专题五 突破设问5 最值问题 类型2 旋转探究-【一战成名新中考】2025山东中考数学·二轮复习·专项培优练

专项培优练·山东数学 重 难 专 题 类型 2　 旋转探究(统考卷 22 题) 4. [2024 东营 24 题 10 分]在 Rt△ABC 中,∠ACB= 90°,AC= 1,BC= 3. (1)问题发现 如图①,将△CAB 绕点 C 按逆时针方向旋转 90°得到△CDE,连接 AD,BE,线段 AD 与 BE 的数量关系是　 BE=3AD　 ,AD 与 BE 的位置关系是　 AD⊥BE　 ; (2)类比探究 将△CAB 绕点 C 按逆时针方向旋转任意角度得到△CDE,连接 AD,BE,线段 AD 与 BE 的数量关系,位置关系与(1)中结论是否一致? 若 AD 交 CE 于点 N,请结合图②说明 理由; (3)迁移应用 如图③,将△CAB 绕点 C 旋转一定角度得到△CDE,当点 D 落到 AB 边上时,连接 BE, 求线段 BE 的长. 图① 　 　 　 图② 　 　 　 图③ 第 4 题图 解:(1)BE=3AD,AD⊥BE; (2)线段 AD 与 BE 的数量关系,位置关系与(1)中结论一致,理由如下: 如解图①,延长 DA 交 BE 于点 H, ∵将△CAB 绕点 C 按逆时针方向旋转任意角度得到△CDE, ∴DC=AC=1,CE=BC=3,∠DCE=∠ACB=90°,∠ECB=∠ACD, ∴AC BC =CD CE = 1 3 ,∴△BCE∽△ACD,∴AD BE =AC BC = 1 3 ,∠CDA=∠CEB,∴BE=3AD, ∵∠CEB+∠ENH=∠CDA+∠CND=90°,∴∠EHD=90°,∴AD⊥BE; (3)如解图②,过点 C 作 CN⊥AB 于点 N, ∵∠ACB=90°,AC=1,BC=3,∴AB= AC2+BC2 = 1+9 = 10 , ∵CN⊥AB,∴∠ANC=90° =∠ACB, 又∵∠A=∠A,∴△ACN∽△ABC,∴AC AB =AN AC ,∴AN· 10 =1,∴AN= 10 10 , ∵AC=DC,CN⊥AB,∴AD=2AN= 10 5 ,由(2)可知 BE=3AD,∴BE=3 10 5 . 16 专项培优练·山东数学 重 难 专 题 5. [2024 山东统考卷 22 题 12 分]一副三角板分别记作△ABC 和△DEF,其中∠ABC = ∠DEF = 90°,∠BAC= 45°,∠EDF= 30°,AC=DE. 作 BM⊥AC 于点 M,EN⊥DF 于点 N,如图①. (1)求证:BM=EN; (2)在同一平面内,将图①中的两个三角形按如图②所示的方式放置,点 C 与点 E 重合记 为 C,点 A 与点 D 重合,将图②中的△DCF 绕 C 按顺时针方向旋转 α 后,延长 BM 交 直线 DF 于点 P. ①当 α= 30°时,如图③,求证:四边形 CNPM 为正方形; ②当 30°<α<60°时,写出线段 MP,DP,CD 的数量关系,并证明; 当 60°<α<120°时,直接写出线段 MP,DP,CD 的数量关系. 图① 图② 图③ 备用图 第 5 题图 (1)证明:设 AC=DE=a,∵∠ABC=∠DEF=90°,∠BAC=45°,∴∠A=∠C=45°,∴AB=BC, ∵BM⊥AC,∴BM=AM=CM= 1 2 AC= 1 2 a, ∵∠EDF=30°,EN⊥DF,∴EN= 1 2 DE= 1 2 a,∴BM=EN; (2)①证明:∵∠D=30°,CN⊥DF,∴∠CND=90°,∠DCN=90°-30° =60°, ∵α=∠ACD=30°,∴∠ACN=90°, ∵BM⊥AC,∴∠PMC=∠BMC=90°,∴四边形 CNPM 为矩形, ∵BM=EN,即 BM=CN,而 BM=CM,∴CM=CN,∴四边形 CNPM 是正方形; ②解:当 30°<α<60°时,线段 MP,DP,CD 的数量关系为DP +MP CD = 3 2 , 证明:如解图,当 30°<α<60°时,连接 CP, 由(1)可得 CM=CN,∠PMC=∠PNC=90°, ∵CP=CP,∴Rt△PMC≌Rt△PNC(HL), ∴PM=PN,∴MP+DP=PN+DP=DN, ∵∠D=30°,∴cosD=DN CD =DP+MP CD =cos30° = 3 2 ,∴DP +MP CD = 3 2 , ∴当 30°<α<60°时,线段 MP,DP,CD 的数量关系为DP +MP CD = 3 2 ; 当 60°<α<120°时,线段 MP,DP,CD 的数量关系为MP -DP CD = 3 2 . 【解法提示】见本册 P. 26 专项培优练·山东数学 重 难 专 题 6. 名师原创 问题情境 在正方形 ABCD 中,AB= 3,将正方形 EFGH 的顶点 E 放在正方形 ABCD 的对角线 AC 上, 且 AE= 1 2 EC. 将正方形 EFGH 绕点 E 旋转,边 EF 与 EH 分别交边 AB,BC 于 M,N 两点. 猜想证明 (1)如图①,正方形 EFGH 绕点 E 旋转过程中,当 AM = 1 2 MB 时,试判断四边形 MBNE 的 形状,并说明理由; 实践探究 (2)如图②,正方形 EFGH 绕点 E 旋转过程中,试问线段 EM 和 EN 之间有什么数量关系? 并加以证明; 问题解决 (3)如图③,正方形 EFGH 绕点 E 旋转过程中,当 AM=CN 时,求 AM 的长. 图① 　 　 　 　 图② 　 　 　 　 图③ 第 6 题图 解:(1)四边形 MBNE 是矩形. 理由:∵AE= 1 2 EC,AM= 1 2 MB,∴AE AC =AM AB = 1 3 , 又∵∠MAE=∠BAC,∴△AME∽△ABC,∴∠AME=∠B. ∵四边形 ABCD 为正方形,∴∠AME=∠B=90°,∴∠EMB=180°-∠AME=180°-90° =90°. ∵四边形 EFGH 为正方形,∴∠FEH=90°,即∠MEN=90°,∴∠EMB=∠B=∠MEN=90°, ∴四边形 MBNE 是矩形; (2)EN=2EM. 证明:如解图①,过点 E 作 EQ⊥BC,EP⊥AB,垂足分别是 Q,P, ∴∠EPB=∠EQB=90°. ∵四边形 ABCD为正方形,∴∠ABC=90°,∴∠EPB=∠EQB=∠PBQ=90°, ∴四边形 PBQE 是矩形,∴PE=BQ,AB∥EQ,∴AE EC =BQ QC = 1 2 . ∵四边形 ABCD 为正方形,AC 为对角线,∴∠ACB=45°, 即∠ECQ=45°. ∵∠EQC=90°,∴EQ=QC,∴ PE EQ =BQ QC = 1 2 . ∵四边形 EFGH 为正方形,∴∠FEH=90°. ∵四边形 PBQE 为矩形, ∴∠PEQ=90°.即∠MEP+∠PEN=∠PEN+∠NEQ=90°,∴∠MEP=∠NEQ. 又∵∠MPE=∠NQE=90°,∴△MPE∽△NQE. ∴EM EN =PE QE = 1 2 ,即 EN=2EM; (3)如解图②,过点 E 作 EQ⊥BC,EP⊥AB,垂足分别是 Q,P, 通过(2)得△MPE∽△NQE,∴PM QN =PE QE = 1 2 . ∵∠APE=∠B=90°,∴PE∥BC,∴AP PB =AE EC = 1 2 , 又∵AB=3,∴AP=1,BP=2. ∵AC 为正方形 ABCD 的对角线, ∴∠PAE=45°,∴AP=PE=1,由(2)知四边形 PBQE 为矩形,∴PE=BQ=1. ∵PM QN = 1 2 ,设 PM=x,则 QN=2x, ∵AM=CN,∴BM=BN,∴2-x=1+2x,解得 x= 1 3 ,∴AM=AP+PM=1+ 1 3 = 4 3 . 36 参考答案与重难题解析·山东数学　 专 项 培 优 练 ∴ FK=AF-AK= 3 2 2 x,∴ tan∠AFG= KG KF = 1 3 , 故乙同学的说法也正确; (2)证明:解法一:如解图②,过点 G 作 GQ⊥PM 交 PM 的 延长线于点 Q, 第 2 题解图② 由折叠的性质得 FP = PM,FG = GM,GH = GQ, ∠FPG = ∠MPG,PH=PQ, ∵ AB∥CD,∴ ∠FPG= ∠PGM,∴ ∠PGM= ∠MPG, ∴ PM=GM,∴ PF=GM=PM=FG, ∴ 四边形 FGMP 是菱形,∴ ∠FNG= 90°, ∴ ∠FGN= ∠GPQ, ∵ ∠GQP= 90° = ∠FNG, ∴ △GFN∽△PGQ,∴ FN GQ =GN PQ ,∴ FN·PQ=GN·GQ, ∵ AM=AG+GM=HF+FP=PH,∴ AM=PQ, ∵ GQ=GH=AD,∴ FN·AM=GN·AD. 解法二:连接 DM,证△ADM∽△NFG 也可以. 3. 解:【操作证明】△BDF 是等腰三角形. 理由如下: 由折叠得∠FBD= ∠DBC, ∵ 四边形 ABCD 为矩形, ∴ AD∥BC, ∴ ∠FDB= ∠DBC, ∴ ∠FBD= ∠FDB, ∴ BF=DF, ∴ △BDF 是等腰三角形; 【类比应用】 (1)四边形 ABPE 为菱形,理由如下: 由折叠得∠APB= ∠APE,BP=PE,AB=AE, ∵ 四边形 ABCD 是平行四边形, ∴ AD∥BC, ∴ ∠EAP= ∠APB, ∴ ∠EAP= ∠APE, ∴ AE=PE=BP=AB, ∴ 四边形 ABPE 是菱形; (2)由折叠得∠APB= ∠APE,AB=AE,BP=PE, ∵ 四边形 ABCD 是平行四边形, ∴ AD∥BC,BC=AD= 10,AB=CD=AE= 3 5 , ∴ ∠ADP= ∠DPC,∠DAP= ∠APB,∴ ∠DAP= ∠APD, ∴ PD=AD=BC= 10, ∵ P 是 BC 的中点, ∴ BP=PC=PE=DE= 5, 在△ADE 和△DPC 中, AD=DP, ∠ADE= ∠DPC, DE=PC, { ∴ △ADE≌△DPC(SAS), ∴ ∠DAE= ∠PDC, 又∵ ∠AFD= ∠EFD, ∴ △AFD∽△DFE, ∴ EF DF =DF AF =DE AD = 5 10 = 1 2 , 设 EF=a,则 DF= 2a, ∴ AF= DF2 EF = (2a) 2 a = 4a, ∵ AF=AE+EF, ∴ 4a= 3 5 +a,解得 a= 5 , ∴ AF= 4a= 4 5 ,即 AF 的长为 4 5 . 4. 解:(1)BE= 3AD,AD⊥BE; 【解法提示】如解图①,延长 DA 交 BE 于点 H,∵ 将△CAB 绕点 C 按逆时针方向旋转 90°得到△CDE,∴ AC=DC= 1, BC=CE= 3,∠ECB = ∠ACD = 90°,∴ AD = 2 ,BE = 3 2 , ∠CAD= ∠ADC = 45°,∠CBE = ∠CEB = 45°,∴ BE = 3AD, ∠CAD= ∠EAH= 45°,∴ ∠EHA= 90°,∴ AD⊥BE. 第 4 题解图① (2)线段 AD 与 BE 的数量关系,位置关系与(1)中结论一 致,理由如下:如解图②,延长 DA 交 BE 于点 H, 第 4 题解图② ∵ 将 △CAB 绕点 C 按逆时针方向旋转任意角度得 到△CDE, ∴ DC=AC= 1,CE=BC= 3,∠DCE= ∠ACB= 90°, ∠ECB= ∠ACD, ∴ AC BC =CD CE = 1 3 ,∴ △BCE∽△ACD, ∴ AD BE = AC BC = 1 3 ,∠CDA= ∠CEB,∴ BE= 3AD, ∵ ∠CEB+∠ENH= ∠CDA+∠CND = 90°,∴ ∠EHD = 90°, ∴ AD⊥BE; (3)如解图③,过点 C 作 CN⊥AB 于点 N, 第 4 题解图③ ∵ ∠ACB= 90°,AC= 1,BC= 3, ∴ AB= AC2 +BC2 = 1+9 = 10 , ∵ CN⊥AB,∴ ∠ANC= 90° = ∠ACB, 又∵ ∠A= ∠A,∴ △ACN∽△ABC,∴ AC AB =AN AC , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 88 参考答案与重难题解析·山东数学　 专 项 培 优 练 ∴ AN· 10 = 1,∴ AN= 10 10 , ∵ AC=DC,CN⊥AB,∴ AD= 2AN= 10 5 , 由(2)可知 BE= 3AD,∴ BE= 3 10 5 . 5. (1)证明:设 AC=DE=a, ∵ ∠ABC= ∠DEF= 90°,∠BAC= 45°, ∴ ∠A= ∠C= 45°,∴ AB=BC, ∵ BM⊥AC,∴ BM=AM=CM= 1 2 AC= 1 2 a, ∵ ∠EDF= 30°,EN⊥DF,∴ EN= 1 2 DE= 1 2 a,∴ BM=EN; (2)①证明:∵ ∠D= 30°,CN⊥DF, ∴ ∠CND= 90°,∠DCN= 90°-30° = 60°, ∵ α= ∠ACD= 30°,∴ ∠ACN= 90°, ∵ BM⊥AC,∴ ∠PMC= ∠BMC= 90°, ∴ 四边形 CNPM 为矩形, ∵ 由(1)知 BM=EN,即 BM=CN,而 BM=CM, ∴ CM=CN,∴ 矩形 CNPM 是正方形; ②解:当 30°<α< 60°时,线段 MP,DP,CD 的数量关系为 DP+MP CD = 3 2 , 证明:如解图①,当 30°<α<60°时,连接 CP, 第 5 题解图① 由(1)可得 CM=CN,∠PMC= ∠PNC= 90°, ∵ CP=CP,∴ Rt△PMC≌Rt△PNC(HL), ∴ PM=PN,∴ MP+DP=PN+DP=DN, ∵ ∠D= 30°,∴ cosD= DN CD =DP +MP CD = cos30° = 3 2 , ∴ DP+MP CD = 3 2 , ∴ 当 30° < α < 60°时,线段 MP,DP,CD 的数量关系为 DP+MP CD = 3 2 ; 当 60° < α < 120° 时, 线段 MP, DP, CD 的数量关系为 MP-DP CD = 3 2 . 【解法提示】如解图②,当 60°<α< 120°时,连接 CP,同理 可得,Rt△PMC≌Rt△PNC(HL),∴ PM=PN,∴ DN =PN- DP=MP-DP,∵ ∠CDF = 30°,∴ cos∠CDF = DN CD = MP -DP CD = cos30° = 3 2 ,∴ MP-DP CD = 3 2 ,∴ 当 60°<α<120°时,线段 MP,DP,CD 的数量关系为 MP-DP CD = 3 2 . 第 5 题解图② 6. 解:(1)四边形 MBNE 是矩形. 理由:∵ AE= 1 2 EC,AM= 1 2 MB, ∴ AE AC =AM AB = 1 3 , 又∵ ∠MAE= ∠BAC, ∴ △AME∽△ABC, ∴ ∠AME= ∠B. ∵ 四边形 ABCD 为正方形, ∴ ∠AME= ∠B= 90°, ∴ ∠EMB= 180°-∠AME= 180°-90° = 90°. ∵ 四边形 EFGH 为正方形, ∴ ∠FEH= 90°,即∠MEN= 90°, ∴ ∠EMB= ∠B= ∠MEN= 90°, ∴ 四边形 MBNE 是矩形; (2)EN= 2EM. 证明:如解图①,过点 E 作 EQ⊥BC,EP⊥AB,垂足分别是 Q,P, 第 6 题解图① ∴ ∠EPB= ∠EQB= 90°. ∵ 四边形 ABCD 为正方形, ∴ ∠ABC= 90°, ∴ ∠EPB= ∠EQB= ∠PBQ= 90°, ∴ 四边形 PBQE 是矩形, ∴ PE=BQ,AB∥EQ, ∴ AE EC =BQ QC = 1 2 . ∵ 四边形 ABCD 为正方形,AC 为对角线, ∴ ∠ACB= 45°,即∠ECQ= 45°. ∵ ∠EQC= 90°,∴ EQ=QC, ∴ PE EQ =BQ QC = 1 2 . ∵ 四边形 EFGH 为正方形,∴ ∠FEH= 90°. ∵ 四边形 PBQE 为矩形,∴ ∠PEQ= 90°. 即∠MEP+∠PEN= ∠PEN+∠NEQ= 90°, ∴ ∠MEP= ∠NEQ. 又∵ ∠MPE= ∠NQE= 90°,∴ △MPE∽△NQE. ∴ EM EN =PE QE = 1 2 ,即 EN= 2EM; (3)如解图②,过点 E 作 EQ⊥BC,EP⊥AB,垂足分别是 Q,P, 通过(2)得△MPE∽△NQE, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 98 参考答案与重难题解析·山东数学　 专 项 培 优 练 第 6 题解图② ∴ PM QN =PE QE = 1 2 . ∵ ∠APE= ∠B= 90°, ∴ PE∥BC, ∴ AP PB = AE EC = 1 2 , 又∵ AB= 3, ∴ AP= 1,BP= 2. ∵ AC 为正方形 ABCD 的对角线, ∴ ∠PAE= 45°,∴ AP=PE= 1, 由(2)知四边形 PBQE 为矩形, ∴ PE=BQ= 1. ∵ PM QN = 1 2 , 设 PM= x,则 QN= 2x, ∵ AM=CN,∴ BM=BN, ∴ 2-x= 1+2x,解得 x= 1 3 , ∴ AM=AP+PM= 1+ 1 3 = 4 3 . 7. 解:(1)①∠ACD,② AC AD ; (2)△AEB 是直角三角形,理由如下: ∵ ∠ACE= ∠AFC,∠CAE= ∠FAC,∴ △ACF∽△AEC, ∴ AC AF =AE AC ,∴ AC2 =AF·AE, 由(1)得 AC2 =AD·AB,∴ AF·AE=AD·AB,∴ AF AB =AD AE , ∵ ∠FAD= ∠BAE,∴ △AFD∽△ABE, ∴ ∠AEB= ∠ADF= 90°,∴ △AEB 是直角三角形; (3)∵ ∠CEB= ∠CBD,∠ECB= ∠BCD, ∴ △CEB∽△CBD, ∴ CE CB =CB CD ,∴ CD·CE=CB2 = 24. 如解图,以点 A 为圆心,2 为半径作☉A,则 C,D 都在☉A 上,延长 CA 到 E0 ,使 CE0 = 6,交☉A 于点 D0 ,则 CD0 = 4, ∠CDD0 = 90°, 第 7 题解图 ∴ CD0 ·CE0 = 24 =CD·CE,则 CD0 CE = CD CE0 , ∵ ∠ECE0 = ∠D0CD,∴ △ECE0 ∽△D0CD, ∴ ∠CE0E= ∠CDD0 = 90°, ∴ 点 E 在过点 E0 且与 CE0 垂直的直线上运动, 过点 B 作 BE′⊥E0E,垂足为 E′,BE′即为最短的 BE,连 接 CE′, ∵ ∠BCE0 = ∠CE0E′= ∠BE′E0 = 90°, ∴ 四边形 CE0E′B 是矩形, ∴ E0E′=BC= 2 6 , 在 Rt△CE0E′中,CE′= (2 6 ) 2 +62 = 2 15 , ∴ 当线段 BE 的长度取得最小值时,CE= 2 15 . 8. (1)证明:∵ 四边形 ABCD 是正方形, ∴ ∠BAC= ∠BCA= 45°,∠ABC= 90°,AB=BC, ∵ BE⊥BF,CF⊥AC,∴ ∠EBF= ∠ECF= 90° = ∠ABC, ∴ ∠ABE= ∠CBF,∠BCF= 45° = ∠BAC, ∴ △ABE≌△CBF(ASA),∴ BE=BF; (2)解:∵ BE⊥BF,CF⊥AC,∴ ∠EBF= ∠ECF= 90°, 根据直径所对的圆周角是 90°,可得点 C,E,B,F 在以 EF 为直径的圆上, ∴ 点 C,E,B,F 四点共圆, ∴ ∠ACB= ∠EFB= 60°,∴ ∠BAE= ∠BEF= 30°, ∴ AB= 3BC,BE= 3BF,∴ AB BC =EB BF = 3 , ∵ ∠EBF= ∠ABC,∴ ∠ABE= ∠CBF, ∴ △ABE∽△CBF,∴ CF AE =BC AB = 3 3 ; (3)解:线段 CF 的长为 2 3 -2 或 2 3 +2. 【解法提示】当 E 在线段 AC 上时,由( 2) 知 CF AE = BC AB = 3 3 ,∵ AB = 4 3 , ∴ CB= 4,∵ △ABE∽△CBF,∴ ∠ABE = ∠CBF,∴ ∠EBF = ∠EBC+∠CBF = ∠EBC+∠ABE = ∠ABC = 90°,∵ M 为 EF 的中点,∴ BM = 1 2 EF,由(2)知∠ACF = 90°,∴ CM = 1 2 EF, ∴ BM = CM, 又 ∵ △CBM 是直角三角形, 且当 ∠MBC= 90°或∠MCB = 90°时,点 M 不存在,∴ ∠BMC = 90°,∴ CM= 2 2 BC= 2 2 ,∴ EF = 2CM = 4 2 ,设 CF = x,则 AE= 3 x, ∵ ∠CAB= 30°,BC = 4,∴ AC = 2BC = 8,∴ CE = AC-AE= 8- 3 x,∵ ∠ECF = 90°,∴ CE2 +CF2 = EF2 ,∴ x2 + (8- 3 x) 2 = 32,∴ x = 2 3 -2 或 x = 2 3 +2(不合题意,舍 去);如解图,当 E 在 AC 延长线上时,设 CF = x,则 AE = 3 x,∴ CE= 3 x-8,∵ ∠ECF = 90°,∴ CE2 +CF2 = EF2 ,∴ x2 +( 3 x-8) 2 = 32,解得 x= 2 3 -2(不合题意,舍去)或 x = 2 3 +2,综上所述,CF 的长为 2 3 -2 或 2 3 +2. 第 8 题解图 9. (1)证明:如解图①,设 CD 与 EF 相交于点 M, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 09