Question

9．正方形ABCD的边长为4cm，点E在边AB上，将线段AE绕点E顺时针旋转α°（0＜α＜90）得线段EF，以EF为边在EF右侧作正方形EFGH；
（1）如图①，分别连接线段AF、FH、AH，AH交EF于点I；
①求证∠FAH的度数是一个常数；
②求证：2AE²=AH•IH．
（2）如图②，若α=60，点E为AB的中点，在直线AG上是否存在一点J，使△EBJ的周长最小？若存在，求出△EBJ的最小周长；若不存在，说明理由．
（3）如图③，若α=45，点E从A出发，按1cm/s的速度沿AB方向运动，直至点C落在GH上停止运动，设点E的运动时间为t（t＞0），正方形EFGH与正方形ABCD重叠部分的面积为S，请用含t的代数式表示S．

Answer 1

分析 （1）①易证A、F、H在以点E为圆心，AE为半径的圆上，根据圆周角定理可得∠FAH=$\frac{1}{2}$∠FEH=45°；
②由于FH=$\sqrt{2}$EF=$\sqrt{2}$AE，要证2AE²=AH•IH，只需证到FH²=AH•IH，只需证到△FHI∽△AHF即可；
（2）连接DE与直线AG交于点N，连接NB，如图②，易证△AFG≌△AEH，则有∠FAG=∠EAH，从而可得∠DAG=∠GAE．由AD=AB可得点D与点B关于直线AG对称，从有而ND=NB，从而可求得EN+BN+EB=2$\sqrt{5}$+2．根据两点之间线段最短可得：当点J运动到点N处，△EBJ的周长最短，问题得以解决；
（3）点E运动的过程中，依次出现图③a、图③b、图③c、图③d、图③e、图③f的情况，只需运用割补法分别求出图③a、图③c、图③e中S与t的关系式，运用方程思想求出图③b、图③d、图③f中对应t的值，就可解决问题．

解答 解：（1）①证明：∵EA=EF=EH，
∴A、F、H在以点E为圆心，AE为半径的圆上，如图①，

∴∠FAH=$\frac{1}{2}$∠FEH=45°，
∴∠FAH的度数是一个常数；
②∵四边形EFGH是正方形，
∴∠EFH=45°，∠FEH=90°，FH=$\sqrt{2}$EF=$\sqrt{2}$AE，
∵∠FHI=∠AHF，∠HFI=∠HAF=45°，
∴△FHI∽△AHF，
∴$\frac{IH}{FH}$=$\frac{FH}{AH}$，
∴FH²=AH•IH，
∴2AE²=AH•IH；

（2）连接DE与直线AG交于点N，连接NB，如图②．

∵∠AEF=60°，EA=EF，
∴△AEF是等边三角形，
∴∠AFE=∠AEF=60°，AF=AE．
∵四边形EFGH是正方形，
∴∠EFG=∠FEH=90°，FG=EH，
∴∠AFG=∠AEH=150°．
在△AFG和△AEH中，
$\left\{\begin{array}{l}{AF=AE}\\{∠AFG=∠AEH}\\{FG=EH}\end{array}\right.$，
∴△AFG≌△AEH（SAS），
∴∠FAG=∠EAH，
∴∠FAH=∠GAE=45°，
∴∠DAG=90°-∠GAE=45°=∠GAE．
∵AD=AB，∴点D与点B关于直线AG对称，
∴ND=NB，
∴EN+BN=EN+DN=DE．
∵点E是AB的中点，
∴AE=BE=2．
在Rt△DAE中，
DE=$\sqrt{A{D}^{2}+A{E}^{2}}$=$\sqrt{{4}^{2}+{2}^{2}}$=2$\sqrt{5}$，
∴EN+BN+EB=2$\sqrt{5}$+2．
根据两点之间线段最短可得：
当点J运动到点N处，△EBJ的周长最短，此时周长为2$\sqrt{5}$+2；

（3）①如图③a，

EF=EA=1×t=t，则有S=t²；
②如图③b，

此时点H在线段BC上，
在Rt△EBH中，
∠B=90°，∠HEB=180°-90°-45°=45°，
∴EH=$\sqrt{2}$EB，
∴t=$\sqrt{2}$（4-t），
解得：t=8-4$\sqrt{2}$；
③如图③c，

则有EP=$\sqrt{2}$EB=$\sqrt{2}$（4-t），EH=EF=t，∠EPB=45°，
∴∠QPH=∠EPB=45°，PH=t-[$\sqrt{2}$（4-t）]=（$\sqrt{2}$+1）t-4$\sqrt{2}$，
∴QH=PH=（$\sqrt{2}$+1）t-4$\sqrt{2}$，
∴S=t²-$\frac{1}{2}$[（$\sqrt{2}$+1）t-4$\sqrt{2}$]²=-（$\sqrt{2}$+$\frac{1}{2}$）t²+（8+4$\sqrt{2}$）t-16；
④如图③d，点G在线段DC上，

过点F作FS⊥AB，交AB于点S，交DC于点R，
则有SR⊥DC，∠SFE=45°，∠RFG=45°，
∴RF=$\frac{\sqrt{2}}{2}$FG=$\frac{\sqrt{2}}{2}$EF=$\frac{\sqrt{2}}{2}$t，FS=$\frac{\sqrt{2}}{2}$t，
∴RS=$\sqrt{2}$t=4，
∴t=2$\sqrt{2}$；
如图③e，

则有FS=$\frac{\sqrt{2}}{2}$t，RF=4-$\frac{\sqrt{2}}{2}$t，FT=$\sqrt{2}$RF=4$\sqrt{2}$-t，
GK=GT=GF-FT=EF-FT=t-（4$\sqrt{2}$-t）=2t-4$\sqrt{2}$，
QH=PH=EH-EP=（$\sqrt{2}$+1）t-4$\sqrt{2}$，
∴S=t²-$\frac{1}{2}$[（$\sqrt{2}$+1）t-4$\sqrt{2}$]²-$\frac{1}{2}$[2t-4$\sqrt{2}$]²=-（$\sqrt{2}$+$\frac{5}{2}$）t²+（8+12$\sqrt{2}$）t-32；
如图③f，点C在线段GH上，

则有BE=BP=4-t，PC=4-（4-t）=t，
PH=EH-EP=EF-$\sqrt{2}$EB=t-$\sqrt{2}$（4-t）=（$\sqrt{2}$+1）t-4$\sqrt{2}$．
∵PC=$\sqrt{2}$PH，
∴t=$\sqrt{2}$[（$\sqrt{2}$+1）t-4$\sqrt{2}$]，
解得：t=8$\sqrt{2}$-8．
综上所述：当0＜t≤8-4$\sqrt{2}$时，S=t²；
当8-4$\sqrt{2}$＜t≤2$\sqrt{2}$时，S=-（$\sqrt{2}$+$\frac{1}{2}$）t²+（8+4$\sqrt{2}$）t-16；
当2$\sqrt{2}$＜t≤8$\sqrt{2}$-8时，S=-（$\sqrt{2}$+$\frac{5}{2}$）t²+（8+12$\sqrt{2}$）t-32．

点评 本题主要考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、圆周角定理、勾股定理、正方形的性质、旋转的性质、轴对称性、两点之间线段最短等知识，有一定的难度，运用分类讨论的思想是解决第（3）小题的关键．