題型七 綜合實(shí)踐題-2020年中考數(shù)學(xué)第二輪重難題型突破【有答案】

題型七綜合實(shí)踐題 例1．【問(wèn)題情境】已知Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，點(diǎn)E是線段AC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)(不與A、C重合)，以CE為一邊作Rt△DCE，使∠DCE＝90°，且CD＝CA.沿CA方向平移△CDE，使點(diǎn)C移動(dòng)到點(diǎn)A，得到△ABF.過(guò)點(diǎn)F作FG⊥BC，交線段BC于點(diǎn)G，連接DG、EG.【深入探究】(1)如圖①，當(dāng)點(diǎn)E在線段AC上時(shí)，小文猜想GC＝GF，請(qǐng)你幫他證明這一結(jié)論；(2)如圖②，當(dāng)點(diǎn)E在線段AC的延長(zhǎng)線上，且CE＜CA時(shí)，猜想線段DG與EG的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系，并證明你的猜想；【拓展應(yīng)用】(3)如圖③，將(2)中的“CE＜CA”改為“CE＞CA”，若設(shè)∠CDE＝α，請(qǐng)用含α的式子表示∠CGE的度數(shù)(直接回答即可，不必證明)．第1題圖【答案】(1)證明：∵在Rt△BAC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠BCA＝∠ABC＝45°，∵FG⊥BC，∴∠FGC＝90°，∴∠GFC＝90°－∠GCF＝45°，∴∠GFC＝∠GCF，∴GC＝GF；(2)解：DG＝EG，DG⊥EG；證明：同(1)可證GC＝GF，∵∠DCE＝90°，∠BCA＝45°，∴∠DCG＝45°，∵∠GFC＝45°，∴∠DCG＝∠EFG，∵△CDE平移得到△ABF，∴CE＝AF，∴CE＋CF＝AF＋CF，即EF＝AC，∵AC＝CD，∴EF＝CD，∴△DCG≌△EFG(SAS)，∴DG＝EG，∠DGC＝∠EGF，∴∠DGC－∠EGC＝∠EGF－∠EGC，即∠DGE＝∠CGF＝90°，∴DG⊥EG；(3)解：∠CGE＝180°－α.例2．在正方形ABCD中，BD是一條對(duì)角線，點(diǎn)P在直線CD上(不與點(diǎn)C、D重合)，連接AP，平移△ADP，使點(diǎn)D移動(dòng)到點(diǎn)C，得到△BCQ，過(guò)點(diǎn)Q作QH⊥BD于H，連接AH，PH.【問(wèn)題發(fā)現(xiàn)】(1)如圖①，若點(diǎn)P在線段CD上，AH與PH的數(shù)量關(guān)系是________，位置關(guān)系是________；【拓展探究】(2)如圖②，若點(diǎn)P在線段CD的延長(zhǎng)線上，其他條件不變，(1)中的結(jié)論是否仍然成立？若成立，請(qǐng)給出證明，否則說(shuō)明理由；【解決問(wèn)題】(3)若點(diǎn)P在線段DC的延長(zhǎng)線上，且∠AHQ＝120°，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2，請(qǐng)直接寫(xiě)出DP的長(zhǎng)度．第2題圖【答案】解：(1)AH＝PH，AH⊥PH；【解法提示】如解圖①，連接HC，第2題解圖①∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BDC＝45°，又∵QH⊥BD，∴△DHQ是等腰直角三角形，∴HD＝HQ，∠HDP＝∠HQC＝45°，由平移的性質(zhì)可知DP＝CQ，在△HDP和△HQC中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(HD＝HQ,∠HDP＝∠HQC,DP＝QC))，∴△HDP≌△HQC.∴HP＝HC，∠DHP＝∠QHC.根據(jù)正方形是軸對(duì)稱圖形得到HA＝HC，∠AHD＝∠CHD，∴∠AHP＝∠AHD＋∠DHP＝∠CHD＋∠QHC＝90°，即AH⊥PH.∴HA＝HP，AH⊥PH.(2)(1)中的結(jié)論仍然成立，理由如下：如解圖②，連接HC，第2題解圖②∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BDC＝45°，又∵QH⊥BD，∴△DHQ是等腰直角三角形，∴∠HDP＝∠HQC＝135°，HD＝HQ，由平移的性質(zhì)可知DP＝CQ，在△HDP和△HQC中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(HD＝HQ,∠HDP＝∠HQC,PD＝CQ))，∴△HDP≌△HQC(SAS)，∴HP＝HC，∠DHP＝∠QHC，根據(jù)正方形是軸對(duì)稱圖形得到HA＝HC，∠AHD＝∠CHD，∴∠AHP＝∠AHD－∠DHP＝∠CHD－∠CHQ＝90°，∴HA＝HP，AH⊥PH；(3)DP＝2eq\r(3).【解法提示】由(1)知，AH＝PH，AH⊥PH，∴∠HPA＝45°，∵∠AHQ＝120°，∴∠PHQ＝120°－90°＝30°.∴∠PHD＝∠QHD－∠PHQ＝60°，∠AHB＝∠CHB＝∠AHP－∠PHD＝30°，∴∠CHP＝∠CHB＝∠AHB＝30°，∴∠CPH＝eq\f(180°－∠CHP,2)＝75°，∴∠APD＝∠CPH－∠APH＝30°，在Rt△ADP中，AD＝2，∴DP＝eq\f(2,tan∠APD)＝2eq\r(3).例3．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，點(diǎn)O為AB中點(diǎn)，點(diǎn)P為直線BC上的動(dòng)點(diǎn)(不與點(diǎn)B、點(diǎn)C重合)，連接OC、OP，將線段OP繞點(diǎn)P逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，得到線段PQ，連接BQ.(1)如圖①，當(dāng)點(diǎn)P在線段BC上時(shí)，請(qǐng)直接寫(xiě)出線段BQ與CP的數(shù)量關(guān)系；(2)如圖②，當(dāng)點(diǎn)P在CB延長(zhǎng)線上時(shí)，(1)中結(jié)論是否成立？若成立，請(qǐng)加以證明；若不成立，請(qǐng)說(shuō)明理由；(3)如圖③，當(dāng)點(diǎn)P在BC延長(zhǎng)線上時(shí)，若∠BPO＝45°，AC＝eq\r(6)，請(qǐng)直接寫(xiě)出BQ的長(zhǎng)．第3題圖【答案】解：(1)CP＝BQ;【解法提示】如解圖①，連接OQ，第3題解圖①由旋轉(zhuǎn)可知，PQ＝OP，∠OPQ＝60°，∴△POQ是等邊三角形，∴OP＝OQ，∠POQ＝60°，在Rt△ABC中，O是AB中點(diǎn)，∴OC＝OA＝OB，∴∠BOC＝2∠A＝60°＝∠POQ，∴∠COP＝∠BOQ，在△COP和△BOQ中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(OC＝OB,∠COP＝∠BOQ，,OP＝OQ))∴△COP≌△BOQ(SAS)，∴CP＝BQ；(2)成立，理由如下：如解圖②，連接OQ，圖②由旋轉(zhuǎn)知PQ＝OP，∠OPQ＝60°，∴△POQ是等邊三角形，∴OP＝OQ，∠POQ＝60°，∵在Rt△ABC中，O是AB中點(diǎn)，∴OC＝OA＝OB，∴∠BOC＝2∠A＝60°＝∠POQ，∴∠COP＝∠BOQ，在△COP和△BOQ中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(OC＝OB,∠COP＝∠BOQ，,OP＝OQ))∴△COP≌△BOQ(SAS)，∴CP＝BQ；(3)BQ＝eq\f(\r(6)－\r(2),2).【解法提示】在Rt△ABC中，∠A＝30°，AC＝eq\r(6)，∴BC＝AC·tanA＝eq\r(2)，如解圖③，過(guò)點(diǎn)O作OH⊥BC于點(diǎn)H，第3題解圖③∴∠OHB＝90°＝∠BCA，∴OH∥AC，∵O是AB中點(diǎn)，∴CH＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(\r(2),2)，OH＝eq\f(1,2)AC＝eq\f(\r(6),2)，∵∠BPO＝45°，∠OHP＝90°，∴∠BPO＝∠POH，∴PH＝OH＝eq\f(\r(6),2)，∴CP＝PH－CH＝eq\f(\r(6),2)－eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(6)－\r(2),2)，連接OQ，同(1)的方法得，BQ＝CP＝eq\f(\r(6)－\r(2),2).例4．已知正方形ABCD，點(diǎn)E在直線AD上(不與點(diǎn)A、D重合)，連接BE，作EF⊥BE，且EF＝BE，過(guò)點(diǎn)F作FG⊥BC，交直線BC于點(diǎn)G.(1)如圖①，當(dāng)點(diǎn)E在邊AD上，點(diǎn)G在邊BC的延長(zhǎng)線上時(shí)，求證：AB＋AE＝BG；(2)如圖②，當(dāng)點(diǎn)E在邊DA的延長(zhǎng)線上，點(diǎn)G在邊BC上時(shí)，F(xiàn)G交AD于點(diǎn)H，試猜想AB、AE與BG的關(guān)系，并加以證明；(3)如圖③，當(dāng)點(diǎn)E在邊AD的延長(zhǎng)線上，點(diǎn)G在邊BC上時(shí)，F(xiàn)G交AD于點(diǎn)N，請(qǐng)直接寫(xiě)出線段AB、AE、BG之間的數(shù)量關(guān)系，不需要證明．圖①圖②圖③第4題圖【答案】(1)證明：如解圖，延長(zhǎng)AD交GF的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M，∵四邊形ABCD是正方形，第4題解圖∴∠A＝90°，∠ABC＝90°，又∵FG⊥BC，∴四邊形ABGM是矩形，∴AM＝BG，∵∠A＝90°，EF⊥BE，∠M＝90°，∴∠AEB＝∠MFE，在△ABE和△MEF中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠A＝∠M,∠AEB＝∠MFE,EB＝EF))，∴△ABE≌△MEF(AAS)，∴AB＝EM，∵AM＝AE＋EM＝AE＋AB，∴AB＋AE＝BG；(2)AB－AE＝BG；證明：∵∠FEH＋∠BEA＝90°，∠BEA＋∠ABE＝90°，∴∠FEH＝∠ABE，在△ABE和△HEF中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠BAE＝∠EHF,∠ABE＝∠HEF,BE＝EF))，∴△ABE≌△HEF(AAS)，∴EH＝AB，EH－AE＝AB－AE＝AH，∵四邊形ABGH是矩形，∴AH＝BG，∴AB－AE＝BG；(3)AE＝AB＋BG.【解法提示】由(2)得△ABE≌△NEF，∴NE＝AB，∵AN＋NE＝AN＋AB＝AE，BG＝AN，∴AE＝AB＋BG.例5．如圖，△ABC中，AB＝BC，BD⊥AC于點(diǎn)D，∠FAC＝eq\f(1,2)∠ABC，且∠FAC在AC下方，點(diǎn)P，Q分別是射線BD，射線AF上的動(dòng)點(diǎn)，且點(diǎn)P不與點(diǎn)B重合，點(diǎn)Q不與點(diǎn)A重合，連接CQ，過(guò)點(diǎn)P作PE⊥CQ于點(diǎn)E，連接DE.(1)若∠ABC＝60°，BP＝AQ.①如圖①，當(dāng)點(diǎn)P在線段BD上運(yùn)動(dòng)時(shí)，請(qǐng)直接寫(xiě)出線段DE和線段AQ的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系；②如圖②，當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到線段BD的延長(zhǎng)線上時(shí)，試判斷①中的結(jié)論是否成立，并說(shuō)明理由；(2)若∠ABC＝2α≠60°，請(qǐng)直接寫(xiě)出當(dāng)線段BP和線段AQ滿足什么數(shù)量關(guān)系時(shí)，能使(1)中①的結(jié)論仍然成立(用含α的三角函數(shù)表示)．第5題圖【答案】解：(1)①DE＝eq\f(1,2)AQ，DE∥AQ；②成立；【解法提示】如解圖①，連接PC、PQ，第5題解圖①∵BA＝BC，∠ABC＝60°，∴△ABC是等邊三角形，∴BC＝AC，∵BC＝AC，∠FAC＝∠PBC＝30°，AQ＝BP，∴△AQC≌△BPC(SAS)，∴QC＝PC，∠ACQ＝∠BCP，∴∠ACQ＋∠ACP＝∠BCP＋∠ACP＝60°，∴△PCQ是等邊三角形，又PE⊥QC，∴E為QC的中點(diǎn)，∵AB＝BC，BD⊥AC，∴D為AC的中點(diǎn)，∴DE＝eq\f(1,2)AQ，DE∥AQ；②成立．理由如下：如解圖②，連接PC、PQ.第5題解圖②∵BA＝BC，∠ABC＝60°，∴△ABC是等邊三角形，∴BC＝AC，∵BC＝AC，∠FAC＝∠PBC＝30°，AQ＝BP，∴△AQC≌△BPC(SAS)，∴QC＝PC，∠ACQ＝∠BCP，∴∠PCQ＝∠BCA＝60°，∴△PCQ是等邊三角形，又∵PE⊥QC，∴E為QC的中點(diǎn)，∵AB＝BC，BD⊥AC，∴D為AC的中點(diǎn)，∴DE＝eq\f(1,2)AQ，DE∥AQ；第5題解圖③(2)如解圖③，連接PC，取PC中點(diǎn)M，連接MD、ME，設(shè)PE與AC交點(diǎn)為N，∵∠PDC＝90°，∴MD＝eq\f(1,2)PC，同理ME＝eq\f(1,2)PC，即MP＝MC＝MD＝ME，∴P、D、E、C四點(diǎn)共圓，∴∠NCE＝∠NPD，∠EDC＝∠NPC，∵DE∥AQ，∴∠QAC＝∠EDC，又∠QAC＝∠PBC，∴∠NPC＝∠PBC，∵∠EPD＋∠NPC＝∠PBC＋∠BCP，∴∠EPD＝∠BCP，∴∠NCE＝∠BCP.由∠NCE＝∠BCP，∠QAC＝∠PBC，得△QAC∽△PBC，∴eq\f(AQ,BP)＝eq\f(AC,BC)＝eq\f(2DC,BC)＝2sin∠DBC＝2sineq\f(∠ABC,2)，即eq\f(AQ,BP)＝2sinα.例6．已知，△ABC為直角三角形，∠ACB＝90°，點(diǎn)P是射線CB上一點(diǎn)(點(diǎn)P不與點(diǎn)B、C重合)，線段AP繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到線段AQ，連接QB交射線AC于點(diǎn)M.(1)如圖①，當(dāng)AC＝BC，點(diǎn)P在線段CB上時(shí)，線段PB，CM的數(shù)量關(guān)系是________；(2)如圖②，當(dāng)AC＝BC，點(diǎn)P在線段CB的延長(zhǎng)線上時(shí)，(1)中的結(jié)論是否成立？若成立，寫(xiě)出證明過(guò)程；若不成立，請(qǐng)說(shuō)明理由；(3)如圖③，若eq\f(AC,BC)＝eq\f(5,2)，點(diǎn)P在線段CB的延長(zhǎng)線上，CM＝2，AP＝13，求△ABP的面積．第6題圖【答案】解：(1)PB＝2CM；【解法提示】如解圖①，過(guò)點(diǎn)Q作QD⊥AC于點(diǎn)D，第6題解圖①Q(mào)E⊥BC交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E.∵AQ是由AP繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到的，∴AP＝AQ，且∠PAQ＝90°，∴∠PAC＋∠QAD＝90°，又∠PAC＋∠APC＝90°，∴∠QAD＝∠APC，∴△ACP≌△QDA(AAS)，∴AC＝QD＝CE，又∵△ABC為等腰直角三角形，∴AC＝BC＝EC，即點(diǎn)C為BE的中點(diǎn)，∴CM＝eq\f(1,2)QE，即QE＝2CM，連接AE，∵AC＝CE＝BC，∴△ABE為等腰直角三角形，∴AE＝AB，∵∠BAE＝∠PAQ＝90°，∴∠BAP＝∠EAQ，又∵AP＝AQ，∴△APB≌△AQE(SAS)，∴BP＝QE＝2CM，∴PB＝2CM；(2)(1)中的結(jié)論P(yáng)B＝2CM仍然成立；證明：如解圖②所示，過(guò)點(diǎn)Q作QG⊥BC交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，過(guò)點(diǎn)A作AF⊥QG交QG的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F.第6題解圖②∵AQ是由AP繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到的，∴AP＝AQ，且∠PAQ＝90°，∴∠PAC＋∠CAQ＝90°，又∵∠QAF＋∠CAQ＝90°，∴∠PAC＝∠QAF，∴△PAC≌△QAF(AAS)，∴AC＝AF，∴四邊形AFGC為正方形，∴CG＝AC＝BC，即C為BG的中點(diǎn)，∴QG＝2CM，連接AG可得，△ABG為等腰直角三角形，∴AB＝AG，∠PAB＋∠BAQ＝∠QAG＋∠BAQ＝90°，∴∠PAB＝∠QAG，∴△PAB≌△QAG(SAS)，∴PB＝QG＝2CM，∴PB＝2CM；如解圖③所示，過(guò)點(diǎn)Q作QH⊥AC交AC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H.第6題解圖③由題知，eq\f(AC,BC)＝eq\f(5,2)，設(shè)AC＝5a，BC＝2a，由(2)知，△ACP≌△QHA，∴QH＝AC＝5a，又∵△BCM∽△QHM，∴eq\f(BC,QH)＝eq\f(CM,MH)，∴eq\f(2a,5a)＝eq\f(2,MH)，∴MH＝5，又∵AP＝AQ＝13，∴在Rt△AHQ中，根據(jù)勾股定理得：QH2＋AH2＝AQ2，∴(5a)2＋(5a＋2＋5)2＝132，化簡(jiǎn)得：5a2＋7a－12＝0，即(a－1)(5a＋12)＝0，解得：a1＝1，a2＝－eq\f(12,5)(舍)，∴BC＝2，AH＝CP＝12，AC＝5，∴BP＝PC－BC＝12－2＝10，∴S△ABP＝eq\f(1,2)BP·AC＝eq\f(1,2)×10×5＝25.例7．如圖，等邊△ABC中，點(diǎn)D，E，F(xiàn)分別為邊AB，AC，BC的中點(diǎn)，M為直線BC上一動(dòng)點(diǎn)，△DMN為等邊三角形．(1)如圖①，當(dāng)點(diǎn)M在點(diǎn)B左側(cè)時(shí)，請(qǐng)你判斷EN與MF有怎樣的數(shù)量關(guān)系？(2)如圖②，當(dāng)點(diǎn)M在線段BC上時(shí)，其他條件不變，(1)的結(jié)論中EN與MF的數(shù)量關(guān)系是否仍然成立？若成立，請(qǐng)利用圖②證明；若不成立，請(qǐng)說(shuō)明理由；(3)若點(diǎn)M在點(diǎn)C右側(cè)時(shí)，請(qǐng)你在圖③中畫(huà)出相應(yīng)的圖形，并判斷(1)的結(jié)論是否仍然成立？若成立，請(qǐng)直接寫(xiě)出結(jié)論，若不成立請(qǐng)說(shuō)明理由．第7題圖【答案】解：(1)EN＝MF；【解法提示】如解圖①，連接DE、DF，∵D、E、F是等邊△ABC三邊中點(diǎn)，∴△DEF是等邊三角形，∴DE＝DF，∠EDF＝60°，∵△DMN為等邊三角形，∴DM＝DN，∠MDN＝60°，∴∠MDF＝∠NDE＝60°＋∠NDF，∴△DMF≌△DNE(SAS)，∴EN＝MF.圖①圖②第7題解圖(2)成立．證明：如解圖②，連接DE、DF和EF，∵△ABC是等邊三角形，∴AB＝AC＝BC.又∵D，E，F(xiàn)是三邊的中點(diǎn)，∴DE，DF，EF為三角形的中位線，∴DE＝DF＝EF，∠FDE＝60°.又∵∠MDF＋∠FDN＝60°，∠NDE＋∠FDN＝60°，∴∠MDF＝∠NDE.在△DMF和△DNE中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(DF＝DE，,∠MDF＝∠NDE，,DM＝DN，))∴△DMF≌△DNE(SAS)，∴EN＝FM；(3)畫(huà)出圖形如解圖③，第7題解圖③MF與EN相等的結(jié)論仍然成立(或EN＝MF成立)．【解法提示】如解圖④，連接DE、EF、DF.第7題解圖④∵D、E、F分別為AB、AC、BC的中點(diǎn)，且△ABC是等邊三角形，∴△DEF是等邊三角形，∴DE＝DF，∠EDF＝60°.∵△DMN是等邊三角形，∴DM＝DN，∠MDN＝60°，∴∠MDF＋∠MDE＝∠MDE＋∠NDE，∴∠MDF＝∠NDE，∴△MDF≌△NDE(SAS)，∴MF＝NE.例8．已知，在矩形ABCD中，BC＝2AB，點(diǎn)M為AD邊的中點(diǎn)，連接BD，點(diǎn)P是對(duì)角線BD上的動(dòng)點(diǎn)，連接AP，以點(diǎn)P為頂點(diǎn)作∠EPF＝90°，PE交AB邊于點(diǎn)E，PF交AD邊于點(diǎn)F.(1)發(fā)現(xiàn)問(wèn)題如圖①，當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)過(guò)程中∠PBA與∠PAB互余時(shí)，線段BE、MF與AB的數(shù)量關(guān)系為_(kāi)_________；(2)解決問(wèn)題如圖②，當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)過(guò)程中∠PBA與∠PAB相等時(shí)，請(qǐng)判斷(1)中的結(jié)論是否成立？若成立，請(qǐng)給出證明；若不成立，請(qǐng)說(shuō)明理由；(3)拓展延伸在(2)的條件下，連接EF并延長(zhǎng)EF，交直線BD于點(diǎn)G，若BE∶AF＝2∶3，EF＝eq\r(85)，求DG的長(zhǎng)．第8題圖【答案】解：(1)BE－eq\f(1,2)MF＝eq\f(1,2)AB；【解法提示】如解圖①，取AB的中點(diǎn)N，連接PN、PM.第8題解圖①∵∠PBA與∠PAB互余，∴∠PBA＋∠PAB＝90°，∴∠APB＝90°，∴∠APD＝90°，∵N是AB的中點(diǎn)，M是AD的中點(diǎn)，∴PN＝BN＝AN＝eq\f(1,2)AB，AM＝DM＝PM＝eq\f(1,2)AD，∴∠NAP＝∠NPA，∠MAP＝∠MPA.∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD＝90°，AB＝CD，AD＝BC.∵BC＝2AB，∴AD＝2AB，∴eq\f(AB,AD)＝eq\f(1,2)，而∠NAP＋∠MAP＝∠BAD＝90°，∴∠NPA＋∠MPA＝90°，即∠NPM＝90°.∵∠EPF＝90°，∴∠NPM＝∠EPF，∴∠NPM－∠EPM＝∠EPF－∠EPM，∴∠NPE＝∠MPF.∵∠ABP＋∠BAP＝90°，∠BAP＋∠DAP＝90°，∴∠ABP＝∠DAP.∵PN＝BN，AM＝PM，∴∠ABP＝∠BPN，∠DAP＝∠MPA，∴∠ENP＝∠FMP，∴△PNE∽△PMF，∴eq\f(NE,MF)＝eq\f(PN,PM)＝eq\f(\f(1,2)AB,\f(1,2)AD)＝eq\f(1,2).∴NE＝eq\f(1,2)MF，∵BE－NE＝BN，∴BE－eq\f(1,2)MF＝BN，又∵BN＝eq\f(1,2)AB，∴BE－eq\f(1,2)MF＝eq\f(1,2)AB.(2)不成立；理由如下：如解圖②，取AB的中點(diǎn)N，連接PN、PM，第8題解圖②∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD＝∠ABC＝90°，AB＝CD，AD＝BC，AD∥BC，∴∠ADB＝∠CBD，∵∠PBA＝∠PAB，∴PA＝PB，∵N是AB的中點(diǎn)，∴PN⊥AB，∴∠ANP＝90°，∵∠PAB＋∠PAD＝90°，∠PBA＋∠PBC＝90°，∴∠PAD＝∠PBC，∴∠PAD＝∠PDA，∴PA＝PD.∵M(jìn)是AD的中點(diǎn)，∴PM⊥AD，∴∠PMA＝90°，∴四邊形PMAN是矩形，∴∠NPM＝90°，AN＝PM，PN＝AM.∵∠EPF＝90°，∴∠NPM＝∠EPF，∴∠NPM－∠EPM＝∠EPF－∠EPM，∴∠NPE＝∠MPF.∵∠PNE＝∠PMF＝90°，∴△PNE∽△PMF，∴eq\f(NE,MF)＝eq\f(PN,PM)＝eq\f(\f(1,2)AD,\f(1,2)AB).∵AD＝2AB，∴NE＝2MF.∵BE－NE＝BN，∴BE－2MF＝BN，∵N是AB的中點(diǎn)，∴BN＝eq\f(1,2)AB，∴BE－2MF＝eq\f(1,2)AB，故(1)中結(jié)論不成立；如解圖③，延長(zhǎng)CD交FG于點(diǎn)H，設(shè)BE＝2a，則AF＝3a.第8題解圖③∵BE－2MF＝eq\f(1,2)AB，∴BE－2(AF－AM)＝eq\f(1,2)AB.∵AM＝AB，∴2a－2(3a－AB)＝eq\f(1,2)AB，∴AB＝eq\f(8,3)a，∴AD＝eq\f(16,3)a，AE＝eq\f(2,3)a，F(xiàn)D＝eq\f(7,3)a.∵AE2＋AF2＝EF2，∴(eq\f(2,3)a)2＋(3a)2＝(eq\r(85))2，解得a1＝3，a2＝－3(舍去)．∴AE＝2，BE＝6，AF＝9，DF＝7，BD＝8eq\r(5).∵HD∥AB，∴△AEF∽△DHF，∴eq\f(DH,AE)＝eq\f(DF,AF)，∴eq\f(DH,2)＝eq\f(7,9)，∴DH＝eq\f(14,9).∵四邊形ABCD是矩形，∴AB∥CD，即HD∥BE.∴△GDH∽△GBE，∴eq\f(DG,BG)＝eq\f(DH,BE)，∴eq\f(DG,DG＋8\r(5))＝eq\f(\f(14,9),6)，∴DG＝eq\f(14\r(5),5).例9．如圖①，在等腰Rt△ABC和等腰Rt△EDB中，AC＝BC，DE＝BD，∠ACB＝∠EDB＝90°，P為AE的中點(diǎn)．(1)觀察猜想連接PC、PD，則線段PC與PD的位置關(guān)系是________，數(shù)量關(guān)系是________；(2)探究證明如圖②，當(dāng)點(diǎn)E在線段AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，其他條件不變，作EF⊥BC于F，連接PF，試判斷△PCF的形狀，并說(shuō)明理由；(3)拓展延伸在點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，當(dāng)△PCF是等邊三角形時(shí)，直接寫(xiě)出△ACB與△EDB的兩直角邊之比．第9題圖【答案】解：(1)PC⊥PD，PC＝PD；【解法提示】如解圖①，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥BC于F，過(guò)點(diǎn)P作PH⊥BC于H，連接PF，第9題解圖①易得四邊形EFBD是正方形，∴EF＝ED，∠DEB＝∠FEB＝45°，∴∠PEF＝∠PED＝135°，在△PEF和△PED中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(EF＝ED,∠PEF＝∠PED,PE＝PE))，∴△PEF≌△PED(SAS)，∴PF＝PD，∠EPF＝∠EPD，∵AC∥PH∥EF，點(diǎn)P為AE的中點(diǎn)，∴點(diǎn)H是FC的中點(diǎn)，∴CH＝HF，又PH⊥BC，∴PC＝PF，故△PCF是等腰三角形，∴∠CPH＝∠FPH，∴PC＝PD；∵∠HPB＝∠HPF＋∠EPF＝45°，∴∠CPD＝∠CPH＋∠HPF＋∠EPF＋∠EPD＝2(∠HPF＋∠EPF)＝90°，∴PC⊥PD.(2)△PCF為等腰三角形，理由如下：如解圖②，過(guò)點(diǎn)P作PH⊥BC于點(diǎn)H，第9題解圖②則AC∥PH∥EF，∵P為AE的中點(diǎn)，∴點(diǎn)H是FC的中點(diǎn)，∴CH＝HF，又PH⊥BC，∴PC＝PF，∴△PCF為等腰三角形；(3)eq\r(3)＋2.【解法提示】如解圖③，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥BC于點(diǎn)F，過(guò)點(diǎn)P作PH⊥BC于點(diǎn)H，由(1)知，四邊形BDEF為正方形，設(shè)EF＝BF＝BD＝x，HF＝y(tǒng)，第9題解圖③∵△PCF是等邊三角形，∴PH＝eq\r(3)y，∵PH∥EF，∴△BEF∽△BPH，∴eq\f(EF,PH)＝eq\f(BF,BH)，即eq\f(x,\r(3)y)＝eq\f(x,x＋y)，解得y＝eq\f(\r(3)＋1,2)x，∴BC＝x＋2y＝(eq\r(3)＋2)x，∴eq\f(BC,BD)＝eq\f(（\r(3)＋2）x,x)＝eq\r(3)＋2.∴△ACB與△EDB的兩直角邊之比為eq\r(3)＋2.例10．已知在△ABC中，AB邊上的動(dòng)點(diǎn)D由A向B運(yùn)動(dòng)(與A，B不重合)，點(diǎn)E與點(diǎn)D同時(shí)出發(fā)，由點(diǎn)C沿BC的延長(zhǎng)線方向運(yùn)動(dòng)(E不與C重合)，連接DE交AC于F，點(diǎn)H是線段AF上一點(diǎn)．(1)初步嘗試如圖①，若△ABC是等邊三角形，DH⊥AC，且點(diǎn)D，E的運(yùn)動(dòng)速度相等，過(guò)點(diǎn)D作DG∥BC交AC于點(diǎn)G，則GH與AH的數(shù)量關(guān)系是________，GF與FC的數(shù)量關(guān)系是________，eq\f(AC,HF)的值是________；(2)類(lèi)比探究如圖②，若在△ABC中，∠ABC＝90°，∠ADH＝∠A＝30°，且點(diǎn)D，E的運(yùn)動(dòng)速度之比是eq\r(3)∶1，求eq\f(AC,HF)的值；(3)延伸拓展如圖③，若在△ABC中，AB＝AC，∠ADH＝∠A＝36°，記eq\f(BC,AB)＝m，且點(diǎn)D，E的運(yùn)動(dòng)速度相等，試用含m的代數(shù)式表示eq\f(A