精选河南省2023年中考数学专题复习专题七类比探究题训练含解析

河南省2023年中考数学专题复习专题七类比探究题训练含解析PAGE专题七类比探究题类型一线段数量关系问题(2023·河南)(1)问题发现如图①，在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝40°，连接AC，BD交于点M.填空：①eq\f(AC,BD)的值为________；②∠AMB的度数为________；(2)类比探究如图②，在△OAB和△OCD中，∠AOB＝∠COD＝90°，∠OAB＝∠OCD＝30°，连接AC交BD的延长线于点M.请判断eq\f(AC,BD)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，假设OD＝1，OB＝eq\r(7)，请直接写出当点C与点M重合时AC的长．

【分析】(1)①证明△COA≌△DOB(SAS)，得AC＝BD，比值为1；②由△COA≌△DOB，得∠CAO＝∠DBO，根据三角形的内角和定理，得∠AMB＝180°－(∠DBO＋∠OAB＋∠ABD)＝180°－140°＝40°；(2)根据两边的比相等且夹角相等可得△AOC∽△BOD，那么eq\f(AC,BD)＝eq\f(OC,OD)＝eq\r(3)，由全等三角形的性质得∠AMB的度数；(3)正确画出图形，当点C与点M重合时，有两种情况：如解图①和②，同理可得△AOC∽△BOD，那么∠AMB＝90°，eq\f(AC,BD)＝eq\r(3)，可得AC的长．【自主解答】解：(1)问题发现①1【解法提示】∵∠AOB＝∠COD＝40°，∴∠COA＝∠DOB.∵OC＝OD，OA＝OB，∴△COA≌△DOB(SAS)，∴AC＝BD，∴eq\f(AC,BD)＝1.②40°【解法提示】∵△COA≌△DOB，∴∠CAO＝∠DBO.∵∠AOB＝40°，∴∠OAB＋∠ABO＝140°，在△AMB中，∠AMB＝180°－(∠CAO＋∠OAB＋∠ABD)＝180°－(∠DBO＋∠OAB＋∠ABD)＝180°－140°＝40°.(2)类比探究eq\f(AC,BD)＝eq\r(3)，∠AMB＝90°，理由如下：在Rt△OCD中，∠DCO＝30°，∠DOC＝90°，∴eq\f(OD,OC)＝tan30°＝eq\f(\r(3),3)，同理，得eq\f(OB,OA)＝tan30°＝eq\f(\r(3),3)，∵∠AOB＝∠COD＝90°，∴∠AOC＝BOD，∴△AOC∽△BOD，∴eq\f(AC,BD)＝eq\f(OC,OD)＝eq\r(3)，∠CAO＝∠DBO.∴∠AMB＝180°－∠CAO－∠OAB－MBA＝180°－(∠DAB＋∠MBA＋∠OBD)＝180°－90°＝90°.(3)拓展延伸①点C与点M重合时，如解图①，同理得△AOC∽△BOD，∴∠AMB＝90°，eq\f(AC,BD)＝eq\r(3)，设BD＝x，那么AC＝eq\r(3)x，在Rt△COD中，∵∠OCD＝30°，OD＝1，∴CD＝2，∴BC＝x－2.在Rt△AOB中，∠OAB＝30°，OB＝eq\r(7).∴AB＝2OB＝2eq\r(7)，在Rt△AMB中，由勾股定理，得AC2＋BC2＝AB2，即(eq\r(3)x)2＋(x－2)2＝(2eq\r(7))2，解得x1＝3，x2＝－2(舍去)，∴AC＝3eq\r(3)；②点C与点M重合时，如解图②，同理得：∠AMB＝90°，eq\f(AC,BD)＝eq\r(3)，设BD＝x，那么AC＝eq\r(3)x，在Rt△AMB中，由勾股定理，得AC2＋BC2＝AB2，即(eq\r(3)x)2＋(x＋2)2＝(2eq\r(7))2解得x1＝－3，解得x2＝2(舍去)．∴AC＝2eq\r(3).综上所述，AC的长为3eq\r(3)或2eq\r(3).图①图②例1题解图1．(2023·河南)(1)发现如图①，点A为线段BC外一动点，且BC＝a，AB＝b.填空：当点A位于________________时，线段AC的长取得最大值，且最大值为__________(用含a，b的式子表示)．(2)应用点A为线段BC外一动点，且BC＝3，AB＝1，如图②所示，分别以AB，AC为边，作等边三角形ABD和等边三角形ACE，连接CD，BE.①请找出图中与BE相等的线段，并说明理由；②直接写出线段BE长的最大值．(3)拓展如图③，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(2，0)，点B的坐标为(5，0)，点P为线段AB外一动点，且PA＝2，PM＝PB，∠BPM＝90°，请直接写出线段AM长的最大值及此时点P的坐标．2．(2023·河南)如图①，在Rt△ABC中，∠B＝90°，BC＝2AB＝8，点D，E分别是边BC，AC的中点，连接DE.将△EDC绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为α.(1)问题发现①当α＝0°时，eq\f(AE,BD)＝__eq\f(\r(5),2)__；②当α＝180°时，eq\f(AE,BD)＝__eq\f(\r(5),2)__；(2)拓展探究试判断：当0°≤α<360°时，eq\f(AE,BD)的大小有无变化？请仅就图②的情形给出证明．(3)解决问题当△EDC旋转至A，D，E三点共线时，直接写出线段BD的长．3．(2023·河南)(1)问题发现如图①，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A，D，E在同一直线上，连接BE.填空：①∠AEB的度数为__________；②线段AD，BE之间的数量关系为______________．(2)拓展探究如图②，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A，D，E在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE，请判断∠AEB的度数及线段CM，AE，BE之间的数量关系，并说明理由．(3)解决问题如图③，在正方形ABCD中，CD＝eq\r(2)，假设点P满足PD＝1，且∠BPD＝90°，请直接写出点A到BP的距离．4．(2023·南阳二模)在△ABC中，∠ACB是锐角，点D在射线BC上运动，连接AD，将线段AD绕点A逆时针旋转90°，得到AE，连接EC.(1)操作发现假设AB＝AC，∠BAC＝90°，当D在线段BC上时(不与点B重合)，如图①所示，请你直接写出线段CE和BD的位置关系和数量关系是______________，______________；(2)猜测论证在(1)的条件下，当D在线段BC的延长线上时，如图②所示，请你判断(1)中结论是否成立，并证明你的判断．(3)拓展延伸如图③，假设AB≠AC，∠BAC≠90°，点D在线段BC上运动，试探究：当锐角∠ACB等于________度时，线段CE和BD之间的位置关系仍成立(点C，E重合除外)？此时假设作DF⊥AD交线段CE于点F，且当AC＝3eq\r(2)时，请直接写出线段CF的长的最大值是____．5．，如图①，△ABC，△AED是两个全等的等腰直角三角形(其顶点B，E重合)，∠BAC＝∠AED＝90°，O为BC的中点，F为AD的中点，连接OF.(1)问题发现①如图①，eq\f(OF,EC)＝_______；②将△AED绕点A逆时针旋转45°，如图②，eq\f(OF,EC)＝_______；(2)类比延伸将图①中△AED绕点A逆时针旋转到如图③所示的位置，请计算出eq\f(OF,EC)的值，并说明理由．(3)拓展探究将图①中△AED绕点A逆时针旋转，旋转角为α，0°≤α≤90°，AD＝eq\r(2)，△AED在旋转过程中，存在△ACD为直角三角形，请直接写出线段CD的长．类型二图形面积关系问题(2023·河南)如图①，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，点D，E分别在边AB，AC上，AD＝AE，连接DC，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点．(1)观察猜测图①中，线段PM与PN的数量关系是________，位置关系是________；(2)探究证明把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图②的位置，连接MN，BD，CE，判断△PMN的形状，并说明理由；(3)拓展延伸把△ADE绕A在平面内自由旋转，假设AD＝4，AB＝10，请直接写出△PMN面积的最大值．图①图②例2题图【分析】(1)利用三角形的中位线定理得出PM＝eq\f(1,2)CE，PN＝eq\f(1,2)BD，进而判断出BD＝CE，即可得出结论，再利用三角形的中位线定理得出PM∥CE，继而得出∠DPM＝∠DCA，最后用互余即可得出结论；(2)先判断出△ABD≌△ACE，得出BD＝CE，同(1)的方法得出PM＝eq\f(1,2)BD，PN＝eq\f(1,2)BD，即可得出PM＝PN，同(1)的方法即可得出结论；(3)先判断出MN最大时，△PMN的面积最大，进而求出AN，AM，即可得出MN最大＝AM＋AN，最后用面积公式即可得出结论．【自主解答】解：(1)∵点P，N是BC，CD的中点，∴PN∥BD，PN＝eq\f(1,2)BD.∵点P，M是CD，DE的中点，∴PM∥CE，PM＝eq\f(1,2)CE.∵AB＝AC，AD＝AE，∴BD＝CE，∴PM＝PN.∵PN∥BD，∴∠DPN＝∠ADC，∵PM∥CE，∴∠DPM＝∠DCA.∵∠BAC＝90°，∴∠ADC＋∠ACD＝90°，∴∠MPN＝∠DPM＋∠DPN＝∠DCA＋∠ADC＝90°，∴PM⊥PN，(2)由旋转知，∠BAD＝∠CAE，∵AB＝AC，AD＝AE，∴△ABD≌△ACE(SAS)，∴∠ABD＝∠ACE，BD＝CE.同(1)的方法，利用三角形的中位线定理，得PN＝eq\f(1,2)BD，PM＝eq\f(1,2)CE，∴PM＝PN，∴△PMN是等腰三角形，同(1)的方法得，PM∥CE，∴∠DPM＝∠DCE，同(1)的方法得，PN∥BD，∴∠PNC＝∠DBC.∵∠DPN＝∠DCB＋∠PNC＝∠DCB＋∠DBC，∴∠MPN＝∠DPM＋∠DPN＝∠DCE＋∠DCB＋∠DBC＝∠BCE＋∠DBC＝∠ACB＋∠ACE＋∠DBC＝∠ACB＋∠ABD＋∠DBC＝∠ACB＋∠ABC.∵∠BAC＝90°，∴∠ACB＋∠ABC＝90°，∴∠MPN＝90°，∴△PMN是等腰直角三角形，例2题解图(3)如解图，同(2)的方法得，△PMN是等腰直角三角形，∴当MN最大时，△PMN的面积最大，∴DE∥BC且DE在顶点A上面，∴MN最大＝AM＋AN，连接AM，AN，在△ADE中，AD＝AE＝4，∠DAE＝90°，∴AM＝2eq\r(2)，在Rt△ABC中，AB＝AC＝10，AN＝5eq\r(2)，∴MN最大＝2eq\r(2)＋5eq\r(2)＝7eq\r(2)，∴S△PMN最大＝eq\f(1,2)PM2＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)MN2＝eq\f(1,4)×(7eq\r(2))2＝eq\f(49,2).1．(2023·河南)如图①，将两个完全相同的三角形纸片ABC和DEC重合放置，其中∠C＝90°，∠B＝∠E＝30°.(1)操作发现如图②，固定△ABC，使△DEC绕点C旋转，当点D恰好落在AB边上时，填空：①线段DE与AC的位置关系是______________；②设△BDC的面积为S1，△AEC的面积为S2，那么S1与S2的数量关系是______________．(2)猜测论证当△DEC绕点C旋转到如图③所示的位置时，小明猜测(1)中S1与S2的数量关系仍然成立，并尝试分别作出了△BDC和△AEC中BC，CE边上的高，请你证明小明的猜测．(3)拓展探究∠ABC＝60°，点D是角平分线上一点，BD＝CD＝4，DE∥AB交BC于点E(如图④)．假设在射线BA上存在点F，使S△DCF＝S△BDE，请直接写出相应的BF的长．2．Rt△ABC中，BC＝AC，∠C＝90°，D为AB边的中点，∠EDF＝90°，将∠EDF绕点D旋转，它的两边分别交AC，CB(或它们的延长线)于E，F.当∠EDF绕点D旋转到DE⊥AC于E时，如图①所示，试证明S△DEF＋S△CEF＝eq\f(1,2)S△ABC.(1)当∠EDF绕点D旋转到DE和AC不垂直时，如图②所示，上述结论是否成立？假设成立，请说明理由；假设不成立，试说明理由．(2)直接写出图③中，S△DEF，S△CEF与S△ABC之间的数量关系．3．(2023·郑州模拟)如图①所示，将两个正方形ABCD和正方形CGFE如以以下图放置，连接DE，BG.(1)图中∠DCE＋∠BCG＝__________°；设△DCE的面积为S1，△BCG的面积为S2，那么S1与S2的数量关系为______________；猜测论证：(2)如图②所示，将矩形ABCD绕点C按顺时针方向旋转后得到矩形FECG，连接DE，BG，设△DCE的面积为S1，△BCG的面积为S2，猜测S1和S2的数量关系，并加以证明；(3)如图③所示，在△ABC中，AB＝AC＝10cm，∠B＝30°，把△ABC沿AC翻折得到△AEC，过点A作AD平行CE交BC于点D，在线段CE上存在点P，使△ABP的面积等于△ACD的面积，请写出CP的长．4．(2023·驻马店一模)如图①，△ABC与△CDE都是等腰直角三角形，直角边AC，CD在同一条直线上，点M，N分别是斜边AB，DE的中点，点P为AD的中点，连接AE，BD，PM，PN，MN.(1)观察猜测图①中，PM与PN的数量关系是______________，位置关系是______________；(2)探究证明将图①中的△CDE绕着点C顺时针旋转α(0°＜α＜90°)，得到图②，AE与MP，BD分别交于点G，H，判断△PMN的形状，并说明理由；(3)拓展延伸把△CDE绕点C任意旋转，假设AC＝4，CD＝2，请直接写出△PMN面积的最大值．参考答案类型一针对训练1．解：(1)∵点A为线段BC外一动点，且BC＝a，AB＝b，∴当点A位于CB的延长线上时，线段AC的长取得最大值，且最大值为BC＋AB＝a＋b.(2)①CD＝BE，理由：∵△ABD与△ACE是等边三角形，∴AD＝AB，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝60°，∴∠BAD＋∠BAC＝∠CAE＋∠BAC，即∠CAD＝∠EAB.在△CAD和△EAB中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AD＝AB,∠CAD＝∠EAB,AC＝AE))，∴△CAD≌△EAB，∴CD＝BE.②∵线段BE长的最大值等于线段CD的最大值，由(1)知，当线段CD的长取得最大值时，点D在CB的延长线上，∴线段BE长的最大值为BD＋BC＝AB＋BC＝4；(3)∵将△APM绕着点P顺时针旋转90°得到△PBN，连接AN，如解图①，那么△APN是等腰直角三角形，∴PN＝PA＝2，BN＝AM.∵点A的坐标为(2，0)，点B的坐标为(5，0)，∴OA＝2，OB＝5，∴AB＝3，∴线段AM长的最大值等于线段BN长的最大值，∴当点N在线段BA的延长线时，线段BN取得最大值，最大值为AB＋AN.∵AN＝eq\r(2)AP＝2eq\r(2)，∴线段AM的长最大值为2eq\r(2)＋3.如解图②，过点P作PE⊥x轴于点E.∵△APN是等腰直角三角形，∴PE＝AE＝eq\r(2)，∴OE＝BO－AB－AE＝5－3－eq\r(2)＝2－eq\r(2)，∴P(2－eq\r(2)，eq\r(2))．图①图②第1题解图2．解：(1)①当α＝0°时，∵在Rt△ABC中，∠B＝90°，∴AC＝eq\r(AB2＋BC2)＝eq\r(〔8÷2〕2＋82)＝4eq\r(5).∵点D、E分别是边BC、AC的中点，∴AE＝4eq\r(5)÷2＝2eq\r(5)，BD＝8÷2＝4，∴eq\f(AE,BD)＝eq\f(2\r(5),4)＝eq\f(\r(5),2).②如解图①，当α＝180°时，得可得AB∥DE，∵eq\f(AC,AE)＝eq\f(BC,BD)，∴eq\f(AE,BD)＝eq\f(AC,BC)＝eq\f(4\r(5),8)＝eq\f(\r(5),2).(2)当0°≤α≤360°时，eq\f(AE,BD)的大小没有变化．∵∠ECD＝∠ACB，∴∠ECA＝∠DCB.又∵eq\f(EC,DC)＝eq\f(AC,BC)＝eq\f(\r(5),2)，∴△ECA∽△DCB，∴eq\f(AE,BD)＝eq\f(EC,DC)＝eq\f(\r(5),2).图①图②图③第2题解图(3)①如解图②，∵AC＝4eq\r(5)，CD＝4，CD⊥AD，∴AD＝eq\r(AC2－CD2)＝eq\r(〔4\r(5)〕2－42)＝eq\r(80－16)＝8.∵AD＝BC，AB＝DC，∠B＝90°，∴四边形ABCD是矩形，∴BD＝AC＝4eq\r(5).③如解图③，连接BD，过点D作AC的垂线交AC于点Q，过点B作AC的垂线交AC于点P，∵AC＝4eq\r(5)，CD＝4，CD⊥AD，∴AD＝eq\r(AC2－CD2)＝eq\r(〔4\r(5)〕2－42)＝eq\r(80－16)＝8，∵点D、E分别是边BC、AC的中点，∴DE＝eq\f(1,2)AB＝eq\f(1,2)×(8÷2)＝eq\f(1,2)×4＝2，∴AE＝AD－DE＝8－2＝6，由(2)，可得eq\f(AE,BD)＝eq\f(\r(5),2)，∴BD＝eq\f(6,\f(\r(5),2))＝eq\f(12\r(5),5).综上所述，BD的长为4eq\r(5)或eq\f(12\r(5),5).3．解：(1)∵△ACB和△DCE均为等边三角形，∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠ACD＝∠BCE.在△ACD和△BCE中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AC＝BC,∠ACD＝∠BCE,CD＝CE))，∴△ACD≌△BCE(SAS)，∴∠ADC＝∠BEC.∵△DCE为等边三角形，∴∠CDE＝∠CED＝60°.∵点A，D，E在同一直线上，∴∠ADC＝120°，∴∠BEC＝120°，∴∠AEB＝∠BEC－∠CED＝60°.②∵△ACD≌△BCE，∴AD＝BE.(2)∠AEB＝90°，AE＝BE＋2CM.理由如下：∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°.∴∠ACD＝∠BCE.在△ACD和△BCE中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(CA＝CB,∠ACD＝∠BCE,CD＝CE))，∴△ACD≌△BCE(SAS)，∴AD＝BE，∠ADC＝∠BEC.∵△DCE为等腰直角三角形，∴∠CDE＝∠CED＝45°.∵点A，D，E在同一直线上，∴∠ADC＝135°，∴∠BEC＝135°，∴∠AEB＝∠BEC－∠CED＝90°.∵CD＝CE，CM⊥DE，∴DM＝ME.∵∠DCE＝90°，∴DM＝ME＝CM，∴AE＝AD＋DE＝BE＋2CM.(3)∵PD＝1，∴点P在以点D为圆心，1为半径的圆上．∵∠BPD＝90°，∴点P在以BD为直径的圆上，∴点P是这两圆的交点．①当点P在如解图①所示位置时，连接PD，PB，PA，作AH⊥BP，垂足为H，过点A作AE⊥AP，交BP于点E.∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADB＝45°，AB＝AD＝DC＝BC＝eq\r(2)，∠BAD＝90°，∴BD＝2.∵DP＝1，∴BP＝eq\r(3).∵∠BPD＝∠BAD＝90°，∴点A、P、D、B在以BD为直径的圆上，∴∠APB＝∠ADB＝45°.∴△PAE是等腰直角三角形．又∵△BAD是等腰直角三角形，点B，E，P共线，AH⊥BP，∴由(2)中的结论可得：BP＝2AH＋PD，∴eq\r(3)＝2AH＋1，∴AH＝eq\f(\r(3)－1,2)；②当点P在如解图②所示位置时，连接PD、PB、PA、作AH⊥BP，垂足为H，过点A作AE⊥AP，交PB的延长线于点E，同理可得：BP＝2AH－PD，∴eq\r(3)＝2AH－1，∴AH＝eq\f(\r(3)＋1,2).综上所述，点A到BP的距离为eq\f(\r(3)－1,2)或eq\f(\r(3)＋1,2).图①图②第3题解图4．解：(1)①∵AB＝AC，∠BAC＝90°，线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE，∴AD＝AE，∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE，∴CE＝BD，∠ACE＝∠B，∴∠BCE＝∠BCA＋∠ACE＝90°，∴线段CE，BD之间的位置关系和数量关系为CE＝BD，CE⊥BD；(2)(1)中的结论仍然成立．证明如下：如解图①，∵线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE，∴AE＝AD，∠DAE＝90°.∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠CAE＝∠BAD，∴△ACE≌△ABD，∴CE＝BD，∠ACE＝∠B，∴∠BCE＝90°，∴线段CE，BD之间的位置关系和数量关系为CE＝BD，CE⊥BD；(3)45°；eq\f(3,4).过A作AM⊥BC于M，过点E作EN⊥MA交MA的延长线于N，如解图②.∵线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE，∴∠DAE＝90°，AD＝AE，∴∠NAE＝∠ADM，易证得Rt△AMD≌Rt△ENA，∴NE＝AM.∵CE⊥BD，即CE⊥MC，∴∠MCE＝90°，∴四边形MCEN为矩形，∴NE＝MC，∴AM＝MC，∴∠ACB＝45°.∵四边形MCEN为矩形，∴Rt△AMD∽Rt△DCF，∴eq\f(MD,CF)＝eq\f(AM,DC)，设DC＝x，∵在Rt△AMC中，∠ACB＝45°，AC＝3eq\r(2)，∴AM＝CM＝3，MD＝3－x，∴eq\f(3－x,CF)＝eq\f(3,x)，∴CF＝－eq\f(1,3)x2＋x＝－eq\f(1,3)(x－eq\f(3,2))2＋eq\f(3,4)，∴当x＝eq\f(3,2)时，CF有最大值，最大值为eq\f(3,4).故答案为45°，eq\f(3,4)；图①图②第4题解图5．解：(1)①∵△ABC，△AED是两个全等的等腰直角三角形，∴AD＝BC.∵O为BC的中点，F为AD的中点，∴AF＝OC.∵∠BAC＝∠AED＝90°，AB＝AC，AE＝DE，∴∠DAE＝∠CBA＝45°，∴AD∥BC，∴四边形AFOC是平行四边形，∴OF＝AC＝eq\f(\r(2),2)EC，∴eq\f(OF,EC)＝eq\f(\r(2),2)；故答案：eq\f(\r(2),2)；②∵AO＝eq\f(\r(2),2)AC，∠BAO＝∠CAO＝45°，∠DAE＝45°，∴∠DAE＝∠CAO.∵AE＝AC，∴AF＝AO，∴eq\f(AF,AE)＝eq\f(AO,AC)，∴△AFO∽△AEC，∴eq\f(OF,EC)＝eq\f(AO,AC)＝eq\f(\r(2),2)；故答案：eq\f(\r(2),2).(2)OF＝eq\f(\r(2),2)EC.理由：在等腰直角△ADE中，F为AD的中点，∴AF＝eq\f(1,2)AD＝eq\f(\r(2),2)AE.在等腰直角△ABC中，O为BC的中点，如解图①，连接AO，∴AO＝eq\f(\r(2),2)AC，∠BAO＝∠CAO＝45°.∴∠DAE＝45°，∴∠DAE＝∠CAO，即∠DAO＝∠CAE.∵AE＝AC，∴AF＝AO，∴eq\f(AF,AE)＝eq\f(AO,AC)，∴△AFO∽△AEC，∴eq\f(OF,EC)＝eq\f(AO,AC)＝eq\f(\r(2),2)；(3)∵△ABC和△AED是两个全等的等腰直角三角形，∴AD＝BC＝eq\r(2)，∴ED＝AE＝AB＝AC＝1，当△ACD为直角三角形时，分两种情况：图①图②图③第5题解图①当AD与AB重合时，如解图②，连接CD.当△ACD为直角三角形时，AD⊥AC，即将△ADE绕点A逆时针旋转45°.∵AD＝eq\r(2)，AC＝1，∴由勾股定理可得CD＝eq\r(〔\r(2)〕2＋12)＝eq\r(3)；②当AE与AC重合时，如解图③，当△ACD为直角三角形时，AC⊥CD，即将△ADE绕点A逆时针旋转90°，此时CD＝AC＝1.综上所述，CD的长为eq\r(3)或1.类型二针对训练1．解：(1)①△DEC绕点C旋转到点D恰好落在AB边上，∴AC＝CD.∵∠BAC＝90°－∠B＝90°－30°＝60°.∴△ACD是等边三角形，∴∠ACD＝60°，又∵∠CDE＝∠BAC＝60°，∴∠ACD＝∠CDE，∴DE∥AC；②∵∠B＝30°，∠C＝90°，∴CD＝AC＝eq\f(1,2)AB，∴BD＝AD＝AC，根据等边三角形的性质，△ACD的边AC，AD上的高相等，∴△BDC的面积和△AEC的面积相等(等底等高的三角形的面积相等)，即S1＝S2；(2)∵△DEC是由△ABC绕点C旋转得到，∴BC＝CE，AC＝CD，∠DCE＝∠ACB＝90°，∵∠ACN＋∠ACE＝180°，∴∠ACN＝∠DCM.在△ACN和△DCM中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠ACN＝∠DCM，,∠N＝∠CMD＝90°，,AC＝CD))∴△ACN≌△DCM(AAS)，∴AN＝DM，∴△BDC的面积和△AEC的面积相等(等底等高的三角形的面积相等)，即S1＝S2；第1题解图(3)如解图，过点D作DF1∥BE交BA于点F1，易求得四边形BEDF1是菱形，∴BE＝DF1，且BE，DF1边上的高相等，此时S△DCF1＝S△BDE；过点D作DF2⊥BD.∵∠ABC＝60°，F1D∥BE交BA于点F2，∴∠F2F1D＝∠ABC＝60°.∵BF1＝DF1，∠F1BD＝eq\f(1,2)∠ABC＝30°，∠F2DB＝90°，∴∠F1DF2＝∠ABC＝60°∴△DF1F2是等边三角形，∴DF1＝DF2.∵BD＝CD，∠ABC＝60°，点D是角平分线上一点，∴DBC＝∠DCB＝eq\f(1,2)×60°＝30°，∴∠CDF1＝180°－∠BCD＝180°－30°＝150°，∠CDF2＝360°－150°－60°＝150°，∴∠CDF1＝∠CDF2.在△CDF1和△CDF2中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(DF1＝DF2,∠CDF1＝∠CDF2,CD＝CD))，∴△CDF1≌△CDF2(SAS)，∴点F2也是所求的点．∵∠ABC＝60°，点D是角平分线上一点，DE∥AB，∴∠DBC＝∠BDE＝∠ABD＝eq\f(1,2)×60°＝30°.又∵BD＝4，∴BE＝eq\f(1,2)×4÷cos30°＝2÷eq\f(\r(3),2)＝eq\f(4\r(3),3)，∴BF1＝eq\f(4\r(3),3)，BF2＝BF1＋F1F2＝eq\f(4\r(3),3)＋eq\f(4\r(3),3)＝eq\f(8\r(3),3).故BF的长为eq\f(4\r(3),3)或eq\f(8\r(3),3).2．解：当∠EDF绕D点旋转到DE⊥AC时，四边形CEDF是正方形；设△ABC的边长AC＝BC＝a，那么正方形CEDF的边长为eq\f(1,2)a，∴S△ABC＝eq\f(1,2)a2，S正方形CEDF＝(eq\f(1,2)a)2＝eq\f(1,4)a2，即S△DEF＋S△CEF＝eq\f(1,2)S△ABC；(1)上述结论成立；理由如下：连接CD，如解图①所示．∵AC＝BC，∠ACB＝90°，D为AB中点，∴∠B＝45°，∠DCE＝eq\f(1,2)∠ACB＝45°，CD⊥AB，CD＝eq\f(1,2)AB＝BD，∴∠DCE＝∠B，∠CDB＝90°∵∠EDF＝90°，∴∠1＝∠2，在△CDE和△BDF中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠1＝∠2,CD＝BD,∠DCE＝∠B))，∴△CDE≌△BDF(ASA)，∴S△DEF＋S△CEF＝S△ADE＋S△BDF＝eq\f(1,2)S△ABC；图①图②第2题解图(2)S△DEF－S△CEF＝eq\f(1,2)S△ABC；理由如下：连接CD，如解图②所示，同(1)得：△DEC≌△DFB，∠DCE＝∠DBF＝135°，∴S△DEF＝S五边形DBFEC，S△CFE＋S△DBC，＝S△CFE＋eq\f(1,2)S△ABC，∴S△DEF－S△CFE＝eq\f(1,2)S△ABC.∴S△DEF、S△CEF、S△ABC的关系是S△DEF－S△CEF＝eq\f(1,2)S△ABC.3．解：(1)如解图①中，∵四边形ABCD、EFGC都是正方形，∴∠BCD＝∠ECG＝90°.∵∠BCG＋∠BCD＋∠DCE＋∠ECG＝360°，∴∠BCG＋∠ECD＝180°.图①图②图③第3题解图如解图①，过点E作EM⊥DC于点M，过点G作GN⊥BN交BN的延长线于点N，∴∠EMC＝∠N＝90°.∵四边形ABCD和四边形ECGF均为正方形，∴∠BCD＝∠DCN＝∠ECG＝90°，CB＝CD，CE＝CG，∴∠1＝90°－∠2，∠3＝90°－∠2，∴∠1＝∠3.在△CME和△CNG中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠EMC＝∠GNC,∠1＝∠3,EC＝CG))，∴△CME≌△CNG(ASA)，∴EM＝GN.又∵S1＝eq\f(1,2)CD·EM，S2＝eq\f(1,2)CB·GN，∴S1＝S2；故答案为180°，S1＝S2；(2)猜测：S1＝S2，证明：如解图②，过点E作EM⊥DC于点M，过点B作BN⊥GC交GC的延长线于点N，∴∠EMC＝∠N＝90°.∵矩形CGFE由矩形ABCD旋转得到的，∴CE＝CB，CG＝CD，∵∠ECG＝∠ECN＝∠BCD＝90°，∴∠1＝90°－∠2，∠3＝90°－∠2，∴∠1＝∠3.在△CME和△CNB中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠EMC＝∠BNC,∠1＝∠3,EC＝CB))，∴△CME≌△CNB(AAS)．∴EM＝BN.又∵S1＝eq\f(1,2)CD·EM，S2＝eq\f(1,2)CG·BN，∴S1＝S2;(3)如解图③，作DM⊥AC于M，延长BA，交EC于N，∵AB＝AC＝10