【备考2019中考数学学案】专题五 几何动态综合题

专题五 几何动态综合题
类型一 类比、迁移与拓展类问题
【典例1】（2018·河南）（1）问题发现：
如图1，在△OAB和△OCD中，OA=OB，OC=ODP，∠AOB=∠COD=40o，连接AC，BD交于点M。填空：①的值为___________；②∠AMB的度数为__________。
（2）类比探究：
如图2，在△OAB和△OCD中，∠AOB=∠COD=90o，∠OAB=∠OCD=30o，连接AC交BD的延长线于点M，请判断的值及∠AMB的度数，并说明理由；
（3）拓展延伸：
在（2）的条件下，将△OCD绕点O在平面内旋转，AC，BD所在直线交于点M，若OD=1，OB=，请直接写出当点C与点M重合时AC的长。
【思路导引】（1）利用“SAS”可证△AOC≌△DBO，得AC=BD，∠CAO=∠DBO，利用三角形的内角和或外角性质可得∠AMB=∠AOB；（2）利用“两组对边分别对应成比例且夹角相等”的条件可证△AOC∽△BOD，再由相似三角形性质可推出；类似第（1）问思路，可得∠AMB=∠AOB；（3）在△OCD旋转过程中，（2）中的结论仍成立，即，∠AMB=90o，如图所示，当点C与点M重合时，存在两种情况，利用勾股定理可求AC的长。
【自主解答】
【规律方法】（1）该类问题常常是先从特殊的条件与图形中猜想出结论，然后在一般条件下论证结论，最后运用结论解决问题；或者是在特殊条件下得出结论，改变条件的特殊性（如点的位置发生改变，图形的形状发生改变等等）判断结论是否仍然成立。（2）解答该类问题注意类比，几问之间层层递进，但是原理相同，方法类似，或在此基础上稍微变通一下即可，如第二问直接套用第一问的结论和方法，而第三问需要构造第一问的背景与图形特征等.解决该类问题一般遵循图形结构类似、结论不变化或类似延伸拓展、解题方法不变的大规律，不要因图形变得复杂而惊慌，而是通过前面一问的铺垫，用同样的方法或思维迁移便能得出结论。
针对训练
1.（2018·烟台）【问题解决】
一节数学课上，老师提出了这样一个问题，如图1，点P是正方形ABCD内一点，PA＝1、PB=2，PC＝3.你能求出∠APB的度数吗？
小明通过观察，分析，思考，形成了如下思路：
思路一：将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP'A，连接PP'，求出∠APB的度数；
思路二，将△APB绕点B顺时针旋转90°，得到△CP'B，连接PP'，求出∠APB的度数。
请参考小明的思路，任选一种写出完整的解答过程。
【类比探究】
如图2，若点P是正方形ABCD外一点，PA＝3，PB＝1，PC＝，求∠APB的度数。
2.（2018·长春）在正方形ABCD中，E是边CD上一点（点E不与点C、D重合），连接BE。
【感知】如图①，过点A作AF⊥BE交BC于点F，易证△ABF≌△BCE.（不需要证明）
【探究】如图②，取BE的中点M，过点M作FG⊥BE交BC于点F，交AD于点G。
（1）求证：BE=FG。
（2）连接CM.若CM＝1，则FG的长为___________。
【应用】如图③，取BE的中点M，连接CM。过点C作CG⊥BE交AD于点G，连接EG，MG。若CM＝3，则四边形GMCE的面积为___________。
3.（2018·襄阳）如图（1），已知点G在正方形ABCD的对角线AC上，GE⊥BC，垂足为点E，GF⊥CD，垂足为点F。
（1）证明与推断:
①求证:四边形CEGF是正方形；
②推断：的值为___________；
（2）探究与证明
将正方形CEGF绕点C顺时针方向旋转a角（0o＜a＜45°），如图（2）所示，试探究线段AG与BE之间的数量关系，并说明理由；
（3）拓展与运用：
正方形CEGF在旋转过程中，当B，E，F三点在条直线上时，如图（3）所示，延长CG交AD于点H.若AG＝6，GH＝2，则BC＝__________。
4.（2018·日照）问题背景:我们学习等边三角形时得到直角三角形的一个性质:在直角三角形中，如果有一个锐角等于30°，那么它所对的直角边等于斜边的一半，即:如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，则:AC＝AB。
探究结论:小明同学对以上结论作了进一步研究。
（1）如图1，连接AB边上中线CE，由于CE＝AB，易得结论:①△ACE为等边三角形；②BE与CE之间的数量关系为___________。
（2）如图2，点D是边CB上任意一点，连接AD，作等边△ADE，且点E在∠ACB的内部，连接BE，试探究线段BE与DE之间的数量关系，写出你的猜想并加以证明。
（3）当点D为边CB延长线上任意一点时，在（2）条件的基础上，线段BE与DE之间存在怎样的数量关系？请直接写出你的结论____________。
拓展应用:如图3，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（，1），点B是x轴正半轴上的一动点，以AB为边作等边△ABC。当C点在第一象限内，且B（2，0）时，求C点的坐标。
5.（2018·武汉）在△ABC中，ABC＝90o。
（1）如图1，分别过A,C两点作给过点B的直线的垂线，垂足分别为点M、N，求，△ABM∽△BCN；
（2）如图2，P是边C上一点，∠BAP＝∠C，tan∠PAC=，求tanC的值；
（3）如图3，D是边CA延长线上一点，AE＝AB，∠DEB＝90°sin∠BAC=，直接写出tan∠CEB的值。
6.（2018?扬州）问题呈现
如图1，在边长为1的正方形网格中，连接格点D，N和E，C，DN和EC相交于点P，求tan∠CPN的值。
方法归纳
求一个锐角的三角函数值，我们往往需要找出（或构造出）一个直角三角形。观察发现问题中∠CPN不在直角三角形中，我们常常利用网格画平行线等方法解决此类问题，比如连接格点M，N，可得MN∥EC，则∠DNM＝∠CPN，连接DM、那么∠CPN就变换到Rt△DMN中。
问题解决
（1）直接写出图1中tan∠CPN的值为_________；
（2）如图2，在边长为1的正方形网格中，AN与CM相交于点P，求cos∠CPN的值；
思维拓展
（3）如图3，AB⊥BC，AB＝4BC，点M在AB上，且AM＝BC，延长CB到N，使BN＝2BC，连接AN交CM的延长线于点P，用上述方法构造网格求∠CPN的度数。
7.（2018·自贡）如图，已知∠AOB＝60°，在∠AOB的平分线OM上有一点C，将一个120°角的顶点与点C重合，它的两边分别与直线OA，OB相交于点D，E。
（1）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA垂直时（如图1），请猜想OE＋OD与OC的数量关系，并说明理由；
（2）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA不垂直，到达如图2的位置时，（1）中的结论是否成立？并说明理由；
（3）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA的反向延长线相交时，上述结论是否成立？请在图3中画出图形，若成立，请给予证明；若不成立，线段OD，OE与OC之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明。
类型二 与实践操作有关的综合题
【典例2】（2018·菏泽）问题情境:
在综合与实践课上，老师让同学们以“矩形纸片的剪拼”为主题开展数学活动。如图1，将矩形纸片ABCD沿对角线AC剪开，得到△ABC和△ACD。并且量得AB＝2cm，AC＝4cm。
操作发现:
（1）将图1中的△ACD以点A为旋转中心，按逆时针方向旋转∠a，使∠a＝∠BAC，得到如图2所示的△AC'D，过点C作AC'的平行线，与DC'的延长线交于点E，则四边形ACEC'的形状是________。
（2）创新小组将图1中的△ACD以点A为旋转中心，按逆时针方向旋转，使B，A，D三点在同一条直线上，得到如图3所示的△AC'D，连接CC'，取CC'的中点F，连接AF并延长至点G，使FG＝AF，连接CG，C'G，得到四边形ACGC'，发现它是正方形，请你证明这个结论。
实践探究:
（3）缜密小组在创新小组发现结论的基础上，进行如下操作，将△ABC沿着BD方向平移，使点B与点A重合，此时A点平移至A'点，A'C与BC'相交于点H，如图4所示，连接CC'，试求tan∠C'CH的值。
【思路导引】（1）由∠BAC＝∠AC'D得AC∥EC'，又AC'∥CE，∴四边形ACEC'为平行四边形，∵AC＝AC'，∴平行四边形ACEC'是菱形；（2）由对角线互相平分可得四边形ACGC'是平行四边形，再证∠CAC'＝90°，从而平行四边形ACGC'是矩形，又AC＝AC'，∴矩形ACGC'是正方形；（3）由平移或Rt△A'BC≌Rt△C'DB，得BC'⊥AC'.再由勾股定理计算相关线段长度，在Rt△A'BC中利用面积法或Rt△A'BC∽Rt△A'HB，进一步求得CH，C'H的值，即可在Rt△C'CH中求tan∠C'CH的值。
【自主解答】
【规律方法】在实际中考中，由于考场背景及考试规则的局限性，实验操作活动受到一定的限制，因此需要通过思维和空间想象能力去理解题意，猜想结论，或者结合画图，将操作过程展示于图中，并结合操作过程中的规律，通过推理去解决问题，所以，平时积极参与操作、实验、观察、猜想、探索、推理、发现结论全过程，有效地提高分析和解决问题的能力，以及构建数学模型的能力，显得尤为重要，另外，这类中考题往往在以作图为基本技能，折叠剪拼为基本背景的基础上，力求试题情境的多样化，突出问题解答的灵活性与探究性，我们在中考复习时应予以关注。
针对训练
8.（2018·泰州）对给定的一张矩形纸片ABCD进行如下操作:先沿CE折叠，使点B落在CD边上（如图①），再沿CH折叠，这时发现点E恰好与点D重合（如图②）。
（1）根据以上操作和发现，求的值；
（2）将该矩形纸片展开.如图③，折叠该矩形纸片，使点C与点H重合，折痕与AB相交于点P，再将该矩形纸片展开。求证:∠HPC＝90°。
（3）不借助工具，利用图④探索一种新的折叠方法，找出与图③中位置相同的点，要求只有一条折痕，且点P在折痕上。请简要说明折叠方法。（不需说明理由）
9.（2018·济宁）在一次数学活动课中，某数学小组探究求环形花坛（如图所示）面积的方法，现有以下工具:
①卷尺；②直棒EF；③T型尺（CD所在的直线垂直平分线段AB）。
（1）在图1中，请你画出用T型尺找大圆圆心的示意图；（保留画图痕迹，不写画法）
（2）如图2，小华说:“我只有一根直棒和一个卷尺就可以求出环形花坛的面积，具体做法如下:将直棒放置到与小圆相切，用卷尺量出此时直棒与大圆两交点M，N之间的距离，就可求出环形花坛的面积.”如果测得MN＝10cm，请你求出这个环形花坛的面积.
10.（2018·徐州）如图1，一副直角三角板满足AB＝BC，AC＝DE，∠ABC＝∠DEF＝90°，∠EDF＝30°
【操作】将三角板DEF的直角顶点E放置于三角板ABC的斜边AC上，再将三角板DEF绕点E旋转，并使边DE与边AB交于点P，边EF与边BC交于点Q。
【探究一】在旋转过程中，
（1）如图2，＝1时，EP与EQ满足怎样的数量关系？并给出证明。
（2）如图3，＝2时，EP与EQ满足怎样的数量关系？并说明理由。
（3）根据你对（1）、（2）的探究结果，试写出当＝m时，EP与EQ满足的数量关系式为________，其中m的取值范围是____________（直接写出结论，不必证明）
【探究二】若＝2且AC＝30cm，连接PQ，设△EPQ的面积为S（cm2），在旋转过程中:
（1）S是否存在最大值或最小值？若存在，求出最大值或最小值，若不存在，说明理由。
（2）随着S取不同的值，对应△EPQ的个数有哪些变化？求出相应S值的取值范围。
11.（2018·齐齐哈尔）折纸是一项有趣的活动，同学们小时候都玩过折纸，可能折过小动物、小花、飞机、小船等，折纸活动也伴随着我们初中数学的学习。
在折纸过程中，我们可以通过研究图形的性质和运动、确定图形位置等，进一步发展空间观念，在经历借助图形思考问题的过程中，我们会初步建立几何直观.折纸往往从矩形纸片开始，今天，就让我们带着数学的眼光来玩一玩折纸，看看折叠矩形的对角线之后能得到哪些数学结论。
实践操作:
如图1，将矩形纸片ABCD沿对角线AC翻折，使点B'落在矩形ABCD所在平面内，B'C和AD相交于点E，连接B'D.
解决问题:
（1）在图1中，①B'D和AC的位置关系为__________；
②将△AEC剪下后展开，得到的图形是___________；
（2）若图1中的矩形变为平行四边形（AB≠BC），如图2所示，结论①和结论②是否成立，若成立，请挑选其中的一个结论加以证明，若不成立，请说明理由；
（3）小红沿对角线折叠一张矩形纸片，发现所得图形是轴对称图形，沿对称轴再次折叠后，得到的仍是轴对称图形，则小红折叠的矩形纸片的长宽之比为_________。
拓展应用:
（4）在图2中，若∠B＝30°，AB＝4，当△AB'D恰好为直角三角形时，BC的长度为_________。
类型三 与图形变换有关的综合题
【典例3】（2018·潍坊）如图1，在平行四边形ABCD中，DH⊥AB于点H，CD的垂直平分线交CD于点E，交AB于点F，AB＝6，DH＝4，BF:FA＝1:5。
（1）如图2，作FG⊥AD于点G，交DH于点M，将△DGM沿DC方向平移，得到△CG'M'，连接M'B。
①求四边形BHMM'的面积；
②直线EF上有一动点N，求△DNM周长的最小值。
（2）如图3，延长CB交EF于点Q，过点Q作QK∥AB，过CD边上的动点P作PK∥EF，并与QK交于点K，将△PKQ沿直线PQ翻折，使点K的对应点K恰好落在直线AB上，求线段CP的长。
【思路导引】（1）①先分别求出DE，FH，BF，FA，AH等线段的长，再利用Rt△AHD∽ Rt△MHF，求出HM的长，连接BM，通过计算两三角形面积得四边形BHMM'的面积（或直接利用梯形面积公式求解）；②根据轴对称性，连接CM与直线EF的交点为N，此时△DNM周长的最小，其值等于MC＋DM；（2）过点K'作E'F'∥EF，分别交CD于点E'，交QK于点F'，利用相似三角形分别计算QF，PK（PK'），QF'的值，再分两种情况:当点P在线段CE上与在线段ED上时，计算CP的长获解。
【自主解答】
【规律方法】图形的平移、旋转、翻折变换是全等变换，不改变图形的形状和大小，解决此类问题的关键是要正确找到变换前后的对应角和对应线段.求线段的长，常根据题中条件，利用勾股定理或锐角三角形函数或相似三角形的性质构造方程模型求解。
针对训练
12.（2018·郴州）在矩形ABCD中，AD＞AB，点P是CD边上任意一点（不含C，D两端点），过点P作PF∥BC，交对角线BD于点F。
（1）如图1，将△PDF沿对角线BD翻折得到△QDF，QF交AD于点E，求证：△DEF是等腰三角形；
（2）如图2，将△PDF绕点D逆时针方向旋转得到△P'DF'，连接P'C，F'B，设旋转角为（0°＜a＜180°）。
①若0°＜a＜∠BDC，即DF'在∠BDC内部时，求证:△DP'C∽△DF'B；
②如图3，若点P是CD的中点，△DF'B能否为直角三角形？如果能，试求出此时tan∠DBF'的值；如果不能，请说明理由。
13.（2018·徐州）如图，将等腰直角三角形ABC对折，折痕为CD。展平后，再将点B折叠在边AC
上（不与A，C重合），折痕为EF，点B在AC上的对应点为M，设CD与EM交于点P，连接PF。已知BC＝4。
（1）若点M为AC的中点，求CF的长；
（2）随着点M在边AC上取不同的位置：
①△PFM的形状是否发生变化？请说明理由；
②求△PFM的周长的取值范围。
14.（2018·赤峰）将一副三角尺按图1摆放，等腰直角三角尺的直角边DF恰好垂直平分AB，与AC相交于点G，BC＝2cm.

（1）求GC的长；
（2）如图2，将△DEF绕点D顺时针旋转，使直角边DF经过点C，另一直角边DE与AC相交于点H，分别过点H，C作AB的垂线，垂足分别为点M，N。通过观察，猜想MD与ND的数量关系，并验证你的猜想；
（3）在（2）的条件下，将△DEF沿DB方向平移得到△D'E'F'，当D'E'恰好经过（1）中的点G时，请直接写出DD'的长度。
类型四 与动点有关的几何综合题
【典例4】（2018·青岛）已知:如图，四边形ABCD，AB∥DC，CB⊥AB，AB＝16cm，BC＝6cm，CD＝8cm，动点P从点D开始沿DA边匀速运动，动点Q从点A开始沿AB边匀速运动，它们的运动速度均为2cm/s。点P和点Q同时出发，以QA，QP为边作平行四边形AQPE，设运动的时间为t（s），0＜t＜5。
根据题意解答下列问题:
（1）用含t的代数式表示AP；
（2）设四边形CPQB的面积为S（cm2），求S与t的函数关系式；
（3）当QP⊥BD时，求t的值；
（4）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使点E在∠ABD的平分线上？若存在，求出t的值；若不存说明理由。
【思路导引】（1）作DH⊥AB于点H，利用勾股定理求出AD的长即可；（2）作PN⊥AB于点N，连接PB，根据S＝S△FQB＋S△BCP求解；（3）当PQ⊥BD时，可得∠QPN＝∠DBA，根据tan∠QPN＝列方程求解；（4）存在，连接BE交DH于点K，作KM⊥BD于点M.当BE平分∠ABD时，由△KBH≌△KBM可得KH＝KM，BH＝BM＝8。设KH＝KM＝x，在Rt△DKM中根据勾股定理列方程求得x＝。作EF⊥AB于点F，由△AEF≌△QPN可得EF＝PN＝（10 - 2t），AF＝QN＝（10 - 2t）- 2t，BF＝16 - [（10 - 2）- 2t]，由KH∥EF可得，由此列方程求解。
【自主解答】
【规律方法】解决动点型问题的一般方法是:（1）在运动的过程中确定满足条件的静止位置，注意根据不同情况是否需要分段考虑，分类讨论。（2）依据几何图形的定义判定各量之间的关系，建立方程或函数模型，进行解决问题。（3）做题过程中时刻注意分类讨论，看是否存在不同的情况解题时是否有分类意识是正确解题的关键。（4）若是有速度的动点解决这类动点问题要善于用路程表示线段的长度，要善于用方程思想来求点的坐标。
针对训练
15.（2018·连云港）在数学兴趣小组活动中，小亮进行数学探究活动。△ABC是边长为2的等边三角形，E是AC上一点，小亮以BE为边向BE的右侧作等边三角形BEF，连接CF。
（1）如图1，当点E在线段AC上时，EF，BC相交于点D，小亮发现有两个三角形全等，请你找出来，并证明。
（2）当点E在线段AC上运动时，点F也随着运动，若四边形ABFC的面积为，求AE的长。
（3）如图2，当点E在AC的延长线上运动时，CF，BE相交于点D，请你探求△ECD的面积S1与△DBF的面积S2之间的数量关系，并说明理由。
（4）如图2，当△ECD的面积S1＝，求AE的长。
16.（2018·湘潭）如图，AB是以O为圆心的半圆的直径，半径CO⊥AO，点M是弧AB上的动点，且不与点A，C，B重合，直线AM交直线OC于点D，连接OM与CM。
（1）若半圆的半径为10。
①当∠AOM＝60°时，求DM的长；
②当AM＝12时，求DM的长。
（2）探究:在点M运动的过程中，∠DMC的大小是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由。
参考答案及解析
【典例1】
【自主解答】解:（1）①1；②40°；
（2），∠AMB＝90.理由如下:
∵∠AOB＝∠COD＝90°，∠OAB＝∠OCD＝30°，∴，
∠COD＋∠AOD＝∠AOB＋∠AOD，即∠AOC＝∠BOD，
∵，∴△ACO∽△BOD，∴，∠CAO＝∠DBO。
∵∠AOB＝90，∴∠DBO＋∠ABD＋∠BAO＝90°，
∴∠CAO＋∠ABD＋∠BAO＝90°，∴∠AMB＝90°。
（3）AC的长为2或3.
解析:①点C与点M重合时，如图3，同理得:
△AOC∽△BOD，∴∠AMB＝90°，.设BD＝x，
则AC＝x，Rt△COD中，∠OCD＝30°，OD＝1，∴CD＝2，BC＝x-2.
Rt△AOB中，∠OAB＝30°，OB＝，∴AB＝2OB＝2。
在Rt△AMB中，由勾股定理得:AC2＋BC2＝AB2，
（x）2＋（x-2）2＝（2）2，x2-x-6＝0，（x-3）（x＋2）＝0，
x1＝3，x2＝-2（舍去），∴AC＝3；
②点C与点M重合时，如图4，同理得：∠AMB＝90o，。
设BD＝x，则AC＝x。在Rt△AMB中，由勾股定理得:AC2＋BC2＝AB2，
（x）2＋（x＋2）2＝（2）2，x2＋x-6＝0，（x＋3）（x-2）＝0，
x1＝＝3（舍去），x2＝2，∴AC＝2.
【针对训练】
1.【问题解决】
解:将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得△BP'A，连接PP'。
由题意，P'A＝PC＝3，P'B＝PB＝2，∠PBP'=90°。
在Rt△PBP'中，?P'B＝PB＝2.∴PP'＝2，∠P'PB＝45°。
∵PA＝1，PP'＝2，P'A＝3.∴PA2＋PP'2＝P'A2，
∴△P'AP为直角三角形，且∠APP'＝90o。
∴∠APB＝∠APP'＋∠P'PB＝90o+ 45°＝135o。
【类比探究】
解:将△BPC绕点B逆时针旋转90o，得△BP'A，连接PP'。
由题意，P'A＝PC=，P'B=PB=1，∠PBP'＝90°。
在Rt△PBP中，∵P'B＝PB＝1，∴PP'＝，∠P'PB＝45o.
∵PA＝3，PP'＝，P'A＝.
∴PA2＋PP'2＝P'A2。∴△P'AP为直角三角形，且∠APP'＝90°.
∴∠APB＝∠APP' - ∠P'PB＝90°- 45°＝45o.
2，解：【探究】（1）证明：如图，作AH∥GF，交BC于点H，则AH=FG，
∵FG⊥BE，AH∥GF，∴AH⊥BE，∴∠ABE＋∠BAH＝90o。
∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC＝∠C＝90o，AB＝BC，
∴∠ABE＋∠EBC＝90°，:∠BAH＝∠EBC.
在△ABH和△BCE中，∵，∴△ABH≌△BCE（ASA），∴AH＝BE。
又∵AH＝FG，∴BE＝FG.
（2）2。
【应用】 9
3.解:（1）①证明:∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD＝90°，∠BCA＝45o。
∵GE⊥BC，GF⊥CD，∴∠CEG＝∠CFG＝∠ECF＝90°，
∴四边形CEGF是矩形，∠CGE＝∠ECG＝45°。∴EG＝EC.四边形CEGF是正方形。
②。
（2）连接CG，由旋转性质可知∠BCE＝∠ACG=a。
在Rt△CEG和Rt△CBA中，＝cos45°＝，＝cos45°＝。∴。
∵，∴△ACG∽△BCE。∴。
∴线段AG与BE之间的数量关系为AG＝BE。
（3）连接DF，由（2）知△BCE∽△ACG，∴∠BEC＝∠AGC.
∵四边形CEGF是正方形，∴∠CEF＝∠CFE＝∠CGF＝45o，CG⊥EF。
∵∠BEC＝180°－∠CEF＝135o，∴∠AGC＝135o。
∴∠AGC＋∠CGF＝135°＋45°＝180°，∴A，G，F三点在一条直线上。
又∠BCD＝∠ECF＝90°，∴∠BCE＝∠DCF。∵，∴△BEC≌△DFC（SAS）。
∴BE＝DF，∠BEC＝∠DFC.∵，AG＝6，∴BE＝DF＝3.
∵∠BEC＝135，∠CFE＝45°，∴∠BFD＝∠DFC－∠CFE＝135o－45°＝90o。
又CH⊥BF，∴CH∥DF。∵，∴△AGH∽△AFD。
∴。∴。∴。
设AH＝2x，则AD＝3x，DH＝x。又由正方形ABCD和正方形CEGF，
知AD＝CD＝3x，CC＝GF＝3，
∴在Rt△CDH中，由DH2＋CD2＝CH2，得x2＋（3x）2＝（2＋3）2，
解得x1＝，x2＝－（不合题意，舍去）。AD＝3，即BC＝3。
4.解:（1）BE＝CE。
（2）BE=ED。
证明:如图，取AB的中点P，连接EP，由（1）结论可知，△CPA为等边三角形。
∴∠CAP＝60°，CA＝PA。∵△ADE为等边三角形，∴∠DAE＝60°，AD＝AE。
∴∠CAP＝∠DAE，∴∠CAP－∠DAB＝∠DAE－∠DAB。
∴∠CAD＝∠PAE，∴△ACD≌△APE（SAS），∴∠APE＝∠ACD＝90°，EP⊥AB。
∵P为AB的中点，∴AE＝BE。∵DE＝AE，∴BE＝DE。
（3）BE＝DE。
拓展应用:如图，连接OA，OC。过点A作AH⊥x轴于点H。
∵A的坐标为（－，1），∴∠AOH＝30o。
方法1:由探究结论（3）可知，CO＝CB。∵O（0，0），B（2，0），点C的横坐标为1。
设C（1，m）。∵CO2＝CB2＝12＋m2，AB2＝12＋（2＋）2，AB＝CB，
∴12＋m2＝12＋（2＋∴）2，∴m＝2＋∴或－2－（舍去）。∴C点的坐标是（1，2＋）。
方法2:过点C作CD⊥x轴于点D.△AHB≌△CDB（AAS），∴DB＝AH＝1， CD＝BH＝2＋.
∴OD＝2－1＝1。∴C点的坐标是（1，2＋）。
5.（1）证明:∵∠M＝∠N＝∠ABC＝90°，∴∠MAB＋∠MBA＝∠NBC＋∠MBA＝90°，
∴∠MAB＝∠NBC，∴△ABM∽△BCN。
（2）解:方法1：过点P作PN⊥AP交AC于点N，过点N作NM⊥BC于点M，
∵∠BAP＋∠APB＝90o，∠APB＋∠NPC＝90°，
∴∠BAP＝∠NPC，∴△BAP∽△MPN，∴。
又∵tan∠ PAC=，设MN＝2a，PM＝2b，则BP＝5a，AB＝5b，
又∵∠BAP＝∠BCA，∴∠BCA＝∠NPC，∴NP＝NC，PC＝2PM＝4b，
又△BAP∽△BCA，，∴BA2＝BP?BC.
，解得:a＝b或a＝（舍去），
∴tan∠C＝。
方法2：过点C作CE⊥AP的延长线交于点E，过点P作PF⊥AC交AC于点F。
∵∠ABC＝∠CEP＝90°，∠BPA＝∠EPC，∴∠BAP＝∠ECP＝∠ACB。
∵tan∠PAC＝，∴设CE＝m，则AE=5 m。由勾股定理得:AC＝3m，∵∠ACP＝∠ECP，
∴PF＝PE。∴。∵AE＝5m，∴PE＝2m。
∴tan∠ECP=tan∠ACB=。
方法3：作AP的垂直平分线交AB于点D，连接DP。
设∠C＝∠BAP＝x，∠PAC＝y，∵点D在AB的垂直平分线上，
∴∠DPA＝∠PAD＝x，∴∠BDP＝∠BAP＋∠DPA＝2x.∵∠DPB＝90°-2x＝y＝∠PAC，
∴2x＋y＝90o。∵tan∠PAC＝，令BD＝2a，BP＝a，
由勾股定理得:DP＝3a＝AD。∴tan∠C＝tan∠BAP＝。
（3）解:过点A作AH⊥EB交EB于点H，过点C作CK⊥EB交EB的延长线于点K，
∵AE＝AB，∴EH＝HB，易知△AHB∽△BKC，∴。
设CK＝3x，∵△AHB∽△BKC，∴，
∴HB=EH=4x。∴＝10x，∴tan∠CEB＝。
6.解:（1）2；
（2）如图1:连接格点A，B，可得AB∥MC，连接BN，∴∠CPN＝∠BAN，
在Rt△ABN中，AB＝BN＝，AN＝，∴cos∠CPN＝cos∠BAN＝。
（3）设BC的长为单位1，构造如图2所示的网格图，连接格点AD，可得AD∥CM，连接DN，
∴∠CPN＝∠DAN。在Rt△ADN中，AD＝DN＝，AN＝2，
∴cos∠CPN＝cos∠DAN＝。∴∠DAN＝∠CPN＝45o。
7.解:（1）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA垂直时，∠CDO＝90°，
因为∠AOB＝60°，∠DCE＝120°，所以∠CEO＝90°，又因为OM平分∠AOB，
所以∠COD＝∠COE＝30°，在Rt△COD中，cos30o＝，所以OD＝OC；
在R△COE中cos30o＝，所以OE＝OC；所以OE＋OD＝OC。
（2）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA不垂直时，OE＋OD＝OC成立。
过点C作CF⊥OA于点F，过点C作CH⊥OB于点H，则∠FCH＝120°，
由（1）知，OH＋OF＝OC。又因为OM平分∠AOB，所以CF＝CH，∠FCH＝120°＝∠DCE，所以∠FCD＝∠HCE，根据ASA有△CDF≌△CEH，所以DF＝EH，
所以OE＋OD＝OH＋EH＋OF－DF＝OH＋OF＝OC。
（3）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA的反向延长线相交时，如图，上述结论不成立，线段OD，OE与OC之间的数量关系是。
注:写出猜想，不需证明，这是因为结论可模伤（2），过点C作CF⊥OA于点F，过点C作CH⊥OB于点H，类比推理。
【典例2】
【自主解答】（1）解:菱形
（2）证明:∵点F是CC的中点，∴CF＝FC'，∵FG＝AF。
∴四边形ACGC'是平行四边形。∵在Rt△ABC和Rt△AC′D中，∠BAC＋∠ACB＝90o，
∠ACB＝∠DAC′，∴∠BAC＋∠DAC′＝90°。又∵B，A，D三点在同一条直线上，
∴∠CAC′＝90°，∴平行四边形ACGC′是矩形。
∵AC＝AC′，∴矩形ACGC′是正方形。
（3）解:在矩形ABCD中，AB＝CD＝2，如图4，A′C＝BC′＝4。
在Rt△A′BC和Rt△BC′D中，BC＝BD＝。
∵Rt△A′BC≌Rt△C′DB，∴∠DBC′＋∠BA′C＝90°，
∴∠BHA′＝90°，∴BC′⊥A′C。在Rt△A′BC中，A′C·BH＝BC·A′B，即4BH＝2×2，∴BH＝。∴C′H＝BC′－BH＝4－。
在Rt△A′BH中，A′H＝，∴CH＝4－1＝3。
∴tan∠C′CH=，tan∠C′CH的值为。
【针对训练】
8.（1）解:设AD＝a，在矩形ABCD中，BC＝AD＝a.由折叠可知∠BCE＝∠DCE＝∠BCD＝45°，又∵∠B＝90°，∴△BCE为等腰直角三角形，∴BE＝BC＝a，CE＝.由折叠可知CD＝CE＝a。。
（2）证明:方法1:如图①，连接EH.同（1）设AD＝BC＝a.在矩形ABCD中，BC＝BE＝a，AB＝CD＝CE＝a，∴AE＝（- 1）a。由折叠知∠CEH＝∠D＝90°，而∠BEC＝45°，
∴∠AEH＝45o，∴△AEH为等腰直角三角形，∴AH＝AE＝（-1）a由折叠知PH＝PC，
∴PH2＝PC2，设PA＝x，则PB＝a - x，由勾股定理得［（-1）a］2＋x2＝（a-x）2＋a2，解得x＝a，∴AP＝BC，又∵∠A＝∠B＝90°，∴Rt△PAH≌Rt△CBP（HL），
∴∠APH＝∠BCP，∵∠BCP＋∠BPC＝90°，∴∠APH＋∠BPC＝90°，∴∠HPC＝90o。
方法2:如图②，连接EH，ED，设过点P的折痕交CD于点Q，连接HQ。
由折叠知∠CEH＝∠D＝90°，而∠BEC＝45°，∴∠AEH＝45o，∴△AEH为等腰直角三角形，
∴AH＝AE。由折叠知∠DCE＝45°，∠DCH＝∠DCE＝22.5°＝∠CHQ，
∴∠DQH＝45°，∴△DHQ为等腰直角三角形，∴DH＝DQ。由折叠知DE⊥CH，PQ⊥CH，
∴DE∥PQ，∵AB∥CD，∴四边形PQDE是平行四边形，∴PE＝DQ＝DH，∴AP＝AD＝BC。
∵PH＝PC，∠A＝∠B＝90°，∴Rt△PAH≌Rt△CBP（HL）∴∠APH＝∠BCP，
∵∠BCP+∠BPC＝90°，∴∠APH＋∠BPC＝9o，∴∠HPC=90o。
（3）解:方法1:如图③，将矩形ABCD沿过点C的直线折叠，使点B的对应点B′落在CE上，则折痕与AB的交点即为点P；
方法2:如图④，将矩形ABCD沿过点D的直线折叠，使点A的对应点A′落在DC上，则折痕与AB的交点即为点P。
9.解，（1）如图1所示，点O就是大圆的圆心。
（2）如图所示，设EF与小圆相切于点H，连接OH，OM。
∵EF与小圆相切于点H，∴OH⊥EF。∴。
在Rt△OMH中，由定理得.
，即这个环形花坛的面积为25cm2。
10.解：探究一：
（1）连接BE，根据点E是AC的中点和等腰直角三角形的性质，得BE＝CE，∠PBE＝∠C。
又∠BEP＝∠CEQ，则△BEP≌△CEQ，得EP＝EQ。
（2）作EM⊥AB，EN⊥BC于点M，N（如图）。∴∠EMP＝∠ENC。
∵∠MEP＋∠PEN＝∠PEN＋∠NEF＝90°，
∴∠MEP＝∠NEF，△MEP∽△NBQ。
∴EP：EQ＝EM：EN＝AE:CE＝1:2；
（3）过点E作EM⊥AB于点M，作EN⊥BC于点N，∵在四边形PEQB中，∠B＝∠PEQ＝90°，
∴∠EPB＋∠EQB＝180°，又∵∠EPB＋∠MPE＝180°，∴∠MPE＝∠EQN，
∴Rt△MEP∽Rt△NEQ，∴。∵Rt△AME∽Rt△ENC，
∴，∴：，EP与EQ满足的数量关系式为EP:EQ＝1:m，
∴0＜m≤2＋（当m＞2＋时，EF与BC不会相交）。
探究二:若AC＝30cm，
（1）设EQ＝x，则S＝x2，所以当x＝10时，面积最小，是50cm2；
当x＝10时，面积最大，是75cm2。
（2）当x＝EB＝5时，S＝62.5cm2，故当50＜S≤62.5时，这样的三角形有2个；
当S＝50或62.5＜S≤75时，这样的三角形有一个。
11.解:（1）①B′D∥AC，理由:∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，AD＝BC；
∴∠EAC＝∠ACB，由翻折可得BC＝B′C，∠BCA＝∠ECA；
∴∠EAC＝∠ECA＝（180o－∠AEC），AD＝B′C，∴AE＝CE，∴B′E＝DE。
∴∠CB′D＝∠ADB′＝（180°－∠B′ED），又由∠AEC＝∠B′ED，∴∠ADB′＝∠DAC，
即B′D∥AC。
②菱形。
设点E的对应的点为点F，∵四边形ABCD是矩形，∴CF∥AE，∴∠DAC＝∠ACF，
由折叠可得，∠ACE＝∠ACF，∠DAC＝∠ACE，AE＝CE，又AF＝AE，CE＝CF，
∴CE＝AF＝AE＝CF，∴四边形AECF是菱形。
（2）结论仍成立
若选择①，证明:∵B′C＝AD，AE＝CE，∴B′E＝DE。∴∠CB′D＝∠ADB′，
∵∠AEC＝∠B′ED，∠ACB′＝∠CAD。∴∠ADB′＝∠DAC。∴B′D∥AC。
若选择②，证明:设点E的对应点为点F，∵四边形ABCD是平行四边形，∴CF//AE，∠DAC＝∠ACF。
由折叠可得，∠ACE＝∠ACF，CE＝CF，∴∠DAC＝∠ACE。∴AE＝CE，∴AE＝CF.
∴四边形AECF是菱形。
（3）当△ACB′与△ACD重合时，折叠的矩形为正方形，长宽之比为1:1；当△ACB′与△ACD不重合时，第二次折叠后，得到的仍是轴对称图形，那么∠B′AE＝∠CAE，则∠B′AC＝60o，
B′C:B′A＝:1.∴小红折叠的矩形纸片的长宽之比为1:1或者:1。
（4）如图3，∠AB＇D＝90o时，∠B＇AD＝30°，B′A＝4，则BC＝AD＝AB′＝8。
如图4，∠B′AD＝90°时，∠B＇DA＝30°，BC＝AD＝AB′=12。
如图5，∠B′AD＝90o时，∠AB′D＝30o，BC＝AD=AB′=4。
如图6，∠ADB＇＝90°时，∠B＇AD＝30°，BC＝AD＝AB′=6。
∴BC的长度为4或6或8或12.
【典例3】
【自主解答】解:（1）①在平行四边形ABCD中，AB＝6，直线EF垂直平分CD，∴DE＝FH＝3，又BF:FA＝1:5，∴BF＝1，FA＝5，∴AH＝2。
∵Rt△AHD∽Rt△MHF，∴，∴，∴。
根据平移的性质，MM＝CD＝6，连接BM，S四边形BHMM'＝×6×+×4×=。
②连接CM交直线EF于点N，连接DN，∵直线EF垂直平分CD，∴CN＝DN.
∵MH＝，∴DM＝。在Rt△CDM中，MC2＝DC2＋DM2，∴MC2＝62＋()2，即MC＝。
∵MN＋DN＝MN＋CN＝MC，∴△DNM周长的最小值为9。
（2）∵BF∥CE∴，∴QF＝2，∴PK＝PK′＝6。
过点K′作E′F′∥EF，分别交CD于点E′，交QK于点F′，当点P在线段CE上时，
在Rt△PK′E′中，PE′2＝PK′2－E＇K＇2，∴PE＇＝2。
∵Rt△PE′K＇∽Rt△ K′F′Q，∴ ，∴，∴。
∴PE＝PE'－EE'＝2－＝，∴CP＝。
同理可得，当点P在线段ED上时，CP'＝。
综上可得，CP的长为或。
【针对训练】
12.（1）证明:PF∥DE，∴∠EDF＝∠DFP，由翻折知，∠PFD＝∠DFE，∴∠EDF＝∠DFE，
∴△DEF是等腰三角形。
（2）①证明:∵△PDF绕点D逆时针方向旋转得到△P'DF'，DP＝DP'，DF＝DF'，∠BDF'＝∠CDP'，
又∵PF∥BC，∴，∴，∴△DPC∽△DF'B。
②解:存在△DF'B为直角三角形.如图，由①知△DP'C∽△DF'B，则∠DCP'＝∠DBF'，若△DF'B为直角三角形，则一定有∠DF'B＝90o，∴∠DP'C＝90°，显然DP'＝DC，∴∠DCP＇＝30°，
∴tan∠DCP'＝tan30°＝，∴tan∠DBF'=。
13.解:（1）根据题意，设BF＝FM＝x，则CF＝4＝x，
∵点M为AC中点，AC＝BC＝4，∴CM＝AC＝2，
∵∠ACB＝90°，∴CF2＋CM2＝FM2，∴(4－x)2＋22＝x2，解得x=，∴CF＝4－=。
（2）①△PFM的形状不变，始终是以PM，PF为腰的等腰直角三角形，理由如下:
∵等腰直角三角形ABC中，CD⊥AB、∴AD＝DB，CD＝AB＝DB。
∴∠B＝∠DCB＝45，由折叠可得∠PMF＝∠B＝45°，∴∠PMF＝∠DCB，P,M,F,C四点共圆，
∴∠FPM＋∠FCM＝180，
∴∠FPM＝180°－∠FCM＝90°，∠PFM＝90°－∠PMF＝45o＝∠PMF，
∴△PFM的形状不变，始终是以PM，PF为腰的等腰直角角形。
②∵△PFM是等腰直角三角形，设FM＝y，由勾股定理可知，PF＝PM＝y。
∴△PFM的周长为（1＋）y，∵2＜y＜4.
∴△PFM的周长的取值范围是大于2＋2且小于4＋4。
14.解:（1）在Rt△ABC中，∠B＝60°，BC＝2，∴AB＝4，AC＝6.
∵DF垂直平分AB，∴AD＝2。∵∠DAG＝30o，∴AG＝2∵÷cos30o＝4，∴GC＝6－4＝2。
（2）MD=ND。
理由:∵点D是AB的中点，∠ACB＝90°，∴CD＝DB。
∵∠B＝60°，∴△CDB是等边三角形。∵CN⊥DB，∴DN＝DB。
∵△CDB是等边三角形，∴∠CDB＝60o，∵∠EDF＝90°，∴∠EDA＝30°，
∵∠A＝30°，∴∠A＝∠EDA，∴HA＝HD。HM⊥AD，∴MD＝AD。
∵AD＝DB，∴MD＝ND。
（3）连接DG，则DG⊥AD，由（2）∠A＝∠EDA，由平移知∠E'D'A＝∠EDA。
∴∠A＝∠E'D'A，∵DE恰好经过（1）中的点G，∴D'G＝AG，∴DD'＝AD＝2。
【典例4】
【自主解答】解:（1）如图作DH⊥AB于点H，则四边形DHBC是矩形，∴CD＝BH＝8，DH＝BC＝6，∴AH＝AB－BH＝8，AD＝＝10，BD＝＝10，
由题意AP＝AD－DP＝10－2t。
（2）作PN⊥AB于点N，连接PB，在Rt△ANP中，PA＝10－2t，
∴PN＝PA·sin∠DAH＝（10－2t），
AN＝PA·cos∠DAH＝（10－2t），
∴BN＝16－AN＝16－（10－2t）,
S＝S△PQB＋S△BCP＝。
（3）当PQ⊥BD时，∠PQN＋∠DBA＝90°，∠QPN＋∠PQN＝90°，
∴∠QPN＝∠DBA，∴tan∠QPN＝，∴，解得t＝，
经检验:t＝是分式方程的解，∴当t＝时，PQ⊥BD。
（4）存在。理由:连接BE交DH于点K，作KM⊥BD于点M，
当BE平分∠ABD时，△KBH≌△KBM，∴KH＝KM，BH＝BM＝8，
设KH＝KM＝x，在Rt△DKM中，(6－x)2＝22＋x2。解得x＝。
作EF⊥AB于点F，则△AEF≌△QPN，∴EF＝PN＝（10－2t），AF＝QN＝（10－2t）－2t，∴BF＝16－[（10－2t）－2t]，∵KH∥EF，∴，
，解得t＝，经检验:t＝是分式方程的解，
∴当＝时，点E在∠ABD的平分线上。
【针对训练】
15.解:（1）发现点E沿边AC从点A向点C运动过程中，始终有△ABE≌△CBF。
证明:由图1知，△ABC与△EBF都是等边三角形，所以 AB＝CB，BE＝BF，
又∠CBF＝∠ABE＝60°－∠CBE，所以△ABE≌△CBF。
（2）由（1）知点E在运动过程中始终有△ABE≌△CBF，因四边形BECF的面积等于三角形BCF的面积与三角形BCE的面积之和，所以四边形BECF的面积等于△ABC的面积，因△ABC的边 长为2，则S△ABC＝，所以四边形BECF的面积为，又四边形ABFC的面积是，
所以S△ABE＝，在三角形ABE中，因为∠A＝60°，所以边AB上的高为 AE sin60°，
则S△ABE＝AB· AEsin60°＝×2×AE＝，则AE＝。
（3）S2－S1＝。
由图2知，△ABC与△EBF都是等边三角形，所以AB＝CB， BE＝BF，
又∠CBF＝∠ABE＝60°＋∠CBE，所以△ABE≌△CBF，
所以S△ABE＝S△CBF，所以S△FDB＝S△ECD＋S△ABC，
则S△FDB－S△ECD＝S△ABC＝，则）S2－S1＝。
（4）由（3）知）S2－S1＝，即S△FDB＝S△ECD＝，
由S△BCD＝得S△BDF＝，因为△ABE≌△CBF，所以AE＝CF，∠BAE＝∠BCF＝60°，
又∠BAE＝∠ABC＝60°，得∠ABC＝∠BCF，所以CF∥AB，则△BDF在DF边上的高是，
则DF＝，设CE＝x，则2＋x＝CD＋DF＝CD＋，所以CD＝x－，
在△ABE中，由CD∥AB得，，即，化简得3x2－x－2＝0，
所以x＝1或x＝（舍），即CE＝1，所以AE＝3。
16.解:（1）①∵OA＝OM，∠AOM＝60°，∴△AOM为等边三角形，
∴AM＝AO＝10，∠OAM＝60°。∵CO⊥AO，∴∠AOD＝90°，
∴AD＝AO÷cos60°＝20，∴DM＝AD－AM＝10。
②过点O作OH⊥AM交AM于点H，∴∠AHO＝∠AOD＝90°，
∵OA＝OM，OH⊥AM，∴AH＝AM＝6。∵∠HAO＝∠OAD，∴△AOH∽△ADO，
∴，∴，∴AD=。∴DM＝AD－AM＝－12＝。
（2）∠DMC＝45°
当M在弧BC时，∠DMC＝∠AOC＝45°；
当M在弧AC时，∠DMC＝180°－∠AMC＝180°－135°＝45o。