3.几何综合及探究问题加练-【一战成名新中考】2025山东中考数学中考必考知识点专题特训

几何综合及探究问题加练 几何综合及探究问题（第四章）加练 1．【感知】（1）小明同学在学习相似三角形时遇到这样一个问题： 如图①，在△ABC中，点D是BC的中点，点E是AC的一个三等分点，且．连结AD，BE交于点G，求值． 小明发现，过点D作AC的平行线或过E作BC的平行线，利用相似三角形的性质即可得到问题的答案．请你根据小明的提示（或按自己的思路）写出求解过程． 【尝试应用】 （2）如图②，在△ABC中，D为AC上一点，AB＝AD，连结BD，若AE⊥BD，交BD、BC于点E、F．若AD＝9，CD＝3，AF＝8，则AE的长为 　 　． 【拓展提高】 （3）如图③，在平行四边形ABCD中，点E为BC的中点，点F为CD上一点，BF与AE、AC分别交于点G、M，若，若△BEG的面积为2，则△ABG的面积为 　 　． 2．（1）问题呈现： 如图1，△ABC和△ADE都是等边三角形，连接BD，CE．易知　 　． （2）类比探究 如图2，△ABC和△ADE都是直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，且．连接BD，CE，求的值； （3）拓展提升： 如图3，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△ADE，连接BD，EC，延长EC交BD于点F，设AB＝6，求EF的长． 3．（1）在△ABC和△DEC中，AB＝AC，DE＝DC，∠BAC＝∠EDC＝90°． ①如图1，当CE与AC重合时， 　 　； ②如图2，△DEC绕点C逆时针旋转一定角度，连接AD，BE，的值是否改变？请说明理由； （2）如图3，正方形ABCD的边长为2，E为边AB上一动点，以CE为斜边在正方形ABCD内部作等腰直角△CFE，∠CFE＝90°，连接AF，BF，当∠AFE＝∠ABF时，求BE的长． 4．综合与实践 【问题重现】 义务教育教科书数学八年级上册《第十一章三角形》中我们学过了三角形中线的定义、画法、性质等．下面是一道关于三角形的中线有关问题： 如图1，CD是△ABC的中线，AC＝a，BC＝b，求CD的取值范围． 问题解决思路：延长CD到E，使得DE＝CD，连接BE，可证△EBD≌△CAD（相当于将△CAD绕点D顺时针旋转180°得到△EBD），把BC，AC，2CD变换到△CBE中，利用三角形的三边关系可得a﹣b＜2CD＜a+b，所以．根据上面信息，解决下面问题． 【问题变式】 如图2，点D，E，F分别在△ABC的边AB，BC，CA上，D是AB边上的中点，DE⊥DF，连接EF． （1）求证：EF＞AF﹣BE； （2）当∠C＝90°时，猜想线段EF，AF，BE之间的数量关系，并证明你的猜想； 【问题拓展】 （3）如图3，四边形ABCD中，∠ABC+∠CDA＝180°，CB＝CD，∠BCD＝120°，点E，F分别在四边形ABCD的边AB，AD上，且∠ECF＝60°，连接EF．探索线段EF，FB，DE之间的数量关系并证明． 5．在一次数学课上，小颖和小慧用两个全等的等腰直角三角板进行探究活动，使△DEF的一个顶点落在边BC上，再绕这个点旋转△DEF，与边AB、AC分别交于点M、N． （1）如图1，小颖把△DEF的直角顶点D放在BC的中点处，然后绕点D旋转，她发现四边形AMDN的面积始终保持不变．若EF＝20cm，则四边形AMDN的面积为　 　cm2；（直接写出答案） （2）如图2，小慧把顶点F放在BC边上任意一点处，然后绕点F旋转，她认为△BMF与△CFN始终相似．小慧的判断正确吗？如果正确，请给出证明；如果不正确，请说明理由； （3）如图3，小颖把顶点F放在BC的中点处，然后绕点F旋转，DF与CA的延长线交于点N．请探究线段BM、CN、BC的数量关系，并给出证明． 6．【问题初探】 （1）在数学活动课上，李老师给出如下问题：如图①，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，BD∥AC，CE∥AB，连接DE交BC于点F，且DF＝EF． 求证：∠DBC+∠BCE＝180°． 如图②，丞丞同学从结论的角度出发给出如下解题思路：在FB上截取FQ＝FC，连接DQ，将∠DBC和∠BCE之间的数量关系转化为∠BQD和∠DQC之间的数量关系； 如图③，霖霖同学从条件的角度出发给出如下解题思路：过点E作EM∥AC，交BC的延长线于点M，将∠DBC转化为∠M，进而转化为∠ECM和∠BCE之间的数量关系． 请你选择一名同学的解题思路，写出证明过程． 【类比分析】 （2）如图④，在等边△ABC中，D是AC上的一点，过点D作DM⊥BC于点M，延长AB至点E，连接DE交BC于点P，此时P恰好是DE的中点．求证：BE＝2CM． 【学以致用】 （3）如图⑤，△ABC和△DBM都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠DBM＝90°，CA＝CB，BD＝BM，DM分别交AB，BC于点F，E，其中F是AB的中点，连接CM，若S△ACB﹣S△DBM＝8，求CM的长． 几何综合及探究问题（第五章）加练 1．【问题情境】如图1，小明把三角板EFG（∠GFE＝30°）放置到矩形ABCD中，使得顶点E、F、G分别落在AD、CD、AB上，你发现线段ED与AG有什么数量关系？直接写出结论：　 　（不用证明）． 【变式探究】如图2，小明把三角板EFG（∠GFE＝30°）放置到矩形ABCD中，使得顶点E、F、G分别在AD、BC、AB边上，若GA＝4，AE＝6，求BG的长． 【拓展应用】如图3，小明把三角形EFG放置到平行四边形ABCD中，使得顶点E、F、G分别在AD、BC、AB边上，若，，∠FEG＝∠BAD，求出的值． 2．矩形ABCD中，，AD＝6．点E在边BC、CD上运动，连接AE，将射线AE绕点A逆时针旋转30°，交直线CD于点F． （1）如图1，当点F恰好与点C重合时，则∠FAD＝　 　度； （2）过点E作EG⊥AF于点G，连接DG． ①如图2，当F落在线段CD上时．求∠GDC的度数； ②如图3，当F落在线段CD的延长线上且FD＝DG时，求． 3．（1）问题①：如图1，长方形ABCD中，AB＝CD，AD＝BC，∠ABC＝∠BCD＝∠CDA＝∠DAB＝90°，则AC与BD的数量关系是 　 　． ②如图2，P是长方形ABCD内任意一点，通过构造直角三角形，利用勾股定理，你能发现AP2+CP2与BP2+DP2的数量关系为 　 　． （2）探究：如图3，P是长方形ABCD外任意一点，上面②的结论是否成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由． （3）应用结论：如图4，在△ABC中，DA＝5，CD＝12，B是△ADC内一点，且DB＝3，∠ABC＝90°，则AC的最小值＝ 　 　． 4．【问题呈现】：我们知道，正方形的四个角都是直角，四条边都相等．如图（1），小明在正方形ABCD的边CD上取一动点E，在CB的延长线上取一动点F，使DE＝BF，并连接AE，AF．小明发现：线段AE，AF之间存在数量关系，请直接写出线段AE，AF之间的数量关系：　 　． 【问题探索】：如图（2），小明在【问题呈现】的条件下，又在正方形ABCD的边BC上取了该边的中点G，并连接AG，EG． （1）小明又发现：当∠EAG＝45°时，线段DE，BG，EG之间也存在数量关系．请写出线段DE，BG，EG之间的数量关系，并说明理由； （2）在（1）的条件下，当正方形ABCD的边长为6时，请求出GE的长． 【问题解决】：如图（3），小明在【问题探索】及其（1）和（2）的条件下，过点G作GP⊥AE于点P，连接FP，请帮助小明求出△FGP的面积． 5．在四边形ABCD中，E是CD边上一点，延长BC至点F使得CF＝CE，连接DF，延长BE交DF于点G． （1）如图1，若四边形ABCD是正方形， ①求证：△BCE≌△DCF； ②当G是DF中点时，∠F＝　 　度； （2）如图2，若四边形ABCD是菱形，AB＝2，当G为DF的中点时，求CE的长； （3）如图3，若四边形ABCD是矩形，AB＝3，AD＝4，点H在BE的延长线上，且满足BE＝5EH，当△EFH是直角三角形时，请直接写出CE的长为 　 　． 几何综合及探究问题（第七章）加练 1．数学活动：折纸中的数学 【知识背景】 我们在第四章《几何图形初步》中学习了角的平分线，并会用折纸的方法作角平分线． 如图4.3﹣11是教材第135页的探究，将纸片折叠使QP与QR重合，QM是折痕，此时∠PQM与∠RQM重合，所以∠PQM＝∠RQM，射线QM是∠PQR的平分线． 【知识初探】 （1）如图（1），点P，Q分别是长方形纸片ABCD的对边AB，CD上的点，连结PQ，将∠APQ和∠BPQ分别对折，使点A，B都分别落在PQ上的A′和B′处，点C落在C′处，分别得折痕PN，PM，则∠NPM的度数是 　 　； 【类比再探】 （2）如图（2），将长方形ABCD纸片分别沿直线PN，PM折叠，使点A，B分别落在点A′，B′处，PA′和PB′不在同一条直线上，且被折叠的两部分没有重叠部分． ①若∠A'PB'＝20°，∠APN＝30°，求∠NPM的度数； ②若∠A'PB'＝α（0°≤α＜180°），求∠NPM的度数（用含α的式子表示）； 【拓展探究】 （3）将长方形ABCD纸片分别沿直线PN，PM折叠，使点A，B，C分别落在点A'，B'，C′处，PA′和PB′不在同一条直线上，且被折叠的两部分有重叠部分，如图（3）．若∠A'PB'＝α（0°≤α≤60°），请直接写出∠NPM的度数（用含α的式子表示）． 2．【探究与证明】折纸，操作简单，富有数学趣味，我们可以通过折纸开展数学探究，探索数学奥秘． 【动手操作】如图1，将矩形纸片ABCD对折，使AD与BC重合，展平纸片，得到折痕EF：折叠纸片，使点B落在EF上，并使折痕经过点A，得到折痕AM，点B，E的对应点分别为B′，E′展平纸片，连接AB′，BB′，BE′．请完成： （1）观察图1中∠1，∠2和∠3，试猜想这三个角的大小关系； （2）证明（1）中的猜想； 【类比操作】如图2，N为矩形纸片ABCD的边AD上的一点，连接BN，在AB上取一点P，折叠纸片，使B，P两点重合，展平纸片，得到折痕EF；折叠纸片，使点B，P分别落在EF，BN上，得到折痕l，点B，P的对应点分别为B′，P′，展平纸片，连接BB′，P′B′．请完成： （3）证明BB′是∠NBC的一条三等分线． 3．如图1，在等腰Rt△ABC中，∠A＝90°，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）观察猜想： 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，判断△PMN的形状，并说明理由； （3）拓展延伸：把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD＝4，AB＝10，求△PMN面积的最大值． 4．已知∠AOB＝∠COD＝90°，OA＝OB＝10，OC＝OD＝8． （1）如图1，连接AC、BD，问AC与BD相等吗？并说明理由． （2）若将△COD绕点O逆时针旋转，如图2，当点C恰好在AB边上时，请写出AC、BC、OC之间关系，并说明理由． （3）若△COD绕点O旋转，当∠AOC＝15°时，直线CD与直线AO交于点F，求AF的长． 5．在△ABC中，D为直线AC上一动点，连接BD，将BD绕点B逆时针旋转90°，得到BE，连接DE与AB相交于点F． （1）如图1，若D为AC的中点，∠BAC＝90°，AC＝4，BD，连接AE，求线段AE的长； （2）如图2，G是线段BA延长线上一点，D在线段AC上，连接DG，EC，若∠BAC＜90°，EC⊥BG，∠ADE＝∠DBC，∠DBC+∠G＝∠EBF，证明BC＝2AD+DC； （3）如图3，若△ABC为等边三角形，AB＝6，点M为线段AC上一点，且2CM＝AM，点P是直线BC上的动点，连接EP，MP，EM，请直接写出当EP+MP最小时△EPM的面积． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 几何综合及探究问题加练 参考答案 几何综合及探究问题（第四章）加练 1．解：（1）如图①，过点D作DH∥AC交BE于H，则∠EAG＝∠HDG，∠AEG＝∠DHG， ∵D是BC的中点， ∴BD＝CD， ∴1， ∴BH＝EH， ∴DHCE， ∵E是AC的一个三等分点，且AEAC， ∴AECE， ∴DH＝AE， ∴△AGE≌△DGH（ASA）， ∴GH＝GE， ∴BG﹣GH＝GE+GH， ∴BG＝3GE， ∴， ∴的值为3. （2）如图②，取BC的中点H，连结EH，则BH＝CH， ∵AB＝AD＝9，AE⊥BD于点E，CD＝3，AF＝8， ∴BE＝DE，AC＝AD+CD＝9+3＝12， ∴EH∥CD，EHCD， ∵EH∥AC， ∴△EHF∽△ACF， ∴， ∴EFAF8＝1， ∴AE＝AF﹣EF＝8﹣1＝7， 故答案为：7． （3）如图③，作EL∥BF交AC于点L， ∵点E为BC的中点， ∴BE＝CE， ∴， ∴CM＝2ML， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴CD∥AB，CD＝AB， ∵CF∥AB， ∴△CMF∽△AMB， ∴， ∵EL∥GM， ∴， ∴AG＝5EG， ∴S△ABG＝5S△BEG， ∵△BEG的面积为2， ∴△ABG的面积＝2×5＝10， 故答案为：10． 2．解：（1）∵△ABC和△ADE都是等边三角形， ∴AD＝AE，AB＝AC，∠DAE＝∠BAC＝60°， ∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE， ∴∠BAD＝∠CAE， ∴△BAD≌△CAE（SAS）， ∴BD＝CE， ∴1， 故答案为：1； （2）∵，∠ABC＝∠ADE＝90°， ∴△ABC∽△ADE， ∴∠BAC＝∠DAE，； ∴∠CAE＝∠BAD， ∴△CAE∽△BAD， ∴； （3）如图，过点D作DH∥BC，交EF的延长线于H，过点D作DN⊥EF于N， ∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，AB＝6， ∴AC＝BC＝3， ∵将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△ADE， ∴AB＝AD，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝60°，BC＝DE，∠ACB＝∠AED＝90°， ∴△ABD和△ACE都是等边三角形， ∴AB＝BD＝6，∠ACE＝∠AEC＝60°， ∴∠BCF＝∠DEF＝30°， ∵DH∥BC， ∴∠BCF＝∠H＝30°＝∠DEF， ∴DH＝DE＝BC＝3， 又∵∠BCF＝∠DEF，∠BFC＝∠DFH， ∴△BCF≌△DHF（AAS）， ∴BF＝DFBD＝3， ∵DN⊥EF，∠DEF＝30°， ∴DNDE，NEDN， ∵FN， ∴EF＝FN+EN． 3．解：（1）①在△ABC和△DEC中，AB＝AC，DE＝DC，∠BAC＝∠EDC＝90°， ∴AD＝DE＝CDCEACBE， ∴， 故答案为：； ②的值不变， 理由：在△ABC和△DEC中，AB＝AC，DE＝DC，∠BAC＝∠EDC＝90°， ∴∠ACB＝∠DCE＝45°，， ∴∠ACD＝∠BCE， ∴△ACD∽△BCE， ∴； （2）解：连接AC，过F作FH⊥AC于H， ∵△CFE是等腰直角三角形，∠CFE＝90°， ∴∠FCE＝45°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ACB＝45°，ACBC＝2， ∴∠FCE＝∠ACB， ∴∠FCH＝∠ECB， ∵∠EBC＝∠FHC＝90°， ∴△FCH∽△ECB， ∴， ∴， ∴AC＝2CH， ∴AH＝CH， ∴AF＝CF＝EF， ∵∠AFE＝∠ABF， ∠FAE＝∠BAF， ∴△AFE∽△ABF， ∴， ∴AF2＝AE•AB＝2AE， ∵CE2＝2EF2＝2AF2， ∴CE2＝4AE， ∵CE2＝BE2+BC2， ∴4AE＝（2﹣AE）2+22， ∴AE＝4﹣2或AE＝4+2（不合题意舍去）， ∴BE的长为22． 4．（1）证明：延长ED至G，使DG＝ED，连接AG，FG． 在△AGD和△BED中， ， ∴△AGD≌△BED（SAS）， ∴AG＝BE， ∵DE⊥DF， ∴∠FDG＝∠FDE＝90°， 在△FGD与△FED中， ， ∴△FGD≌△FED（SAS）， ∴GF＝EF， ∵FG＞AF﹣AG， ∴EF＞AF﹣BE； （2）猜想：EF2＝AF2+BE2． 证明：由（1）可知，∠DAG＝∠DBE， ∵∠C＝90°， ∴∠DBE+∠FAD＝90°， ∴∠DAG+∠FAD＝90°，即∠FAG＝90°， 在Rt△FAG中，由勾股定理得FG2＝AF2+AG2， ∵EF＝FG，AG＝BE， ∴EF2＝AF2+BE2； （3）FB+DE＝EF． 证明：延长AD至H，使DH＝FB． ∵∠ABC+∠CDA＝180°，∠CDH+∠CDA＝180°， ∴∠CDH＝∠ABC， ∵DH＝FB，CD＝CB， ∴△CDH≌△CBF（SAS）， ∴CH＝CF，∠DCH＝∠BCF， ∵∠BCD＝120°，∠ECF＝60°， ∴∠BCF+∠ECD＝60°， ∴∠DCH+∠ECD＝60°， 即∠ECH＝60°． ∴∠ECH＝∠ECF＝60°． 又∵CE＝CE，CH＝CF， ∴△ECH≌△ECF（SAS）， ∴EH＝EF， ∵DH+DE＝EF， ∴FB+DE＝EF． 5．解：（1）四边形AMDN的面积为50cm2．理由如下： 如图1，过点D作DG⊥AB于点G，DH⊥AC于点H， ∴∠DGM＝∠DHN＝90°， 在△ABC中，∠BAC＝90°， ∴四边形AGDH是矩形． ∵点D放在BC的中点处，AB＝AC， ∴AD是△ABC的垂直平分线， ∴DG＝DH， ∴四边形AGDH是正方形， ∴∠GDH＝90°， ∵∠EDF＝90°， ∴∠HDN＝∠EDF﹣∠MDH＝90°﹣∠MDH， ∵∠GDM＝∠GDH﹣∠MDH＝90°﹣∠MDH， ∴∠GDM＝∠HDN， ∵∠DGM＝∠DHN＝90°，DG＝DH， ∴△DCM≌△DHN（ASA）， ∵点D放在BC的中点处，DG∥AC，DH∥AB， ∴点G，H是AB，AC的中点， ∴DG，DH是AB，AC的中位线， ∴， ∵EF＝BC＝20cm，∠BAC＝90°，AB＝AC， ∴（cm）， ∴（cm）， ∴正方形AGDH的面积为： （cm2）， ∵△DCM≌△DHN， ∴四边形AMDN的面积为50cm2， 故答案为：50； （2）小慧的判断正确；理由如下： 在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC， ∴∠B＝∠C＝45°． ∵∠MFC＝∠B+∠BMF， ∴∠MFN+∠NFC＝∠B+∠BMF， 又∵∠MFN＝∠B＝45°， ∴∠BMF＝∠NFC， 又∵∠B＝∠C， ∴△BMF∽△CFN； （3）BC2＝4BM•CN，理由如下： 在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC， ∴∠B＝∠C＝45°． ∵∠MFC＝∠B+∠BMF， ∴∠MFN+∠NFC＝∠B+∠BMF， 又∵∠MFN＝∠B＝45°， ∴∠BMF＝∠NFC， 又∵∠B＝∠C， ∴△BMF∽△CFN， ∴BM：CF＝BF：CN， ∴BM•CN＝CF•BF， ∵点F放在BC的中点， ∴， ∴， ∴BC2＝4BM•CN． 6．（1）证明：①如图①：选择丞丞同学的解题思路： ∵AB＝AC，∠BAC＝90°， ∴∠ABC＝∠ACB＝45°， ∵CE∥AB， ∴∠ACE＝∠A＝90°， 同理：∠DBC＝∠ACB＝45°， 在△DFQ和△EFC中， ， ∴△DFQ≌△EFC（SAS）， ∴∠DQF＝∠BCE＝∠BCA+∠ACE＝135°，即∠DQC＝135°， ∴∠BQD＝180°﹣∠DQF＝45°， ∴∠DBC＝∠BQD， ∴∠DBC+∠BCE＝∠BQD+∠DQC＝45°+135°＝180°； ②选择霖霖同学的解题思路： 如图②：同①可得：∠ACB＝45°，∠BCE＝135°， ∵EM∥AC， ∴∠M＝∠ACB＝45°， ∵BD∥AC， ∴∠DBC＝∠ACB＝∠M＝45°， 在△BFD和△MFE中， ， ∴△BFD≌△MFE（AAS）， ∴∠DBC＝∠M， ∴∠DBC+∠BCE＝∠M+∠DQC＝45°+135°＝180°． （2）证明：如图④：过D作DF∥AE，则∠FDP＝∠E， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠C＝∠ABC＝60°， ∵DF∥AE， ∴∠DFC＝∠ABC＝∠C＝60°， ∴△DCF是等边三角形， ∵DM⊥BC， ∴，即DF＝2CM， ∵点P是DE的中点， ∴DP＝PE， 在△DPF和△EPB中， ， ∴△DPF≌△EPB（AAS）， ∴DF＝BE ∴BE＝2CM； （3）解：如图⑤：过A作AG∥BD交DE于G，连接CG， ∵AG∥BD， ∴∠DBF＝∠GAF，∠D＝∠AGF， ∵F是AB的中点， ∴AF＝FB， ∴△AGF≌△BDF（AAS）， ∴AG＝BD， ∵△ABC和△DBM都是等腰直角三角形， ∴∠D＝∠DMB＝∠ABC＝∠ACB＝45°，BD＝BM，AC＝BC， ∴∠AGD＝∠D＝45°，AG＝BD＝BM，∠GAB+∠GAC＝45°，∠MBC+∠ABD＝∠DBM﹣∠ABC＝90°﹣45°＝45°， ∵∠ABD＝∠GAB， ∴∠MBC＝∠CAG， ∴△ACG≌△BCM（SAS）， ∴CG＝CM，∠ACG＝∠MCB， ∵∠ACB＝∠ACG+∠GCB＝90°， ∴∠MCB+∠GCB＝90°，即∠GCM＝90°， ∴， ∴∠AGC＝180°﹣∠AGD﹣∠CGM＝180°﹣45°﹣45°＝90°， ∵△ACG≌△BCM， ∴∠CMB＝∠AGC＝90°， ∴△BCM是直角三角形， ∴CM2+BM2＝BC2，即CM2＝BC2﹣BM2， ∵S△ABCAC•BC，S△DBMBD•BM，S△ACB﹣S△DBM＝8， ∴8，即BC2﹣BM2＝16， ∴CM2＝BC2﹣BM2＝16，即CM＝4． 声几何综合及探究问题（第五章）加练 1．解：【问题情境】结论：EDAG，理由如下： 如图1， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝∠B＝90°， ∴∠AGE+∠AEG＝90°， ∵∠FEG＝90°，∠GFE＝30°， ∴∠DEF+∠AEG＝90°，tan30°， ∴∠AGE＝∠DEF， ∴△AEG∽△DFE， ∴， ∴DEAG， 故答案为：DEAG； 【变式探究】如图2，过点F作FH⊥AD于H， 则∠EHF＝90°， ∴∠FEH+∠EFH＝90°， ∵∠FEG＝90°， ∴∠FEH+∠AEG＝90°， ∴∠AEG＝∠EFH， ∵∠A＝∠EHF＝90°， ∴△AEG∽△HFE， ∴，， ∴EH＝4，FH＝6， ∵∠A＝∠B＝∠AHF＝90°， ∴四边形ABFH是矩形， ∴AB＝FH＝6， ∴BG＝AB﹣AG＝64； 【拓展应用】如图3，延长AD至M，连接FM交CD于P，使∠AMF＝∠BAD， ∵∠FEG＝∠BAD， ∴∠FEG＝∠BAD＝∠AMF， ∴∠AEG+∠AGE＝∠FEM+∠AEG， ∴∠AGE＝∠FEM， ∴△AEG∽△MFE， ∴， ∵，， ∴ABAD，AEAD， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD，AB∥CD，AD∥BC，∠BAD＝∠C， ∴∠CDM＝∠BAD＝∠AMF＝∠C＝∠CFP， ∴PD＝PM，PC＝PF， ∴PC+PD＝PF+PM， 即CD＝FM＝AB， ∴． 2．解：（1）∵AB＝2，AD＝BC＝6， ∴AC4， ∴AC＝2AB， ∴∠ACB＝30°， 由AD∥BC知∠FAD＝∠ACB＝30°， 故答案为：30； （2）如图1，连接AC， ∵四边形ABCD是矩形， ∴，AD＝BC＝6，∠ADC＝∠CBA＝90°， 在Rt△ACD中，， ∴∠CAD＝30°，∠ACD＝60°，， ∵AE绕点A逆时针旋转30°到AF， ∴∠EAF＝30°， ∵EG⊥AF， ∴在Rt△AGE中，， ∴， ∵∠CAD＝∠EAF＝30°， ∴∠CAD﹣∠CAF＝∠EAF﹣∠CAF，∠EAC＝∠DAF， ∴△EAC∽△GAD， ∴∠ADG＝∠ACE＝30°， ∴∠GDC＝∠ADC﹣∠ADG＝90°﹣30°＝60°； （3）如图2，连接AC，过点G作PQ∥BC交CD延长线于点P，交BA延长线于点Q， 由（2）得△EAC∽△GAD， ∠ADG＝∠ACE＝60°， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AB∥CD，∠CDA＝90°， ∴四边形ADPQ是矩形， ∴PD＝AQ，∠AQG＝∠GPD＝∠PDA＝90°， ∴∠FPG＝90°，∠GDP＝30°， ∴∠AQG＝∠FPG， ∵∠QGA＝∠FGP， ∴△QGA∽△PGF， ∴， 在Rt△GPD中，∠GPD＝90°，∠GDP＝30°， ∴， 设，DG＝2a， ∵FD＝DG＝2a，， ∴， ∴， ∴． 3．解：（1）①AC＝BD，理由如下： 如图1， 在△ABC和△DCB中， ， ∴△ABC≌△DCB（SAS）， ∴AC＝BD， 故答案为：AC＝BD； ②AP2+CP2与BP2+DP2的数量关系为：AP2+CP2＝BP2+DP2，理由如下： 如图1，过P作PM⊥AD于M，交BC于N， 则四边形ABNM、四边形DCNM是矩形， ∴AM＝BN，AB＝MN＝DC，DM＝CN， 由勾股定理得： AP2＝AM2+PM2， CP2＝CN2+PN2， BP2＝BN2+PN2， DP2＝DM2+PM2， ∴AP2+CP2＝AM2+PM2+CN2+PN2， BP2+DP2＝BN2+PN2+DM2+PM2， ∴AP2+CP2＝BP2+DP2； （2）上面②的结论成立，理由如下： 如图3，过P作PM⊥AD于M，交BC于N， 则四边形ABNM、四边形DCNM是矩形， ∴AM＝BN，AB＝MN＝DC，DM＝CN， 由勾股定理得： AP2＝AM2+PM2， CP2＝CN2+PN2， BP2＝BN2+PN2， DP2＝DM2+PM2， ∴AP2+CP2＝AM2+PM2+CN2+PN2， BP2+DP2＝BN2+PN2+DM2+PM2， ∴AP2+CP2＝BP2+DP2； （3）如图4，以AB、BC为边作矩形ABCE，连接BE、DE， 则AC＝BE，由（2）得：CD2+DA2＝DE2+DB2， ∵DA＝5，CD＝12，DB＝3， 即122+52＝DE2+32， 解得：DE＝4， 当B、D、E三点共线时，BE最小， ∴AC的最小值＝BE的最小值＝DE﹣BD＝43； 故答案为：43． 4．解：【问题呈现】∵在正方形ABCD的边CD上取一动点E，在CB的延长线上取一动点F，使DE＝BF， ∴AB＝BC＝CD＝AD，∠ABC＝∠D＝90°， ∴∠ABF＝90°， 在△ABF和△ADE中， ， ∴△ABF≌△ADE（AAS）， ∴AE＝AF． 故答案为：AE＝AF； 【问题探索】（1）EG＝BG+DE；理由如下： ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC＝CD＝AD，∠ABC＝∠D＝90°， ∴∠ABF＝90°， ， ∴△ABF≌△ADE（AAS）， ∴∠BAF＝∠DAE，AE＝AF， ∵∠EAG＝45°， ∴∠DAE+∠BAG＝45°， ∴∠BAF+∠BAG＝45°， ∴∠FAG＝∠EAG， 在△AFG和△AEG中， ， ∴△AFG≌△AEG（AAS）， ∴FG＝EG， ∵DE＝BF， ∴EG＝BG+BF＝BG+DE； （2）设GE＝x， ∵点G为BC的中点，BC＝6， ∴BG＝GC＝3， ∵GE＝DE+BG， ∴DE＝BF＝GF﹣BG＝GE﹣BG＝x﹣3， ∴EC＝CD﹣DE＝6﹣（x﹣3）＝9﹣x， 在Rt△GEC中，由勾股定理可得：GC2+CE2＝GE2， ∴32+（9﹣x）2＝x2， 解得：x＝5， ∴GE的长度为5； 【问题解决】GP⊥AE于点P，如图（3），过点P作MN⊥AD于点M，MN⊥BC于点N， ∴∠AMP＝∠PNG＝90°， ∵∠EAG＝45°， ∴△EAG＝∠AGP＝45°，∠APM+∠NPG＝90°， ∴AP＝GP， ∵∠PGN+∠NPG＝90°， ∴∠APM＝∠PGN， 在△APM和△PGN中， ， ∴△APM≌△PGN（AAS）， ∴AM＝PN，PM＝NG， 设PN＝m，则AM＝m，NG＝PM＝6﹣m， ∴MD＝AD﹣AM＝6﹣m， ∴CN＝MD＝6﹣m， ∴CG＝NG+CN＝6﹣m+6﹣m＝12﹣2m＝3， 解得：， ∴S△FGP． 5．解：（1）①∵正方形ABCD， ∴BC＝CD，∠BCD＝90°， ∴∠DCF＝90°＝∠BCE， 又∵CF＝CE， ∴△BCE≌△DCF（SAS）； ②连接BD，则：∠DBC＝45°， ∵△BCE≌△DCF， ∴∠CBE＝∠CDF， ∵∠BEC＝∠DEG， ∴∠DGE＝∠BCE＝90°， ∴BG⊥DF， ∵G为DF的中点， ∴BD＝BF， ∴； 故答案为：67.5． （2）取CD的中点H，连接GH， ∵G为DF的中点， ∴， ∴△GHE∽△BCE， ∴， 设GH＝x，则：CE＝CF＝2x， ∵菱形ABCD中，CD＝BC＝2， ∴， ∴HE＝CH﹣CE＝1﹣2x， ∴， 解得：或（舍去）； 经检验：是原方程的解， ∴； （3）∵矩形ABCD， ∴CD＝AB＝3，AD＝BC＝4，∠BCD＝90°， ∴∠DCF＝90°， ∵CE＝CF， ∴∠CFE＝∠CEF＝45°， 当点H为直角顶点时，如图： 设CE＝CF＝x， 则：BF＝BC+CF＝4+x，， ∵B E＝5 E H， ∴， ∵∠BCE＝∠H＝90°，∠EBC＝∠FBH， ∴△BCE∽△BHF， ∴，即：， 解得：x＝2或； 经检验x＝2或是原方程的解， ∴CE＝2或； 当点F为直角顶点时，如图：过点H作HM⊥BF， 则：HM∥CE，∠HFM＝90°﹣∠CFE＝45°， ∴△BCE∽△BMH，FM＝HM， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴； 综上：CE＝2或或． 几何综合及探究问题（第七章）加练 1．解：（1）由折叠可知，∠APN＝∠A′PN，∠BPM＝∠B′PM， ∵∠APN+∠A′PN+∠BPM+∠B′PM＝180°， ∴2∠A′PN+2∠B′PM＝180°， ∴∠A′PN+∠B′PM＝90°，即∠NPM＝90°． 故答案为：90°； （2）①由折叠可知，∠APA′＝2∠APN＝2∠A′PN＝60°，∠BPB′＝2∠BPM＝2∠B′PM， ∵∠A′PB′＝20°， ∴∠BPB′＝180°﹣∠APA′﹣∠A′PB′＝100°， ∴∠BPM＝∠B′PMBPB′＝50°， ∴∠NPM＝∠A′PN+∠A′PB′+∠B′PM＝100°； ②若∠A′PB′＝α（0°≤α＜180°），则∠APA′+∠BPB′＝180°﹣α， ∴∠A′PN+∠A′PB′（∠APA′+∠BPB′）＝90°， ∴∠NPM＝∠A′PN+∠A′PB′+∠B′PM＝90°α＝90°． （3）由折叠可知，∠APN＝∠A′PN，∠BPM＝∠B′PM， ∵2∠A′PN+2∠B′PM＝180°+α， ∴∠A′PN+∠B′PM＝90°， ∴∠NPM＝∠A′PN+∠B′PM﹣∠A′PB′＝90°α＝90°． 2．（1）解：∠1＝∠2＝∠3； （2）证明：如图1， 设AM，EF交于点O， 由题意得：EF是AB的垂直平分线，AM是BB′的垂直平分线，AB＝AB′， ∴AB′＝BB′，OA＝OB＝OB′， ∴AB′＝BB′＝AB，O为外心， ∴∠ABB′＝60°， ∴∠1＝∠2＝30°， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠ABC＝90°， ∴∠3＝90°﹣60°＝30°， ∴∠1＝∠2＝∠3； （3）证明：如图2， 同理（2）得：OB＝OB′＝OP＝OP′，BP′＝PB′＝BB′， ∴∠P′BO＝∠B′BO，∠OBB′＝∠BB′O， ∵EF∥BC， ∴∠OB′B＝∠B′BC， ∴∠P′BO＝∠B′BO＝∠B′BC， ∴BB′是∠NBC的一条三等分线． 3．解：（1）∵点P，N是BC，CD的中点， ∴PN∥BD，PNBD， ∵点P，M是CD，DE的中点， ∴PM∥CE，PMCE， ∵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， 故答案为：PM＝PN，PM⊥PN； （2）△PMN是等腰直角三角形，理由如下： 由旋转知，∠BAD＝∠CAE， ∵AB＝AC，AD＝AE， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴∠ABD＝∠ACE，BD＝CE， 利用三角形的中位线得，PNBD，PMCE， ∴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； （3）由（2）知，△PMN是等腰直角三角形，PM＝PNBD， ∴PM最大时，△PMN面积最大， ∴点D在BA的延长线上， ∴BD＝AB+AD＝14， ∴PM＝7， ∴S△PMN最大PM272． 4．解：（1）结论：AC＝BD． 理由：∵∠AOB＝∠COD＝90°． ∴∠AOC＝∠BOD． 在△AOC和△BOD中． ， ∴△AOC≌△BOD（SAS）， ∴AC＝BD； （2）结论：BC2+AC2＝2OC2． 理由：连接BD． ∵∠AOB＝∠COD＝90°， ∴∠AOC＝∠BOD， 在△AOC和△BOD中， ， ∴△AOC≌△BOD（SAS）， ∴AC＝BD∠CAO＝DBO＝45°， ∴∠CBD＝90°， ∴BC2+BD2＝CD2， ∴BC2+AC2＝2OC2； （3）如图3﹣1中，当点C在AO的上方时，过点O作OH⊥CD于H． ∵OC＝OD＝8，∠COD＝90°， ∴CDOC＝8， ∵OH⊥CD， ∴CH＝HD， ∴OHCD＝4， ∵∠DCO＝∠CFO+∠AOC＝45°，∠AOC＝15°， ∴∠CFO＝30°， ∴OF＝2OH＝8， ∵OA＝10， ∴AF＝OF﹣OA＝810． 如图3﹣2中，当点C在OA的下方时，∠OFH＝∠C+∠AOC＝60°， ∴∠FOH＝30°， ∴FH＝2OF， ∵OF2＝FH2+OH2， ∴4FH2＝FH2+（4）2， ∴FH， ∴OF， ∴AF＝AO﹣OF＝10， 综上所述，满足条件的AF的长为810或10． 5．（1）解：∵D为AC的中点，AC＝4，，∠BAC＝90°， ∴，则由勾股定理，可得：， 作EG⊥AB，交AB于G，如图1， 由题意可知，∠DBE＝90°，BE＝BD， ∴∠1+∠2＝90°，∠2+∠3＝90°， ∴∠1＝∠3， 又∵∠EGB＝∠BAC＝90°， ∴△ABD≌△GEB（AAS）， ∴EG＝AB＝5，BG＝AD＝2， 则AG＝AB﹣BG＝3， 由勾股定理可得：AE； （2）证明：由旋转可知，△BDE为等腰直角三角形， ∴∠7＝45°，∠EBD＝90°，BE＝BD， ∵EC⊥BG， ∴∠3+∠EBF＝90°， 又∵∠4+∠EBF＝90°，∠3+∠1＝90°， ∴∠3＝∠4，∠1＝∠EBF＝∠2+∠DBC， 又∵∠DBC+∠G＝∠EBF， ∴∠2＝∠G， 在△EBC和△BDG中， ， ∴△EBC≌△BDG（AAS）， ∴BD＝DG，∠EBC＝∠BDG， 则：∠EBD+∠DBC＝∠7+∠ADE+ADG， ∵∠ADE＝∠DBC， ∴∠EBD＝∠7+ADG，即：90°＝45°+∠ADG， ∴∠ADG＝45°， 又∵∠ADE＝∠DBC＝∠5+∠6， 由三角形内角和定理可得：∠DBC+∠2＝∠6+∠7， 即：∠6+∠5+∠2＝∠6+∠7， ∴∠ACB＝∠5+∠2＝∠7＝45°， 作BH⊥BC，交CA延长线于H，连接HG，如图2， ∴△BCH为等腰直角三角形， ∴∠BHC＝45°，BH＝BC＝DG，， ∵∠ADG＝45°， ∴BH∥DG， ∴四边形BDGH是平行四边形， ∴AH＝AD，即HD＝2AD， ∴； （3）解：作BH⊥AC，交AC于H， ∵△ABC是等边三角形， ∴，∠DBE＝∠ABC＝60°，BH平分∠ABC， 则∠ABH＝∠CBH＝30°， 将BC绕点B逆时针旋转90°，则，∠DBE＝∠CBG＝90°， ∴∠EBG＝∠DBC，∠GBH＝∠CBG﹣∠CBH＝60°， ∴△BGE≌△BCD（SAS）， ∴∠BGE＝∠BCD＝60°， ∴EG⊥BH， 作点M关于BC的对称点N，连接PN，CN，如图3，由对称易知CM＝CN，∠BCN＝∠ACB＝60°，PM＝PN， ∴EP+MP＝EP+PN， 当EP+MP最小时，即EP+PN最小，亦即N、P、E在同一直线，且NE⊥EG，如图4： 作BT⊥GE，交GE于T，则∠BGT＝60°，∠TBG＝30°， ∴，， ∵EG∥BH，BH⊥AC，NE⊥EG， ∴BH⊥NP，NE∥AC，四边形BQET是矩形， 则∠ACB＝∠NPC＝∠BPQ＝60°，EQ＝BT＝3，即∠MPE＝60°， 由轴对称可知，∠CPM＝∠NPC＝60°， ∴△PMC是等边三角形，则：PM＝CM＝CP， ∵2CM＝AM， ∴，，∠ABH＝∠CBH＝30°， ∴，， 则由勾股定理可得：，， ∵NE∥AC，BH⊥NP， 则QH为NE，AC之间的距离， ∴，即△EPM的高， ∴， ∴． 学科网（北京）股份有限公司 $$