江西省2022年中考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)教學(xué)案-專題五　幾何探究題

專題五幾何探究題考情分析幾何探究題是江西每年的必考題型，主要的考題類型：①動點型探究問題；②新定義型探究問題；③幾何變換型探究問題；④操作型探究問題.動點(不動點)探究問題eq\a\vs4\al([例1])在圖1,2,3中，已知?ABCD，∠ABC＝120°，點E為線段BC上的動點，連接AE，以AE為邊向上作菱形AEFG，且∠EAG＝120°.(1)如圖1，當(dāng)點E與點B重合時，∠CEF＝________；(2)如圖2，連接AF.①填空：∠FAD________∠EAB(填“＞”“＜”或“＝”)；②求證：點F在∠ABC的平分線上；(3)如圖3，連接EG，DG，并延長DG交BA的延長線于點H，當(dāng)四邊形AEGH是平行四邊形時，求eq\f(BC,AB)的值．解：(1)∵四邊形AEFG是菱形，∴∠AEF＝180°－∠EAG＝60°.∴∠CEF＝∠AEC－∠AEF＝60°.故答案為60°；(2)①∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠DAB＝180°－∠ABC＝60°.∵四邊形AEFG是菱形，∠EAG＝120°，∴∠FAE＝60°.∴∠FAD＝∠EAB.故答案為＝；②證明：當(dāng)BA＜BE時，如圖4，作FM⊥BC于M，F(xiàn)N⊥BA交BA的延長線于N，則∠FNB＝∠FMB＝90°，∴∠NFM＝60°，又∵∠AFE＝60°.∴∠AFN＝∠EFM.∵EF＝EA，∠FAE＝60°，∴△AEF為等邊三角形．∴FA＝FE.在△AFN和△EFM中，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(∠AFN＝∠EFM，,∠FNA＝∠FME，,FA＝FE，))∴△AFN≌△EFM(AAS)．∴FN＝FM.又∵FM⊥BC，F(xiàn)N⊥BA，∴點F在∠ABC的平分線上．當(dāng)BA＝BE時，如圖5，∵BA＝BE，∠ABC＝120°，∴∠BAE＝∠BEA＝30°.∵∠EAG＝120°，四邊形AEFG為菱形，∴∠EAF＝60°.又∵EA＝EF，∴△AEF為等邊三角形．∴∠FEA＝60°，F(xiàn)A＝FE.則∠FAB＝∠FEB＝90°，又∵FA＝FE，∴點F在∠ABC的平分線上．當(dāng)BA＞BE時，同理可證，點F在∠ABC的平分線上，特別地，當(dāng)點E在與點B重合時，點F在∠ABC的平分線上．綜上所述，點F在∠ABC的平分線上．(3)如圖6，∵四邊形AEFG是菱形，∠EAG＝120°，∴∠AGF＝60°.∴∠FGE＝∠AGE＝30°.∵四邊形AEGH為平行四邊形，∴GE∥AH.∴∠GAH＝∠AGE＝30°，∠H＝∠FGE＝30°.∴∠GAN＝90°.又∵∠AGE＝30°，∴GN＝2AN.∵∠DAB＝60°，∠H＝30°，∴∠ADH＝30°.∴AD＝AH＝GE.∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴BC＝AD.∴BC＝GE.∵∠H＝∠EAB＝30°，∴平行四邊形ABEN為菱形．∴AB＝AN＝NE.∴GE＝3AB.∴eq\f(BC,AB)＝3.eq\a\vs4\al(方法總結(jié))無論是動點問題引發(fā)的幾何圖形的大小及形狀問題，還是幾何圖形間的位置關(guān)系問題，往往需要通過相關(guān)的數(shù)量條件來確定，因此抓住幾何計算是解決此類問題的關(guān)鍵所在．此外，動點問題往往會產(chǎn)生變量，因此，在解答時常需要考慮構(gòu)造方程、函數(shù)來解決，而直角三角形中的三邊的數(shù)量關(guān)系、邊角關(guān)系，相似三角形的等比關(guān)系、平行四邊形對邊相等關(guān)系、圖形的面積(周長)計算公式等就是構(gòu)造方程的依據(jù)．[跟蹤訓(xùn)練]1．在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，點P是射線BD上一動點，以AP為邊向右側(cè)作等邊△APE，點E的位置隨著點P的位置變化而變化．(1)如圖1，當(dāng)點E在菱形ABCD內(nèi)部或邊上時，連接CE，BP與CE的數(shù)量關(guān)系是__________，CE與AD的位置關(guān)系是__________；(2)當(dāng)點E在菱形ABCD外部時，(1)中的結(jié)論是否還成立？若成立，請予以證明；若不成立，請說明理由(選擇圖2，圖3中的一種情況予以證明或說理)；(3)如圖4，當(dāng)點P在線段BD的延長線上時，連接BE，若AB＝2eq\r(3)，BE＝2eq\r(19)，求四邊形ADPE的面積．解：(1)如圖1中，結(jié)論：PB＝EC，CE⊥AD.理由：連接AC.∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴△ABC，△ACD都是等邊三角形，∠ABD＝∠CBD＝30°.∴AB＝AC，∠BAC＝60°.∵△APE是等邊三角形，∴AP＝AE，∠PAE＝60°.∵∠BAC＝∠PAE，∴∠BAP＝∠CAE.∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(AB＝AC，,∠BAP＝∠CAE，,AP＝AE，))∴△BAP≌△CAE.∴BP＝CE，∠ABP＝∠ACE＝30°.延長CE交AD于H，∵∠CAH＝60°，∴∠CAH＋∠ACH＝90°.∴∠AHC＝90°，即CE⊥AD.故答案為PB＝EC，CE⊥AD.(2)結(jié)論仍然成立．理由：選圖2，連接AC交BD于O，設(shè)CE交AD于H.∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴△ABC，△ACD都是等邊三角形，∠ABD＝∠CBD＝30°.∴AB＝AC，∠BAC＝60°.∵△APE是等邊三角形，∴AP＝AE，∠PAE＝60°，∴∠BAP＝∠CAE.∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(AB＝AC，,∠BAP＝∠CAE，,AP＝AE，))∴△BAP≌△CAE.∴BP＝CE，∠PBA＝∠ACE＝30°.∵∠CAH＝60°，∴∠CAH＋∠ACH＝90°，∴∠AHC＝90°，即CE⊥AD.選圖3，連接AC交BD于O，設(shè)CE交AD于H.∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴△ABC，△ACD都是等邊三角形，∠ABD＝∠CBD＝30°.∴AB＝AC，∠BAC＝60°.∵△APE是等邊三角形，∴AP＝AE，∠PAE＝60°，∴∠BAP＝∠CAE.∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(AB＝AC，,∠BAP＝∠CAE，,AP＝AE，))∴△BAP≌△CAE.∴BP＝CE，∠ABP＝∠ACE＝30°.∵∠CAH＝60°，∴∠CAH＋∠ACH＝90°，∴∠AHC＝90°，即CE⊥AD.(3)∵△BAP≌△CAE，由(2)可知EC⊥AD，CE＝BP，在菱形ABCD中，AD∥BC，∴EC⊥BC.∵BC＝AB＝2eq\r(3)，BE＝2eq\r(19)，在Rt△BCE中，EC＝eq\r(2\r(19)2－2\r(3)2)＝8，∴BP＝CE＝8.∵AC與BD是菱形的對角線，∴∠ABD＝eq\f(1,2)∠ABC＝30°，AC⊥BD.∴BD＝2BO＝2AB·cos30°＝6.∴OA＝eq\f(1,2)AB＝eq\r(3)，DP＝BP－BD＝8－6＝2.∴OP＝OD＋DP＝5.在Rt△AOP中，AP＝eq\r(AO2＋OP2)＝2eq\r(7)，∴S四邊形ADPE＝S△ADP＋S△AEP＝eq\f(1,2)×2×eq\r(3)＋eq\f(\r(3),4)×(2eq\r(7))2＝8eq\r(3).2．如圖1，在正方形ABCD中，點E是AB邊上的一個動點(點E與點A，B不重合)，連接CE，過點B作BF⊥CE于點G，交AD于點F.(1)求證：△ABF≌△BCE；(2)如圖2，當(dāng)點E運動到AB中點時，連接DG，求證：DC＝DG；(3)如圖3，在(2)的條件下，過點C作CM⊥DG于點H，分別交AD，BF于點M，N，求eq\f(MN,NH)的值．解：(1)證明：∵BF⊥CE，∴∠CGB＝90°，∴∠GCB＋∠CBG＝90°.∵四邊形ABCD是正方形，∴∠CBE＝90°＝∠A，BC＝AB.∴∠FBA＋∠CBG＝90.∴∠GCB＝∠FBA.∴△ABF≌△BCE(ASA)．(2)證明：如圖2，過點D作DH⊥CE于H，設(shè)AB＝CD＝BC＝2a，∵點E是AB的中點，∴EA＝EB＝eq\f(1,2)AB＝a.∴CE＝eq\r(5)a.在Rt△CEB中，根據(jù)面積相等，得BG·CE＝CB·EB，∴BG＝eq\f(2\r(5),5)a.∴CG＝eq\r(CB2－BG2)＝eq\f(4\r(5),5)a.∵∠DCE＋∠BCE＝90°，∠CBF＋∠BCE＝90°，∴∠DCE＝∠CBF.∵CD＝BC，∠CHD＝∠CGB＝90°，∴△CHD≌△BGC(AAS)．∴CH＝BG＝eq\f(2\r(5),5)a.∴GH＝CG－CH＝eq\f(2\r(5),5)a＝CH.∵DH＝DH，∠CHD＝∠GHD＝90°，∴△DGH≌△CDH(SAS)．∴CD＝GD.(3)如圖3，過點D作DQ⊥CE于Q，S△CDG＝eq\f(1,2)·DQ·CG＝eq\f(1,2)CH·DG，∴CH＝eq\f(CG·DQ,DG)＝eq\f(8,5)a.在Rt△CHD中，CD＝2a，∴DH＝eq\r(CD2－CH2)＝eq\f(6,5)a.∵∠MDH＋∠HDC＝90°，∠HCD＋∠HDC＝90°，∴∠MDH＝∠HCD.∴△CHD∽△DHM.∴eq\f(DH,CH)＝eq\f(MH,DH)＝eq\f(3,4).∴HM＝eq\f(9,10)a.在Rt△CHG中，CG＝eq\f(4\r(5),5)a，CH＝eq\f(8,5)a，∴GH＝eq\r(CG2－CH2)＝eq\f(4,5)a.∵∠NGH＋∠CGH＝90°，∠HCG＋∠CGH＝90°，∴∠NGH＝∠NCG.∴△GHN∽△CHG.∴eq\f(HN,HG)＝eq\f(HG,CH).∴HN＝eq\f(HG2,CH)＝eq\f(2,5)a.∴MN＝HM－HN＝eq\f(1,2)a.∴eq\f(MN,NH)＝eq\f(\f(1,2)a,\f(2,5)a)＝eq\f(5,4).新定義探究問題eq\a\vs4\al([例2])我們定義：如圖1，在△ABC中，把AB繞點A順時針旋轉(zhuǎn)α(0°＜α＜180°)得到AB′，把AC繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)β得到AC′，連接B′C′.當(dāng)α＋β＝180°時，我們稱△AB′C′是△ABC的“旋補三角形”，△AB′C′邊B′C′上的中線AD叫做△ABC的“旋補中線”，點A叫做“旋補中心”．特例感知：(1)在圖2，圖3中，△AB′C′是△ABC的“旋補三角形”，AD是△ABC的“旋補中線”．①如圖2，當(dāng)△ABC為等邊三角形時，AD與BC的數(shù)量關(guān)系為AD＝________BC；②如圖3，當(dāng)∠BAC＝90°，BC＝8時，則AD長為______．猜想論證：(2)在圖1中，當(dāng)△ABC為任意三角形時，猜想AD與BC的數(shù)量關(guān)系，并給予證明．拓展應(yīng)用：(3)如圖4，在四邊形ABCD中，∠C＝90°，∠D＝150°，BC＝12，CD＝2eq\r(3)，DA＝6.在四邊形內(nèi)部是否存在點P，使△PDC是△PAB的“旋補三角形”？若存在，給予證明，并求△PAB的“旋補中線”長；若不存在，說明理由．解：(1)①如圖2中，∵△ABC是等邊三角形，∴AB＝BC＝AC＝AB′＝AC′.∵DB′＝DC′，∴AD⊥B′C′.∵∠BAC＝60°，∠BAC＋∠B′AC′＝180°，∴∠B′AC′＝120°，∴∠B′＝∠C′＝30°，∴AD＝eq\f(1,2)AB′＝eq\f(1,2)BC.故答案為eq\f(1,2).②如圖3中，∵∠BAC＝90°，∠BAC＋∠B′AC′＝180°，∴∠B′AC′＝∠BAC＝90°.∵AB＝AB′，AC＝AC′，∴△BAC≌△B′AC′，∴BC＝B′C′.∵B′D＝DC′，∴AD＝eq\f(1,2)B′C′＝eq\f(1,2)BC＝4.故答案為4.(2)猜想：AD＝eq\f(1,2)BC.證明：如圖1中，延長AD到M，使得AD＝DM，連接B′M，C′M.∵B′D＝DC′，AD＝DM，∴四邊形AC′MB′是平行四邊形，∴AC′＝B′M＝AC.∵∠BAC＋∠B′AC′＝180°，∠B′AC′＋∠AB′M＝180°，∴∠BAC＝∠MB′A.∵AB＝AB′，∴△BAC≌△AB′M.∴BC＝AM.∴AD＝eq\f(1,2)BC.(3)存在．理由：如圖4中，延長AD交BC的延長線于M，作BE⊥AD于E，作線段BC的垂直平分線交BE于P，交BC于F，連接PA，PD，PC，作△PCD的中線PN.連接DF交PC于O.∵∠ADC＝150°，∴∠MDC＝30°.在Rt△DCM中，∵CD＝2eq\r(3)，∠DCM＝90°，∠MDC＝30°，∴CM＝2，DM＝4，∠M＝60°.在Rt△BEM中，∵∠BEM＝90°，BM＝14，∠MBE＝30°，∴EM＝eq\f(1,2)BM＝7.∴DE＝EM－DM＝3.∵AD＝6，∴AE＝DE.∵BE⊥AD，∴PA＝PD，PB＝PC.在Rt△CDF中，∵CD＝2eq\r(3)，CF＝6，∴tan∠CDF＝eq\r(3)，∴∠CDF＝60°，∴∠ADF＝90°＝∠AEB，∴∠CBE＝∠CFD.∵∠CBE＝∠PCF，∴∠CFD＝∠PCF.∵∠CFD＋∠CDF＝90°，∠PCF＋∠CPF＝90°，∴∠CPF＝∠CDF＝60°.易證△FCP≌△CFD，∴CD＝PF.∵CD∥PF，∴四邊形CDPF是矩形，∴∠CDP＝90°，∴∠ADP＝∠ADC－∠CDP＝60°，∴△ADP是等邊三角形，∴∠ADP＝60°.∵∠BPF＝∠CPF＝60°，∴∠BPC＝120°，∴∠APD＋∠BPC＝180°，∴△PDC是△PAB的“旋補三角形”．在Rt△PDN中，∵∠PDN＝90°，PD＝AD＝6，DN＝eq\r(3)，∴PN＝eq\r(DN2＋PD2)＝eq\r(\r(3)2＋62)＝eq\r(39).(也可利用旋補中線長＝eq\f(1,2)AB，求出AB即可)eq\a\vs4\al(方法總結(jié))解答新定義的探究問題，首先要認(rèn)真閱讀并準(zhǔn)確理解“新定義”，把握“新定義”的實質(zhì)，從性質(zhì)與判定兩個角度作出分析，弄清它們所對應(yīng)的題設(shè)與結(jié)論，然后分別運用“新定義”的性質(zhì)屬性與判定屬性來解決相應(yīng)的問題．[跟蹤訓(xùn)練]3．我們把兩條中線互相垂直的三角形稱為“中垂三角形”，例如圖1，圖2，圖3中，AF，BE是△ABC的中線，AF⊥BE，垂足為P，像△ABC這樣的三角形均稱為“中垂三角形”，設(shè)BC＝a，AC＝b，AB＝c.特例探索(1)如圖1，當(dāng)∠ABE＝45°，c＝2eq\r(2)時，a＝________，b＝__________.如圖2，當(dāng)∠ABE＝30°，c＝4時，a＝______，b＝______.歸納證明(2)請你觀察(1)中的計算結(jié)果，猜想a2，b2，c2三者之間的關(guān)系，用等式表示出來，并利用圖3證明你發(fā)現(xiàn)的關(guān)系式．拓展應(yīng)用(3)如圖4，在?ABCD中，點E，F(xiàn)，G分別是AD，BC，CD的中點，BE⊥EG，AD＝2eq\r(5)，AB＝3，求AF的長．解：(1)∵AF⊥BE，∠ABE＝45°，∴AP＝BP＝eq\f(\r(2),2)AB＝2.∵AF，BE是△ABC的中線，∴EF∥AB，EF＝eq\f(1,2)AB＝eq\r(2)，∴∠PFE＝∠PEF＝45°，∴PE＝PF＝1.在Rt△FPB和Rt△PEA中，AE＝BF＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5)，∴AC＝BC＝2eq\r(5)，∴a＝b＝2eq\r(5).如圖2，連接EF，同理，可得EF＝eq\f(1,2)×4＝2，∵EF∥AB，∴△PEF∽△PBA.∴eq\f(PF,AP)＝eq\f(PE,PB)＝eq\f(EF,AB)＝eq\f(1,2).在Rt△ABP中，AB＝4，∠ABP＝30°，∴AP＝2，PB＝2eq\r(3)，∴PF＝1，PE＝eq\r(3).在Rt△APE和Rt△BPF中，根據(jù)勾股定理，得AE＝eq\r(7)，BF＝eq\r(13)，∴a＝2eq\r(13)，b＝2eq\r(7).故答案為2eq\r(5)，2eq\r(5)，2eq\r(13)，2eq\r(7).(2)猜想：a2＋b2＝5c2，證明：如圖3，連接EF，設(shè)∠ABP＝α，∴AP＝csinα，PB＝ccosα.由(1)同理，可得PF＝eq\f(1,2)PA＝eq\f(csinα,2)，PE＝eq\f(1,2)PB＝eq\f(ccosα,2)，AE2＝AP2＋PE2＝c2sin2α＋eq\f(c2cos2α,4)，BF2＝PB2＋PF2＝eq\f(c2sin2α,4)＋c2cos2α，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)))2＝c2sin2α＋eq\f(c2cos2α,4)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))2＝eq\f(c2sin2α,4)＋c2cos2α，∴eq\f(a2,4)＋eq\f(b2,4)＝eq\f(c2sin2α,4)＋c2cos2α＋c2sin2α＋eq\f(c2cos2α,4)，∴a2＋b2＝5c2.(3)如圖4，連接AC，EF交于H，AC與BE交于點Q，設(shè)BE與AF的交點為P，∵點E，G分別是AD，CD的中點，∴EG∥AC.∵BE⊥EG，∴BE⊥AC.∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，AD＝BC＝2eq\r(5)，∴∠EAH＝∠FCH.∵E，F(xiàn)分別是AD，BC的中點，∴AE＝eq\f(1,2)AD，BF＝eq\f(1,2)BC，∴AE＝BF＝CF＝eq\f(1,2)AD＝eq\r(5).∵AE∥BF，∴四邊形ABFE是平行四邊形．∴EF＝AB＝3，AP＝PF.在△AEH和△CFH中，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(∠EAH＝∠FCH，,∠AHE＝∠FHC，,AE＝CF，))∴△AEH≌△CFH(AAS)，∴EH＝FH，∴EP，AH分別是△AFE的中線．由(2)的結(jié)論，得AF2＋EF2＝5AE2，∴AF2＝5(eq\r(5))2－EF2＝16.∴AF＝4.或連接F與AB的中點M，證MF垂直BP，構(gòu)造出“中垂三角形”，因為AB＝3，BF＝eq\f(1,2)AD＝eq\r(5)，根據(jù)上一問的結(jié)論，直接可求AF.4．【試題背景】已知：l∥m∥n∥k，平行線l與m，m與n，n與k之間的距離分別為d1，d2，d3，且d1＝d3＝1，d2＝2.我們把四個頂點分別在l，m，n，k這四條平行線上的四邊形稱為“格線四邊形”．【探究1】(1)如圖1，正方形ABCD為“格線四邊形”，BE⊥l于點E，BE的反向延長線交直線k于點F，求正方形ABCD的邊長．【探究2】(2)矩形ABCD為“格線四邊形”，其長∶寬＝2∶1，則矩形ABCD的寬為__________．(直接寫出結(jié)果即可)【探究3】(3)如圖2，菱形ABCD為“格線四邊形”且∠ADC＝60°，△AEF是等邊三角形，AE⊥k于點E，∠AFD＝90°，直線DF分別交直線l，k于點G，M.求證：EC＝DF.【拓展】(4)如圖3，l∥k，等邊△ABC的頂點A，B分別落在直線l，k上，AB⊥k于點B，且AB＝4，∠ACD＝90°，直線CD分別交直線l，k于點G，M，點D，E分別是線段GM、BM上的動點，且始終保持AD＝AE，DH⊥l于點H.猜想：DH在什么范圍內(nèi)，BC∥DE？并說明此時BC∥DE的理由．解：(1)∵l∥k，BE⊥l，∴∠BFC＝∠BEA＝90°，∴∠ABE＋∠BAE＝90°.∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABC＝90°，AB＝BC，∴∠ABE＋∠CBF＝90°，∴∠BAE＝∠CBF，∴△ABE≌△BCF.∴AE＝BF.∵d1＝d3＝1，d2＝2，∴BE＝3，AE＝1.在直角△ABE中，AB＝eq\r(BE2＋AE2)＝eq\r(32＋12)＝eq\r(10)，即正方形ABCD的邊長是eq\r(10).(2)過B作BE⊥l于點E，反向延長BE交k于點F.則BE＝1，BF＝3，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°.∴∠ABE＋∠FBC＝90°.又∵Rt△ABE中，∠ABE＋∠EAB＝90°，∴∠FBC＝∠EAB.∴△AEB∽△BFC.當(dāng)AB是較短的邊時，如圖(a)，AB＝eq\f(1,2)BC，則AE＝eq\f(1,2)BF＝eq\f(3,2)，在Rt△ABE中，AB＝eq\r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2)＝eq\f(\r(13),2)；當(dāng)AB是長邊時，如圖(b)，同理，可得BC＝eq\f(\r(37),2)；故答案為eq\f(\r(13),2)或eq\f(\r(37),2).(3)證明：如圖2，連接AC，∵四邊形ABCD是菱形，且∠ADC＝60°，∴AC＝AD.∵△AEF是等邊三角形，∴AE＝AF.∵AE⊥k，∠AFD＝90°，∴∠AEC＝∠AFD＝90°.∴Rt△AEC≌Rt△AFD.∴EC＝DF.(4)當(dāng)2＜DH＜4時(C點離l的距離為2，D點必在C點下方)，BC∥DE.理由如下：如圖3，當(dāng)2＜DH＜4時，點D在線段CM上，連接AM.∵∠ABM＝∠ACM＝90°，AB＝AC，AM＝AM，∴Rt△ABM≌Rt△ACM.∴∠BAM＝∠CAM.∴AM⊥BC.又∵AD＝AE，AB＝AC，∴Rt△ABE≌Rt△ACD.∴∠BAE＝∠CAD.∴∠EAM＝∠DAM.∴AM⊥ED.∴BC∥DE.幾何變換探究問題eq\a\vs4\al([例3])課本再現(xiàn)(1)在證明“三角形內(nèi)角和定理”時，小明只撕下三角形紙片的一個角拼成圖1即可證明，其中與∠A相等的角是________；類比遷移(2)如圖2，在四邊形ABCD中，∠ABC與∠ADC互余，小明發(fā)現(xiàn)四邊形ABCD中這對互余的角可類比(1)中思路進行拼合：先作∠CDF＝∠ABC，再過點C作CE⊥DF于點E，連接AE，發(fā)現(xiàn)AD，DE，AE之間的數(shù)量關(guān)系是________；方法運用(3)如圖3，在四邊形ABCD中，連接AC，∠BAC＝90°，點O是△ACD兩邊垂直平分線的交點，連接OA，∠OAC＝∠ABC.①求證：∠ABC＋∠ADC＝90°；②連接BD，如圖4，已知AD＝m，DC＝n，eq\f(AB,AC)＝2，求BD的長(用含m，n的式子表示)．解：(1)由圖形的拼剪可知，∠A＝∠DCA′，故答案為：∠DCA′.(2)∵∠ADC＋∠ABC＝90°，∠CDE＝∠ABC，∴∠ADE＝∠ADC＋∠CDE＝90°.∴AD2＋DE2＝AE2.故答案為：AD2＋DE2＝AE2.(3)①證明：如圖3中，連接OC，作△ADC的外接圓⊙O.∵點O是△ACD兩邊垂直平分線的交點，∴點O是△ADC的外心．∴∠AOC＝2∠ADC.∵OA＝OC，∴∠OAC＝∠OCA.∵∠AOC＋∠OAC＋∠OCA＝180°，∠OAC＝∠ABC，∴2∠ADC＋2∠ABC＝180°.∴∠ADC＋∠ABC＝90°.②如圖4中，在DC的下方作∠CDT＝∠ABC，過點C作CT⊥DT于T.∵∠CTD＝∠CAB＝90°，∠CDT＝∠ABC，∴△CTD∽△CAB.∴∠DCT＝∠ACB,eq\f(CD,CB)＝eq\f(CT,CA).∴eq\f(CD,CT)＝eq\f(CB,CA)，∠DCB＝∠TCA.∴△DCB∽△TCA.∴eq\f(BD,AT)＝eq\f(CB,CA).∵eq\f(AB,AC)＝2，∴AC∶AB∶BC＝CT∶DT∶CD＝1∶2∶eq\r(5).∴BD＝eq\r(5)AT.∵∠ADT＝∠ADC＋∠CDT＝∠ADC＋∠ABC＝90°，DT＝eq\f(2\r(5),5)n，AD＝m，∴AT＝eq\r(AD2＋DT2)＝eq\r(m2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5)n))2)＝eq\r(m2＋\f(4,5)n2).∴BD＝eq\r(5m2＋4n2).eq\a\vs4\al(方法總結(jié))對于圖形變換所引發(fā)的圖形的證明與幾何量的計算問題，解答時，就要運用圖形變換的視角來啟發(fā)、引導(dǎo)我們觀察圖形、分析圖形，識別出基本圖形和圖形之間所存在的變換關(guān)系，進而運用圖形變換的知識來加以解答，也可根據(jù)圖形的特征，巧妙地運用圖形變換的手段來轉(zhuǎn)化圖形．[跟蹤訓(xùn)練]5．(1)如圖1，E是正方形ABCD邊AB上的一點，連接BD，DE，將∠BDE繞點D逆時針旋轉(zhuǎn)90°，旋轉(zhuǎn)后角的兩邊分別與射線BC交于點F和點G.①線段DB和DG的數(shù)量關(guān)系是__________；②寫出線段BE，BF和DB之間的數(shù)量關(guān)系．(2)當(dāng)四邊形ABCD為菱形，∠ADC＝60°，點E是菱形ABCD邊AB所在直線上的一點，連接BD，DE，將∠BDE繞點D逆時針旋轉(zhuǎn)120°，旋轉(zhuǎn)后角的兩邊分別與射線BC交于點F和點G.①如圖2，點E在線段AB上時，請?zhí)骄烤€段BE，BF和BD之間的數(shù)量關(guān)系，寫出結(jié)論并給出證明；②如圖3，點E在線段AB的延長線上時，DE交射線BC于點M，若BE＝1，AB＝2，直接寫出線段GM的長度．解：(1)①DB＝DG，理由是：∵∠DBE繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)90°，如圖1，由旋轉(zhuǎn)，可知∠BDE＝∠FDG，∠BDG＝90°.∵四邊形ABCD是正方形，∴∠CBD＝45°.∴∠G＝45°.∴∠G＝∠CBD＝45°.∴DB＝DG.故答案為DB＝DG.②BF＋BE＝eq\r(2)BD，理由如下：由①，知∠FDG＝∠EDB，∠G＝∠DBE＝45°，BD＝DG，∴△FDG≌△EDB(ASA)．∴BE＝FG.∴BF＋FG＝BF＋BE＝BC＋CG.Rt△DCG中，∵∠G＝∠CDG＝45°，∴CD＝CG＝CB.∵DG＝BD＝eq\r(2)BC，∴BF＋BE＝2BC＝eq\r(2)BD.(2)①如圖2，BF＋BE＝eq\r(3)BD，證明：在菱形ABCD中，∠ADB＝∠CDB＝eq\f(1,2)∠ADC＝eq\f(1,2)×60°＝30°，由旋轉(zhuǎn)120°，得∠EDF＝∠BDG＝120°，∠EDB＝∠FDG，在△DBG中，∠G＝180°－120°－30°＝30°，∴∠DBG＝∠G＝30°.∴DB＝DG.∴△EDB≌△FDG(ASA)．∴BE＝FG.∴BF＋BE＝BF＋FG＝BG.過點D作DM⊥BG于點M，如圖2，∵BD＝DG，∴BG＝2BM.在Rt△BMD中，∠DBM＝30°，∴BD＝2DM.設(shè)DM＝a，則BD＝2a，BM＝eq\r(3)a，∴BG＝2eq\r(3)a.∴eq\f(BD,BG)＝eq\f(2a,2\r(3)a)＝eq\f(1,\r(3)).∴BG＝eq\r(3)BD.∴BF＋BE＝BG＝eq\r(3)BD.②過點A作AN⊥BD于N，過D作DP⊥BG于P，如圖3，Rt△ABN中，∠ABN＝30°，AB＝2，∴AN＝1，BN＝eq\r(3).∴BD＝2BN＝2eq\r(3).∵DC∥BE，∴eq\f(CD,BE)＝eq\f(CM,BM)＝eq\f(2,1).∵CM＋BM＝2，∴BM＝eq\f(2,3).Rt△BDP中，∠DBP＝30°，BD＝2eq\r(3)，∴BP＝3.由旋轉(zhuǎn)，得BD＝DF，∴BF＝2BP＝6.∴GM＝BG－BM＝6＋1－eq\f(2,3)＝eq\f(19,3).操作探究問題eq\a\vs4\al([例4])(2014·江西23題9分)如圖1，邊長為4的正方形ABCD中，點E在AB邊上(不與點A，B重合)，點F在BC邊上(不與點B，C重合)．第一次操作：將線段EF繞點F順時針旋轉(zhuǎn)，當(dāng)點E落在正方形上時，記為點G；第二次操作：將線段FG繞點G順時針旋轉(zhuǎn)，當(dāng)點F落在正方形上時，記為點H；……依此操作下去．(1)圖2中的△EFD是經(jīng)過兩次操作后得到的，其形狀為__________，求此時線段EF的長；(2)若經(jīng)過三次操作可得到四邊形EFGH.①請判斷四邊形EFGH的形狀為__________，此時AE與BF的數(shù)量關(guān)系是__________；②以①中的結(jié)論為前提，設(shè)AE的長為x，四邊形EFGH的面積為y，求y與x的函數(shù)關(guān)系式及面積y的取值范圍．解：(1)如題圖2，由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)，可知EF＝DF＝DE，則△DEF為等邊三角形．在Rt△ADE與Rt△CDF中，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(AD＝CD，,DE＝DF，))∴Rt△ADE≌Rt△CDF(HL)．∴AE＝CF.設(shè)AE＝CF＝x，則BE＝BF＝4－x，∴△BEF為等腰直角三角形．∴EF＝eq\r(2)BF＝eq\r(2)(4－x)．∴DE＝DF＝EF＝eq\r(2)(4－x)．在Rt△ADE中，由勾股定理，得AE2＋AD2＝DE2，即x2＋42＝[eq\r(2)(4－x)]2，解得x1＝8－4eq\r(3)，x2＝8＋4eq\r(3)(舍去)，∴EF＝eq\r(2)(4－x)＝4eq\r(6)－4eq\r(2).△DEF的形狀為等邊三角形，EF的長為4eq\r(6)－4eq\r(2).(2)①四邊形EFGH的形狀為正方形，此時AE＝BF.理由如下：依題意畫出圖形，如圖1所示，連接EG，F(xiàn)H，作HN⊥BC于N，GM⊥AB于M.由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可知，EF＝FG＝GH＝HE，∴四邊形EFGH是菱形．由△EGM≌△FHN，可知EG＝FH，∴四邊形EFGH的形狀為正方形．∴∠HEF＝90°.∵∠1＋∠2＝90°，∠2＋∠3＝90°，∴∠1＝∠3.∵∠3＋∠4＝90°，∠2＋∠3＝90°，∴∠2＝∠4.在△AEH與△BFE中，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(∠1＝∠3，,EH＝EF，,∠2＝∠4，))∴△AEH≌△BFE(ASA)．∴AE＝BF.②利用①中結(jié)論，易證△AEH、△BFE、△CGF、△DHG均為全等三角形，∴BF＝CG＝DH＝AE＝x，AH＝BE＝CF＝DG＝4－x.∴y＝S正方形ABCD－4S△AEH＝4×4－4×eq\f(1,2)x(4－x)＝2x2－8x＋16.∴y＝2x2－8x＋16(0＜x＜4)∵y＝2x2－8x＋16＝2(x－2)2＋8，∴當(dāng)x＝2時，y取得最小值8；當(dāng)x＝0或4時，y＝16.∴y的取值范圍是8≤y＜16.eq\a\vs4\al(方法總結(jié))對于操作性試題，首先要認(rèn)真閱讀、理解操作的方法與步驟，在此基礎(chǔ)上根據(jù)操作步驟所涉及的知識來思考，如操作中涉及了平移、旋轉(zhuǎn)等圖形變換，就要充分利用平移、旋轉(zhuǎn)的相關(guān)知識來解答．[跟蹤訓(xùn)練]6．綜合與實踐動手操作：第一步：如圖1，正方形紙片ABCD沿對角線AC所在的直線折疊，展開鋪平．在沿過點C的直線折疊，使點B，點D都落在對角線AC上．此時，點B與點D重合，記為點N，且點E，點N，點F三點在同一條直線上，折痕分別為CE，CF.如圖2.第二步：再沿AC所在的直線折疊，△ACE與△ACF重合，得到圖3.第三步：在圖3的基礎(chǔ)上繼續(xù)折疊，使點C與點F重合，如圖4，展開鋪平，連接EF，F(xiàn)G，GM，ME.如圖5，圖中的虛線為折痕．問題解決：(1)在圖5中，∠BEC的度數(shù)是__________，eq\f(AE,BE)的值是________．(2)在圖5中，請判斷四邊形EMGF的形狀，并說明理由；(3)在不增加字母的條件下，請你以圖5中的字母表示的點為頂點，動手畫出一個菱形(正方形除外)，并寫出這個菱形：__________.解：(1)由折疊的性質(zhì)，得BE＝EN，AE＝AF，∠CEB＝∠CEN，∠BAC＝∠CAD，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠EAF＝90°.∴∠AEF＝∠AFE＝45°.∴∠BEN＝135°.∴∠BEC＝67.5°.∴∠BAC＝∠CAD＝45°.∵∠AEF＝45°，∴△AEN是等腰直角三角形．∴AE＝eq\r(2)EN.∴eq\f(AE,BE)＝eq\f(\r(2)EN,EN)＝eq\r(2).故答案為67.5°，eq\r(2).(2)四邊形EMGF是矩形；理由如下：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠B＝∠BCD＝∠D＝90°.由折疊的性質(zhì)，得∠BCE＝∠ECA＝∠ACF＝∠FCD，CM＝CG，∠BEC＝∠NEC＝∠NFC＝∠DFC，∴∠BCE＝∠ECA＝∠ACF＝∠FCD＝eq\f(90°,4)＝22.5°，∠BEC＝∠NEC＝∠NFC＝∠DFC＝67.5°.由折疊可知，MH，GH分別垂直平分EC，F(xiàn)C，∴MC＝ME，CG＝GF.∴∠MEC＝∠BCE＝22.5°，∠GFC＝∠FCD＝22.5°.∴∠MEF＝90°，∠GFE＝90°.∵∠MCG＝90°，CM＝CG，∴∠CMG＝45°.∵∠BME＝∠BCE＋∠MEC＝22.5°＋22.5°＝45°，∴∠EMG＝180°－∠CMG－∠BME＝90°.∴四邊形EMGF是矩形．(3)連接EH，F(xiàn)H，如圖所示：∵由折疊可知：MH，GH分別垂直平分EC，F(xiàn)C，同時EC，F(xiàn)C也分別垂直平分MH，GH，∴四邊形EMCH與四邊形FGCH是菱形．故答案為菱形EMCH或菱形FGCH.7．綜合與實踐折紙是同學(xué)們喜歡的手工活動之一，通過折紙我們既可以得到許多美麗的圖形，同時折紙的過程還蘊含著豐富的數(shù)學(xué)知識．折一折：把邊長為4的正方形紙片ABCD對折，使邊AB與CD重合，展開后得到折痕EF.如圖1；點M為CF上一點，將正方形紙片ABCD沿直線DM折疊，使點C落在EF上的點N處，展開后連接DN，MN，AN，如圖②.(1)填一填，做一做：①圖2中，∠CMD＝________；線段NF＝________.②圖2中，試判斷△AND的形狀，并給出證明．(2)剪一剪、折一折：將圖2中的△AND剪下來，將其沿直線GH折疊，使點A落在點A′處，分別得到圖3、圖4.①圖3中陰影部分的周長為________．②圖3中，若∠A′GN＝80°，則∠A′HD＝________°.③圖3中的相似三角形(包括全等三角形)共有______對；④如圖4，點A′落在邊ND上，若eq\f(A′N,A′D)＝eq\f(m,n)，則eq\f(AG,AH)＝__________(用含m，n的代數(shù)式表示)．解：(1)①由折疊的性質(zhì)得，四邊形CDEF是矩形，∴EF＝CD，∠DEF＝90°，DE＝AE＝eq\f(1,2)AD.∵將正方形紙片ABCD沿直線DM折疊，使點C落在EF上的點N處，∴DN＝CD＝2DE，MN＝CM.∴∠EDN＝60°.∴∠CDM＝∠NDM＝15°，EN＝eq\f(\r(3),2)DN＝2eq\r(3).∴∠CMD＝75°，NF＝EF－EN＝4－2eq\r(3)；故答案為75°，4－2eq\r(3)；②△AND是等邊三角形，證明：在△AEN與△DEN中，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(AE＝DE，,∠AEN＝∠DEN＝90°，,EN＝EN，))∴△AEN≌△DEN(SAS)．∴AN＝DN.∵∠EDN＝60°，∴△AND是等邊三角形．(2)①∵將圖2中的△AND沿直線GH折疊，使點A落在點A′處，∴A′G＝AG，A′H＝AH.∴圖3中陰影部分的周長＝△ADN的周長＝3×4＝12.故答案為12；②∵將圖2中的△AND沿直線GH折疊，使點A落在點A′處，∴∠AGH＝∠A′GH，∠AHG＝∠A′HG.∵∠A′GN＝80°，∴∠AGH＝50°.∴∠AHG＝∠A′HG＝70°.∴∠A′HD＝180°－70°－70°＝40°.故答案為40；圖3③如圖3，由②易得，∴△NGM∽△A′N′M∽△DN′H.∵△AGH≌△A′GH，∴圖3中的相似三角形(包括全等三角形)共有4對．故答案為4；④∵eq\f(A′N,A′D)＝eq\f(m,n)，∴設(shè)A′N＝am，則A′D＝an.∵∠N＝∠D＝∠A＝∠GA′H＝60°，∴∠NA′G＋∠A′GN＝∠NA′G＋∠DA′H＝120°.∴∠A′GN＝∠DA′H.∴△A′GN∽△HA′D.∴eq\f(A′G,A′H)＝eq\f(A′N,DH)＝eq\f(GN,A′D).設(shè)A′G＝AG＝x，A′H＝AH＝y(tǒng)，則GN＝4－x，DH＝4－y，∴eq\f(x,y)＝eq\f(am,4－y)＝eq\f(4－x,an).解得x＝eq\f(am＋4,4＋an)y，∴eq\f(AG,AH)＝eq\f(am＋4,4＋an)＝eq\f(am＋am＋an,am＋an＋an)＝eq\f(2m＋n,m＋2n).故答案為eq\f(2m＋n,m＋2n).授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第121頁1．(2021·江西模擬)已知：點M，N分別是x軸、y軸上的動點，點P，Q是某個函數(shù)圖象上的點，當(dāng)四邊形MNPQ為正方形時，稱這個正方形為此函數(shù)的“夢幻正方形”．例如：如圖1所示，正方形MNPQ是一次函數(shù)y＝－x＋2的其中一個“夢幻正方形”．(1)若某函數(shù)是y＝x＋5，求它的圖象的所有“夢幻正方形”的邊長；(2)若某函數(shù)是反比例函數(shù)y＝eq\f(k,x)(k＜0)(如圖2所示)，它的圖象的“夢幻正方形”ABCD，D(－4，m)(m＜4)在反比例函數(shù)圖象上，求m的值及反比例函數(shù)的解析式．解：(1)如圖1，當(dāng)點M在x軸正半軸，點N在y軸負(fù)半軸上時，∵OP＝OQ＝5，∴正方形MNPQ的邊長MN＝5eq\r(2)；當(dāng)點M在x軸負(fù)半軸、點N在y軸正半軸上時，設(shè)小正方形的邊長為a，則3a＝5eq\r(2).解得a＝eq\f(5\r(2),3)，所以小正方形邊長為eq\f(5\r(2),3)，∴一次函數(shù)y＝x＋5圖象的“夢幻正方形”的邊長為5eq\r(2)或eq\f(5\r(2),3).(2)如圖2，作DE，CF分別垂直于x，y軸，易知△ADE≌△BAO≌△CBF(AAS)，∵D(－4，m)，m＜4，∴DE＝OA＝BF＝m，AE＝OB＝CF＝4－m.∴C點坐標(biāo)為(m－4,4)．∴－4m＝4(m－4)，解得m＝2.∴反比例函數(shù)的解析式為y＝－eq\f(8,x).2．(2020·南康模擬)如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，Rt△OBC的邊OB在x軸上，點O與原點重合，直角頂點C在第一象限，且B(25,0)，OC＝20.(1)直接寫出點C的坐標(biāo)________；(2)點M是邊OC上的一個動點，過點M作MN∥OB交BC于點N，設(shè)M點的橫坐標(biāo)為m(m＞0)．①用含m的代數(shù)式求MN的長；②在邊OB上是否存在點Q，使得△MNQ為等腰直角三角形？若存在，請求出此時點M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．解：(1)作CH⊥OB于H，如圖1所示，∵B(25,0)，∴OB＝25.在Rt△OBC中，∠OCB＝90°，∴BC＝eq\r(OB2－OC2)＝eq\r(252－202)＝15.∵Rt△OBC的面積＝eq\f(1,2)OB×CH＝eq\f(1,2)OC×BC，∴CH＝eq\f(OC×BC,OB)＝eq\f(20×15,25)＝12.∵CH⊥OB，∴OH＝eq\r(OC2－CH2)＝eq\r(202－122)＝16.∴點C的坐標(biāo)為(16,12)．故答案為(16,12)；(2)①作MD⊥OB于D，如圖2所示，則OD＝m，cos∠MOD＝eq\f(OD,OM)＝eq\f(OC,OB)，即eq\f(m,OM)＝eq\f(20,25)，解得OM＝eq\f(5,4)m，∴CM＝OC－OM＝20－eq\f(5,4)m.∵MN∥OB，∴△MNC∽△OBC.∴eq\f(MN,OB)＝eq\f(CM,OC)，即eq\f(MN,25)＝eq\f(20－\f(5,4)m,20).解得MN＝25－eq\f(25,16)m.②存在，理由如下：當(dāng)∠QMN＝90°，MN＝MQ時，如圖3所示，∵tan∠MOQ＝eq\f(MQ,OQ)＝eq\f(BC,OC)，即eq\f(MQ,m)＝eq\f(15,20)＝eq\f(3,4)，∴MQ＝eq\f(3,4)m.由①，得MN＝25－eq\f(25,16)m，eq\f(3,4)m＝25－eq\f(25,16)m，解得m＝eq\f(400,37)，∴MQ＝eq\f(3,4)m＝eq\f(300,37).∴點Q的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(400,37)，0))，點M的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(400,37)，\f(300,37))).當(dāng)∠MNQ＝90°，MN＝QN時，如圖4所示，作MD⊥OB于D，則四邊形MNQD是正方形，∴DQ＝MN＝eq\f(300,37).∴OQ＝OD＋DQ＝eq\f(400,37)＋eq\f(300,37)＝eq\f(700,37).∴點Q的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(700,37)，0))，點M的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(400,37)，\f(300,37))).當(dāng)∠MQN＝90°，MQ＝NQ時，如圖5所示：作MD⊥OB于D，則MN＝eq\r(2)MQ，△MDQ是等腰直角三角形，∴MD＝QD，MQ＝eq\r(2)MD＝eq\f(3\r(2),4)m，MN＝eq\r(2)MQ＝eq\f(3,2)m.由①，得MN＝25－eq\f(25,16)m，∴25－eq\f(25,16)m＝eq\f(3,2)m.解得m＝eq\f(400,49)，∴OD＝eq\f(400,49)，QD＝MD＝eq\f(3,4)m＝eq\f(300,49).∴OQ＝OD＋QD＝eq\f(700,49).∴點Q的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(700,49)，0))，點M的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(400,49)，\f(300,49))).綜上所述，在邊OB上存在點Q，使得△MNQ為等腰直角三角形，點M的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(400,37)，\f(300,37)))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(400,49)，\f(300,49))).3．(2021·新余模擬)定義：如果三角形的一個內(nèi)角是另一個內(nèi)角的2倍，那么稱這個三角形為“倍角三角形”．如圖1，在△ABC中，∠A＝80°，∠B＝40°，那么△ABC就是一個“倍角三角形”．[定義應(yīng)用](1)已知△ABC是倍角三角形，∠A＝60°，則這個三角形其余兩個內(nèi)角的度數(shù)分別為____________________．[性質(zhì)探究](2)在△ABC中，∠A，∠B，∠C所對邊的邊長分別為a，b，c.若∠A＝2∠B，且∠A＝60°，如圖2，易得到a2＝b(b＋c)．那么在任意的△ABC中，滿足∠A＝2∠B，如圖3，關(guān)系式a2＝b(b＋c)是否仍然成立？若成立，請加以證明；若不成立，請說明理由．[拓展應(yīng)用](3)若一等腰三角形恰好是一個倍角三角形，求它的腰與底邊之比．解：(1)∵△ABC是倍角三角形，∠A＝60°.∴∠B＋∠C＝120°.如果∠A是∠C的2倍，則∠C＝30°，∠B＝90°.如果∠B是∠C的2倍，即∠B＝2∠C，∴2∠C＋∠C＝120°.∴∠C＝40°.∴∠B＝80°.∴這個三角形其余兩個角的度數(shù)分別為40°，80°或30°，90°.故答案為40°，80°或30°，90°.(2)對于任意的倍角△ABC，∠A＝2∠B，關(guān)系式a2＝b(b＋c)仍然成立，證明：如圖4，延長BA至D，使AD＝AC＝b，連接CD，則∠CAB＝2∠D，∴∠B＝∠D，BC＝CD＝a.∴△ADC∽△CDB.∴eq\f(AC,CB)＝eq\f(CD,BD).即eq\f(b,a)＝eq\f(a,b＋c).∴a2＝b(b＋c)．(3)∵等腰三角形恰好是一個倍角三角形，∴分兩種情況考慮．圖5如圖5，AB＝AC，∠A＝2∠B，由(2)的結(jié)論，可知a2＝b(b＋c)，b＝c，∴a2＝2b2.∴eq\f(b,a)＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2).如圖6，若AB＝BC，∠A＝2∠B，由(2)知a2＝b(b＋c)，a＝c，∴a2＝b(b＋a)．解得a＝eq\f(1＋\r(5),2)b(負(fù)值舍去)．∴eq\f(a,b)＝eq\f(1＋\r(5),2).綜合可得，等腰三角形恰好是一個倍角三角形時，它的腰與底邊之比為eq\f(\r(2),2)或eq\f(1＋\r(5),2).4．(2021·石城一模)如圖1，在矩形ABCD中，AD＝nAB，點M，P分別在邊AB，AD上(均不與端點重合)，且AP＝nAM，以AP和AM為鄰邊作矩形AMNP，連接AN，CN.【問題發(fā)現(xiàn)】(1)如圖2，當(dāng)n＝1時，BM與PD的數(shù)量關(guān)系為________，CN與PD的數(shù)量關(guān)系為________．【類比探究】(2)如圖3，當(dāng)n＝2時，矩形AMNP繞點A順時針旋轉(zhuǎn)，連接PD，則CN與PD之間的數(shù)量關(guān)系是否發(fā)生變化？若不變，請就圖3給出證明；若變化，請寫出數(shù)量關(guān)系，并就圖3說明理由．【拓展延伸】(3)在(2)的條件下，已知AD＝4，AP＝2，當(dāng)矩形AMNP旋轉(zhuǎn)至C，N，M三點共線時，請直接寫出線段CN的長．解：(1)BM＝PD，CN＝eq\r(2)PD，理由如下：n＝1，則AD＝AB，AP＝AM，∴AD－AP＝AB－AM.∴DP＝BM.∵四邊形ABCD是矩形，四邊形AMNP是矩形，∴AD＝CD＝AB，AP＝AM＝NP，∠ADC＝∠APN＝90°.∴AC＝eq\r(2)AD，AN＝eq\r(2)AP.∴AC－AN＝eq\r(2)(AD－AP)．∴CN＝eq\r(2)PD.故答案為BM＝PD，CN＝eq\r(2)PD.(2)CN與PD之間的數(shù)量關(guān)系發(fā)生變化，CN＝eq\f(\r(5),2)PD，理由如下：如圖4，連接AC，在矩形ABCD和矩形AMNP中，當(dāng)n＝2時，AD＝2AB，AP＝2AM，∴AC＝eq\f(\r(5),2)AD，AN＝eq\f(\r(5),2)AP.∴eq\f(AC,AD)＝eq\f(AN,AP)＝eq\f(\r(5),2).圖1∵矩形AMNP繞點A順時針旋轉(zhuǎn)，∴∠NAC＝∠PAD.∴△ANC∽△APD.∴eq\f(CN,PD)＝eq\f(AC,AD)＝eq\f(\r(5),2).∴CN＝eq\f(\r(5),2)PD.圖5(3)如圖5，當(dāng)點N在線段CM上時，∵AD＝4，AD＝2AB，∴AB＝CD＝2.∴AC＝eq\r(AD2＋CD2)＝eq\r(16＋4)＝2eq\r(5).∵AP＝2，AP＝2AM，∴AM＝1.∴CM＝eq\r(AC2－AM2)＝eq\r(20－1)＝eq\r(19).∴CN＝CM－MN＝eq\r(19)－2；圖6當(dāng)點M在線段CN上時如圖6，同理，可求CM＝eq\r(19)，∴CN＝CM＋MN＝eq\r(19)＋2；綜上所述，線段CN的長為eq\r(19)－2或eq\r(19)＋2.5．(2021·南昌二模)定義：有一組對角互補的四邊形叫做互補四邊形．(1)概念理解：①在互補四邊形ABCD中，∠A與∠C是一組對角，若∠B∶∠C∶∠D＝2∶3∶4，則∠A＝________°；②如圖1，在△ABC中，點D，E分別在邊AB，BC上，且BE·BC＝AB·BD，求證：四邊形ADEC是互補四邊形．(2)探究發(fā)現(xiàn)：如圖2，在等腰△ABE中，AE＝BE，點C，D分別在邊BE，AE上，AD＝BC，四邊形CEDH是互補四邊形，求證：∠ABD＝∠BAC＝eq\f(1,2)∠E.(3)推廣運用：如圖3，在△ABE中，點C，D分別在邊BE，AE上，AD＝BC，四邊形CEDH是互補四邊形，若∠E＝60°，AB＝6，AE＝eq\f(20,3)，求eq\f(DH,CE)的值．解：(1)①∵四邊形ABCD是互補四邊形，∠A與∠C是一組對角，∴∠A＋∠C＝180°，∠B＋∠D＝180°.∵∠B∶∠C∶∠D＝2∶3∶4，∴設(shè)∠B＝2x，則∠C＝3x，∠D＝4x.∴2x＋4x＝180°.解得x＝30°，∴∠C＝90°.∴∠A＝90°.故答案為90.②證明：∵BE·BC＝AB·BD，∴eq\f(BE,AB)＝eq\f(BD,BC).又∵∠B＝∠B，∴△BDE∽△BCA.∴∠BED＝∠A.∴∠A＋∠CED＝∠BED＋∠CED＝180°.∴四邊形ADEC是互補四邊形．(2)證明：∵AE＝BE，AD＝BC，∴ED＝EC.在△EAC和△EBD中，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(AE＝BE，,∠E＝∠E，,EC＝ED，))∴△EAC≌△EBD(SAS)．∴∠EBD＝∠EAC.∵AE＝BE，∴∠EAB＝∠EBA.∴∠ABD＝∠BAC.∵四邊形CEDH是互補四邊形，∴∠E＋∠DHC＝180°.∵∠AHB＝∠DHC，∴∠E＋∠AHB＝180°.∴∠ABD＋∠BAC＝∠E.∴∠ABD＝∠BAC＝eq\f(1,2)∠E.(3)如圖，作BF⊥HC于點F，AG⊥HD交HD的延長線于點G，則∠AGD＝∠BFC＝90°.∵四邊形CEDH是互補四邊形，∴∠EDH＋∠ECH＝180°.∵∠ECH＋∠BCF＝180°，∴∠BCF＝∠EDH＝∠ADG.在△ADG和△BCF中，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(∠AGD＝∠BFC，,∠ADG＝∠BCF，,AD＝BC，))∴△ADG≌△BCF(AAS)．∴AG＝BF.在△ABG和△BAF中，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(AB＝BA，,AG＝BF，))∴Rt△ABG≌Rt△BAF(HL)．∴∠HAB＝∠HBA＝eq\f(1,2)∠E＝30°.在Rt△AGH中，∠AHG＝∠HAB＋∠HBA＝60°，∴∠GAH＝30°.設(shè)GH＝x，則AG＝eq\r(3)x，AH＝2x，∴AB＝2AG＝2eq\r(3)x＝6.∴x＝eq\r(3).∴AH＝2eq\r(3).∵∠DAH＝∠CAE，∠DHA＝∠E＝60°，∴△ADH∽△ACE.∴eq\f(DH,CE)＝eq\f(AH,AE)＝eq\f(2\r(3),\f(20,3))＝eq\f(3\r(3),10).6．(2021·江西模擬)如圖1，在一張?ABCD的紙片中，?ABCD的面積為6，DC＝3，∠BCD＝45°，點P是BD上的一動點(點P與點B，D不重合)．現(xiàn)將這張紙片分別沿BD，AP剪成三塊，并按圖2(注：圖2中的①，②是將圖1中的①，②翻轉(zhuǎn)背面朝上，再拼接而成的)所示放置．(1)當(dāng)點P是BD的中點時，求AP的長；(2)試探究：當(dāng)點P在BD的什么位置上時，MN的長最小？請求出這個最小值．解：(1)連接AC交BD于P，如圖1，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴PD＝PB，即點P是BD的中點．過D作DH⊥AB于H，PE⊥AB于E，∴PE∥DH.∴PE＝eq\f(1,2)DH，BE＝eq\f(1,2)BH.∵?ABCD的面積為6，DC＝3，∴DH＝2.∴PE＝1.∵∠BCD＝45°，∴∠DAB＝45°.∴AH＝DH＝2.∴BH＝1.∴HE＝BE＝eq\f(1,2).∴AE＝eq\f(5,2).∴AP＝eq\r(AE2＋PE2)＝eq\f(\r(29),2).(2)由題意，得CM＝CN＝AP，∠MCD＝∠PAB，∠NCB＝∠PAD，∴∠MCD＋∠NCB＝45°.∴∠MCN＝90°.當(dāng)AP⊥BD時，MN的長最小，過D作DH⊥AB于H，如圖2，由(1)，求得DH＝2，BH＝1，∴BD＝eq\r(DH2＋BH2)＝eq\r(5).∵AP⊥BD，∴S△ABD＝eq\f(1,2)AB·DH＝eq\f(1,2)BD·AP.∴AP＝eq\f(6\r(5),5).∴CM＝CN＝AP＝eq\f(6\r(5),5).∴MN＝eq\r(CM2＋CN2)＝eq\f(6\r(10),5).∴MN長的最小值是eq\f(6\r(10),5).7．(2021·江西模擬)已知：正方形ABCD，∠EAF＝45°.(1)如圖1，當(dāng)點E，F(xiàn)分別在邊BC，CD上時，連接EF，求證：EF＝BE＋DF；童威同學(xué)是這樣思考的，請你和他一起完成如下解答：證明：將△ADF繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°，得△ABG，所以△ADF≌△ABG.(2)如圖2，點M，N分別在邊CD，AB上，且BN＝DM.當(dāng)點E，F(xiàn)分別在BM，DN上時，連接EF，探究三條線段EF，BE，DF之間滿足的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論．(3)如圖3，點E，F(xiàn)分別在對角線BD，邊CD上．若FC＝2，則BE的長為__________．解：(1)證明：將△ADF繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°，得△ABG，∴△ADF≌△ABG.∴AF＝AG，DF＝BG，∠DAF＝∠BAG.∵正方形ABCD，∴∠D＝∠BAD＝∠ABE＝90°，AB＝AD.∴∠ABG＝∠D＝90°，即G，B，C在同一直線上．∵∠EAF＝45°，∴∠DAF＋∠BAE＝90°－45°＝45°.∴∠EAG＝∠BAG＋∠BAE＝∠DAF＋∠BAE＝45°.即∠EAG＝∠EAF.在△EAG與△EAF中，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(EA＝EA，,∠EAG＝∠EAF，,AG＝AF，))∴△EAG≌△EAF(SAS)．∴EG＝EF.∵BE＋DF＝BE＋BG＝EG，∴EF＝BE＋DF.(2)EF2＝BE2＋DF2，證明如下：將△ADF繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°，得△ABH(如圖2)，∴△ADF≌△ABH.∴AF＝AH，DF＝BH，∠DAF＝∠BAH，∠ADF＝∠ABH.∵∠EAF＝45°，∴∠DAF＋∠BAE＝90°－45°＝45°.∴∠EAH＝∠BAH＋∠BAE＝∠DAF＋∠BAE＝45°.即∠EAH＝∠EAF.在△EAH與△EAF中，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(EA＝EA，,∠EAH＝∠EAF，,AH＝AF，))∴△EAH≌△EAF(SAS)．∴EH＝EF.∵BN＝DM，BN∥DM，∴四邊形BMDN是平行四邊形．∴∠ABE＝∠MDN.∴∠EBH＝∠ABH＋∠ABE＝∠ADF＋∠MDN＝∠