类型2 动点类几何综合题-【一战成名新中考】2025年中考数学·纯练版总复习·二轮专题培优练

二轮专题培优练·数学 专 题 七 直 线 型 ︵ 三 角 形 ︑四 边 形 ︑多 边 形 ︶ 几 何 综 合 题 类型 2　 动点类几何综合题 1. (2023 郴州)已知△ABC 是等边三角形,点 D 是射线 AB 上的一个动点,延长 BC 至点 E,使 CE = AD,连接 DE 交射线 AC 于点 F. (1)如图①,当点 D 在线段 AB 上时,猜测线段 CF 与 BD 的数量关系并说明理由; (2)如图②,当点 D 在线段 AB 的延长线上时, ①线段 CF 与 BD 的数量关系是否仍然成立? 请说明理由; ②多解法 ∙∙∙ 如图③,连接 AE. 设 AB= 4,若∠AEB= ∠DEB,求四边形 BDFC 的面积. 图① 　 　 　 　 图② 　 　 　 　 图③ 第 1 题图 解:(1)CF= 1 2 BD,理由如下:如解图①,过点 D 作 DG∥BC,交 AC 于点 G, ∵△ABC 是等边三角形,∴AB=AC=BC,∠ABC=∠ACB=∠BAC= 60°, ∵DG∥BC,∴∠ADG=∠ABC= 60°,∠AGD=∠ACB= 60°,∠GDF=∠CEF, ∴△ADG 为等边三角形,∴AD=AG=DG, ∵AD=CE,AB-AD=AC-AG,∴DG=CE,BD=CG, 又∵∠DFG=∠EFC,∴△DGF≌△ECF(AAS), ∴CF=GF= 1 2 CG= 1 2 BD; (2)①成立,理由如下:如解图②,过点 D 作 DG∥BC,交 AC 的延长线于点 G, ∵△ABC 是等边三角形, ∴AB=AC=BC,∠ABC=∠ACB=∠BAC= 60°, ∵DG∥BC,∴∠ADG=∠ABC= 60°,∠AGD=∠ACB= 60°,∠GDF=∠CEF, ∴△ADG 是等边三角形,∴AD=AG=DG, ∵AD=CE,AD-AB=AG-AC, ∴DG=CE,BD=CG, 又∵∠DFG=∠EFC, ∴△DGF≌△ECF(AAS), ∴CF=FG= 1 2 CG= 1 2 BD; ②四边形 BDFC 的面积为 4 3 +6 6 . 详解见答案册 PX 56 二轮专题培优练·数学 专 题 七 直 线 型 ︵ 三 角 形 ︑四 边 形 ︑多 边 形 ︶ 几 何 综 合 题 2. (2023 海南)如图①,在菱形 ABCD 中,对角线 AC,BD 相交于点 O,AB = 6,∠ABC = 60°,点 P 为线 段 BO 上的动点(不与点 B,O 重合),连接 CP 并延长交边 AB 于点 G,交 DA 的延长线于点 H. (1)当点 G 恰好为 AB 的中点时,求证:△AGH≌△BGC; (2)求线段 BD 的长; (3)当△APH 为直角三角形时,求HP PC 的值; (4)如图②,作线段 CG 的垂直平分线,交 BD 于点 N,交 CG 于点 M,连接 NG,在点 P 的运动过 程中,∠CGN 的度数是否为定值? 如果是,求出这个定值;如果不是,请说明理由. 图① 　 　 　 　 图② 第 2 题图 (1)证明:∵四边形 ABCD 是菱形,∴AD∥BC,∴∠HAB=∠ABC, ∵点 G 是 AB 的中点,∴AG=BG, 又∵∠AGH=∠BGC,∴△AGH≌△BGC; (2)解:∵四边形 ABCD 是菱形, ∴AO=CO,BO=DO,AC⊥BD,∠ABD= 1 2 ∠ABC= 30°, ∴AO= 1 2 AB= 3,BO= 3AO= 3 3, ∴BD= 6 3; (3)解:当∠PAH= 90°时, ∵四边形 ABCD 是菱形,∴∠ABC=∠ADC= 60°,∠ADB= 1 2 ∠ADC= 30°, ∴AD= 3AP= 6,PD= 2AP,∴AP= 2 3,DP= 4 3, 由(2)知 BD= 6 3,∴BP= 2 3, ∵AD∥BC,∴△BPC∽△DPH,∴DP BP =HP PC , ∴HP PC = 4 3 2 3 = 2; 当∠APH= 90°时,∠DPA=∠DPC= 45°,∴AO=PO= 3,∴BP= 3 3 -3,DP= 3 3 +3, ∵AD∥BC,∴△BPC∽△DPH,∴DP BP =HP PC ,∴HP PC = 3 3 +3 3 3 -3 = 2+ 3 . 综上所述,HP PC = 2 或 2+ 3; (4)解:∠CGN 的度数是定值 30°. 详解见答案册 PX 66 二轮专题培优练·数学 专 题 七 直 线 型 ︵ 三 角 形 ︑四 边 形 ︑多 边 形 ︶ 几 何 综 合 题 3. (2024 南充)如图,正方形 ABCD 边长为 6 cm,点 E 为对角线 AC 上一点,CE = 2AE,点 P 在 AB 边 上以 1 cm / s 的速度由点 A 向点 B 运动,同时点 Q 在 BC 边上以 2 cm / s 的速度由点 C 向点 B 运 动,设运动时间为 t 秒(0<t≤3) . (1)求证:△AEP∽△CEQ; (2)当△EPQ 是直角三角形时,求 t 的值; (3)连接 AQ,当 tan∠AQE= 1 3 时,求△AEQ 的面积. 第 3 题图 (1)证明:∵四边形 ABCD 是正方形,∴∠PAE=∠QCE= 45°, ∵CE= 2AE,AP= t cm,CQ= 2t cm,∴AE CE =AP CQ = 1 2 ,∴△AEP∽△CEQ; (2)解:如解图①,过点 E 作 EM⊥AB 于点 M,过点 E 作 EN⊥BC 于点 N. 由题意知 AE= 2 2 cm,AM=ME= 2 cm,EN=CN= 4 cm,AP= t cm, CQ= 2t cm,BQ=(6-2t) cm,MP= | t-2 | cm,BP=(6-t) cm,QN= |2t-4 | cm, ∴EP2 =EM2+MP2,即 EP2 = 22+(2-t) 2 = t2-4t+8, PQ2 =BP2+BQ2,即 PQ2 =(6-t) 2+(6-2t) 2 = 5t2-36t+72, EQ2 =EN2+NQ2,即 EQ2 = 42+(2t-4) 2 = 4t2-16t+32, ①当∠EPQ= 90°时,则 EQ2 =EP2+PQ2, 即 4t2-16t+32= t2-4t+8+5t2-36t+72,整理得 t2-12t+24= 0. 解得 t1 = 6-2 3,t2 = 6+2 3(不合题意,舍去); ②当∠PEQ= 90°时,则 PQ2 =EP2+EQ2, 即 5t2-36t+72= t2-4t+8+4t2-16t+32,整理得 t-2= 0,解得 t= 2; ③当∠PQE= 90°时,则 EP2 =PQ2+EQ2, 即 t2-4t+8= 5t2-36t+72+4t2-16t+32,整理得 t2-6t+12= 0,该方程无实数解. 综上所述,当△EPQ 是直角三角形时,t 的值为 6-2 3或 2; (3)解:如解图②,过点 A 作 AF⊥AC,交 CB 的延长线于点 F,连接 FE 交 AQ 于点 G. ∵AF⊥AC,∠ACF= 45°,∴AF=AC, 又∵CE= 2AE,∴AE AC =AE AF = 1 3 ,∴tan∠AFE= 1 3 , ∵tan∠AQE= 1 3 ,∴∠AFE=∠AQE, ∵∠AGF=∠EGQ,∴△AGF∽△EGQ,∴AG EG =GF GQ , ∵∠AGE=∠FGQ,∴△AGE∽△FGQ,∴∠AEG=∠FQG, ∵∠AFE+∠AEG= 90°,∴∠FQG+∠AQE= 90°,即∠FQE= 90°, ∴AB∥EQ,△EQC 是等腰直角三角形, ∴QC BC =EC AC ,即QC 6 = 4 2 6 2 ,∴QC=QE= 4 cm, ∴S△AEQ =S△AQC-S△EQC = 1 2 QC·AB- 1 2 QC·EQ= 1 2 ×4×6- 1 2 ×4×4= 4(cm2) . 76 二轮专题培优练·数学 专 题 七 直 线 型 ︵ 三 角 形 ︑四 边 形 ︑多 边 形 ︶ 几 何 综 合 题 4. (2023 长春)如图①,在矩形 ABCD 中,AB= 3,AD= 5,点 E 在边 BC 上,且 BE= 2,动点 P 从点 E 出 发,沿折线 EB-BA-AD 以每秒 1 个单位长度的速度运动,作∠PEQ = 90°,EQ 交边 AD 或边 DC 于点 Q,连接 PQ. 当点 Q 与点 C 重合时,点 P 停止运动. 设点 P 的运动时间为 t 秒. ( t>0) (1)当点 P 和点 B 重合时,线段 PQ 的长为　 13 　 ; (2)当点 Q 和点 D 重合时,求 tan∠PQE; (3)当点 P 在边 AD 上运动时,△PQE 的形状始终是等腰直角三角形,如图②,请说明理由; (4)作点 E 关于直线 PQ 的对称点 F,连接 PF,QF,当四边形 EPFQ 和矩形 ABCD 重叠部分图形 为轴对称四边形时,直接写出 t 的取值范围. 图① 　 　 　 　 图② 第 4 题图 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋观察图②,若过点 P 作 BC 的垂线,则可构成一线三等角模型,一线三等角模型解读和练习详 见大单元结构化整合练 P39 解:(1) 13;【解法提示】如解图①,连接 BQ,∵ 四边形 ABCD 是矩形,∴ ∠BAQ = ∠ABE = 90°,∵ ∠PEQ= 90°,∴四边形 ABEQ 是矩形,当点 P 和点 B 重合时,∴QE=AB= 3,BE= 2,在 Rt△QBE 中,BQ = BE2+QE2 = 22+32 = 13 . (2)如解图②, ∵∠PEQ= 90°,∠PBE=∠ECD= 90°,∴∠1+∠2= 90°,∠2+∠3= 90°, ∴∠1=∠3,∴△PBE∽△ECD,∴ PE DE =BE CD , ∵BE= 2,CD=AB= 3,∴tan∠PQE=PE DE =BE CD = 2 3 ; (3)如解图③,过点 P 作 PH⊥BC 于点 H, ∵∠PEQ= 90°,∠PHE=∠ECQ= 90°,∴∠1+∠2= 90°,∠2+∠3= 90°,∴∠1=∠3, ∵四边形 ABCD 是矩形,∴四边形 ABHP 是矩形, ∴PH=AB= 3, 又∵EC=BC-BE= 5-2= 3,∴PH=EC, ∴△PHE≌△ECQ,∴PE=QE, ∴△PQE 是等腰直角三角形; (4)0<t≤9 -3 5 2 或 t= 17 6 或 t= 7. 详解见答案册 PX 86 参考答案与重难题解析·数学 29　 二 轮 专 题 培 优 练 答 案 ∴ PN 是△BCD 的中位线,PM 是△ABD 的中位线, ∴ PN∥BC,PN= 1 2 BC,PM∥AD,PM= 1 2 AD, ∵ AD=BC,∴ PM=PN, ∴ ∠PNM= ∠PMN, ∵ PM∥AD,∴ ∠PMN= ∠ANM= 60°, ∴ ∠PNM= ∠PMN= 60°, ∵ PN∥BC,∴ ∠CGN= ∠PNM= 60°, 又∵ ∠CNG= ∠ANM= 60°, ∴ △CGN 是等边三角形,∴ CN=GN, 又∵ CN=DN,∴ DN=GN, ∴ ∠NDG= ∠NGD= 1 2 ∠CNG= 30°, ∴ ∠CGD= ∠CGN+∠NGD= 90°, ∴ △CGD 是直角三角形. 6. 解:(1)BE=CF,30; 【解法提示】如解图①,设 BE 与 AC 交于点 O,∵ ∠BAC = ∠EAF= 30°,∴ ∠BAC+∠CAE= ∠EAF+∠CAE,即∠BAE = ∠CAF,在△ABE 和△ACF 中, AB=AC, ∠BAE= ∠CAF, AE=AF, { ∴ △ABE ≌△ACF( SAS),∴ BE = CF, ∠ABE = ∠ACD, ∵ ∠AOE = ∠ABE+∠BAC,∠AOE= ∠ACD+∠BDC,∴ ∠BDC = ∠BAC = 30°. 第 6 题解图① (2)BE=CF,∠BDC= 60°;理由如下: ∵ ∠BAC= ∠EAF= 120°,AE=AF, ∴ ∠AEF= ∠AFE= 30°,∠BAC-∠EAC= ∠EAF-∠EAC,即 ∠BAE= ∠CAF, 在△ABE 和△ACF 中, AB=AC, ∠BAE= ∠CAF, AE=AF, { ∴ △BAE≌△CAF(SAS), ∴ BE=CF,∠AEB= ∠AFC, ∴ ∠BDC= ∠BEF - ∠EFD = ∠AEB + 30° - ( ∠AFC - 30°) = 60°; (3)BF=CF+2AM;【解法提示】∵ △ABC 和△AEF 都是等 腰直角三角形,∠CAB = ∠EAF = 90°,∴ AB = AC,AE = AF, ∠AEF= ∠AFE = 45°,∠CAB- ∠CAE = ∠FAE- ∠CAE,即 ∠BAE = ∠CAF, ∴ △BAE ≌ △CAF ( SAS), ∴ BE = CF, ∵ AM⊥BF,∴ ∠AME= 90°,EF= 2EM,∴ ∠EAM = ∠AEF = 45°,∴ AM = EM,∴ EF = 2AM,∵ BF = BE+EF,∴ BF = CF +2AM. (4)7 + 7 4 或 7- 7 4 . 【解法提示】如解图②,连接 BD,以 BD 为直径作圆,由题意,取满足条件的点 P,P′,连接 PA,PB, 过点 A 作 AF⊥PB 于点 F,在 BP 上截取 BE=PD,连接 AE, BP′,DP′,则 PD=P′D= 1,∠BPD= ∠BP′D= 90°,∵ 在正方 形 ABCD 中,AB = 2, ∴ BD = 2 2 , ∴ BP = BD2 -PD2 = (2 2 ) 2 -12 = 7 ,∵ ∠PDA= ∠ABE,AD=AB,∴ △ADP≌ △ABE ( SAS ), ∴ AP = AE, ∠BAE = ∠DAP, ∴ ∠DAP + ∠DAE= ∠BAE+∠DAE = ∠BAD = 90°,即∠PAE = 90°,由 (3)可得 PB-PD = 2AF,∴ AF = PB -PD 2 = 7 -1 2 ,∴ S△PAB = 1 2 PB·AF= 7 - 7 4 ,同理可得 S△P′AB = 7+ 7 4 ,故△ABP 的面 积为 7+ 7 4 或 7- 7 4 . 第 6 题解图② 类型 2　 动点类几何综合题 1. 解:(1)CF= 1 2 BD,理由如下: 如解图①,过点 D 作 DG∥BC,交 AC 于点 G, 第 1 题解图① ∵ △ABC 是等边三角形, ∴ AB=AC=BC,∠ABC= ∠ACB= ∠BAC= 60°, ∵ DG∥BC, ∴ ∠ADG = ∠ABC = 60°, ∠AGD = ∠ACB = 60°, ∠GDF = ∠CEF, ∴ △ADG 为等边三角形, ∴ AD=AG=DG, ∵ AD=CE,AB-AD=AC-AG, ∴ DG=CE,BD=CG, 又∵ ∠DFG= ∠CFE, ∴ △DGF≌△ECF(AAS), ∴ CF=GF= 1 2 CG= 1 2 BD; (2)①成立,理由如下: 第 1 题解图② 如解图②,过点 D 作 DG∥BC,交 AC 的延长线于点 G, ∵ △ABC 是等边三角形, ∴ AB =AC =BC,∠ABC = ∠ACB = ∠BAC= 60°, ∵ DG∥BC, ∴ ∠ADG = ∠ABC = 60°, ∠AGD = ∠ACB = 60°, ∠GDF 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 92 参考答案与重难题解析·数学30　 二 轮 专 题 培 优 练 答 案 = ∠CEF, ∴ △ADG 是等边三角形, ∴ AD=AG=DG, ∵ AD=CE,AD-AB=AG-AC, ∴ DG=CE,BD=CG, 又∠DFG= ∠CFE, ∴ △DGF≌△ECF(AAS), ∴ CF=FG= 1 2 CG= 1 2 BD; ②解法一:在 DE 上截取 EM=EA,连接 BM,CD,过点 C 作 CH⊥AB 于点 H,如解图③, 第 1 题解图③ ∵ △ABC 是等边三角形,CH⊥AB,AB= 4, ∴ BH=AH= 2,∠BCH= 30°, ∴ CH= 3BH= 2 3 , ∵ AE=EM,∠AEB= ∠DEB,BE=BE, ∴ △ABE≌△MBE(SAS), ∴ BM=AB= 4,∠ABC= ∠MBE= 60° = ∠ACB, ∴ AC∥BM,∴ △DBM∽△DAF, ∴ BM AF =DB DA ,∴ 4 4+CF = 2CF 2CF+4 , ∴ CF= 2 2 (负值已舍去), ∴ S△ADC = 1 2 AD·CH= 4 3 +4 6 ,S△BCD = 4 6 , ∵ S△ACD S△CDF = AC CF = 4 2 2 ,∴ S△CDF = 2 6 +4 3 , ∴ S四边形BDFC =S△BCD+S△CDF = 4 3 +6 6 . 多解法 解法二:如解图④,过点 D 作 DG∥BC,交 AC 的延长线于 点 G,过点 A 作 AN⊥DG 于点 N,交 BC 于点 H,交 DE 于点 M,则 AN⊥BC, 第 1 题解图④ 由①知 CF=FG= 1 2 BD, ∵ △ABC 为等边三角形,AB=AC=BC= 4, ∴ BH=CH= 1 2 BC= 2,∴ AH= AB2 -BH2 = 2 3, ∵ ∠AEB= ∠DEB,EH=EH,∠AHE= ∠MHE= 90°, ∴ △AEH≌△MEH(ASA), ∴ MH=AH= 2 3,∴ AM= 2AH= 4 3, 由①知∠CEF= ∠MDN,DG=CE, ∴ ∠AEH= ∠MDN, ∴ tan∠AEH= tan∠MDN,∴ AH EH =MN DN , 设 MN= y,DG=CE= x,则 EH=CE+CH = x+2,DN = 1 2 DG = 1 2 x,∴ 2 3 x+2 = y 1 2 x ①, ∵ DG∥BC,∴ △ABC∽△ADG, ∴ BC DG =AH AN = AH AM+MN ,即 4 x = 2 3 4 3 +y ②, 联立①②可得:x= 4 2 +4 (负值已舍去), 经检验 x= 4 2 +4 是原方程的根, ∴ DG=CE= 4 2 + 4,DN = 2 2 + 2,CF = FG = 1 2 ( x- 4) = 2 2 ,∴ AN= 2 6 +2 3 , ∴ S△ACE = 1 2 CE·AH = 1 2 ×(4 2 + 4) × 2 3 = 4 6 + 4 3 , ∴ S△ACE S△CEF = AC CF = 4 2 2 , ∴ S△CEF = 2 2 (4 6 +4 3 )= 4 3 +2 6 , ∴ S四边形BDFC =S△ADG-S△ABC-S△DFG =S△ADG-S△ABC-S△CEF = 1 2 × (4 2 +4)(2 6 +2 3 )- 1 2 ×4×2 3 -4 3 -2 6 = 4 3 +6 6 . 2. (1)证明:∵ 四边形 ABCD 是菱形, ∴ AD∥BC,∴ ∠HAB= ∠ABC, ∵ 点 G 是 AB 的中点,∴ AG=BG, 又∵ ∠AGH= ∠BGC, ∴ △AGH≌△BGC; (2)解:∵ 四边形 ABCD 是菱形, ∴ AO=CO,BO=DO,AC⊥BD,∠ABD= 1 2 ∠ABC= 30°, ∴ AO= 1 2 AB= 3,BO= 3AO= 3 3 , ∴ BD= 6 3 ; (3)解:当∠PAH= 90°时, ∵ 四边形 ABCD 是菱形, ∴ ∠ABC= ∠ADC= 60°,∠ADB= 1 2 ∠ADC= 30°, ∴ AD= 3AP= 6,PD= 2AP, ∴ AP= 2 3 ,DP= 4 3 , 由(2)知 BD= 6 3 ,∴ BP= 2 3 , ∵ AD∥BC,∴ △BPC∽△DPH, ∴ DP BP =HP PC ,∴ HP PC = 4 3 2 3 = 2; 当∠APH= 90°时,∠DPA= ∠DPC= 45°, ∴ AO=PO= 3,∴ BP= 3 3 -3,DP= 3 3 +3, ∵ AD∥BC,∴ △BPC∽△DPH, ∴ DP BP =HP PC ,∴ HP PC = 3 3 +3 3 3 -3 = 2+ 3 . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 03 参考答案与重难题解析·数学 31　 二 轮 专 题 培 优 练 答 案 综上所述,HP PC 的值为 2 或 2+ 3 ; (4)解:∠CGN 的度数是定值, 如解图,取 BC 的中点 H,连接 OM,HM,NC, 第 2 题解图 ∵ MN 是 CG 的垂直平分线, ∴ GN=CN,GM=CM, ∴ ∠NGC= ∠GCN, 又∵ 点 H 是 BC 的中点, ∴ MH∥AB, ∵ 点 H 是 BC 的中点,AO=CO, ∴ OH∥AB, ∴ M,H,O 三点共线, ∵ 点 H 是 BC 的中点,AC⊥BD, ∴ HO=HB=CH,∴ ∠CBO= ∠BOH= 30°, ∵ ∠COB= ∠NMC= 90°, ∴ O,C,M,N 四点共圆, ∴ ∠BOH= ∠NCM= 30°, ∴ ∠CGN= ∠NCM= 30°. 3. (1)证明:∵ 四边形 ABCD 是正方形, ∴ ∠PAE= ∠QCE= 45°, ∵ CE= 2AE,AP= t cm,CQ= 2t cm, ∴ AE CE = AP CQ = 1 2 , ∴ △AEP∽△CEQ; (2)解:如解图①,过点 E 作 EM⊥AB 于点 M,过点 E 作 EN⊥BC 于点 N. 由题意知 AE= 2 2 cm,AM=ME= 2 cm,EN=CN = 4 cm,AP = t cm,CQ= 2tcm,BQ= (6-2t)cm,MP = | t-2 | cm,BP = (6- t)cm,QN= | 2t-4 | cm, ∴ EP2 =EM2 +MP2 ,即 EP2 = 22 +(2-t) 2 = t2 -4t+8, PQ2 =BP2 +BQ2 ,即 PQ2 = (6-t) 2 +(6-2t) 2 = 5t2 -36t+72, EQ2 =EN2 +NQ2 ,即 EQ2 = 42 +(2t-4) 2 = 4t2 -16t+32, ①当∠EPQ= 90°时,则 EQ2 =EP2 +PQ2 , 即 4t2 -16t+32 = t2 -4t+8+5t2 -36t+72, 整理得 t2 -12t+24 = 0, 解得 t1 = 6-2 3 ,t2 = 6+2 3 (不合题意,舍去); ②当∠PEQ= 90°时,则 PQ2 =EP2 +EQ2 , 即 5t2 -36t+72 = t2 -4t+8+4t2 -16t+32, 整理得 t-2 = 0, 解得 t= 2; ③当∠PQE= 90°时,则 EP2 =PQ2 +EQ2 , 即 t2 -4t+8 = 5t2 -36t+72+4t2 -16t+32, 整理得 t2 -6t+12 = 0,该方程无实数解, 综上所述,当△EPQ 是直角三角形时, t 的值为 6 - 2 3 或 2; 第 3 题解图① 　 　 第 3 题解图② (3)解:如解图②,过点 A 作 AF⊥AC,交 CB 的延长线于点 F,连接 FE 交 AQ 于点 G. ∵ AF⊥AC,∠ACF= 45°,∴ AF=AC, 又∵ CE= 2AE,∴ AE AC =AE AF = 1 3 , ∴ tan∠AFE= 1 3 , ∵ tan∠AQE= 1 3 ,∴ ∠AFE= ∠AQE, ∵ ∠AGF= ∠EGQ,∴ △AGF∽△EGQ, ∴ AG EG =GF GQ , ∵ ∠AGE= ∠FGQ,∴ △AGE∽△FGQ,∴ ∠AEG= ∠FQG, ∵ ∠AFE+∠AEG= 90°, ∴ ∠FQG+∠AQE= 90°,即∠FQE= 90°, ∴ AB∥EQ,△EQC 是等腰直角三角形, ∴ QC BC =EC AC ,即QC 6 = 4 2 6 2 ,∴ QC=QE= 4 cm, ∴ S△AEQ =S△AQC-S△EQC = 1 2 QC·AB- 1 2 QC·EQ = 1 2 ×4×6- 1 2 ×4×4 = 4(cm2 ) . 4. 解:(1) 13 ;【解法提示】如解图①,连接 BQ,∵ 四边形 ABCD 是矩形, ∴ ∠BAQ = ∠ABE = 90°, ∵ ∠PEQ = 90°, ∴ 四边形 ABEQ 是矩形,当点P 和点B 重合时,∴ QE=AB=3, BE=2,在 Rt△QBE 中,BQ= BE2+QE2 = 22+32 = 13 . 第 4 题解图① 　 　 第 4 题解图② (2)如解图②,∵ ∠PEQ= 90°,∠PBE= ∠ECD= 90°, ∴ ∠1+∠2 = 90°,∠2+∠3 = 90°, ∴ ∠1 = ∠3, ∴ △PBE∽△ECD,∴ PE DE =BE CD , ∵ BE= 2,CD=AB= 3, ∴ tan∠PQE=PE DE =BE CD = 2 3 ; (3)如解图③,过点 P 作 PH⊥BC 于点 H, ∵ ∠PEQ= 90°,∠PHE= ∠ECQ= 90°, ∴ ∠1+∠2 = 90°,∠2+∠3 = 90°, ∴ ∠1 = ∠3, ∵ 四边形 ABCD 是矩形, ∴ 四边形 ABHP 是矩形, ∴ PH=AB= 3, 又∵ EC=BC-BE= 5-2 = 3,∴ PH=EC, ∴ △PHE≌△ECQ(ASA),∴ PE=QE, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 13 参考答案与重难题解析·数学32　 二 轮 专 题 培 优 练 答 案 ∴ △PQE 是等腰直角三角形; 第 4 题解图③ 　 　 第 4 题解图④ (4)0<t≤9 -3 5 2 或 t= 17 6 或 t= 7. 【解法提示】①如解图④,当点 P 在 BE 上时,∵ QE =QF = 3,AQ=BE= 2,在 Rt△AQF 中,AF = QF2 -AQ2 = 32 -22 = 5 ,则 BF= 3- 5 ,∵ PE = t,∴ BP = 2- t,PF = PE = t,在 Rt△PBF 中,PF2 =PB2 +FB2 ,∴ t2 = (2-t) 2 +(3- 5 ) 2 ,解得 t = 9 -3 5 2 ,当 t < 9 -3 5 2 时,点 F 在矩形内部, ∴ 0 < t≤ 9-3 5 2 符合题意;②当 P 点在 AB 上时,当 F,A 重合时符合 题意,此时如解图⑤,则 PB = t-BE = t-2,PE = AP = AB-PB = 3-( t-2)= 5-t,在 Rt△PBE 中,PE2 =PB2 +BE2 ,∴ (5-t) 2 = ( t-2) 2 +22 ,解得 t= 17 6 ;③当点 P 在 AD 上,当 F,D 重合 时符合题意,如解图⑥,此时点 Q 与点 C 重合,则 PFQE 是 正方形,此时 t= 2+3+2 = 7. 综上所述,0<t≤9 -3 5 2 或 t= 17 6 或 t= 7. 第 4 题解图⑤ 　 　 第 4 题解图⑥ 类型 3　 旋转类几何综合题 热身小练 1. 等边　 2. 等腰直角 3. 解:点 D 的位置如解图所示. 第 3 题解图 综合训练 1. (1)证明:由题意可知,∠ACB = ∠DCE = 90°,CA = CB,CD =CE, ∴ ∠ACB-∠DCB= ∠DCE-∠DCB, 即∠ACD= ∠BCE, 在△CAD 和△CBE 中, CA=CB, ∠ACD= ∠BCE, CD=CE, { ∴ △CAD≌△CBE(SAS); (2)解:∵ 在 Rt△ABC 中,AC=BC= 3 2 , ∴ ∠CAB= ∠CBA= 45°,AB= 2AC= 6, ∴ BD=AB-AD= 6-2 = 4, ∵ △CAD≌△CBE(SAS), ∴ BE=AD= 2,∠CBE= ∠CAD= 45°, ∴ ∠ABE= ∠ABC+∠CBE= 90°. ∴ 在 Rt△DBE 中,DE= BD2 +BE2 = 2 5 , ∴ 在 Rt△CDE 中,CE=CD=DE 2 = 10 ; (3)解:存在. 由(2)可知,AD2 +BD2 =BE2 +BD2 =DE2 = 2CD2 , ∴ 当 CD 最小时,AD2 +BD2 的值最小,此时 CD⊥AB, ∵ △ABC 为等腰直角三角形, ∴ CD= 1 2 AB= 1 2 ×6 = 3, ∴ AD2 +BD2 = 2CD2 ≥2×32 = 18. 2. 解:(1)BE= 2CD;【解法提示】如解图①,过点 E 作 EM⊥ CB 交 CB 延长线于点 M,由旋转得 AD =DE,∠ADE = 90°, ∴ ∠ADC + ∠EDM = 90°, ∵ ∠ACB = 90°, ∴ ∠ACD = ∠DME,∠ADC+∠CAD= 90°,∴ ∠CAD = ∠EDM,∴ △ACD ≌△DME(AAS),∴ CD =EM,AC =DM,∵ AC =BC,∴ BM = DM-BD=AC-BD = BC-BD = CD,∴ BM = EM,∵ EM⊥CB, ∴ BE= 2EM= 2CD. 第 2 题解图① 　 　 第 2 题解图② (2)补全图形如解图②,BE= 2CD,证明如下: 过点 E 作 EM⊥BC 于点 M, 由旋转得 AD=DE,∠ADE= 90°, ∴ ∠ADC+∠EDM= 90°, ∵ ∠ACB= 90°, ∴ ∠ACD= ∠DME,∠ADC+∠CAD= 90°, ∴ ∠CAD= ∠EDM, ∴ △ACD≌△DME(AAS), ∴ CD=EM,AC=DM, ∵ AC=BC,∴ DM=BC, ∴ DM-CM=BC-CM,∴ CD=BM,∴ EM=BM, ∵ EM⊥CB, ∴ BE= 2EM= 2CD; (3)2 13 13 或 2 5 5 . 【解法提示】如解图③,当点 D 在 CB 的 延长线上时,过点 E 作 EM⊥CB 交 CB 延长线于点 M,由 (2)得 DM=AC= 1,EM =CD = 2,∴ CM =CD+DM = 3,∴ CE = CM2 +EM2 = 13 ,∴ sin∠ECD= EM CE = 2 13 = 2 13 13 ;如 解图④,当点 D 在 BC 的延长线上时,过点 E 作 EM⊥BC 交 BC 的延长线于点 M,同理可得△ACD≌△DME,∴ DM 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 23