人教版九年级上册数学 几何模型压轴题易错题(Word版 含答案)

人教版九年级上册数学几何模型压轴题易错题（Word版含答案）

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．如图，在平面直角坐标系中，点O 为坐标原点，抛物线2

y ax bx c =++的顶点是A(1，3)，将OA 绕点O 顺时针旋转90?后得到OB ，点B 恰好在抛物线上，OB 与抛物线的对称轴交于点C ．

（1）求抛物线的解析式；

（2）P 是线段AC 上一动点，且不与点A ，C 重合，过点P 作平行于x 轴的直线，与

OAB ?的边分别交于M ，N 两点，将AMN ?以直线MN 为对称轴翻折，得到A MN '?． 设点P 的纵坐标为m ．

①当A MN '?在OAB ?内部时，求m 的取值范围；

②是否存在点P ，使'

5

6

A MN OA

B S S ?'?=,若存在，求出满足m 的值；若不存在，请说明理

由．

【答案】()2

1y x 22x =-++；（2）①433

m <<；②存在，满足m 的值为619-或

639

-． 【解析】 【分析】

（1）作AD ⊥y 轴于点D ，作BE ⊥x 轴于点E ，然后证明△AOD ≌△BOE ，则AD=BE ，OD=OE ，即可得到点B 的坐标，然后利用待定系数法，即可求出解析式；

（2）①由点P 为线段AC 上的动点，则讨论动点的位置是解题的突破口，有点P 与点A 重合时；点P 与点C 重合时，两种情况进行分析计算，即可得到答案；

②根据题意，可分为两种情况进行分析：当点M 在线段OA 上，点N 在AB 上时；当点M 在线段OB 上，点N 在AB 上时；先求出直线OA 和直线AB 的解析式，然后利用m 的式子表示出两个三角形的面积，根据等量关系列出方程，解方程即可求出m 的值． 【详解】

解：（1）如图：作AD ⊥y 轴于点D ，作BE ⊥x 轴于点E ，

∴∠ADO=∠BEO=90°，

∵将OA 绕点O 逆时针旋转90?后得到OB ， ∴OA=OB ，∠AOB=90°，

∴∠AOD+∠AOE=∠BOE+∠AOE=90°， ∴∠AOD=∠BOE ， ∴△AOD ≌△BOE ， ∴AD=BE ，OD=OE ， ∵顶点A 为（1，3）， ∴AD=BE=1，OD=OE=3， ∴点B 的坐标为（3，1-）， 设抛物线的解析式为2

(1)3=-+y a x ， 把点B 代入，得

2(31)31a -+=-，

∴1a =-，

∴抛物线的解析式为2

(1)3y x =--+， 即222y x x =-++；

（2）①∵P 是线段AC 上一动点， ∴3m <，

∵当A MN '?在OAB ?内部时， 当点'A 恰好与点C 重合时，如图：

∵点B 为（3，1-）， ∴直线OB 的解析式为1

3

y x =-， 令1x =，则13

y =-

， ∴点C 的坐标为（1，13

-）， ∴AC=1103()33

--=

， ∵P 为AC 的中点， ∴AP=

1105233

?=， ∴54333

m =-

=， ∴m 的取值范围是

4

33

m <<； ②当点M 在线段OA 上，点N 在AB 上时，如图：

∵点P 在线段AC 上，则点P 为（1，m ），

∵点'A 与点A 关于MN 对称，则点'A 的坐标为（1，2m -3）， ∴'3A P m =-，18'(23)233

A C m m =-+

=-， 设直接OA 为y ax =，直线AB 为y kx b =+， 分别把点A ，点B 代入计算，得

直接OA 为3y x =；直线AB 为25y x =-+， 令y m =， 则点M 的横坐标为3m

，点N 的横坐标为52

m --， ∴555

2326

m m MN m -=

-=--； ∵2'11555515'()(3)22261224

A MN S MN A P m m m m ?=

?=?-?-=-+；

'138

'3(2)34223

OA B S A C m m ?=

??=?-=-； 又∵'5

6A MN OA B

S S ?'?=， ∴

255155

(34)12246

m m m -+=?-， 解得：619m =-或619m =+（舍去）； 当点M 在边OB 上，点N 在边AB 上时，如图：

把y m =代入1

3

y x =-，则3x m ，

∴5553222m MN m m -=

+=+-，18

'(23)233A C m m =---=-， ∴2'11555515'()(3)2222424

A MN S MN A P m m m m ?=

?=?+?-=-++， '138

'3(2)43223OA B S A C m m ?=

??=?-=-， ∵'5

6A MN OA B

S S ?'?=， ∴255155

(43)4246

m m m -

++=?-， 解得：639m -=

或639

m +=（舍去）； 综合上述，m 的值为：619m =-639

3

m -=． 【点睛】

本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、图形的旋转、解一元二次方程、全等三角形的判定和性质、三角形的面积公式等，解题的关键是熟练掌握所学的性质，正确得到点P的位置．注意运用数形结合的思想和分类讨论的思想进行解题．

3．在Rt△ACB和Rt△AEF中，∠ACB＝∠AEF＝90°，若点P是BF的中点，连接PC，PE．

(1) 如图1，若点E，F分别落在边AB，AC上，求证：PC＝PE；

(2) 如图2，把图1中的△AEF绕着点A顺时针旋转，当点E落在边CA的延长线上时，探索PC与PE的数量关系，并说明理由．

(3) 如图3，把图2中的△AEF绕着点A顺时针旋转，点F落在边AB上．其他条件不变，问题(2)中的结论是否发生变化？如果不变，请加以证明；如果变化，请说明理由．

【答案】（1）见解析；（2）PC＝PE，理由见解析；（3）成立，理由见解析

【解析】

【分析】

（1）利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，即可；

（2）先判断△CBP≌△HPF，再利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半；

（3）先判断△DAF≌△EAF，再判断△DAP≌△EAP，然后用比例式即可；

【详解】

解：（1）证明：如图：

∵∠ACB＝∠AEF＝90°，

∴△FCB和△BEF都为直角三角形．

∵点P是BF的中点，

∴CP＝1

2BF，EP＝

1

2

BF，

∴PC＝PE．

（2）PC＝PE理由如下：

如图2，延长CP，EF交于点H，

∵∠ACB＝∠AEF＝90°，

∴EH//CB，

∴∠CBP＝∠PFH，∠H＝∠BCP，

∵点P是BF的中点，

∴PF＝PB，

∴△CBP≌△HFP(AAS)，

∴PC＝PH，

∵∠AEF＝90°，

∴在Rt△CEH中，EP＝1

2

CH，

∴PC＝PE．

（3）(2)中的结论，仍然成立，即PC＝PE，理由如下：

如图3，过点F作FD⊥AC于点D，过点P作PM⊥AC于点M，连接PD，

∵∠DAF＝∠EAF，∠FDA＝∠FEA＝90°，

在△DAF和△EAF中，

DAF,

,

,

EAF

FDA FEA

AF AF

∠=∠

?

?

∠=∠

?

?=

?

∴△DAF≌△EAF(AAS)，

∴AD＝AE，

在△DAP≌△EAP中，

,

,

,

AD AE

DAP EAP

AP AP

=

?

?

∠=∠

?

?=

?

∴△DAP≌△EAP (SAS)，

∴PD＝PF，

∵FD⊥AC，BC⊥AC，PM⊥AC，

∴FD//BC//PM，

∴DM FP

MC PB

=，

∵点P是BF的中点，

∴DM＝MC，

又∵PM⊥AC，

∴PC＝PD，

又∵PD＝PE，

∴PC＝PE．

【点睛】

此题是几何变换综合题，主要考查了直角三角形斜边的中线等于斜边一半，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，作出辅助线是解本题的关键也是难点．

4．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，从而可得答案，

（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，

,AB AD ⊥ ∴ 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103．

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：2

2

2

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＝∠4，149022

∴∠?

∠＝﹣． ∵∠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

-

-、、或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．

5．综合与探究：

如图1，Rt AOB 的直角顶点O 在坐标原点，点A 在y 轴正半轴上，点B 在x 轴正半轴上，4OA =，2OB =，将线段AB 绕点B 顺时针旋转90?得到线段BC ，过点C 作

CD x ⊥轴于点D ，抛物线23y ax x c =++经过点C ，与y 轴交于点(0,2)E ，直线AC 与x 轴交于点H ．

（1）求点C 的坐标及抛物线的表达式；

（2）如图2，已知点G 是线段AH 上的一个动点，过点G 作AH 的垂线交抛物线于点F （点F 在第一象限），设点G 的横坐标为m ． ①点G 的纵坐标用含m 的代数式表示为________；

②如图3，当直线FG 经过点B 时，求点F 的坐标，判断四边形ABCF 的形状并证明结论；

③在②的前提下，连接FH ，点N 是坐标平面内的点，若以F ，H ，N 为顶点的三角形与FHC 全等，请直接写出点N 的坐标．

【答案】（1）点C 的坐标为(6,2)，21322y x x =-

++；（2）①1

43

m -+；②点F 的坐标为(4,6)，四边形ABCF 为正方形，证明见解析；③点N 的坐标为(10,4)或

4226,55?? ???或384,55?? ???

． 【解析】 【分析】

（1）根据已知条件与旋转的性质证明ABO BCD ≌，根据全等三角形的性质得出点C 的坐标，结合点E 的坐标，根据待定系数法求出抛物线的表达式；

（2）①设直线AC 的表达式为y kx b =+，由点A 、C 的坐标求出直线AC 的表达式，进而得解；

②过点G 作GM x ⊥轴于点M ，过点F 作FP y ⊥轴，垂足为点P ，PF 的延长线与

DC 的延长线交于点Q ，根据等腰三角形三线合一得出AG CG =，结合①由平行线分线

段成比例得出点G 的坐标，根据待定系数法求出直线BG 的表达式，结合抛物线的表达式

求出点F ；利用勾股定理求出AB BC CF FA ===，结合90ABC ?∠=可得出结论； ③根据直线AC 的表达式求出点H 的坐标，设点N 坐标为(,)s t ，根据勾股定理分别求出

2FC ，2CH ，2FN ，2NH ，然后分两种情况考虑：若△FHC ≌△FHN ，则FN ＝FC ，NH

＝CH ，若△FHC ≌△HFN ，则FN ＝CH ，NH ＝FC ，分别列式求解即可． 【详解】 解：（1）

4=OA ，2OB =，

∴点A 的坐标为(0,4)，点B 的坐标为(2,0)，

线段AB 绕点B 顺时针旋转90?得到线段BC ， AB BC ∴=，90ABC ?∠=，

90ABO DBC ?∴∠+∠=，

在Rt AOB 中，90ABO OAB ?∴∠+∠=，

=OAB DBC ∴∠∠，

CD x ⊥轴于点D ，

90BDC ?∴∠=， 90AOB BDC ?∴∠=∠=．

AB BC =，

ABO BCD ∴△≌△，

2CD OB ∴==，4BD OA ==， 6OB BD ∴+=，

∴点C 的坐标为(6,2)，

∵抛物线2

3y ax x c =++的图象经过点C ，与y 轴交于点(0,2)E ，

236182c a c =?∴?++=?

， 解得，122

a c ?

=-???=?，

∴抛物线的表达式为2

1322

y x x =-

++； （2）①设直线AC 的表达式为y kx b =+， ∵直线AC 经过点()6,2C ，(0,4)A ，

∴624k b b +=??=?

，

解得，134k b ?

=-

???=?

，即143y x =-+，

∴点G 的纵坐标用含m 的代数式表示为：143

m -+，

故答案为：143

m -+．

②过点G 作GM x ⊥轴于点M ，

OM m ∴=，143

GM m =-+，

AB BC =，BG AC ⊥，

AG CG ∴=，

90AOB GMH CDH ?∠=∠=∠=，

OA GM CD ∴，

1OM AG

MD GC

∴

==， 1

32OM MD OD ∴===，

3m ∴=，1433

m -+=，

∴点G 为(3,3)，

设直线BG 的表达式为y kx b =+，将(3,3)G 和(2,0)B 代入表达式得，20

33k b k b +=??+=?，

3

6k b =?∴?=-?

，即表达式为36y x =-， 点F 为直线BG 和抛物线的交点，

∴得2

132362

x x x -

++=-， 14x ∴=，24x =-（舍去）， ∴点F 的坐标为(4,6)，

过点F 作FP y ⊥轴，垂足为点P ，PF 的延长线与DC 的延长线交于点Q ，

4PF ∴=，2AP =，2FQ =，4CQ =，

在Rt AFP △中和Rt FCQ △中，根据勾股定理，得AF FC ==

同理可得AB BC ==，

AB BC CF FA ∴===， ∴四边形ABCF 为菱形，

90ABC ?∠=， ∴菱形ABCF 为正方形；

③∵直线AC ：1

43

y x =-

+与x 轴交于点H ， ∴1

403

x -

+=， 解得，x ＝12， ∴(12,0)H ，

∴2

2

2

(64)(26)20FC =-+-=，2

2

2

(126)(02)40CH =-+-=， 设点N 坐标为(,)s t ，

∴2

2

2

(4)(6)FN s t =-+-，2

2

2

(12)(0)NH s t =-+-， 第一种情况：若△FHC ≌△FHN ，则FN ＝FC ，NH ＝CH ，

∴2222

(4)(6)20(12)40s t s t ?-+-=?-+=?

， 解得，11425265s t ?

=????=??

，226

2s t =??=?（即点C ），

∴4226,55N ??

??

?； 第二种情况：若△FHC ≌△HFN ，则FN ＝CH ，NH ＝FC ，

∴2222

(4)(6)40(12)20s t s t ?-+-=?-+=?

， 解得，11385

45s t ?

=????=??

，22104s t =??=?，

∴384,55N ??

??

?或(10,4)N ， 综上所述，以F ，H ，N 为顶点的三角形与△FHC 全等时，点N 坐标为(10,4)或4226,55??

???

或384,55??

??

?． 【点睛】

本题是函数与几何的综合题，考查了待定系数法求函数的表达式，全等三角形的判定与性质，菱形与正方形的判定，旋转的性质，勾股定理等知识，其中对全等三角形存在性的分析，因有一条公共边，可对另外两边进行分类讨论，本题有一定的难度，是中考压轴题．

6．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α角（0°＜α＜360°）得到正方形OE′F′G′，如图2．

①在旋转过程中，当∠OAG′是直角时，求α的度数；

②若正方形ABCD的边长为1，在旋转过程中，求AF′长的最大值和此时α的度数，直接写出结果不必说明理由．

【答案】（1）见解析；（2）①30°或150°，②AF'的长最大值为

2 2

2 +

315

α=．

【解析】

【分析】

（1）延长ED交AG于点H，易证△AOG≌△DOE，得到∠AGO=∠DEO，然后运用等量代换证明∠AHE=90°即可；

（2）①在旋转过程中，∠OAG′成为直角有两种情况：α由0°增大到90°过程中，当∠OAG′=90°时，α=30°，α由90°增大到180°过程中，当∠OAG′=90°时，

α=150°；

②当旋转到A、O、F′在一条直线上时，AF′的长最大，AF′=AO+OF′=

2

2

+2，此时

α=315°．

【详解】

(1)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，

∴OA=OD，OA⊥OD，

∵OG=OE，

在△AOG和△DOE中，

90

OA OD

AOG DOE

OG OE

=

?

?

∠=∠=?

?

?=

?

，

∴△AOG≌△DOE，

∴∠AGO=∠DEO，

∵∠AGO+∠GAO=90°，

∴∠GAO+∠DEO=90°，

∴∠AHE=90°，

即DE⊥AG；

(2)①在旋转过程中,∠OAG′成为直角有两种情况：(Ⅰ)α由0°增大到90°过程中,当∠OAG′=90°时，∵OA=OD=

1

2

OG=

1

2

OG′，

∴在Rt△OAG′中,sin∠A G′O=

OA

OG'

=

1

2

，

∴∠AG′O=30°，

∵OA⊥OD,OA⊥AG′，

∴OD∥AG′,

∴∠DOG′=∠AG′O=30°°，

即α=30°；

(Ⅱ)α由90°增大到180°过程中,当∠OAG′=90°时，

同理可求∠BOG′=30°，

∴α=180°?30°=150°.

综上所述,当∠OAG′=90°时,α=30°或150°.

②如图3,当旋转到A. O、F′在一条直线上时,AF′的长最大，

∵正方形ABCD的边长为1，

∴OA=OD=OC=OB=

2

2

，

∵OG=2OD，

∴2，∴OF′=2，

∴AF′=AO+OF′=

2

2

+2，

∵∠COE′=45°，

∴此时α=315°.

【点睛】

本题考查的是正方形的性质、旋转变换的性质以及锐角三角函数的定义，掌握正方形的四条边相等、四个角相等，旋转变换的性质是解题的关键，注意特殊角的三角函数值的应用．

7．已知：△ABC和△ADE均为等边三角形，连接BE，CD，点F，G，H分别为DE，BE，CD 中点．

（1）当△ADE绕点A旋转时，如图1，则△FGH的形状为，说明理由；

（2）在△ADE旋转的过程中，当B，D，E三点共线时，如图2，若AB=3，AD=2，求线段FH的长；

（3）在△ADE旋转的过程中，若AB=a，AD=b（a＞b＞0），则△FGH的周长是否存在最大值和最小值，若存在，直接写出最大值和最小值；若不存在，说明理由．