中考数学专题复习（十）几何综合题

专题复习几何综合题类型1类比探究的几何综合题解题策略：1．从特殊到一般的几何综合题，考查方式主要有两种：一种是从特殊的条件中猜想出结论，然后在一般条件下论证结论，最后运用结论解决问题；另一种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．解答类比探究型问题的核心重在“类比”二字，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．比如第二问直接利用第一问的结论和方法，而第三问却需要构造第一问的背景等等．3．在几何证明题中，通过图形变化来改变结论的题目很常见，这类问题一般遵循图形变化、结论变化或不变、解题方法不变的规律，所以对于此类题目，学生不必因为图形变复杂而惊慌，而是通过前面一问的铺垫，用同样的方法便能得出结论．(2022·岳阳)问题背景：已知∠EDF的顶点D在△ABC的边AB所在直线上(不与A，B重合)．DE交AC所在直线于点M，DF交BC所在直线于点N.记△ADM的面积为S1，△BND的面积为S2.(1)初步尝试：如图1，当△ABC是等边三角形，AB＝6，∠EDF＝∠A，且DE∥BC，AD＝2时，则S1·S2＝12；(2)类比探究：在(1)的条件下，先将点D沿AB平移，使AD＝4，再将∠EDF绕点D旋转至如图2所示位置，求S1·S2的值；(3)延伸拓展：当△ABC是等腰三角形时，设∠B＝∠A＝∠EDF＝α.(Ⅰ)如图3，当点D在线段AB上运动时，设AD＝a，BD＝b，求S1·S2的表达式(结果用a，b和α的三角函数表示)；(Ⅱ)如图4，当点D在BA的延长线上运动时，设AD＝a，BD＝b，直接写出S1·S2的表达式，不必写出解答过程．【自主解答】(1)在图1中，∵△ABC是等边三角形，∴AB＝CB＝AC＝6，∠A＝∠B＝60°.∵DE∥BC，∠EDF＝∠A＝60°，∴∠BND＝∠EDF＝60°.∴∠BDN＝∠ADM＝60°.∴△ADM，△BDN都是等边三角形．∴S1＝eq\f(\r(3),4)×22＝eq\r(3)，S2＝eq\f(\r(3),4)×42＝4eq\r(3).∴S1S2＝12.(2)在图2中，设AM＝x，BN＝y.∵∠MDB＝∠MDN＋∠NDB＝∠A＋∠AMD，∠MDN＝∠A，∴∠AMD＝∠NDB.∵∠A＝∠B，∴△AMD∽△BDN.∴eq\f(AM,BD)＝eq\f(AD,BN).∴eq\f(x,2)＝eq\f(4,y).∴xy＝8.∵S1＝eq\f(1,2)AD·AMsin60°＝eq\r(3)x，S2＝eq\f(1,2)DB·BNsin60°＝eq\f(\r(3),2)y，∴S1S2＝eq\r(3)x·eq\f(\r(3),2)y＝eq\f(3,2)xy＝12.(3)(Ⅰ)在图3中，设AM＝x，BN＝y，同法可证△AMD∽△BDN，可得xy＝ab.∵S1＝eq\f(1,2)AD·AMsinα＝eq\f(1,2)axsinα，S2＝eq\f(1,2)DB·BNsinα＝eq\f(1,2)bysinα，∴S1S2＝eq\f(1,4)(ab)2sin2α.(Ⅱ)在图4中，设AM＝x，BN＝y，同法可证△AMD∽△BDN，可得xy＝ab，∵S1＝eq\f(1,2)AD·AMsinα＝eq\f(1,2)axsinα，S2＝eq\f(1,2)DB·BNsinα＝eq\f(1,2)bysinα，∴S1S2＝eq\f(1,4)(ab)2sin2α.1．(2022·衢州)问题背景如图1，在正方形ABCD的内部，作∠DAE＝∠ABF＝∠BCG＝∠CDH，根据三角形全等的条件，易得△DAE≌△ABF≌△BCG≌△CDH，从而得到四边形EFGH是正方形．类比研究如图2，在正△ABC的内部，作∠BAD＝∠CBE＝∠ACF，AD，BE，CF两两相交于D，E，F三点(D，E，F三点不重合)．(1)△ABD，△BCE，△CAF是否全等？如果是，请选择其中一对进行证明；(2)△DEF是否为正三角形？请说明理由；(3)进一步探究发现，△ABD的三边存在一定的等量关系，设BD＝a，AD＝b，AB＝c，请探索a，b，c满足的等量关系．图1图2解：(1)△ABD≌△BCE≌△CAF.证明：∵△ABC是正三角形，∴∠CAB＝∠ABC＝∠BCA＝60°，AB＝BC.∵∠ABD＝∠ABC－∠EBC，∠BCE＝∠ACB－∠ACF，而∠EBC＝∠ACF，∴∠ABD＝∠BCE.又∠BAD＝∠BCE，∴△ABD≌△BCE(ASA)．(2)△DEF是正三角形．证明：∵△ABD≌△BCE≌△CAF，∴∠ADB＝∠BEC＝∠CFA.∴∠FDE＝∠DEF＝∠EFD.∴△DEF是正三角形．(3)如图，过A作AG⊥BD，交BD延长线于点G.由△DEF是正三角形得到∠ADG＝60°.(或者∠ADG＝∠BAD＋∠ABD＝∠CBE＋∠ABD＝60°.)∴在Rt△ADG中，DG＝eq\f(1,2)b，AG＝eq\f(\r(3),2)b.∴在Rt△ABG中，c2＝(a＋eq\f(1,2)b)2＋(eq\f(\r(3),2)b)2.∴c2＝a2＋ab＋b2.2．(2022·枣庄)已知正方形ABCD，P为射线AB上的一点，以BP为边作正方形BPEF，使点F在线段CB的延长线上，连接EA，EC.(1)如图1，若点P在线段AB的延长线上，求证：EA＝EC；(2)如图2，若点P是线段AB的中点，连接AC，判断△ACE的形状，并说明理由；(3)如图3，若点P在线段AB上，连接AC，当EP平分∠AEC时，设AB＝a，BP＝b，求a∶b及∠AEC的度数．解：(1)证明：∵四边形ABCD和四边形BPEF是正方形，∴AB＝BC，BP＝BF.∴AP＝CF.在△APE和△CFE中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AP＝CF，,∠P＝∠F，,PE＝FE，))∴△APE≌△CFE(SAS)．∴EA＝EC.(2)△ACE是直角三角形，理由如下：∵P为AB的中点，∴PA＝PB.∵PB＝PE，∴PA＝PE.∴∠PAE＝45°.又∵∠BAC＝45°，∴∠CAE＝90°，即△ACE是直角三角形．(3)设CE交AB于G.∵EP平分∠AEC，EP⊥AG，∴AP＝PG＝a－b，BG＝a－(2a－2b)＝2b－a.∵PE∥CF，∴eq\f(PE,BC)＝eq\f(PG,GB)，即eq\f(b,a)＝eq\f(a－b,2b－a)，解得a＝eq\r(2)b.∴a∶b＝eq\r(2)∶1.过G作GH⊥AC于H.∵∠CAB＝45°，∴HG＝eq\f(\r(2),2)AG＝eq\f(\r(2),2)(2eq\r(2)b－2b)＝(2－eq\r(2))b.又∵BG＝2b－a＝(2－eq\r(2))b，∴GH＝GB，GH⊥AC，GB⊥BC.∴∠HCG＝∠BCG.∵PE∥CF，∴∠PEG＝∠BCG.∴2∠PEG＝2∠BCG，即∠AEC＝∠ACB＝45°.3．(2022·武汉)已知四边形ABCD的一组对边AD，BC的延长线交于点E.(1)如图1，若∠ABC＝∠ADC＝90°，求证：ED·EA＝EC·EB；(2)如图2，若∠ABC＝120°，cos∠ADC＝eq\f(3,5)，CD＝5，AB＝12，△CDE的面积为6，求四边形ABCD的面积；(3)如图3，另一组对边AB，DC的延长线相交于点F.若cos∠ABC＝cos∠ADC＝eq\f(3,5)，CD＝5，CF＝ED＝n，直接写出AD的长．(用含n的式子表示)解：(1)证明：∵∠ADC＝90°，∠EDC＋∠ADC＝180°，∴∠EDC＝90°.又∵∠ABC＝90°，∴∠EDC＝∠ABC.又∵∠E为公共角，∴△EDC∽△EBA.∴eq\f(ED,EB)＝eq\f(EC,EA)，∴ED·EA＝EC·EB.(2)过点C作CF⊥AD于F，过点A作AG⊥EB交EB延长线于G.在Rt△CDF中，cos∠ADC＝eq\f(3,5)，∴eq\f(DF,CD)＝eq\f(3,5).又CD＝5，∴DF＝3.∴CF＝eq\r(CD2－DF2)＝4.又S△CDE＝6，∴eq\f(1,2)ED·CF＝6，∴ED＝eq\f(12,CF)＝3，EF＝ED＋DF＝6.∵∠ABC＝120°，∠G＝90°，∠G＋∠BAG＝∠ABC，∴∠BAG＝30°.∴在Rt△ABG中，BG＝eq\f(1,2)AB＝6，AG＝eq\r(AB2－BG2)＝6eq\r(3).∵CF⊥AD，AG⊥EB，∴∠EFC＝∠G＝90°.又∠E为公共角，∴△EFC∽△EGA.∴eq\f(EF,EG)＝eq\f(CF,AG)，∴eq\f(6,EG)＝eq\f(4,6\r(3))，∴EG＝9eq\r(3).∴BE＝EG－BG＝9eq\r(3)－6.∴S四边形ABCD＝S△ABE－S△CED＝eq\f(1,2)BE·AG－6＝eq\f(1,2)(9eq\r(3)－6)×6eq\r(3)－6＝75－18eq\r(3).(3)AD＝eq\f(5（n＋5）,n＋6).提示：过点C作CH⊥AD于H，则CH＝4，DH＝3，∴tan∠E＝eq\f(4,n＋3).过点A作AG⊥DF于点G，设AD＝5a，则DG＝3a，AG＝4a，∴FG＝FD－DG＝5＋n－3a，由CH⊥AD，AG⊥DF，∠E＝∠F知△AFG∽△CEH，∴eq\f(AG,CH)＝eq\f(FG,EH)，∴eq\f(AG,FG)＝eq\f(CH,EH)，∴eq\f(4a,5＋n－3a)＝eq\f(4,n＋3).∴a＝eq\f(n＋5,n＋6)，∴AD＝eq\f(5（n＋5）,n＋6).4．(2022·宜昌)正方形ABCD的边长为1，点O是BC边上的一个动点(与B，C不重合)，以O为顶点在BC所在直线的上方作∠MON＝90°.(1)当OM经过点A时．①请直接填空：ON不可能(可能，不可能)过D点；(图1仅供分析)②如图2，在ON上截取OE＝OA，过E点作EF垂直直线BC，垂足为点F，EH垂直CD，垂足为点H，求证：四边形EFCH为正方形；(2)当OM不过A点时，设OM交边AB于G，且OG＝1，在ON上存在点P，过P点作PK垂直于直线BC，垂足为点K，使得S△PKO＝4S△OBG，连接GP，求四边形PKBG的最大面积．解：(1)②∵∠MON＝90°，∴∠EOF＝90°－∠AOB.在正方形ABCD中，∠BAO＝90°－∠AOB，∴∠EOF＝∠BAO.又∵EH⊥CD，EF⊥BC，∴∠EHC＝∠EFC＝90°，而∠HCF＝90°，∴四边形EFCH为矩形．①在△OFE与△ABO中，∠EOF＝∠BAO，∠EFO＝∠B，OE＝AO，∴△OFE≌△ABO.∴EF＝OB，OF＝AB.∵OF＝OC＋CF＝AB＝BC＝BO＋OC＝EF＋OC.∴CF＝EF.②由①②得四边形EFCH为正方形．(2)∵∠POK＝∠OGB，∠PKO＝∠OBG.得△PKO∽△OBG.∵S△PKO＝4S△OBG，有eq\f(S△PKO,S△OBG)＝(eq\f(OP,OG))2＝4，∴OP＝2，则S四边形PKBG＝S△POG＋S△OBG＋S△PKO＝1＋5S△OBG.法一：因为OG＝1为定值，如图，Rt△OBG内接于⊙Q(设OB＝a，BG＝b)，过点B作BT⊥OG，垂足为T，则ab＝BT·OG，当BT为半径时，ab最大，即为eq\f(1,2)，这时△OBG最大面积为eq\f(1,4).(提示：法二、法三见二维码)类型2与图形变换有关的几何综合题解题策略：1．图形的平移、旋转、翻折变换是全等变换，变换不改变图形的形状和大小，解决此类问题的时候，要紧紧抓住图形变换前后的不变量来解决问题．2．虽然图形在做全等变换的运动，但在解决问题时还是要静态处理，所以要注意“动中求静”．准确把握图形在运动变化中的特殊位置．3．求线段的长，常根据题中的条件，利用勾股定理或锐角三角函数或相似三角形的性质构造方程模型求解．若建立函数关系，如果图形的位置不定，还应该注意分类思想，找出图形在变换时的特殊位置建立分段函数．(2022·威海)如图，四边形ABCD为一个矩形纸片，AB＝3，BC＝2，动点P自D点出发沿DC方向运动至C点后停止，△ADP以直线AP为轴翻折，点D落到点D1的位置，设DP＝x，△AD1P与原纸片重叠部分的面积为y.(1)如图1，当x为何值时，直线AD1过点C?(2)如图2，当x为何值时，直线AD1过BC的中点E?(3)求出y与x的函数表达式．【自主解答】(1)由题意得，△ADP≌△AD1P，∴AD1＝AD＝2，PD1＝PD＝x，∠PDA＝∠PD1A＝90°.∵直线AD1过点C，∴PD1⊥AC.在Rt△ABC中，∵AB＝3，BC＝2，∴AC＝eq\r(22＋32)＝eq\r(13)，CD1＝eq\r(13)－2.在Rt△PCD1中，PC2＝PDeq\o\al(2,1)＋CDeq\o\al(2,1)，即(3－x)2＝x2＋(eq\r(13)－2)2.解得x＝eq\f(2\r(13)－4,3).∴当x＝eq\f(2\r(13)－4,3)时，直线AD1过点C.(2)连接PE.∵E为BC中点，∴BE＝CE＝1.在Rt△ABE中，AE＝eq\r(AB2＋BE2)＝eq\r(10).∵AD1＝AD＝2，PD1＝PD＝x，∴D1E＝eq\r(10)－2，PC＝3－x.在Rt△PD1E和Rt△PCE中，x2＋(eq\r(10)－2)2＝(3－x)2＋12.解得x＝eq\f(2\r(10)－2,3).∴当x＝eq\f(2\r(10)－2,3)时，直线AD1过BC的中点E.(3)如图3，当0<x≤2时，y＝x.如图4，当2<x≤3时，点D1在矩形外部，PD1与AB交于点F.∵AB∥CD，∴∠1＝∠2.∵∠1＝∠3，∴∠2＝∠3.∴FP＝FA.作PG⊥AB，垂足为点G.设FP＝FA＝a，在Rt△PFG中，由勾股定理，得(x－a)2＋22＝a2.解得a＝eq\f(4＋x2,2x).∴y＝eq\f(1,2)×2×eq\f(4＋x2,2x)＝eq\f(x2＋4,2x).综上所述，当0<x≤2时，y＝x；当2<x≤3时，y＝eq\f(x2＋4,2x).(2021·益阳)如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝1，D为AB的中点，EF为△ACD的中位线，四边形EFGH为△ACD的内接矩形(矩形的四个顶点均在△ACD的边上)．(1)计算矩形EFGH的面积；(2)将矩形EFGH沿AB向右平移，F落在BC上时停止移动．在平移过程中，当矩形与△CBD重叠部分的面积为eq\f(\r(3),16)时，求矩形平移的距离；(3)如图3，将(2)中矩形平移停止时所得的矩形记为矩形E1F1G1H1，将矩形E1F1G1H1绕G1点按顺时针方向旋转，当H1落在CD上时停止转动，旋转后的矩形记为矩形E2F2G1H2，设旋转角为α，求cosα的值．【思路点拨】(1)分别计算求出EF和GF的长即可求矩形EFGH的面积；(2)在平移过程中，矩形与△CBD重叠部分为三角形或直角梯形．可设矩形移动的距离为x，则0<x≤eq\f(1,2)，分矩形与△CBD重叠部分为三角形或直角梯形两种情况讨论求出矩形平移的距离；(3)先在图3中确定旋转角α的位置，再作H2Q⊥AB于Q，在Rt△H2QG1中运用勾股定理求出DQ的值，最后由锐角三角函数的定义求出cosα的值．【自主解答】(1)在△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝1，∴AB＝2.又∵D是AB的中点，∴AD＝1，CD＝eq\f(1,2)AB＝1.又∵EF是△ACD的中位线，∴EF＝DF＝eq\f(1,2).在△ACD中，AD＝CD，∠A＝60°，∴∠ADC＝60°.在△FGD中，GF＝DF·sin60°＝eq\f(\r(3),4).∴矩形EFGH的面积S＝EF·GF＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),4)＝eq\f(\r(3),8).图4(2)如图4，设矩形移动的距离为x，则0<x≤eq\f(1,2).①当矩形与△CBD重叠部分为三角形时，则0<x≤eq\f(1,4).此时重叠部分的面积S＝eq\f(1,2)x·eq\r(3)x＝eq\f(\r(3),16)，解得x＝eq\f(\r(2),4)>eq\f(1,4)(舍去)．②当矩形与△CBD重叠部分为直角梯形时，则eq\f(1,4)<x≤eq\f(1,2).此时重叠部分的面积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)，解得x＝eq\f(3,8)(符合题意)．即矩形移动的距离为eq\f(3,8)时，矩形与△CBD重叠部分的面积是eq\f(\r(3),16).(3)作H2Q⊥AB于Q.设DQ＝m，则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m＝eq\f(－1±\r(13),16)(负值舍去)．∴DQ＝eq\f(\r(13)－1,16).∴QG1＝DQ＋DG1＝eq\f(\r(13)－1,16)＋eq\f(1,4)＝eq\f(\r(13)＋3,16).∴cosα＝eq\f(QG1,H2G1)＝eq\f(\f(\r(13)＋3,16),\f(1,2))＝eq\f(\r(13)＋3,8).(2022·江西)我们定义：如图1，在△ABC中，把AB绕点A顺时针旋转α(0°<α<180°)得到AB′，把AC绕点A逆时针旋转β得到AC′，连接B′C′.当α＋β＝180°时，我们称△AB′C′是△ABC的“旋补三角形”，△AB′C′边B′C′上的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．特例感知：(1)在图2，图3中，△AB′C′是△ABC的“旋补三角形”，AD是△ABC的“旋补中线”．①如图2，当△ABC为等边三角形时，AD与BC的数量关系为AD＝eq\f(1,2)BC；②如图3，当∠BAC＝90°，BC＝8时，则AD长为4；猜想论证：(2)在图1中，当△ABC为任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并给予证明；拓展应用：图4(3)如图4，在四边形ABCD中，∠C＝90°，∠D＝150°，BC＝12，CD＝2eq\r(3)，DA＝6.在四边形内部是否存在点P，使△PDC是△PAB的“旋补三角形”？若存在，给予证明，并求△PAB的“旋补中线”长；若不存在，说明理由．解：(2)猜想：AD＝eq\f(1,2)BC.证法一图5证明：延长AD至E，使DE＝AD.∵AD是△ABC的“旋补中线”，∴B′D＝C′D.∴四边形AB′EC′是平行四边形．∴EC′∥B′A，EC′＝B′A.∴∠AC′E＋∠B′AC′＝180°.由定义可知∠B′AC′＋∠BAC＝180°，B′A＝BA，AC＝AC′，∴∠AC′E＝∠BAC，EC′＝BA.∴△AC′E≌△CAB.∴AE＝BC.∵AD＝eq\f(1,2)AE，∴AD＝eq\f(1,2)BC(3)存在．如图8，以AD为边向四边形ABCD的内部作等边△PAD，连接PB，PC，延长BP交AD于点F，则有：∠ADP＝∠APD＝60°，PA＝PD＝AD＝6.∵∠CDA＝150°，∴∠CDP＝90°.过点P作PE⊥BC于点E，易知四边形PDCE为矩形．∴CE＝PD＝6.∴tan∠1＝eq\f(CD,PD)＝eq\f(2\r(3),6)＝eq\f(\r(3),3).∴∠1＝30°，∠2＝60°.∴BE＝12－6＝6＝CE.又PE⊥BC，∴PC＝PB，∠3＝∠2＝60°.∴∠APD＋∠BPC＝60°＋120°＝180°.又PA＝PD，PB＝PC，∴△PDC是△PAB的“旋补三角形”．∵∠3＝60°，∠DPE＝90°，∴∠DPF＝30°.∴BF⊥AD，AF＝eq\f(1,2)AD＝3，PF＝3eq\r(3).在Rt△PBE中，PB＝eq\r(PE2＋BE2)＝eq\r(CD2＋BE2)＝eq\r(（2\r(3)）2＋62)＝4eq\r(3).∴BF＝PB＋PF＝7eq\r(3).在Rt△ABF中，AB＝eq\r(（7\r(3)）2＋32)＝2eq\r(39).∵△PDC是△PAB的“旋补三角形”，∴△PAB的“旋补中线”长为eq\f(1,2)AB＝eq\r(39).1．(2022·金华)如图1，将△ABC纸片沿中位线EH折叠，使点A的对称点D落在BC边上，再将纸片分别沿等腰△BED和等腰△DHC的底边上的高线EF，HG折叠，折叠后的三个三角形拼合形成一个矩形．类似地，对多边形进行折叠，若翻折后的图形恰能拼成一个无缝隙、无重叠的矩形，这样的矩形称为叠合矩形．(1)将▱ABCD纸片按图2的方式折叠成一个叠合矩形AEFG，则操作形成的折痕分别是线段AE，GF；S矩形AEFG∶S▱ABCD＝1∶2；(2)▱ABCD纸片还可以按图3的方式折叠成一个叠合矩形EFGH，若EF＝5，EH＝12，求AD的长；(3)如图4，四边形ABCD纸片满足AD∥BC，AD<BC，AB⊥BC，AB＝8，CD＝10.小明把该纸片折叠，得到叠合正方形．请你帮助画出叠合正方形的示意图，并求出AD，BC的长．解：(2)∵四边形EFGH是叠合矩形，∠FEH＝90°，又EF＝5，EH＝12，∴FH＝eq\r(EF2＋EH2)＝eq\r(52＋122)＝13.由折叠的轴对称性可知，DH＝HN，AH＝HM，CF＝FN.易证△AEH≌△CGF，∴CF＝AH.∴AD＝DH＋AH＝HN＋FN＝FH＝13.(3)本题有以下两种基本折法，如图5、图6所示．按图5的折法，则AD＝1，BC＝7.按图6的折法，则AD＝eq\f(13,4)，BC＝eq\f(37,4).2．(2022·宿迁)如图，在矩形纸片ABCD中，已知AB＝1，BC＝eq\r(3)，点E在边CD上移动，连接AE，将多边形ABCE沿直线AE折叠，得到多边形AB′C′E，点B，C的对应点分别为点B′，C′.(1)当B′C′恰好经过点D时(如图1)，求线段CE的长；(2)若B′C′分别交边AD，CD于点F，G，且∠DAE＝22.5°(如图2)，求△DFG的面积；(3)在点E从点C移动到点D的过程中，求点C′运动的路径长．解：(1)由折叠，得∠B＝∠B′＝90°，AB＝AB′＝1，BC＝B′C′＝eq\r(3)，C′E＝CE，由勾股定理，得B′D＝eq\r(AD2－AB′2)＝eq\r(（\r(3)）2－12)＝eq\r(2).所以DC′＝eq\r(3)－eq\r(2).因为∠ADE＝90°，所以∠ADB′＋∠EDC′＝90°.又因∠EDC′＋∠DEC′＝90°，所以∠ADB′＝∠DEC′.又∠B＝∠B′＝90°，所以△AB′D∽△DC′E.所以eq\f(AB′,DC′)＝eq\f(B′D,C′E)，即eq\f(1,\r(3)－\r(2))＝eq\f(\r(2),C′E)，所以CE＝eq\r(6)－2.(2)连接AC，因为sin∠BAC＝eq\f(BC,AC)＝eq\f(\r(3),2)，所以∠BAC＝60°.故∠DAC＝30°.又∠DAE＝22.5°，所以∠EAC＝∠DAC－∠DAE＝30°－22.5°＝7.5°.由折叠，得∠B′AE＝∠BAE＝67.5°.所以∠B′AF＝45°.所以AF＝eq\r(2)AB′＝eq\r(2)，即DF＝eq\r(3)－eq\r(2)，C′E＝CE.因为∠B′FA＝45°，所以S△DFG＝eq\f(1,2)×(eq\r(3)－eq\r(2))2＝eq\f(5,2)－eq\r(6).(3)连接AC′，则AC＝AC′＝2，所以点C′的运动路径是以点A为圆心，以AC为半径的圆弧；当点E运动到点D时，点C′恰好在CD的延长线上，此时∠CAC′＝60°，所以点的运动路径长是eq\f(60π×2,180)＝eq\f(2π,3).3．(2022·德州)如图1，在矩形纸片ABCD中，AB＝3cm，AD＝5cm，折叠纸片使B点落在边AD上的E处，折痕为PQ.过点E作EF∥AB交PQ于F，连接BF.(1)求证：四边形BFEP为菱形；(2)当E在AD边上移动时，折痕的端点P，Q也随着移动．①当点Q与点C重合时(如图2)，求菱形BFEP的边长；②若限定P，Q分别在BA，BC上移动，求出点E在边AD上移动的最大距离．解：(1)证明：∵折叠纸片使B点落在边AD上的E处，折痕为PQ，∴点B与点E关于PQ对称．∴PB＝PE，BF＝EF，∠BPF＝∠EPF.又∵EF∥AB，∴∠BPF＝∠EFP.∴∠EPF＝∠EFP.∴EP＝EF.∴BP＝BF＝FE＝EP.∴四边形BFEP为菱形．(2)①如图2，∵四边形ABCD为矩形，∴BC＝AD＝5cm，CD＝AB＝3cm，∠A＝∠D＝90°.∵点B与点E关于PQ对称，∴CE＝BE＝5cm.在Rt△CDE中，DE2＝CE2－CD2，即DE2＝52－32.∴DE＝4cm.∴AE＝AD－DE＝5－4＝1(cm)．∴在Rt△APE中，AE＝1，AP＝3－PB＝3－PE.∴EP2＝12＋(3－EP)2，解得EP＝eq\f(5,3).∴菱形BFEP边长为eq\f(5,3)cm.图3②当点Q与点C重合时，如图2，点E离A点最近，由①知，此时AE＝1cm.当点P与点A重合时，如图3，点E离A点最远，此时四边形ABQE为正方形．AE＝AB＝3cm.∴点E在边AD上移动的最大距离为2cm.4．(2021·淄博)如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，点M，N分别是边BC，CD上的动点(不与点B，C，D重合)，AM，AN分别交BD于点E，F，且∠MAN始终保持45°不变．(1)求证：eq\f(AF,AM)＝eq\f(\r(2),2)；(2)求证：AF⊥FM；(3)请探索：在∠MAN的旋转过程中，当∠BAM等于多少度时，∠FMN＝∠BAM？写出你的探索结论，并加以说明．解：(1)证明：∵正方形ABCD的对角线相交于点O，∴∠DBC＝∠MAN＝45°.又∠AEF＝∠BEM，∴△AEF∽△BEM.∴eq\f(AE,BE)＝eq\f(EF,EM).又∵∠AEB＝∠FEM，∴△AEB∽△FEM.∴∠EMF＝∠EBA＝45°.∴∠AFM＝90°.∴eq\f(AF,AM)＝sin45°＝eq\f(\r(2),2).(2)证明：由(1)知：∵∠AFM＝90°，∴AF⊥FM.(3)当∠BAM＝22.5°时，∠FMN＝∠BAM.理由：∵A，B，M，F四点共圆，∴∠BAM＝∠EFM.∵∠BAM＝∠FMN，∴∠EFM＝∠FMN.∴MN∥BD.∴eq\f(CM,CB)＝eq\f(CN,CD).∵CB＝CD，∴CM＝CN.∴MB＝ND.在△ABM和△ADN中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AB＝AD，,∠ABM＝∠ADN，,BM＝DN，))∴△ABM≌△ADN.∴∠BAM＝∠DAN.∵∠MAN＝45°.，∴∠BAM＋∠DAN＝45°.∴∠BAM＝22.5°.5．(2021·岳阳)数学活动——旋转变换(1)如图1，在△ABC中，∠ABC＝130°，将△ABC绕点C逆时针旋转50°得到△A′B′C，连接BB′.求∠A′B′B的大小；(2)如图2，在△ABC中，∠ABC＝150°，AB＝3，BC＝5，将△ABC绕点C逆时针旋转60°得到△A′B′C，连接BB′.以A′为圆心，A′B′长为半径作圆．①猜想：直线BB′与⊙A′的位置关系，并证明你的结论；②连接A′B，求线段A′B的长度；(3)如图3，在△ABC中，∠ABC＝α(90°＜α＜180°)，AB＝m，BC＝n，将△ABC绕点C逆时针旋转2β角度(0°＜2β＜180°)得到△A′B′C，连接A′B和BB′.以A′为圆心，A′B′长为半径作圆．问：角α与角β满足什么条件时，直线BB′与⊙A′相切，请说明理由．并求此条件下线段A′B的长度．(结果用角α或角β的三角函数及字母m，n所组成的式子表示)图1图2图3解：(1)由旋转得：∠A′B′C＝∠ABC＝130°，CB＝CB′，∠BCB′＝50°，∴∠BB′C＝eq\f(1,2)(180°－∠BCB′)＝65°.∴∠A′B′B＝∠A′B′C－∠BB′C＝130°－65°＝65°.(2)①猜想：直线BB′与⊙A′相切．证明：由旋转得：∠A′B′C＝∠ABC＝150°，CB＝CB′，∠BCB′＝60°，∴∠BB′C＝eq\f(1,2)(180°－∠BCB′)＝60°.∴∠A′B′B＝∠A′B′C－∠BB′C＝150°－60°＝90°，即B′B⊥A′B′.又A′B′为半径，∴直线BB′与⊙A′相切．②由旋转得：A′B′＝AB＝3，B′C＝BC＝5，∠BCB′＝60°，∴△BCB′为等边三角形．∴BB′＝BC＝5.在Rt△A′B′B中，A′B＝eq\r(（A′B′）2＋（BB′）2)＝eq\r(32＋52)＝eq\r(34).(3)满足的条件：α＋β＝180°.理由：在△BB′C中，∠BB′C＝eq\f(180°－2β,2)＝90°－β，∴∠A′B′B＝α－∠BB′C＝α＋β－90°.∵α＋β＝180°，∴∠A′B′B＝90°，即B′B⊥A′B′.∴直线BB′与⊙A′相切．过点C作CD⊥BB′于点D.∴∠B′CD＝eq\f(1,2)∠BCB′＝β.在Rt△B′CD中，B′D＝B′C·sinβ＝BC·sinβ＝nsinβ，∴BB′＝2B′D＝2nsinβ.由α＋β＝180°得到△A′B′B为直角三角形，∴A′B＝eq\r(（A′B′）2＋（BB′）2)＝eq\r(m2＋（2nsinβ）2)＝eq\r(m2＋4n2sin2β).6．(2022·潍坊)边长为6的等边△ABC中，点D，E分别在AC，BC边上，DE∥AB，EC＝2eq\r(3).(1)如图1，将△DEC沿射线EC方向平移，得到△D′E′C′，边D′E′与AC的交点为M，边C′D′与∠ACC′的角平分线交于点N.当CC′多大时，四边形MCND′为菱形？并说明理由；(2)如图2，将△DEC绕点C旋转α(0°<α<360°)，得到△D′E′C，连接AD′，BE′，边D′E′的中点为P.①在旋转过程中，AD′和BE′有怎样的数量关系？并说明理由；②连接AP，当AP最大时，求AD′的值．(结果保留根号)解：(1)当CC′＝eq\r(3)时，四边形MCND′为菱形．理由：由平移的性质，得CD∥C′D′，DE∥D′E′.∵△ABC为等边三角形，∴∠B＝∠ACB＝60°.∴∠ACC′＝180°－60°＝120°.∵CN为∠ACC′的角平分线，∴∠NCC′＝60°.∵AB∥DE，DE∥D′E′，∴AB∥D′E′.∴∠D′E′C′＝∠B＝60°.∴∠D′E′C′＝∠NCC′，∴D′E′∥CN.∴四边形MCND′为平行四边形．∵∠ME′C′＝∠MCE′＝60°，∠CNC′＝∠NCC′＝60°，∴△MCE′和△NCC′为等边三角形，故MC＝CE′，NC＝CC′.又E′C′＝2eq\r(3)，CC′＝eq\r(3)，∴CC′＝CE′.∴MC＝CN，∴四边形MCND′为菱形．(2)AD′＝BE′.理由：当α≠180°时，由旋转的性质，得∠ACD′＝∠BCE′.由(1)知AC＝BC，CD′＝CE′，∴△ACD′≌△BCE′，∴AD′＝BE′.当α＝180°时，AD′＝AC＋CD′，BE′＝BC＋CE′，即AD′＝BE′.综上可知：AD′＝BE′.图3(3)连接CP，在△ACP中，由三角形三边关系，得AP<AC＋CP，∴当A，C，P三点共线时AP最大，如图3.此时，AP＝AC＋CP.在△D′CE′中，由P为D′E′中点，得AP⊥D′E′，PD′＝eq\r(3).∴CP＝3，∴AP＝6＋3＝9.在Rt△APD′中，由勾股定理，得AD′＝eq\r(AP2＋PD′2)＝eq\r(92＋（\r(3)）2)＝2eq\r(21).类型3与动点有关的几何综合题解题策略：1．点的运动问题主要有几种类型：(1)点在图形上运动求点运动的路径；(2)由于点的运动改变了图形的形状，让你去判断证明；或求出在运动过程中产生的特殊图形的时刻；(3)由于点的运动导致图形发生改变，用点运动的时间表示图形面积的函数；(4)由于点的运动导致到定点的距离(线段长)发生改变，求某一固定时刻所产生的最值．2．求点的运动路径问题，关键是弄清点运动的路线，主要考查的一般有两种：(1)线段；(2)弧．解决问题的策略是首先可以通过画图(一般要画出起始点、中间若干关键点和结束点)来判断路径和范围；其次是结合已知条件的特点运用不同的数学方法说明自己的判断是正确的．3．点的运动涉及时间、速度和路程，一般地在图形上运动，路程呈现的形式就是线段长．若已知点运动的速度，则问题的焦点就是运动的时间和图形的形状之间的问题，很多都以存在性问题呈现，探究点运动的时刻．解决这类问题关键要抓住改变图形形状的根本原因(要与点运动的轨迹有关)．4．建立图形的面积与点运动时间的函数关系式时关键要把握两点：一是用点运动的路程表示图形的面积；二是抓住关键点(改变图形的形状)进行分类，建立分段函数．(2022·黄冈)已知：如图所示，在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC是矩形，OA＝4，OC＝3，动点P从点C出发，沿射线CB方向以每秒2个单位长度的速度运动；同时，动点Q从点O出发，沿x轴正半轴方向以每秒1个单位长度的速度运动．设点P，点Q的运动时间为t(s)．(1)当t＝1s时，求经过点O，P，A三点的抛物线的解析式；(2)当t＝2s时，求tan∠QPA的值；(3)当线段PQ与线段AB相交于点M，且BM＝2AM时，求t(s)的值；(4)连接CQ，当点P，Q在运动过程中，记△CQP与矩形OABC重叠部分的面积为S，求S与t的函数关系式．【自主解答】(1)方法一：依题意得，A(4，0)，B(4，3)．当t＝1s时，CP＝2.∴P点的坐标为(2，3)．设经过O，P，A三点抛物线的解析式为y＝ax(x－4)，将P(2，3)代入解析式中，则有2×(2－4)a＝3.∴a＝－eq\f(3,4).∴y＝－eq\f(3,4)x(x－4)＝－eq\f(3,4)x2＋3x.(2)当t＝2s时，CP＝4，OQ＝2，∴AQ＝QA－OQ＝4－2＝2.又∵CB＝4，∴此时点P与点B重合，∴∠QPA＝∠QBA.∴在Rt△QBA中，tan∠QPA＝tan∠QBA＝eq\f(QA,AB)＝eq\f(2,3).图2(3)如图2所示，依题意有：CP＝2t，OQ＝t，∴BP＝2t－4，AQ＝4－t.∵CB∥OA，∴△BMP∽△AMQ，∴eq\f(BP,AQ)＝eq\f(BM,AM)＝2.∴BP＝2AQ，即2t－4＝2(4－t)．∴t＝3.图3(4)当0≤t≤2时，如图3，S＝S△CPQ＝eq\f(1,2)×2t×3＝3t.当2<t≤4时，如图4，设线段AB与线段PQ相交于点D，过点Q作QN⊥CP于点N，则△BDP∽△NQP.图4∴eq\f(BD,NQ)＝eq\f(BP,NP).又∵NQ＝CO＝3，BP＝CP－CB＝2t－4，且NP＝CP－CN＝CP－OQ＝2t－t＝t，∴eq\f(BD,3)＝eq\f(2t－4,t).∴BD＝eq\f(3（2t－4）,t).∴S＝S四边形CQDB＝S△CQP－S△BDP＝eq\f(1,2)×2t×3－eq\f(1,2)(2t－4)×eq\f(3（2t－4）,t)＝eq\f(－3t2＋24t－24,t)＝－3t＋24－eq\f(24,t).图5当t>4时，如图5，设线段AB与线段CQ相交于点M，过点Q作QN⊥CP于点N，则△CBM∽△CNQ.∴eq\f(CB,CN)＝eq\f(BM,NQ).又∵CB＝OA＝4，CN＝OQ＝t，NQ＝3，∴eq\f(4,t)＝eq\f(BM,3).∴BM＝eq\f(12,t).S＝S△CBM＝eq\f(1,2)·BC·BM＝eq\f(1,2)×4×eq\f(12,t)＝eq\f(24,t).∴S＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3t（0≤t≤2），,－3t＋24－\f(24,t)（2<t≤4），,\f(24,t)（t>4）.))1．(2021·滨州)如图，BD是△ABC的角平分线，它的垂直平分线分别交AB，BD，BC于点E，F，G，连接ED，DG.(1)请判断四边形EBGD的形状，并说明理由；(2)若∠ABC＝30°，∠C＝45°，ED＝2eq\r(10)，点H是BD上的一个动点，求HG＋HC的最小值．解：(1)四边形EBGD是菱形，理由如下：∵EG是BD的垂直平分线，∴BE＝DE，BG＝DG，EG⊥BD.在△BEF和△BGF中，∠EBF＝∠GBF，BF＝BF，∠BFE＝∠BFG＝90°，∴△BEF≌△BGF(ASA)．∴BE＝BG.∴BE＝DE＝DG＝BG.∴四边形EBGD是菱形．(2)由(1)知四边形EBGD是菱形，点H为对角线BD上的点，∴△BEH≌△BGH(SAS)．∴EH＝GH.∴HG＋HC＝EH＋HC.当E，H，C三点共线时，EH＋HC最小，即HG＋HC最小．∴HG＋HC的最小值为CE的长度．分别过点E，D向BC作垂线，垂足分别为点N，M.在Rt△BEN和Rt△GDM中，BE＝GD，EN＝DM，∴Rt△BEN≌Rt△GDM(HL)．∴BN＝GM.∵CN＝NG＋GM＋CM，∴CN＝NG＋BN＋CM，即CN＝BG＋CM.在△DCG中，DG＝ED＝2eq\r(10)，∠DGC＝∠ABC＝30°，∠C＝45°，∴DM＝eq\f(1,2)DG＝eq\r(10)，CM＝DM＝eq\r(10).∴CN＝BG＋CM＝2eq\r(10)＋eq\r(10)＝3eq\r(10).在Rt△CEN中，EN＝DM＝eq\r(10)，CN＝3eq\r(10)，∴CE＝eq\r(EN2＋CN2)＝eq\r(（\r(10)）2＋（3\r(10)）2)＝10.∴HG＋HC的最小值是10.2．(2022·菏泽)正方形ABCD的边长为6cm，点E，M分别是线段BD，AD上的动点，连接AE并延长，交边BC于F，过M作MN⊥AF，垂足为H，交边AB于点N.(1)如图1，若点M与点D重合，求证：AF＝MN；(2)如图2，若点M从点D出发，以1cm/s的速度沿DA向点A运动，同时点E从点B出发，以eq\r(2)cm/s的速度沿BD向点D运动，运动时间为ts.①设BF＝ycm，求y关于t的函数表达式；②当BN＝2AN时，连接FN，求FN的长．解：(1)证明：∵四边形ABCD为正方形，∴AD＝AB，∠DAN＝∠FBA＝90°.∵MN⊥AF，∴∠NAH＋∠ANH＝90°.∵∠NDA＋∠ANH＝90°，∴∠NAH＝∠NDA.∴△FBA≌△NAD.∴AF＝DN，即AF＝MN.(2)①∵四边形ABCD为正方形，∴AD∥BF.∴∠ADE＝∠FBE.∵∠AED＝∠BEF，∴△EFB∽△EAD.∴eq\f(BF,AD)＝eq\f(BE,ED).∵四边形ABCD为正方形，∴AD＝DC＝CB＝6.∴BD＝6eq\r(2).∵点E从点B出发，以eq\r(2)cm/s的速度沿BD向点D运动，运动时间为ts，∴BE＝eq\r(2)t，DE＝6eq\r(2)－eq\r(2)t.∴eq\f(y,6)＝eq\f(\r(2)t,6\r(2)－\r(2)t)，即y＝eq\f(6t,6－t).②当BN＝2AN时，连接FN，∵四边形ABCD为正方形，∴∠MAN＝∠FBA＝90°.∵MN⊥AF，∴∠NAH＋∠ANH＝90°.∵∠NMA＋∠ANH＝90°，∴∠NAH＝∠NMA.∴△ABF∽△MAN.∴eq\f(AN,AM)＝eq\f(BF,AB).∵BN＝2AN，AB＝6，∴AN＝2.∴eq\f(2,6－t)＝eq\f(\f(6t,6－t),6)，即t＝2.3．(2022·烟台)如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AC＝12cm，BD＝16cm，动点N从点D出发，沿线段DB以2cm/s的速度向点B运动，同时动点M从点B出发，沿线段BA以1cm/s的速度向点A运动，当其中一个动点停止运动时另一个动点也随之停止．设运动时间为t(s)(t>0)，以点M为圆心，MB为半径的⊙M与射线BA，线段BD分别交于点E，F，连接EN.(1)求BF的长(用含有t的代数式表示)，并求出t的取值范围；(2)当t为何值时，线段EN与⊙M相切？(3)若⊙M与线段EN只有一个公共点，求t的取值范围．解：(1)连接MF.∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝AD，AC⊥BD，OA＝OC＝6，OB＝OD＝8，在Rt△AOB中，AB＝eq\r(62＋82)＝10，∵MB＝MF，AB＝AD，∴∠ABD＝∠ADB＝∠MFB.∴MF∥AD.∴eq\f(BM,BA)＝eq\f(BF,BD).∴eq\f(t,10)＝eq\f(BF,16).∴BF＝eq\f(8,5)t(0<t≤8)．(2)当线段EN与⊙M相切时，易知△BEN∽△BOA，∴eq\f(BE,OB)＝eq\f(BN,AB).∴eq\f(2t,8)＝eq\f(16－2t,10).∴t＝eq\f(32,9).∴t＝eq\f(32,9)s时，线段EN与⊙M相切．(3)①由题意可知，当0<t≤eq\f(32,9)时，⊙M与线段EN只有一个公共点．②当F与N重合时，则有eq\f(8,5)t＋2t＝16，解得t＝eq\f(40,9).由关系图象可知，eq\f(40,9)<t<8时，⊙M与线段EN只有一个公共点．4．(2022·青岛)已知：Rt△EFP和矩形ABCD如图1摆放(点P与点B重合)，点F，B(P)，C在同一条直线上，AB＝EF＝6cm，BC＝FP＝8cm，∠EFP＝90°.如图2，△EFP从图1的位置出发，沿BC方向匀速运动，速度为1cm/s，EP与AB交于点G.同时，点Q从点C出发，沿CD方向匀速运动，速度为1cm/s.过Q作QM⊥BD，垂足为H，交AD于M，连接AF，PQ.当点Q停止运动时，△EFP也停止运动．设运动时间为t(s)(0＜t＜6)，解答下列问题：(1)当t为何值时，PQ∥BD?(2)设五边形AFPQM的面积为y(cm2)，求y与t之间的函数关系式；(3)在运动过程中，是否存在某一时刻t，使S五边形AFPQM∶S矩形ABCD＝9∶8？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；(4)在运动过程中，是否存在某一时刻t，使点M在PG的垂直平分线上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．解：(1)若PQ∥BD，则△CPQ∽△CBD，∴eq\f(CP,CB)＝eq\f(CQ,CD)，即eq\f(8－t,8)＝eq\f(t,6)，解得t＝eq\f(24,7).(2)由∠MQD＋∠CDB＝∠CBD＋∠CDB＝90°，可得∠MQD＝∠CBD.又∠MDQ＝∠C＝90°，所以△DQM∽△CBD.∴eq\f(MD,CD)＝eq\f(DQ,BC)，即eq\f(MD,6)＝eq\f(6－t,8)，∴MD＝eq\f(3,4)(6－t)．∴y＝S△ABF＋S矩形ABCD－S△CPQ－S△MDQ＝eq\f(1,2)AB×BF＋AB×BC－eq\f(1,2)PC×CQ－eq\f(1,2)MD×DQ＝eq\f(1,2)×6×(8－t)＋6×8－eq\f(1,2)(8－t)×t－eq\f(1,2)×eq\f(3,4)(6－t)×(6－t)＝eq\f(1,8)t2－eq\f(5,2)t＋eq\f(117,2)(0＜t＜6)．(3)假使存在t，使S五边形AFPQM∶S矩形ABCD＝9∶8.则y＝eq\f(9,8)S矩形ABCD＝54，即eq\f(1,8)t2－eq\f(5,2)t＋eq\f(117,2)＝54.整理得t2－20t＋36＝0，解得t1＝2，t2＝18(舍去)．∴当t＝2时，S五边形AFPQM∶S矩形ABCD＝9∶8.(4)存在．t＝eq\f(32,17).易证△PBG∽△PFE，∴eq\f(BP,BG)＝eq\f(FP,FE)，即eq\f(t,BG)＝eq\f(8,6)，∴BG＝eq\f(3,4)t.则AG＝6－eq\f(3,4)t，AM＝AD－MD＝8－eq\f(3,4)(6－t)＝eq\f(3,4)t＋eq\f(7,2).如图3，作MN⊥BC于N，则四边形MNCD为矩形．图3∴MN＝CD＝6，CN＝MD＝eq\f(3,4)(6－t)，故PN＝(8－t)－eq\f(3,4)(6－t)＝eq\f(7,2)－eq\f(t,4).若M在PG的垂直平分线上，则GM＝PM，∴GM2＝PM2，所以AG2＋AM2＝PN2＋MN2，即(6－eq\f(3,4)t)2＋(eq\f(3,4)t＋eq\f(7,2))2＝(eq\f(7,2)－eq\f(t,4))2＋62.整理得17t2－32t＝0，解得t1＝eq\f(32,17)，t2＝0(舍去)．∴当t＝eq\f(32,17)时，点M在PG的垂直平分线上．类型4与实践操作有关的几何综合题解题策略：近年来，中考数学试题加强了对实践操作能力的考查，这类试题能有效地考查实践能力、创新意识和直觉思维能力．解决这类问题需要通过观察、操作、比较、猜想、分析、综合、抽象和概括等实践活动和思维过程，灵活运用所有知识和生活经验，探索和发现结论，从而解决问题．(2022·山西)综合与实践背景阅读早在三千多年前，我国周朝数学家商高就提出：将一根直尺折成一个直角，如果勾等于三，股等于四，那么弦就等于五，即“勾三，股四，弦五”．它被记载于我国古代著名数学著作《周髀算经》中．为了方便，在本题中，我们把三边的比为3∶4∶5的三角形称为(3，4，5)型三角形．例如：三边长分别为9，12，15或3eq\r(2)，4eq\r(2)，5eq\r(2)的三角形就是(3，4，5)型三角形．用矩形纸片按下面的操作方法可以折出这种类型的三角形．实践操作如图1，在矩形纸片ABCD中，AD＝8cm，AB＝12cm.第一步：如图2，将图1中的矩形纸片ABCD沿过点A的直线折叠，使点D落在AB上的点E处，折痕为AF，再沿EF折叠，然后把纸片展平．第二步：如图3，将图2中的矩形纸片再次折叠，使点D与点F重合，折痕为GH，然后展平，隐去AF.第三步：如图4，将图3中的矩形纸片沿AH折叠，得到△AD′H，再沿AD′折叠，折痕为AM，AM与折痕EF交于点N，然后展平．问题解决(1)请在图2中证明四边形AEFD是正方形；(2)请在图4中判断NF与ND′的数量关系，并加以证明；(3)请在图4中证明△AEN是(3，4，5)型三角形．探索发现(4)在不添加字母的情况下，图4中还有哪些三角形是(3，4，5)型三角形？请找出并直接写出它们的名称．【自主解答】(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠D＝∠DAE＝90°.由折叠知AE＝AD，∠AEF＝∠D＝90°.∴∠D＝∠DAE＝∠AEF＝90°.∴四边形AEFD是矩形．∵AE＝AD，∴矩形AEFD是正方形．(2)NF＝ND′.证明：连接HN.由折叠知∠AD′H＝∠D＝90°，HF＝HD＝HD′.∵四边形AEFD是正方形，∴∠EFD＝90°.∵∠AD′H＝90°，∴∠HD′N＝90°.在Rt△HNF和Rt△HND′中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(HN＝HN，,HF＝HD′，))∴Rt△HNF≌Rt△HND′.∴NF＝ND′.(3)证明：∵四边形AEFD是正方形，∴AE＝EF＝AD＝8cm.由折叠知AD′＝AD＝8cm.设NF＝xcm，则ND′＝xcm，AN＝AD′＋ND′＝(8＋x)cm，EN＝EF－NF＝(8－x)cm.在Rt△AEN中，由勾股定理，得AN2＝AE2＋EN2.即(8＋x)2＝82＋(8－x)2.解得x＝2.∴AN＝8＋x＝10cm，EN＝8－x＝6cm.∴EN∶AE∶AN＝6∶8∶10＝3∶4∶5.∴△AEN是(3，4，5)型三角形．(4)△MFN，△MD′H，△MDA.1．(2022·南京)折纸的思考．【操作体验】用一张矩形纸片折等边三角形．第一步，对折矩形纸片ABCD(AB>BC)(图1)，使AB与DC重合，得到折痕EF，把纸片展平(图2)．第二步，如图3，再一次折叠纸片，使点C落在EF上的P处，并使折痕经过点B，得到折痕BG，折出PB，PC，得到△PBC.(1)说明△PBC是等边三角形；【数学思考】(2)如图4，小明画出了图3的矩形ABCD和等边三角形PBC.他发现，在矩形ABCD中把△PBC经过图形变化，可以得到图5中的更大的等边三角形．请描述图形变化的过程；(3)已知矩形一边长为3cm，另一边长为acm.对于每一个确定的a的值，在矩形中都能画出最大的等边三角形．请画出不同情形的示意图，并写出对应的a的取值范围；【问题解决】(4)用一张正方形铁片剪一个直角边长分别为4cm和1cm的直角三角形铁片，所需正方形铁片的边长的最小值为eq\f(16,5)cm.解：(1)由折叠知PB＝PC，BP＝BC，因此△PBC是等边三角形．图6(2)本题答案不唯一，下列解法仅供参考．例如，如图6，以点B为中心，在矩形ABCD中把△PBC逆时针方向旋转适当的角度，得到△P1BC1；再以点B为位似中心，将△P1BC1放大，使点C1的对应点C2落在CD上，得到△P2BC2.(3)本题答案不唯一，下列解法仅供参考，例如：0<a≤eq\f(3\r(3),2)eq\f(3\r(3),2)<a<2eq\r(3)a≥2eq\r(3)2．(2022·盐城)【探索发现】如图1是一张直角三角形纸片，∠B＝90°，小明想从中剪出一个以∠B为内角且面积最大的矩形，经过多次操作发现，当沿着中位线DE，EF剪下时，所得的矩形的面积最大，随后，他通过证明验证了其正确性，并得出：矩形的最大面积与原三角形面积的比值为eq\f(1,2)．图1图2图3【拓展应用】如图2，在△ABC中，BC＝a，BC边上的高AD＝h，矩形PQMN的顶点P，N分别在边AB，AC上，顶点Q，M在边BC上，则矩形PQMN面积的最大值为eq\f(1,4)ah．(用含a，h的代数式表示)【灵活应用】如图3，有一块“缺角矩形”ABCDE，AB＝32，BC＝40，AE＝20，CD＝16，小明从中剪出了一个面积最大的矩形(∠B为所剪出矩形的内角)，求该矩形的面积．【实际应用】如图4，现有一块四边形的木板余料ABCD，经测量AB＝50cm，BC＝108cm，CD＝60cm，且tanB＝tanC＝eq\f(4,3)，木匠徐师傅从这块余料中裁出了顶点M，N在边BC上且面积最大的矩形PQMN，求该矩形的面积．解：【探索发现】提示：由三角形中位的性质及∠B＝90°，易得四边形FEDB是矩形，且EF＝eq\f(1,2)BC，DE＝eq\f(1,2)AB.∴S△ABC＝eq\f(1,2)AB·BC，S矩形BDEF＝EF·ED＝eq\f(1,2)BC·eq\f(1,2)AB＝eq\f(1,4)AB·BC.∴S矩形BDEF∶S△ABC＝eq\f(\f(1,4)AB·BC,\f(1,2)AB·BC)＝eq\f(1,2).【拓展应用】提示：∵四边形PQMN是矩形，PN∥BC，∴eq\f(PN,BC)＝eq\f(AE,AD)＝eq\f(AD－PQ,AD).又BC＝a，AD＝h，∴PN＝eq\f(ah－aPQ,h)＝a－eq\f(a,h)PQ.∴S矩形PQMN＝PQ·PN＝(a－eq\f(a,h)PQ)·PQ.设PQ＝x，则S矩形PQMN＝(a－eq\f(a,h)x)x＝ax－eq\f(a,h)x2＝－eq\f(a,h)(x－eq\f(h,2))2＋eq\f(ah,4).∴当PQ＝eq\f(h,2)时，S矩形PQMN最大值为eq\f(ah,4).【灵活应用】如图5，延长BA与DE交于点F，延长BC与ED交于点G，延长AE与CD交于点H，FB中点为I，FG中点为K.∵ABCDE为缺角矩形，∴补全后ABCH为矩形．图5∵AB＝32，BC＝40，AE＝20，CD＝16.∴EH＝20，HD＝16.∴AE＝EH，CD＝DH.∵在△AEF与△HED中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠FAE＝∠DHE，,AE＝HE，,∠AEF＝∠HED，))∴△AEF≌△HED(ASA)．同理：△CGD≌△HED.∴AF＝DH＝16，CG＝EH＝20，∴BI＝eq\f(BA＋AF,2)＝24，∵16<BI<32，∴中位线IK在AB和ED线段上，过K点作KL⊥BC交BC于L点．由【探索发现】可知S矩形PQMN为最大面积＝LK·BL＝30×24＝720.【实际应用】图6如图6，延长BA，CD相交于点E，过点E作EH垂直BC交BC于H.∵tanB＝tanC＝eq\f(4,3).∴∠B＝∠C，∴EB＝EC.∵BC＝108cm，∴BH＝eq\f(1,2)BC＝54cm.∵tanB＝eq\f(EH,BH)，∴EH＝BH·tanB＝eq\f(4,3)×54＝72(cm)．∵在Rt△BHE中，∠EHB＝90°，∴BE＝eq\r(BH2＋EH2)＝90cm.∵AB＝50cm，∴AE＝40cm.∴BE的中点Q在AB上．∵CD＝60cm，∴ED＝30cm.∴CE的中点P在CD上．∴中位线PQ的两个端点在线段AB和CD上．由【拓展应用】可知矩形PQMN的最大面积为eq\f(1,4)BC·EH＝1944cm2.类型5其他类型的几何综合题1．(2022·安徽)已知正方形ABCD，点M为边AB的中点．(1)如图1，点G为线段CM上的一点，且∠AGB＝90°，延长AG，BG分别与边BC，CD交于点E，F.①求证：BE＝CF；②求证：BE2＝BC·CE；(2)如图2，在边BC上取一点E，满足BE2＝BC·CE，连接AE交CM于点G，连接BG并延长交CD于点F，求tan∠CBF的值．图1图2解：(1)①证明：∵四边形ABCD为正方形，∴AB＝BC，∠ABC＝∠BCF＝90°.又∠AGB＝90°，∴∠BAE＋∠ABG＝90°.又∠ABG＋∠CBF＝90°，∴∠BAE＝∠CBF.∴△ABE≌△BCF(ASA)．∴BE＝CF.②证明：∵∠AGB＝90°，点M为AB的中点，∴MG＝MA＝MB，∴∠GAM＝∠AGM.又∵∠CGE＝∠AGM，从而∠CGE＝∠CBG.又∠ECG＝∠GCB，∴△CGE∽△CBG.∴eq\f(CE,CG)＝eq\f(CG,CB)，即CG2＝BC·CE.由∠CFG＝∠GBM＝∠BGM＝∠CGF，得CF＝CG.由①知，BE＝CF，∴BE＝CG，∴BE2＝BC·CE.(2)方法一：延长AE，DC交于点N，∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥CD，∴∠N＝∠EAB.又∠CEN＝∠BEA，∴△CEN∽△B