【2020年中考数学二轮复习】专题六 图形变换专题（含答案）

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专题六 图形变换专题
专题解读
本专题包括轴对称、平移和旋转，这部分知识的考查形式既有选择题也有填空题，还有解答题，其中选择题的形式主要考查各种图形的对称和拼成图形的面积等方面的计算，填空题主要考查与这些变换有关的简单计算，解答题则主要考查与此有关的图案设计以及与其性质、与其他知识综合有关的猜想、操作、证明等.
解题策略:
图形的轴对称、平移、旋转是近年中考的热点题型，因此解题时应注意以下方面:（1）熟练掌握图形的轴对称、图形的平移、图形的旋转的基本性质和基本方法.
（2）结合具体问题大胆尝试，手操作平移旋转，探究发现其内在规律是解答操作题的基本方法.
（3）注重图形与变换的创新题，弄清其本质，掌握其基本的解题方法，尤其是折叠和旋转.
（4）注意培养观察与实验能力，探索与实践能力以及数学应用意识和创新意识.
考点一 图形的平移变换
典例1 两个全等的△ABC和△DEF重叠在一起，固定△ABC，将△DEF进行如下变换:
（1）如图1所示，△DEF沿直线CB向右平移（即点F在线段CB上移动），连接AF，AD，BD，请直接写出S△ABC与S四边形AFBD的关系；
（2）如图2所示，当点F平移到线段BC的中点时，四边形AFBD是什么特殊四边形？请给出证明；
（3）当点F平移到线段BC的中点时，若四边形AFBD为正方形，猜想△ABC应满足什么条件？请直接写出结论:在此条件下，将△DEF沿DF折叠，点E落在FA的延长线上的点G处，连接CG，请在图3位置画出图形，并求出sin∠CGF的值.
思路导引
（1）利用平行线的性质以及三角形面积关系得出答案；（2）证出AD＝BF，由平移可知AD∥BF，利用平行四边形的判定得出四边形AFBD为平行四边形即可；（3）根据题意画出图形，由等腰三角形的性质得出AF⊥BC，证出平行四边形AFBD为矩形，由直角三角形斜边上的中线性质得出AF＝BC＝BF，得出四边形AFBD是正方形；设CF＝k，则GF＝EF＝CB＝2k，由勾股定理求出CG，利用sin∠CGF＝求出即可.
名师点拨
此题是四边形综合题目，考查了正方形的判定、平行四边形的判定、矩形的判定、直角三角形斜边上的中线性质、以及等腰直角三角形的性质和锐角三角函数关系等知识与平移变换的结合；本题综合性较强，有一定难度.
跟踪训练1
1.如图1所示，在平面直角坐标系中，平行四边形ABCD在第一象限，且BC∥x轴.直线y＝x从原点O出发沿x轴正方向平移.在平移过程中，直线被平行四边形ABCD截得的线段长度n与直线在x轴上平移的距离m的函数图象如图2所示.那么平行四边形ABCD的面积为（ ）
A.3 B.3 C.6 D.6
2.在一次数学研究性学习中，小兵将两个全等的直角三角形纸片ABC和DEP拼在一起，使点A与点尸重合，点C与点D重合（如图1所示），其中LACB＝ LDFE＝900， BC＝EF＝3cm， AC＝DF＝4cm，并进行如下研究活动.
活动一:将图1中的纸片DEF沿AC方向平移，连接AE，BD（如图2所示），当点F与点C重合时停止平移.
【思考】图2中的四边形ABDE是平行四边形吗？请说明理由.
【发现】当纸片DEF平移到某一位置时，小兵发现四边形ABDE为矩形（如图3所示），求AF的长.
活动二:在图3中，取AD的中点0，再将纸片DEF绕点0顺时针方向旋转a度（0sa＜90），连接OB， OE（如图4所示）.
【探究】当EF平分2AEO时，探究OF与BD的数量关系，并说明理由.
3.如图1所示，在平面直角坐标系x0y中，等腰AABC的底边BC在x轴上，BC＝8，顶点A在r轴的正半轴上，04-2，一动点E从（3，0）出发，以每秒1个单位的速度沿CB向左运动，到达OB的中点停止另一动点F从点C出发，以相同的速度沿CB向左运动，到达点0停止，已知点E，F同时出发，以EF为边作正方形EFGH，使正方形EFGH和△ABC在BC的同侧.设运动的时间为t秒（t≥0）.
（1）当点H落在AC边上时，求t的值；
（2）设正方形EFGH与△ABC重叠面积为S，请问是否存在t值，使得S＝？若存在，求出t值；若不存在，请说明理由；
（3）如图2所示，取AC的中点D，连接OD，当点E，F开始运动时，点M从点O出发，以每秒2个单位的速度沿OD-DC-CD-DO运动，到达点O停止运动请问在点E的整个运动过程中，点M可能在正方形EFGH内（含边界）吗？如果可能，求出点M在正方形EFGH内（含边界）的时长；若不可能，请说明理由.
考点二 图形的轴对称变换
典例2 已知在△ABC中，AC＝BC＝m，D是AB边上的一点，将∠B沿着过点D的直线折叠，使点B落在AC边的点P处（不与点A，C重合），折痕交BC边于点E.
（1）特例感知如图1所示，若∠C＝60°，D是AB的中点，求证:AP＝AC；
（2）变式求异如图2所示，若∠C＝90°，m＝6，AD＝7，过点D作DH⊥AC于点H，求DH和AP的长；
（3）化归探究如图3所示，若m＝10，AB＝12，且当AD＝a时，存在两次不同的折叠，使点B落在AC边上两个不同的位置，请直接写出a的取值范围.
思路导引
（1）证明△ADP是等边三角形即可解决问题.
（2）分两种情形:情形一:点B落在线段CH上的点P1处；情形二点B落在线段AH上的点P2处分别求解即可.
（3）过点C作CH⊥AB于H，过点D作DP⊥AC于P.求出DP＝DB时AD的值，结合图形即可判断.
名师点拨
本题为几何变换综合题，考查了等边三角形的判定和性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识与轴对称变换的结合，属于中考压轴题.解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题.
跟踪训练2
1.如图所示，在△ABC中，AB＝4，∠B＝45°，∠C＝60°
（1）求BC边上的高线长；
（2）点E为线段AB的中点，点F在边AC上，连接EF，沿EF将△AEF折叠得到△PEF.
①如图2所示，当点P落在BC上时，求∠AEP的度数；
②如图3所示，连接AP，当PF⊥AC时，求AP的长.
2.如图1所示，四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，OA＝OC，OB＝OD＋CD.
（1）过点A作AE∥DC交BD于点E，求证:AE＝BE；
（2）如图2所示，将△ABD沿AB翻折得到△ABD′.
①求证:BD＇∥CD；
②若AD′∥BC，求证:CD2＝2OD·BD
3.在矩形ABCD的CD边上取一点E，将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处.（1）如图1所示，若BC＝2BA，求∠CBE的度数；
（2）如图2所示，当AB＝5，且AF·FD＝10时，求BC的长；
（3）如图3所示，延长EF，与∠ABF的角平分线交于点M，BM交AD于点N，当NF＝AN＋FD时，求的值.
4.实践操作:
第一步:如图1所示，将矩形纸片ABCD沿过点D的直线折叠，使点A落在CD上的点A′处，得到折痕DE，然后把纸片展平.
第二步:如图2所示，将图1中的矩形纸片ABCD沿过点E的直线折叠，点C恰好落在AD上的点C′处，点B落在点B′处，得到折痕EF，B′C′交AB于点M，C′F交DE于点N，再把纸片展平.
问题解决:
（1）如图1所示，填空:四边形AEA′D的形状是____________；
（2）如图2所示，线段MC′与ME是否相等？若相等，请给出证明；若不等，请说明理由；
（3）如图2所示，若AC′＝2cm，DC′＝4cm，求DN:EN的值.
考点三 图形的旋转变换
典例3 如图所示，△ADE由△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到，且点B的对应点D恰好落在BC的延长线上，AD，EC相交于点P.
求∠BDE的度数；
F是EC延长线上的点，且∠CDF＝∠DAC.
①判断DF和PF的数量关系，并证明；
②求证:.
思路导引
（1）由旋转的性质得出AB＝AD，∠BAD＝90°△ABC≌△ADE，得出∠ADE＝∠B＝45°，可求出∠BDE的度数；
（2）①由旋转的性质得出AC＝AE，∠CAE＝90°，证得∠FPD＝∠FDP，由等腰三角形的判定得出结论；②过点P作PH∥ED交DF于点H，得出∠HPF＝∠DEP，，证明△HPF≌△CDF（ASA），由全等三角形的性质得出HF＝CF，则可得出结论.
名师点拨
本题是相似形综合题，考查了旋转的性质，三角形内角与外角的关系，等腰三角形的判定，全等三角形的判定与性质，平行线的性质，平行线分线段成比例定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键.
跟踪训练3
1.如图①所示，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D，E分别在AC，BC边上，DC＝EC，连接DE，AE，BD，点M，N，P分别是AE，BD，AB的中点，连接PM，PN，MN.
（1）BE与MN的数量关系是_______________.
（2）将△DEC绕点C逆时针旋转到图②和图③的位置，判断BE与MN有怎样的数量关系？写出你的猜想，并利用图②或图③进行证明.
2.背景:一次小组合作探究课上，小明将两个正方形按如图所示的位置摆放（点E，A，D在同一条直线上），发现BE＝DG且BE⊥DG.
小组讨论后，提出了下列三个问题，请你帮助解答:
（1）将正方形AEFG绕点A按逆时针方向旋转（如图1所示），还能得到BE＝DG吗？若能，请给出证明；若不能，请说明理由；
（2）把背景中的正方形分别改成菱形AEFG和菱形ABCD，将菱形AEFG绕点A按顺时针方向旋转（如图2所示），试问当∠EAG与∠BAD的大小满足怎样的关系时，背景中的结论BE＝DG仍成立？请说明理由；
（3）把背景中的正方形分别改写成矩形AEFG和矩形ABCD，且，AE＝4，AB＝8，将矩形AEFG绕点A按顺时针方向旋转（如图3所示），连接DE，BG.小组发现:在旋转过程中，DE2＋BG2的值是定值，请求出这个定值.
3.问题背景:如图1所示，在四边形ABCD中，∠BAD＝90°，∠BCD＝90°，BA＝BC，∠ABC＝120°，∠MBN＝60°，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD，DC于E，F.探究图中线段AE，CF，EF之间的数量关系.小李同学探究此问题的方法是:延长FC到G，使CG＝AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，再证明△BFG≌△BFE，可得出结论，他的结论就是____________；
探究延伸1:如图2所示，在四边形ABCD中，∠BAD＝90°，∠BCD＝90°，BA＝BC，∠ABC＝2∠MBN，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD，DC于E，F.上述结论是否仍然成立？请直接写出结论（直接写出“成立”或者“不成立”），不要说明理由.
探究延伸2:如图3所示，在四边形ABCD中，BA＝BC，∠BAD＋∠BCD＝180°，∠ABC＝2∠MBN，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD、DC于E、F.上述结论是否仍然成立？并说明理由.
实际应用:如图4所示，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等.接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以75海里/小时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏东50°的方向以100海里/小时的速度前进，1.2小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处，且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离.
参考答案
典例1 解:（1）S△ABC＝S四边形AFBD，理由如下:
由题意可得:AD∥EC，则S△ADF＝S△ABD，
故S△ACF＝S△ADF＝S△ABD，则S△ABC＝S四边形AFBD；
（2）当点F平移到线段BC的中点时，四边形AFBD是平行四边形，理由如下:
∵F为BC的中点，∴CF＝BF.
∵CF＝AD，∴AD＝BF，由平移可知AD∥BF，
∴四边形AFBD为平行四边形；
（3）如图3所示，△ABC为等腰直角三角形，即AB＝AC，∠BAC＝90°；
理由如下:
由（2）得四边形AFBD是平行四边形，
∵AB＝AC，F为BC的中点，∴AF⊥BC.∴平行四边形AFBD为矩形.
∵∠BAC＝90°，F为BC的中点，∴AF＝BC＝BF.∴四边形AFBD是正方形；
设CF＝k，则GF＝EF＝CB＝2k，
由勾股定理，得CG＝，sin∠CGF＝.
跟踪训练1
1.B
2.解:【思考】四边形ABDE是平行四边形理由如下:
∵△ABC≌△DEF，∴AB＝DE，∠BAC＝∠EDF.
∴AB∥DE.∴四边形ABDE是平行四边形；
【发现】如图1所示，连接BE交AD于点O.
∵四边形ABDE为矩形，∴OA＝OD＝OB＝OE.
设AF＝xcm，则OA＝OE＝（x＋4），∴OF＝OA-AF＝2-x.
在Rt△OFE中，∵OF2＋EF2＝OE2，∴（2-x）2＋32＝（x＋4）2，解得x＝.
∴AF＝cm.
【探究】BD＝2OF，
证明:如图2所示，延长OF交AE于点H.
∵由矩形性质及旋转的性质知，
∴∠OAB＝∠OBA＝∠ODE＝∠OED，OA＝OB＝OE＝OD.
∴∠OBD＝∠ODB，∠OAE＝∠OEA.
∵∠ABD＋∠BDE＋∠DEA＋∠EAB＝360°，∴∠ABD＋∠BAE＝180°.
∴AE∥BD.∴∠OHE＝∠ODB.
∵EF平分∠OEH，∴∠OEF＝∠HEF.
∵∠EFO＝∠EFH＝90°，EF＝EF，∴△EFO≌△EFH（ASA）.
∴EO＝EH，FO＝FH.∴∠EHO＝∠EOH＝∠OBD＝∠ODB.
∴△EOH≌△OBD（AAS）.∴BD＝OH＝2OF.
3.解:（1）由题意，A（0，2），B（-4，0），C（4，0），设直线AC的函数解析式为y＝kx＋b，将点A，C坐标代入，得:解得
∴直线AC的函数解析式为y＝.
当点H落在AC边上时，点E（3-t，0），点H（3-t，1），
将点H代入y＝，得:1＝-（3-t）＋2，解得t＝1；
（2）存在，t＝，使得S＝.
根据已知，当点F运动到点O停止运动
前，重叠最大面积是边长为1的正方形的面积，即不存在t，使重叠面积为S＝，故t＞4，
设直线AB的函数解析式为y＝mx＋n，将点A，B坐标代入，
得，解得.
∴直线AB的函数解析式为y＝x＋2，
当t＞4时，点E（3-t，0）点H（3-t，t-3），G（0，t-3），
当点H落在AB边上时，将点H代入y＝x＋2，得t-3＝（3-t）＋2，解得t＝；
此时重叠的面积为，∵，∴＜t＜5.
如图1所示，设GH交AB于S，EH交AB于T，
将y＝t-3代人y＝x＋2，得t-3＝x＋2，解得x＝2t-10，∴点S（2t-10，t-3），
将x＝3-t代入y＝x＋2，得y＝（3-t）＋2＝（7-t），
∴点T（3-t，（7-t）），∴AG＝5-t，SG＝10-2t，BE＝7-tET＝（7-t），
S△BET＝·BE·ET＝（7-t）2， S△ASG＝·AG·SG＝（5-t）2，
所以重叠面积S＝S△AOB-S△BET-S△ASG＝4-（7-t）2-（5-t）2＝-t2＋t-.
由得t1＝，t2＝＞5（舍去），∴t＝；
（3）可能.如图所示，当点M第一次落在EH上时，4t＋t＝3，t＝（s）
当点M第一次落在FG上时，4t＋t＝4，t＝（s），
∴点第一次落在正方形内部（包括边界）的时长＝（s），
当点M第二次落在FG上时，4t-t＝4，t＝（s），
当点M第二次落在EH上时，4t-（t＋1）＝4，t＝（s），
点M第二次落在正方形内部（包括边界）的时长＝（s），
3≤t≤5时，E点运动，M在O点不动，M在正方形EFGH的边界，
∴点落在正方形内部（包括边界）的总时长＝（s）.
典例2 解:（1）证明:∵AC＝BC，∠C＝60°，
∴△ABC是等边三角形，∴AC＝AB，∠A＝60°，
由题意，得DB＝DP，DA＝DB，∴DA＝DP，∴△ADP是等边三角形.
∴AP＝AD＝AB＝AC；
（2）∵AC＝BC＝6，∠C＝90°，∴AB＝＝12.
∵DH⊥AC，∴DH∥BC，∴△ADH∽△ABC，∴，
∵AD＝7，∴,解得DH＝.在Rt△ADH中，AH＝DH＝，
将∠B沿着过点D的直线折叠，
情形一:当点B落在线段CH上的点P1处时，如图所示:
∵AB＝12，∴DP1＝DB＝AB-AD＝5，∴HP1＝，
AP1＝AH＋HP1＝4；
情形二:当点B落在线段AH上的点P2处时，如图所示：
同理可得HP2＝，∴AP2＝AH-HP2＝3.
综上所述，AP的长为4或3；
（3）如图3所示，过点C作CH⊥AB于H，过点D作DP⊥AC于P，
∵CA＝CB，CH⊥AB，∴AH＝HB＝6.∴CH＝＝8.
当DB＝DP时，设BD＝PD＝x，则AD＝12-x，
∵sinA＝，∴.∴x＝.
∴AD＝AB-BD＝.
观察图形可知当6＜a＜时，存在两次不同的折叠，使点B落在AC边上两个不同的位置.
跟踪训练2
1.解:（1）如图1所示，过点A作AD⊥BC于D.
在Rt△ABD中，AD＝AB·sin45°＝＝4；
（2）①如图2所示，
∵△AEF≌△PEF，∴AE＝EP
∵AE＝EB，∴BE＝EP，∴∠EPB＝∠B＝45°，∴∠PEB＝90°，
∴∠AEP＝180°-90°＝90°；
②如图3所示，由（1）可知: AC＝，
∵PF⊥AC，∴∠PFA＝90°.
∵△AEF≌△PEF，∴∠AFE＝∠PFE＝45°，∴∠AFE＝∠B.
∵∠EAF＝∠CAB，∴△AEF∽△ACB.
∴，即.∴AF＝2.
在Rt△AFP中，AF＝FP，∴AP＝AF＝2.
2.证明:（1）连接CE，
∵AE∥DC，∴∠OAE＝∠OCD.
∵OA＝OC，∠AOE＝∠COD，∴△OAE≌△OCD（ASA）.
∴AE＝CD，∴四边形AECD为平行四边形，∴OE＝OD.
∵OB＝OD＋CD＝OE＋BE，∴CD＝BE∴AE＝BE；
（2）①过A作AE∥CD交BD于E，交BC于F，连接CE，
由（1）得，AE＝BE，∴∠ABE＝∠BAE，
由翻折的性质得∠D′BA＝∠ABE，∴∠D′BA＝∠BAE，
∴BD′∥AF.∴BD′∥CD；
②∵AD′∥BC，BD′∥AF，∴四边形AFBD为平行四边形，
∴∠D′＝∠AFB，BD′＝AF.∴AF＝BD.
∵AE＝BE，∴EF＝DE.
∵四边形AECD是平行四边形，∴CD＝AE＝BE.
∵AF∥CD，∴∠BEF＝∠CDE.
∵EF＝DE，CD＝BE，∠BEF＝∠CDE，∴△BEF≌△CDE（SAS），∴∠BFE＝∠CED.
∵∠BFE＝∠BCD，∴∠CED＝∠BCD.
又∵∠BDC＝∠CED，∴△BCD∽△CDE，∴，即CD2＝BD·DE.
∵DE＝2OD，∴CD2＝2OD·BD.
3.解:（1）∵将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处，
∴BC＝BF，∠FBE＝∠EBC.
∵BC＝2AB，∴BF＝2AB，∴∠AFB＝30°.
∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC.∴∠AFB＝∠CBF＝30°.
∴∠CBE＝∠FBC＝15°；
（2）∵将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处，
∴∠BFE＝∠C＝90°，CE＝EF.
又∵矩形ABCD中，∠A＝∠D＝90°，∴∠AFB＋∠DFE＝90°，∠DEF＋∠DFE＝90°，
∴∠AFB＝∠DEF.∴△FAB∽△EDF.
∴，∴AF·DF＝AB·DE.
∵AF·DF＝10，AB＝5，∴DE＝2.∴CE＝DC-DE＝5-2＝3.∴EF＝3.
∴DF＝.∴AF＝.
∴BC＝AD＝AF＋DF＝2＋＝3.
（3）过点N作NG⊥BF于点G，
∵NF＝AN＋FD，∴NF＝AD＝BC.
∵BC＝BF，∴NF＝BF.
∵∠NFG＝∠AFB，∠NGF＝∠BAF＝90°，∴△NFG∽△BFA.
∴.
设AN＝x，
∵BN平分∠ABF，AN⊥AB，NG⊥BF，∴AN＝NG＝x.
设FG＝y，则AF＝2y，
∵AB2＋AF2＝BF2，∴（2x）2＋（2y）2＝（2x＋y）2，解得y＝x.
∴BF＝BG＋GF＝2x＋x＝x. ∴.
4.解:（1）∵ABCD是矩形，∴∠A＝∠ADC＝90°.
∵将矩形纸片ABCD沿过点D的直线折叠，使点A落在CD上的点A′处，得到折痕DE，
∴AD＝AD，AE＝AE，∠ADE＝∠ADE＝45°.
∵AB∥CD，∴∠AED＝∠ADE＝∠ADE.∴AD＝AE＝A′E＝A′D.∴四边形AEA′D是菱形.
∵∠A＝90°，∴四边形AEA′D是正方形.故答案为:正方形；
（2）MC′＝ME.
证明:如图1所示，连接C′E，由（1）知， AD＝AE，
∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC，∠EAC＝∠B＝90°.
由折叠知，B′C′＝BC，∠B＝∠B′，∴AE＝B′C′，∠EAC′＝∠B′，
又∵EC′＝C′E.∴Rt△EC′A≌Rt△C′EB′（HL）.
∴∠C′EA＝∠ECB′.∴MC′＝ME；
（3）∵Rt△EC′A≌Rt△C′EB′，∴AC′＝B′E.
由折叠知，B′E＝BE，∴AC′＝BE.
∵AC′＝2cm，DC′＝4cm，∴AB＝CD＝2＋4＋2＝8（cm）.
设DF＝xcm，则FC′＝FC＝（8-x）cm.
∵DC′2＋DF2＝FC′2，∴42＋x2＝（8-x）2，解得x＝3，即DF＝3cm，
如图2所示，延长BA，FC′交于点G，则∠AC′G＝∠DC′F，
∴tan∠AC′G＝tan∠DC′F＝.
∴AG＝cm.∴EG＝＋6＝（cm）.
∵DF∥EG，∴△DNF∽△ENG.∴.
典例3 解:（1）由旋转的性质可知，AB＝AD，∠BAD＝90°，△ABC≌△ADE，
∴∠B＝∠ADE.
在Rt△ABD中，∠B＝∠ADB＝45°，∴∠ADE＝∠B＝45°，
∴∠BDE＝∠ADB＋∠ADE＝90°；
（2）①DF＝PF.
证明:由旋转的性质可知，AC＝AE，∠CAE＝90°，
在Rt△ACE中，∠ACE＝∠AEC＝45°，
∵∠CDF＝∠CAD，∠ACE＝∠ADB＝45°，
∴∠ADB＋∠CDF＝∠ACE＋∠CAD，即∠FPD＝∠FDP.
∴DF＝PF；
②证明:过点P作PH∥ED交DF于点H，
∴∠HPF＝∠DEP，.
∵∠DPF＝∠ADE＋∠DEP＝45°＋∠DEP，∠DPF＝∠ACE＋∠DAC＝45°＋∠DAC，
∴∠DEP＝∠DAC.
又∵∠CDF＝∠DAC，∴∠DEP＝∠CDF.∴∠HPF＝∠CDF.
又∵FD＝FP，∠F＝∠F，∴△HPF≌△CDF（ASA）∴HF＝CF.∴DH＝PC.
又∵，∴ .
跟踪训练3
1.解:（1）∵AM＝ME，AP＝PB，∴PM∥BE，PM＝BE.
∵BN＝DN，AP＝PB，∴PN∥AD，PN＝AD.
∵AC＝BC，CD＝CE，∴AD＝BE.∴PM＝PN.
∵∠ACB＝90°，∴AC⊥BC.
∵PM∥BC，PN∥AC，∴PM⊥PN.∴△PMN为等腰直角三角形.
∴MN＝PM.∴MN＝·BE.∴BE＝MN.
故答案为:BE＝MN；
（2）如图②所示，结论仍然成立:BE＝MN.
理由:连接AD，延长BE交AD于点H，∵△ABC和△CDE是等腰直角三角形，
∴CD＝CE，CA＝CB，∠ACB＝∠DCE＝90°.
∵∠ACB-∠ACE＝∠DCE-∠ACE，∴∠ACD＝∠ECB.∴△ECB≌△DCA（SAS）.
∴BE＝AD，∠DAC＝∠EBC.
∵∠AHB＝180°-（∠HAB＋∠ABH）＝180°-（45°＋∠HAC＋∠ABH）＝∠180°-（45°＋∠HBC＋∠ABH）＝180°-90°＝90°，∴BH⊥AD.
∵M，N，P分别为AE，BD，AB的中点，∴PM∥BE，PM＝BE，PN∥AD，PN＝AD.
∴PM＝PN，∠MPN＝90°，∴BE＝2PM＝2×MN＝MN.
2.解:（1）能得到BE＝DG.
证明:∵四边形AEFG为正方形，∴AE＝AF，∠EAG＝90°.
又∵四边形ABCD为正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝90°.
∴∠EAB＝∠GAD.∴△AEB≌△AGD（SAS）.∴BE＝DG；
（2）当∠EAG＝∠BAD时，BE＝DG仍成立，理由如下:
∵∠EAG＝∠BAD，∴∠EAB＝∠GAD.
又∵四边形AEFG和四边形ABCD为菱形，∴AE＝AG，AB＝AD.
∴△AEB≌△AGD（SAS）∴BE＝DG；
（3）方法一:过点E作EM⊥DA，交DA的延长线于点M，
过点G作GN⊥AB交AB于点N，
∵AE＝4，AB＝8，，∴AG＝6，AD＝12.
∵∠EMA＝∠ANG，∠MAE＝∠GAN，∴△AME∽△ANG.
设EM＝2a，AM＝2b，则GN＝3a，AN＝3b，则BN＝8-3b，
∴DE2＝（2a）2＋（12＋2b）2＝4a2＋144＋48b＋4b2，
BG2＝（3a）2＋（8-3b）2＝9a2＋6448b＋9b2.
∴DE2＋BG2＝13（a2＋b2）＋208＝134＋208＝260.
方法二:如图2所示，设BE与DG交于Q，
∴，AE＝4，AB＝8，∴AG＝6，AD＝12.
∵四边形AEFG和四边形ABCD为矩形，∴∠EAG＝∠BAD.∴∠EAB＝∠GAD.
∵，∴△EAB∽△GAD.∴∠BEA＝∠AGD.
∴A，E，G，Q四点共圆，∴∠GQE＝∠GAE＝90°.∴GD⊥EB.
连接EG，BD，∴QB2＝EG2＋BD2＝42＋62＋82＋122＝260.
3.解:结论是EF＝AE＋CF.
理由:延长FC到G，使CG＝AE，连接 BG，
在△BCG和△BAE中，∴△BCG≌△BAE（SAS）.
∴BG＝BE，∠CBG＝∠ABE.
∵∠ABC＝120°，∠MBN＝60°，∴∠ABE＋∠CBF＝60°.
∴∠CBG＋∠CBF＝60°，即∠GBF＝60°，
在△BGF和△BEF中，∴△BGF≌△BEF（SAS）.∴GF＝EF.
∵GF＝CG＋CF＝AE＋CF，∴EF＝AE＋CF.
探究延伸1:结论EF＝AE＋CF仍然成立.
理由:延长FC到G，使CG＝AE，连接BG，
在△BCG和△BAE中，∴△BCG≌△BAE（SAS）.
∴BG＝BE，∠CBG＝∠ABE.
∵∠ABC＝2∠MBN，∴∠ABE＋∠CBF＝∠ABC＝∠EBF.
∴∠CBG＋∠CBF＝∠ABE＋∠CBF.即∠GBF＝∠EBF.
在△BGF和△BEF中，∴△BGF≌△BEF（SAS）.∴GF＝EF.
∵GF＝CG＋CF＝AE＋CF，∴EF＝AE＋CF.
探究延伸2:结论EF＝AE＋CF仍然成立理由:延长FC到G，使CG＝AE，连接 BG，
∵∠BAD＋∠BCD＝180°，∠BCG＋∠BCD＝180°，∴∠BCG＝∠BAD.
在△BCG和△BAE中，∴△BCG≌△BAE（SAS）.
∴BG＝BE，∠CBG＝∠ABE.
∵∠ABC＝2∠MBN，∴∠ABE＋∠CBF＝∠ABC-∠EBF.
∴∠CBG＋∠CBF＝∠ABC-∠EBF，即∠GBF＝∠EBF.
在△BGF和△BEF中，∴△BGF≌△BEF（SAS）.∴GF＝EF.
∵F＝CG＋CF＝AE＋CF，∴EF＝AE＋CF.
实际应用:连接EF，延长AE，BF相交于点C，
∵∠AOB＝30°＋90°＋（90°-70°）＝140°，∠EOF＝70°，∴∠EOF＝∠AOB.
∵OA＝OB，∠OAC＋∠OBC＝（90°-30°）＋（70°＋50°）＝180°，
∴符合探索延伸2中的条件.
∴结论EF＝AE＋CF仍然成立，即EF＝75×1.2＋100×1.2＝210（海里）.
答:此时两舰艇之间的距离为210海里.
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