中考數(shù)學(xué)全面突破：題型5　幾何探究型問題

題型5幾何探究型問題eq\x(題型解讀)1.考查類型：①動點(diǎn)探究題；②平移、旋轉(zhuǎn)、折疊探究題；③圖形形狀變化探究題.2.考查內(nèi)容：①多與特殊四邊形的性質(zhì)、三角形全等、相似的判定和性質(zhì)有關(guān)；②涉及平移、旋轉(zhuǎn)或折疊的相關(guān)性質(zhì)；③多與二次函數(shù)的性質(zhì)有關(guān).3.備考指導(dǎo)：在做此類題型時，要觀察題中已知條件，并結(jié)合題設(shè)，聯(lián)系相關(guān)的知識解題，對結(jié)果猜想題根據(jù)前面問題大膽猜想，往往是解題的突破口．類型一動點(diǎn)探究題1.如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝5cm，∠BAC＝60°，動點(diǎn)M從點(diǎn)B出發(fā)，在BA邊上以每秒2cm的速度向點(diǎn)A勻速運(yùn)動，同時動點(diǎn)N從點(diǎn)C出發(fā)，在CB邊上以每秒eq\r(3)cm的速度向點(diǎn)B勻速運(yùn)動，設(shè)運(yùn)動時間為t秒(0≤t≤5)，連接MN.(1)若BM＝BN，求t的值；(2)若△MBN與△ABC相似，求t的值；(3)當(dāng)t為何值時，四邊形ACNM的面積最??？并求出最小值．2.如圖①，菱形ABCD中，已知∠BAD＝120°，∠EGF＝60°，∠EGF的頂點(diǎn)G在菱形對角線AC上運(yùn)動，角的兩邊分別交邊BC、CD于點(diǎn)E、F.(1)如圖②，當(dāng)頂點(diǎn)G運(yùn)動到與點(diǎn)A重合時，求證：EC＋CF＝BC；(2)知識探究：①如圖③，當(dāng)頂點(diǎn)G運(yùn)動到AC中點(diǎn)時，探究線段EC、CF與BC的數(shù)量關(guān)系；②在頂點(diǎn)G的運(yùn)動過程中，若eq\f(AC,CG)＝t，請直接寫出線段EC、CF與BC的數(shù)量關(guān)系(不需要寫出證明過程)；(3)問題解決：如圖④，已知菱形邊長為8，BG＝7，CF＝eq\f(6,5)，當(dāng)t＞2時，求EC的長度．圖①3.已知：如圖，在矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝8cm.對角線AC，BD交于點(diǎn)O，點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿AD方向勻速運(yùn)動，速度為1cm/s；同時，點(diǎn)Q從點(diǎn)D出發(fā)，沿DC方向勻速運(yùn)動，速度為1cm/s；當(dāng)一個點(diǎn)停止運(yùn)動時，另一個點(diǎn)也停止運(yùn)動．連接PO并延長，交BC于點(diǎn)E，過點(diǎn)Q作QF∥AC，交BD于點(diǎn)F.設(shè)運(yùn)動時間為t(s)(0<t<6)，解答下列問題：(1)當(dāng)t為何值時，△AOP是等腰三角形？(2)設(shè)五邊形OECQF的面積為S(cm2)，試確定S與t的函數(shù)關(guān)系式；(3)在運(yùn)動過程中，是否存在某一時刻t，使S五邊形OECQF∶S△ACD＝9∶16？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由；(4)在運(yùn)動過程中，是否存在某一時刻t，使OD平分∠COP？若存在，求出t值；若不存在，請說明理由．4.某數(shù)學(xué)興趣小組在數(shù)學(xué)課外活動中，研究三角形和正方形的性質(zhì)時，做了如下探究：在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，點(diǎn)D為直線BC上一動點(diǎn)(點(diǎn)D不與B，C重合)，以AD為邊在AD右側(cè)作正方形ADEF，連接CF.(1)觀察猜想如圖①，當(dāng)點(diǎn)D在線段BC上時，①BC與CF的位置關(guān)系為：____________．②BC，CD，CF之間的數(shù)量關(guān)系為：____________(將結(jié)論直接寫在橫線上)．(2)數(shù)學(xué)思考如圖②，當(dāng)點(diǎn)D在線段CB的延長線上時，結(jié)論①，②是否仍然成立？若成立，請給予證明；若不成立，請你寫出正確結(jié)論再給予證明．(3)拓展延伸如圖③，當(dāng)點(diǎn)D在線段BC的延長線上時，延長BA交CF于點(diǎn)G，連接GE.若已知AB＝2eq\r(2)，CD＝eq\f(1,4)BC，請求出GE的長．類型二平移、旋轉(zhuǎn)、折疊探究題5.如圖①，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，AB＝AC，四邊形ADEF是正方形，點(diǎn)B、C分別在邊AD、AF上，此時BD＝CF，BD⊥CF成立．(1)當(dāng)△ABC繞點(diǎn)A逆時針旋轉(zhuǎn)θ(0°<θ<90°)時，如圖②，BD＝CF成立嗎？若成立，請證明；若不成立，請說明理由．(2)當(dāng)△ABC繞點(diǎn)A逆時針旋轉(zhuǎn)45°時，如圖③，延長DB交CF于點(diǎn)H.①求證：BD⊥CF；②當(dāng)AB＝2，AD＝3eq\r(2)時，求線段DH的長．圖①圖②圖③6.在△ABC中，AB＝6，AC＝BC＝5，將△ABC繞點(diǎn)A按順時針方向旋轉(zhuǎn)，得到△ADE，旋轉(zhuǎn)角為α(0°＜α＜180°)，點(diǎn)B的對應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)D，點(diǎn)C的對應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)E，連接BD，BE.(1)如圖，當(dāng)α＝60°時，延長BE交AD于點(diǎn)F.①求證：△ABD是等邊三角形；②求證：BF⊥AD，AF＝DF；③請直接寫出BE的長；(2)在旋轉(zhuǎn)過程中，過點(diǎn)D作DG垂直于直線AB，垂足為點(diǎn)G，連接CE，當(dāng)∠DAG＝∠ACB，且線段DG與線段AE無公共點(diǎn)時，請直接寫出BE＋CE的值．溫馨提示：考生可以根據(jù)題意，在備用圖中補(bǔ)充圖形，以便作答．7.已知矩形ABCD中AD＝8，將矩形ABCD折疊，使得頂點(diǎn)B落在CD邊上的P點(diǎn)處．(1)如圖①，已知折痕與邊BC交于點(diǎn)O，連接AP、OP、OA，若△OCP與△PDA的面積比為1∶4，求邊CD的長；(2)如圖②，在(1)的條件下擦去AO、OP，連接BP，動點(diǎn)M在線段AP上(點(diǎn)M不與點(diǎn)P、A重合)，動點(diǎn)N在線段AB的延長線上，且BN＝PM，連接MN交PB于點(diǎn)F，作ME⊥BP于點(diǎn)E，試問當(dāng)點(diǎn)M、N在移動過程中，線段EF的長度是否發(fā)生變化？若變化，說明變化規(guī)律，若不變，求出線段EF的長度．圖①圖②8.問題情境在綜合與實(shí)踐課上，老師讓同學(xué)們以“菱形紙片的剪拼”為主題開展數(shù)學(xué)活動．如圖①，將一張菱形紙片ABCD(∠BAD>90°)沿對角線AC剪開，得到△ABC和△ACD.操作發(fā)現(xiàn)(1)將圖①中的△ACD以A為旋轉(zhuǎn)中心，按逆時針方向旋轉(zhuǎn)角α，使α＝∠BAC，得到如圖②所示的△AC′D，分別延長BC和DC′交于點(diǎn)E，則四邊形ACEC′的形狀是________；(2)創(chuàng)新小組將圖①中的△ACD以A為旋轉(zhuǎn)中心，按逆時針方向旋轉(zhuǎn)角α，使α＝2∠BAC，得到如圖③所示的△AC′D，連接DB、C′C，得到四邊形BCC′D，發(fā)現(xiàn)它是矩形．請你證明這個結(jié)論；實(shí)踐探究(3)縝密小組在創(chuàng)新小組發(fā)現(xiàn)結(jié)論的基礎(chǔ)上，量得圖③中BC＝13cm，AC＝10cm，然后提出一個問題：將△AC′D沿著射線DB方向平移acm，得到△A′C″D′，連接BD′，CC″，使四邊形BCC″D′恰好為正方形，求a的值．請你解答此問題；(4)請你參照以上操作，將圖①中的△ACD在同一平面內(nèi)進(jìn)行一次平移，得到△A′C′D，在圖④中畫出平移后構(gòu)造出的新圖形，標(biāo)明字母，說明平移及構(gòu)圖方法，寫出你發(fā)現(xiàn)的結(jié)論，不必證明．9.如圖，已知一個直角三角形紙片ACB，其中∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，E、F分別是AC、AB邊上的點(diǎn)，連接EF.(1)如圖①，若將紙片ACB的一角沿EF折疊，折疊后點(diǎn)A落在AB邊上的點(diǎn)D處，且使S四邊形ECBF＝3S△EDF，求AE的長；(2)如圖②，若將紙片ACB的一角沿EF折疊，折疊后點(diǎn)A落在BC邊上的點(diǎn)M處，且使MF∥CA.①試判斷四邊形AEMF的形狀，并證明你的結(jié)論；②求EF的長；(3)如圖③，若FE的延長線與BC的延長線交于點(diǎn)N，CN＝1，CE＝eq\f(4,7)，求eq\f(AF,BF)的值．10.如圖①，矩形ABCD中，AB＝2，BC＝5，BP＝1，∠MPN＝90°，將∠MPN繞點(diǎn)P從PB處開始按順時針方向旋轉(zhuǎn)，PM交邊AB(或AD)于點(diǎn)E，PN交邊AD(或CD)于點(diǎn)F，當(dāng)PN旋轉(zhuǎn)至PC處時，∠MPN的旋轉(zhuǎn)隨即停止．(1)特殊情形：如圖②，發(fā)現(xiàn)當(dāng)PM過點(diǎn)A時，PN也恰好過點(diǎn)D，此時，△ABP________△PCD(填“≌”或“∽”)；(2)類比探究：如圖③，在旋轉(zhuǎn)過程中，eq\f(PE,PF)的值是否為定值？若是，請求出該定值；若不是，請說明理由；(3)拓展延伸：設(shè)AE＝t，△EPF的面積為S，試確定S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式；當(dāng)S＝4.2時，求所對應(yīng)的t值．11.如圖①，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝1，D為AB的中點(diǎn)，EF為△ACD的中位線，四邊形EFGH為△ACD的內(nèi)接矩形(矩形的四個頂點(diǎn)均在△ACD的邊上)．(1)計算矩形EFGH的面積；(2)將矩形EFGH沿AB向右平移，F(xiàn)落在BC上時停止移動．在平移過程中，當(dāng)矩形與△CBD重疊部分的面積為eq\f(\r(3),16)時，求矩形平移的距離；(3)如圖③，將(2)中矩形平移停止時所得的矩形記為矩形E1F1G1H1，將矩形E1F1G1H1繞G1點(diǎn)按順時針方向旋轉(zhuǎn)，當(dāng)H1落在CD上時停止轉(zhuǎn)動，旋轉(zhuǎn)后的矩形記為矩形E2F2G1H2，設(shè)旋轉(zhuǎn)角為α，求cosα的值．類型三圖形形狀變化探究題12.如圖①，②，③分別以△ABC的AB和AC為邊向△ABC外作正三角形(等邊三角形)、正四邊形(正方形)、正五邊形，BE和CD相交于點(diǎn)O.(1)在圖①中，求證：△ABE≌△ADC.圖①(2)由(1)證得△ABE≌△ADC，由此可推得在圖①中∠BOC＝120°，請你探索在圖②中∠BOC的度數(shù)，并說明理由或?qū)懗鲎C明過程．圖②(3)填空：在上述(1)(2)的基礎(chǔ)上可得在圖③中∠BOC＝________(填寫度數(shù))．圖③圖④(4)由此推廣到一般情形(如圖④)，分別以△ABC的AB和AC為邊向△ABC外作正n邊形，BE和CD仍相交于點(diǎn)O，猜想∠BOC的度數(shù)為____________________(用含n的式子表示)．13.閱讀理解：我們知道，四邊形具有不穩(wěn)定性，容易變形．如圖①，一個矩形發(fā)生變形后成為一個平行四邊形，設(shè)這個平行四邊形相鄰兩個內(nèi)角中較小的一個內(nèi)角為α，我們把eq\f(1,sinα)的值叫做這個平行四邊形的變形度．(1)若矩形發(fā)生形變后的平行四邊形有一個內(nèi)角是120°，則這個平行四邊形的變形度是________；猜想證明：(2)設(shè)矩形的面積為S1，其變形后的平行四邊形面積為S2，試猜想S1，S2，eq\f(1,sinα)之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；拓展探究：(3)如圖②，在矩形ABCD中，E是AD邊上的一點(diǎn)，且AB2＝AE·AD，這個矩形發(fā)生變形后為平行四邊形A1B1C1D1，E1為E的對應(yīng)點(diǎn)，連接B1E1，B1D1，若矩形ABCD的面積為4eq\r(m)(m>0)，平行四邊形A1B1C1D1的面積為2eq\r(m)(m>0)，試求∠A1E1B1＋∠A1D1B1的度數(shù)．14.已知AC，EC分別為四邊形ABCD和EFCG的對角線，點(diǎn)E在△ABC內(nèi)，∠CAE＋∠CBE＝90°.(1)如圖①，當(dāng)四邊形ABCD和EFCG均為正方形時，連接BF.①求證：△CAE∽△CBF；②若BE＝1，AE＝2，求CE的長；(2)如圖②，當(dāng)四邊形ABCD和EFCG均為矩形，且eq\f(AB,BC)＝eq\f(EF,FC)＝k時，若BE＝1，AE＝2，CE＝3，求k的值；(3)如圖③，當(dāng)四邊形ABCD和EFCG均為菱形，且∠DAB＝∠GEF＝45°時，設(shè)BE＝m，AE＝n，CE＝p，試探究m，n，p三者之間滿足的等量關(guān)系(直接寫出結(jié)果，不必寫出解答過程)．15.已知點(diǎn)O是△ABC內(nèi)任意一點(diǎn)，連接OA并延長到E，使得AE＝OA，以O(shè)B，OC為鄰邊作?OBFC，連接OF，與BC交于點(diǎn)H，再連接EF.(1)如圖①，若△ABC為等邊三角形，求證：①EF⊥BC；②EF＝eq\r(3)BC；(2)如圖②，若△ABC為等腰直角三角形(BC為斜邊)，猜想(1)中的兩個結(jié)論是否成立？若成立，直接寫出結(jié)論即可；若不成立，請你直接寫出你的猜想結(jié)果；(3)如圖③，若△ABC是等腰三角形，且AB＝AC＝kBC，請你直接寫出EF與BC之間的數(shù)量關(guān)系．類型一動點(diǎn)探究題1.解：(1)根據(jù)題意BM＝2t，BN＝BC－eq\r(3)t，而BC＝5×tan60°＝5eq\r(3).∴當(dāng)BM＝BN時，2t＝5eq\r(3)－eq\r(3)t，解得t＝10eq\r(3)－15.(2)分類討論：①當(dāng)∠BMN＝∠ACB＝90°時，如解圖①，△NBM∽△ABC，cosB＝cos30°＝eq\f(BM,BN)，∴eq\f(2t,5\r(3)－\r(3)t)＝eq\f(\r(3),2)，解得t＝eq\f(15,7).②當(dāng)∠BNM＝∠ACB＝90°時，如解圖②，△MBN∽△ABC，cosB＝cos30°＝eq\f(BN,BM)，∴eq\f(5\r(3)－\r(3)t,2t)＝eq\f(\r(3),2)，解得t＝eq\f(5,2).因此當(dāng)運(yùn)動時間是eq\f(15,7)秒或eq\f(5,2)秒時，△MBN與△ABC相似．第1題解圖(3)由于△ABC面積是定值，∴當(dāng)四邊形ACNM面積最小時，△MBN面積最大，而△MBN的面積是S＝eq\f(1,2)BM×BN×sinB＝eq\f(1,2)×2t×(5eq\r(3)－eq\r(3)t)×eq\f(1,2)＝－eq\f(\r(3),2)t2＋eq\f(5\r(3),2)t，由于a＝－eq\f(\r(3),2)＜0，∴當(dāng)t＝－eq\f(\f(5\r(3),2),2×（－\f(\r(3),2)）)＝eq\f(5,2)時，△MBN面積最大，最大值是－eq\f(\r(3),2)×(eq\f(5,2))2＋eq\f(5\r(3),2)×eq\f(5,2)＝eq\f(25\r(3),8)，因此四邊形ACNM面積最小值是eq\f(1,2)×5×5eq\r(3)－eq\f(25\r(3),8)＝eq\f(75\r(3),8).2.(1)證明：∵四邊形ABCD是菱形，∠BAD＝120°，∴∠BAC＝60°，∠B＝∠ACF＝60°，AB＝BC，∴AB＝AC，∵∠BAE＋∠EAC＝∠EAC＋∠CAF＝60°，∴∠BAE＝∠CAF，在△BAE和△CAF中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠BAE＝∠CAF,AB＝AC,∠B＝∠ACF))，∴△BAE≌△CAF(ASA)，∴BE＝CF，∴EC＋CF＝EC＋BE＝BC，即EC＋CF＝BC；(2)解：①線段EC，CF與BC的數(shù)量關(guān)系為：EC＋CF＝eq\f(1,2)BC.理由如下：如解圖①，過點(diǎn)A作AE′∥EG，AF′∥GF，分別交BC、CD于E′、F′.第2題解圖①類比(1)可得：E′C＋CF′＝BC，∵G為AC中點(diǎn)，AE′∥EG，∴eq\f(CE,CE′)＝eq\f(CG,AC)＝eq\f(1,2)，∴CE＝eq\f(1,2)CE′，同理可得：CF＝eq\f(1,2)CF′，∴CE＋CF＝eq\f(1,2)CE′＋eq\f(1,2)CF′＝eq\f(1,2)(CE′＋CF′)＝eq\f(1,2)BC，即CE＋CF＝eq\f(1,2)BC；②CE＋CF＝eq\f(1,t)BC；【解法提示】類比(1)可得：E′C＋CF′＝BC，∵AE′∥EG，eq\f(AC,CG)＝t，∴eq\f(CE,CE′)＝eq\f(CG,AC)＝eq\f(1,t)，∴CE＝eq\f(1,t)CE′，同理可得：CF＝eq\f(1,t)CF′，∴CE＋CF＝eq\f(1,t)CE′＋eq\f(1,t)CF′＝eq\f(1,t)(CE′＋CF′)＝eq\f(1,t)BC，即CE＋CF＝eq\f(1,t)BC.(3)解：如解圖②，連接BD與AC交于點(diǎn)H.第2題解圖②在Rt△ABH中，∵AB＝8，∠BAC＝60°，∴BH＝AB·sin60°＝8×eq\f(\r(3),2)＝4eq\r(3)，AH＝CH＝AB·cos60°＝8×eq\f(1,2)＝4，∴GH＝eq\r(BG2－BH2)＝eq\r(72－（4\r(3)）2)＝1，∴CG＝4－1＝3，∴eq\f(CG,AC)＝eq\f(3,8)，∴t＝eq\f(8,3)(t＞2)，由(2)②得：CE＋CF＝eq\f(1,t)BC，∴CE＝eq\f(1,t)BC－CF＝eq\f(3,8)×8－eq\f(6,5)＝eq\f(9,5).∴EC的長度為eq\f(9,5).3.解：(1)分三種情況：①若AP＝AO，在矩形ABCD中，∵AB＝6，BC＝8，∴AC＝10，第3題解圖①∴AO＝CO＝5，∴AP＝5，∴t＝5，②若AP＝PO＝t，在矩形ABCD中，∵AD∥BC，∴∠PAO＝∠OCE，∠APO＝∠OEC，又∵OA＝OC，∴△APO≌△CEO，∴PO＝OE＝t.如解圖①，作AG∥PE交BC于點(diǎn)G，則四邊形APEG是平行四邊形，∴AG＝PE＝2t，GE＝AP＝t.又∵EC＝AP＝t，∴BG＝8－2t.在Rt△ABG中，根據(jù)勾股定理知62＋(8－2t)2＝(2t)2，解得t＝eq\f(25,8).第3題解圖②③若OP＝AO＝5，則t＝0或t＝8，不合題意，舍去．綜上可知，當(dāng)t＝5或t＝eq\f(25,8)時，△AOP是等腰三角形．(2)如解圖②，作OM⊥BC，垂足是M，作ON⊥CD，垂足是N.則OM＝eq\f(1,2)AB＝3，ON＝eq\f(1,2)BC＝4，∴S△OEC＝eq\f(1,2)·CE·OM＝eq\f(1,2)·t·3＝eq\f(3,2)t，S△OCD＝eq\f(1,2)·CD·ON＝eq\f(1,2)·6·4＝12.∵QF∥AC，∴△DFQ∽△DOC，∴eq\f(S△DFQ,S△DOC)＝(eq\f(DQ,DC))2，即eq\f(S△DFQ,12)＝(eq\f(t,6))2，∴S△DFQ＝eq\f(1,3)t2，∴S四邊形OFQC＝12－eq\f(1,3)t2，∴S五邊形OECQF＝S四邊形OFQC＋S△OEC＝12－eq\f(1,3)t2＋eq\f(3,2)t，即S＝－eq\f(1,3)t2＋eq\f(3,2)t＋12(0＜t＜6)．(3)存在．理由如下：要使S五邊形OECQF：S△ACD＝9∶16，即(－eq\f(1,3)t2＋eq\f(3,2)t＋12)∶(eq\f(1,2)×6×8)＝9∶16，解得t1＝3，t2＝1.5，兩個解都符合題意，∴存在兩個t值，使S五邊形OECQF∶S△ACD＝9∶16，此時t1＝3，t2＝1.5；(4)存在．理由如下：如解圖③，作DI⊥OP，垂足是I，DJ⊥OC，垂足是J，第3題解圖③作AG∥PE交BC于點(diǎn)G.∵S△OCD＝eq\f(1,2)·OC·DJ＝eq\f(1,2)·5·DJ，且由(2)知，S△OCD＝12，∴DJ＝eq\f(24,5).∵OD平分∠POC，DI⊥OP，DJ⊥OC，∴DI＝DJ＝eq\f(24,5)＝4.8.∵AG∥PE，∴∠DPI＝∠DAG.∵AD∥BC，∴∠DAG＝∠AGB，∴∠DPI＝∠AGB，∴Rt△ABG∽Rt△DIP.由(1)知，在Rt△ABG中，BG＝8－2t，∴eq\f(AB,DI)＝eq\f(BG,IP)，∴eq\f(6,4.8)＝eq\f(8－2t,IP)，∴IP＝eq\f(4,5)(8－2t)．在Rt△DPI中，根據(jù)勾股定理得(eq\f(24,5))2＋[eq\f(4,5)(8－2t)]2＝(8－t)2，解得t＝eq\f(112,39).(t＝0不合題意，舍去)4.(1)解：①BC⊥CF；②BC＝CD＋CF.【解法提示】①∵∠BAC＝∠DAF＝90°，∴∠BAD＝∠CAF，又∵AB＝AC，AD＝AF，∴△ABD≌△ACF，∴∠ACF＝∠ABC＝45°，∵∠ACB＝45°，∴∠BCF＝90°，即BC⊥CF；②∵△ABD≌△ACF，∴BD＝CF，∵BC＝CD＋BD，∴BC＝CD＋CF.(2)解：結(jié)論①仍然成立，②不成立．①證明：∵∠BAC＝∠DAF＝90°，∴∠BAD＝∠CAF，又∵AB＝AC，AD＝AF，∴△ABD≌△ACF，∴∠ACF＝∠ABD＝180°－45°＝135°，∵∠ACB＝45°，∴∠BCF＝90°，即BC⊥CF；②結(jié)論為：BC＝CD－CF.證明：∵△ABD≌△ACF，∴BD＝CF，∵BC＝CD－BD，∴BC＝CD－CF.(3)解：如解圖，過點(diǎn)E作EM⊥CF于M，作EN⊥BD于點(diǎn)N，過點(diǎn)A作AH⊥BD于點(diǎn)H.∵AB＝AC＝2eq\r(2)，第4題解圖∴BC＝4，AH＝eq\f(1,2)BC＝2，∵CD＝eq\f(1,4)BC，∴CD＝1，∵∠BAC＝∠DAF＝90°，∴∠BAD＝∠CAF，又∵AB＝AC，AD＝AF，∴△ABD≌△ACF，∴∠ACF＝∠ABC＝45°，∵∠ACB＝45°，∴∠BCF＝90°，∴CN＝ME，CM＝EN，∴∠AGC＝∠ABC＝45°，∴CG＝BC＝4，∵∠ADE＝90°，∴∠ADH＋∠EDN＝∠EDN＋∠DEN＝90°，∴∠ADH＝∠DEN，又∵∠AHC＝∠DNE＝90°，AD＝DE，∴△AHD≌△DNE，∴DN＝AH＝2，EN＝DH＝3，∴CM＝EN＝3，ME＝CN＝3，則GM＝CG－CM＝4－3＝1，∴EG＝eq\r(EM2＋GM2)＝eq\r(10).類型二平移、旋轉(zhuǎn)、折疊探究題5.(1)解：BD＝CF成立．理由如下：∵AC＝AB，∠CAF＝∠BAD＝θ，AF＝AD，∴△ACF≌△ABD，∴CF＝BD.(2)①證明：由(1)得，△ACF≌△ABD，∴∠HFN＝∠ADN，在△HFN與△ADN中，∵∠HFN＝∠ADN，∠HNF＝∠AND，∴∠NHF＝∠NAD＝90°，第5題解圖∴HD⊥HF，即BD⊥CF.②解：如解圖，連接DF，延長AB，與DF交于點(diǎn)M，在△MAD中，∵∠MAD＝∠MDA＝45°，∴∠BMD＝90°.在Rt△BMD與Rt△FHD中，∵∠MDB＝∠HDF，∴△BMD∽△FHD.∵AB＝2，AD＝3eq\r(2)，四邊形ADEF是正方形，∴MA＝MD＝eq\f(3\r(2),\r(2))＝3，∴MB＝MA－AB＝3－2＝1，BD＝eq\r(MB2＋MD2)＝eq\r(12＋32)＝eq\r(10)，又∵eq\f(MD,HD)＝eq\f(BD,FD)，即eq\f(3,HD)＝eq\f(\r(10),6)，∴DH＝eq\f(9\r(10),5).6.(1)①證明：∵△ABC繞點(diǎn)A順時針方向旋轉(zhuǎn)60°得到△ADE，∴AB＝AD，∠BAD＝60°，∴△ABD是等邊三角形；②證明：由①得△ABD是等邊三角形，∴AB＝BD，∵△ABC繞點(diǎn)A順時針方向旋轉(zhuǎn)60°得到△ADE，∴AC＝AE，BC＝DE，又∵AC＝BC，∴EA＝ED，∴點(diǎn)B，E在AD的中垂線上，∴BE是AD的中垂線，∵點(diǎn)F在BE的延長線上，∴BF⊥AD，AF＝DF；③解：BE的長為3eq\r(3)－4；【解法提示】由②知AF＝eq\f(1,2)AD＝eq\f(1,2)AB＝3，AE＝AC＝5，BF⊥AD，由勾股定理得EF＝eq\r(AE2－AF2)＝4.在等邊△ABD中，AB＝6，BF⊥AD，∴BF＝eq\f(\r(3),2)AB＝3eq\r(3)，∴BE＝3eq\r(3)－4.(2)解：BE＋CE的值為13；第6題解圖【解法提示】如解圖，∵∠DAG＝∠ACB，∴∠DAB＝2∠CAB.∵∠DAE＝∠CAB，∴∠BAE＝∠CAB，∴∠BAE＝∠CBA，∴AE∥BC，∵AE＝AC＝BC，∴四邊形ACBE是菱形，∴CE垂直平分AB，BE＝AC＝5.設(shè)CE交AB于M，則CM⊥AB，CM＝EM，AM＝BM，∴在Rt△ACM中，AC＝5，AM＝3，由勾股定理得CM＝4，∴CE＝8，∴CE＋BE＝13.7.解：(1)由矩形性質(zhì)與折疊可知，∠APO＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，∴∠CPO＋∠DPA＝∠DPA＋∠DAP＝90°，∴∠DAP＝∠CPO，∴△OCP∽△PDA，∴eq\f(S△OCP,S△PDA)＝(eq\f(CP,DA))2，即eq\f(1,4)＝(eq\f(CP,8))2，∴CP＝4，設(shè)CD＝x，則DP＝x－4，AP＝AB＝CD＝x，∵AP2－DP2＝AD2，∴x2－(x－4)2＝82，解得x＝10，故CD＝10.(2)第7題解圖線段EF的長度始終不發(fā)生變化，為2eq\r(5).證明：如解圖，過點(diǎn)N作NG⊥PB，與PB的延長線相交于點(diǎn)G，∵AB＝AP，∴∠APB＝∠ABP＝∠GBN，在△PME和△BNG中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(∠MEP＝∠NGB＝90°,∠MPE＝∠NBG,MP＝NB)))，∴△PME≌△BNG(AAS)，∴ME＝NG，PE＝BG，在△FME和△FNG中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(∠MEF＝∠NGF,∠MFE＝∠NFG,ME＝NG)))，∴△FME≌△FNG(AAS)，∴EF＝GF，∴EF＝eq\f(1,2)EG，∵BP＝BE＋EP＝BE＋GB＝EG，∴EF＝eq\f(1,2)BP，∵BP＝eq\r(BC2＋CP2)＝eq\r(82＋42)＝4eq\r(5)，∴EF＝eq\f(1,2)BP＝2eq\r(5).8.(1)解：菱形．(2)證明：如解圖①，作AE⊥CC′于點(diǎn)E，由旋轉(zhuǎn)得AC′＝AC，∴∠CAE＝∠C′AE＝eq\f(1,2)α＝∠BAC，第8題解圖①∵四邊形ABCD是菱形，∴BA＝BC，BC＝DC′，∴∠BCA＝∠BAC，∴∠CAE＝∠BCA，∴AE∥BC，同理AE∥DC′，∴BC∥DC′，∴四邊形BCC′D是平行四邊形，又∵AE∥BC，∠CEA＝90°，∴∠BCC′＝180°－∠CEA＝90°，∴四邊形BCC′D是矩形．(3)解：如解圖①，過點(diǎn)B作BF⊥AC于點(diǎn)F，∵BA＝BC，∴CF＝AF＝eq\f(1,2)AC＝eq\f(1,2)×10＝5.在Rt△BCF中，BF＝eq\r(BC2－CF2)＝eq\r(132－52)＝12.在△ACE和△CBF中，∵∠CAE＝∠BCF，∠CEA＝∠BFC＝90°，∴△ACE∽△CBF，∴eq\f(CE,BF)＝eq\f(AC,BC)，即eq\f(CE,12)＝eq\f(10,13)，解得CE＝eq\f(120,13).∵AC＝AC′，AE⊥CC′，∴CC′＝2CE＝2×eq\f(120,13)＝eq\f(240,13).當(dāng)四邊形BCC″D′恰好為正方形時，分兩種情況：①點(diǎn)C″在邊CC′上，a＝CC′－13＝eq\f(240,13)－13＝eq\f(71,13)，②點(diǎn)C″在邊C′C的延長線上，a＝CC′＋13＝eq\f(240,13)＋13＝eq\f(409,13).綜上所述，a的值為eq\f(71,13)或eq\f(409,13).第8題解圖②(4)解：答案不唯一，例：畫出正確圖形如解圖②所示．平移及構(gòu)圖方法：將△ACD沿著射線CA方向平移，平移距離為eq\f(1,2)AC的長度，得到△A′C′D，連接A′B，DC.結(jié)論：四邊形A′BCD是平行四邊形．9.解：(1)∵折疊后點(diǎn)A落在AB邊上的點(diǎn)D處，∴EF⊥AB，△AEF≌△DEF，∴S△AEF＝S△DEF.∵S四邊形ECBF＝3S△EDF，∴S四邊形ECBF＝3S△AEF.∵S△ACB＝S△AEF＋S四邊形ECBF，∴S△ACB＝S△AEF＋3S△AEF＝4S△AEF，∴eq\f(S△AEF,S△ACB)＝eq\f(1,4).∵∠EAF＝∠BAC，∠AFE＝∠ACB＝90°，∴△AEF∽△ABC，∴eq\f(S△AEF,S△ABC)＝(eq\f(AE,AB))2，∴(eq\f(AE,AB))2＝eq\f(1,4).在Rt△ACB中，∵∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，∴AB＝eq\r(42＋32)＝5，∴(eq\f(AE,5))2＝eq\f(1,4)，∴AE＝eq\f(5,2).(2)第9題解圖①①四邊形AEMF是菱形．證明：如解圖①，∵折疊后點(diǎn)A落在BC邊上的點(diǎn)M處，∴∠CAB＝∠EMF，AE＝ME，又∵M(jìn)F∥CA，∴∠CEM＝∠EMF，∴∠CAB＝∠CEM，∴EM∥AF，∴四邊形AEMF是平行四邊形．又∵AE＝ME，∴四邊形AEMF是菱形．②如解圖①，連接AM，AM與EF交于點(diǎn)O，設(shè)AE＝x，則ME＝AE＝x，EC＝4－x.∵∠CEM＝∠CAB，∠ECM＝∠ACB＝90°，∴△ECM∽△ACB.∴eq\f(EC,AC)＝eq\f(EM,AB)，∵AB＝5，AC＝4，∴eq\f(4－x,4)＝eq\f(x,5)，解得x＝eq\f(20,9)，∴AE＝ME＝eq\f(20,9)，EC＝eq\f(16,9).在Rt△ECM中，∵∠ECM＝90°，∴CM2＝EM2－EC2，即CM＝eq\r(EM2－EC2)＝eq\r(（\f(20,9)）2－（\f(16,9)）2)＝eq\f(4,3).∵四邊形AEMF是菱形，∴OE＝OF，OA＝OM，AM⊥EF，∴S菱形AEMF＝4S△AOE＝2OE·AO.在Rt△AOE和Rt△ACM中，∵tan∠EAO＝tan∠MAC，∴eq\f(OE,AO)＝eq\f(CM,AC).∵CM＝eq\f(4,3)，AC＝4，∴AO＝3OE，∴S菱形AEMF＝6OE2.又∵S菱形AEMF＝AE·CM，∴6OE2＝eq\f(20,9)×eq\f(4,3)，∴OE＝eq\f(2\r(10),9)，∴EF＝eq\f(4\r(10),9).(3)如解圖②，第9題解圖②過點(diǎn)F作FH⊥CB于點(diǎn)H，在Rt△NCE和Rt△NHF中，∵tan∠ENC＝tan∠FNH，∴eq\f(EC,NC)＝eq\f(FH,NH)，∵NC＝1，EC＝eq\f(4,7)，∴eq\f(FH,NH)＝eq\f(4,7)，設(shè)FH＝x，則NH＝eq\f(7,4)x，∴CH＝NH－NC＝eq\f(7,4)x－1.∵BC＝3，∴BH＝BC－CH＝3－(eq\f(7,4)x－1)＝4－eq\f(7,4)x.在Rt△BHF和Rt△BCA中，∵tan∠FBH＝tan∠ABC，∴eq\f(HF,BH)＝eq\f(CA,BC)，∴eq\f(x,4－\f(7,4)x)＝eq\f(4,3)，解得x＝eq\f(8,5)，∴HF＝eq\f(8,5).∵∠B＝∠B，∠BHF＝∠BCA＝90°，∴△BHF∽△BCA，∴eq\f(HF,CA)＝eq\f(BF,BA)，即HF·BA＝CA·BF，∴eq\f(8,5)×5＝4BF，∴BF＝2，∴AF＝AB－BF＝3，∴eq\f(AF,BF)＝eq\f(3,2).10.解：(1)△ABP∽△PCD.【解法提示】∵∠MPN＝90°，∴∠APB＋∠DPC＝90°，∵∠B＝90°，∴∠APB＋∠BAP＝90°，∴∠DPC＝∠BAP，又∵∠B＝∠C＝90°，∴△ABP∽△PCD.(2)在旋轉(zhuǎn)過程中，eq\f(PE,PF)的值為定值．如解圖，過點(diǎn)F作FG⊥BC，垂足為G.第10題解圖類比(1)可得：△EBP∽△PGF，∴eq\f(EP,PF)＝eq\f(PB,FG)，∵∠A＝∠B＝∠FGB＝90°，∴四邊形ABGF是矩形，∴FG＝AB＝2，∵BP＝1，∴eq\f(PE,PF)＝eq\f(1,2)，即在旋轉(zhuǎn)過程中，eq\f(PE,PF)的值為定值eq\f(1,2).(3)由(2)知△EBP∽△PGF，∴eq\f(EB,PG)＝eq\f(BP,GF)＝eq\f(1,2)，又∵AE＝t，∴BE＝2－t，∴PG＝2(2－t)＝4－2t，∴AF＝BG＝BP＋PG＝1＋(4－2t)＝5－2t，∴S＝S矩形ABGF－S△AEF－S△BEP－S△PFG＝2(5－2t)－eq\f(1,2)t(5－2t)－eq\f(1,2)×1×(2－t)－eq\f(1,2)×2×(4－2t)＝t2－4t＋5,即S＝t2－4t＋5(0≤t≤2)，當(dāng)S＝4.2時，4.2＝t2－4t＋5，解得：t1＝2－eq\f(4,5)eq\r(5)，t2＝2＋eq\f(4,5)eq\r(5)(不合題意，舍去)．∴t的值是2－eq\f(4,5)eq\r(5).11.解：(1)如解圖①，在△ABC中，∵∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝1，∴AB＝2，又∵D是AB的中點(diǎn)，第11題解圖①∴AD＝1，CD＝eq\f(1,2)AB＝1，又∵EF是△ACD的中位線，∴EF＝DF＝eq\f(1,2)，在△ACD中，AD＝CD，∠A＝60°，∴△ACD為等邊三角形，∴∠ADC＝60°，在△FGD中，GF＝DF·sin60°＝eq\f(\r(3),4)，∴矩形EFGH的面積S＝EF·GF＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),4)＝eq\f(\r(3),8).(2)如解圖②，設(shè)矩形移動的距離為x，則0＜x≤eq\f(1,2)，①當(dāng)矩形與△CBD重疊部分為三角形時，則0＜x≤eq\f(1,4)，重疊部分的面積S＝eq\f(1,2)x·eq\r(3)x＝eq\f(\r(3),16)，第11題解圖②∴x＝eq\f(\r(2),4)＞eq\f(1,4)(舍去)，②當(dāng)矩形與△CBD重疊部分為直角梯形時，則eq\f(1,4)＜x≤eq\f(1,2)，重疊部分的面積S＝eq\f(\r(3),4)x－eq\f(1,2)×eq\f(1,4)×eq\f(\r(3),4)＝eq\f(\r(3),16)，∴x＝eq\f(3,8)，即矩形移動的距離為eq\f(3,8)時，矩形與△CBD重疊部分的面積是eq\f(\r(3),16).第11題解圖③(3)如解圖③，作H2Q⊥AB于Q，設(shè)DQ＝m，則H2Q＝eq\r(3)m，又DG1＝eq\f(1,4)，H2G1＝eq\f(1,2)，在Rt△H2QG1中，(eq\r(3)m)2＋(m＋eq\f(1,4))2＝(eq\f(1,2))2，解得m1＝eq\f(－1＋\r(13),16)，m2＝eq\f(－1－\r(13),16)＜0(舍去)，∴cosα＝eq\f(QG1,F1G1)＝eq\f(\f(－1＋\r(13),16)＋\f(1,4),\f(1,2))＝eq\f(3＋\r(13),8). 類型三圖形形狀變化探究題12.(1)證明：∵△ABD、△ACE是等邊三角形，∴AB＝AD，AC＝AE，∠CAE＝∠DAB＝60°，∴∠CAE＋∠BAC＝∠DAB＋∠BAC，即∠BAE＝∠DAC，在△ABE和△ADC中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AB＝AD,∠BAE＝∠DAC,AE＝AC))，∴△ABE≌△ADC(SAS)．(2)解：∠BOC＝90°.理由如下：由(1)得△ABE≌△ADC，∴∠EBA＝∠CDA.∵∠FBA＋∠FDA＝180°，∴∠FBA－∠EBA＋∠FDA＋∠CDA＝180°，即∠FBO＋∠FDO＝180°.在四邊形FBOD中，∠F＝90°，∴∠DOB＝360°－∠F－(∠FBO＋∠FDO)＝90°，∴∠BOC＝90°.(3)解：72°.【解法提示】∠BOC＝180°－108°＝72°.(4)解：180°－eq\f(180°·（n－2）,n).【解法提示】由(3)可知，∠BOC度數(shù)應(yīng)為180°減去正多邊形內(nèi)角度數(shù)．13.解：(1)eq\f(2\r(3),3).【解法提示】sin120°＝eq\f(\r(3),2)，故這個平行四邊形的變形度是eq\f(2\r(3),3).(2)eq\f(1,sinα)＝eq\f(S1,S2)，理由如下：如解圖，設(shè)矩形的長和寬分別為a，b，其變形后的平行四邊形的高為h，第13題解圖則S1＝ab，S2＝ah，sinα＝eq\f(h,b)，∴eq\f(S1,S2)＝eq\f(ab,ah)＝eq\f(b,h)，又∵eq\f(1,sinα)＝eq\f(b,h)，∴eq\f(1,sinα)＝eq\f(S1,S2).(3)由AB2＝AE·AD，可得A1Beq\o\al(2,1)＝A1E1·A1D1，即eq\f(A1B1,A1D1)＝eq\f(A1E1,A1B1).又∵∠B1A1E1＝∠D1A1B1，∴△B1A1E1∽△D1A1B1，∴∠A1B1E1＝∠A1D1B1，∵A1D1∥B1C1，∴∠A1E1B1＝∠C1B1E1，∴∠A1E1B1＋∠A1D1B1＝∠C1B1E1＋∠A1B1E1＝∠A1B1C1.由(2)結(jié)論eq\f(1,sinα)＝eq\f(S1,S2)，可得eq\f(1,sin∠A1B1C1)＝eq\f(4\r(m),2\r(m))＝2，∴sin∠A1B1C1＝eq\f(1,2)，∴∠A1B1C1＝30°，∴∠A1E1B1＋∠A1D1B1＝30°.14.(1)①證明：如解圖①，∵∠ACE＋∠ECB＝45°，∠BCF＋∠ECB＝45°，第14題解圖①∴∠ACE＝∠BCF，又∵四邊形ABCD和EFCG是正方形，∴eq\f(AC,BC)＝eq\f(CE,CF)＝eq\r(2)，∴△CAE∽△CBF.②解：∵eq\f(AE,BF)＝eq\f(AC,