Question

17．如图，已知矩形ABCD，将△ABD绕点A逆时针旋转n°，得到△AEF，B，D的对应点分别为E，F．
（1）①当n=90°时，画出图形；
②取AB中点G，CF的中点H，连接GH并延长交AE于I，求证：AI=EI；
（2）当n≠90°时（如图3），（1）的结论还成立吗？请证明你的结论．

Answer 1

分析 （1）①当n=90°时，图象如图所示．②如图1中，作HM⊥BF于M．设CB=AD=AF=a，AB=b，首先证明MG=MH=$\frac{1}{2}$a，推出∠AGI=45°即可证明．
（2）结论仍然成立．如图2中，连接FB、DF，作FN⊥BC于N，交AD于K，作HM⊥AB于M，交BF于O，交FN于Q，作GP⊥FN于P，连接OG、OP，作OJ⊥GP于J．
首先证明△FKD∽△PQH，推出∠FDK=∠QHP，再证明∠QHP=∠AGH，推出∠AIG=∠AFD=∠AGI，即可解决问题．

解答 （1）①解：当n=90°时，图象如图所示．

②证明：如图1中，作HM⊥BF于M．设CB=AD=AF=a，AB=b，
∵FH=HC，HM∥BC，
∴FM=BM=$\frac{a+b}{2}$，
∴HM=$\frac{1}{2}$a，
∵BG=$\frac{1}{2}$AB=$\frac{1}{2}$b，
∴MG=BM-GB=$\frac{1}{2}$（a+b）-$\frac{1}{2}$b=$\frac{1}{2}$a，
∴MG=MH，
∴∠MGH=∠MHG=45°，
∵∠GAI=90°，
∴∠AGI=∠AIG=45°，
∴AG=AI，
∵AB=AE，AG=GB，
∴AI=IE．

（2）解：结论仍然成立．理由如下，
如图2中，连接FB、DF，作FN⊥BC于N，交AD于K，作HM⊥AB于M，交BF于O，交FN于Q，作GP⊥FN于P，连接OG、OP，作OJ⊥GP于J．

∵HM∥BC，FH=HC，
∴FQ=QN，FO=OB，
∵AG=BG，
∴AF=2OG，BN=2OQ=2OM，CN=DK=2QI，PK=PN，设AB=m，PQ=n，
∵FQ=QN=$\frac{m}{2}$+n，KQ=$\frac{m}{2}$-n，FK=FQ-KQ=$\frac{m}{2}$+n-（$\frac{m}{2}-n$）=2n，
∴FK=2PQ，
∴$\frac{KD}{QI}$=$\frac{KF}{PQ}$=2，∵∠FKD=∠PQH=90°，
∴△FKD∽△PQH，
∴∠FDK=∠QHP，
∵FO=OB，FH=HC，
∴BC=2OH，∵AF=BC=2OG，
∴OH=OG，易证OG=PO，
∴OG=OP=OH，以O为圆心OH为半径作圆，
∵OJ⊥GP，OG=OP，
∴∠GOJ=∠POJ=∠OGM=∠GHP，
∵OG=OH，
∴∠OHG=∠OGH，
∵∠QHP=∠OHG+∠GHP=∠OGH+∠OGM=∠AGH，
∴∠AGH=∠ADF，
∵∠FAD=∠GAH（旋转角相等），
∵AD=AF，
∴∠ADF=∠AFD，
∵∠FAD+∠ADF+∠AFD=180°，∠GAI+∠AGI+∠AIG=180°，
∴∠AIG=∠AFD=∠AGI，
∴AI=AG，
∵AE=AB，AG=GB，
∴AI=IE．

点评 本题考查四边形综合题、旋转变换、矩形的性质、三角形中位线定理、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，体现了数形结合的数学思想，本题辅助线比较多，发现△FKD∽△PQH，是解题的突破点，属于竞赛题．