初中數(shù)學(xué)120大招-附1 幾何變式探究和類比變換綜合類問題

備戰(zhàn)2021年中考數(shù)學(xué)經(jīng)典題型講練案（全國通用）幾何變式探究和類比變換綜合類問題【方法指導(dǎo)】圖形的類比變換是近年來中考的?？键c，常以三角形、四邊形為背景，與翻折、旋轉(zhuǎn)相結(jié)合，考查三角形全等或相似的性質(zhì)與判定，難度較大．此類題目第一問相對簡單，后面的問題需要結(jié)合第一問的方法進行類比解答．根據(jù)其特征大致可分為：幾何變換類比探究問題、旋轉(zhuǎn)綜合問題、翻折類問題等．解決此類問題要善于將復(fù)雜圖象分解為幾個基本圖形，通過添加副主席補全或構(gòu)造基本圖形，借助轉(zhuǎn)化、方程、數(shù)形結(jié)合、分類討論等數(shù)學(xué)思想解決幾何證明問題，計算則把幾何與代數(shù)知識綜合起來，滲透數(shù)形結(jié)合思想，考查學(xué)生分析問題的能力、邏輯思維和推理能力.【題型剖析】【類型1】幾何類比變換綜合題【例1】（2020?襄陽）在△ABC中，∠BAC═90°，AB＝AC，點D在邊BC上，DE⊥DA且DE＝DA，AE交邊BC于點F，連接CE．（1）特例發(fā)現(xiàn)：如圖1，當(dāng)AD＝AF時，①求證：BD＝CF；②推斷：∠ACE＝90°；（2）探究證明：如圖2，當(dāng)AD≠AF時，請?zhí)骄俊螦CE的度數(shù)是否為定值，并說明理由；（3）拓展運用：如圖3，在（2）的條件下，當(dāng)EFAF=13時，過點D作AE的垂線，交AE于點P，交AC于點K，若CK【分析】（1）①證明△ABD≌△ACF（AAS）可得結(jié)論．②利用四點共圓的性質(zhì)解決問題即可．（2）結(jié)論不變．利用四點共圓證明即可．（3）如圖3中，連接EK．首先證明AB＝AC＝3EC，設(shè)EC＝a，則AB＝AC＝3a，在Rt△KCE中，利用勾股定理求出a，再求出DP，PF即可解決問題．【解析】（1）①證明：如圖1中，∵AB＝AC，∴∠B＝∠ACF，∵AD＝AF，∴∠ADF＝∠AFD，∴∠ADB＝∠AFC，∴△ABD≌△ACF（AAS），∴BD＝CF．②結(jié)論：∠ACE＝90°．理由：如圖1中，∵DA＝DE，∠ADE＝90°，AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠ACD＝∠AED＝45°，∴A，D，E，C四點共圓，∴∠ADE+∠ACE＝180°，∴∠ACE＝90°．故答案為90．（2）結(jié)論：∠ACE＝90°．理由：如圖2中，∵DA＝DE，∠ADE＝90°，AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠ACD＝∠AED＝45°，∴A，D，E，C四點共圓，∴∠ADE+∠ACE＝180°，∴∠ACE＝90°．（3）如圖3中，連接EK．∵∠BAC+∠ACE＝180°，∴AB∥CE，∴ECAB=EFAF=13，設(shè)EC＝a，則AB＝AC＝3∵DA＝DE，DK⊥AE，∴AP＝PE，∴AK＝KE＝3a-16∵EK2＝CK2+EC2，∴（3a-163）2＝（163）2+解得a＝4或0（舍棄），∴EC＝4，AB＝AC＝12，∴AE=AC2∴DP＝PA＝PE=12AE＝210，EF=1∴PF＝EF=10∵∠DPF＝90°，∴DF=DP2【變式1-1】（2020?黔東南州）如圖1，△ABC和△DCE都是等邊三角形．探究發(fā)現(xiàn)（1）△BCD與△ACE是否全等？若全等，加以證明；若不全等，請說明理由．拓展運用（2）若B、C、E三點不在一條直線上，∠ADC＝30°，AD＝3，CD＝2，求BD的長．（3）若B、C、E三點在一條直線上（如圖2），且△ABC和△DCE的邊長分別為1和2，求△ACD的面積及AD的長．【分析】（1）依據(jù)等式的性質(zhì)可證明∠BCD＝∠ACE，然后依據(jù)SAS可證明△ACE≌△BCD；（2）由（1）知：BD＝AE，利用勾股定理計算AE的長，可得BD的長；（3）如圖2，過A作AF⊥CD于F，先根據(jù)平角的定義得∠ACD＝60°，利用特殊角的三角函數(shù)可得AF的長，由三角形面積公式可得△ACD的面積，最后根據(jù)勾股定理可得AD的長．【解析】（1）全等，理由是：∵△ABC和△DCE都是等邊三角形，∴AC＝BC，DC＝EC，∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠ACB+∠ACD＝∠DCE+∠ACD，即∠BCD＝∠ACE，在△BCD和△ACE中，CD=CE∠BCD=∠ACE∴△ACE≌△BCD（SAS）；（2）如圖3，由（1）得：△BCD≌△ACE，∴BD＝AE，∵△DCE是等邊三角形，∴∠CDE＝60°，CD＝DE＝2，∵∠ADC＝30°，∴∠ADE＝∠ADC+∠CDE＝30°+60°＝90°，在Rt△ADE中，AD＝3，DE＝2，∴AE=A∴BD=13（3）如圖2，過A作AF⊥CD于F，∵B、C、E三點在一條直線上，∴∠BCA+∠ACD+∠DCE＝180°，∵△ABC和△DCE都是等邊三角形，∴∠BCA＝∠DCE＝60°，∴∠ACD＝60°，在Rt△ACF中，sin∠ACF=AF∴AF＝AC×sin∠ACF＝1×3∴S△ACD=1∴CF＝AC×cos∠ACF＝1×1FD＝CD﹣CF＝2-1在Rt△AFD中，AD2＝AF2+FD2=(3∴AD=3【變式1-2】（2020?鞍山）在矩形ABCD中，點E是射線BC上一動點，連接AE，過點B作BF⊥AE于點G，交直線CD于點F．（1）當(dāng)矩形ABCD是正方形時，以點F為直角頂點在正方形ABCD的外部作等腰直角三角形CFH，連接EH．①如圖1，若點E在線段BC上，則線段AE與EH之間的數(shù)量關(guān)系是相等，位置關(guān)系是垂直；②如圖2，若點E在線段BC的延長線上，①中的結(jié)論還成立嗎？如果成立，請給予證明；如果不成立，請說明理由；（2）如圖3，若點E在線段BC上，以BE和BF為鄰邊作平行四邊形BEHF，M是BH中點，連接GM，AB＝3，BC＝2，求GM的最小值．【分析】（1）①證明△ABE≌△BCF，得到BE＝CF，AE＝BF，再證明四邊形BEHF為平行四邊形，從而可得結(jié)果；②根據(jù)（1）中同樣的證明方法求證即可；（2）說明C、E、G、F四點共圓，得出GM的最小值為圓M半徑的最小值，設(shè)BE＝x，證明△ABE∽△BCF，得到CF，再利用勾股定理表示出EF=139x【解析】（1）①∵四邊形ABCD為正方形，∴AB＝BC，∠ABC＝∠BCD＝90°，即∠BAE+∠AEB＝90°，∵AE⊥BF，∴∠CBF+∠AEB＝90°，∴∠CBF＝∠BAE，又AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°，∴△ABE≌△BCF（ASA），∴BE＝CF，AE＝BF，∵△FCH為等腰直角三角形，∴FC＝FH＝BE，F(xiàn)H⊥FC，而CD⊥BC，∴FH∥BC，∴四邊形BEHF為平行四邊形，∴BF∥EH且BF＝EH，∴AE＝EH，AE⊥EH，故答案為：相等；垂直；②成立，理由是：當(dāng)點E在線段BC的延長線上時，同理可得：△ABE≌△BCF（ASA），∴BE＝CF，AE＝BF，∵△FCH為等腰直角三角形，∴FC＝FH＝BE，F(xiàn)H⊥FC，而CD⊥BC，∴FH∥BC，∴四邊形BEHF為平行四邊形，∴BF∥EH且BF＝EH，∴AE＝EH，AE⊥EH；（2）∵∠EGF＝∠BCD＝90°，∴C、E、G、F四點共圓，∵四邊形BEHF是平行四邊形，M為BH中點，∴M也是EF中點，∴M是四邊形GECF外接圓圓心，則GM的最小值為圓M半徑的最小值，∵AB＝3，BC＝2，設(shè)BE＝x，則CE＝2﹣x，同（1）可得：∠CBF＝∠BAE，又∵∠ABE＝∠BCF＝90°，∴△ABE∽△BCF，∴ABBC=BE∴CF=2x∴EF=C設(shè)y=13當(dāng)x=1813時，y取最小值∴EF的最小值為413故GM的最小值為213【變式1-3】（2020?赤峰）如圖，矩形ABCD中，點P為對角線AC所在直線上的一個動點，連接PD，過點P作PE⊥PD，交直線AB于點E，過點P作MN⊥AB，交直線CD于點M，交直線AB于點N．AB＝43，AD＝4．（1）如圖1，①當(dāng)點P在線段AC上時，∠PDM和∠EPN的數(shù)量關(guān)系為：∠PDM＝∠EPN；②DPPE的值是3（2）如圖2，當(dāng)點P在CA延長線上時，（1）中的結(jié)論②是否成立？若成立，請證明；若不成立，說明理由；（3）如圖3，以線段PD，PE為鄰邊作矩形PEFD．設(shè)PM的長為x，矩形PEFD的面積為y．請直接寫出y與x之間的函數(shù)關(guān)系式及y的最小值．【分析】（1）①利用等角的余角相等證明即可．②證明∠CAB＝30°，推出∠PDE＝∠CAB＝30°即可．（2）結(jié)論成立．證明方法類似②．（3）利用相似三角形的性質(zhì)求出DM，利用勾股定理求出PD，再利用（2）中結(jié)論．求出PE，即可解決問題．【解析】（1）①如圖1中，∵四邊形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∵NM⊥AB，∴NM⊥CD，∵DP⊥PE，∴∠PMD＝∠PNE＝∠DPE＝90°，∴∠PDM+∠DPM＝90°，∠DPM+∠EPN＝90°，∴∠PDM＝∠EPN．故答案為＝．②連接DE．∵四邊形ABCD是矩形，∴∠DAE＝∠B＝90°，AD＝BC＝4．∴tan∠CAB=BC∴∠CAB＝30°，∵∠DAE+∠DPE＝180°，∴A，D，P，E四點共圓，∴∠EDP＝∠PAB＝30°，∴PEPD=tan30°∴PDPE（2）如圖2中，結(jié)論成立．理由：連接DE．∵∠DPE＝∠DAE＝90°，∴A，D，E，P四點共圓，∴∠PDE＝∠EAP＝∠CAB＝30°，∴DPPE（3）如圖3中，由題意PM＝x，MN＝4﹣x，∵∠PDM＝∠EPN，∠DMP＝∠PNE＝90°，∴△DMP∽△PNE，∴DMPN∴DM4-x∴DM=3（4﹣x），EN=3∴PD=DM2PE=33PD=2∴y＝PD?PE=433（x2﹣6x+12）=433x2﹣83∵y=433（x﹣3）2∵43∴當(dāng)x＝3時，y有最小值，最小值為43．【類型2】幾何旋轉(zhuǎn)變換綜合題【例2】（2020?錦州）已知△AOB和△MON都是等腰直角三角形（22OA＜OM＝ON），∠AOB＝∠MON（1）如圖1：連AM，BN，求證：△AOM≌△BON；（2）若將△MON繞點O順時針旋轉(zhuǎn)，①如圖2，當(dāng)點N恰好在AB邊上時，求證：BN2+AN2＝2ON2；②當(dāng)點A，M，N在同一條直線上時，若OB＝4，ON＝3，請直接寫出線段BN的長．【分析】（1）根據(jù)SAS證明三角形全等即可．（2）②連接AM，證明AM＝BN，∠MAN＝90°，利用勾股定理解決問題即可．②分兩種情形分別畫出圖形求解即可．【解析】（1）證明：如圖1中，∵∠AOB＝∠MON＝90°，∴∠AOM＝∠BON，∵AO＝BO，OM＝ON，∴△AOM≌△BON（SAS）．（2）①證明：如圖2中，連接AM．同法可證△AOM≌△BON，∴AM＝BN，∠OAM＝∠B＝45°，∵∠OAB＝∠B＝45°，∴∠MAN＝∠OAM+∠OAB＝90°，∴MN2＝AN2+AM2，∵△MON是等腰直角三角形，∴MN2＝2ON2，∴NB2+AN2＝2ON2．②如圖3﹣1中，設(shè)OA交BN于J，過點O作OH⊥MN于H．∵△AOM≌△BON，∴AM＝BN，∠OAM＝∠OBN，∵∠AJN＝∠BJO，∴∠ANJ＝∠JOB＝90°，∵OM＝ON＝3，∠MON＝90°，OH⊥MN，∴MN＝32，MH＝HN═OH=3∴AH=O∴BN＝AM＝MH+AH=46如圖3﹣2中，同法可證AM＝BN=46【變式2-1】（2020?沈陽）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，點P為線段CA延長線上一動點，連接PB，將線段PB繞點P逆時針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角為α，得到線段PD，連接DB，DC．（1）如圖1，當(dāng)α＝60°時，①求證：PA＝DC；②求∠DCP的度數(shù)；（2）如圖2，當(dāng)α＝120°時，請直接寫出PA和DC的數(shù)量關(guān)系．（3）當(dāng)α＝120°時，若AB＝6，BP=31，請直接寫出點D到CP的距離為32或5【分析】（1）①證明△PBA≌△DBC（SAS）可得結(jié)論．②利用全等三角形的性質(zhì)解決問題即可．（2）證明△CBD∽△ABP，可得CDPA（3）分兩種情形，解直角三角形求出CD即可解決問題．【解析】（1）①證明：如圖1中，∵將線段PB繞點P逆時針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角為α，得到線段PD，∴PB＝PD，∵AB＝AC，PB＝PD，∠BAC＝∠BPD＝60°，∴△ABC，△PBD是等邊三角形，∴∠ABC＝∠PBD＝60°，∴∠PBA＝∠DBC，∵BP＝BD，BA＝BC，∴△PBA≌△DBC（SAS），∴PA＝DC．②解：如圖1中，設(shè)BD交PC于點O．∵△PBA≌△DBC，∴∠BPA＝∠BDC，∵∠BOP＝∠COD，∴∠OBP＝∠OCD＝60°，即∠DCP＝60°．（2）解：結(jié)論：CD=3PA理由：如圖2中，∵AB＝AC，PB＝PD，∠BAC＝∠BPD＝120°，∴BC＝2?AB?cos30°=3BA，BD═2BP?cos30°=3∴BCBA∵∠ABC＝∠PBD＝30°，∴∠ABP＝∠CBD，∴△CBD∽△ABP，∴CDPA∴CD=3PA（3）過點D作DM⊥PC于M，過點B作BN⊥CP交CP的延長線于N．如圖3﹣1中，當(dāng)△PBA是鈍角三角形時，在Rt△ABN中，∵∠N＝90°，AB＝6，∠BAN＝60°，∴AN＝AB?cos60°＝3，BN＝AB?sin60°＝33，∵PN=P∴PA＝3﹣2＝1，由（2）可知，CD=3PA=∵∠BPA＝∠BDC，∴∠DCA＝∠PBD＝30°，∵DM⊥PC，∴DM=12如圖3﹣2中，當(dāng)△ABP是銳角三角形時，同法可得PA＝2+3＝5，CD＝53，DM=12CD綜上所述，滿足條件的DM的值為32或5故答案為32或5【變式2-2】（2020?葫蘆島）在等腰△ADC和等腰△BEC中，∠ADC＝∠BEC＝90°，BC＜CD，將△BEC繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)，連接AB，點O為線段AB的中點，連接DO，EO．（1）如圖1，當(dāng)點B旋轉(zhuǎn)到CD邊上時，請直接寫出線段DO與EO的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系；（2）如圖2，當(dāng)點B旋轉(zhuǎn)到AC邊上時，（1）中的結(jié)論是否成立？若成立，請寫出證明過程，若不成立，請說明理由；（3）若BC＝4，CD＝26，在△BEC繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)的過程中，當(dāng)∠ACB＝60°時，請直接寫出線段OD的長．【分析】（1）利用直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半，得出OE＝OA=12AB，進而得出∠BOE＝2∠BAE，同理得出OD＝OA=12AB，∠（2）先判斷出△AOM≌△BOE（SAS），得出∠MAO＝∠EBO，MA＝EB，再判斷出∠MAD＝∠DCE，進而判斷出△MAD≌△ECD，即可得出結(jié)論；（3）分點B在AC左側(cè)和右側(cè)兩種情況，類似（2）的方法判斷出OD＝OE，即可得出結(jié)論．【解析】（1）DO⊥EO，DO＝EO；理由：當(dāng)點B旋轉(zhuǎn)到CD邊上時，點E必在邊AC上，∴∠AEB＝∠CEB＝90°，在Rt△ABE中，點O是AB的中點，∴OE＝OA=12∴∠BOE＝2∠BAE，在Rt△ABD中，點O是AB的中點，∴OD＝OA=12∴∠DOE＝2∠BAD，∴OD＝OE，∵等腰△ADC，且∠ADC＝90°，∴∠DAC＝45°，∴∠DOE＝∠BOE+∠DOE＝2∠BAE+2∠BAD＝2（∠BAE+∠DAE）＝2∠DAC＝90°，∴OD⊥OE；（2）仍然成立，理由：如圖2，延長EO到點M，使得OM＝OE，連接AM，DM，DE，∵O是AB的中點，∴OA＝OB，∵∠AOM＝∠BOE，∴△AOM≌△BOE（SAS），∴∠MAO＝∠EBO，MA＝EB，∵△ACD和△CBE是等腰三角形，∠ADC＝∠CEB＝90°，∴∠CAD＝∠ACD＝∠EBC＝∠BCE＝45°，∵∠OBE＝180°﹣∠EBC＝135°，∴∠MAO＝135°，∴∠MAD＝∠MAO﹣∠DAC＝90°，∵∠DCE＝∠DCA+∠BCE＝90°，∴∠MAD＝∠DCE，∵MA＝EB，EB＝EC，∴MA＝EC，∵AD＝DC，∴△MAD≌△ECD，∴MD＝ED，∠ADM＝∠CDE，∵∠CDE+∠ADE＝90°，∴∠ADM+∠ADE＝90°，∴∠MDE＝90°，∵MO＝EO，MD＝DE，∴OD=12ME，OD∵OE=1∴OD＝OE，OD⊥OE；（3）①當(dāng)點B在AC左側(cè)時，如圖3，延長EO到點M，使得OM＝OE，連接AM，DM，DE，同（2）的方法得，△OBE≌△OAM（SAS），∴∠OBE＝∠OAM，OM＝OE，BE＝AM，∵BE＝CE，∴AM＝CE，在四邊形ABECD中，∠ADC+∠DCE+∠BEC+∠OBE+∠BAD＝540°，∵∠ADC＝∠BEC＝90°，∴∠DCE＝540°﹣90°﹣90°﹣∠OBE﹣∠BAD＝360°﹣∠OBE＝360°﹣∠OAM﹣∠BAD，∵∠DAM+∠OAM+∠BAD＝360°，∴∠DAM＝360°﹣∠OAM﹣∠BAD，∴∠DAM＝∠DCE，∵AD＝CD，∴△DAM≌△DCE（SAS），∴DM＝DE，∠ADM＝∠CDE，∴∠EDM＝∠ADM+∠ADE＝∠CDE+∠ADE＝∠ADC＝90°，∵OM＝OE，∴OD＝OE=12ME，∠在Rt△BCE中，CE=22BC＝2過點E作EH⊥DC交DC的延長線于H，在Rt△CHE中，∠ECH＝180°﹣∠ACD﹣∠ACB﹣∠BCE＝180°﹣45°﹣60°﹣45°＝30°，∴EH=12CE根據(jù)勾股定理得，CH=3EH=∴DH＝CD+CH＝36，在Rt△DHE中，根據(jù)勾股定理得，DE=EH2∴OD=22DE＝2②當(dāng)點B在AC右側(cè)時，如圖4，同①的方法得，OD＝OE，∠DOE＝90°，連接DE，過點E作EH⊥CD于H，在Rt△EHC中，∠ECH＝30°∴EH=12CE根據(jù)勾股定理得，CH=6∴DH＝CD﹣CH=6在Rt△DHE中，根據(jù)勾股定理得，DE＝22，∴OD=22即：線段OD的長為2或27【變式2-3】（2020?濰坊）如圖1，在△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC=2+1，點D，E分別在邊AB，AC上，且AD＝AE＝1，連接DE．現(xiàn)將△ADE繞點A順時針方向旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角為α（0°＜α＜360°），如圖2，連接CE，BD，（1）當(dāng)0°＜α＜180°時，求證：CE＝BD；（2）如圖3，當(dāng)α＝90°時，延長CE交BD于點F，求證：CF垂直平分BD；（3）在旋轉(zhuǎn)過程中，求△BCD的面積的最大值，并寫出此時旋轉(zhuǎn)角α的度數(shù)．【分析】（1）利用“SAS”證得△ACE≌△ABD即可得到結(jié)論；（2）利用“SAS”證得△ACE≌△ABD，推出∠ACE＝∠ABD，計算得出CD＝BC=2（3）觀察圖形，當(dāng)點D在線段BC的垂直平分線上時，△BCD的面積取得最大值，利用等腰直角三角形的性質(zhì)結(jié)合三角形面積公式即可求解．【解析】（1）證明：如圖2中，根據(jù)題意：AB＝AC，AD＝AE，∠CAB＝∠EAD＝90°，∵∠CAE+∠BAE＝∠BAD+∠BAE＝90°，∴∠CAE＝∠BAD，在△ACE和△ABD中，AC=AB∠CAE=∠BAD∴△ACE≌△ABD（SAS），∴CE＝BD；（2）證明：如圖3中，根據(jù)題意：AB＝AC，AD＝AE，∠CAB＝∠EAD＝90°，在△ACE和△ABD中，AC=AB∠CAE=∠BAD∴△ACE≌△ABD（SAS），∴∠ACE＝∠ABD，∵∠ACE+∠AEC＝90°，且∠AEC＝∠FEB，∴∠ABD+∠FEB＝90°，∴∠EFB＝90°，∴CF⊥BD，∵AB＝AC=2+1，AD＝AE＝1，∠CAB＝∠∴BC=2AB=2+2，CD＝AC+∴BC＝CD，∵CF⊥BD，∴CF是線段BD的垂直平分線；（3）解：△BCD中，邊BC的長是定值，則BC邊上的高取最大值時△BCD的面積有最大值，∴當(dāng)點D在線段BC的垂直平分線上時，△BCD的面積取得最大值，如圖4中：∵AB＝AC=2+1，AD＝AE＝1，∠CAB＝∠EAD＝90°，DG⊥BC于∴AG=12BC=2∴DG＝AG+AD=2+22∴△BCD的面積的最大值為：12旋轉(zhuǎn)角α＝135°．【變式2-4】（2020?鄂爾多斯）（1）【操作發(fā)現(xiàn)】如圖1，在邊長為1個單位長度的小正方形組成的網(wǎng)格中，△ABC的三個頂點均在格點上．①請按要求畫圖：將△ABC繞點A順時針方向旋轉(zhuǎn)90°，點B的對應(yīng)點為點B′，點C的對應(yīng)點為點C′．連接BB′；②在①中所畫圖形中，∠AB′B＝45°．（2）【問題解決】如圖2，在Rt△ABC中，BC＝1，∠C＝90°，延長CA到D，使CD＝1，將斜邊AB繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°到AE，連接DE，求∠ADE的度數(shù)．（3）【拓展延伸】如圖3，在四邊形ABCD中，AE⊥BC，垂足為E，∠BAE＝∠ADC，BE＝CE＝1，CD＝3，AD＝kAB（k為常數(shù)），求BD的長（用含k的式子表示）．【分析】（1）①根據(jù)旋轉(zhuǎn)角，旋轉(zhuǎn)方向畫出圖形即可．②只要證明△ABB′是等腰直角三角形即可．（2）如圖2，過點E作EH⊥CD交CD的延長線于H．證明△ABC≌△EAH（AAS）即可解決問題．（3）如圖3中，由AE⊥BC，BE＝EC，推出AB＝AC，將△ABD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)得到△ACG，連接DG．則BD＝CG，只要證明∠GDC＝90°，可得CG=D【解析】（1）①如圖1中，△AB′C′即為所求．②由作圖可知，△ABB′是等腰直角三角形，∴∠AB′B＝45°，故答案為45．（2）如圖2中，過點E作EH⊥CD交CD的延長線于H．∵∠C＝∠BAE＝∠H＝90°，∴∠B+∠CAB＝90°，∠CAB+∠EAH＝90°，∴∠B＝∠EAH，∵AB＝AE，∴△ABC≌△EAH（AAS），∴BC＝AH，EH＝AC，∵BC＝CD，∴CD＝AH，∴DH＝AC＝EH，∴∠EDH＝45°，∴∠ADE＝135°．（3）如圖3中，連接AC，∵AE⊥BC，BE＝EC，∴AB＝AC，將△ABD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)得到△ACG，連接DG．則BD＝CG，∵∠BAD＝∠CAG，∴∠BAC＝∠DAG，∵AB＝AC，AD＝AG，∴∠ABC＝∠ACB＝∠ADG＝∠AGD，∴△ABC∽△ADG，∵AD＝kAB，∴DG＝kBC＝2k，∵∠BAE+∠ABC＝90°，∠BAE＝∠ADC，∴∠ADG+∠ADC＝90°，∴∠GDC＝90°，∴CG=D∴BD＝CG=4【類型3】幾何翻折變換綜合題【例3】（2020?南通）矩形ABCD中，AB＝8，AD＝12．將矩形折疊，使點A落在點P處，折痕為DE．（1）如圖①，若點P恰好在邊BC上，連接AP，求APDE（2）如圖②，若E是AB的中點，EP的延長線交BC于點F，求BF的長．【分析】（1）如圖①中，取DE的中點M，連接PM．證明△POM∽△DCP，利用相似三角形的性質(zhì)求解即可．（2）如圖②中，過點P作GH∥BC交AB于G，交CD于H．設(shè)EG＝x，則BG＝4﹣x．證明△EGP∽△PHD，推出EGPH=PGDH=EPPD=412=13，推出PG＝2EG＝3x，DH＝AG＝4+x，在Rt△PHD中，由PH2+DH2＝PD2，可得（3x）2【解析】（1）如圖①中，取DE的中點M，連接PM．∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD＝∠C＝90°，由翻折可知，AO＝OP，AP⊥DE，∠2＝∠3，∠DAE＝∠DPE＝90°，在Rt△EPD中，∵EM＝MD，∴PM＝EM＝DM，∴∠3＝∠MPD，∴∠1＝∠3+∠MPD＝2∠3，∵∠ADP＝2∠3，∴∠1＝∠ADP，∵AD∥BC，∴∠ADP＝∠DPC，∴∠1＝∠DPC，∵∠MOP＝∠C＝90°，∴△POM∽△DCP，∴POPM∴APDE解法二：證明△ABP和△DAE相似，APDE（2）如圖②中，過點P作GH∥BC交AB于G，交CD于H．則四邊形AGHD是矩形，設(shè)EG＝x，則BG＝4﹣x∵∠A＝∠EPD＝90°，∠EGP＝∠DHP＝90°，∴∠EPG+∠DPH＝90°，∠DPH+∠PDH＝90°，∴∠EPG＝∠PDH，∴△EGP∽△PHD，∴EGPH∴PH＝3EG＝3x，DH＝AG＝4+x，在Rt△PHD中，∵PH2+DH2＝PD2，∴（3x）2+（4+x）2＝122，解得x=16∴BG＝4-16在Rt△EGP中，GP=E∵GH∥BC，∴△EGP∽△EBF，∴EGEB∴165∴BF＝3．【變式3-1】（2020?無錫）如圖，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，點E為邊CD上的一點（與C、D不重合），四邊形ABCE關(guān)于直線AE的對稱圖形為四邊形ANME，延長ME交AB于點P，記四邊形PADE的面積為S．（1）若DE=33，求（2）設(shè)DE＝x，求S關(guān)于x的函數(shù)表達式．【分析】（1）根據(jù)三角函數(shù)的定義得到∠AED＝60°，根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠BAE＝60°，根據(jù)折疊的性質(zhì)得到∠AEC＝∠AEM，推出△APE為等邊三角形，于是得到結(jié)論；（2）過E作EF⊥AB于F，由（1）可知，∠AEP＝∠AED＝∠PAE，求得AP＝PE，設(shè)AP＝PE＝a，AF＝ED＝x，則PF＝a﹣x，EF＝AD＝1，根據(jù)勾股定理列方程得到a=x【解析】（1）∵在矩形ABCD中，∠D＝90°，AD＝1，DE=3∴AE=A∴tan∠AED=AD∴∠AED＝60°，∵AB∥CD，∴∠BAE＝60°，∵四邊形ABCE關(guān)于直線AE的對稱圖形為四邊形ANME，∴∠AEC＝∠AEM，∵∠PEC＝∠DEM，∴∠AEP＝∠AED＝60°，∴△APE為等邊三角形，∴S=12×（2（2）過E作EF⊥AB于F，由（1）可知，∠AEP＝∠AED＝∠PAE，∴AP＝PE，設(shè)AP＝PE＝a，AF＝ED＝x，則PF＝a﹣x，EF＝AD＝1，在Rt△PEF中，（a﹣x）2+1＝a2，解得：a=x∴S=1【變式3-2】（2020?深圳）如圖，矩形紙片ABCD中，AB＝6，BC＝12．將紙片折疊，使點B落在邊AD的延長線上的點G處，折痕為EF，點E、F分別在邊AD和邊BC上．連接BG，交CD于點K，F(xiàn)G交CD于點H．給出以下結(jié)論：①EF⊥BG；②GE＝GF；③△GDK和△GKH的面積相等；④當(dāng)點F與點C重合時，∠DEF＝75°，其中正確的結(jié)論共有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【分析】連接BE，設(shè)EF與BG交于點O，由折疊的性質(zhì)可得EF垂直平分BG，可判斷①；由“ASA”可證△BOF≌△GOE，可得BF＝EG＝GF，可判斷②；通過證明四邊形BEGF是菱形，可得∠BEF＝∠GEF，由銳角三角函數(shù)可求∠AEB＝30°，可得∠DEF＝75°，可判斷④，由題意無法證明△GDK和△GKH的面積相等，即可求解．【解析】如圖，連接BE，設(shè)EF與BG交于點O，∵將紙片折疊，使點B落在邊AD的延長線上的點G處，∴EF垂直平分BG，∴EF⊥BG，BO＝GO，BE＝EG，BF＝FG，故①正確，∵AD∥BC，∴∠EGO＝∠FBO，又∵∠EOG＝∠BOF，∴△BOF≌△GOE（ASA），∴BF＝EG，∴BF＝EG＝GF，故②正確，∵BE＝EG＝BF＝FG，∴四邊形BEGF是菱形，∴∠BEF＝∠GEF，當(dāng)點F與點C重合時，則BF＝BC＝BE＝12，∵sin∠AEB=AB∴∠AEB＝30°，∴∠DEF＝75°，故④正確，∵BG平分∠EGF，∴DG≠GH，由角平分線定理，DGGH∴DK≠KH，∴S△GDK≠S△GKH，故③錯誤；故選：C．【變式3-3】（2020?廣東）如圖，在正方形ABCD中，AB＝3，點E，F(xiàn)分別在邊AB，CD上，∠EFD＝60°．若將四邊形EBCF沿EF折疊，點B′恰好落在AD邊上，則BE的長度為（）A．1 B．2 C．3 D．2【分析】由正方形的性質(zhì)得出∠EFD＝∠BEF＝60°，由折疊的性質(zhì)得出∠BEF＝∠FEB'＝60°，BE＝B'E，設(shè)BE＝x，則B'E＝x，AE＝3﹣x，由直角三角形的性質(zhì)可得：2（3﹣x）＝x，解方程求出x即可得出答案．【解析】∵四邊形ABCD是正方形，∴AB∥CD，∠A＝90°，∴∠EFD＝∠BEF＝60°，∵將四邊形EBCF沿EF折疊，點B恰好落在AD邊上，∴∠BEF＝∠FEB'＝60°，BE＝B'E，∴∠AEB'＝180°﹣∠BEF﹣∠FEB'＝60°，∴B'E＝2AE，設(shè)BE＝x，則B'E＝x，AE＝3﹣x，∴2（3﹣x）＝x，解得x＝2．故選：D．【達標(biāo)檢測】1．（2020?包頭）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝2，Rt△ABC繞點C按順時針方向旋轉(zhuǎn)得到Rt△A′B′C，A′C與AB交于點D．（1）如圖1，當(dāng)A′B′∥AC時，過點B作BE⊥A′C，垂足為E，連接AE．①求證：AD＝BD；②求S△ACE（2）如圖2，當(dāng)A′C⊥AB時，過點D作DM∥A′B′，交B′C于點N，交AC的延長線于點M，求DNNM【分析】（1）①由平行線的性質(zhì)和旋轉(zhuǎn)性質(zhì)得∠B′A′C＝∠A′CA＝∠BAC，得CD＝AD，再證明CD＝BD便可得結(jié)論；②證明△BEC∽△ACB得CE與CD的關(guān)系，進而得S△ACE與S△ADE的關(guān)系，由D是AB的中點得S△ABE＝2S△ADE，進而結(jié)果；（2）證明CN∥AB得△MCN∽△MAD，得MNMD=CNAD，應(yīng)用面積法求得CD，進而求得【解析】（1）①∵A′B′∥AC，∴∠B′A′C＝∠A′CA，∵∠B′A′C＝∠BAC，∴∠A′CA＝∠BAC，∴AD＝CD，∵∠ACB＝90°，∴∠BCD＝90°﹣∠ACD，∵∠ABC＝90°﹣∠BAC，∴∠CBD＝∠BCD，∴BD＝CD，∴AD＝BD；②∵∠ACB＝90°，BC＝2，AC＝4，∴AB=2∵BE⊥CD，∴∠BEC＝∠ACB＝90°，∵∠BCE＝∠ABC，∴△BEC∽△ACB，∴CEBC=BC∴CE=2∵∠ACB＝90°，AD＝BD，∴CD=12AB∴CE=25∴S△ACE=23S△∵AD＝BD，∴S△ABE＝2S△ADE，∴S△ACE（2）∵CD⊥AB，∴∠ADC＝90°＝∠A′CB′，∴AB∥CN，∴△MCN∽△MAD，∴MNMD∵S△ABC∴CD=AC?BC∴AD=A∵DM∥A′B′，∴∠CDN＝∠A′＝∠A，∴CN＝CD?tan∠CDN＝CD?tanA＝CD?BCAC∴MNMD∴DNNM2．（2020?吉林）能夠完全重合的平行四邊形紙片ABCD和AEFG按圖①方式擺放，其中AD＝AG＝5，AB＝9．點D，G分別在邊AE，AB上，CD與FG相交于點H．【探究】求證：四邊形AGHD是菱形．【操作一】固定圖①中的平行四邊形紙片ABCD，將平行四邊形紙片AEFG繞著點A順時針旋轉(zhuǎn)一定的角度，使點F與點C重合，如圖②．則這兩張平行四邊形紙片未重疊部分圖形的周長和為56．【操作二】將圖②中的平行四邊形紙片AEFG繞著點A繼續(xù)順時針旋轉(zhuǎn)一定的角度，使點E與點B重合，連接DG，CF，如圖③，若sin∠BAD=45，則四邊形DCFG的面積為【分析】【探究】先由平行四邊形的性質(zhì)得AE∥GF，DC∥AB，進而得四邊形AGHD是平行四邊形，再結(jié)合鄰邊相等，得四邊形AGHD是菱形；【操作一】這兩張平行四邊形紙片未重疊部分圖形的周長和實際為平行四邊形ABCD和平行四邊形AEFG的周長和，由此求得結(jié)果便可；【操作二】證明△AMD≌△AMG得∠AMD＝∠AMG＝90°，解Rt△ADM得DM，再證明四邊形DCFG為矩形，由矩形面積公式求得結(jié)果．【解析】【探究】∵四邊形ABCD和AEFG都是平行四邊形，∴AE∥GF，DC∥AB，∴四邊形AGHD是平行四邊形，∵AD＝AG，∴四邊形AGHD是菱形；【操作一】根據(jù)題意得，這兩張平行四邊形紙片未重疊部分圖形的周長和為：ME+EF+MC+AD+DM+AM+AG+GN+AN+BN+BC+NF＝（ME+AM+AG+EF+NF+GN）+（AD+BC+DM+MC+AN+BN）＝2（AE+AG）+2（AB+AD）＝2×（9+5）+2×（9+5）＝56，故答案為：56；【操作二】由題意知，AD＝AG＝5，∠DAB＝∠BAG，又AM＝AM，∴△AMD≌△AMG（SAS），∴DM＝GM，∠AMD＝∠AMG，∵∠AMD+∠AMG＝180°，∴∠AMD＝∠AMG＝90°，∵sin∠BAD=4∴DMAD∴DM=45∴DG＝8，∵四邊形ABCD和四邊形AEFG是平行四邊形，∴DC∥AB∥GF，DC＝AB＝GF＝9，∴四邊形CDGF是平行四邊形，∵∠AMD＝90°，∴∠CDG＝∠AMD＝90°，∴四邊形CDGF是矩形，∴S矩形DCFG＝DG?DC＝8×9＝72，故答案為：72．3．（2020?湖北）實踐操作：第一步：如圖1，將矩形紙片ABCD沿過點D的直線折疊，使點A落在CD上的點A'處，得到折痕DE，然后把紙片展平．第二步：如圖2，將圖1中的矩形紙片ABCD沿過點E的直線折疊，點C恰好落在AD上的點C′處，點B落在點B'處，得到折痕EF，B'C′交AB于點M，C′F交DE于點N，再把紙片展平．問題解決：（1）如圖1，填空：四邊形AEA'D的形狀是正方形；（2）如圖2，線段MC′與ME是否相等？若相等，請給出證明；若不等，請說明理由；（3）如圖2，若AC′＝2cm，DC'＝4cm，求DN：EN的值．【分析】（1）由折疊性質(zhì)得AD＝AD′，AE＝A′E，∠ADE＝∠A′DE，再根據(jù)平行線的性質(zhì)和等腰三角形的判定得到四邊形AEA′D是菱形，進而結(jié)合內(nèi)角為直角條件得四邊形AEA′D為正方形；（2）連接C′E，證明Rt△EC′A≌Rt△C′EB′，得∠C′EA＝∠EC′B′，便可得結(jié)論；（3）設(shè)DF＝xcm，則FC′＝FC＝（8﹣x）cm，由勾股定理求出x的值，延長BA、FC′交于點G，求得AG，再證明△DNF∽△ENG，便可求得結(jié)果．【解析】（1）∵ABCD是矩形，∴∠A＝∠ADC＝90°，∵將矩形紙片ABCD沿過點D的直線折疊，使點A落在CD上的點A'處，得到折痕DE，∴AD＝A′D，AE＝A′E，∠ADE＝∠A′DE＝45°，∵AB∥CD，∴∠AED＝∠A′DE＝∠ADE，∴AD＝AE，∴AD＝AE＝A′E＝A′D，∴四邊形AEA′D是菱形，∵∠A＝90°，∴四邊形AEA′D是正方形．故答案為：正方形；（2）MC′＝ME．證明：如圖1，連接C′E，由（1）知，AD＝AE，∵四邊形ABCD是矩形，∴AD＝BC，∠EAC′＝∠B＝90°，由折疊知，B′C′＝BC，∠B＝∠B′，∴AE＝B′C′，∠EAC′＝∠B′，又EC′＝C′E，∴Rt△EC′A≌Rt△C′EB′（HL），∴∠C′EA＝∠EC′B′，∴MC′＝ME；（3）∵Rt△EC′A≌Rt△C′EB′，∴AC′＝B′E，由折疊知，B′E＝BE，∴AC′＝BE，∵AC′＝2cm，DC′＝4cm，∴AB＝CD＝2+4+2＝8（cm），設(shè)DF＝xcm，則FC′＝FC＝（8﹣x）cm，∵DC′2+DF2＝FC′2，∴42+x2＝（8﹣x）2，解得，x＝3，即DF＝3cm，如圖2，延長BA、FC′交于點G，則∠AC′G＝∠DC′F，∴tan∠AC′G＝tan∠DC′F=AG∴AG=3∴EG=3∵DF∥EG，∴△DNF∽△ENG，∴DNEN4．（2020?宜昌）菱形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，0°＜∠ABO≤60°，點G是射線OD上一個動點，過點G作GE∥DC交射線OC于點E，以O(shè)E，OG為鄰邊作矩形EOGF．（1）如圖1，當(dāng)點F在線段DC上時，求證：DF＝FC；（2）若延長AD與邊GF交于點H，將△GDH沿直線AD翻折180°得到△MDH．①如圖2，當(dāng)點M在EG上時，求證：四邊形EOGF為正方形；②如圖3，當(dāng)tan∠ABO為定值m時，設(shè)DG＝k?DO，k為大于0的常數(shù)，當(dāng)且僅當(dāng)k＞2時，點M在矩形EOGF的外部，求m的值．【分析】（1）證明四邊形GEFD是平行四邊形，四邊形GECF是平行四邊形，得GE＝DF，GE＝CF，進而得結(jié)論；（2）①由折疊的性質(zhì)知，∠GDH＝∠MDH，DH⊥GM，再證明∠DGM＝45°，進而得OE＝OG，再根據(jù)正方形的判定方法得出結(jié)論；②先證明k＝2時，M點在矩形EOGF上，即點M在EF上，過點D作DN⊥EF于點N，設(shè)OB＝b，證明△MFH∽△DNM，用b表示MN，再由勾股定理列出等式，解答便可．【解析】證明（1）∵四邊形EOGF是矩形，∴EO∥GF，GO∥EF，∵GE∥DC，∴四邊形GEFD是平行四邊形，四邊形GECF是平行四邊形，∴GE＝DF，GE＝CF，∴DF＝FC；（2）①如圖1，由折疊的性質(zhì)知，∠GDH＝∠MDH，DH⊥GM，∵GE∥CD，∴∠DGM＝∠BDC，∵四邊形ABCD是菱形，∴∠ADB＝∠BDC，∠COD＝90°，∵∠ADB＝∠GDH，∴∠DGM＝∠GDH，∵DH⊥GM，∴∠DGM＝45°，∴∠OEG＝45°，∴OE＝OG，∵四邊形EOGF是矩形，∴四邊形EOGF是正方形；②如圖2，∵四邊形ABCD是菱形，∴∠ABD＝∠CBD＝∠ADB，∵GE∥CD，∴∠DGE＝∠CDB，∴∠ABD＝∠CBD＝∠ADB＝∠DGE＝∠CDB，∴∠GDM＝2∠ABD，∵tan∠ABO＝m（m為定值），∴點M始終在固定射線DM上并隨k的增大向上運動，∵當(dāng)且僅當(dāng)k＞2時，M點在矩形EOGF的外部，∴k＝2時，M點在矩形EOGF上，若點M在EF上，如圖2，設(shè)OB＝b，則，OA＝OC＝mb，DG＝DM＝kb＝2b，OG＝（k+1）b＝3b，OE＝m（k+1）b＝3mb，GH＝HM＝mkb＝2mb，∴FH＝OE﹣GH＝3mb﹣2mb＝mb，過點D作DN⊥EF于點N，∵∠FHM+∠FMH＝∠FMH+∠DMN，∴∠FHM＝∠DMN，∵∠F＝∠DNM＝90°，∴△MFH∽△DNM，∴FHMN∴mbMN∴MN＝b，∵DM2＝DN2+MN2，∴（2b）2＝（3mb）2+b2，解得，m=33，或m故m=3若點M在OE上，如圖3，∵四邊形ABCD是菱形，∴∠GDH＝∠ADO＝∠ABO＝∠ODC，設(shè)∠GDH＝∠ADO＝∠ABO＝∠ODC＝α，OD＝x，則DG＝2x，∵∠MOG＝∠DGH＝90°，∴GH＝DG?tanα＝2x?tanα，OC＝OD?tanα＝x?tanα，由折疊性質(zhì)知，DG＝DM＝2x，GM⊥DH，∴∠OGM+∠MGH＝∠MGH+∠GHD＝90°，∴∠OGM＝∠GHD，∴△OGM∽△GHD，∴OMGD∴OM=GD?OG由勾股定理得，OD2+OM2＝DM2，∴x2解得，tanα=3∴m=3（舍棄，這種情形，不符合如圖3，隱含條件，∠ABD故m=35．（2020?邵陽）已知：如圖①，將一塊45°角的直角三角板DEF與正方形ABCD的一角重合，連接AF，CE，點M是CE的中點，連接DM．（1）請你猜想AF與DM的數(shù)量關(guān)系是AF＝2DM．（2）如圖②，把正方形ABCD繞著點D順時針旋轉(zhuǎn)α角（0°＜α＜90°）．①AF與DM的數(shù)量關(guān)系是否仍成立，若成立，請證明；若不成立，請說明理由；（溫馨提示：延長DM到點N，使MN＝DM，連接CN）②求證：AF⊥DM；③若旋轉(zhuǎn)角α＝45°，且∠EDM＝2∠MDC，求ADED的值．（可不寫過程，直接寫出結(jié)果）【分析】（1）根據(jù)題意合理猜想即可；（2）①延長DM到點N，使MN＝DM，連接CN，先證明△MNC≌△MDE，再證明△ADF≌△DCN，得到AF＝DN，故可得到AF＝2DM；②根據(jù)全等三角形的性質(zhì)和直角的換算即可求解；③依題意可得∠AFD＝∠EDM＝30°，可設(shè)AG＝k，得到DG，AD，F(xiàn)G，ED的長，故可求解．【解析】（1）猜想AF與DM的數(shù)量關(guān)系是AF＝2DM，理由：∵四邊形ABCD是正方形，∴CD＝AD，∠ADC＝90°，在△ADF和△CDE中，AD=CD∠ADF=∠CDE∴△ADF≌△CDE（SAS），∴AF＝CE，∵M是CE的中點，∴CE＝2DM，∴AF＝2DM，故答案為：AF＝2DM；（2）①AF＝2DM仍然成立，理由如下：延長DM到點N，使MN＝DM，連接CN，∵M是CE中點，∴CM＝EM，又∠CMN＝∠EMD，∴△MNC≌△MDE（SAS），∴CN＝DE＝DF，∠MNC＝∠MDE，∴CN∥DE，又AD∥BC∴∠NCB＝∠EDA，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝DC，∠BCD＝90°＝∠EDF，∴∠ADF＝∠DCN，∴△ADF≌△DCN（SAS），∴AF＝DN，∴AF＝2DM；②∵△ADF≌△DCN，∴∠NDC＝∠FAD，∵∠CDA＝90°，∴∠NDC+∠NDA＝90°，∴∠FAD+∠NDA＝90°，∴AF⊥DM；③∵α＝45°，∴∠EDC＝90°﹣45°＝45°∵∠EDM＝2∠MDC，∴∠EDM=23∠∴∠AFD＝30°，過A點作AG⊥FD的延長線于G點，∴∠ADG＝90°﹣45°＝45°，∴△ADG是等腰直角三角形，設(shè)AG＝k，則DG＝k，AD＝AG÷sin45°=2kFG＝AG÷tan30°=3k∴FD＝ED=3k﹣k故ADED=6．（2020?益陽）定義：若四邊形有一組對角互補，一組鄰邊相等，且相等鄰邊的夾角為直角，像這樣的圖形稱為“直角等鄰對補”四邊形，簡稱“直等補”四邊形．根據(jù)以上定義，解決下列問題：（1）如圖1，正方形ABCD中，E是CD上的點，將△BCE繞B點旋轉(zhuǎn)，使BC與BA重合，此時點E的對應(yīng)點F在DA的延長線上，則四邊形BEDF為“直等補”四邊形，為什么？（2）如圖2，已知四邊形ABCD是“直等補”四邊形，AB＝BC＝5，CD＝1，AD＞AB，點B到直線AD的距離為BE．①求BE的長；②若M、N分別是AB、AD邊上的動點，求△MNC周長的最小值．【分析】（1）由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)得BE＝BF，再證明∠EBF＝90°，∠EBF+∠D＝180°便可；（2）①過點C作CF⊥BE于點F，證明△BCF≌△ABE得CF＝BE，設(shè)BE＝x，在Rt△BCF中，則勾股定理列出x的方程解答便可；②延長CB到F，使得BF＝BC，延長CD到G，使得CD＝DG，連接FG，分別與AB、AD交于點M、N，求出FG便是△MNC的最小周長．【解析】（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABC＝∠BAD＝∠C＝∠D＝90°，∵將△BCE繞B點旋轉(zhuǎn)，使BC與BA重合，此時點E的對應(yīng)點F在DA的延長線上，∴BE＝BF，∠CBE＝∠ABF，∴∠EBF＝∠ABC＝90°，∴∠EBF+∠D＝180°，∴四邊形BEDF為“直等補”四邊形；（2）①過C作CF⊥BF于點F，如圖1，則∠CFE＝90°，∵四邊形ABCD是“直等補”四邊形，AB＝BC＝5，CD＝1，AD＞AB，∴∠ABC＝90°，∠ABC+∠D＝180°，∴∠D＝90°，∵BE⊥AD，∴∠DEF＝90°，∴四邊形CDEF是矩形，∴EF＝CD＝1，∵∠ABE+∠A＝∠CBE+∠ABE＝90°，∴∠A＝∠CBF，∵∠AEB＝∠BFC＝90°，AB＝BC＝5，∴△ABE≌△BCF（AAS），∴BE＝CF，設(shè)BE＝CF＝x，則BF＝x﹣1，∵CF2+BF2＝BC2，∴x2+（x﹣1）2＝52，解得，x＝4，或x＝﹣3（舍），∴BE＝4；②如圖2，延長CB到F，使得BF＝BC，延長CD到G，使得CD＝DG，連接FG，分別與AB、AD交于點M、N，過G作GH⊥BC，與BC的延長線交于點H．則BC＝BF＝5，CD＝DG＝1，∵∠ABC＝∠ADC＝90°，∴CM＝FM，CN＝GN，∴△MNC的周長＝CM+MN+CN＝FM+MN+GN＝FG的值最小，∵四邊形ABCD是“直等補”四邊形，∴∠A+∠BCD＝180°，∵∠BCD+∠HCG＝180°，∴∠A＝∠HCG，∵∠AEB＝∠CHG＝90°，∴△ABE∽△CGH，∴BE∵AB＝5，BE＝4，∴AE=A∴4GH∴GH=85，CH∴FH＝FC+CH=56∴FG=FH2∴△MNC周長的最小值為82．7．（2020?十堰）如圖1，已知△ABC≌△EBD，∠ACB＝∠EDB＝90°，點D在AB上，連接CD并延長交AE于點F．（1）猜想：線段AF與EF的數(shù)量關(guān)系為AF＝EF；（2）探究：若將圖1的△EBD繞點B順時針方向旋轉(zhuǎn)，當(dāng)∠CBE小于180°時，得到圖2，連接CD并延長交AE于點F，則（1）中的結(jié)論是否還成立？若成立，請證明；若不成立，請說明理由；（3）拓展：圖1中，過點E作EG⊥CB，垂足為點G．當(dāng)∠ABC的大小發(fā)生變化，其它條件不變時，若∠EBG＝∠BAE，BC＝6，直接寫出AB的長．【分析】（1）方法1、延長DF到K點，并使FK＝DC，連接KE，證明△ACF≌△EDK，進而得到△KEF為等腰三角形，即可證明AF＝KE＝EF；方法2、先判斷出△CBD∽△ABE，得出∠DCB＝∠EAB，進而判斷出△ADF∽△CDB，再判斷出△ADC∽△FDB，得出∠ACD＝∠ABF，即可得出結(jié)論；（2）證明原理同（1），延長DF到K點，并使FK＝DC，連接KE，證明△ACF≌△EDK，進而得到△KEF為等腰三角形，即可證明AF＝KE＝EF；（3）補充完整圖后證明四邊形AEGC為矩形，進而得到∠ABC＝∠ABE＝∠EBG＝60°即可求解．【解析】（1）方法1、延長DF到K點，并使FK＝DC，連接KE，如圖1所示，∵△ABC≌△EBD，∴DE＝AC，BD＝BC，∴∠CDB＝∠DCB，且∠CDB＝∠ADF，∴∠ADF＝∠DCB，∵∠ACB＝90°，∴∠ACD+∠DCB＝90°，∵∠EDB＝90°，∴∠ADF+∠FDE＝90°，∴∠ACD＝∠FDE，∵FK+DF＝DC+DF，∴DK＝CF，在△ACF和△EDK中，AC=ED∠ACF=∠EDK∴△ACF≌△EDK（SAS），∴KE＝AF，∠K＝∠AFC，又∠AFC＝∠KFE，∴∠K＝∠KFE∴KE＝EF∴AF＝EF，故AF與EF的數(shù)量關(guān)系為：AF＝EF．故答案為：AF＝EF；方法2、由旋轉(zhuǎn)得，∠CBD＝∠ABE，CB＝BD，AB＝BE，∴CBAB∴△CBD∽△ABE，∴∠DCB＝∠EAB，∵∠ADF＝∠CDB，∴△ADF∽△CDB，∴ADDC∴ADDF∵∠ADC＝∠FDB，∴△ADC∽△FDB，∴∠ACD＝∠ABF，∵∠ACD+∠DCB＝90°，∴∠EAB+∠ABF＝90°，∴∠AFB＝90°，∴BF⊥AE，∵AB＝BE，BF⊥AE，∴AF＝EF；故答案為AF＝EF；（2）仍然成立，理由如下：延長DF到K點，并使FK＝DC，連接KE，如圖2所示，設(shè)BD延長線DM交AE于M點，∵△ABC≌△EBD，∴DE＝AC，BD＝BC，∴∠CDB＝∠DCB，且∠CDB＝∠MDF，∴∠MDF＝∠DCB，∵∠ACB＝90°，∴∠ACD+∠DCB＝90°，∵∠EDB＝90°，∴∠MDF+∠FDE＝90°，∴∠ACD＝∠FDE，∵FK+DF＝DC+DF，∴DK＝CF，在△ACF和△EDK中，AC=ED∠ACF=∠EDK∴△ACF≌△EDK（SAS），∴KE＝AF，∠K＝∠AFC，又∠AFC＝∠KFE，∴∠K＝∠KFE，∴KE＝EF，∴AF＝EF，故AF與EF的數(shù)量關(guān)系為：AF＝EF．（3）當(dāng)點G在點B右側(cè)時，如圖3所示，過點E作EG⊥BC交CB的延長線于G，∵BA＝BE，∴∠BAE＝∠BEA，∵∠BAE＝∠EBG，∴∠BEA＝∠EBG，∴AE∥CG，∴∠AEG+∠G＝180°，∴∠AEG＝90°，∴∠ACG＝∠G＝∠AEG＝90°，∴四邊形AEGC為矩形，∴AC＝EG，且AB＝BE，∴Rt△ACB≌Rt△EGB（HL），∴BG＝BC＝6，∠ABC＝∠EBG，又∵ED＝AC＝EG，且EB＝EB，∴Rt△EDB≌Rt△EGB（HL），∴DB＝GB＝6，∠EBG＝∠ABE，∴∠ABC＝∠ABE＝∠EBG＝60°，∴∠BAC＝30°，在Rt△ABC中，由30°所對的直角邊等于斜邊的一半可知：AB＝2BC＝12．當(dāng)點G在點B左側(cè)時，如圖4所示，由旋轉(zhuǎn)知，∠ABC＝∠ABE，AB＝BE，∴∠BAE＝∠BEA，∵∠BAE＝∠EBG＝2∠ABC＝2∠ABE，∴∠BAE＝∠AEB＝2∠ABE，∵∠AEB+∠BAE+∠ABE＝180°，∴2∠ABE+2∠ABE+∠ABE＝180°，∴∠BAE＝36°，∴∠ABC＝36°，在Rt△ABC中，cos36°=BC∴AB=BC即滿足條件的AB＝12或6cos36°8．（2020?威海）發(fā)現(xiàn)規(guī)律（1）如圖①，△ABC與△ADE都是等邊三角形，直線BD，CE交于點F．直線BD，AC交于點H．求∠BFC的度數(shù)．（2）已知：△ABC與△ADE的位置如圖②所示，直線BD，CE交于點F．直線BD，AC交于點H．若∠ABC＝∠ADE＝α，∠ACB＝∠AED＝β，求∠BFC的度數(shù)．應(yīng)用結(jié)論（3）如圖③，在平面直角坐標(biāo)系中，點O的坐標(biāo)為（0，0），點M的坐標(biāo)為（3，0），N為y軸上一動點，連接MN．將線段MN繞點M逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到線段MK，連接NK，OK．求線段OK長度的最小值．【分析】（1）由“SAS”可證△BAD≌△CAE，可得∠ABD＝∠ACE，由三角形內(nèi)角和定理可求解；（2）通過證明△ABC∽△ADE，可得∠BAC＝∠DAE，ABAD=ACAE，可證△ABD∽△ACE，可得∠ABD＝∠ACE，由外角性質(zhì)可得∠（3）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得△MNK是等邊三角形，可得MK＝MN＝NK，∠NMK＝∠NKM＝∠KNM＝60°，如圖③，將△MOK繞點M順時針旋轉(zhuǎn)60°，得到△MQN，連接OQ，可得∠OMQ＝60°，OK＝NQ，MO＝MQ，則當(dāng)NQ為最小值時，OK有最小值，由垂線段最短可得當(dāng)QN⊥y軸時，NQ有最小值，由直角三角形的性質(zhì)可求解．【解析】（1）如圖①，∵△ABC，△ADE是等邊三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°＝∠ABC＝∠ACB，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠ABD＝∠ACE，∵∠ABD+∠FBC＝∠ABC＝60°，∴∠ACE+∠FBC＝60°，∴∠BFC＝180°﹣∠FBC﹣∠ACE﹣∠ACB＝60°；（2）如圖②，∵∠ABC＝∠ADE＝α，∠ACB＝∠AED＝β，∴△ABC∽△ADE，∴∠BAC＝∠DAE，ABAD∴∠BAD＝∠CAE，ABAC∴△ABD∽△ACE，∴∠ABD＝∠ACE，∵∠BHC＝∠ABD+∠BAC＝∠BFC+∠ACE，∴∠BFC＝∠BAC，∵∠BAC+∠ABC+∠ACB＝180°，∴∠BFC+α+β＝180°，∴∠BFC＝180°﹣α﹣β；（3）∵將線段MN繞點M逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到線段MK，∴MN＝MK，∠NMK＝60°，∴△MNK是等邊三角形，∴MK＝MN＝NK，∠NMK＝∠NKM＝∠KNM＝60°，如圖③，將△MOK繞點M順時針旋轉(zhuǎn)60°，得到△MQN，連接OQ，∴△MOK≌△MQN，∠OMQ＝60°，∴OK＝NQ，MO＝MQ，∴△MOQ是等邊三角形，∴∠QOM＝60°，∴∠NOQ＝30°，∵OK＝NQ，∴當(dāng)NQ為最小值時，OK有最小值，由垂線段最短可得：當(dāng)QN⊥y軸時，NQ有最小值，此時，QN⊥y軸，∠NOQ＝30°，∴NQ=12OQ∴線段OK長度的最小值為329．（2020?重慶）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，點D是BC邊上一動點，連接AD，把AD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°，得到AE，連接CE，DE．點F是DE的中點，連接CF．（1）求證：CF=22（2）如圖2所示，在點D運動的過程中，當(dāng)BD＝2CD時，分別延長CF，BA，相交于點G，猜想AG與BC存在的數(shù)量關(guān)系，并證明你猜想的結(jié)論；（3）在點D運動的過程中，在線段AD上存在一點P，使PA+PB+PC的值最小．當(dāng)PA+PB+PC的值取得最小值時，AP的長為m，請直接用含m的式子表示CE的長．【分析】（1）由“SAS”可證△BAD≌△CAE，可得∠ABD＝∠ACE＝45°，可求∠BCE＝90°，由直角三角形的性質(zhì)和等腰直角三角形的性質(zhì)可得結(jié)論；（2）過點G作GH⊥BC于H，設(shè)CD＝a，可得BD＝2a，BC＝3a，AB＝AC=322a，由全等三角形的性質(zhì)可得BD＝CE＝2a，由銳角三角函數(shù)可求GH＝2CH，可求CH＝a，可求BG的長，即可求AG=22a（3）將△BPC繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°得到△BNM，連接PN，可得當(dāng)點A，點P，點N，點M共線時，PA+PB+PC值最小，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得△BPN是等邊三角形，△CBM是等邊三角形，可得∠BPN＝∠BNP＝60°，BM＝CM，由直角三角形的性質(zhì)可求解．【解析】證明：（1）∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∵把AD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°，得到AE，∴AD＝AE，∠DAE＝90°＝∠BAC，∴∠BAD＝∠CAE，DE=2AD又∵AB＝AC，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠ABD＝∠ACE＝45°，∴∠BCE＝∠BCA+∠ACE＝90°，∵點F是DE的中點，∴CF=12DE=（2）AG=26理由如下：如圖2，過點G作GH⊥BC于H，∵BD＝2CD，∴設(shè)CD＝a，則BD＝2a，BC＝3a，∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴AB＝AC=BC2由（1）可知：△BAD≌△CAE，∴BD＝CE＝2a，∵CF＝DF，∴∠FDC＝∠FCD，∴tan∠FDC＝tan∠FCD，∴CECD∴GH＝2CH，∵GH⊥BC，∠ABC＝45°，∴∠ABC＝∠BGH＝45°，∴BH＝GH，∴BG=2∵BH+CH＝BC＝3a，∴CH＝a，BH＝GH＝2a，∴BG＝22a，∴AG＝BG﹣AB=22a=22（3）如圖3﹣1，將△BPC繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°得到△BNM，連接PN，∴BP＝BN，PC＝NM，∠PBN＝60°，∴△BPN是等邊三角形，∴BP＝PN，∴PA+PB+PC＝AP+PN+MN，∴當(dāng)點A，點P，點N，點M共線時，PA+PB+PC值最小，此時，如圖3﹣2，連接MC，∵將△BPC繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°得到△BNM，∴BP＝BN，BC＝BM，∠PBN＝60°＝∠CBM，∴△BPN是等邊三角形，△CBM是等邊三角形，∴∠BPN＝∠BNP＝60°，BM＝CM，∵BM＝CM，AB＝AC，∴AM垂直平分BC，∵AD⊥BC，∠BPD＝60°，∴BD=3PD∵AB＝AC，∠BAC＝90°，AD⊥BC，∴AD＝BD，∴3PD＝PD+AP，∴PD=3+1∴BD=3PD=3+由（1）可知：CE＝BD=3+310．（2020?青海）在△ABC中，AB＝AC，CG⊥BA交BA的延長線于點G．特例感知：（1）將一等腰直角三角尺按圖1所示的位置擺放，該三角尺的直角頂點為F，一條直角邊與AC重合，另一條直角邊恰好經(jīng)過點B．通過觀察、測量BF與CG的長度，得到BF＝CG．請給予證明．猜想論證：（2）當(dāng)三角尺沿AC方向移動到圖2所示的位置時，一條直角邊仍與AC邊重合，另一條直角邊交BC于點D，過點D作DE⊥BA垂足為E．此時請你通過觀察、測量DE、DF與CG的長度，猜想并寫出DE、DF與CG之間存在的數(shù)量關(guān)系，并證明你的猜想．聯(lián)系拓展：（3）當(dāng)三角尺在圖2的基礎(chǔ)上沿AC方向繼續(xù)移動到圖3所示的位置（點F在線段AC上，且點F與點C不重合）時，請你判斷（2）中的猜想是否仍然成立？（不用證明）【分析】（1）證明△FAB≌△GAC即可解決問題．（2）結(jié)論：CG＝DE+DF．利用面積法證明即可．（3）結(jié)論不變，證明方法類似（2）．【解析】（1）證明：如圖1中，∵∠F＝∠G＝90°，∠FAB＝∠CAG，AB＝AC，∴△FAB≌△GAC（AAS），∴FB＝CG．（2）解：結(jié)論：CG＝DE+DF．理由：如圖2中，連接AD．∵S△ABC＝S△ABD+S△ADC，DE⊥AB，DF⊥AC，CG⊥AB，∴12?AB?CG=12?AB?DE+12∵AB＝AC，∴CG＝DE+DF．（3）解：結(jié)論不變：CG＝DE+DF．理由：如圖3中，連接AD．∵S△ABC＝S△ABD+S△ADC，DE⊥AB，DF⊥AC，CG⊥AB，∴12?AB?CG=12?AB?DE+12∵AB＝AC，∴CG＝DE+DF．11．（2020?山西）綜合與實踐問題情境：如圖①，點E為正方形ABCD內(nèi)一點，∠AEB＝90°，將Rt△ABE繞點B按順時針方向旋轉(zhuǎn)90°，得到△CBE′（點A的對應(yīng)點為點C）．延長AE交CE′于點F，連接DE．猜想證明：（1）試判斷四邊形BE'FE的形狀，并說明理由；（2）如圖②，若DA＝DE，請猜想線段CF與FE'的數(shù)量關(guān)系并加以證明；解決問題：（3）如圖①，若AB＝15，CF＝3，請直接寫出DE的長．【分析】（1）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得∠AEB＝∠CE'B＝90°，BE＝BE'，∠EBE'＝90°，由正方形的判定可證四邊形BE'FE是正方形；（2）過點D作DH⊥AE于H，由等腰三角形的性質(zhì)可得AH=12AE，DH⊥AE，由“AAS”可得△ADH≌△BAE，可得AH＝BE=12AE，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得（3）利用勾股定理可求BE＝BE'＝9，再利用勾股定理可求DE的長．【解析】（1）四邊形BE'FE是正方形，理由如下：∵將Rt△ABE繞點B按順時針方向旋轉(zhuǎn)90°，∴∠AEB＝∠CE'B＝90°，BE＝BE'，∠EBE'＝90°，又∵∠BEF＝90°，∴四邊形BE'FE是矩形，又∵BE＝BE'，∴四邊形BE'FE是正方形；（2）CF＝E'F；理由如下：如圖②，過點D作DH⊥AE于H，∵DA＝DE，DH⊥AE，∴AH=12∴∠ADH+∠DAH＝90°，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠DAB＝90°，∴∠DAH+∠EAB＝90°，∴∠ADH＝∠EAB，又∵AD＝AB，∠AHD＝∠AEB＝90°，∴△ADH≌△BAE（AAS），∴AH＝BE=12∵將Rt△ABE繞點B按順時針方向旋轉(zhuǎn)90°，∴AE＝CE'，∵四邊形BE'FE是正方形，∴BE＝E'F，∴E'F=12∴CF＝E'F；（3）如圖①，過點D作DH⊥AE于H，∵四邊形BE'FE是正方形，∴BE'＝E'F＝BE，∵AB＝BC＝15，CF＝3，BC2＝E'B2+E'C2，∴225＝E'B2+（E'B+3）2，∴E'B＝9＝BE，∴CE'＝CF+E'F＝12，由（2）可知：BE＝AH＝9，DH＝AE＝CE'＝12，∴HE＝3，∴DE=DH2+HE12．（2020?遼陽）如圖，射線AB和射線CB相交于點B，∠ABC＝α（0°＜α＜180°），且AB＝CB．點D是射線CB上的動點（點D不與點C和點B重合），作射線AD，并在射線AD上取一點E，使∠AEC＝α，連接CE，BE．（1）如圖①，當(dāng)點D在線段CB上，α＝90°時，請直接寫出∠AEB的度數(shù)；（2）如圖②，當(dāng)點D在線段CB上，α＝120°時，請寫出線段AE，BE，CE之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；（3）當(dāng)α＝120°，tan∠DAB=13時，請直接寫出【分析】（1）連接AC，證A、B、E、C四點共圓，由圓周角定理得出∠AEB＝∠ACB，證出△ABC是等腰直角三角形，則∠ACB＝45°，進而得出結(jié)論；（2）在AD上截取AF＝CE，連接BF，過點B作BH⊥EF于H，證△ABF≌△CBE（SAS），得出∠ABF＝∠CBE，BF＝BE，由等腰三角形的性質(zhì)得出FH＝EH，由三角函數(shù)定義得出FH＝EH=32（3）由（2）得FH＝EH=32BE，由三角函數(shù)定義得出AH＝3BH=32【解析】（1）連接AC，如圖①所示：∵α＝90°，∠ABC＝α，∠AEC＝α，∴∠ABC＝∠AEC＝90°，∴A、B、E、C四點共圓，∴∠AEB＝∠ACB，∵∠ABC＝90°，AB＝CB，∴△ABC是等腰直角三角形，∴∠ACB＝45°，∴∠AEB＝45°；（2）AE=3BE+CE在AD上截取AF＝CE，連接BF，過點B作BH⊥EF于H，如圖②所示：∵∠ABC＝∠AEC，∠ADB＝∠CDE，∴180°﹣∠ABC﹣∠ADB＝180°﹣∠AEC﹣∠CDE，∴∠A＝∠C，在△ABF和△CBE中，AF=CE∠A=∠C∴△ABF≌△CBE（SAS），∴∠ABF＝∠CBE，BF＝BE，∴∠ABF+∠FBD＝∠CBE+∠FBD，∴∠ABD＝∠FBE，∵∠ABC＝120°，∴∠FBE＝120°，∵BF＝BE，∴∠BFE＝∠BEF=12×（180°﹣∠FBE∵BH⊥EF，∴∠BHE＝90°，F(xiàn)H＝EH，在Rt△BHE中，BH=12BE，F(xiàn)H＝EH=3BH∴EF＝2EH＝2×32BE=∵AE＝EF+AF，AF＝CE，∴AE=3BE+CE（3）分兩種情況：①當(dāng)點D在線段CB上時，在AD上截取AF＝CE，連接BF，過點B作BH⊥EF于H，如圖②所示：由（2）得：FH＝EH=32∵tan∠DAB=BH∴AH＝3BH=32∴CE＝AF＝AH﹣FH=32BE-32∴CEBE②當(dāng)點D在線段CB的延長線上時，在射線AD上截取AF＝CE，連接BF，過點B作BH⊥EF于H，如圖③所示：同①得：FH＝EH=32BE，AH＝3BH=∴CE＝AF＝AH+FH=32BE+32∴CEBE綜上所述，當(dāng)α＝120°，tan∠DAB=13時，CEBE的值為3-13．（2020?金華）如圖，在△ABC中，AB＝42，∠B＝45°，∠C＝60°．（1）求BC邊上的高線長．（2）點E為線段AB的中點，點F在邊AC上，連結(jié)EF，沿EF將△AEF折疊得到△PEF．①如圖2，當(dāng)點P落在BC上時，求∠AEP的度數(shù)．②如圖3，連結(jié)AP，當(dāng)PF⊥AC時，求AP的長．【分析】（1）如圖1中，過點A作AD⊥BC于D．解直角三角形求出AD即可．（2）①證明BE＝EP，可得∠EPB＝∠B＝45°解決問題．②如圖3中，由（1）可知：AC=ADsin60°=833，證明△AEF∽△【解析】（1）如圖1中，過點A作AD⊥BC于D．在Rt△ABD中，AD＝AB?sin45°＝42×（2）①如圖2中，∵△AEF≌△PEF，∴AE＝EP，∵AE＝EB，∴BE＝EP，∴∠EPB＝∠B＝45°，∴∠PEB＝90°，∴∠AEP＝180°﹣90°＝90°．②如圖3中，由（1）可知：AC=AD∵PF⊥AC，∴∠PFA＝90°，∵△AEF≌△PEF，∴∠AFE＝∠PFE＝45°，∴∠AFE＝∠B，∵∠EAF＝∠CAB，∴△AEF∽△ACB，∴AFAB=AE∴AF＝23，在Rt△AFP，AF＝FP，∴AP=2AF＝26方法二：AE＝BE＝PE可得直角三角形ABP，由PF⊥AC，可得∠AFE＝45°，可得∠FAP＝45°，即∠PAB＝30°．AP＝ABcos30°＝26．14．（2020?青島）已知：如圖，在四邊形ABCD和Rt△EBF中，AB∥CD，CD＞AB，點C在EB上，∠ABC＝∠EBF＝90°，AB＝BE＝8cm，BC＝BF＝6cm，延長DC交EF于點M．點P從點A出發(fā)，沿AC方向勻速運動，速度為2cm/s；同時，點Q從點M出發(fā)，沿MF方向勻速運動，速度為1cm/s．過點P作GH⊥AB于點H，交CD于點G．設(shè)運動時間為t（s）（0＜t＜5）．解答下列問題：（1）當(dāng)t為何值時，點M在線段CQ的垂直平分線上？（2）連接PQ，作QN⊥AF于點N，當(dāng)四邊形PQNH為矩形時，求t的值；（3）連接QC，QH，設(shè)四邊形QCGH的面積為S（cm2），求S與t的函數(shù)關(guān)系式；（4）點P在運動過程中，是否存在某一時刻t，使點P在∠AFE的平分線上？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．【分析】（1）由平行線分線段成比例可得CMBF=CEBE，可求CM的長，由線段垂直平分線的性質(zhì)可得（2）利用銳角三角函數(shù)分別求出PH=65t，QN＝6-（3）利用面積的和差關(guān)系可得S＝S梯形GMFH﹣S△CMQ﹣S△HFQ，即可求解；（4）連接PF，延長AC交EF于K，由“SSS”可證△ABC≌△EBF，可得∠E＝∠CAB，可證∠ABC＝∠EKC＝90°，由面積法可求CK的長，由角平分線的性質(zhì)可求解．【解析】（1）∵AB∥CD，∴CMBF∴8-68∴CM=3∵點M在線段CQ的垂直平分線上，∴CM＝MQ，∴1×t=3∴t=3（2）如圖1，過點Q作QN⊥AF于點N，∵∠ABC＝∠EBF＝90°，AB＝BE＝8cm，BC＝BF＝6cm，∴AC=AB2+BC2=64+36=10∵CE＝2cm，CM=32∴EM=EC∵sin∠PAH＝sin∠CAB，∴BCAC∴610∴PH=65同理可求QN＝6-45∵四邊形PQNH是矩形，∴PH＝NQ，∴6-45t=∴t＝3；∴當(dāng)t＝3時，四邊形PQNH為矩形；（3）如圖2，過點Q作QN⊥AF于點N，由（2）可知QN＝6-45∵cos∠PAH＝cos∠CAB，∴AHAP∴AH2t∴AH=85∵四邊形QCGH的面積為S＝S梯形GMFH﹣S△CMQ﹣S△HFQ，∴S=12×6×（8-85t+6+8-85t+32）-12×32×[6﹣（6-45（4）存在理由如下：如圖3，連接PF，延長AC交EF于K，∵AB＝BE＝8cm，BC＝BF＝6cm，AC＝EF＝10cm，∴△ABC≌△EBF（SSS），∴∠E＝∠CAB，又∵∠ACB＝∠ECK，∴∠ABC＝∠EKC＝90°，∵S△CEM=12×EC×CM=1∴CK=2×∵PF平分∠AFE，PH⊥AF，PK⊥EF，∴PH＝PK，∴65t＝10﹣2t+∴t=7∴當(dāng)t=72時，使點P在∠15．（2020?岳陽）如圖1，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，動點P，Q分別從C點，A點同時以每秒1個單位長度的速度出發(fā)，且分別在邊CA，AB上沿C→A，A→B的方向運動，當(dāng)點Q運動到點B時，P，Q兩點同時停止運動．設(shè)點P運動的時間為t（s），連接PQ，過點P作PE⊥PQ，PE與邊BC相交于點E，連接QE．（1）如圖2，當(dāng)t＝5s時，延長EP交邊AD于點F．求證：AF＝CE；（2）在（1）的條件下，試探究線段AQ，QE，CE三者之間的等量關(guān)系，并加以證明；（3）如圖3，當(dāng)t＞94s時，延長EP交邊AD于點F，連接FQ，若FQ平分∠AFP，求【分析】（1）先利用勾股定理求出AC，再判斷出CP＝AP，進而判斷出△APF≌△CPE，即可得出結(jié)論；（2）先判斷出AF＝CE，