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11. 如图，已知矩形$ABCD$，$AB=1$，$AD=4$，$E$为$BC$边上一个动点，$∠ BAD=∠ EAF$，$AF=2AE$，连结$DF$，则$DF$的最大值为（
A.68
B.$2\sqrt{17}$
C.$\sqrt{17}$
D.5
B
）A.68
B.$2\sqrt{17}$
C.$\sqrt{17}$
D.5
答案
B
解析
【分析】
首先，本题是动点最值问题，我们可以利用矩形的直角性质，结合已知的等角和边的比例关系，确定动点F的运动轨迹：先由∠BAD=∠EAF推导得∠BAE=∠DAF，再结合AF=2AE的数量关系，可通过建立平面直角坐标系，用参数表示动点E、F的坐标，最后利用两点距离公式写出DF的表达式，结合E的运动范围求出DF的最大值。
【解析】
解：建立平面直角坐标系，设A为坐标原点$(0,0)$，AB在y轴正半轴，AD在x轴正半轴。
∵四边形ABCD是矩形，$AB=1$，$AD=4$，
∴$B(0,1)$，$D(4,0)$，$C(4,1)$。
∵E为BC边上的动点，设E的坐标为$(t,1)$（t的取值范围为$0≤t≤4$）。
∵$∠ BAD=∠ EAF=90°$，
∴$∠ BAE + ∠ EAD = ∠ DAF + ∠ EAD$，即$∠ BAE=∠ DAF$。
又
∵$AF=2AE$，
根据三角函数的定义：
$\cos∠ BAE=\frac{AB}{AE}=\frac{1}{AE}$，$\sin∠ BAE=\frac{BE}{AE}=\frac{t}{AE}$，
$\cos∠ DAF=\frac{x_F}{AF}$，$\sin∠ DAF=\frac{y_F}{AF}$，
结合$∠ BAE=∠ DAF$，可得：
$x_F=AF·\cos∠ DAF=2AE·\frac{1}{AE}=2$，
$y_F=AF·\sin∠ DAF=2AE·\frac{t}{AE}=2t$，
即F点坐标为$(2,2t)$，$0≤2t≤8$。
根据两点间距离公式，DF的长度为：
$DF=\sqrt{(4-2)^2+(0-2t)^2}=\sqrt{4+4t^2}=2\sqrt{1+t^2}$
当t取最大值4时，DF取得最大值：
$DF_{max}=2\sqrt{1+4^2}=2\sqrt{17}$
【答案】
B
【知识点】
矩形的性质，相似三角形判定，两点间距离公式
【点评】
本题属于动态几何中的最值问题，解题的核心是通过角的等量关系和边的比例关系确定动点F的运动轨迹，将动态问题转化为静态的代数计算，渗透了数形结合和转化的数学思想，对学生的逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
首先，本题是动点最值问题，我们可以利用矩形的直角性质，结合已知的等角和边的比例关系，确定动点F的运动轨迹：先由∠BAD=∠EAF推导得∠BAE=∠DAF，再结合AF=2AE的数量关系，可通过建立平面直角坐标系，用参数表示动点E、F的坐标，最后利用两点距离公式写出DF的表达式，结合E的运动范围求出DF的最大值。
【解析】
解：建立平面直角坐标系，设A为坐标原点$(0,0)$，AB在y轴正半轴，AD在x轴正半轴。
∵四边形ABCD是矩形，$AB=1$，$AD=4$，
∴$B(0,1)$，$D(4,0)$，$C(4,1)$。
∵E为BC边上的动点，设E的坐标为$(t,1)$（t的取值范围为$0≤t≤4$）。
∵$∠ BAD=∠ EAF=90°$，
∴$∠ BAE + ∠ EAD = ∠ DAF + ∠ EAD$，即$∠ BAE=∠ DAF$。
又
∵$AF=2AE$，
根据三角函数的定义：
$\cos∠ BAE=\frac{AB}{AE}=\frac{1}{AE}$，$\sin∠ BAE=\frac{BE}{AE}=\frac{t}{AE}$，
$\cos∠ DAF=\frac{x_F}{AF}$，$\sin∠ DAF=\frac{y_F}{AF}$，
结合$∠ BAE=∠ DAF$，可得：
$x_F=AF·\cos∠ DAF=2AE·\frac{1}{AE}=2$，
$y_F=AF·\sin∠ DAF=2AE·\frac{t}{AE}=2t$，
即F点坐标为$(2,2t)$，$0≤2t≤8$。
根据两点间距离公式，DF的长度为：
$DF=\sqrt{(4-2)^2+(0-2t)^2}=\sqrt{4+4t^2}=2\sqrt{1+t^2}$
当t取最大值4时，DF取得最大值：
$DF_{max}=2\sqrt{1+4^2}=2\sqrt{17}$
【答案】
B
【知识点】
矩形的性质，相似三角形判定，两点间距离公式
【点评】
本题属于动态几何中的最值问题，解题的核心是通过角的等量关系和边的比例关系确定动点F的运动轨迹，将动态问题转化为静态的代数计算，渗透了数形结合和转化的数学思想，对学生的逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
12.(1)【问题发现】如图1，$△ ABC$和$△ CDE$均为等边三角形，直线$AD$和直线$BE$交于点$F$。填空：①$∠ AFB$的度数是
(2)【类比探究】如图2，$△ ABC$和$△ CDE$均为等腰直角三角形，$∠ ABC=∠ DEC=90°$，$AB=BC$，$DE=EC$，直线$AD$和直线$BE$交于点$F$。请判断$∠ AFB$的度数及线段$AD$，$BE$之间的数量关系，并说明理由。
(3)【解决问题】如图3，在$△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$∠ A=30°$，$AB=5$，点$D$在$AB$边上，$DE⊥ AC$于点$E$，$AE=3$，将$△ ADE$绕着点$A$在平面内旋转，请直接写出直线$DE$经过点$B$时，点$C$到直线$DE$的距离。
$60°$
；②线段$AD$，$BE$之间的数量关系为$AD=BE$
。(2)【类比探究】如图2，$△ ABC$和$△ CDE$均为等腰直角三角形，$∠ ABC=∠ DEC=90°$，$AB=BC$，$DE=EC$，直线$AD$和直线$BE$交于点$F$。请判断$∠ AFB$的度数及线段$AD$，$BE$之间的数量关系，并说明理由。
(3)【解决问题】如图3，在$△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$∠ A=30°$，$AB=5$，点$D$在$AB$边上，$DE⊥ AC$于点$E$，$AE=3$，将$△ ADE$绕着点$A$在平面内旋转，请直接写出直线$DE$经过点$B$时，点$C$到直线$DE$的距离。
答案
(1)①$60°$ ②$AD=BE$
(2)$\because ∠ ABC=∠ DEC=90°,AB=BC,DE=EC,\therefore ∠ ACD=45°+∠ BCD=∠ BCE,\frac{AC}{BC}=\frac{DC}{EC}=\sqrt{2},\therefore △ ACD∽△ BCE,\therefore \frac{AD}{BE}=\frac{AC}{BC}=\sqrt{2},∠ CBF=∠ CAF,\therefore AD=\sqrt{2}\,BE$。$\because ∠ AFB+∠ CBF=∠ ACB+∠ CAF,\therefore ∠ AFB=∠ ACB=45°$
(3)$\frac{4\sqrt{3}+3}{2}$或$\frac{4\sqrt{3}-3}{2}$
解析
【分析】
(1) 图1为等边三角形手拉手模型，先由等边三角形性质得对应边相等、对应角为60°，推导∠ACD=∠BCE，证△ACD≌△BCE，即可得到AD与BE的数量关系；再利用全等三角形对应角相等，结合三角形内角和导角，可得∠AFB的度数。
(2) 图2为等腰直角三角形手拉手模型，先推导△ACD和△BCE的两边对应成比例且夹角相等，证两三角形相似，即可得到AD与BE的数量关系；再利用相似对应角相等，结合八字形外角性质导角，可得∠AFB的度数。
(3) 先在Rt△ADE中计算各边长度，旋转后DE过B时∠AEB=90°，由勾股定理算出BE的长度，再分点B在DE延长线、点B在ED延长线两种情况，分别计算点C到直线DE的距离即可。
【解析】
(1) ①
∵△ABC和△CDE均为等边三角形，
∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，即∠ACD=∠BCE，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠CAD=∠CBE，
∴∠AFB=180°-∠BAF-∠ABF=180°-∠BAF-∠ABC-∠CBE=180°-60°-(∠BAF+∠CAD)=120°-60°=60°。
②由△ACD≌△BCE，得AD=BE。
(2) ∠AFB=45°，AD=√2 BE，理由如下：
∵△ABC和△CDE均为等腰直角三角形，∠ABC=∠DEC=90°，AB=BC，DE=EC，
∴∠ACB=∠DCE=45°，$\frac{AC}{BC}=\frac{DC}{EC}=\sqrt{2}$，
∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，即∠ACD=∠BCE，
∴△ACD∽△BCE，
∴$\frac{AD}{BE}=\frac{AC}{BC}=\sqrt{2}$，∠CAD=∠CBE，即$AD=\sqrt{2}BE$。
由三角形外角性质得∠AFB+∠CBE=∠ACB+∠CAD，代入∠CAD=∠CBE，可得∠AFB=∠ACB=45°。
(3) 在Rt△ADE中，∠DAE=30°，AE=3，
∴$DE=AE·\tan30°=\sqrt{3}$，$AD=2DE=2\sqrt{3}$。
当DE经过点B时，∠AEB=∠AED=90°，在Rt△ABE中，AB=5，AE=3，由勾股定理得$BE=\sqrt{AB^2-AE^2}=4$。
分两种情况：
①当点E在D、B之间时，结合角度与线段关系可算得点C到DE的距离为$\frac{4\sqrt{3}+3}{2}$；
②当点B在D、E之间时，同理可得点C到DE的距离为$\frac{4\sqrt{3}-3}{2}$。
【答案】
(1)①$\boldsymbol{60°}$；②$\boldsymbol{AD=BE}$
(2)$\boldsymbol{∠AFB=45°}$，$\boldsymbol{AD=\sqrt{2}BE}$，理由见解析
(3)$\boldsymbol{\frac{4\sqrt{3}+3}{2}}$或$\boldsymbol{\frac{4\sqrt{3}-3}{2}}$
【知识点】
全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，旋转的性质
【点评】
本题是几何变换综合题，遵循从特殊到一般的探究逻辑，依次考查了等边三角形、等腰直角三角形的手拉手模型，以及旋转背景下的分类讨论问题，要求学生熟练掌握全等、相似的判定方法，具备导角和几何计算能力，能准确识别旋转过程中的不变量和分类情况。
【难度系数】
0.4
(1) 图1为等边三角形手拉手模型，先由等边三角形性质得对应边相等、对应角为60°，推导∠ACD=∠BCE，证△ACD≌△BCE，即可得到AD与BE的数量关系；再利用全等三角形对应角相等，结合三角形内角和导角，可得∠AFB的度数。
(2) 图2为等腰直角三角形手拉手模型，先推导△ACD和△BCE的两边对应成比例且夹角相等，证两三角形相似，即可得到AD与BE的数量关系；再利用相似对应角相等，结合八字形外角性质导角，可得∠AFB的度数。
(3) 先在Rt△ADE中计算各边长度，旋转后DE过B时∠AEB=90°，由勾股定理算出BE的长度，再分点B在DE延长线、点B在ED延长线两种情况，分别计算点C到直线DE的距离即可。
【解析】
(1) ①
∵△ABC和△CDE均为等边三角形，
∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，即∠ACD=∠BCE，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠CAD=∠CBE，
∴∠AFB=180°-∠BAF-∠ABF=180°-∠BAF-∠ABC-∠CBE=180°-60°-(∠BAF+∠CAD)=120°-60°=60°。
②由△ACD≌△BCE，得AD=BE。
(2) ∠AFB=45°，AD=√2 BE，理由如下：
∵△ABC和△CDE均为等腰直角三角形，∠ABC=∠DEC=90°，AB=BC，DE=EC，
∴∠ACB=∠DCE=45°，$\frac{AC}{BC}=\frac{DC}{EC}=\sqrt{2}$，
∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，即∠ACD=∠BCE，
∴△ACD∽△BCE，
∴$\frac{AD}{BE}=\frac{AC}{BC}=\sqrt{2}$，∠CAD=∠CBE，即$AD=\sqrt{2}BE$。
由三角形外角性质得∠AFB+∠CBE=∠ACB+∠CAD，代入∠CAD=∠CBE，可得∠AFB=∠ACB=45°。
(3) 在Rt△ADE中，∠DAE=30°，AE=3，
∴$DE=AE·\tan30°=\sqrt{3}$，$AD=2DE=2\sqrt{3}$。
当DE经过点B时，∠AEB=∠AED=90°，在Rt△ABE中，AB=5，AE=3，由勾股定理得$BE=\sqrt{AB^2-AE^2}=4$。
分两种情况：
①当点E在D、B之间时，结合角度与线段关系可算得点C到DE的距离为$\frac{4\sqrt{3}+3}{2}$；
②当点B在D、E之间时，同理可得点C到DE的距离为$\frac{4\sqrt{3}-3}{2}$。
【答案】
(1)①$\boldsymbol{60°}$；②$\boldsymbol{AD=BE}$
(2)$\boldsymbol{∠AFB=45°}$，$\boldsymbol{AD=\sqrt{2}BE}$，理由见解析
(3)$\boldsymbol{\frac{4\sqrt{3}+3}{2}}$或$\boldsymbol{\frac{4\sqrt{3}-3}{2}}$
【知识点】
全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，旋转的性质
【点评】
本题是几何变换综合题，遵循从特殊到一般的探究逻辑，依次考查了等边三角形、等腰直角三角形的手拉手模型，以及旋转背景下的分类讨论问题，要求学生熟练掌握全等、相似的判定方法，具备导角和几何计算能力，能准确识别旋转过程中的不变量和分类情况。
【难度系数】
0.4
