三、题型10 几何综合题-【众相原创·赋能中考】2026年中考数学题型突破册配套课件（甘肃专用）

数 学 甘肃 题型突破册 1 甘肃中考题型攻克 三、重难题攻克 题型十　几何综合题 类型1　模型迁移 1. (2025省卷)四边形ABCD是正方形，点E是边AD上一动点(点D除外)， △EFG是直角三角形，EG＝EF，点G在CD的延长线上. (1)如图1，当点E与点A重合，且点F在边BC上时，写出BF和DG的数量 关系，并说明理由； 解：(1)BF＝DG，理由如下： ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠BAD＝90°， ∵△EFG是直角三角形，EG＝EF， ∴∠FEG＝90°， 当点E与点A重合时，则∠FAG＝90°＝∠BAD， ∴∠DAG＝∠BAF＝90°－∠DAF， 又∵AB＝AD，AG＝AF， ∴△ADG≌△ABF(SAS)， ∴BF＝DG. (2)如图2，当点E与点A不重合，且点F在正方形ABCD内部时，FE的延 长线与BA的延长线交于点P，如果EF＝EP，写出AE和DG的数量关 系，并说明理由； 解：(2)AE＝DG，理由如下： ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ADC＝∠DAB＝90°， ∵点G在CD的延长线上，FE的延长线与BA的延长线交于点P， ∴∠PAE＝∠EDG＝90°， ∴∠P＋∠AEP＝90°， ∵∠FEG＝∠DEF＋∠DEG＝90°，∠AEP＝∠DEF， 解：(2)AE＝DG，理由如下： ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ADC＝∠DAB＝90°， ∵点G在CD的延长线上，FE的延长线与BA的延长线交于点P， ∴∠PAE＝∠EDG＝90°， ∴∠P＋∠AEP＝90°， ∵∠FEG＝∠DEF＋∠DEG＝90°，∠AEP＝∠DEF， ∴∠P＝∠DEG， ∵EG＝EF，EF＝EP， ∴EG＝EP， 在△PAE和△EDG中， ， ∴△PAE≌△EDG(AAS)， ∴AE＝DG. ∴∠P＝∠DEG， ∵EG＝EF，EF＝EP， ∴EG＝EP， 在△PAE和△EDG中， ， ∴△PAE≌△EDG(AAS)， ∴AE＝DG. (3)如图3，在(2)的条件下，连接BF，写出BF和DG的数量关系，并说明 理由. 　　 　　 解：(3)BF＝ DG，理由如下：由(2)可知： △PAE≌△EDG， ∴AE＝DG，AP＝DE， 如图，作FH⊥AB于点H，则∠FHB＝∠FHA＝90°＝ ∠PAE， ∴AE∥FH， ∴ ＝ ＝1， ∴PA＝AH， ∴HF＝2AE， ∵AP＝DE，PA＝AH， ∴DE＝AH， 又∵AD＝AB， ∴AE＝BH， 在Rt△BHF中，由勾股定理，得：BF＝ ＝ AE， ∵AE＝DG， ∴BF＝ DG. ∴HF＝2AE， ∵AP＝DE，PA＝AH， ∴DE＝AH， 又∵AD＝AB， ∴AE＝BH， 在Rt△BHF中，由勾股定理，得：BF＝ ＝ AE， ∵AE＝DG， ∴BF＝ DG. ∵PE＝EF， ∴AE为△PHF 的中位线， 2. (2025兰州)【提出问题】数学讨论课上，小明绘制图1所示的图形，正 方形ABCD与正方形BEFG(AB＞BE)，点E，G分别在AB，BC上.根据 图形提出问题：如图2，正方形BEFG绕点B顺时针旋转，旋转角为α(0° ＜α＜180°)，直线AE与CG相交于点H，连接BH，探究线段AH， BH，CH之间的数量关系. 【解决问题】(1)小明将上述问题特殊化，如图3，当点G，H重合时，请 你写出AH，BH，CH之间的数量关系，并说明理由； 解：(1)AH＝CH＋ BH，理由如下： ∵四边形ABCD与四边形BEFG都是正方形. ∴AB＝BC，BE＝BH，∠ABC＝90°，∠EBH＝90°， ∴EH＝ BH，∠ABE＝90°－∠EBC＝∠CBG， ∴△ABE≌△CBG(SAS)， ∴AE＝CG， ∴AH＝AE＋EH＝CH＋ BH. 解：(1)AH＝CH＋ BH，理由如下： ∵四边形ABCD与四边形BEFG都是正方形. ∴AB＝BC，BE＝BH，∠ABC＝90°，∠EBH＝90°， ∴EH＝ BH，∠ABE＝90°－∠EBC＝∠CBG， ∴△ABE≌△CBG(SAS)， ∴AE＝CG， ∴AH＝AE＋EH＝CH＋ BH. (2)小明借鉴(1)中特殊化的解题策略后，再解决图2所示的一般化问 题，当点G，H不重合时，请你写出AH，BH，CH之间的数量关系， 并说明理由； 解：(2)AH＝CH＋ BH，理由如下： 由(1)得△ABE≌△CBG(SAS)， ∴∠BCH＝∠EAB， 如图，在AE上截取AM＝CH， ∵∠BCH＝∠MAB，AB＝BC， ∴△MAB≌△HCB(SAS)， ∴∠MBA＝∠CBH，BM＝BH， ∵∠HBG＝90°－∠CBH－∠EBC，∠EBM＝90°－∠MBA－ ∠EBC， ∴∠HBG＝∠EBM， ∴∠MBH＝∠EBM＋∠EBC＋∠CBH＝∠HBG＋∠EBC＋∠CBH＝ ∠EBG＝90°， ∴△MBH是等腰直角三角形， ∴MH＝ BH， ∵AH＝AM＋MH， ∴AH＝CH＋ BH. ∴∠MBH＝∠EBM＋∠EBC＋∠CBH＝∠HBG＋∠EBC＋∠CBH＝ ∠EBG＝90°， ∴△MBH是等腰直角三角形， ∴MH＝ BH， ∵AH＝AM＋MH， ∴AH＝CH＋ BH. 【拓展问题】(3)小明将图2所示问题中的旋转角α的范围再扩大，正方形 BEFG绕点B顺时针旋转，旋转角为α(180°＜α＜360°)，直线AE与CG 相交于点H，连接BH，请直接写出AH，BH，CH之间的数量关系. 解：(3)CH＝AH＋ BH. 解：(3)CH＝AH＋ BH. 3. 【提出问题】(1)如图1，在等边△ABC中，点M是边BC上的任意一点 (不含端点B，C)，连接AM，以AM为边作等边△AMN，连接CN. 求 证：BM＝CN； (1)证明：∵△ABC和△AMN都是等边三角形， ∴AB＝AC，AM＝AN，∠BAC＝∠MAN＝60°， ∴∠BAM＋∠MAC＝∠MAC＋∠CAN， ∴∠BAM＝∠CAN， 在△ABM和△ACN中， ， ∴△ABM≌△ACN(SAS)， ∴BM＝CN. (1)证明：∵△ABC和△AMN都是等边三角形， ∴AB＝AC，AM＝AN，∠BAC＝∠MAN＝60°， ∴∠BAM＋∠MAC＝∠MAC＋∠CAN， ∴∠BAM＝∠CAN， 在△ABM和△ACN中， ， ∴△ABM≌△ACN(SAS)， ∴BM＝CN. 【类比探究】(2)如图2，在等边△ABC中，点M是BC延长线上的任意一 点(不含端点C)，其它条件不变，(1)中的结论BM＝CN还成立吗？请说明 理由； (2)解：成立，理由如下： ∵△ABC和△AMN都是等边三角形， ∴AB＝AC，AM＝AN，∠BAC＝∠MAN＝60°， ∴∠BAC＋∠CAM＝∠CAM＋∠MAN， ∴∠BAM＝∠CAN， 在△ABM和△ACN中， ∴△ABM≌△ACN(SAS)， ∴BM＝CN. 【拓展延伸】(3)如图3，在等腰△ABC中，BA＝BC，AB＝6，AC＝4， 点M是BC上的任意一点(不含端点B，C)，连接AM，以AM为边作等腰 △AMN，使顶角∠AMN＝∠ABC.连接CN. 试探究BM与CN的数量关 系，并说明理由. (3)解： ＝ .理由如下： ∵AB＝BC，AM＝MN， ∴ ＝ ， ∵∠AMN＝∠ABC， ∴△ABC∽△AMN， ∴ ＝ ，即 ＝ ， ∵∠AMN＝∠ABC， ∴∠BAC＝∠MAN， ∴∠BAM＋∠MAC＝∠MAC＋∠CAN， ∴∠BAM＝∠CAN， ∴△BAM∽△CAN， ∴ ＝ ＝ ＝ . ∴∠BAM＝∠CAN， ∴△BAM∽△CAN， ∴ ＝ ＝ ＝ . 4. 【模型建立】(1)如图1，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点 O，E，F分别在边BC，CD上，OE⊥OF. 写出线段CE，CF，BD的 数量关系，并说明理由； 解：(1)CE＋CF＝ BD， 理由：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BOC＝90°，OB＝OC，∠OBE＝∠OCF＝45°， ∵OE⊥OF， ∴∠EOF＝90°， ∴∠BOE＝∠COF. ∵BC＝ BD， ∴CE＋CF＝BC＝ BD. ∵BC＝ BD， ∴CE＋CF＝BC＝ BD. ∴△OBE≌△OCF(ASA)， ∴BE＝CF， ∴CE＋CF＝CE＋BE＝BC， 【模型应用】(2)如图2，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O， ∠ABC＝60°，E，F分别在边BC，CD上，∠EOF＝60°.写出线段 CE，CF，BD的数量关系，并说明理由； 解：(2)CE＋CF＝ BD； 理由：∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，AC＝2AO，BD＝2OB， ∵∠ABC＝60°， ∴∠ABO＝30°， ∴OB＝ AB， ∴BD＝ AB， ∴AB＝ BD， 如图，连接EF，在CO上截取CN＝CF. ∵∠EOF＝60°，∠BCD＝120°， ∴∠EOF＋∠ECF＝180°， ∴O，E，C，F四点共圆， ∴∠OEF＝∠OCF，∠OFE＝∠OCE， ∴∠OEF＝∠OFE＝60°， ∴△OEF是等边三角形， ∴OF＝FE， ∵CN＝CF，∠FCN＝60°， ∴△CFN是等边三角形， ∴FN＝FC，∠OFE＝∠CFN， ∴∠OFN＝∠EFC， ∵∠EOF＝60°，∠BCD＝120°， ∴∠EOF＋∠ECF＝180°， ∴O，E，C，F四点共圆， ∴∠OEF＝∠OCF，∠OFE＝∠OCE， ∴∠OEF＝∠OFE＝60°， ∴△OEF是等边三角形， ∴OF＝FE， ∵CN＝CF，∠FCN＝60°， ∴△CFN是等边三角形， 在△OFN和△EFC中， ， ∴△OFN≌△EFC(SAS)， ∴ON＝EC， ∴CE＋CF＝CN＋ON＝OC， ∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°， ∴FN＝FC，∠OFE＝∠CFN， ∴∠OFN＝∠EFC， ∴OC＝ BC＝ AB， ∴CE＋CF＝ AB＝ × BD＝ BD. ∴OC＝ BC＝ AB， ∴CE＋CF＝ AB＝ × BD＝ BD. ∴∠CBO＝30°，AC⊥BD， 在Rt△BOC中， ∵∠BOC＝90°，∠OBC＝30°， 【模型迁移】(3)如图3，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O， ∠AOB＝60°，E，F分别在边BC，CD上，∠EOF＝90°.直线写出线 段CE，CF，BD的数量关系. 解：(3) EC＋CF＝BD. 解：(3) EC＋CF＝BD. 5. (2025兰州一诊)综合与实践：在数学综合实践课上，孙老师和“希望小 组”的同学们从特殊的几何图形入手，探究旋转变换的几何问题. (1)证明：∵BM绕点B逆时针旋转60°得到BN， ∴BM＝BN，∠MBN＝60°. ∵△ABC为等边三角形， ∴CB＝AB，∠CBA＝60°. ∵∠CBA＝∠MBN， ∴∠CBA－∠ABM＝∠MBN－∠ABM， ∴∠CBM＝∠ABN， ∵BM＝BN，∠CBM＝∠ABN，CB＝AB， ∴△CBM≌△ABN(SAS)， ∴MC＝NA. 类型2　拓展迁移 【建立模型】(1)如图1，点M为等边三角形ABC内部一点，小颜发现：将 BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接NA，MC，则MC＝NA，请思 考并证明； (1)证明：∵BM绕点B逆时针旋转60°得到BN， ∴BM＝BN，∠MBN＝60°. ∵△ABC为等边三角形， ∴CB＝AB，∠CBA＝60°. ∵∠CBA＝∠MBN， ∴∠CBA－∠ABM＝∠MBN－∠ABM， ∴∠CBM＝∠ABN， ∵BM＝BN，∠CBM＝∠ABN，CB＝AB， ∴△CBM≌△ABN(SAS)， ∴MC＝NA. 【类比探究】(2)小梁进一步探究：如图2，点M为正方形ABCD内部一 点，将BM绕点B逆时针旋转90°得到BN，连接CM并延长，交AN于点 E. 求证：EM＋EN＝ EB； (2)证明：如图，过点B分别作 BF⊥CE 于点F，BG⊥AN 于点G. ∵BM绕点B逆时针旋转90°得到BN， ∴BM＝BN，∠MBN＝90°， ∵四边形ABCD为正方形， ∴CB＝AB，∠CBA＝90°， ∵∠CBA＝∠MBN， ∴∠CBA－∠ABM＝∠MBN－∠ABM. ∴∠CBM＝∠ABN. ∵BM＝BN，∠CBM＝∠ABN，CB＝AB， ∴△CBM≌△ABN(SAS)， ∴∠CMB＝∠ANB. (2)证明：如图，过点B分别作 BF⊥CE 于点F，BG⊥AN 于点G. ∵BM绕点B逆时针旋转90°得到BN， ∴BM＝BN，∠MBN＝90°， ∵四边形ABCD为正方形， ∴CB＝AB，∠CBA＝90°， ∵∠CBA＝∠MBN， ∴∠CBA－∠ABM＝∠MBN－∠ABM. ∴∠CBM＝∠ABN. ∵BM＝BN，∠CBM＝∠ABN，CB＝AB， ∴△CBM≌△ABN(SAS)， ∴∠CMB＝∠ANB. ∵∠CMB＝∠ANB，∠BFM＝∠BGN，BM＝BN， ∴△BFM≌△BGN(AAS). ∴FM＝GN，BF＝BG，∠FBM＝∠GBN. ∴∠FBM＋∠MBG＝∠GBN＋∠MBG. ∴∠FBG＝∠MBN＝90°， ∵∠FBG＝∠BFE＝∠BGE＝90°， ∴四边形GBFE为矩形， ∵BF＝BG， ∴矩形GBFE为正方形， ∴EF＝EG， ∴EM＋EN＝EM＋EG＋GN＝EM＋EG＋FM＝2EG. ∵∠CMB＝∠ANB，∠BFM＝∠BGN，BM＝BN， ∴△BFM≌△BGN(AAS). ∴FM＝GN，BF＝BG，∠FBM＝∠GBN. ∴∠FBM＋∠MBG＝∠GBN＋∠MBG. ∴∠FBG＝∠MBN＝90°， ∵∠FBG＝∠BFE＝∠BGE＝90°， ∴四边形GBFE为矩形， ∵BF＝BG， ∴矩形GBFE为正方形， ∴EF＝EG， ∴EM＋EN＝EM＋EG＋GN＝EM＋EG＋FM＝2EG. ∵四边形GBFE为正方形， ∴EG＝ EB， ∴EM＋EN＝ EB. ∵四边形GBFE为正方形， ∴EG＝ EB， ∴EM＋EN＝ EB. 【拓展延伸】(3)孙老师提出新的探究方向：如图3，点M为△ABC内部 一点，AB＝AC.点P，Q是AB，AC上的动点，且AP＝AQ，若∠ABM ＋∠ACM＝30°，BM＝4，CM＝3 ，请直接写出PM＋QM的最小 值. (3)解：PM＋QM的最小值为 . 6. (2024兰州)综合与实验 【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以特殊三角形为背景.探究动 点运动的几何问题.如图，在△ABC中，点M，N分别为AB，AC上的动 点(不含端点)，且AN＝BM. 【初步尝试】(1)如图1，当△ABC为等边三角形时，小颜发现：将MA绕 点M逆时针旋转120°得到MD，连接BD，MN，则MN＝DB，请思考并 证明； (1)证明：∵△ABC为等边三角形， ∴∠A＝60°，AB＝AC， ∵MA绕点M逆时针旋转120°得到MD， ∴DM＝AM，∠AMD＝120°， ∴∠DMB＝60°， ∵AN＝BM，∠DMB＝∠A＝60°， ∴△ANM≌△MBD(SAS)， ∴MN＝DB. (1)证明：∵△ABC为等边三角形， ∴∠A＝60°，AB＝AC， ∵MA绕点M逆时针旋转120°得到MD， ∴DM＝AM，∠AMD＝120°， ∴∠DMB＝60°， ∵AN＝BM，∠DMB＝∠A＝60°， ∴△ANM≌△MBD(SAS)， ∴MN＝DB. 【类比探究】(2)小梁尝试改变三角形的形状后进一步探究：如图2，在 △ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，AE⊥MN于点E，交BC于点F， 将MA绕点M逆时针旋转90°得到MD，连接DA，DB，MN. 试猜想四 边形AFBD的形状，并说明理由； (2)解：四边形AFBD为平行四边形，理由如下： ∵AB＝AC，∠BAC＝90°， ∴∠ABC＝45°， ∵MA绕点M逆时针旋转90°得到MD， ∴MA＝MD，∠MAD＝∠MDA＝45°，∠DMA＝∠DMB＝90°， ∴∠MAD＝∠ABF＝45°， ∴AD∥BF， 在△ANM和△MBD中， ， ∴△ANM≌△MBD(SAS)， (2)解：四边形AFBD为平行四边形，理由如下： ∵AB＝AC，∠BAC＝90°， ∴∠ABC＝45°， ∵MA绕点M逆时针旋转90°得到MD， ∴MA＝MD，∠MAD＝∠MDA＝45°，∠DMA＝∠DMB＝90°， ∴∠MAD＝∠ABF＝45°， ∴AD∥BF， 在△ANM和△MBD中， ， ∴△ANM≌△MBD(SAS)， ∴∠AMN＝∠MDB， ∵AE⊥MN， ∴∠AMN＋∠MAE＝90°， ∵∠MDB＋∠MBD＝90°， ∴∠DBM＝∠MAF， ∴DB∥AF， ∴四边形AFBD为平行四边形. ∴∠AMN＝∠MDB， ∵AE⊥MN， ∴∠AMN＋∠MAE＝90°， ∵∠MDB＋∠MBD＝90°， ∴∠DBM＝∠MAF， ∴DB∥AF， ∴四边形AFBD为平行四边形. 【拓展延伸】(3)孙老师提出新的探究方向：如图3，在△ABC中，AB＝ AC＝4，∠BAC＝90°，连接BN，CM，请直接写出BN＋CM的最小值. (3)解：BN＋CM的最小值为4 . 【解法提示】如图，过点A作∠BAG＝45°，使AG＝CB，连接GM， GC，BG，延长CB，过点G作GO⊥CB于点O， ∵AB＝AC＝4，∠BAC＝90°， ∴∠ABC＝∠ACB＝45°， ∴∠GAM＝∠BCN＝45°， ∵AN＝BM， ∴AM＝CN， 又∵AG＝CB， ∴△GAM≌△BCN(SAS)， ∴GM＝BN， ∴BN＋CM＝GM＋CM≥CG， ∴当G，M，C三点共线时，BN＋CM的值最小，最小值为CG的长， ∵∠GAM＝∠ABC＝45°， ∴AG∥BC， ∵AG＝BC， ∴四边形AGBC是平行四边形， ∴BG∥AC， ∴∠BAC＝∠ABG＝90°， ∴∠GBO＝180°－∠ABG－∠ABC＝45°， ∴∠GBO＝45°， ∵∠GOB＝90°， ∴BN＋CM＝GM＋CM≥CG， ∴当G，M，C三点共线时，BN＋CM的值最小，最小值为CG的长， ∵∠GAM＝∠ABC＝45°， ∴AG∥BC， ∵AG＝BC， ∴四边形AGBC是平行四边形， ∴BG∥AC， ∴∠BAC＝∠ABG＝90°， ∴∠GBO＝180°－∠ABG－∠ABC＝45°， ∴∠GBO＝45°， ∵∠GOB＝90°， ∴OG＝OB， ∴GB＝ OB＝ OG， ∴OG＝OB＝2 ， ∴OC＝6 ，在Rt△GOC中，GC＝ ＝4 ， ∴BN＋CM的最小值为4 . ∴OG＝OB， ∴GB＝ OB＝ OG， ∴OG＝OB＝2 ， ∴OC＝6 ，在Rt△GOC中，GC＝ ＝4 ， ∴BN＋CM的最小值为4 . 7. 【模型建立】(1)如图1，△ABC和△BDE都是等边三角形，点C关于 AD的对称点F在BD边上. ①求证：AE＝CD； (1)①证明：∵△ABC和△BDE都是等边三角形， ∴AB＝CB，EB＝DB，∠ABC＝∠EBD＝60°， ∴∠ABE＝∠CBD， ∴△ABE≌△CBD(SAS)， ∴AE＝CD； (1)①证明：∵△ABC和△BDE都是等边三角形， ∴AB＝CB，EB＝DB，∠ABC＝∠EBD＝60°， ∴∠ABE＝∠CBD， ∴△ABE≌△CBD(SAS)， ∴AE＝CD； ②写出线段AD，BD，DF的数量关系，并说明理由； ②解：AD＝BD＋DF. 理由如下： ∵△BDE是等边三角形， ∴BD＝DE， ∵点C与点F关于AD对称， ∴CD＝DF， ∵AD＝AE＋DE， ∴AD＝BD＋DF. ②解：AD＝BD＋DF. 理由如下： ∵△BDE是等边三角形， ∴BD＝DE， ∵点C与点F关于AD对称， ∴CD＝DF， ∵AD＝AE＋DE， ∴AD＝BD＋DF. 【模型应用】(2)如图2，△ABC是直角三角形，AB＝AC，CD⊥BD，垂足为D，点C关于AD的对称点F在BD边上.写出线段AD，BD，DF的数量关系，并说明理由； (2)解：BD＋DF＝ AD. 理由如下： 如图1，过点B作BE⊥AD于E， ∵点C与点F关于AD对称， ∴∠ADC＝∠ADB， 又∵CD⊥BD， ∴∠ADC＝∠ADB＝45°， 又∵BE⊥AD， 图1 图1 ∴△BDE是等腰直角三角形， 又∵△ABC是等腰直角三角形， ∴ ＝ ＝ ，∠ABC＝∠EBD＝45°， ∴∠ABE＝∠CBD， ∴△ABE∽△CBD， ∴ ＝ ＝ ， ∵CD＝DF， ∴DF＝ AE， ∵△BDE是等腰直角三角形， ∴BD＝ DE， ∴BD＋DF＝ (DE＋AE)＝ AD， ∴BD＋DF＝ AD. ∴∠ABE＝∠CBD， ∴△ABE∽△CBD， ∴ ＝ ＝ ， ∵CD＝DF， ∴DF＝ AE， ∵△BDE是等腰直角三角形， ∴BD＝ DE， ∴BD＋DF＝ (DE＋AE)＝ AD， ∴BD＋DF＝ AD. 图1 图1 【拓展延伸】(3)在(2)的条件下，若AD＝4 ，BD＝3CD，求 cos ∠AFB的值. (3)解：如图2，过点A作AG⊥BD于点G， 又∵∠ADB＝45°， ∴△AGD是等腰直角三角形， 又 ∵AD＝4 ， ∴AG＝DG＝4，BD＋DF＝ AD＝8， ∵BD＝3CD，CD＝DF， ∴DF＝2， 又∵DG＝4， ∴FG＝DG－DF＝2， (3)解：如图2，过点A作AG⊥BD于点G， 又∵∠ADB＝45°， ∴△AGD是等腰直角三角形， 又 ∵AD＝4 ， ∴AG＝DG＝4，BD＋DF＝ AD＝8， ∵BD＝3CD，CD＝DF， ∴DF＝2， 图2 图2 在Rt△AFG中，由勾股定理得：AF＝ ＝ ＝2 ， ∴ cos ∠AFB＝ ＝ ＝ . 图2 在Rt△AFG中，由勾股定理得：AF＝ ＝ ＝2 ， ∴ cos ∠AFB＝ ＝ ＝ . 图2 又∵DG＝4， ∴FG＝DG－DF＝2， 8. (2024兰州一诊)【问题情境】在数学综合实践课上，“希望小组”的同 学们以三角形为背景，探究图形变化过程中的几何问题，如图，在△ABC 中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D为平面内一点(点A，B，D三点不 共线)，AE为△ABD的中线. 　　 　　 【初步尝试】(1)如图1，小林同学发现：延长AE至点M，使得ME＝ AE，连接DM. 始终存在以下两个结论，请你在①，②中挑选一个进 行证明： ①DM＝AC；②∠MDA＋∠DAB＝180°； (1)证明：选择① ∵AE为△ABD的中线， ∴BE＝DE， 在△ABE和△MDE中， ， ∴△ABE≌△MDE(SAS)， ∴AB＝DM， ∵AB＝AC， ∴DM＝AC. 选择②由①知△ABE≌△MDE， ∴∠BAE＝∠DME， ∴AB∥DM， ∴∠MDA＋∠DAB＝180°. 选择②由①知△ABE≌△MDE， ∴∠BAE＝∠DME， ∴AB∥DM， ∴∠MDA＋∠DAB＝180°. 【类比探究】(2)如图2，将AD绕点A顺时针旋转90°得到AF，连接CF. 小斌同学沿着小林同学的思考进一步探究后发现：AE＝ CF，请你帮他 证明； (2)证明：如图，延长AE至点M，使得ME＝AE，连接DM. 由旋转得：AF＝AD，∠DAF＝90°， ∵∠BAC＝90°，∠DAF＋∠BAC＋∠BAD＋∠CAF＝360°， ∴∠BAD＋∠CAF＝180°， (2)证明：如图，延长AE至点M，使得ME＝AE，连接DM. 由旋转得：AF＝AD，∠DAF＝90°， ∵∠BAC＝90°，∠DAF＋∠BAC＋∠BAD＋∠CAF＝360°， ∴∠BAD＋∠CAF＝180°， 由(1)②得：∠MDA＋∠DAB＝180°，DM＝AB＝AC， ∴∠CAF＝∠MDA， 在△ACF和△DMA中， ， ∴△ACF≌△DMA(SAS)， ∴CF＝AM， ∵AE＝ AM， ∴AE＝ CF. 【拓展延伸】(3)如图3，在(2)的条件下，王老师提出新的探究方向：点D 在以点A为圆心，AD为半径的圆上运动(AD＞AB)，直线AE与直线CF相 交于点G，连接BG，在点D的运动过程中BG存在最大值.若AB＝4，请 直接写出BG的最大值. (3)解：BG的最大值为2 ＋2. (3)解：BG的最大值为2 ＋2. 54 $