第1部分 专项12 几何综合型问题（课件PPT）-【指点中考】2025年湖北中考数学题型突破

题型专项攻略 第一部分 专项十二　几何综合型问题 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 制 作 者：指点中考 适用对象：初中学生 制作软件：Powerpoint2010、 Photoshop cs3 运行环境：WindowsXP以上操作系统 题型1　平移型问题 本题型紧扣平移的性质，找相等线段是解题关键．一般位于压轴题第二问或第三问，分值为4～6分，难度值为0.3～0.45；渗透数形结合、分类讨论、化归转化思想，考查构造全等或相似、构造方程等方法． (2024新乡模拟)如图1，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4.把△ADB沿线段BC向右平移，点B，D的对应点分别是E，F，EF与CD相交于点N(如图2)． (1)观察：图2中BE与DF的数量关系是____，DN与DF的位置关系是______； (2)迁移：如图3，在平移过程中，连接DE，沿着DE将△ECD进行翻折，得对应△EGD． ①若四边形GECD为正方形，则DN的长度为______； ②设∠CDE＝α，求G，C两点之间的距离． 　　 解：(1)BE＝DF，DN⊥DF. (2)①. ②连接GC交DE于M(图略)， ∵△ECD翻折得到△EGD，∴△ECD和△EGD关于直线DE对称，∴DE垂直平分GC， 在Rt△MDC中，∠CDE＝α，CD＝3， ∴MC＝3sin α，∴GC＝2MC＝6sin α. 综合与实践 问题情境： 在Rt△ABC中，∠B＝90°，∠BAC＝30°，BC＝3，在AC上方构造直角三角形ACD，使得∠DAC＝30°，∠ACD＝90°.△EFG(∠EFG＝90°，EF＝GF)的顶点E与点D重合，腰EF在AD上，将△EFG沿着射线DA平移，当顶点F与点A重合后，△EFG沿射线AB平移． 问题解决： (1)当点F在AD上时，如图1，若点B，G之间的最短距离为2，求EF的长； (2)当△EFG平移到图2所示的位置时，连接CE，CG，AG，若四边形CEAG恰好是平行四边形，求DE的长； (3)如图3，连接BD交AC于点M，当点E与点M重合时，求AF的长． 　 解：(1)在Rt△ABC中，∠ABC＝90°， ∠BAC＝30°，BC＝3，∴AB＝3. 易知当点F在AD上时，点G在AD下方平行于AD且到AD的距离为EF长的直线上运动．连接BG，当BG最短时，BG⊥AD，如图1，此时点B，G，F共线， ∴BF＝ABsin 60°＝. ∴EF＝FG＝BF－BG＝. (2)易知AC＝2BC＝6， ∴AD＝＝4. 设AC，EG交于点H，如图2，若四边形CEAG是平行四边形，则AH＝CH＝3，EH＝HG.过点H作HI⊥AD于点I，则IH＝AHsin 30°＝，AI＝. ∵∠IEH＝∠IHE＝45°，∴IE＝IH＝， ∴DE＝AD－AI－IE＝4－－＝. (3)如图3，当点E与点M重合时，过点B作AD的平行线，交AC 的延长线于点N， 则△ADE∽△NBE，∴＝. ∵∠N＝∠DAC＝∠BAC＝30°，∴BA＝BN. ∴＝＝. 由BA＝BN，∠BAN＝∠BNA＝30°， 易得AN＝2ABcos 30°＝9， ∴AE＝AN＝. 过点E作AB的垂线，垂足为点J，则EJ＝，AJ＝. 由平移可知 EF∥AD，则∠EFB＝60°， ∴FJ＝＝， ∴AF＝AJ－FJ＝. 题型2　折叠型问题 该题型考查以折叠为背景的几何问题，灵活运用折叠的性质，寻找相等的边、角，利用全等、相似、勾股定理寻找几何量之间的关系．难度值为0.2～0.4；渗透数形结合、分类讨论思想． (2024湖北)(11分)在矩形ABCD中，点E，F分别在边AD，BC上，将矩形ABCD沿EF折叠，使点A的对应点P落在边CD上，点B的对应点为点G，PG交BC于点H. (1)如图1，求证：△DEP∽△CPH； (2)如图2，当P为CD的中点，AB＝2，AD＝3时，求GH的长； (3)如图3，连接BG，当P，H分别为CD，BC的中点时，探究BG与AB的数量关系，并说明理由． 规范答题 (1)证明：如图， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝∠D＝∠C＝90°，∴∠1＋∠3＝90°. ∵E，F分别在AD，BC上，将四边形ABFE沿EF翻折，使A的对称点P落在DC上， ∴∠EPH＝∠A＝90°，∴∠1＋∠2＝90°， ∴∠3＝∠2，∴△DEP∽△CPH. ………………………3分 (2)解：∵四边形ABCD是矩形，∴CD＝AB＝2，AD＝BC＝3，∠A＝∠D＝∠C＝90°. ∵P为CD的中点，∴DP＝CP＝×2＝1. ……………………………………………………………4分 设EP＝AE＝x，∴ED＝AD－AE＝3－x， 在Rt△EDP中，EP2＝ED2＋DP2， 即x2＝(3－x)2＋1，解得x＝， ∴EP＝AE＝x＝，∴ED＝AD－AE＝. ………………………………………………………………5分 ∵△DEP∽△CPH，∴＝，即＝，∴PH＝， ∵PG＝AB＝2，∴GH＝PG－PH＝. ………………………………………………………………6分 (3)解：如图，延长AB，PG交于点M，连接AP. ∵E，F分别在AD，BC上，将四边形ABFE沿EF翻折，使A的对称点P落在CD上， ∴AP⊥EF，BG⊥直线EF，∴BG∥AP. ∵AE＝EP，∴∠EAP＝∠EPA， ∴∠BAP＝∠GPA， ∴△MAP是等腰三角形，∴MA＝MP. ……………………………………………………………7分 ∵P为CD的中点，∴设DP＝CP＝y， ∴AB＝PG＝CD＝2y. ∵H为BC的中点，∴BH＝CH. ∵∠BHM＝∠CHP，∠CBM＝∠PCH， ∴△MBH≌△PCH(ASA)，…………………………………8分 ∴BM＝CP＝y，HM＝HP，∴MP＝MA＝MB＋AB＝3y，∴HP＝PM＝y. 在Rt△PCH中，CH＝＝y，∴BC＝2CH＝y，∴AD＝BC＝y. 在Rt△APD中，AP＝＝y. ………………………………………………………………9分 ∵BG∥AP，∴△BMG∽△AMP， ∴＝＝，∴BG＝y，…………………………10分 ∴＝＝，…………………………………11分 ∴AB＝BG. (2024天津)将一个平行四边形纸片OABC放置在平面直角坐标系中，点O(0,0)，点A(3,0)，点B，C在第一象限，且OC＝2，∠AOC＝60°. (1)填空：如图1，点C的坐标为______，点B的坐标为______； (2)若P为x轴的正半轴上一动点，过点P作直线l⊥x轴，沿直线l折叠该纸片，折叠后点O的对应点O′落在x轴的正半轴上，点C的对应点为C′.设OP＝t. ①如图2，若直线l与边CB相交于点Q，当折叠后四边形PO′C′Q与▱OABC重叠部分为五边形时，O′C′与AB相交于点E.试用含有t的式子表示线段BE的长，并直接写出t的取值范围； ②设折叠后重叠部分的面积为S，当≤t≤时，求S的取值范围(直接写出结果即可)． 　 解：(1)(1，)；(4，)． (2)①∵过点P作直线l⊥x轴，沿直线l折叠该纸片，折叠后点O的对应点O′落在x轴的正半轴上，∴∠OO′C′＝∠AOC＝60°，O′P＝OP，∴OO′＝2OP＝2t. ∵A(3,0)，∴OA＝3，∴AO′＝OO′－OA＝2t－3. ∵四边形OABC为平行四边形，∴AB＝OC＝2，AB∥OC，∠O′AB＝∠AOC＝60°， ∴△EO′A是等边三角形，∴AE＝AO′＝2t－3. ∵BE＝AB－AE，∴BE＝AB－AE＝2－(2t－3)＝5－2t. t的取值范围为<t<.解法提示： 当O′与点A重合时， AB与C′O′的交点E与A重合，OP＝OA＝. 如图，当C′与点B重合时， AB与C′O′的交点E与B重合，OP＝＝， ∴t的取值范围为<t<. ②≤S≤.解法提示： 如图，过点C作CH⊥OA， 由(1)得出C(1，)，∠COA＝60°， ∴tan 60°＝，＝，∴MP＝t， 当≤t<1时，S＝O′P×MP＝OP×MP＝t×t＝t2， ∵>0，∴函数图象开口向上，对称轴为直线t＝0， ∴在≤t<1时，S＝t2随着t的增大而增大，∴≤S<. 当1≤t≤时，如图： S＝(O′P＋MC′)×MP＝(OP＋CM)×MP＝(t＋t－1)×＝(2t－1)＝t－，∵>0，∴S随着t的增大而增大， ∴在t＝时，S＝×－＝－＝，在t＝1时，S＝×1－＝， ∴当1≤t≤时，≤S≤. 当<t<时，过点E作EN⊥x轴，如图． 由①得出△EO′A是等边三角形，EN⊥AO，∴AN＝AO′＝(2t－3)＝t－， ∴tan∠EAO′＝，＝， ∴EN＝， ∴S＝t－－×AO′×EN＝t－－ ＝－t2＋4t－. ∵－<0， ∴函数图象开口向下，在t＝－＝2时，S有最大值， ∴Smax＝－×4＋4×2－＝， ∴在<t<时，＝， ∴当t＝时，S＝－×2＋4×－＝，则在<t<时，<S≤. 当≤t≤时，如图， ∴S＝t－－×(AO′＋BC′)×MP＝t－－×(2t－3＋2t－5)×＝－t＋，∵－<0，S随着t的增大而减小， ∴在≤t≤时，则把t＝，t＝分别代入S＝－t＋， 得出S＝－×＋＝，S＝－×＋＝， ∴在≤t≤时，≤S≤. 综上，≤S≤. (2024广州)如图，在菱形ABCD中，∠C＝120°.点E在射线BC上运动(不与点B，点C重合)，△AEB关于AE的轴对称图形为△AEF. (1)当∠BAF＝30°时，试判断线段AF和线段AD的数量和位置关系，并说明理由； (2)若AB＝6＋6，⊙O为△AEF的外接圆，设⊙O的半径为r. ①求r的取值范围； ②连接FD，直线FD能否与⊙O相切？如果能，求BE的长度；如果不能，请说明理由． 解：(1)AF＝AD，AF⊥AD．理由如下： ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝AD，∠BAD＝∠C＝120°. ∵△ABE和△AFE关于AE轴对称， ∴AB＝AF，∴AF＝AD． ∵∠BAF＝30°，∴∠DAF＝∠BAD－∠BAF＝90°，∴AF⊥AD． 综上，AF＝AD，AF⊥AD． (2)①如图，设△AEF的外接圆圆心为O，连接OA，OE，作OG⊥AE于点G，作AH⊥BC于点H. ∵∠AFE＝∠ABE＝60°，∴∠AOE＝120°. ∵OA＝OE，∴∠OAE＝∠OEA＝30°， ∴OA＝＝AG. ∵r＝OA＝AG＝·AE＝AE， 在Rt△ABH中，AH＝AB·sin 60°＝9＋3， ∵AE≥AH，且点E不与B，C重合， ∴AE≥9＋3，且AE≠6＋6， ∴r≥3＋3，且r≠2＋6. ②能相切，此时BE＝12.理由如下： 假设存在，如图画出示意图， 设△AEF的外接圆圆心为O，连接OA，OF，作EH⊥AB于点H，设∠AFD＝α， 则∠AEF＝∠AEB＝α(弦切角定理)， ∴∠CEF＝180°－∠AEB－∠AEF＝180°－2α， ∵AF＝AD，∴∠ADF＝∠AFD＝α， ∴∠DAF＝180°－2α， ∵∠CEF＝∠CAF， ∴∠CAF＝180°－2α＝∠DAF， ∵∠CAD＝∠BAD＝60°， ∴∠CAF＝180°－2α＝∠DAF＝30°， ∴α＝75°，即∠AEB＝75°，∵∠B＝60°， ∴∠BEH＝30°，∴∠AEH＝∠EAH＝45°. 设BH＝m，则EH＝AH＝m，BE＝2m， ∵AB＝6＋6，∴m＋m＝6＋6， ∴m＝6，∴BE＝12. 题型3　旋转型问题 以旋转为背景的几何综合题，主要考查旋转的性质，三类考点：通过旋转构造“手拉手”全等或相似；构造“半角”全等模型；构造“对角互补”全等或相似．求最值时注意隐藏条件的应用，求线段长或角度时由于旋转位置不定，常用分类讨论．一般位于压轴题第二问或第三问，难度值为0.1～0.3，渗透数形结合、分类讨论思想． (2024广西)如图1，△ABC中，∠B＝90°，AB＝6，AC的垂直平分线分别交AC，AB于点M，O，CO平分∠ACB． 　 (1)求证：△ABC∽△CBO； (2)如图2，将△AOC绕点O逆时针旋转得到△A′OC′，旋转角为α(0°＜α＜360°)，连接A′M，C′M. ①求△A′MC′面积的最大值及此时旋转角α的度数，并说明理由； ②当△A′MC′是直角三角形时，请直接写出旋转角α的度数． 思路分析：(1)由题干很容易得出∠ACO＝∠BCO＝∠A，结合公共角即可得证； (2)①△A′MC′的底是定长，所以只要找到高的最大值就可求出面积最值，过点M作MH⊥A′C′于点H，过点O作ON⊥A′C′于点N，当N，H重合时MH取最大值，此时最大值为OM＋ON＝4，即可求解； ②首先由条件可知只有可能是∠A′MC′＝90°，由特殊三角形和旋转的性质大胆猜测当点C′与A重合时和当A′与C重合时满足∠A′MC′＝90°，进而求旋转角即可． (1)证明：∵OM垂直平分AC，∴OA＝OC，∠A＝∠ACO， ∵CO平分∠ACB，∴∠ACO＝∠BCO＝∠A， ∵∠B＝∠B，∴△ABC∽△CBO. (2)解：①∵∠ACO＝∠BCO＝∠A，∠B＝90°，∴∠ACO＝∠BCO＝∠A＝30°. 在Rt△ABC中，AB＝6，∴AC＝＝4， ∴AM＝2，∴OM＝AM·tan 30°＝2. 如图1，作MH⊥A′C′于点H，ON⊥A′C′于点N，连接MN， 在△AOC旋转的过程中，对应边AC＝A′C′＝4，对应高OM＝ON＝2， 在Rt△MHN中，MH＜MN，在△OMN中，MN＜OM＋ON， ∴MH＜MN＜OM＋ON. 如图2，当N，H重合时，MH取最大值，此时最大值为OM＋ON＝4， ∴S△A′MC′＝A′C′·MH＝8， 即△A′MC′面积的最大值是8， 此时M，O，N三点共线，α＝∠MON＝180°. ②在旋转的过程中，等腰三角形AOC的形状、大小不变，∠AOC＝∠A′OC′＝120°， ∵MC′≤MO＋OC′＝MO＋OC＝6＜4＝A′C′，同理MA′≤6＜A′C′， ∴△A′MC′中只有可能∠A′MC′＝90°， ∵OM垂直平分AC， ∴MA＝MC，∠AMO＝90°. (Ⅰ)如图3，当点C′与A重合时，A′恰好在MO的延长线上，满足∠A′MC′＝90°，此时α＝120°； (Ⅱ)如图4，当A′与C重合时，点C′恰好在MO的延长线上，满足∠A′MC′＝90°，此时α＝240°. 综上，当△A′MC′是直角三角形时，α为120°或240°. (2024通辽)数学活动课上，某小组将一个含45°角的三角尺AEF和一个正方形纸板ABCD如图1摆放，若AE＝1，AB＝2.将三角尺AEF绕点A逆时针方向旋转α(0°≤α≤90°)角，观察图形的变化，完成探究活动． 【初步探究】如图2，连接BE，DF并延长，延长线相交于点G，BG交AD于点M. 问题1　BE和DF的数量关系是______，位置关系是______. 【深入探究】 应用问题1的结论解决下面的问题． 问题2　如图3，连接BD，点O是BD的中点，连接OA，OG.求证OA＝OD＝OG. 【尝试应用】 问题3　如图4，请直接写出当旋转角α从0°变化到60°时，点G经过路线的长度． 　　 思路分析：问题3　由问题2知OA＝OD＝OG，则点G的运动轨迹是以O为圆心，OA长为半径的弧，再根据α的变化求圆心角即可得解． 问题1　解：BE＝DF，BE⊥DF. 问题2　证明：∵△BAD是直角三角形，O是BD的中点，∴OA＝BD＝OD． 又∠G＝90°，∴△BGD是直角三角形， ∴OG＝BD＝OD，∴OA＝OD＝OG. 问题3　解：由问题2知，OA＝OD＝OG， ∴点G的运动轨迹是以O为圆心，OA为半径的弧，如图，连接OA，OG. ∵旋转角α从0°变化到60°，∴此时点G的运动路线就是. 取AB的中点H，连接EH. ∵∠BAE＝60°，AE＝1，AB＝2， ∴AE＝AH＝AB＝BH， ∴△AEH是等边三角形， ∴BH＝EH，∠AHE＝∠AEH＝60°， ∴∠ABE＝30°， ∴∠OBG＝45°－30°＝15°. ∵OB＝OG＝BD，∴∠DOG＝30°， ∴∠AOG＝180°－∠AOB－∠DOG＝60°. ∵AB＝2，∴BD＝AB＝2， ∴OA＝OG＝， ∴的长度为＝π. 即点G经过路线的长度为π. (2024成都)数学活动课上，同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的性质．已知三角形纸片ABC和ADE中，AB＝AD＝3，BC＝DE＝4，∠ABC＝∠ADE＝90°. 【初步感知】 (1)如图1，连接BD，CE，在纸片ADE绕点A旋转过程中，试探究的值． 【深入探究】 (2)如图2，在纸片ADE绕点A旋转过程中，当点D恰好落在△ABC的中线BM的延长线上时，延长ED交AC于点F，求CF的长． 【拓展延伸】 (3)在纸片ADE绕点A旋转过程中，试探究C，D，E三点能否构成直角三角形．若能，直接写出所有直角三角形CDE的面积；若不能，请说明理由． 解：(1)∵AB＝AD＝3，BC＝DE＝4，∠ABC＝∠ADE＝90°， ∴△ADE≌△ABC(SAS)，AC＝AE＝＝5， ∴∠DAE＝∠BAC，∴∠DAE－∠DAC＝∠BAC－∠DAC，即∠CAE＝∠BAD． ∵＝＝1，∴△ADB∽△AEC， ∴＝.∵AB＝3，AC＝5，∴＝. (2)连接CE，延长BD交CE于点Q，连接AQ交EF于点P，延长EF交BC于点N，如图． 方法1：同(1)得△ADB∽△AEC， ∴∠ABD＝∠ACE. ∵BM是中线，∴BM＝AM＝CM＝AC＝，∴∠MBC＝∠MCB． ∵∠ABD＋∠MBC＝90°， ∴∠ACE＋∠MCB＝90°，即∠BCE＝90°， ∴AB∥CE， ∴∠BAM＝∠QCM，∠ABM＝∠CQM. 又AM＝CM，∴△BAM≌△QCM(AAS)， ∴BM＝QM，∴四边形ABCQ是平行四边形． ∵∠ABC＝90°，∴四边形ABCQ是矩形， ∴AB＝CQ＝3，BC＝AQ＝4，∠AQC＝90°，PQ∥CN， ∴EQ＝＝＝3， ∴EQ＝CQ， ∴PQ是△CEN的中位线，∴PQ＝CN. 设PQ＝x，则CN＝2x，AP＝4－x. ∵∠EPQ＝∠APD，∠EQP＝90°＝∠ADP， EQ＝AD＝3， ∴△EQP≌△ADP(AAS)， ∴EP＝AP＝4－x. ∵EP2＝PQ2＋EQ2，∴(4－x)2＝x2＋32，解得x＝， ∴AP＝4－x＝，CN＝2x＝， ∵PQ∥CN，∴△APF∽△CNF，∴＝，∴＝＝. ∵AC＝5，∴＝，∴CF＝. 方法2： ∵BM是Rt△ABC斜边AC上的中线， ∴AM＝BM＝CM＝AC＝， ∴∠ABM＝∠BAM. ∵AB＝AD，∴∠ABM＝∠ADB， ∴∠BAM＝∠ADB． ∵∠ABM＝∠DBA，∴△ABM∽△DBA， ∴＝，即＝，∴BD＝， ∴DM＝BD－BM＝－＝. ∵∠EAD＝∠CAB＝∠ABD＝∠ADB， ∴DM∥AE，∴△FDM∽△FEA， ∴＝，即＝，解得FM＝， ∴CF＝CM－FM＝－＝. (3)C，D，E三点能构成直角三角形，且面积为4或16或12或.解法提示： ①当AD在AC上时，DE⊥AC，此时△CDE是直角三角形，如图， ∴S△CDE＝CD·DE＝×(5－3)×4＝4. ②当AD在CA的延长线上时，DE⊥AC，此时△CDE是直角三角形，如图， ∴S△CDE＝CD·DE＝×(5＋3)×4＝16. ③当DE⊥EC时，△CDE是直角三角形，过点A作AQ⊥EC于点Q，如图． ∵AQ⊥EC，DE⊥EC，DE⊥AD， ∴四边形ADEQ是矩形，∴AD＝EQ＝3，AQ＝DE＝4. ∵AE＝AC＝5，∴EQ＝CQ＝CE， ∴CE＝3，∴CE＝6， ∴S△CDE＝DE·CE＝×4×6＝12. ④当DC⊥EC时，△CDE是直角三角形，过点A作AQ⊥EC于点Q，交DE于点N，如图． ∵DC⊥EC，AQ⊥EC，∴AQ∥DC． ∵AC＝AE，AQ⊥EC，∴EQ＝CQ，∴NQ是△CDE的中位线， ∴ND＝NE＝DE＝2，CD＝2NQ. ∵∠AND＝∠ENQ，∠ADN＝∠EQN＝90°，∴∠DAN＝∠QEN，∴tan∠DAN＝tan∠QEN， ∴＝，∴＝，∴NQ＝EQ. ∵NQ2＋EQ2＝NE2，∴2＋EQ2＝22，解得EQ＝， ∴CE＝2EQ＝，NQ＝EQ＝， ∴CD＝2NQ＝， ∴S△CDE＝CD·CE＝××＝. 综上所述，直角三角形CDE的面积为4或16或12或. (2024泰安)如图1，在等腰Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝CB，点D，E分别在AB，CB上，DB＝EB，连接AE，CD，取AE的中点F，连接BF. (1)求证：CD＝2BF，CD⊥BF； (2)将△DBE绕点B顺时针旋转到图2的位置． ①请直接写出BF与CD的位置关系：____；②求证：CD＝2BF. (1)证明：在△ABE和△CBD中， ∵AB＝BC，∠ABE＝∠CBD，BE＝BD， ∴△ABE≌△CBD(SAS)， ∴AE＝CD，∠FAB＝∠BCD． ∵F是Rt△ABE斜边AE的中点， ∴AE＝2BF，∴CD＝2BF. ∵BF＝AE＝AF，∴∠FAB＝∠FBA. ∴∠FBA＝∠BCD． ∵∠FBA＋∠FBC＝90°， ∴∠FBC＋∠BCD＝90°，∴BF⊥CD． (2)①BF⊥CD． ②证明：延长BF到点G，使FG＝BF，连接AG. ∵AF＝EF，FG＝BF，∠AFG＝∠EFB， ∴△AGF≌△EBF(SAS)， ∴∠FAG＝∠FEB，AG＝BE.∴AG∥BE.∴∠GAB＋∠ABE＝180°. ∵∠ABC＝∠EBD＝90°，∴∠ABE＋∠DBC＝180°，∴∠GAB＝∠DBC． ∵BE＝BD，∴AG＝BD． 在△AGB和△BDC中， ∵AG＝BD，∠GAB＝∠DBC，AB＝CB， ∴△AGB≌△BDC(SAS)，∴CD＝BG. ∵BG＝2BF，∴CD＝2BF. 题型4　动点型问题 对于几何探究中的动点问题，常将动态化成静态，“动中取静”，寻找不变的数量关系、位置关系，通过动点处于某种特殊位置产生几何关系建立某种数量关系列方程求解．在动点背景下的最值问题，常考虑极限思维，注意区分动点的运动轨迹是“线”还是“弧”．该题型位于压轴题第二问或第三问，分值为4～6分，难度值为0.1～0.3.渗透数形结合思想、分类讨论思想． (2024扬州)如图，点A，B，M，E，F依次在直线l上，点A，B固定不动，且AB＝2，分别以AB，EF为边在直线l同侧作正方形ABCD，正方形EFGH，∠PMN＝90°，直角边MP恒过点C，直角边MN恒过点H. (1)如图1，若BE＝10，EF＝12，求点M与点B之间的距离； (2)如图1，若BE＝10，当点M在点B，E之间运动时，求HE的最大值； (3)如图2，若BF＝22，当点E在点B，F之间运动时，点M随之运动，连接CH，点O是CH的中点，连接HB，MO，则2OM＋HB的最小值为____. 解：(1)由题易得∠CBM＝∠CMH＝∠HEM＝90°，∵∠CMB＋∠BCM＝∠CMB＋∠HME＝90°，∴∠BCM＝∠HME， ∴△MCB∽△HME，∴＝. ∵BC＝AB＝2，EH＝EF＝12，BE＝10， ∴＝，解得BM＝4或6， ∴点M与点B之间的距离是4或6. (2)由(1)知＝，设EH＝y，BM＝x， ∵BE＝10，∴EM＝10－x，∴＝， ∴y＝－x2＋5x＝－(x－5)2＋12.5. ∵－＜0，∴当x＝5时，ymax＝12.5，即HE的最大值为12.5. (3)2OM＋HB的最小值为2. (2024南充)如图，正方形ABCD的边长为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＝时，求△AEQ的面积． (1)证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠PAE＝∠QCE＝45°. ∵CE＝2AE，AP＝t，CQ＝2t， ∴＝＝，∴△AEP∽△CEQ. (2)解：如图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，AM＝ME＝2，EN＝CN＝4，AP＝t，CQ＝2t，BQ＝6－2t，MP＝|t－2|，BP＝6－t，QN＝|2t－4|， ∴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，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，t2＝6＋2(不合题意，舍去)． ②当∠PEQ＝90°时，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，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或2. (3)解：过点A作AF⊥AC，交CB的延长线于点F，连接FE交AQ于点G，如图2. ∵AF⊥AC，∠ACF＝45°，∴AF＝AC． 又∵CE＝2AE，∴＝＝， ∴tan∠AFE＝， ∵tan∠AQE＝，∴∠AFE＝∠AQE. ∵∠AGF＝∠EGQ，∴△AGF∽△EGQ， ∴＝. ∵∠AGE＝∠FGQ，∴△AGE∽△FGQ， ∴∠AEG＝∠FQG. ∵∠AFE＋∠AEF＝90°， ∴∠FQG＋∠EQG＝90°，即∠FQE＝90°， ∴AB∥EQ，△EQC是等腰直角三角形， ∴＝，即＝，∴QC＝QE＝4， ∴S△AEQ＝S△AQC－S△EQC＝QC·AB－QC·EQ＝×4×6－×4×4＝4(cm2)． $$