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13. 如图,在平面直角坐标系$xOy$中,已知在$Rt△ DOE$中,$∠ DOE=90°$,$OD=3$,点$D$在$y$轴上,点$E$在$x$轴上,在$△ ABC$中,点$A,C$在$x$轴上,$AC=5$.$∠ ACB+∠ ODE=180°$,$∠ ABC=∠ OED$,$BC=DE$.按下列要求画图(保留作图痕迹).
(1) 将$△ ODE$绕$O$点按逆时针方向旋转$90°$,得到$△ OMN$(其中点$D$的对应点为点$M$,点$E$的对应点为点$N$),画出$△ OMN$;
(2) 将$△ ABC$沿$x$轴向右平移得到$△ A'B'C'$(其中点$A,B,C$的对应点分别为点$A',B',C'$),使得$B'C'$与(1)中的$△ OMN$的边$MN$重合;
(3) 求$OE$的长.
(1) 将$△ ODE$绕$O$点按逆时针方向旋转$90°$,得到$△ OMN$(其中点$D$的对应点为点$M$,点$E$的对应点为点$N$),画出$△ OMN$;
(2) 将$△ ABC$沿$x$轴向右平移得到$△ A'B'C'$(其中点$A,B,C$的对应点分别为点$A',B',C'$),使得$B'C'$与(1)中的$△ OMN$的边$MN$重合;
(3) 求$OE$的长.
答案
(1) 略
(2) 略
(3) OE=6
(2) 略
(3) OE=6
解析
【分析】
(1) 画旋转后的△OMN：绕O点逆时针旋转90°，保持OD、OE长度不变，D旋转到x轴负半轴的M点，E旋转到y轴正半轴的N点，连接三点即可。
(2) 画平移后的△A'B'C'：沿x轴向右平移△ABC，使B'C'与MN完全重合即可，注意平移后A'、C'仍在x轴上。
(3) 求OE长度：先利用旋转、平移的性质得到对应边、对应角的等量关系，结合题目给出的角互补、角相等、边相等的条件，通过解直角三角形结合面积法建立方程，求解即可得到OE的长度。
【解析】
(1) ①在x轴负半轴截取OM=OD=3，确定点M；②在y轴正半轴截取ON=OE，确定点N；③连接OM、ON、MN，△OMN即为所求旋转后的图形。
(2) 沿x轴向右平移△ABC，使点C与点M重合，点B与点N重合，此时B'C'与MN重合，得到的△A'B'C'即为所求平移后的图形。
(3) 设$OE=x$，
由旋转性质得$△ OMN ≌ △ ODE$，故$OM=OD=3$，$ON=OE=x$，$∠ ONM=∠ OED$，$MN=DE$，$∠ MON=90°$。
由平移性质得$△ A'B'C' ≌ △ ABC$，故$A'C'=AC=5$，$∠ A'B'C'=∠ ABC$，$B'C'=BC$。
结合已知条件$BC=DE$，$∠ ABC=∠ OED$，可得$B'C'=MN$，$∠ A'B'C'=∠ ONM$，因此平移后点$C'$与M重合，点$B'$与N重合，即$△ A'MN$就是平移后的$△ A'B'C'$，故$A'M=A'C'=5$，可知点$A'$坐标为$(-8,0)$，点M坐标为$(-3,0)$，点N坐标为$(0,x)$。
在$Rt△ DOE$中，$\tan∠ OED=\frac{OD}{OE}=\frac{3}{x}$。
过$A'$作$A'H ⊥ MN$于H，$△ A'MN$的面积可表示为$\frac{1}{2} × A'M × ON=\frac{1}{2} × 5x$，也可表示为$\frac{1}{2} × MN × A'H$，其中$MN=\sqrt{OM^2+ON^2}=\sqrt{x^2+9}$，代入得：
$\frac{1}{2} × \sqrt{x^2+9} × A'H=\frac{5x}{2}$，解得$A'H=\frac{5x}{\sqrt{x^2+9}}$。
在$Rt△ A'HN$中，$A'N=\sqrt{(-8)^2+x^2}=\sqrt{x^2+64}$，故$NH=\sqrt{A'N^2-A'H^2}=\frac{x^2+24}{\sqrt{x^2+9}}$，因此$\tan∠ A'NM=\frac{A'H}{NH}=\frac{5x}{x^2+24}$。
由$∠ A'NM=∠ OED$得$\frac{5x}{x^2+24}=\frac{3}{x}$，解得$x^2=36$，因$x＞0$，故$x=6$。
【答案】
(1) 略
(2) 略
(3) $OE=6$
【知识点】
旋转的性质；平移的性质；解直角三角形
【点评】
本题将图形变换与几何计算结合考查，作图时需严格遵循旋转、平移的变换规则，计算部分需要灵活运用变换前后的边角等量关系，结合三角函数建立方程求解，对知识的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
(1) 画旋转后的△OMN：绕O点逆时针旋转90°，保持OD、OE长度不变，D旋转到x轴负半轴的M点，E旋转到y轴正半轴的N点，连接三点即可。
(2) 画平移后的△A'B'C'：沿x轴向右平移△ABC，使B'C'与MN完全重合即可，注意平移后A'、C'仍在x轴上。
(3) 求OE长度：先利用旋转、平移的性质得到对应边、对应角的等量关系，结合题目给出的角互补、角相等、边相等的条件，通过解直角三角形结合面积法建立方程，求解即可得到OE的长度。
【解析】
(1) ①在x轴负半轴截取OM=OD=3，确定点M；②在y轴正半轴截取ON=OE，确定点N；③连接OM、ON、MN，△OMN即为所求旋转后的图形。
(2) 沿x轴向右平移△ABC，使点C与点M重合，点B与点N重合，此时B'C'与MN重合，得到的△A'B'C'即为所求平移后的图形。
(3) 设$OE=x$，
由旋转性质得$△ OMN ≌ △ ODE$，故$OM=OD=3$，$ON=OE=x$，$∠ ONM=∠ OED$，$MN=DE$，$∠ MON=90°$。
由平移性质得$△ A'B'C' ≌ △ ABC$，故$A'C'=AC=5$，$∠ A'B'C'=∠ ABC$，$B'C'=BC$。
结合已知条件$BC=DE$，$∠ ABC=∠ OED$，可得$B'C'=MN$，$∠ A'B'C'=∠ ONM$，因此平移后点$C'$与M重合，点$B'$与N重合，即$△ A'MN$就是平移后的$△ A'B'C'$，故$A'M=A'C'=5$，可知点$A'$坐标为$(-8,0)$，点M坐标为$(-3,0)$，点N坐标为$(0,x)$。
在$Rt△ DOE$中，$\tan∠ OED=\frac{OD}{OE}=\frac{3}{x}$。
过$A'$作$A'H ⊥ MN$于H，$△ A'MN$的面积可表示为$\frac{1}{2} × A'M × ON=\frac{1}{2} × 5x$，也可表示为$\frac{1}{2} × MN × A'H$，其中$MN=\sqrt{OM^2+ON^2}=\sqrt{x^2+9}$，代入得：
$\frac{1}{2} × \sqrt{x^2+9} × A'H=\frac{5x}{2}$，解得$A'H=\frac{5x}{\sqrt{x^2+9}}$。
在$Rt△ A'HN$中，$A'N=\sqrt{(-8)^2+x^2}=\sqrt{x^2+64}$，故$NH=\sqrt{A'N^2-A'H^2}=\frac{x^2+24}{\sqrt{x^2+9}}$，因此$\tan∠ A'NM=\frac{A'H}{NH}=\frac{5x}{x^2+24}$。
由$∠ A'NM=∠ OED$得$\frac{5x}{x^2+24}=\frac{3}{x}$，解得$x^2=36$，因$x＞0$，故$x=6$。
【答案】
(1) 略
(2) 略
(3) $OE=6$
【知识点】
旋转的性质；平移的性质；解直角三角形
【点评】
本题将图形变换与几何计算结合考查，作图时需严格遵循旋转、平移的变换规则，计算部分需要灵活运用变换前后的边角等量关系，结合三角函数建立方程求解，对知识的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
14. 如图①,在△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,点E在AC上(且不与点A,C重合).在△ABC的外部作△CED,使∠CED=90°,DE=CE,连接AD,分别以AB,AD为邻边作平行四边形ABFD,连接AF.
(1) 求线段AF,AE的数量关系,并说明理由;
(2) 将△CED绕点C逆时针旋转,当点E在线段BC上时,如图②,连接AE,请判断线段AF,AE的数量关系,并证明你的结论;
(3) 在图②基础上,将△CED绕点C继续逆时针旋转,请判断(2)问中的结论是否发生变化,若不变,结合图③写出证明过程;若变化,说明理由.
(1) 求线段AF,AE的数量关系,并说明理由;
(2) 将△CED绕点C逆时针旋转,当点E在线段BC上时,如图②,连接AE,请判断线段AF,AE的数量关系,并证明你的结论;
(3) 在图②基础上,将△CED绕点C继续逆时针旋转,请判断(2)问中的结论是否发生变化,若不变,结合图③写出证明过程;若变化,说明理由.
答案
(1) AF=$\sqrt{2}$AE. 理由:
∵四边形ABFD是平行四边形,
∴AB=DF. 又AB=AC,
∴DF=AC.
∵DE=CE,
∴DF−DE=AC−CE,即FE=AE.
∵∠AEF=∠CED=90°,
∴∠EAF=∠AFE=45°. 在Rt△AEF中,AE=$\frac{\sqrt{2}}{2}$AF,
∴AF=$\sqrt{2}$AE.
(2) AF=$\sqrt{2}$AE. 证明:连接FE,如图①,
∵四边形ABFD是平行四边形,
∴AB=DF,AB//DF. 又AB=AC,
∴DF=AC.
∵AB//DF,
∴∠FDC=∠BAC=90°.
∵∠CED=90°,DE=CE,
∴∠CDE=∠C=45°.
∵∠FDC=∠CDE+∠FDE,
∴∠FDE=45°,
∴∠FDE=∠C. 在△FDE和△ACE中,DF=AC,∠FDE=∠C,DE=CE,
∴△FDE≌△ACE,
∴∠FED=∠AEC,FE=AE,
∴∠FED−∠AED=∠AEC−∠AED,
∴∠AEF=∠CED=90°.
∵FE=AE,
∴∠EAF=∠AFE=45°. 在Rt△AEF中,AE=$\frac{\sqrt{2}}{2}$AF,
∴AF=$\sqrt{2}$AE.
(3) (2)问中的结论不发生变化. 理由:连接EF,如图②,
∵四边形ABFD是平行四边形,
∴AB=DF,AB//FD. 又AB=AC,
∴DF=AC.
∵AB//FD,
∴∠BAD+∠FDA=180°.
∵∠BAD=∠BAC−∠DAC=90°−∠DAC,
∴90°−∠DAC+∠FDA=180°,
∴∠FDA=∠DAC+90°.
∵∠FDE+∠FDA+∠ADE=360°,∠ACE+∠DAC+∠DEC+∠ADE=360°,∠DEC=90°,
∴∠FDE=∠ACE. 在△FDE和△ACE中,DF=CA,∠FDE=∠ACE,DE=CE,
∴△FDE≌△ACE,
∴∠FED=∠AEC,FE=AE,
∴∠FED+∠AED=∠AEC+∠AED,
∴∠AEF=∠CED=90°.
∵FE=AE,
∴∠EAF=∠AFE=45°. 在Rt△AEF中,AE=$\frac{\sqrt{2}}{2}$AF,
∴AF=$\sqrt{2}$AE.
解析
【分析】
本题围绕图形旋转中的线段关系探究展开，解题思路如下：
(1) 首先利用平行四边形对边相等的性质，结合已知AB=AC得到DF=AC，再结合DE=CE推导得到FE=AE，判断△AEF为等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的边角关系即可得到AF与AE的数量关系；
(2) 旋转后先连接FE，利用平行四边形对边平行且相等的性质，推导得到∠FDE=∠C，结合DF=AC、DE=CE证明△FDE≌△ACE，得到FE=AE且∠AEF=90°，即可得到和(1)相同的结论；
(3) 继续旋转后仍然连接EF，先利用平行四边形的性质推导角度关系，得到∠FDE=∠ACE，再证明△FDE≌△ACE，同样得到等腰直角△AEF，即可判断结论不变。
【解析】
(1) $AF=\sqrt{2}AE$，理由如下：
∵四边形ABFD是平行四边形，
∴$AB=DF$，又$AB=AC$，
∴$DF=AC$。
∵$DE=CE$，
∴$DF-DE=AC-CE$，即$FE=AE$。
∵$∠ AEF=∠ CED=90°$，
∴$∠ EAF=∠ AFE=45°$。在$Rt△ AEF$中，$AE=\frac{\sqrt{2}}{2}AF$，
∴$AF=\sqrt{2}AE$。
(2) $AF=\sqrt{2}AE$，证明如下：
连接FE，如图①，
∵四边形ABFD是平行四边形，
∴$AB=DF$，$AB// DF$，又$AB=AC$，
∴$DF=AC$。
∵$AB// DF$，
∴$∠ FDC=∠ BAC=90°$。
∵$∠ CED=90°$，$DE=CE$，
∴$∠ CDE=∠ C=45°$。
∵$∠ FDC=∠ CDE+∠ FDE$，
∴$∠ FDE=45°$，
∴$∠ FDE=∠ C$。
在$△ FDE$和$△ ACE$中：
$\begin{cases} DF=AC \\ ∠ FDE=∠ C \\ DE=CE \end{cases}$
∴$△ FDE≌△ ACE(\mathrm{SAS})$，
∴$∠ FED=∠ AEC$，$FE=AE$，
∴$∠ FED-∠ AED=∠ AEC-∠ AED$，即$∠ AEF=∠ CED=90°$。
∵$FE=AE$，
∴$∠ EAF=∠ AFE=45°$。在$Rt△ AEF$中，$AE=\frac{\sqrt{2}}{2}AF$，
∴$AF=\sqrt{2}AE$。
(3) (2)问中的结论不发生变化，证明如下：
连接EF，如图②，
∵四边形ABFD是平行四边形，
∴$AB=DF$，$AB// FD$，又$AB=AC$，
∴$DF=AC$。
∵$AB// FD$，
∴$∠ BAD+∠ FDA=180°$。
∵$∠ BAD=∠ BAC-∠ DAC=90°-∠ DAC$，
∴$90°-∠ DAC+∠ FDA=180°$，
∴$∠ FDA=∠ DAC+90°$。
∵$∠ FDE+∠ FDA+∠ ADE=360°$，$∠ ACE+∠ DAC+∠ DEC+∠ ADE=360°$，$∠ DEC=90°$，
∴$∠ FDE=∠ ACE$。
在$△ FDE$和$△ ACE$中：
$\begin{cases} DF=CA \\ ∠ FDE=∠ ACE \\ DE=CE \end{cases}$
∴$△ FDE≌△ ACE(\mathrm{SAS})$，
∴$∠ FED=∠ AEC$，$FE=AE$，
∴$∠ FED+∠ AED=∠ AEC+∠ AED$，即$∠ AEF=∠ CED=90°$。
∵$FE=AE$，
∴$∠ EAF=∠ AFE=45°$。在$Rt△ AEF$中，$AE=\frac{\sqrt{2}}{2}AF$，
∴$AF=\sqrt{2}AE$。
【答案】
【知识点】
平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质
【点评】
本题属于几何变换综合题，层层递进设置问题，考察了图形旋转过程中不变量的分析思路，需要熟练掌握平行四边形、全等三角形、等腰直角三角形的相关性质，对逻辑推理能力和几何直观素养有较高要求。
【难度系数】
0.4
本题围绕图形旋转中的线段关系探究展开，解题思路如下：
(1) 首先利用平行四边形对边相等的性质，结合已知AB=AC得到DF=AC，再结合DE=CE推导得到FE=AE，判断△AEF为等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的边角关系即可得到AF与AE的数量关系；
(2) 旋转后先连接FE，利用平行四边形对边平行且相等的性质，推导得到∠FDE=∠C，结合DF=AC、DE=CE证明△FDE≌△ACE，得到FE=AE且∠AEF=90°，即可得到和(1)相同的结论；
(3) 继续旋转后仍然连接EF，先利用平行四边形的性质推导角度关系，得到∠FDE=∠ACE，再证明△FDE≌△ACE，同样得到等腰直角△AEF，即可判断结论不变。
【解析】
(1) $AF=\sqrt{2}AE$，理由如下：
∵四边形ABFD是平行四边形，
∴$AB=DF$，又$AB=AC$，
∴$DF=AC$。
∵$DE=CE$，
∴$DF-DE=AC-CE$，即$FE=AE$。
∵$∠ AEF=∠ CED=90°$，
∴$∠ EAF=∠ AFE=45°$。在$Rt△ AEF$中，$AE=\frac{\sqrt{2}}{2}AF$，
∴$AF=\sqrt{2}AE$。
(2) $AF=\sqrt{2}AE$，证明如下：
连接FE，如图①，
∵四边形ABFD是平行四边形，
∴$AB=DF$，$AB// DF$，又$AB=AC$，
∴$DF=AC$。
∵$AB// DF$，
∴$∠ FDC=∠ BAC=90°$。
∵$∠ CED=90°$，$DE=CE$，
∴$∠ CDE=∠ C=45°$。
∵$∠ FDC=∠ CDE+∠ FDE$，
∴$∠ FDE=45°$，
∴$∠ FDE=∠ C$。
在$△ FDE$和$△ ACE$中：
$\begin{cases} DF=AC \\ ∠ FDE=∠ C \\ DE=CE \end{cases}$
∴$△ FDE≌△ ACE(\mathrm{SAS})$，
∴$∠ FED=∠ AEC$，$FE=AE$，
∴$∠ FED-∠ AED=∠ AEC-∠ AED$，即$∠ AEF=∠ CED=90°$。
∵$FE=AE$，
∴$∠ EAF=∠ AFE=45°$。在$Rt△ AEF$中，$AE=\frac{\sqrt{2}}{2}AF$，
∴$AF=\sqrt{2}AE$。
(3) (2)问中的结论不发生变化，证明如下：
连接EF，如图②，
∵四边形ABFD是平行四边形，
∴$AB=DF$，$AB// FD$，又$AB=AC$，
∴$DF=AC$。
∵$AB// FD$，
∴$∠ BAD+∠ FDA=180°$。
∵$∠ BAD=∠ BAC-∠ DAC=90°-∠ DAC$，
∴$90°-∠ DAC+∠ FDA=180°$，
∴$∠ FDA=∠ DAC+90°$。
∵$∠ FDE+∠ FDA+∠ ADE=360°$，$∠ ACE+∠ DAC+∠ DEC+∠ ADE=360°$，$∠ DEC=90°$，
∴$∠ FDE=∠ ACE$。
在$△ FDE$和$△ ACE$中：
$\begin{cases} DF=CA \\ ∠ FDE=∠ ACE \\ DE=CE \end{cases}$
∴$△ FDE≌△ ACE(\mathrm{SAS})$，
∴$∠ FED=∠ AEC$，$FE=AE$，
∴$∠ FED+∠ AED=∠ AEC+∠ AED$，即$∠ AEF=∠ CED=90°$。
∵$FE=AE$，
∴$∠ EAF=∠ AFE=45°$。在$Rt△ AEF$中，$AE=\frac{\sqrt{2}}{2}AF$，
∴$AF=\sqrt{2}AE$。
【答案】
【知识点】
平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质
【点评】
本题属于几何变换综合题，层层递进设置问题，考察了图形旋转过程中不变量的分析思路，需要熟练掌握平行四边形、全等三角形、等腰直角三角形的相关性质，对逻辑推理能力和几何直观素养有较高要求。
【难度系数】
0.4
