试题

题目：
正方形ABCD中，E是CD边上一点，
（1）将△ADE绕点A按顺时针方向旋转，使AD、AB重合，得到△ABF，如图1所示．观察可知：与DE相等的线段是
BF
BF
，∠AFB=∠
AED
AED

（2）如图2，正方形ABCD中，P、Q分别是BC、CD边上的点，且∠PAQ=45°，试通过旋转的方式说明：DQ+BP=PQ
（3）在（2）题中，连接BD分别交AP、AQ于M、N，你还能用旋转的思想说明BM2+DN2=MN2．青果学院
答案
BF

AED

解：（1）∵△ADE绕点A按顺时针方向旋转，使AD、AB重合，得到△ABF，
∵DE=BF，∠AFB=∠AED．
故答案为BF，AED；
（2）青果学院将△ADQ绕点A按顺时针方向旋转90°，则AD与AB重合，得到△ABE，如图2，
则∠EAQ=∠BAD=90°，AE=AQ，BE=DQ，
∵∠PAQ=45°，
∴∠PAE=45°，
∴∠PAQ=∠PAE，
在△APE和△APQ中
∵
AE=AQ
∠PAE=∠PAQ
AP=AP
，
∴△APE≌△APQ，
∴PE=PQ，
而PE=PB+BE=PB+DQ，
∴DQ+BP=PQ；
（3）青果学院∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ABD=∠ADB=45°，
如图，将△ADN绕点A按顺时针方向旋转90°，则AD与AB重合，得到△ABK，
则∠ABK=∠ADN=45°，BK=DN，AK=AN，
与（2）一样可证明△AMN≌△AMK得到MN=MK，
∵∠MBA+∠KBA=45°+45°=90°，
∴△BMK为直角三角形，
∴BK2+BM2=MK2，
∴BM2+DN2=MN2．
考点梳理
旋转的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质．
（1）直接根据旋转的性质得到DE=BF，∠AFB=∠AED；
（2）将△ADQ绕点A按顺时针方向旋转90°，则AD与AB重合，得到△ABE，根据旋转的性质得∠EAQ=∠BAD=90°，AE=AQ，BE=DQ，而∠PAQ=45°，则∠PAE=45°，再根据全等三角形的判定方法得到△APE≌△APQ，则PE=PQ，于是PE=PB+BE=PB+DQ，即可得到DQ+BP=PQ；
（3）根据正方形的性质有∠ABD=∠ADB=45°，将△ADN绕点A按顺时针方向旋转90°，则AD与AB重合，得到△ABK，根据旋转的性质得∠ABK=∠ADN=45°，BK=DN，AK=AN，与（2）一样可证明△AMN≌△AMK得到MN=MK，由于∠MBA+∠KBA=45°+45°=90°，得到△BMK为直角三角形，根据勾股定理得BK2+BM2=MK2，然后利用等相等代换即可得到BM2+DN2=MN2．
本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了三角形全等的判定与性质、正方形的性质以及勾股定理．
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