Question

15．如圖①，正方形ABCD邊長為1，將正方形ABCD繞點A逆時針旋轉α度后得到正方形AB'C'D'（0°＜α＜90°），C'D'與直線CD相交于點E，C'B'與直線CD相交于點F．
問題發現：（1）試猜想∠EAF=45°；三角形EC'F的周長2．
問題探究：如圖②，連接B'D'分別交AE，AF于P，Q兩點．
（2）在旋轉過程中，若D'P=a，QB'=b，試用a，b來表示PQ，并說明理由．
（3）在旋轉過程中△APQ的面積是否存在最小值，若存在，請求出這個值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）首先證明Rt△AD'E≌Rt△ADE（HL），推出D'E=DE，∠D'AE=∠DAE，同理：B'F=DF，∠B'AF=∠DAF，推出∠EAF=∠DAE+∠DAF=$\frac{1}{2}$∠B'AD'=45°，推出△EC′F的周長為C'E+EF+C'F=C'E+DE+DF+C'F=C'E+D'E+B'F+C'F=C'D+B'C'=2．
（2）求出B′D′的長即可解決問題．
（3）首先證明△APQ∽△AFE，推出$\frac{EF}{PQ}$=$\sqrt{2}$，推出EF最小時，△AEF的面積最小，此時△APQ的面積最小，由（1）可知，△C′EF的周長=EC′+C′F+EF=C′E+ED′+FB′=C′D′+C′B′=2=定值，可以證明當EC′=C′F時，斜邊EF定值最小．求出△AEF的最小值即可解決問題．

解答 解：（1）∵正方形ABCD繞點A逆時針旋轉α°，后得到正方形AB′C′D′，
∴∠D'AB'=∠D'=∠ADE=90°，AD'=AD=C'D'=B'C'=1
在Rt△AD'E和Rt△ADE中，
$\left\{\begin{array}{l}{AD′=AD}\\{AE=AE}\end{array}\right.$，
∴Rt△AD'E≌Rt△ADE（HL），
∴D'E=DE，∠D'AE=∠DAE，
同理：B'F=DF，∠B'AF=∠DAF，
∴∠EAF=∠DAE+∠DAF=$\frac{1}{2}$∠B'AD'=45°，
△EC′F的周長為C'E+EF+C'F=C'E+DE+DF+C'F=C'E+D'E+B'F+C'F=C'D+B'C'=2，
故答案為：45°，2；

（2）∵B'D'是正方形AB'C'D'的對角線，
∴B'D'=$\sqrt{2}$，
∵D′P=a，QB′=b
∴PQ=B'D'-D'P-B'Q=$\sqrt{2}$-a-b；

（3）如圖②中，連接EQ．

∵∠ED′P=∠PAQ=45°，∠EPD′=∠APQ，
∴△EPD′∽△QPA，
∴$\frac{EP}{PQ}$=$\frac{PD′}{AP}$，
∴$\frac{EP}{PD′}$=$\frac{PQ}{AP}$，∵∠APD′=∠EPQ，
∴△PAD′∽△PQE，
∴∠AD′P=∠PEQ=45°，
∴∠QAE=∠QEA=45°，
∴△AEQ是等腰直角三角形，
∴AE=$\sqrt{2}$AQ，同理，AF=$\sqrt{2}$AP，
∴$\frac{AP}{AF}$=$\frac{AQ}{AE}$，∵∠PAQ=∠EAF，
∴△PAQ∽△FAE，
∴$\frac{EF}{PQ}$=$\sqrt{2}$，
∵EF最小時，△AEF的面積最小，此時△APQ的面積最小，
由（1）可知，△C′EF的周長=EC′+C′F+EF=C′E+ED′+FB′=C′D′+C′B′=2=定值，
可以證明當EC′=C′F時，斜邊EF定值最小．設C′E=x，C′F=y，EF=z，則x+y+z=2，x²+y²=z²，x+y=2-z，xy=2-2z，
∴x，y是方程M的兩根，M²-（2-z）M+2-2z=0，∵△≥0，
∴（2-z）²-4（2-2z）≥0，
∴（z+2）²≥8，
∴z+2≥2$\sqrt{2}$，
∴z$≥2\sqrt{2}$-2，
∴斜邊EF的最小值為2$\sqrt{2}$-2，此時△AEF的面積=$\frac{1}{2}$×1×（2$\sqrt{2}$-2）=$\sqrt{2}$-1，△APQ的面積=$\frac{1}{2}$•S_△AEF=$\frac{\sqrt{2}-1}{2}$，
∴△APQ的面積的最小值為$\frac{\sqrt{2}-1}{2}$．

點評 本題考查正方形的性質、全等三角形的判定和性質、相似三角形的判定和性質、等腰直角三角形的判定和性質、勾股定理、一元二次方程的根的判別式等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，本題的難點是構建一元二次方程，應用故的判別式，確定EF的最小值，屬于中考壓軸題．