九年级数学几何模型压轴题专题练习(解析版)

九年级数学几何模型压轴题专题练习（解析版）

一、初三数学旋转易错题压轴题（难）

1．探究：如图①和②，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°，点E、F分别在BC、CD 上，∠EAF=45°．

（1）如图①，若∠B、∠ADC都是直角，把ABE

△绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合，则能得EF=BE+DF，请写出推理过程；

（2）如图②，若∠B、∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足数量关系时，仍有

EF=BE+DF；

（3）拓展：如图③，在ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=22，点D、E均在边BC上，且∠DAE=45°．若BD=1，求DE的长．

【答案】（1）见解析；（2）∠B+∠D=180°；（3）5 3

【解析】

【分析】

（1）根据已知条件证明△EAF≌△GAF，进而得到EF=FG，即可得到答案；

（2）先作辅助线，把△ABE绕A点旋转到△ADG，使AB和AD重合，根据（1），要使EF=BE+DF，需证明△EAF≌△GAF，因此需证明F、D、G在一条直线上，即

180

ADG ADF

∠+∠=?，即180

B D

∠+∠=?；

（3）先作辅助线，把△AEC绕A点旋转到△AFB，使AB和AC重合，连接DF，根据已知条件证明△FAD≌△EAD，设DE=x，则DF=x，BF=CE=3﹣x，然后再Rt BDF中根据勾股定理即可求出x的值，即DE的长．

【详解】

（1）解：如图，

∵把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合，

∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，BE=DG，

∵∠BAD=90°，∠EAF=45°，

∴∠BAE+∠DAF=45°，

∴∠DAG+∠DAF=45°，

即∠EAF=∠GAF=45°，

在△EAF和△GAF中

AF AF

EAF GAF

AE AG

=

?

?

∠=∠

?

?=

?

∴△EAF≌△GAF（SAS），

∴EF=GF，

∵BE=DG，

∴EF=GF=BE+DF；

（2）解：∠B+∠D=180°，

理由是：

如图，把△ABE绕A点旋转到△ADG，使AB和AD重合，则AE=AG，∠B=∠ADG，∠BAE=∠DAG，

∵∠B+∠ADC=180°，

∴∠ADC+∠ADG=180°，

∴F、D、G在一条直线上，

和（1）类似，∠EAF=∠GAF=45°，

在△EAF和△GAF中

AF AF

EAF GAF

AE AG

=

?

?

∠=∠

?

?=

?

∴△EAF≌△GAF（SAS），

∴EF=GF，

∵BE=DG，

∴EF=GF=BE+DF；

故答案为：∠B+∠D=180°；

（3）解：∵△ABC中，2BAC=90°，

∴∠ABC=∠C=45°，由勾股定理得：22

AB AC

+，

如图，把△AEC 绕A 点旋转到△AFB ，使AB 和AC 重合，连接DF ． 则AF=AE ，∠FBA=∠C=45°，∠BAF=∠CAE ， ∵∠DAE=45°，

∴∠FAD=∠FAB+∠BAD=∠CAE+∠BAD=∠BAC ﹣∠DAE=90°﹣45°=45°， ∴∠FAD=∠DAE=45°， 在△FAD 和△EAD 中

AD AD FAD EAD AF AE =??

∠=∠??=?

∴△FAD ≌△EAD ， ∴DF=DE ， 设DE=x ，则DF=x ， ∵BD=1，

∴BF=CE=4﹣1﹣x=3﹣x ， ∵∠FBA=45°，∠ABC=45°， ∴∠FBD=90°，

由勾股定理得：222DF BF BD =+，

22(3)1x x =-+，

解得：x=53

， 即DE=

53． 【点睛】

本题综合考查三角形的性质和判定、正方形的性质应用、全等三角形的性质和判定、勾股定理等知识，解题关键在于正确做出辅助线得出全等三角形．

2．阅读材料并解答下列问题：如图1，把平面内一条数轴x 绕原点O 逆时针旋转角

00)90(θ??<<得到另一条数轴,y x 轴和y 轴构成一个平面斜坐标系.xOy

规定：过点P 作y 轴的平行线，交x 轴于点A ，过点P 作x 轴的平行线，交y 轴于点B ，

若点A 在x 轴对应的实数为a ，点B 在y 轴对应的实数为b ，则称有序实数对(),a b 为点

P 在平面斜坐标系xOy 中的斜坐标．如图2，在平面斜坐标系xOy 中，已知60θ?=，点

P 的斜坐标是()3,6，点C 的斜坐标是()0,6.

（1）连接OP ，求线段OP 的长；

（2）将线段OP 绕点O 顺时针旋转60?到OQ （点Q 与点P 对应），求点Q 的斜坐标； （3）若点D 是直线OP 上一动点，在斜坐标系xOy 确定的平面内以点D 为圆心，DC 长为半径作

D ，当⊙D 与x 轴相切时，求点D 的斜坐标，

【答案】（1）37OP =2）点Q 的斜坐标为（9，3-）；（3）点D 的斜坐标为：

（

3

2

，3）或（6，12）． 【解析】 【分析】

（1）过点P 作PC ⊥OA ，垂足为C ，由平行线的性质，得∠PAC=60θ=?，由AP=6，则

AC=3，33PC =OP 的长度；

（2）根据题意，过点Q 作QE ∥OC ，QF ∥OB ，连接BQ ，由旋转的性质，得到OP=OQ ，∠COP=∠BOQ ，则△COP ≌△BOQ ，则BQ=CP=3，∠OCP=∠OBQ=120°，然后得到△BEQ 是等边三角形，则BE=EQ=BQ=3，则OE=9，OF=3，即可得到点Q 的斜坐标；

（3）根据题意，可分为两种情况进行分析：①当OP 和CM 恰好是平行四边形OMPC 的对角线时，此时点D 是对角线的交点，求出点D 的坐标即可；②取OJ=JN=CJ ，构造直角三角形OCN ，作∠CJN 的角平分线，与直线OP 相交与点D ，然后由所学的性质，求出点D 的坐标即可． 【详解】

解：（1）如图，过点P 作PC ⊥OA ，垂足为C ，连接OP ，

∵AP∥OB，

∴∠PAC=60

θ=?，

∵PC⊥OA，

∴∠PCA=90°，

∵点P的斜坐标是()

3,6，∴OA=3，AP=6，

∴

1 cos60

2

AC

AP

?==，

∴3

AC=，

∴22

6333

PC=-=，336

OC=+=，

在Rt△OCP中，由勾股定理，得

22

6(33)37

OP=+=；

（2）根据题意，过点Q作QE∥OC，QF∥OB，连接BQ，如图：

由旋转的性质，得OP=OQ，∠POQ=60°，

∵∠COP+∠POA=∠POA+∠BOQ=60°，

∴∠COP=∠BOQ，

∵OB=OC=6，

∴△COP≌△BOQ（SAS）；

∴CP=BQ=3，∠OCP=∠OBQ=120°，

∴∠EBQ=60°，

∵EQ∥OC，

∴∠BEQ=60°，

∴△BEQ是等边三角形，

∴BE=EQ=BQ=3，

∴OE=6+3=9，OF=EQ=3，

∵点Q在第四象限，

∴点Q的斜坐标为（9，3 ）；

（3）①取OM=PC=3，则四边形OMPC是平行四边形，连接OP、CM，交点为D，如图：

由平行四边形的性质，得CD=DM，OD=PD，

∴点D为OP的中点，

∵点P的坐标为（3，6），

∴点D的坐标为（3

2

，3）；

②取OJ=JN=CJ，则△OCN是直角三角形，

∵∠COJ=60°，

∴△OCJ是等边三角形，

∴∠CJN=120°，

作∠CJN的角平分线，与直线OP相交于点D，作DN⊥x轴，连接CD，如图：

∵CJ=JN，∠CJD=∠NJD，JP=JP，

∴△CJD≌△NJD（SAS），

∴∠JCD=∠JND=90°，

则由角平分线的性质定理，得CD=ND；过点D作DI∥x轴，连接DJ，

∵∠DJN=∠COJ=60°，

∴OI∥JD，

∴四边形OJDI是平行四边形，

∴ID=OJ=JN=OC=6，

在Rt△JDN中，∠JDN=30°，

∴JD=2JN=12；

∴点D的斜坐标为（6，12）；

综合上述，点D的斜坐标为：（3

2

，3）或（6，12）．

【点睛】

本题考查了坐标与图形的性质，解直角三角形，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质等知识，解题的关键是理解题意，正确寻找圆心D的位置来解决问题，属于中考创新题型．注意运用分类讨论的思想进行解题．

3．已知：如图①，在矩形ABCD中，AB＝5，

20

3

AD=，AE⊥BD，垂足是E．点F是点E

关于AB的对称点，连接AF、BF．

（1）求AE和BE的长；

（2）若将△ABF沿着射线BD方向平移，设平移的距离为m（平移距离指点B沿BD方向所经过的线段长度）．当点F分别平移到线段AB、AD上时，求出相应的m的值；（3）如图②，将△ABF绕点B顺时针旋转一个角α（0°＜α＜180°），记旋转中的ABF为A BF

''，在旋转过程中，设A F''所在的直线与直线AD交于点P，与直线BD 交于点Q，若△DPQ为等腰三角形，请直接写出此时DQ的长．

【答案】（1）4；3（2）3或16

3

（3）

2512525

31010

3243

-

、、

10

3

【解析】

【分析】

（1）由矩形的性质，利用勾股定理求解BD的长，由等面积法求解AE，由勾股定理求解BE即可，

（2）利用对称与平移的性质得到：AB∥A′B′，∠4＝∠1，BF＝B′F′＝3．当点F′落在AB上时，证明BB′＝B′F′即可得到答案，当点F′落在AD上时，证明△B′F′D为等腰三角形，从而

（3）分4种情况讨论：①如答图

3﹣1所示，点Q 落在BD 延长线上，证明A′Q ＝A′B ，利用勾股定理求解'

,,F Q BQ 从而求解DQ ，②如答图3﹣2所示，点Q 落在BD 上，证明点A′落在BC 边上，利用勾股定理求解,BQ 从而可得答案，③如答图3﹣3所示，点Q 落在BD 上，证明∠A′QB ＝∠A′BQ ，利用勾股定理求解,BQ ，从而可得答案，④如答图3﹣4所示，点Q 落在BD 上，证明BQ ＝BA′，从而可得答案． 【详解】

解：（1）在Rt △ABD 中，AB ＝5，203

AD =

， 由勾股定理得：2

22025

533BD ??=+= ???．

11

,22

ABD

S

BD AE AB AD =

?=?． 253

20

53 4.AB AD

AE BD

?

?∴=

== 在Rt △ABE 中，AB ＝5，AE ＝4， 由勾股定理得：BE ＝3．

（2）设平移中的三角形为△A′B′F′，如答图2所示： 由对称的性质可知，∠1＝∠2．

由平移性质可知，AB ∥A′B′，∠4＝∠1，BF ＝B′F′＝3．

①当点F′落在AB 上时， ∵AB ∥A′B′， ∴∠3＝∠4， ∴∠3＝∠2，

∴BB′＝B′F′＝3，即m ＝3； ②当点F′落在AD 上时， ∵AB ∥A′B′，∴∠6＝∠2，

∵∠1＝∠2，∠5＝∠1，∴∠5＝∠6，

∴ A′B′⊥AD ，

'''',B F D B DF ∴∠=∠

∴△B′F′D 为等腰三角形， ∴B′D ＝B′F′＝3，

2516333

BB BD B D ''∴=-=

-=，即163m =．

（3）DQ 的长度分别为2512525310103243

-

-、、或10

3．

在旋转过程中，等腰△DPQ 依次有以下4种情形：

①如答图3﹣1所示，点Q 落在BD 延长线上，且PD ＝DQ ， ∴ ∠2＝2∠Q ，

∵∠1＝∠3+∠Q ，∠1＝∠2， ∴∠3＝∠Q ， ∴A′Q ＝A′B ＝5， ∴F′Q ＝F′A′+A′Q ＝4+5＝9． 在Rt △BF′Q 中，由勾股定理得：222293310BQ F Q F B ''=

+=+=．

253103

DQ BQ BD ∴=-=-

； ②如答图3﹣2所示，点Q 落在BD 上，且PQ ＝DQ ，∴∠2＝∠P ，

∵∠1＝∠2，∴∠1＝∠P ，∴BA′∥PD ， ∵PD ∥BC ，∴此时点A′落在BC 边上． ∵∠3＝∠2，∴∠3＝∠1，

∴BQ ＝A′Q ，∴F′Q ＝F′A′﹣A′Q ＝4﹣BQ ．

在Rt △BQF′中，由勾股定理得：'2

'

2

2

,BF F Q BQ +=

即：222

3(4),BQ BQ +-= 解得：258

BQ =

， 25251253824

DQ BD BQ ∴=-=

-=； ③如答图3﹣3所示，点Q 落在BD 上，且PD ＝DQ ，

∴ ∠3＝∠4．

∵∠2+∠3+∠4＝180°，∠3＝∠4，1

49022

∴∠?

∠＝﹣． ∵∠1＝∠2，1

49012

∴∠=?-

∠． 1

49012

A Q

B ∴∠'∠?∠＝＝﹣，

1

18019012

A BQ A Q

B ∴∠'?∠'∠?∠＝﹣﹣＝﹣，

∴∠A′QB ＝∠A′BQ ，∴A′Q ＝A′B ＝5， ∴F′Q ＝A′Q ﹣A′F′＝5﹣4＝1．

在Rt △BF′Q 中，由勾股定理得：223110BQ +=，

25

103

DQ BD BQ ∴=-=

④如答图3﹣4所示，点Q 落在BD 上，且PQ ＝PD ，

∴ ∠2＝∠3．

∵∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠2＝∠3， ∴∠1＝∠4， ∴BQ ＝BA′＝5，

2510533

DQ BD BQ ∴=-=

-=． 综上所述，DQ 的长度分别为2512525310103243

-、、10

3．

【点睛】

本题是几何变换压轴题，涉及旋转与平移变换、矩形、勾股定理、等腰三角形等知识点．第（3）问难度很大，解题关键是画出各种旋转图形，依题意进行分类讨论；在计算过程中，注意识别旋转过程中的不变量，注意利用等腰三角形的性质简化计算．

4．如图，在矩形ABCD 中，6AB cm =，8AD cm =，连接BD ，将ABD △绕B 点作顺时针方向旋转得到A B D '''△（B ′与B 重合），且点D '刚好落在BC 的延长上，A D ''与

CD 相交于点E ．

（1）求矩形ABCD 与A B D '''△重叠部分（如图1中阴影部分A B CE ''）的面积； （2）将A B D '''△以每秒2cm 的速度沿直线BC 向右平移，如图2，当B ′移动到C 点时停止移动．设矩形ABCD 与A B D '''△重叠部分的面积为y ，移动的时间为x ，请你直接写出y 关于x 的函数关系式，并指出自变量x 的取值范围；

（3）在（2）的平移过程中，是否存在这样的时间x ，使得AA B ''△成为等腰三角形？若存在，请你直接写出对应的

x 的值，若不存在，请你说明理由．

【答案】（1）2452cm ；（2）2233

1624(0)225

88020016(4)3335x x x y x x x ?--+≤

AA B ''△成为等腰三角形的x 的值有：0秒、32669

-． 【解析】 【分析】

（1）先用勾股定理求出BD 的长，再根据旋转的性质得出10B D BD cm ''==，

2CD B D BC cm '=''-=，利用B D A ∠'''的正切值求出CE 的值，利用三角形的面积差即

可求阴影部分的面积； （2）分类讨论，当1605x ≤<

时和当

16

45

x ≤≤时，分别列出函数表达式； （3）分类讨论，当AB A B '=''时；当AA A B '=''时；当AB AA '='时，根据勾股定理列方程即可． 【详解】

解：（1）

6AB cm =，8AD cm =，

10BD cm ∴=，

根据旋转的性质可知10B D BD cm ''==，2CD B D BC cm '=''-=，

tan A B CE

B D A A D CD '''''∠=='''

，

682CE ∴=， 3

2CE cm ∴=，

()286345

22222

A B CE A B D CED S S S cm ''''''?∴==

-?÷=-； （2）①当1605x ≤<

时，22CD x '=+，3

2

CE x =， 233

+22

CD E S x x '∴=

△， 221333

68242222

y x x x ∴=??-=--+；

②当

1645x ≤≤时，102BC x =-，()4

1023

CE x =- ()2

21488020010223333

y x x x ∴=?-=-+．

（3）①如图1，当AB A B '=''时，0x =秒；

②如图2，当AA A B '=''时，1825A N BM BB B M x '=='+'=+

，24

5

A M N

B '==， 2236AN A N +'=，

22

2418623655x ?

???∴-++= ? ??

???，

解得：95x =

秒，（9

5

x -=舍去）； ③如图2，当AB AA '='时，1825A N BM BB B M x '=='+'=+

，24

5

A M N

B '==， 2222AB BB AN A N +'=+'

22

2

24183646255x x ?

???∴+=-++ ? ??

???

解得：3

2

x =

秒． 综上所述：使得AA B ''△成为等腰三角形的x 的值有：0秒、

32秒、6695

-．

【点睛】

本题主要考查了图形的平移变换和旋转变换，能够数形结合，运用分类讨论的思想方法全面的分析问题，思考问题是解决问题的关键．

5．两块等腰直角三角形纸片AOB 和COD 按图1所示放置，直角顶点重合在点O 处，

25AB =，17CD =．保持纸片AOB 不动，将纸片COD 绕点O 逆时针旋转

(090)αα<<角度，如图2所示．

()1利用图2证明AC BD =且AC BD ⊥；

()2当BD 与CD 在同一直线上（如图3）时，求AC 的长和α的正弦值．

【答案】（1）详见解析；（2）7，725

． 【解析】 【分析】

(1)图形经过旋转以后明确没有变化的边长，证明AOC BOD ?，得出AC=BD ， 延长BD 交AC 于E ，证明∠AEB=90?，从而得到BD AC ⊥.

(2) 如图3中，设AC=x ，在Rt △ABC 中，利用勾股定理求出x ，再根据sinα=sin ∠ABC=AC

AB

即可解决问题 【详解】

()1证明：如图2中，延长BD 交OA 于G ，交AC 于E ．

∵90AOB COD ∠=∠=， ∴AOC DOB ∠=∠， 在AOC 和BOD 中，

OA OB AOC BOD OC OD =??

∠=∠??=?

， ∴AOC BOD ?，

∴AC BD =，CAO DBO ∠=∠， ∵90DBO GOB ∠+∠=， ∵OGB AGE ∠=∠， ∴90CAO AGE ∠+∠=， ∴90AEG ∠=， ∴BD AC ⊥．

()2解：如图3中，设AC x

=，

∵BD 、CD 在同一直线上，BD AC ⊥， ∴ABC 是直角三角形， ∴222AC BC AB +=， ∴222(17)25x x ++=， 解得7x =，

∵45ODC DBO α∠=∠+∠=，45ABC DBO ∠+∠=， ∴ABC α∠=∠， ∴7

sin sin 25

AC ABC AB α=∠==． 【点睛】

本题考查旋转的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形，利用全等三角形的性质解决问题，第二个问题的关键是利用（1）的结论解决问题，属于中考常考题型.

6．边长为2的正方形ABCD 的两顶点A 、C 分别在正方形EFGH 的两边DE 、DG 上(如图

1)，现将正方形ABCD绕D点顺时针旋转，当A点第一次落在DF上时停止旋转，旋转过程中， AB边交DF于点M，BC边交DG于点N.

（1）求边DA在旋转过程中所扫过的面积；

（2）旋转过程中，当MN和AC平行时(如图2)，求正方形ABCD旋转的度数；

（3）如图3，设△MBN的周长为p，在旋转正方形ABCD的过程中，p值是否有变化？请证明你的结论.

【答案】（1）；（2）；（3）不变化，证明见解析.

【解析】

试题分析：（1）将正方形ABCD绕D点顺时针旋转，当A点第一次落在DF上时停止旋转，旋转过程中，DA旋转了，从而根据扇形面积公式可求DA在旋转过程中所扫过的面积.

（2）旋转过程中，当MN和AC平行时，根据平行的性质和全等三角形的判定和性质可求正方形ABCD旋转的度数为.

（3）延长BA交DE轴于H点，通过证明和可得结论.（1）∵A点第一次落在DF上时停止旋转，∴DA旋转了.

∴DA在旋转过程中所扫过的面积为.

（2）∵MN∥AC，∴,.

∴.∴.

又∵，∴.

又∵,∴.

∴.∴.

∴旋转过程中，当MN和AC平行时，正方形ABCD旋转的度数为.

(3)不变化，证明如下：

如图，延长BA交DE轴于H点，则

，，

∴.

又∵.∴．

∴．

又∵, ,∴．

∴.∴.

∴.

∴在旋转正方形ABCD的过程中，值无变化.

考点：1.面动旋转问题；2．正方形的性质；3.扇形面积的计算；4.全等三角形的判定和性质.

7．(1)如图①，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点O作直线EF⊥BD，交AD于点E，交BC于点F，连接BE、DF，且BE平分∠ABD．

①求证：四边形BFDE是菱形；

②直接写出∠EBF的度数；

(2)把(1)中菱形BFDE进行分离研究，如图②，点G、I分别在BF、BE边上，且BG=BI，连接GD，H为GD的中点，连接FH并延长，交ED于点J，连接IJ、IH、IF、IG.试探究线段IH

与FH之间满足的关系，并说明理由；

(3)把(1)中矩形ABCD进行特殊化探究，如图③，当矩形ABCD满足AB=AD时，点E是对角线AC上一点，连接DE、EF、DF，使△DEF是等腰直角三角形，DF交AC于点G.请直接写出线段AG、GE、EC三者之间满足的数量关系.

【答案】（1）①详见解析；②60°．（2）IH3；（3）EG2＝AG2+CE2．

【解析】

【分析】

（1）①由△DOE≌△BOF，推出EO＝OF，∵OB＝OD，推出四边形EBFD是平行四边形，再证明EB＝ED即可．

②先证明∠ABD＝2∠ADB，推出∠ADB＝30°，延长即可解决问题．

（

2）IH ＝3FH ．只要证明△IJF 是等边三角形即可．

（3）结论：EG 2＝AG 2+CE 2．如图3中，将△ADG 绕点D 逆时针旋转90°得到△DCM ，先证明△DEG ≌△DEM ，再证明△ECM 是直角三角形即可解决问题． 【详解】

（1）①证明：如图1中，

∵四边形ABCD 是矩形， ∴AD ∥BC ，OB ＝OD ， ∴∠EDO ＝∠FBO ， 在△DOE 和△BOF 中，

EDO FBO OD OB

EOD BOF ∠∠??

??∠∠?

＝＝＝ ， ∴△DOE ≌△BOF ， ∴EO ＝OF ，∵OB ＝OD ， ∴四边形EBFD 是平行四边形， ∵EF ⊥BD ，OB ＝OD ， ∴EB ＝ED ，

∴四边形EBFD 是菱形． ②∵BE 平分∠ABD ， ∴∠ABE ＝∠EBD ， ∵EB ＝ED ， ∴∠EBD ＝∠EDB ， ∴∠ABD ＝2∠ADB ， ∵∠ABD +∠ADB ＝90°， ∴∠ADB ＝30°，∠ABD ＝60°， ∴∠ABE ＝∠EBO ＝∠OBF ＝30°， ∴∠EBF ＝60°． （2）结论：IH ＝3FH ．

理由：如图2中，延长BE 到M ，使得EM ＝EJ ，连接MJ ．

∵四边形EBFD是菱形，∠B＝60°，

∴EB＝BF＝ED，DE∥BF，

∴∠JDH＝∠FGH，

在△DHJ和△GHF中，

DHG GHF

DH GH

JDH FGH

∠∠

?

?

?

?∠∠

?

＝

＝

＝

，

∴△DHJ≌△GHF，

∴DJ＝FG，JH＝HF，

∴EJ＝BG＝EM＝BI，

∴BE＝IM＝BF，

∵∠MEJ＝∠B＝60°，

∴△MEJ是等边三角形，

∴MJ＝EM＝NI，∠M＝∠B＝60°

在△BIF和△MJI中，

BI MJ

B M

BF IM

?

?

∠∠

?

?

?

＝

＝

＝

，

∴△BIF≌△MJI，

∴IJ＝IF，∠BFI＝∠MIJ，∵HJ＝HF，

∴IH⊥JF，

∵∠BFI+∠BIF＝120°，

∴∠MIJ+∠BIF＝120°，

∴∠JIF＝60°，

∴△JIF是等边三角形，

在Rt△IHF中，∵∠IHF＝90°，∠IFH＝60°，

∴∠FIH＝30°，

∴IH＝3FH．

（3）结论：EG2＝AG2+CE2．

理由：如图3中，将△ADG绕点D逆时针旋转90°得到△DCM，

∵∠FAD+∠DEF＝90°，

∴AFED四点共圆，

∴∠EDF＝∠DAE＝45°，∠ADC＝90°，

∴∠ADF+∠EDC＝45°，

∵∠ADF ＝∠CDM ，

∴∠CDM +∠CDE ＝45°＝∠EDG ， 在△DEM 和△DEG 中，

DE DE EDG EDM DG DM ??

∠∠?

??

＝＝＝ ， ∴△DEG ≌△DEM ， ∴GE ＝EM ，

∵∠DCM ＝∠DAG ＝∠ACD ＝45°，AG ＝CM ， ∴∠ECM ＝90° ∴EC 2+CM 2＝EM 2， ∵EG ＝EM ，AG ＝CM ， ∴GE 2＝AG 2+CE 2． 【点睛】

考查四边形综合题、矩形的性质、正方形的性质、菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形，学会转化的思想思考问题.

8．如图1，点O 是正方形ABCD 两对角线的交点. 分别延长OD 到点G ，OC 到点E ，使OG =2OD ，OE =2OC ，然后以OG 、OE 为邻边作正方形OEFG ，连接AG ，DE ． (1)求证：DE ⊥AG ；

(2)正方形ABCD 固定，将正方形OEFG 绕点O 逆时针旋转角(0°< <360°)得到正方形

，如图2． ①在旋转过程中，当∠是直角时，求的度数；(注明：当直角边为斜边一半时，这条

直角边所对的锐角为30度)

②若正方形ABCD 的边长为1，在旋转过程中，求长的最大值和此时的度数，直接写

出结果不必说明理由．

【答案】（1）DE ⊥AG （2）①当∠为直角时，α=30°或150°.②315°

【解析】

分析：（1）延长ED 交AG 于点H ，证明

≌

，根据等量代换证明结论；

（2）根据题意和锐角正弦的概念以及特殊角的三角函数值得到

，分两种情况

求出的度数；

（3）根据正方形的性质分别求出OA和OF的长，根据旋转变换的性质求出AF′长的最大值和此时的度数．

详解：如图1，延长ED交AG于点H，

点O是正方形ABCD两对角线的交点，

，

，

在和中，

，

≌，

，

，

，

，

即；

在旋转过程中，成为直角有两种情况：

Ⅰ由增大到过程中，当时，

，

在中，sin∠AGO=，

，

，

，

，