初中數(shù)學(xué)120大招-96 幾何綜合類比探究變化型問題

中考數(shù)學(xué)大題狂練之壓軸大題突破培優(yōu)練幾何綜合類比探究變化型問題【真題再現(xiàn)】1．（2020年揚(yáng)州第27題）如圖1，已知點(diǎn)O在四邊形ABCD的邊AB上，且OA＝OB＝OC＝OD＝2，OC平分∠BOD，與BD交于點(diǎn)G，AC分別與BD、OD交于點(diǎn)E、F．（1）求證：OC∥AD；（2）如圖2，若DE＝DF，求AEAF（3）當(dāng)四邊形ABCD的周長(zhǎng)取最大值時(shí)，求DEDF【分析】（1）由等腰三角形的性質(zhì)及角平分線的定義證得∠ADO＝∠DOC，則可得出結(jié)論；（2）證明△AOD和△ABD為等腰直角三角形，得出ADAO=2，證明△ADE（3）設(shè)BC＝CD＝x，CG＝m，則OG＝2﹣m，由勾股定理得出4﹣（2﹣m）2＝x2﹣m2，解得：m=14x2，可用x表示四邊形ABCD的周長(zhǎng)，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)可求出x＝2時(shí)，四邊形ABCD有最大值，得出∠ADF＝∠【解析】（1）證明：∵AO＝OD，∴∠OAD＝∠ADO，∵OC平分∠BOD，∴∠DOC＝∠COB，又∵∠DOC+∠COB＝∠OAD+∠ADO，∴∠ADO＝∠DOC，∴CO∥AD；（2）解：如圖1，∵OA＝OB＝OD，∴∠ADB＝90°，設(shè)∠DAC＝α，則∠ACO＝∠DAC＝α．∵OA＝OD，DA∥OC，∴∠ODA＝∠OAD＝2α，∴∠DFE＝3α，∵DF＝DE，∴∠DEF＝∠DFE＝3α，∴4α＝90°，∴α＝22.5°，∴∠DAO＝45°，∴△AOD和△ABD為等腰直角三角形，∴AD=2AO∴ADAO∵DE＝DF，∴∠DFE＝∠DEF，∵∠DFE＝∠AFO，∴∠AFO＝∠AED，又∠ADE＝∠AOF＝90°，∴△ADE∽△AOF，∴AEAF（3）解：如圖2，∵OD＝OB，∠BOC＝∠DOC，∴△BOC≌△DOC（SAS），∴BC＝CD，設(shè)BC＝CD＝x，CG＝m，則OG＝2﹣m，∵OB2﹣OG2＝BC2﹣CG2，∴4﹣（2﹣m）2＝x2﹣m2，解得：m=1∴OG＝2-1∵OD＝OB，∠DOG＝∠BOG，∴G為BD的中點(diǎn)，又∵O為AB的中點(diǎn)，∴AD＝2OG＝4-1∴四邊形ABCD的周長(zhǎng)為2BC+AD+AB＝2x+4-12x2+4=-∵-1∴x＝2時(shí)，四邊形ABCD的周長(zhǎng)有最大值為10．∴BC＝2，∴△BCO為等邊三角形，∴∠BOC＝60°，∵OC∥AD，∴∠DAO＝∠COB＝60°，∴∠ADF＝∠DOC＝60°，∠DAE＝30°，∴∠AFD＝90°，∴DEDA=33，∴DEDF2．（2020年蘇州第26題）問題1：如圖①，在四邊形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，P是BC上一點(diǎn)，PA＝PD，∠APD＝90°．求證：AB+CD＝BC．問題2：如圖②，在四邊形ABCD中，∠B＝∠C＝45°，P是BC上一點(diǎn)，PA＝PD，∠APD＝90°．求AB+CDBC【分析】（1）由“AAS”可知△BAP≌△CPD，可得BP＝CD，AB＝PC，可得結(jié)論；（2）過點(diǎn)A作AE⊥BC于E，過點(diǎn)D作DF⊥BC于F，由（1）可知EF＝AE+DF，由等腰直角三角形的性質(zhì)可得BE＝AE，CF＝DF，AB=2AE，CD=2【解析】證明：（1）∵∠B＝∠APD＝90°，∴∠BAP+∠APB＝90°，∠APB+∠DPC＝90°，∴∠BAP＝∠DPC，又PA＝PD，∠B＝∠C＝90°，∴△BAP≌△CPD（AAS），∴BP＝CD，AB＝PC，∴BC＝BP+PC＝AB+CD；（2）如圖2，過點(diǎn)A作AE⊥BC于E，過點(diǎn)D作DF⊥BC于F，由（1）可知，EF＝AE+DF，∵∠B＝∠C＝45°，AE⊥BC，DF⊥BC，∴∠B＝∠BAE＝45°，∠C＝∠CDF＝45°，∴BE＝AE，CF＝DF，AB=2AE，CD=2∴BC＝BE+EF+CF＝2（AE+DF），∴AB+CDBC3．（2020年南京第26題）如圖，在△ABC和△A'B'C'中，D、D'分別是AB、A'B'上一點(diǎn)，ADAB（1）當(dāng)CDC'D'=ACA'C'=ABA'B'時(shí)，求證△ABC證明的途徑可以用下面的框圖表示，請(qǐng)?zhí)顚懫渲械目崭瘢?）當(dāng)CDC'D'=ACA'C'=BCB'C'時(shí)，判斷△ABC【分析】（1）根據(jù)兩邊成比例夾角相等兩三角形相似證明即可．（2）過點(diǎn)D，D′分別作DE∥BC，D′E′∥B′C′，DE交AC于E，D′E′交A′C′于E′．首先證明△CED∽△C′E′D′，推出∠CED＝∠C′E′D′，再證明∠ACB＝∠A′C′B′即可解決問題．【解析】（1）證明：∵ADAB∴ADA'D'∵CDC'D'∴CDC'D'∴△ADC∽△A′D′C'，∴∠A＝∠A′，∵ACA'C'∴△ABC∽△A′B′C′．故答案為：CDC'D'=ACA'C'=（2）結(jié)論：∴△ABC∽△A′B′C′．理由：如圖，過點(diǎn)D，D′分別作DE∥BC，D′E′∥B′C′，DE交AC于E，D′E′交A′C′于E′．∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴ADAB同理，A'D'A'B'∵ADAB∴DEBC∴DED'E'同理，AEAC∴AC-AEAC=A'C'-A'E'∴ECE'C'∵CDC'D'∴CDC'D'∴△DCE∽△D′C′E′，∴∠CED＝∠C′E′D′，∵DE∥BC，∴∠CED+∠ACB＝180°，同理，∠C′E′D′+∠A′C′B′＝180°，∴∠ACB＝∠A′C′B′，∵ACA'C'∴△ABC∽△A′B′C′．4．（2020年連云港第27題）（1）如圖1，點(diǎn)P為矩形ABCD對(duì)角線BD上一點(diǎn)，過點(diǎn)P作EF∥BC，分別交AB、CD于點(diǎn)E、F．若BE＝2，PF＝6，△AEP的面積為S1，△CFP的面積為S2，則S1+S2＝12；（2）如圖2，點(diǎn)P為?ABCD內(nèi)一點(diǎn)（點(diǎn)P不在BD上），點(diǎn)E、F、G、H分別為各邊的中點(diǎn)．設(shè)四邊形AEPH的面積為S1，四邊形PFCG的面積為S2（其中S2＞S1），求△PBD的面積（用含S1、S2的代數(shù)式表示）；（3）如圖3，點(diǎn)P為?ABCD內(nèi)一點(diǎn)（點(diǎn)P不在BD上），過點(diǎn)P作EF∥AD，HG∥AB，與各邊分別相交于點(diǎn)E、F、G、H．設(shè)四邊形AEPH的面積為S1，四邊形PGCF的面積為S2（其中S2＞S1），求△PBD的面積（用含S1、S2的代數(shù)式表示）；（4）如圖4，點(diǎn)A、B、C、D把⊙O四等分．請(qǐng)你在圓內(nèi)選一點(diǎn)P（點(diǎn)P不在AC、BD上），設(shè)PB、PC、BC圍成的封閉圖形的面積為S1，PA、PD、AD圍成的封閉圖形的面積為S2，△PBD的面積為S3，△PAC的面積為S4，根據(jù)你選的點(diǎn)P的位置，直接寫出一個(gè)含有S1、S2、S3、S4的等式（寫出一種情況即可）．【分析】（1）如圖1中，求出△PFC的面積，證明△APE的面積＝△PFC的面積即可．（2）如圖2中，連接PA，PC，在△APB中，因?yàn)辄c(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，可設(shè)S△APE＝S△PBE＝a，同理，S△APH＝S△PDH＝b，S△PDG＝S△PGC＝c，S△PFC＝S△PBF＝d，證明S四邊形AEPH+S四邊形PFCG＝S四邊形PEBF+S四邊形PHDG＝S1+S2，推出S△ABD=12S平行四邊形ABCD＝S1+S2，根據(jù)S△PBD＝S△ABD﹣（S1+S△PBE+S△PHD）＝S1+S2﹣（S1+a+S1﹣a）＝S2﹣S（3）如圖3中，由題意四邊形EBGP，四邊形HPFD都是平行四邊形，利用平行四邊形的性質(zhì)求解即可．（4）分四種情形：如圖4﹣1中，結(jié)論：S2﹣S1＝S3+S4．設(shè)線段PB，線段PA，弧AB圍成的封閉圖形的面積為x，線段PC，線段PD，弧CD的封閉圖形的面積為y．由題意：S1+x+S4＝S1+y+S3，推出x﹣y＝S3﹣S4，由題意S1+S2+x+y＝2（S1+x+S4），可得S2﹣S1＝x﹣y+2S4＝S3+S4．其余情形同法可求．【解析】（1）如圖1中，過點(diǎn)P作PM⊥AD于M，交BC于N．∵四邊形ABCD是矩形，EF∥BC，∴四邊形AEPM，四邊形MPFD，四邊形BNPE，四邊形PNCF都是矩形，∴BE＝PN＝CF＝2，S△PFC=12×PF×CF＝6，S△AEP＝S△APM，S△PEB＝S△PBN，S△PDM＝S△PFD，S△PCN＝S△PCF，S△ABD＝S∴S矩形AEPM＝S矩形PNCF，∴S1＝S2＝6，∴S1+S2＝12，故答案為12．（2）如圖2中，連接PA，PC，在△APB中，∵點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，∴可設(shè)S△APE＝S△PBE＝a，同理，S△APH＝S△PDH＝b，S△PDG＝S△PGC＝c，S△PFC＝S△PBF＝d，∴S四邊形AEPH+S四邊形PFCG＝a+b+c+d，S四邊形PEBF+S四邊形PHDG＝a+b+c+d，∴S四邊形AEPH+S四邊形PFCG＝S四邊形PEBF+S四邊形PHDG＝S1+S2，∴S△ABD=12S平行四邊形ABCD＝S1+S∴S△PBD＝S△ABD﹣（S1+S△PBE+S△PHD）＝S1+S2﹣（S1+a+S1﹣a）＝S2﹣S1．（3）如圖3中，由題意四邊形EBGP，四邊形HPFD都是平行四邊形，∴S四邊形EBGP＝2S△EBP，S四邊形HPFD＝2S△HPD，∴S△ABD=12S平行四邊形ABCD=12（S1+S2+2S△EBP+2S△HPD）=12（S1+S2）+S△∴S△PBD＝S△ABD﹣（S1+S△EBP+S△HPD）=12（S2﹣S（4）如圖4﹣1中，結(jié)論：S2﹣S1＝S3+S4．理由：設(shè)線段PB，線段PA，弧AB圍成的封閉圖形的面積為x，線段PC，線段PD，弧CD的封閉圖形的面積為y．由題意：S1+x+S4＝S1+y+S3，∴x﹣y＝S3﹣S4，∵S1+S2+x+y＝2（S1+x+S4），∴S2﹣S1＝x﹣y+2S4＝S3+S4．同法可證：圖4﹣2中，有結(jié)論：S1﹣S2=S3+S4圖4﹣3中和圖4﹣4中，有結(jié)論：|S1﹣S2|＝|S3﹣S4|．5．（2019年宿遷中考第28題）如圖①，在鈍角△ABC中，∠ABC＝30°，AC＝4，點(diǎn)D為邊AB中點(diǎn)，點(diǎn)E為邊BC中點(diǎn)，將△BDE繞點(diǎn)B逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)α度（0≤α≤180）．（1）如圖②，當(dāng)0＜α＜180時(shí)，連接AD、CE．求證：△BDA∽△BEC；（2）如圖③，直線CE、AD交于點(diǎn)G．在旋轉(zhuǎn)過程中，∠AGC的大小是否發(fā)生變化？如變化，請(qǐng)說明理由；如不變，請(qǐng)求出這個(gè)角的度數(shù)；（3）將△BDE從圖①位置繞點(diǎn)B逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)180°，求點(diǎn)G的運(yùn)動(dòng)路程．【分析】（1）如圖①利用三角形的中位線定理，推出DE∥AC，可得BDBA=BE（2）利用相似三角形的性質(zhì)證明即可．（3）點(diǎn)G的運(yùn)動(dòng)路程，是圖③﹣1中的BG的長(zhǎng)的兩倍，求出圓心角，半徑，利用弧長(zhǎng)公式計(jì)算即可．【解析】（1）如圖②中，由圖①，∵點(diǎn)D為邊AB中點(diǎn)，點(diǎn)E為邊BC中點(diǎn)，∴DE∥AC，∴BDBA∴BDBE∵∠DBE＝∠ABC，∴∠DBA＝∠EBC，∴△DBA∽△EBC．（2）∠AGC的大小不發(fā)生變化，∠AGC＝30°．理由：如圖③中，設(shè)AB交CG于點(diǎn)O．∵△DBA∽△EBC，∴∠DAB＝∠ECB，∵∠DAB+∠AOG+∠G＝180°，∠ECB+∠COB+∠ABC＝180°，∠AOG＝∠COB，∴∠G＝∠ABC＝30°．（3）如圖③﹣1中．設(shè)AB的中點(diǎn)為K，連接DK，以AC為邊向左邊等邊△ACO，連接OG，OB．以O(shè)為圓心，OA為半徑作⊙O，∵∠AGC＝30°，∠AOC＝60°，∴∠AGC=12∠∴點(diǎn)G在⊙O上運(yùn)動(dòng)，以B為圓心，BD為半徑作⊙B，當(dāng)直線與⊙B相切時(shí)，BD⊥AD，∴∠ADB＝90°，∵BK＝AK，∴DK＝BK＝AK，∵BD＝BK，∴BD＝DK＝BK，∴△BDK是等邊三角形，∴∠DBK＝60°，∴∠DAB＝30°，∴∠BOG＝2∠DAB＝60°，∴BG的長(zhǎng)=60?π?4觀察圖象可知，點(diǎn)G的運(yùn)動(dòng)路程是BG的長(zhǎng)的兩倍=8π點(diǎn)評(píng)：本題屬于相似形綜合題，考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，弧長(zhǎng)公式，等邊三角形的判定和性質(zhì)，圓周角定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是正確尋找相似三角形解決問題，學(xué)會(huì)正確尋找點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡，屬于中考?jí)狠S題．6．（2019年連云港中考第27題）問題情境：如圖1，在正方形ABCD中，E為邊BC上一點(diǎn)（不與點(diǎn)B、C重合），垂直于AE的一條直線MN分別交AB、AE、CD于點(diǎn)M、P、N．判斷線段DN、MB、EC之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．問題探究：在“問題情境”的基礎(chǔ)上．（1）如圖2，若垂足P恰好為AE的中點(diǎn)，連接BD，交MN于點(diǎn)Q，連接EQ，并延長(zhǎng)交邊AD于點(diǎn)F．求∠AEF的度數(shù)；（2）如圖3，當(dāng)垂足P在正方形ABCD的對(duì)角線BD上時(shí)，連接AN，將△APN沿著AN翻折，點(diǎn)P落在點(diǎn)P'處，若正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4，AD的中點(diǎn)為S，求P'S的最小值．問題拓展：如圖4，在邊長(zhǎng)為4的正方形ABCD中，點(diǎn)M、N分別為邊AB、CD上的點(diǎn)，將正方形ABCD沿著MN翻折，使得BC的對(duì)應(yīng)邊B'C'恰好經(jīng)過點(diǎn)A，C'N交AD于點(diǎn)F．分別過點(diǎn)A、F作AG⊥MN，F(xiàn)H⊥MN，垂足分別為G、H．若AG=52，請(qǐng)直接寫出【分析】問題情境：過點(diǎn)B作BF∥MN分別交AE、CD于點(diǎn)G、F，證出四邊形MBFN為平行四邊形，得出NF＝MB，證明△ABE≌△BCF得出BE＝CF，即可得出結(jié)論；問題探究：（1）連接AQ，過點(diǎn)Q作HI∥AB，分別交AD、BC于點(diǎn)H、I，證出△DHQ是等腰直角三角形，HD＝HQ，AH＝QI，證明Rt△AHQ≌Rt△QIE得出∠AQH＝∠QEI，得出△AQE是等腰直角三角形，得出∠EAQ＝∠AEQ＝45°，即可得出結(jié)論；（2）連接AC交BD于點(diǎn)O，則△APN的直角頂點(diǎn)P在OB上運(yùn)動(dòng)，設(shè)點(diǎn)P與點(diǎn)B重合時(shí)，則點(diǎn)P′與點(diǎn)D重合；設(shè)點(diǎn)P與點(diǎn)O重合時(shí)，則點(diǎn)P′的落點(diǎn)為O′，由等腰直角三角形的性質(zhì)得出∠ODA＝∠ADO′＝45°，當(dāng)點(diǎn)P在線段BO上運(yùn)動(dòng)時(shí)，過點(diǎn)P作PG⊥CD于點(diǎn)G，過點(diǎn)P′作P′H⊥CD交CD延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，連接PC，證明△APB≌△CPB得出∠BAP＝∠BCP，證明Rt△PGN≌Rt△NHP'得出PG＝NH，GN＝P'H，由正方形的性質(zhì)得出∠PDG＝45°，易得出PG＝GD，得出GN＝DH，DH＝P'H，得出∠P'DH＝45°，故∠P'DA＝45°，點(diǎn)P'在線段DO'上運(yùn)動(dòng)；過點(diǎn)S作SK⊥DO'，垂足為K，即可得出結(jié)果；問題拓展：延長(zhǎng)AG交BC于E，交DC的延長(zhǎng)線于Q，延長(zhǎng)FH交CD于P，則EG＝AG=52，PH＝FH，得出AE＝5，由勾股定理得出BE=AE2-AB2=3，得出CE＝BC﹣BE＝1，證明△ABE∽△QCE，得出QE=13AE=53，AQ＝AE+QE=203，證明△AGM∽△ABE，得出AM=258，由折疊的性質(zhì)得：AB'＝EB＝3，∠B'＝∠B＝90°，∠C'＝∠BCD＝90°，求出B'M=AM2-AB'2=78【解析】問題情境：解：線段DN、MB、EC之間的數(shù)量關(guān)系為：DN+MB＝EC；理由如下：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABE＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝CD，AB∥CD，過點(diǎn)B作BF∥MN分別交AE、CD于點(diǎn)G、F，如圖1所示：∴四邊形MBFN為平行四邊形，∴NF＝MB，∴BF⊥AE，∴∠BGE＝90°，∴∠CBF+∠AEB＝90°，∵∠BAE+∠AEB＝90°，∴∠CBF＝∠BAE，在△ABE和△BCF中，∠BAE=∠CBFAB=BC∴△ABE≌△BCF（ASA），∴BE＝CF，∵DN+NF+CF＝BE+EC，∴DN+MB＝EC；問題探究：解：（1）連接AQ，過點(diǎn)Q作HI∥AB，分別交AD、BC于點(diǎn)H、I，如圖2所示：∵四邊形ABCD是正方形，∴四邊形ABIH為矩形，∴HI⊥AD，HI⊥BC，HI＝AB＝AD，∵BD是正方形ABCD的對(duì)角線，∴∠BDA＝45°，∴△DHQ是等腰直角三角形，HD＝HQ，AH＝QI，∵M(jìn)N是AE的垂直平分線，∴AQ＝QE，在Rt△AHQ和Rt△QIE中，AQ=QEAH=QI∴Rt△AHQ≌Rt△QIE（HL），∴∠AQH＝∠QEI，∴∠AQH+∠EQI＝90°，∴∠AQE＝90°，∴△AQE是等腰直角三角形，∴∠EAQ＝∠AEQ＝45°，即∠AEF＝45°；（2）連接AC交BD于點(diǎn)O，如圖3所示：則△APN的直角頂點(diǎn)P在OB上運(yùn)動(dòng)，設(shè)點(diǎn)P與點(diǎn)B重合時(shí)，則點(diǎn)P′與點(diǎn)D重合；設(shè)點(diǎn)P與點(diǎn)O重合時(shí)，則點(diǎn)P′的落點(diǎn)為O′，∵AO＝OD，∠AOD＝90°，∴∠ODA＝∠ADO′＝45°，當(dāng)點(diǎn)P在線段BO上運(yùn)動(dòng)時(shí)，過點(diǎn)P作PG⊥CD于點(diǎn)G，過點(diǎn)P′作P′H⊥CD交CD延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，連接PC，∵點(diǎn)P在BD上，∴AP＝PC，在△APB和△CPB中，AP=PCBP=BP∴△APB≌△CPB（SSS），∴∠BAP＝∠BCP，∵∠BCD＝∠MPA＝90°，∴∠PCN＝∠AMP，∵AB∥CD，∴∠AMP＝∠PNC，∴∠PCN＝∠PNC，∴PC＝PN，∴AP＝PN，∴∠PNA＝45°，∴∠PNP′＝90°，∴∠P′NH+PNG＝90°，∵∠P′NH+∠NP′H＝90°，∠PNG+∠NPG＝90°，∴∠NPG＝∠P′NH，∠PNG＝∠NP′H，由翻折性質(zhì)得：PN＝P′N，在△PGN和△NHP'中，∠NPG=∠P'NHPN=P'N∴△PGN≌△NHP'（ASA），∴PG＝NH，GN＝P'H，∵BD是正方形ABCD的對(duì)角線，∴∠PDG＝45°，易得PG＝GD，∴GN＝DH，∴DH＝P'H，∴∠P'DH＝45°，故∠P'DA＝45°，∴點(diǎn)P'在線段DO'上運(yùn)動(dòng)；過點(diǎn)S作SK⊥DO'，垂足為K，∵點(diǎn)S為AD的中點(diǎn)，∴DS＝2，則P'S的最小值為2；問題拓展：解：延長(zhǎng)AG交BC于E，交DC的延長(zhǎng)線于Q，延長(zhǎng)FH交CD于P，如圖4：則EG＝AG=52，PH＝∴AE＝5，在Rt△ABE中，BE=A∴CE＝BC﹣BE＝1，∵∠B＝∠ECQ＝90°，∠AEB＝∠QEC，∴△ABE∽△QCE，∴AEQE∴QE=13AE∴AQ＝AE+QE=20∵AG⊥MN，∴∠AGM＝90°＝∠B，∵∠MAG＝∠EAB，∴△AGM∽△ABE，∴AMAE=AG解得：AM=25由折疊的性質(zhì)得：AB'＝EB＝3，∠B'＝∠B＝90°，∠C'＝∠BCD＝90°，∴B'M=AM2∵∠BAD＝90°，∴∠B'AM＝∠C'FA，∴△AFC'∽△MAB'，∴AFAM解得：AF=25∴DF＝4-25∵AG⊥MN，F(xiàn)H⊥MN，∴AG∥FH，∴AQ∥FP，∴△DFP∽△DAQ，∴FPAQ=DF解得：FP=5∴FH=12FP點(diǎn)評(píng)：本題是四邊形綜合題目，考查了正方形的性質(zhì)、翻折變換的性質(zhì)、勾股定理、相似三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)；本題綜合性強(qiáng)，有一定難度，證明三角形全等和三角形相似是解題的關(guān)鍵．7．（2019年無(wú)錫中考副卷第28題）如圖，在Rt△ABC中，AC＝BC＝4，∠ACB＝90°，正方形BDEF的邊長(zhǎng)為2，將正方形BDEF繞點(diǎn)B旋轉(zhuǎn)一周，連接AE、BE、CD．（1）請(qǐng)找出圖中與△ABE相似的三角形，并說明理由；（2）求當(dāng)A、E、F三點(diǎn)在一直線上時(shí)CD的長(zhǎng)；（3）設(shè)AE的中點(diǎn)為M，連接FM，試求FM長(zhǎng)的取值范圍．【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和相似三角形的判定定理即可得到結(jié)論；（2）根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到AB=2BC＝42，根據(jù)勾股定理得到AF=AB2-BF2=(42)（3）如圖3，延長(zhǎng)EF到G使FG＝EF，連接AG，BG，求得△BFG是等腰直角三角形，得到BG=2BF＝22，設(shè)M為AE的中點(diǎn)，連接MF，根據(jù)三角形中位線的定理得到AG＝2FM【解析】（1）△ABE∽△CBD，∵在Rt△ABC中，AC＝BC＝4，∠ACB＝90°，∴∠ABC＝∠EBD＝45°，∴∠ABE＝∠CBD，∵ABBC=2∴ABBC∴△ABE∽△CBD；（2）∵△ABE∽△CBD，∴AECD∴CD=22∵AC＝BC＝4，∠ACB＝90°，∴AB=2BC＝42∵當(dāng)A、E、F三點(diǎn)在一直線上時(shí)，∵∠AFB＝90°，∴AF=AB2如圖1，當(dāng)AE在AB左上方時(shí)，AE＝AF﹣EF＝27-∴CD=14如圖2，當(dāng)AE在AB右下方時(shí)，同理，AE＝AF+EF＝27+∴CD=14綜上所述，當(dāng)A、E、F三點(diǎn)在一直線上時(shí)，CD的長(zhǎng)為14-2或（3）如圖3，延長(zhǎng)EF到G使FG＝EF，連接AG，BG，則△BFG是等腰直角三角形，∴BG=2BF＝22設(shè)M為AE的中點(diǎn)，連接MF，∴MF是△AGE的中位線，∴AG＝2FM，在△ABG中，∵AB﹣BG≤AG≤AB+BG，∴22≤AG≤62∴2≤FM≤32點(diǎn)評(píng)：本題考查了相似形的綜合題，考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，三角形中位線定理，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．8．（2019年鹽城中考第25題）如圖①是一張矩形紙片，按以下步驟進(jìn)行操作：（Ⅰ）將矩形紙片沿DF折疊，使點(diǎn)A落在CD邊上點(diǎn)E處，如圖②；（Ⅱ）在第一次折疊的基礎(chǔ)上，過點(diǎn)C再次折疊，使得點(diǎn)B落在邊CD上點(diǎn)B′處，如圖③，兩次折痕交于點(diǎn)O；（Ⅲ）展開紙片，分別連接OB、OE、OC、FD，如圖④．【探究】（1）證明：△OBC≌△OED；（2）若AB＝8，設(shè)BC為x，OB2為y，求y關(guān)于x的關(guān)系式．【分析】（1）利用折疊性質(zhì)，由邊角邊證明△OBC≌△OED；（2）過點(diǎn)O作OH⊥CD于點(diǎn)H．由（1）△OBC≌△OED，OE＝OB，BC＝x，則AD＝DE＝x，則CE＝8﹣x，OH=12CD＝4，則EH＝CH﹣CE＝4﹣（8﹣x）＝x﹣4在Rt△OHE中，由勾股定理得OE2＝OH2+EH2，即OB2＝42+（x﹣4）2，所以y關(guān)于x的關(guān)系式：y＝x2﹣8【解析】（1）證明：由折疊可知，AD＝ED，∠BCO＝∠DCO＝∠ADO＝∠CDO＝45°∴BC＝DE，∠COD＝90°，OC＝OD，在△OBC≌△OED中，OC=OD∠OCB=∠ODE∴△OBC≌△OED（SAS）；（2）過點(diǎn)O作OH⊥CD于點(diǎn)H．由（1）△OBC≌△OED，OE＝OB，∵BC＝x，則AD＝DE＝x，∴CE＝8﹣x，∵OC＝OD，∠COD＝90°∴CH=12CD=1OH=12∴EH＝CH﹣CE＝4﹣（8﹣x）＝x﹣4在Rt△OHE中，由勾股定理得OE2＝OH2+EH2，即OB2＝42+（x﹣4）2，∴y關(guān)于x的關(guān)系式：y＝x2﹣8x+32．點(diǎn)評(píng)：本題是四邊形綜合題，熟練運(yùn)用軸對(duì)稱的性質(zhì)和全等三角形的判定以及勾股定理是解題的關(guān)鍵．9．（2019年揚(yáng)州第28題）如圖，已知等邊△ABC的邊長(zhǎng)為8，點(diǎn)P是AB邊上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（與點(diǎn)A、B不重合）．直線1是經(jīng)過點(diǎn)P的一條直線，把△ABC沿直線1折疊，點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)是點(diǎn)B′．（1）如圖1，當(dāng)PB＝4時(shí)，若點(diǎn)B′恰好在AC邊上，則AB′的長(zhǎng)度為4或0；（2）如圖2，當(dāng)PB＝5時(shí)，若直線1∥AC，則BB′的長(zhǎng)度為53；（3）如圖3，點(diǎn)P在AB邊上運(yùn)動(dòng)過程中，若直線1始終垂直于AC，△ACB′的面積是否變化？若變化，說明理由；若不變化，求出面積；（4）當(dāng)PB＝6時(shí)，在直線1變化過程中，求△ACB′面積的最大值．【分析】（1）證明△APB′是等邊三角形即可解決問題．（2）如圖2中，設(shè)直線l交BC于點(diǎn)E．連接BB′交PE于O．證明△PEB是等邊三角形，求出OB即可解決問題．（3）如圖3中，結(jié)論：面積不變．證明BB′∥AC即可．（4）如圖4中，當(dāng)B′P⊥AC時(shí)，△ACB′的面積最大，設(shè)直線PB′交AC于E，求出B′E即可解決問題．【解析】（1）如圖1中，∵△ABC是等邊三角形，∴∠A＝60°，AB＝BC＝AC＝8，∵PB＝4，∴PB′＝PB＝PA＝4，∵∠A＝60°，∴△APB′是等邊三角形，∴AB′＝AP＝4．當(dāng)直線l經(jīng)過C時(shí)，點(diǎn)B′與A重合，此時(shí)AB′＝0故答案為4或0．（2）如圖2中，設(shè)直線l交BC于點(diǎn)E．連接BB′交PE于O．∵PE∥AC，∴∠BPE＝∠A＝60°，∠BEP＝∠C＝60°，∴△PEB是等邊三角形，∵PB＝5，∴∵B，B′關(guān)于PE對(duì)稱，∴BB′⊥PE，BB′＝2OB∴OB＝PB?sin60°=5∴BB′＝53．故答案為53．（3）如圖3中，結(jié)論：面積不變．∵B，B′關(guān)于直線l對(duì)稱，∴BB′⊥直線l，∵直線l⊥AC，∴AC∥BB′，∴S△ACB′＝S△ACB=12×8×（4）如圖4中，當(dāng)B′P⊥AC時(shí)，△ACB′的面積最大，設(shè)直線PB′交AC于E，在Rt△APE中，∵PA＝2，∠PAE＝60°，∴PE＝PA?sin60°=3∴B′E＝6+3∴S△ACB′的最大值=12×8×（6+解法二：如圖5中，過點(diǎn)P作PH垂直于AC，由題意可得：B’在以P為圓心半徑長(zhǎng)為6的圓上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)PH的延長(zhǎng)線交圓P于點(diǎn)B′時(shí)面積最大，此時(shí)BH＝6+3，S△ACB′的最大值=12×8×（6點(diǎn)評(píng)：本題屬于幾何變換綜合題，考查了等邊三角形的性質(zhì)和判定，軸對(duì)稱變換，解直角三角形，平行線的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是理解題意，靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問題，屬于中考?jí)狠S題．10．（2019年南京中考第26題）如圖①，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4．求作菱形DEFG，使點(diǎn)D在邊AC上，點(diǎn)E、F在邊AB上，點(diǎn)G在邊BC上．小明的作法1．如圖②，在邊AC上取一點(diǎn)D，過點(diǎn)D作DG∥AB交BC于點(diǎn)G．2．以點(diǎn)D為圓心，DG長(zhǎng)為半徑畫弧，交AB于點(diǎn)E．3．在EB上截取EF＝ED，連接FG，則四邊形DEFG為所求作的菱形．（1）證明小明所作的四邊形DEFG是菱形．（2）小明進(jìn)一步探索，發(fā)現(xiàn)可作出的菱形的個(gè)數(shù)隨著點(diǎn)D的位置變化而變化……請(qǐng)你繼續(xù)探索，直接寫出菱形的個(gè)數(shù)及對(duì)應(yīng)的CD的長(zhǎng)的取值范圍．【分析】（1）根據(jù)鄰邊相等的平行四邊形是菱形證明即可．（2）求出幾種特殊位置的CD的值判斷即可．【解析】（1）證明：∵DE＝DG，EF＝DE，∴DG＝EF，∵DG∥EF，∴四邊形DEFG是平行四邊形，∵DG＝DE，∴四邊形DEFG是菱形．（2）如圖1中，當(dāng)四邊形DEFG是正方形時(shí)，設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為x．在Rt△ABC中，∵∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，∴AB=3則CD=35x，AD=∵AD+CD＝AC，∴35x+∴x=60∴CD=35x觀察圖象可知：0≤CD＜36如圖2中，當(dāng)四邊形DAEG是菱形時(shí)，設(shè)菱形的邊長(zhǎng)為m．∵DG∥AB，∴CDCA∴3-m3解得m=15∴CD＝3-15如圖3中，當(dāng)四邊形DEBG是菱形時(shí)，設(shè)菱形的邊長(zhǎng)為n．∵DG∥AB，∴CGCB∴4-n4∴n=20∴CG＝4-20∴CD=(觀察圖象可知：當(dāng)0≤CD＜3637或43＜CD≤3時(shí)，菱形的個(gè)數(shù)為0，當(dāng)CD=3637或98點(diǎn)評(píng)：本題考查相似三角形的判定和性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，作圖﹣復(fù)雜作圖等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)尋找特殊位置解決問題，屬于中考?？碱}型，題目有一定難度．【專項(xiàng)突破】【題組一】1．（2020?興化市一模）如圖，在矩形ABCD中，已知AB=23，AD＝2，點(diǎn)P是對(duì)角線BD上一動(dòng)點(diǎn)（不與B，D重合），連接AP，過點(diǎn)P作PE⊥AP，交DC于點(diǎn)E（1）求證：∠PAD＝∠PEC；（2）當(dāng)點(diǎn)P是BD的中點(diǎn)時(shí)，求DE的值；（3）在點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)過程中，當(dāng)DE=3時(shí)，求BP【分析】（1）由矩形的性質(zhì)得∠ADC＝90°，由四邊形內(nèi)角和定理得出∠DEP+∠DAP＝180°，再由∠DEP+∠PEC＝180°，即可得出結(jié)論；（2）由三角函數(shù)定義求出∠BAD＝60°，連接AC，由矩形的性質(zhì)得點(diǎn)P為AC與BD的交點(diǎn)，證出△ADP為等邊三角形，得AP＝AD＝2，證Rt△ADE≌Rt△APE（HL），得∠EAD＝∠EAP＝30°，由三角函數(shù)定義求出DE即可；（3）過點(diǎn)P作PG⊥AB于G，GP的延長(zhǎng)線交DC于H，證出四邊形BCHG是矩形，得GH＝BC＝2，設(shè)PG＝a，則PH＝GH﹣PH＝2﹣a，求出BG=3PG=3a，則AG＝AB﹣BG＝23-3a=3（2﹣a），EH＝DH﹣DE=3-3a，證△AGP【解析】（1）證明：∵PE⊥AP，∴∠APE＝90°，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ADC＝90°，在四邊形ADEP中，∠ADE+∠DEP+∠APE+∠DAP＝360°，∴∠DEP+∠DAP＝360°﹣90°﹣90°＝180°，又∵∠DEP+∠PEC＝180°，∴∠PAD＝∠PEC；（2）解：∵四邊形ABCD是矩形，AB=23，AD∴tan∠ADB=AB∴∠BAD＝60°，連接AC，如圖1所示：∵點(diǎn)P是BD的中點(diǎn)，四邊形ABCD是矩形，∴點(diǎn)P為AC與BD的交點(diǎn)，∴△ADP為等邊三角形，∴AP＝AD＝2，在Rt△ADE和Rt△APE中，AD=APAE=AE∴Rt△ADE≌Rt△APE（HL），∴∠EAD＝∠EAP＝30°，∴tan∠EAD=DE∴DE=2（3）解：過點(diǎn)P作PG⊥AB于G，GP的延長(zhǎng)線交DC于H，如圖2所示：∵四邊形ABCD是矩形，∴AB∥DC，∴PG⊥DC，∴四邊形BCHG是矩形，∴GH＝BC＝2，設(shè)PG＝a，則PH＝GH﹣PH＝2﹣a，在Rt△BGP中，tan∠PBG=PG∴BG=3PG=3∴AG＝AB﹣BG＝23-3a=3（2﹣a），EH＝DH﹣DE＝23∵PG⊥DC，∴∠APG+∠EPH＝90°，∵∠APG+∠PAG＝90°，∴∠EPH＝∠PAG，∵∠AGP＝∠PHE＝90°，∴△AGP∽△PHE，∴AGPG即23解得：a=3∴BP＝2PG=32．（2020?海安市一模）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為a，點(diǎn)E為邊BC的中點(diǎn)，點(diǎn)F在邊CD上，連接AE，EF．（1）當(dāng)CF=14a時(shí)，求證：∠（2）若CF＝2DF，連接AF．求∠EAF的度數(shù)；（3）當(dāng)∠AEF＝∠DAE時(shí)，求△CEF的面積（用含a的式子表示）．【分析】（1）證明△ABE∽△ECF，便可解決問題；（2）將△ABE△繞點(diǎn)A點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，證明△AEF≌△AE'F，進(jìn)而求得結(jié)果；（3）過A作AG⊥EF，證明△ABE≌△AGE，△ADF≌△AGF，得BE＝GE，DF＝GF，設(shè)CF＝x，在Rt△CEF中，由勾股定理列出x的方程求得x，進(jìn)而由三角形的面積公式求得結(jié)果．【解析】（1）證明：∵正方形ABCD的邊長(zhǎng)為a，點(diǎn)E為邊BC的中點(diǎn)，∴BE＝CE=12a，∠ABC＝∠∵CF=14∴ABEC∴△ABE∽△ECF，∴∠BAE＝∠CEF，∵∠BAE+∠AEB＝90°，∴∠CEF+∠AEB＝90°，∴∠AEF＝90°；（2）將△ABE△繞點(diǎn)A點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，如圖1，則AE＝AE'，BE＝DE'，∠E'AD＝∠EAB，∠ADE'＝∠ABE＝90°，∵∠ADF＝90°，∴點(diǎn)F、D、E'三點(diǎn)在同一直線上，∵CF＝2DF，∴CF=23a，DF=13a，CE＝BE＝DE∴E'F=56a，EF=∴EF＝E'F，∵AE＝AE'，AF＝AF，∴△AEF≌△AE'F（SSS），∴∠EAF＝∠E'AF=12∠（3）過A作AG⊥EF，如圖2，∵AD∥BC，∴∠DAE＝∠AEB，∵∠DAE＝∠AEF，∴∠AEB＝∠AEF，∵∠ABE＝∠AGE＝90°，∵AE＝AE，∴△ABE≌△AGE（AAS），∴BE＝GE=12a，AB＝∵AB＝AD，∴AD＝AG，∵AF＝AF，∴Rt△ADF≌Rt△AGF（HL），∴DF＝GF，設(shè)CF＝x，則GF＝DF＝a﹣x，∴EF=1∵CE2+CF2＝EF2，∴(1解得，x=23∴△CEF的面積=13．（2020?泰興市一模）如圖1，矩形ABCD中，AD＝2，AB＝a，點(diǎn)E為AD的中點(diǎn)，連接BE．過BE的中點(diǎn)F作FG⊥BE，交射線BC于點(diǎn)G，交邊CD于H點(diǎn)．（1）連接HE、HB．①求證：HE＝HB；②若a＝4，求CH的長(zhǎng)．（2）連接EG，△BEG面積為S．①BE＝1+a2（用含a②求S與a的函數(shù)關(guān)系式．（3）如圖2，設(shè)FG的中點(diǎn)為P，連接PB、BD．猜想∠GBP與∠DBE的關(guān)系，并說明理由．【分析】（1）①由線段的垂直平分線的性質(zhì)可得HE＝HB；②由勾股定理可得DE2+DH2＝BC2+CH2，即可求解；（2）①由勾股定理可求解；②通過證明△ABE∽△FGB，可得AEAB=BFFG（3）由銳角三角函數(shù)可求tan∠DBC＝tan∠PBF，可得∠DBC＝∠PBF，可得∠GBP＝∠DBE．【解析】證明：（1）①∵點(diǎn)F是BE中點(diǎn)，∴BF＝EF，又∵FG＝⊥BE，∴HE＝HB；②∵點(diǎn)E為AD的中點(diǎn)，∴DE＝AE＝1，∵HE＝HB，∴HE2＝HB2，∴DE2+DH2＝BC2+CH2，∴1+（4﹣CH）2＝4+CH2，∴CH=13（2）①在Rt△ABE中，BE=AB故答案為：1+a2②∵點(diǎn)F是BE的中點(diǎn)，∴EF＝BF=1+a∵四邊形ABCD是矩形，∴AD＝BC＝2，AB＝CD＝a，∵AD∥BC，∴∠AEB＝∠EBC，又∵∠A＝∠BFG＝90°，∴△ABE∽△FGB，∴AEAB∴FG=a∴△BEG面積為S=12×BE×（3）猜想：∠GBP＝∠DBE，理由如下：∵點(diǎn)P是GF的中點(diǎn)，∴PF=12GF∵tan∠DBC=DCBC=a∴tan∠DBC＝tan∠PBF，∴∠DBC＝∠PBF，∴∠GBP＝∠DBE．4．（2020?靖江市一模）（1）如圖1，在正方形ABCD中，點(diǎn)E、F分別是BC、CD邊上的動(dòng)點(diǎn)，且∠EAF＝45°，求證：EF＝DF+BE．（2）如圖2，在正方形ABCD中，如果點(diǎn)E、F分別是CB、DC延長(zhǎng)線上的動(dòng)點(diǎn)，且∠EAF＝45°，則EF、BE、DF之間數(shù)量關(guān)系是什么？請(qǐng)寫出證明過程．（3）如圖1，若正方形ABCD的邊長(zhǎng)為6，AE＝35，求AF的長(zhǎng)．【分析】（1）把△ABE繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至△ADG，由“SAS”可證△EAF≌△GAF，可得出EF＝FG，則結(jié)論得證；（2）將△ABE繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至△ADM，根據(jù)SAS可證明△EAF≌△MAF，可得EF＝FM，則結(jié)論得證；（3）由全等三角形的性質(zhì)可得AE＝AG＝35，EF＝FG，BE＝DG，由勾股定理可求DG的長(zhǎng)，F(xiàn)D的長(zhǎng)，AF的長(zhǎng)．【解析】證明：（1）把△ABE繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至△ADG，如圖1，∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，∵∠EAF＝45°，∴∠BAE+∠FAD＝45°，∴∠DAG+∠FAD＝45°，∴∠EAF＝∠FAG，∵AF＝AF，∴△EAF≌△GAF（SAS），∴EF＝FG＝DF+DG，∴EF＝DF+BE；（2）結(jié)論：EF＝DF﹣BE；證明：如圖2，將△ABE繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至△ADM，∴∠EAB＝∠MAD，AE＝AM，∠EAM＝90°，BE＝DM，∴∠FAM＝45°＝∠EAF，∵AF＝AF，∴△EAF≌△MAF（SAS），∴EF＝FM＝DF﹣DM＝DF﹣BE；（3）如圖，由（1）可得AE＝AG＝35，EF＝FG，BE＝DG，∵DG=AG∴BE＝DG＝3，∴EC＝BC﹣BE＝3，∵EF2＝EC2+CF2，∴（DF+3）2＝9+（6﹣DF）2，∴DF＝2，∴AF=AD2+DF【題組二】5．（2020?建湖縣二模）如圖（1），已知點(diǎn)G在正方形ABCD的對(duì)角線AC上，GE⊥BC，垂足為點(diǎn)E，GF⊥CD，垂足為點(diǎn)F．（1）證明與推斷：①求證：四邊形CEGF是正方形；②推斷：AGBE的值為2（2）探究與證明：將正方形CEGF繞點(diǎn)C順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)α角（0°＜α＜45°），如圖（2）所示，試探究線段AG與BE之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；（3）拓展與運(yùn)用：若AB＝2EC＝4，正方形CEGF在繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)過程中，當(dāng)A、E、G三點(diǎn)在一條直線上時(shí)，則BE＝14+2或14【分析】（1）證明與推斷：①由正方形的性質(zhì)可得∠ACB＝∠ACD＝45°，∠BCD＝90°，可證四邊形CEGF是矩形，由∠EGC＝90°﹣∠GCE＝45°＝∠GCE，可得EG＝EC，可得結(jié)論；②由正方形的性質(zhì)可得AC=2BC，GC=2（2）探究與證明：通過證明△AGC∽△BEC，可得AGBE（3）拓展與運(yùn)用：分兩種情況討論，由勾股定理可求AE的長(zhǎng)，AG的長(zhǎng)，由（2）的結(jié)論可求解．【解析】（1）證明與推斷：①∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ACB＝∠ACD＝45°，∠BCD＝90°，∵GE⊥BC，GF⊥CD，∴∠GEC＝∠GFC＝∠BCD＝90°，∴四邊形CEGF是矩形，∵∠EGC＝90°﹣∠GCE＝45°＝∠GCE，∴EG＝EC，∴四邊形CEGF是正方形；②∵四邊形ABCD是正方形，四邊形CEGF是正方形，∴AC=2BC，GC=2∴AGBE故答案為：2；（2）探究與證明：AG=2BE理由如下：如圖，連接GC，∵四邊形ABCD是正方形，四邊形CEGF是正方形，∴AC=2BC，GC=2EC，∠ACB＝∠∴∠BCE＝∠ACG，ACBC∴△AGC∽△BEC，∴AGBE（3）拓展與運(yùn)用：∵AB＝2EC＝4，∴EC＝EG＝GF＝CF＝2，AC=2AB＝42如圖，當(dāng)點(diǎn)E在線段AG上時(shí)，在Rt△AEC中，AE=AC2-CE∴AG＝AE+EG＝27+∵AGBE∴BE=AG如圖，當(dāng)點(diǎn)G在線段AE上時(shí)，在Rt△AEC中，AE=AC2-CE∴AG＝AE﹣EG＝27-∵AGBE∴BE=AG故答案為：14+2或6．（2020?鹽都區(qū)三模）【問題情境】如圖1，在△ABC中，AB＝AC，點(diǎn)D、E分別為線段AB、AC上的點(diǎn)，且DE∥BC．將△ADE繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)一定的角度后得到△AD′E′，如圖2．（1）求證：△ABD′≌△ACE′．【深入研究】如圖3，AB＝AC＝4，AD'＝AE'＝2，∠BAC＝∠D'AE'＝90°．（2）若點(diǎn)D′在線段BE′上，求△BCE′的面積．（3）若點(diǎn)B、D′、E′不在同一直線上，且點(diǎn)D'在△ABC內(nèi)，順次連接C、B、D′、E′四點(diǎn)，則四邊形CBD′E′的面積是否改變，若改變，請(qǐng)求出改變后的面積；若不變，請(qǐng)說明理由．【拓展延伸】（4）如圖4，在四邊形ABCD中，AB∥CD，∠D＝∠C≠90°．請(qǐng)用沒有刻度的直尺和圓規(guī)畫出滿足下列條件的四邊形A′B′CD．條件1：利用一次旋轉(zhuǎn)變換改變線段AB的位置，得到對(duì)應(yīng)線段A′B′．條件2：連接A′D、B′C，使得四邊形A′B′CD的面積與四邊形ABCD的面積相等．【分析】（1）由“SAS”可證△ABD′≌△ACE′；（2）過點(diǎn)A作AH⊥D'E'于H，由等腰直角三角形的性質(zhì)可得D'E'=2AD＝22，AH＝D'H＝E'H=2，由勾股定理可求BH的長(zhǎng)，由“SAS”可證△ABD′≌△ACE′，可得BD'＝CE'（3）由S四邊形CE'D'B＝S△ABC+S△CE'A﹣S△BD'A﹣S△D'E'A＝S△ABC﹣S△D'E'A，可求S四邊形CE'D'B＝6，即可求解；（4）延長(zhǎng)DA，CB交于點(diǎn)O，將AB繞點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)到A'B'位置，連接DA'，CB'，則四邊形A′B′CD就是所求的四邊形．【解析】證明：（1）由題意得：AD'＝AE'，∠BAD'＝∠CAE'，在△ABD'與△ACE'中，AB=AC∠BAD'=∠CAE'∴△ABD'≌△ACE'（SAS）；（2）如圖3，過點(diǎn)A作AH⊥D'E'于H，∵AD'＝AE'＝2，∠D'AE'＝90°，AH⊥D'E'，∴D'E'=2AD＝22，AH＝D'H＝E'H=∴BH=AB∴BD'＝BH﹣D'H=14-2，BE∵∠BAC＝∠D'AE'＝90°．∴∠BAD'＝∠CAE'，又∵AB＝AC，AD'＝AE'，∴△ABD'≌△ACE'（SAS），∴BD'＝CE'=14∵△BCE′的面積=12BE'×CE'=12×（3）不變，理由如下：如圖，∵AB＝AC＝4，AD'＝AE'＝2，∠BAC＝∠D'AE'＝90°，∴△ABC的面積為8，△AD'E'的面積為2，∵S四邊形CE'D'B＝S△ABC+S△CE'A﹣S△BD'A﹣S△D'E'A＝S△ABC﹣S△D'E'A，∴S四邊形CE'D'B＝6，∴四邊形BCE'D'的大小不變；（4）如圖，延長(zhǎng)DA，CB交于點(diǎn)O，將AB繞點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)到A'B'位置，連接DA'，CB'，則四邊形A′B′CD就是所求的四邊形．7．（2020?徐州模擬）（1）閱讀理解：如圖①，在△ABC中，若AB＝8，AC＝5，求BC邊上的中線AD的取值范圍．可以用如下方法：將△ACD繞著點(diǎn)D逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)180°得到△EBD，在△ABE中，利用三角形三邊的關(guān)系即可判斷中線AD的取值范圍是1.5＜AD＜6.5；（2）問題解決：如圖②，在△ABC中，D是BC邊上的中點(diǎn)，DE⊥DF于點(diǎn)D，DE交AB于點(diǎn)E，DF交AC于點(diǎn)F，連接EF，求證：BE+CF＞EF；（3）問題拓展：如圖③，在四邊形ABCD中，∠B+∠D＝180°，CB＝CD，∠BCD＝100°，以C為頂點(diǎn)作一個(gè)50°的角，角的兩邊分別交AB、AD于E、F兩點(diǎn)，連接EF，探索線段BE，DF，EF之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．【分析】（1）將△ACD繞著點(diǎn)D逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)180°得到△EBD，得到△ACD≌△EBD，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到BE＝AC，根據(jù)三角形的三邊關(guān)系求出AE的取值范圍，即可得出AD的取值范圍；（2）延長(zhǎng)FD至點(diǎn)M，使DM＝DF，連接BM、EM，同（1）得△BMD≌△CFD，得出BM＝CF，由線段垂直平分線的性質(zhì)得出EM＝EF，在△BME中，由三角形的三邊關(guān)系得出BE+BM＞EM即可得出結(jié)論；（3）延長(zhǎng)AB至點(diǎn)H，使BH＝DF，連接CH，證出∠HBC＝∠D，證明△HBC≌△FDC，得出CH＝CF，∠HCB＝∠FCD，證出∠ECH＝50°＝∠ECF，再證明△HCE≌△FCE，得出EH＝EF，即可得出結(jié)論．【解析】（1）解：如圖①，將△ACD繞著點(diǎn)D逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)180°得到△EBD，則△ACD≌△EBD，∴AD＝DE，BE＝AC＝5，在△ABE中，AB﹣BE＜AE＜AB+BE，即3＜AE＜13，故答案為：1.5＜AE＜6.5；（2）證明：如圖②，延長(zhǎng)FD至N，使DN＝DF，連接BN、EN，在△FDC和△NDB中，F(xiàn)D=ND∠FDC=∠NDB∴△FDC≌△NDB（SAS）∴BN＝FC，∵DF＝DN，DE⊥DF，∴EF＝EN，在△EBN中，BE+BN＞EN，∴BE+CF＞EF；（3）解：BE+DF＝EF，理由如下：如圖③，延長(zhǎng)AB至點(diǎn)H，使BH＝DF，連接CH，∵∠ABC+∠D＝180°，∠HBC+∠ABC＝180°，∴∠HBC＝∠D，在△HBC和△FDC中，DF=BH∠D=∠CBH∴△HBC≌△FDC（SAS）∴CH＝CF，∠HCB＝∠FCD，∵∠BCD＝100°，∠ECF＝50°，∴∠BCE+∠FCD＝50°，∴∠ECH＝50°＝∠ECF，在△HCE和△FCE中，CF=CH∠ECF=∠ECH∴△HCE≌△FCE（SAS）∴EH＝EF，∴BE+DF＝EF．8．（2020?工業(yè)園區(qū)一模）【探索規(guī)律】如圖①，在△ABC中，點(diǎn)D，E，F(xiàn)分別在AB，BC，AC上，且DF∥BC，EF∥AB．設(shè)△ADF的邊DF上的高為h1，△EFC的邊CE上的高為h2．（1）若△ADF、△EFC的面積分別為3，1，則h1h2=（2）設(shè)△ADF、△EFC、四邊形BDFE的面積分別為S1，S2，S，求證：S＝2S1【解決問題】（3）如圖②，在△ABC中，點(diǎn)D，E分別在AB，AC上，點(diǎn)F，G在BC上，且DE∥BC，DF∥EG．若△ADE、△DBF、△EGC的面積分別為3，7，5，求△ABC的面積．【分析】（1）證明△ADF∽△FEC，由相似三角形的性質(zhì)可得出答案；（2）設(shè)AD＝a，BD＝b，BD與EF間的距離為h，根據(jù)已知條件得到四邊形DBEF是平行四邊形，由（1）知△ADF∽△FEC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到S△ADFS△FEC=S1S2=(ADEF)2=a2b2，由三角形的面積公式得到（3）過點(diǎn)D作DM∥AC交BC于點(diǎn)M，證明△DFM≌△EGC（AAS），得出S△DFM＝S△EGC＝5，證明△DAE∽△BDM，則ADBD=12，可求出S△ABC＝9【解析】（1）∵DF∥BC，EF∥AB，∴∠AFD＝∠ACB，∠DAF＝∠EFC，∴△ADF∽△FEC，∵△ADF、△EFC的面積分別為3，1，∴S△ADF∴DFCE∵△ADF的邊DF上的高為h1，△EFC的邊CE上的高為h2，∴h1故答案為：3．（2）證明：如圖①，設(shè)AD＝a，BD＝b，DB與EF間的距離為h，∵EF∥AB，DF∥BC，∴四邊形DBFE是平行四邊形，∴BD＝EF＝b，由（1）知△ADF∽△FEC，∴S△ADF∵S1=12∴S2=b∴S1S2=b∴bh＝2S1∵S＝bh，∴S＝2S1（3）如圖②，過點(diǎn)D作DM∥AC交BC于點(diǎn)M，∴∠DMF＝∠ECG，∵DE∥BC，DF∥EG，∴四邊形DFGE為平行四邊形，∴DF＝EG，∠DFM＝∠EGC，∴△DFM≌△EGC（AAS），∴S△DFM＝S△EGC＝5，∵S△DBF＝7，∴S△BDM＝7+5＝12，∵DE∥BM，DM∥AC，∴∠ADE＝∠DBM，∠BDM＝∠BAE，∴△DAE∽△BDM，∴S△DAE∴ADBD∴ADAB同理，△ADE∽△ABC，∴S△ABC＝9S△ADE＝9×3＝27．【題組三】9．（2020?亭湖區(qū)校級(jí)一模）發(fā)現(xiàn)來(lái)源于探究．小亮進(jìn)行數(shù)學(xué)探究活動(dòng)，作邊長(zhǎng)為a的正方形ABCD和邊長(zhǎng)為b的正方形AEFG（a＞b），開始時(shí)，點(diǎn)E在AB上，如圖1．將正方形AEFG繞點(diǎn)A逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)．（1）如圖2，小亮將正方形AEFG繞點(diǎn)A逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)，連接BE、DG，當(dāng)點(diǎn)G恰好落在線段BE上時(shí)，小亮發(fā)現(xiàn)DG⊥BE，請(qǐng)你幫他說明理由．當(dāng)a＝3，b＝2時(shí)，請(qǐng)你幫他求此時(shí)DG的長(zhǎng)．（2）如圖3，小亮旋轉(zhuǎn)正方形AEFG，點(diǎn)E在DA的延長(zhǎng)線上，連接BF、DF．當(dāng)FG平分∠BFD時(shí)，請(qǐng)你幫他求a：b及∠FBG的度數(shù)．（3）如圖4，BE的延長(zhǎng)線與直線DG相交于點(diǎn)P，a＝2b．當(dāng)正方形AEFG繞點(diǎn)A從圖1開始，逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)一周時(shí)，請(qǐng)你幫小亮求點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的路線長(zhǎng)（用含b的代數(shù)式表示）．【分析】（1）如圖2中，連接AF交BE于H，設(shè)DG交AB于O．由△DAG≌BAE，推出∠ADO＝∠GBO，DG＝BE，由∠AOD＝∠BOG，推出∠DAO＝∠BGO＝90°推出DG⊥BE，在Rt△AHE中，可得AH＝EH=2，在Rt△AHB中，可得BH=（2）如圖3中，連接AF．由tan∠BFG=a-bb=tan∠GFD=tan∠FDE=ba+b，可得a：b=2，由此推出AD＝（3）如圖4中，連接BD，取BD的中點(diǎn)O，連接OP、OA．由△DAG≌BAE可得DG⊥BE，推出∠DPB＝90°，由OD＝OB＝OD，推出OP＝OD＝OB＝OD，可得點(diǎn)P在以BD為直徑的圓弧上運(yùn)動(dòng)．當(dāng)旋轉(zhuǎn)角為0°時(shí)，點(diǎn)P與A重合．∠ABE最大的位置為BE是⊙A的切線．此時(shí)∠ABE＝30°記此時(shí)點(diǎn)P的位置為P1，∠AOP1＝60°．OP1＝OA=2b，在正方形AEFG繞點(diǎn)A逆時(shí)針方向由0°旋轉(zhuǎn)到180°的過程中，點(diǎn)P在弧AP1上往返一次．由18【解析】（1）如圖2中，連接AF交BE于H，設(shè)DG交AB于O．∵四邊形ABCD，四邊形EFGA都是正方形，∴AD＝AB，AG＝AE，∠DAB＝∠GAE，∴∠DAG＝∠BAE，∴△DAG≌BAE，∴∠ADO＝∠GBO，DG＝BE，∵∠AOD＝∠BOG，∴∠DAO＝∠BGO＝90°∴DG⊥BE，在Rt△AHE中，∵AE＝2，AH＝EH，∴AH＝EH=2在Rt△AHB中，BH=A∴DG＝BE=7（2）如圖3中，連接AF．∵tan∠BFG=a-b∴a2﹣b2＝b2∴a：b=2∵AF=2b，AD=2∴AD＝AF，∴∠FDA＝∠DFA＝22.5°，∠FBG＝67.5°．（3）如圖4中，連接BD，取BD的中點(diǎn)O，連接OP、OA．∵△DAG≌BAE可得DG⊥BE，∴∠DPB＝90°，∵OD＝OB＝OD，∴OP＝OD＝OB＝OD，∴點(diǎn)P在以BD為直徑的圓弧上運(yùn)動(dòng)．當(dāng)旋轉(zhuǎn)角為0°時(shí)，點(diǎn)P與A重合．∠ABE最大的位置為BE是⊙A的切線．此時(shí)∠ABE＝30°記此時(shí)點(diǎn)P的位置為P1，∠AOP1＝60°．OP1＝OA=2b，在正方形AEFG繞點(diǎn)A逆時(shí)針方向由O°旋轉(zhuǎn)到180°的過程中，點(diǎn)P在弧AP由180°旋轉(zhuǎn)到360°的過程，類似．∴點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的路線長(zhǎng)=60π×10．（2020?高淳區(qū)二模）在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，點(diǎn)P是射線BD上一動(dòng)點(diǎn)，以AP為邊向右側(cè)作等邊△APE，點(diǎn)E的位置隨點(diǎn)P的位置變化而變化．（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)E在菱形ABCD內(nèi)部或邊上時(shí)，連接CE，則BP與CE的數(shù)量關(guān)系是BP＝CE，CE與AD的位置關(guān)系是CE⊥AD；（2）如圖2、3，當(dāng)點(diǎn)E在菱形ABCD外部時(shí)，（1）中的結(jié)論是否還成立？若成立，請(qǐng)予以證明；若不成立，請(qǐng)說明理由；（選擇圖3予以證明或說理）（3）如圖4，當(dāng)點(diǎn)P在線段BD上，點(diǎn)E在菱形ABCD外部時(shí)，連接BE、DE，若AB=23，BE＝6，求四邊形APDE【分析】（1）先判斷出∠BAP＝∠CAE，進(jìn)而判斷出△BAP≌△CAE，得出BP＝CE，∠ABP＝∠ACE＝30°，再判斷出∠CAH+∠ACH＝90°，即可得出結(jié)論；（2）同（1）的方法即得出結(jié)論；（3）先判斷出∠BCE＝∠AHE＝90°，進(jìn)而利用勾股定理求出CE=26，CH＝3，進(jìn)而求出S△ADE=62-33，再求出AO=3，PD＝6-26【解析】（1）如圖1中，結(jié)論：BP＝CE，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，AB=AC∠BAP=∠CAE∴△BAP≌△CAE（SAS），∴BP＝CE，∠ABP＝∠ACE＝30°，延長(zhǎng)CE交AD于H，∵∠CAH＝60°，∴∠CAH+∠ACH＝90°，∴∠AHC＝90°，即CE⊥AD．故答案為BP＝CE，CE⊥AD．（2）（1）中的結(jié)論成立．證明：如圖3，連接AC，AC與BD交于點(diǎn)O，∴△ABC，△ACD為等邊三角形，在△ABP和△ACE中，AB＝AC，AP＝AE，又∵∠BAP＝∠BAD+∠DAP＝120°+∠DA∠CAE＝∠CAD+∠DAP+∠PAE＝120°+∠DAP，∴∠BAP＝∠CAE，∴△ABP≌△ACE（SAS），∴BP＝CE，∠ACE＝∠ABD＝30°，設(shè)CE與AD交于點(diǎn)H，在△ACH中，∠ACH+∠CAH＝30°+60°＝90°．∴∠AHC＝90°，即CE⊥AD；（3）如圖4，由（2）知，CE⊥AD，∵BC∥AD，∴∠BCE＝∠AHE＝90°．在Rt△BCE中，由勾股定理可得：CE=B又在Rt△CAH中，由勾股定理可得：CH=C∴EH＝CE﹣CH=26∴S△ADE=12AD=12×23=62在Rt△AOD中，OD＝AD?cos30°＝3，AO=12AD∴BD＝6，又BP＝CE=26∴PD＝6-26又S△APD=12PD?AO=12×∴S四邊形APDE＝S△ADE+S△APD=3211．（2020?亭湖區(qū)校級(jí)三模）四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，點(diǎn)M在邊AD所在的直線上，連接CM，以M為直角頂點(diǎn)在CM右側(cè)作等腰Rt△CMN，連接BN．（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)M在點(diǎn)A左側(cè)，且A、B、N三點(diǎn)共線時(shí)，BN＝6；（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)M在點(diǎn)A右側(cè)，且AM=52時(shí)，求（3）若點(diǎn)M在邊AD所在直線上，且BN=26，求AM【分析】（1）由“AAS”可證△AMN≌△DCM，可得AM＝CD＝2，即可求解；（2）過點(diǎn)N作NH⊥AD，交AD的延長(zhǎng)線于H，過點(diǎn)N作NG⊥AB于G，由全等三角形的性質(zhì)可求MH＝CD＝2，DM＝HN=52-（3）分三種情況，討論利用全等三角形的性質(zhì)和勾股定理可求解．【解析】（1）∵△CMN是等腰直角三角形，∴MN＝MC，∠NMC＝90°，∴∠NMD+∠DMC＝90°，∵∠DMC+∠MCD＝90°，∴∠MCD＝∠NMD，又∵∠NAM＝∠MDC＝90°，∴△AMN≌△DCM（AAS），∴AM＝CD＝2，MD＝AN，∴MD＝AM+AD＝4＝AN，∴BN＝AB+AN＝6，故答案為：6；（2）如圖2，過點(diǎn)N作NH⊥AD，交AD的延長(zhǎng)線于H，過點(diǎn)N作NG⊥AB于G，同理可證：△CDM≌△MHN（AAS），∴MH＝CD＝2，DM＝HN=52-∴AH=9∵∠A＝90°，NG⊥AB，NH⊥AH，∴四邊形AHNG是矩形，∴AG＝HN=12，AH＝GN∴BG=3∴BN=BG（3）點(diǎn)M在點(diǎn)A左側(cè)，過點(diǎn)N作NE⊥AD于E，NF⊥AB，交BA的延長(zhǎng)線于F，∵△CMN是等腰直角三角形，∴MN＝MC，∠NMC＝90°，∴∠NMD+∠DMC＝90°，∵∠DMC+∠MCD＝90°，∴∠MCD＝∠NMD，又∵∠NEM＝∠MDC＝90°，∴△EMN≌△DCM（AAS），∴EM＝DC＝2，MD＝NE，設(shè)AM＝x，則MD＝NE＝2+x，AE＝2﹣x＝FN，∴BF＝2+2+x＝4+x在Rt△BFN中，BN2＝FN2+BF2，∴（2﹣x）2+（4+x）2＝26，∴（x+3）（x﹣1）＝0，∴x1＝﹣3（舍），x2＝1，∴AM＝1；當(dāng)點(diǎn)M在AD上時(shí)，如圖4，同理可得：（x+2）2+（4﹣x）2＝26，解得：x1＝﹣1（舍），x2＝3（不合題意），則在線段AD上，不存在點(diǎn)M，使BN=26當(dāng)點(diǎn)M在點(diǎn)D右側(cè)時(shí)，如圖5，同理可求AM＝3；綜上所述AM＝1或3．12．（2020?沭陽(yáng)縣模擬）已知，如圖1，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為6，點(diǎn)E、F分別在邊AB、AD的延長(zhǎng)線上，且BE＝DF，連接EF．（1）求∠E的度數(shù)；（2）將△AEF繞點(diǎn)A順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)，當(dāng)旋轉(zhuǎn)角α滿足0°＜α＜45°時(shí)，設(shè)EF與射線AB交于點(diǎn)G，與AC交于點(diǎn)H，如圖2所示，試判斷線段FH、HG、GE的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．（3）若將△AEF繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)一周，連接DF、BE，并延長(zhǎng)EB交直線DF于點(diǎn)P，連接PC，則點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)路徑長(zhǎng)為62π；線段PC的取值范圍為0≤PC≤62．【分析】（1）先證明AE＝AF，由等腰直角三角形的性質(zhì)可求解；（2）如圖2，作輔助線，構(gòu)建全等三角形，先證明△AGH≌△AGK，得GH＝GK，由△AFH≌△AEK，得∠AEK＝∠AFH＝45°，F(xiàn)H＝EK，利用勾股定理得：KG2＝EG2+EK2，根據(jù)相等關(guān)系線段等量代換可得結(jié)論：FH2+GE2＝HG2；（3）如圖3，先證明∠FPE＝∠FAE＝90°，根據(jù)90°的圓周角所對(duì)的弦是直徑可得：點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)路徑是：以BD為直徑的圓，如圖4，可得PC的取值范圍．【解析】（1）證明：如圖1，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠DAB＝90°，∵BE＝DF，∴AD+DF＝AB+BE，即AF＝AE，又∵∠FAE＝90°，∴∠E＝∠F＝45°；（2）解：FH2+GE2＝HG2，理由是：如圖2，過A作AK⊥AC，截取AK＝AH，連接GK、EK，∵∠CAB＝45°，∴∠CAB＝∠KAB＝45°，∵AG＝AG，∴△AGH≌△AGK（SAS），∴GH＝GK，由旋轉(zhuǎn)得：∠FAE＝90°，AF＝AE，∵∠HAK＝90°，∴∠FAH＝∠KAE，∴△AFH≌△AEK（SAS），∴∠AEK＝∠AFH＝45°，F(xiàn)H＝EK，∵∠AEH＝45°，∴∠KEG＝45°+45°＝90°，Rt△GKE中，KG2＝EG2+EK2，即：FH2+GE2＝HG2；（3）解：如圖3，∵AD＝AB，∠DAF＝∠BAE，AE＝AF，∴△DAF≌△BAE（SAS），∴∠DFA＝∠BEA，∵∠PNF＝∠ANE，∴∠FPE＝∠FAE＝90°，∴將△AEF繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)一周，總存在直線EB與直線DF垂直，∴點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)路徑是：以BD為直徑的圓，∴點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)路徑長(zhǎng)＝π×BD＝62π；如圖4，當(dāng)P與C重合時(shí)，PC最小，PC＝0，當(dāng)P與A重合時(shí)，PC最大為62，∴線段PC的取值范圍是：0≤PC≤62．故答案為：62π，0≤PC≤62．【題組四】13．（2021?南通模擬）如圖，現(xiàn)有一張矩形紙片ABCD，AB＝4，BC＝8，點(diǎn)M，N分別在矩形的邊AD，BC上，將矩形紙片沿直線MN折疊，使點(diǎn)C落在矩形的邊AD上，記為點(diǎn)P，點(diǎn)D落在G處，連接PC，交MN丁點(diǎn)Q，連接CM．（1）求證：PM＝PN；（2）當(dāng)P，A重合時(shí)，求MN的值；（3）若△PQM的面積為S，求S的取值范圍．【分析】（1）想辦法證明∠PMN＝∠PNM即可解決問題．（2）點(diǎn)P與點(diǎn)A重合時(shí)，設(shè)BN＝x，表示出AN＝NC＝8﹣x，利用勾股定理列出方程求解得x的值，進(jìn)而用勾股定理求得MN．（3）當(dāng)MN過D點(diǎn)時(shí)，求得四邊形CMPN的最小面積，進(jìn)而得S的最小值，當(dāng)P與A重合時(shí)，S的值最大，求得最大值即可．【解析】（1）證明：如圖1中，∵四邊形ABCD是矩形，∴PM∥CN，∴∠PMN＝∠MNC，∵∠MNC＝∠PNM，∴∠PMN＝∠PNM，∴PM＝PN．（2）解：點(diǎn)P與點(diǎn)A重合時(shí)，如圖2中，設(shè)BN＝x，則AN＝NC＝8﹣x，在Rt△ABN中，AB2+BN2＝AN2，即42+x2＝（8﹣x）2，解得x＝3，∴CN＝8﹣3＝5，AC=AB2∴CQ=12AC＝2∴QN=C∴MN＝2QN＝25．（3）解：當(dāng)MN過點(diǎn)D時(shí)，如圖3所示，此時(shí)，CN最短，四邊形CMPN的面積最小，則S最小為S=14S菱形CMPN當(dāng)P點(diǎn)與A點(diǎn)重合時(shí)，CN最長(zhǎng)，四邊形CMPN的面積最大，則S最大為S=1∴4≤S≤5，14．（2021?泰州模擬）如圖1，邊長(zhǎng)為1的正方形ABCD被兩條與邊平行的線段EF、GH分割成兩個(gè)小矩形，EF與GH交于點(diǎn)P，△GBF的周長(zhǎng)為m．（1）若m＝1，求矩形EPHD的面積；（2）當(dāng)m滿足什么條件時(shí)，矩形EPHD的面積是一個(gè)與滿足條件的點(diǎn)G、F位置無(wú)關(guān)的常數(shù)？（3）在圖2中作出符合（2）中要求的其中一個(gè)△BGF．【分析】（1））直接根據(jù)直角三角形兩直角邊的平方和等于斜邊的平方，表示出a，b，m滿足的等式，根據(jù)線段之間的關(guān)系利用勾股定理即可求長(zhǎng)方形EPHD的面積．（2）結(jié)合（1）中結(jié)論，即可求出長(zhǎng)方形EPHD的面積是一個(gè)常數(shù)．（3）在BC上取一點(diǎn)F，在BA的延長(zhǎng)線上取一點(diǎn)T，使得AT＝CF，連接DT，DF，作∠TDF的角平分線DG交AB于G，△BFG即為所求作．【解析】（1）設(shè)BF長(zhǎng)為a，BG長(zhǎng)為b，∵AB＝BC＝1，∴AG＝1﹣b，F(xiàn)C＝1﹣a，在Rt△GBF中，GF2＝BF2+BG2＝a2+b2，∵△GBF的周長(zhǎng)為m＝1，∴BF+BG+GF＝a+b+a即a2+b2=兩邊平方得，a2+b2＝12﹣2（a+b）+（a+b）2，整理得，1﹣2a﹣2b+2ab＝0，∴a+b﹣ab=1∴長(zhǎng)方形EPHD的面積為：PH?EP＝FC?AG＝（1﹣a）（1﹣b）＝1﹣a﹣b+ab＝1-=1（2）∵△ABC中，∠ABC＝90°，則AB2+BC2＝AC2．在△GBF中，GF＝m﹣a﹣b，∴（m﹣a﹣b）2＝a2+b2，化簡(jiǎn)得，m2﹣2ma﹣2mb+2ab＝0，∴ab＝ma+mb-12m∴長(zhǎng)方形EPHD的面積為：PH?EP＝FC?AG＝（1﹣a）（1﹣b）＝1﹣a﹣b+ab＝1﹣a﹣b+ma+mb-12＝1+（m﹣1）a+（m﹣1）b-12m所以要使長(zhǎng)方形EPHD的面積是一個(gè)常數(shù)，只要m＝1．（3）如圖，△BFG即為所求作．15．（2020?溧陽(yáng)市一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，矩形OABC的頂點(diǎn)O是坐標(biāo)原點(diǎn)，OA、OC分別在x軸、y軸的正半軸上，且OA＝5，OC＝4．（1）如圖①，將矩形沿對(duì)角線OB折疊，使得點(diǎn)A落在點(diǎn)D處，OD與CB相交于點(diǎn)E，請(qǐng)問重疊部分△OBE是什么三角形？說明你的理由：并求出這個(gè)三角形的面積；（2）如圖②，點(diǎn)E、F分別是OC、OA邊上的點(diǎn)，將△OEF沿EF折疊，使得點(diǎn)O正好落在BC邊上的D點(diǎn)，過點(diǎn)D作DH⊥OA，交EF于點(diǎn)G，交OA于點(diǎn)H，若CD＝2，求點(diǎn)G的坐標(biāo)；（3）如圖③，照（2）中條件，當(dāng)點(diǎn)E、F在OC、OA上移動(dòng)時(shí)，點(diǎn)D也在邊BC上隨之移動(dòng)，請(qǐng)直接寫出BD的取值范圍．【分析】（1）如圖①中，結(jié)論：△OBE是等腰三角形．利用平行線的性質(zhì)以及翻折的性質(zhì)即可證明，再求出BE的長(zhǎng)即可解決問題．（2）如圖2中，證明OE＝DE＝DG，設(shè)OE＝DE＝DG＝x，利用勾股定理構(gòu)建方程求出x即可解決問題．（3）分別求出BD的最大值與最小值即可解決問題．【解析】（1）如圖①中，結(jié)論：△OBE是等腰三角形．理由：∵四邊形OABC是矩形，∴OA＝BC＝5，OC＝AB＝4，∠OCB＝90°，BC∥OA，∴∠CBO＝∠AOB，由翻折的性質(zhì)可知，∠AOB＝∠BOE，∴∠EBO＝∠EOB，∴EB＝EC，∴△EOB是等腰三角形．設(shè)EB＝OE＝x，則CE＝5﹣x，在Rt△EOC中，則有x2＝42+（5﹣x）2，解得x＝4.1，∴S△EOB=1（2）如圖②中，∵DH⊥OF，∴DH∥OC，∴∠OEG＝∠EGD，由翻折的性質(zhì)可知，∠OEG＝∠DEG，∴∠DEG＝∠DGE，∴DE＝DG，∵EO＝ED，∴OE＝DE＝DG，設(shè)OE＝DE＝DG＝x，在Rt△EDC中，則有x2＝22+（4﹣x）2，解得x=5∵四邊形OCDH是矩形，∴DH＝OC＝4，CD＝OH＝2，∴GH＝4-5∴G（2，32（3）當(dāng)點(diǎn)E與C重合時(shí)，BD的值最小，最小值為1，當(dāng)點(diǎn)F與A重合時(shí)，BD的值最大，最大值為3，∴BD的取值范圍為：1≤BD≤3．16．（2020?濱湖區(qū)一模）閱讀材料：等腰三角形具有性質(zhì)“等邊對(duì)等角”．事實(shí)上，不等邊三角形也具有類似性質(zhì)“大邊對(duì)大角”，如圖1，在△ABC中，如果AB＞AC，那么∠ACB＞∠ABC．證明如下：將AB沿△ABC的角平分線AD翻折（如圖2），因?yàn)锳B＞AC，所以點(diǎn)B落在AC的延長(zhǎng)線上的點(diǎn)B′處．于是，由∠ACB＞∠B′，∠ABC＝∠B′，可得∠ACB＞∠ABC．（1）靈活運(yùn)用：從上面的證法可以看出，折紙常常能為證明一個(gè)命題提供思路和方法．由此小明想到可用類似方法證明“大角對(duì)大邊”，如圖3，在△ABC中，如果∠ACB＞∠ABC，那么AB＞AC．小明的思路是：沿BC的垂直平分線翻折……請(qǐng)你幫助小明完成后面的證明過程．（2）拓展延伸：請(qǐng)運(yùn)用上述方法或結(jié)論解決如下問題：如圖4，已知M為正方形ABCD的邊CD上一點(diǎn)（不含端點(diǎn)），連接AM并延長(zhǎng)，交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)N．求證：AM+AN＞2BD．【分析】（1）將∠B沿BC的中垂線DE翻折（如圖3），使點(diǎn)B落在點(diǎn)C處．求得∠ACB＞∠ABC，連接DC，根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)得到DB＝DC，根據(jù)三角形三邊關(guān)系即可得到結(jié)論；（2）如圖4，延長(zhǎng)DC到點(diǎn)E，使得CE＝CN，連接AE交BC于點(diǎn)F，連接AC，根據(jù)正方形的性質(zhì)得到∠ACD＝∠ACB＝45°，求得∠ACE＝∠ACN＝135°，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AE＝AN，過點(diǎn)C作PQ⊥AC，分別交AN、AE于點(diǎn)P、Q，求得AP+AQ＞2AC，得到QE＞CQ，同理可得PC＞PM，等量代換即可得到結(jié)論．【解析】（1）將∠B沿BC的中垂線DE翻折（如圖3），使點(diǎn)B落在點(diǎn)C處．∵∠ACB＞∠ABC，∴CD在△ABC的內(nèi)部，D落在AB上．連接DC，∵DE為BC的中垂線，∴DB＝DC，在△ADC中，AD+DC＞AC，∴AD+DB＞AC，即AB＞AC；（2）如圖4，延長(zhǎng)DC到點(diǎn)E，使得CE＝CN，連接AE交BC于點(diǎn)F，連接AC，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ACD＝∠ACB＝45°，∴∠ACE＝∠ACN＝135°，∵AC＝AC，∴△ACE≌△ACN（SAS），∴AE＝AN，過點(diǎn)C作PQ⊥AC，分別交AN、AE于點(diǎn)P、Q，由∠ACP＝∠ACQ＝90°可知AP＞AC、AQ＞AC，∴AP+AQ＞2AC，∵∠ACD＞∠E，∠ACD＝45°，∠QCE＝45°，∴∠QCE＞∠E，∴QE＞CQ，同理可得PC＞PM，由全等或?qū)ΨQ性可得PC＝CQ，∴QE＞PM．∴AM+AN＝AM+AE＝AM+AQ+QE＞AM+AQ+PM＝AP+AQ，又∵AP+AQ＞2AC，∴AM+AN＞2AC，∵正方形ABCD中，AC＝BD．∴AM+AN＞2BD．【題組五】17．（2020?錫山區(qū)校級(jí)模擬）如圖：在?ABCD中，AC⊥AB，且AD＝5，AB＝4，如果將△ACD繞著點(diǎn)A順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)一個(gè)角度（小于180°），如（1）圖得到△AC'D'，則在旋轉(zhuǎn)過程中．（1）線段C'D'不能經(jīng)過原來(lái)點(diǎn)C的位置（填“能”或“不能”）；（2）如（2）圖，當(dāng)C'D'∥BC時(shí)，AC'與BC相交于點(diǎn)E，則C'EAE=1（3）如（3）圖，當(dāng)C'D'經(jīng)過點(diǎn)B時(shí)，AD'與BC相交于點(diǎn)F，求△ABF的面積；（4）如（4）圖，當(dāng)C'落在BC上時(shí)，記∠CAF＝∠1，求sin∠1的值．【分析】（1）由旋轉(zhuǎn)得：AC＝AC'，由垂線段最短可得結(jié)論；（2）根據(jù)面積法計(jì)算AE的長(zhǎng)，從而得C'E的長(zhǎng)，代入所求的比例式即可解答；（3）過A作AE⊥BC于E，由（2）知AE=125，由勾股定理計(jì)算BE和BC'的長(zhǎng)，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和角的和與差可得：∠EAF＝∠BAC'，由三角函數(shù)定義列比例式可得EF的長(zhǎng)，從而得（4）如（4）圖，過A作AE⊥BC于E，過F作FH⊥AC于H，根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)得：CE＝C'E=95，∠ACC'＝∠AC'C＝∠D'AC'，由等角的余角相等得∠D'＝∠FC'D'，由等角對(duì)等邊得AF＝FD'＝C'F=52，可得【解析】（1）如（1）圖，延長(zhǎng)AC交C'D'于M，∵AC⊥AB，∴∠CAB＝90°，在?ABCD中，CD∥AB，∴∠ACD＝∠CAB＝90°，由旋轉(zhuǎn)得：∠C'＝∠ACD＝90°，AC＝AC'，∴AM＞AC'，∴線段C'D'不能經(jīng)過原來(lái)點(diǎn)C的位置；故答案為：不能；（2）如（2）圖：∵C'D'∥BC，且∠C'＝90°，∴∠AEC＝∠C'＝90°，在?ABCD中，BC＝AD＝5，Rt△C