专题15 图形变化-2026年中考数学专题复习与模拟预测卷

专题15 图形变化 专题15 图形变化 【学习要点】 轴对称性质 ①对应点的连线被对称轴垂直平分； ②对应线段相等； ③对应线段或延长线的交点在对称轴上； ④成轴对称的两个图形全等。 图形的对称 厂①成中心对称的两个图形中，对应点的连； 中心对称性质 线经过对称中心，且被对称中心平分； ②成中心对称的两个图形全等. ①平移前后，对应线段平行（或在同一条直线上）且相等， 图形的平移 性质 对应角相等； ②对应点所连的线段平行（或在同一条直线上)且相等； ③平移前后的图形全等 厂①对应点到旋转中心的距离相等； 图形的旋转 性质 ②对应点与旋转中心连线所成的角都等于旋转角； ③旋转前后的图形全等. 【学习领航】 例1如图，矩形ABCD是一张A4纸，其中AD=√2AB,小天用该A4纸玩折纸游戏. 游戏1折出对角线BD,将点B翻折到BD上的点E处，折痕AF交BD于点G.展开后 得到图1，发现点F恰为BC的中点. 游戏2在游戏1的基础上，将点C翻折到BD上，折痕为BP;展开后将点B沿过点F 的直线翻折到BP上的点H处；再展开并连接GH后得到图2，发现∠AGH是一个特定 的角. (1)请你证明游戏1中发现的结论； (2)请你猜想游戏2中∠AGH的度数，并说明理由. D 图1 图2 考点追踪：本题考查矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、锐角三角函数，熟练掌握以上知识是 100 专题15 图形变化 解题关键 试题精析：(I)由折叠的性质可得AF⊥BD,根据题意可得∠BAG=∠ADB=∠GBF.再设 AB=a,然后表示出AD,BD,再由锐角三角函数求出BF即可. (2)由折叠的性质可知∠GBH=∠FBH,BF=HF,从而可得出∠GBH=∠BHF,进而 得到BD∥HF,∠DGH=∠GHF.由(I)知AF⊥BD,可得AF⊥HF.在Rt△GFH中求出 ∠GHF的正切值即可解答. 解题逻辑： (1) 折叠 ∠BAF=∠ADB 设AB=a AF⊥BD tan∠BAF=tan∠ADB 点F为BC 的中点 (2) 折叠 ∠GBH=∠FBH, ∠FBH=∠FHB ∠GBIH=∠FHB BF=HF BD∥HF BG= 3a, 设AB=a AF⊥HF AF⊥BD G LDGH-LGHF tan∠GHF-3 ∠AGH=120° 例2如图1，矩形ABCD中，AB=5,AD=3,将△ABC绕点A旋转到△AB'C位置，设AC 交直线CD于点M. (1)当点B'恰好落在DC边上时，求△AB'C'与矩形ABCD重叠部分的面积； (2)如图2，当点C,B',C恰好在一直线上时，求DM的长度， B D M M 图1 图2 101 专题15 图形变化 考点追踪：本题考查矩形的性质，涉及旋转变换、相似三角形的判定与旋转，解题的关键是掌握 旋转的性质，能熟练应用相似三角形判定定理 试题特标：①D作MN LAB'于点N,根据∠CAB'=m∠CAB-智-号，m∠ABD ,借助方程思想求出MN,从而求得△AB'M的面积 (2)设AB'交CM于点N,由△ABC绕点A旋转到△AB'C,得等腰三角形ACC',所以 ∠C'AB'=∠CAB'=∠CAB,于是AN=CN.用勾股定理求出AN长，再证明△AMN ,有M-故AMMN·CM,由勾股定理得AM=AD+MD,设Dm 利用推导得到的MN·CM=MD牛AD,即可得DM的长度为表 解题逻辑： (1) 旋转 ∠C'AB'=∠CAB tan∠C'AB'= 勾股定理 DB'=4 AB'=AB MN·AB 设MW-3x S△ABF tanLABD-子 (2) AC=AC. 旋转 ∠C'AB'=∠CAB, 等腰三角形ACC ∠CAB'=CAB'=∠CAB ∠AB'C=∠B=90° AN-CN ↓ AD2+DN2=AN2 DN=8 AM2=MN·CM DM- △AMN∽△CAM MN·CM=MD2+AD2 AM=AD2+MD 102 专题15 图形变化 例3已知∠MAN=a(0°<a<45),点B,C分别在射线AN,AM上，将线段BC绕点B顺 时针旋转180°一2a得到线段BD,过点D作AN的垂线交射线AM于点E, (1)如图1，当点D在射线AN上时，求证：C是AE的中点； (2)如图2，当点D在∠MAN内部时，作DF∥AN,交射线AM于点F,用等式表示线段 EF与AC的数量关系，并证明. M M B 图1 图2 考点追踪：本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的内角和、外角定理、平 行线的性质、直角三角形的性质，熟练掌握这些知识点、正确添加辅助线是解题的关键. 试题精析：(I)证明CA=CD=CE即可证明，点C是AE的中，点； (2)先证明△ABC≌△HBD,得到AC=DH,再根据角度计算得到DG=AC,从而得出 EF和AC的数量关系。 解题逻辑： (1)旋转 BC=BD ∠BCD=∠BDC=a ∠CED=∠CDE CA=CE CD=CE (2) AB=HB. ∠ABC=∠HBD △ABC≌△HBD ∠BHD=∠A=a CB=DB ∠GHD=2a BA=BH ∠BHA=∠A=a FD∥AB LFDE-90° GF-GD ∠GFD=LGDF=a ∠DGH=2x ∠GFD=∠A=ax EF=2ACEF-2FG DG=DH=AC DG-DH ∠DGH=∠GHD 103 专题15 图形变化 例4【问题呈现】 △CAB和△CDE都是直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，CB=mCA,CE=mCD,连接 AD,BE. (1)如图1，当m=1时，直接写出AD,BE的位置关系： D 图1 (2)如图2，当m≠1时，(1)中的结论是否成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由. 图2 【拓展应用】 (3)当=√3，AB=4√7，DE=4时，将△CDE绕点C旋转，使A,D,E三点恰好在同一 直线上，求BE的长， 备用图 考点追踪：本题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质、全等三角形和相似三角形的判定 与性质、勾股定理列方程等知识，运用分类讨论思想、数形结合思想是解题的关键， 试题精析：(I)利用SAS证明△DCA≌△ECB,得∠DAC=∠EBC,再利用三角形内角和定理 可得结论；(2)说明△DCAp△ECB,得∠DAC=∠EBC,由(1)同理可得结论；(3)分点E在 线段AD上和AD的延长线上，分别画出图形，由(2)知，∠AEB=90°，根据勾股定理列方程解 决问题， 解题逻辑：(1) CD-CE. ∠DCA=∠ECB △CDA≌△CEB ∠CAD=LCBE ∠ACB=90° AD⊥BE CA=CB (2)CB=mCA, ∠ECB=∠DCA △CEB∽△CDA ∠CAD=∠CBE ∠ACB-90° AD⊥BE CE=mCD 专题15 图形变化 (3)注意分类讨论： ∠CED=90° CB=V3CA, ∠CBA=90° ∠CED=30° CE=√3CD ∠CBA=30° CB ∠CEB=120° C =5, ∠DCA=∠ECB △CDA∽△CEB ∠CDA=∠CEB ∠AEB=90° 器-5 BE=63或43 AE2+EB2=AB2 例5【问题情境】 “综合与实践”课上，老师让同学们以“矩形的翻折”为主题开展数学活动. 第1步：有一张矩形纸片ABCD,在AD边上取一点P沿BP翻折，使点A落在矩形内部 A'处； 第2步：再次翻折矩形，使PD与PA'所在直线重合，点D落在直线PA'上的点D处，折 痕为PE. 翻折后的纸片如图1所示. (1)∠BPE的度数为 (2)若AD=32cm,AB=24cm,求DE的最大值. 【拓展应用】 (3)一张矩形纸片通过问题情境中的翻折方式得到如图2所示的四边形纸片FKQG,其 中∠KFG的一边与矩形纸片的一边重合，KQ⊥FK,FG⊥GQ,FG=45cm,FK=35cm, KQ=30cm.求该矩形纸片的面积. D G 图1 图2 105 专题15 图形变化 考点追踪：本题主要考查矩形的性质、直角三角形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性 质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、二次函数的应用、函数的最大值，熟练掌握矩形的 性质和折叠的性质是解题的关键。 试题精析：(1)利用折叠的性质和平角的意义解答即可.(2)设PD=x,DE=y,则AP=AD AP=32一x,利用相似三角形的判定与性质求得y与x的函数关系式，再利用二次函数的思 想解答即可得出结论.(3)作出原矩形FGHN,连接FQ,利用勾股定理求得线段QG.设 FN=HG=x,则HQ=x一10；设NK=y,则HK=45-y.利用相似三角形的判定与性质得 到关于x,y的方程组，解方程组求得x,y值，再利用矩形的面积公式解答即可， 解题逻辑： (2)LBPE=90° ∠A=90 △ABP∽△DPE AB PD PD=x,DE-y ∠D=90° 二次函数求最值 DE的最大值为号 (3)以FG为矩形的一边，首先补全图形. ∠FKO-909 ∠N=90 △FNK∽△KHQ FG_KN_FK KH HO KO 求出FN的值 ∠H=909 矩形纸片的面积=FG·FW 以KF为矩形的一边，首先补全图形. ∠FGQ-90° ∠N=90 △FGM∽△GOW FG FM GM GO GN ON 求出FM的值 ∠M=90° 矩形纸片的面积=FK·FM 106 专题15 图形变化 【学习实践】 1.如图，将一张矩形纸片ABCD上下对折，使之完全重合，打开后，得到折痕EF,连接BF.再 将矩形纸片折叠，使点B落在BF上的点H处，折痕为AG.若点G恰好为线段BC最靠近 点B的一个五等分点，AB=4,则BC的长为 D B: C 2.如图1，点P是线段AB上与点A,点B不重合的任意一点，在AB的同侧分别以A,P,B 为顶点作∠1=∠2=∠3，其中∠1与∠3的一边分别是射线AB和射线BA,∠2的两边不 在直线AB上，我们规定这三个角互为等联角，点P为等联点，线段AB为等联线： (1)如图2，在5×3个方格的纸上，小正方形的顶点为格点、边长均为1，AB为端点在格点 的已知线段.请用三种不同连接格点的方法，作出以线段AB为等联线、某格点P为等 联点的等联角，并标出等联角，保留作图痕迹 (2)如图3，在Rt△APC中，∠A=90°，AC>AP,延长AP至点B,使AB=AC,作∠A的 等联角∠CPD和∠PBD.将△APC沿PC折叠，使点A落在点M处，得到△MPC,再 延长PM交BD的延长线于点E,连接CE并延长交PD的延长线于点F,连接BF. ①确定△PCF的形状，并说明理由； ②若AP：PB=1:2,BF=√2k,求等联线AB和线段PE的长（用含k的式子表示）. D 图1 图2 图3 107 专题15 图形变化 3.综合与实践 【问题情境】 在一次综合与实践课上，老师让同学们以两个全等的等腰直角三角形纸片为操作对象.纸 片△ABC和△DEF满足∠ACB=∠EDF=90°，AC=BC=DF=DE=2cm, 下面是创新小组的探究过程. 【操作发现】 (1)如图1，取AB的中点O,将两张纸片放置在同一平面内，使点O与点F重合.当旋转 △DEF纸片交AC边于点H、交BC边于点G时，设AH=x(1<x<2),BG=y,请你 探究出y与x的函数关系式，并写出解答过程. 【问题解决】 (2)如图2，在(1)的条件下连接GH,发现△CGH的周长是一个定值.请你写出这个定值， 并说明理由， 【拓展延伸】 (3)如图3，当点F在AB边上运动（不包括端点A,B),且始终保持∠AFE=60°.请你直接 写出△DEF纸片的斜边EF与△ABC纸片的直角边所夹锐角的正切值 (结 果保留根号)： OF OF G G C D 图1 图2 图3 108[学习实践] 专题15图形变化 1.解：(1)如图1，连接BD,过点D作DH⊥AB于点H. [学习领航] :∠A=45°，∠AHD=90°， 例1(1)证明：由折叠的性质可得AF⊥BD, .∠ADH=45°=∠A, .∠AGB=90. △ADH是等腰直角三角形. ,四边形ABCD是矩形， 又AD=3√2， ∴.∠BAD=∠ABC=90°， ..AH=DH=3, ∴∠BAF=∠ADB. .BH=AB-AH=5-3=2. AD=√2AB, Rt△BDH中，BD=√32+2=√I3. 设AB=a,则AD=√2a, D .tan∠BAF=tan∠ADB, 器怨。 H B 图1 图2 .BF_a (2)如图2，AG即为所求 a 2a' 2.解：(1)如图，⊙O为所作 A 解得BF 2a. BC=AD=√2a, .BF BC. M 点F为BC的中点 (2)PM和PN为⊙O的切线， (2)解：∠AGH=120°.理由如下： .OM⊥PB,ON⊥PN,∠MPO=∠NPO= 连接HF,如图. 号APB=3D ∴.∠OMP=∠ONP=90, .∠M0N=180°-∠APB=120°. 在Rt△POM中，：∠MPO=30°， 由折叠的性质可知∠GBH=∠FBH,BF=HF, 3PM-3 OM- ×3-3, ∴∠GBH=∠FBH,∠FBH=∠BHF, ∴⊙O的劣弧MN与PM,PN所围成图形的面积 ∴.∠GBH=∠BHF, =S网边形PMON一S扇形MON .BD∥HF, .∠DGH=∠GHF. =2x号×3Xw5-120XdB) 360 由(1)知AF⊥BD,可得AF⊥HF, =3W3-元 ∴.∠AGD=90°，∠GFH=90°. 3.解：【初步尝试】如图1，直线OP即为所求. 设AB=a,则AD-2a=BC,BF=HF= 2, 【问题联想】如图2，三角形MNP即为所求。 【问题再解】如图3中，DF即为所求. ·BG 3, ·GF-6 . √6 在Rt△GFH中，tan∠GHF= GF 643 2 图2 图3 .∠GHF=30°， ∴.∠DGH=30° ∴.∠AGH=∠AGD+∠DGH=90°+30°=120°. 29 例2解：(1)过点M作MN⊥AB'于点N,如图1. 例3(1)证明：如图1，连接CD. 由题意得：BC=BD,∠CBD=180°-2a, ∴.∠BDC=∠BCD. .'∠BDC+∠BCD+∠CBD=180°， ∠BDC=180°-a80°-2a）-a, 2 ∠BDC=∠A, 图1 ∴.CA=CD. 由旋转的性质可知，∠CAB'=∠CAB,AB'=AB=5, .DE⊥AN, .tan∠C'AB'=tan∠CAB=AB-5 BC 3 ∴.∠1+∠A=∠2+∠BDC=90°， ∠1=∠2， 在Rt△ADB'中，DB'=√AB2-AD2=4, ∴.CD=CE, .t/AB'D=是 ..CA=CE ∴点C是AE的中点 设MN=3x,则AN=5x,B'N=4x, M .AB=9x=5, -N-吾 SaAM=ZMN·AB-2 6 (2)设AB'交CD于点N,如图2. 图1 由旋转的性质可知，AC'=C (2)解：EF=2AC. AC,∠C'AB'=∠CAB, 在射线AM上取点H,使得BH=BA,取EF的中点 ∠AB'C'=∠B=90, G,连接DG,HD,如图2. ∴△ACC'为等腰三角形， ∠C'AB'=CAB'. G ,CD∥AB, B ∴.∠DCA=∠CAB, 图2 ∴·∠NAC=∠NCA, ..AN-CN 图2 在Rt△ADN中，AD2+DN=AN, .'BH=BA, 即9+DN=6-DN3,DN=g ∴∠BAH=∠BHA=a, .∠ABH=180°-2a=∠CBD, :∠MNA=∠NAC+∠NCA, .∠ABC=∠HBD】 ∴.∠MAC=∠MNA. .'BC=BD, ,∠NMA=∠CMA, △ABC≌△HBD(SAS), ∴.△AMN△CMA, ∴.AC=DH,∠BHD=∠A=a, 微 ∴.∠FHD=∠BHA+∠BHD=2a .DF//AN, .AM=MN·CM. ∴.∠EFD=∠A=a,∠EDF=∠3=90°， 在Rt△ADM中，AMP=MD2+AD2, G是EF的中点， ∴.MN·CM=MD2+AD2 ∴.GF=GD,EF=2GD 设DM=z,则MN=z+号，CM=5+ ∴∠GFD=∠GDF=a, ∴.∠HGD=2a, (e+)x+5)=+9, ∴.∠HGD=∠FHD, .'.DG=DH 解得：x=3即DM=名 .'AC=DH, 30 ∴.DG=AC, 即x2+(W3x+4V3)2=(4√7)2， ∴EF=2AC. 解得：x=2或x=一8（舍去）， 例4解：如图1，延长BE交AD于点G. ∴.BE=√3x+43=63. (1)当m=1时，AD⊥BE. 当点D在线段AE上时，连接BE,如图3. ,∠DCE=∠ACB=90°， ∴.∠DCA+∠ACE=∠ACE+∠ECB=90°， ∴.∠DCA=∠ECB. .DC=CE,AC=CB 图3 .△DCA≌△ECB(SAS), 设AD=y,则AE=AD+DE=y十4.根据(2)可知， ∠DAC=∠EBC. △DCAP△ECB, '∠GAB+∠ABG=∠DAC+∠CAB+∠ABG= ∠EBC+∠CAB+∠ABG=∠CAB+∠CBA= 器 =m=√3， 180°-∠ACB=90°， ∴.BE=√3AD=3y. ∴./AGB=180°-90°=90°， 由(2)可知，BE⊥AD, .BE⊥AD .∠AEB=90°， 故答案为：BE⊥AD, 根据勾股定理得：AE2+BE2=AB2, 即(y十4)2+(W3y)2=(4V7)2, G 解得：y=4或y=一6（舍去）， .BE=√3y=4V3 图1 综上所述，BE=63或4√3. (2)成立，理由如下： 例5解：(I)由题意得：∠APB=∠A'PB,∠DPE=D'PE. :∠DCE=∠ACB=90°， :∠APB+∠A'PB+∠DPE+D'PE=180°， ∴.∠DCA+∠ACE=∠ACE+∠ECB=90°， .2(∠A'PB+∠DPE)=180°， .∠DCA=∠ECB, .∠A'PB+∠D'PE=90°， 器瓷品 ∴.∠BPE=90°. (2)设PD=x,DE=y,则AP=AD-AP=32-x. ∴.△DCA∽△ECB, 由(1)知：∠BPE=90°， ∴∠DAC=∠EBC. ∠APB+∠DPE=90 :∠GAB+∠ABG=∠DAC+∠CAB+∠ABG= ,四边形ABCD为矩形， ∠EBC+∠CAB+∠ABG=∠CAB+∠CBA= ∴.∠D=∠A=90°， 180°-∠ACB=90°， ∠ABP+∠APB=90, .∠AGB=180°-90°=90， ∴∠ABP=∠DPE. ∴BE⊥AD. :∠A=∠D=90°， (3)当点E在线段AD上时，连接BE,如图2. ∴△ABP△DPE, 提是 号 图2 1 1 x-16)2+32 设AE=x,则AD=AE十DE=x十4.根据(2)可知， 六y=24(32-x)= 24 △DCAP△ECB, 器瓷-， ·当x=16时y有最大值为 .BE=√3AD=√3(x+4)=√3x+4V3 由(2)知，∠AEB=90°，根据勾股定理得：AE2+ ∴DE的最大值为m BE2=AB2, (3)作出原矩形FGHN,连接FQ,如图1. :∠M=90, ∴.∠GFM+∠FGM=90°， ∴.∠GFM=∠QGN. .'∠M=∠N=90°， C '.△FGM∽△GQN 图1 .'FK=35 cm,KQ=30 cm,KQ FK, 器微兴 ∴.FQ=√FK+KQ=√/1225+900 :5=30+x-MG 10 NG x √/2125(cm), .QG=√FQ2-FG=√2125-2025=10(cm). ∴.NG= 9+3,MG=9 2120 x, .四边形FGHN为矩形， 20,9 ∴.FN=HG,FG=HN=45. 9x+3+2x=35x=6. 设FN=HG=x,则HQ=x一10，设NK=y,则 .FM=36. HK=45-y. .该矩形纸片的面积=35×36=1260(cm2), KQ⊥FK, 综上，该矩形纸片的面积为1260cm2. ∠FKN+∠HKQ=9o [学习实践] ∠N=90°， 1.210 ∠NFK+∠FKN=90°， 2.解：(1)略 ∠NFK=∠HKQ. (2)①△PCF是等腰直角三角形.理由如下： ,∠N=∠H=90°， 如图1，过点C作CN⊥BE交BE的延长线于点N. .△FNK∽△KHQ, W FN KN FK …K五HQKQ [x35 45-y30' 16D y35 x-1030 图1 /x=28, 由折叠得CM=AC,∠CMP=∠CME=∠A=90°， y-2 ∠1=∠2，∠A=∠PBD=∠N=90, ∴.FN=28. .四边形ABNC为矩形 该矩形纸片的面积=FG·FN=28X45= 又：AB=AC, 1260(cm2). ∴.四边形ABNC为正方形， 当KF为矩形的一边时，作出原矩形，如图2. ∴.CN=AC=CM 又CE=CE, .△CME≌△CNE, .∠3=∠4. 而∠1+∠2+∠3+∠4=90°，∠CPF=90°， G ∴∠PCF=∠2+∠3=∠CFP=45°， △PCF是等腰直角三角形. ②如图2，过点F作FQ⊥BE于点Q,FR⊥PB交PB的 M 延长线于点R,则∠R=∠A=90° 图2 -------L:N 设QN=x,则KN=30+x. ,四边形KFMN为矩形， ..MN=KF=35,FM=KN=30+x. ,∠FGQ=90°， 】6D .∠FGM+∠QGN=90°. 图2 32 ∠1+∠5=∠5+∠6=90°， 在Rt△HCG中， .∠1=∠6. .GH=√CH+CG=√(2-x)2+(2-y)2= 由△PCF是等腰直角三角形知：PC=PF, √x2+y2-4(x+y)+8= .△APC≌△RFP, √(x+y)2-2xy-4(x十y)+8. ∴.AP=FR,AC=PR, 而AC=AB, 将(1)中xy=2代入得：GH=√(x十y)2-4(x+y)+4= ∴.AP=BR=FR. √(x+y-2)2=|x+y-21. 在Rt△BRF中，BR+FR2=BF2,BF=√2k, 2 ,1<x<2,y= x ..AP=BR=FR=k, .1<y<2,x十y>2, .'.PB=2AP=2k, .GH=x+y-2. ..AB=3k ∴△CHG的周长=CH+CG十GH=2-x+2-y+x+ 由①得△CME≌△CNE y-2=2(cm). ..EM=EN. (3)①过点F作FN⊥AC于点N,作FH的垂直平分线 设EN=EM=x,由①得四边形ABNC为正方形，BN 交FN于点M,交FH于点P,连接MH,如图2. =3k, ..BE=3k-x. .'AP=PM=k,PB=2k, .PE=k十x. 在Rt△PBE中，4k2+(3k-x)2=(k十x)2, 得：一6， 图2 :∠AFE=60°，∠A=45°， PE=+红=受 ∴∠AHF=75°. 3.解：(1)如图1. MP为FH的垂直平分线， .∴.FM=MH. :∠ACB=∠EDF=90°，且AC= O(F BC=DF=DE=2 cm, :∠FNH=90°， .∠A=∠B=∠DFE=45, ∴∠NFH=15. .∠AFH+∠BFG=∠BFG+ .FM=MH, D .∴.∠NFH=∠MHF=15°， ∠FGB=135°， .∴.∠NMH=30°. ∠AFH=∠FGB, 图1 在Rt△MNH中，设NH=k, ∴.△AFHC△BGF, ∴.MH=MF=2k, 需 ∴MN=√MH-NH=√3k, 即AH·BG=AF·BF. ∴.FN=MF+MN=(2+√3)k. 在Rt△ACB中，AC=BC=2, 在Rt△FNH中， .AB=√AC+BC=√22+2=22(cm). FN_2+W3)k=2+5. an∠FHN=tan75”-& O是AB的中点，点O与点F重合， ②过点F作FN⊥BC于点N,作FG的垂直平分线交 ∴.AF=BF=√2， BG于点M,连接FM,如图3. .xy=√2X√2， 0 y=2 x G y与工的函数关系式为y=21<<2》. (2)△CGH的周长定值为2.理由如下： 图3 .AC=BC=2,AH=x,BG=y, :∠AFE=60°，∠B=45°， ∴.CH=2-x,CG=2-y. .∴./FGB=∠AFE-∠B=15. 33 .GM=MF, ∴.BE=8,DE=6. ∴.∠FGB=∠GFM=15°， ∠FMB=30°. ∴S=2DE·BE=2X8×6=24, 在Rt△FNM中，设FN=k, 即b=24. ∴.GM=MF=2k, .∴.a-b=76-24=52. 由勾股定理得MN=√MF2-NF=√5k, 故选B. 例2解：在运动的第一阶段，如图. ∴.GN=GM+MN=(2+√3)k. M 在Rt△FNG中， tan∠FGN=tanl5°-PN-e =2-√3 GN(2+√3)k 综上所述，tan∠FHN=2+√3或tan∠FGN=2-√3. 故答案为：2+√3或2一√3. 专题16运动类问题 令HE和FG与AB的交点分别为I和K. [学习领航] 因为直线MN沿BC方向以每秒√3个单位长度的速 例1解，∠C=90°，AC=15,BC=20, 度平移， ∴.AB=√AC2+BC=√152+202=25. 则IE=FK=√3t. ①当0≤x≤15时，即点D在AC边上，如图1. 又AB=4,BC=43,则∠BAO=60°. 所以AI=BK=t,则IK=4-2t,即EF=4-2t 故S=3t·(4-2t)=-2W3t2+43t. 再继续向右运动时，正方形全部在△AOB内， 图1 此时S=(4-2t)2. 此时AD=x=10. 故选B. ED⊥AB, 例3解：如图，过点B作BF⊥AD于点F,过点C作CE⊥ ∴∠DEA=90°=∠C. AD于点E. .∠CAB=∠EAD, ,∠D=60°，CD=2, .△CAB∽△EAD, 器 cE=9c0-5. .AD//BC, ∴.AE=6,DE=8, ∴BF=CE=√3 ∴.BE=25-6=19. 要使BM+2BN2的值最小，则BM和BN越小 ∴S=BE,DE=×19X8=76, 越好， MN显然在点B的上方（中间位置时）. 即a=76. 设MF=x,则FN=1-x. ②当15<x≤35时，点D在BC边上，如图2. ..BM2+2BN2=BF2+EM2+2(BF2+EN2)= x2+3+2[(1-x)2+3]=3x2-4x+11= -}+學 图2 当=号时，BF+2BN的最小值是 3 此时x=25,BD=10. 故选B. ,DE⊥AB, .∠DEB=90°=∠C :∠DBE=∠ABC, ∴.△DBEC∽△ABC, 照器熙 例4解：(1)，d=l1一l2, 当滑块在A点时，l1=0,d=-l2<0;