Question

7．在平面直角坐標系中，正方形OABC的兩邊OA、OC分別落在x軸、y軸的正半軸上，等腰Rt△ADE的兩個頂點D、E和正方形頂點B三點在一條直線上．
（1）如圖1，連接OD，求證：△OAD≌△BAE；
（2）如圖2，連接CD，求證：BE-$\frac{1}{2}$DE=$\frac{\sqrt{2}}{2}$CD；
（3）如圖3，當圖1中的Rt△ADE的頂點D與點B重合時，點E正好落在x軸上，F為線段OC上一動點（不與O、C重合），G為線段AF的中點，若CG⊥GK交BE于點K時，請問∠KCG的大小是否變化？若不變，請求其值；若改變，求出變化的范圍．

Answer 1

分析 （1）利用同角的余角相等可得∠BAD=∠EAF，由此得∠OAD=∠BAE，根據SAS證明△OAD≌△BAE；
（2）作輔助線構建正方形ANDM和等腰直角三角形CFD，把所求CD轉化為CF，證CF=OM，由（1）中的全等可知∠ODA=∠BEA=45°，證明∠ODC=45°，推出CF與CD的關系，利用直角三角形斜邊中線和正方形的性質求出BE-$\frac{1}{2}$DE的值為OM，得出結論；
（3）作輔助線構建正方形BMKN和全等三角形，首先利用全等證明CG=QG，由線段垂直平分線性質得KC=KQ，證明Rt△CNK≌Rt△QMK，得∠CKN=∠QKM，可知∠CKQ=90°，得△KCQ是等腰直角三角形，因此得出結論：∠KCG的大小不變，等于45°．

解答 證明：（1）如圖1，在正方形ABCO中，
∵∠BAF=∠DAE=90°，
∴∠BAD=∠EAF，
∴∠BAD+∠OAB=∠EAF+∠BAF，
即∠OAD=∠BAE，
∵AB=AO，AD=AE，
∴△OAD≌△BAE；
（2）如圖2，設CD與AB的交點為P，
過C作CF⊥OD于F，過A作AN⊥DE于N，AM⊥OD于M，
∵等腰Rt△ADE，AD=AE，
∴AN=DN=$\frac{1}{2}$DE，
∴四邊形ANDM是正方形，
∴DN=DM，
∴BE-$\frac{1}{2}$DE=OD-DM=OM，
由①△OAD≌△BAE得，∠ODA=∠BEA=45°，
∴∠ODE=90°，
∵∠OAB=∠ODB=90°，∠OPA=∠BPD，
∴△OAP∽△BDP，
∴$\frac{OA}{AP}=\frac{BD}{PD}$，
∴$\frac{BC}{AP}=\frac{BD}{PD}$，
∵∠CBD=90°+∠ABE，∠APD=90°+∠AOD，
∠ABE=∠AOD，
∴∠CBD=∠APD，
∴△CBD∽△APD，
∴∠CDB=∠ADO=45°，
∴∠ODC=90°-45°=45°，
∵sin45°=$\frac{CF}{CD}$，
∴CF=$\frac{\sqrt{2}CD}{2}$，
∵△COF≌△OAM，
∴CF=OM，
∴BE-$\frac{1}{2}$DE=$\frac{\sqrt{2}}{2}$CD；
（3）如圖3，∠KCG的大小不變，理由是：
過K作KM⊥AB于M，KN⊥BC，交CB的延長線于N，延長CG、BA交于Q，連接KQ，
∵∠N=∠MBN=∠BMK=90°，
∴四邊形BMKN是矩形，
∵AB=AE，∠BAE=90°，
∴∠ABE=45°，
∴BM=KM，
∴矩形BMKN是正方形，
∵OC∥AB，
∴∠OCG=∠GQA，
∵FG=AG，∠CGF=∠AGQ，
∴△FCG≌△AQG，
∴CG=QG，
∵CG⊥GK，
∴KC=KQ，
∵KN=KM，
∴Rt△CNK≌Rt△QMK，
∴∠CKN=∠QKM，
∴∠CKQ=∠CKM+∠MKQ=∠CKM+∠CKN=90°，
∴△KCQ是等腰直角三角形，
∴∠KCG=∠KQC=45°．

點評 本題是四邊形的綜合題，考查了正方形、等腰直角三角形、全等三角形的性質和判定；要注意以下兩個問題：①對于第二問中的結論：和或差的形式，這是一個證明中的難點，要針對結論中出現的線段找對應的相等或倍數關系做替換，想辦法把這些線段放在同一個三角形中或同一組相似或全等的圖形中找關系，進行證明；②第三問中的角確定其定值還是范圍，從這一角所在的三角形入手，找所有邊存在的關系進行證明，得出結論．