2}$,
∴P点到直线AD的最大距离为1+$\frac{\sqrt{2}}{2}$.
点评 本题考查旋转的综合问题,涉及旋转的性质,全等三角形的判定与性质,相似三角形的判定与性质等知识,考查学生综合运用知识的能力.
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A. | ①②③ | B. | ①③④ | C. | ①②④ | D. | ②③④ |
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A. | BE=2 | B. | ∠F=20° | C. | AB∥DE | D. | DF=6 |
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