加练16 几何综合及探究题-【一战成名新中考】2026贵州数学中考必考知识点题组特训

加练16 几何综合及探究题 类型1 动点类 1．类比思想就是根据已经学习过的知识，类比探究新知识的思想方法．我们在探究矩形、菱形、正方形等问题中的数量关系时，经常用到类比思想．某数学兴趣小组在数学课外活动中，研究三角形和正方形的性质时，做了如下探究：在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D为直线BC上一动点（点D不与B，C重合），以AD为边在AD右侧作正方形ADEF，连接CF． （1）观察猜想 如图1，当点D在线段BC上时． ①BC与CF的位置关系为：　 　； ②BC，CD，CF之间的数量关系为　 　；（将结论直接写在横线上） （2）数学思考 如图2，当点D在线段CB的延长线上时，结论①，②是否仍然成立？ 若成立，请给予证明；若不成立，请你写出正确结论再给予证明； （3）拓展延伸 如图3，当点D在线段BC的延长线上时，延长BA交CF于点G，连接GE．若已知AB＝2，CDBC，请直接写出GE的长．（提示：过A作AH⊥BC于H，过E作EM⊥BD于M，EN⊥CF于N） 2．在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，P是直线BD上一动点，以AP为边向右侧作等边△APE（A，P，E按逆时针排列），点E的位置随点P的位置变化而变化． （1）如图1，当点P在线段BD上，且点E在菱形ABCD内部或边上时，连接CE，则BP与CE的数量关系是　 　，BC与CE的位置关系是　 　； （2）如图2，当点P在线段BD上，且点E在菱形ABCD外部时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由； （3）当点P在BD的延长线上时，其他条件不变，连接BE．若，，请求△APE的面积． 3．在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D是斜边AB上的动点（不与A、B重合），点E是直线BC上的动点（不与B、C重合），连接ED，将ED绕点D顺时针旋转90°至DG，连接BG． 【特例感知】 如图1，若点D为AB的中点，点E在BC的延长线上，求证：． 【拓展延伸】 若点D不是AB中点，点E在BC边上． （1）如图2，BE，BG，BD三者之间还存在【特例感知】中的等量关系吗？若存在，请证明，若不存在，请说明理由． （2）如图3，作点D关于EG的对称点F，连接BF，已知，BE＝2，请直接写出BF的值． 4．如图1和2，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，连接AC．点E从点B出发沿折线BC﹣CD运动，连接AE，将AE绕点A顺时针旋转得到AF，旋转角等于∠BAC，连接CF．设点E在折线BC﹣CD上运动的路径长为x． （1）当点E在BC上时， ①作FM⊥AC于M，如图1，求证：AB＝AM； ②当点F恰巧落在边CD上时，如图2，求x的值； （2）当时，求tan∠ACF的值； （3）连接DF，点E从点B运动到点D的过程中，直接写出DF长的最小值． 类型2 折叠类 5．综合探究 操作一：折叠正方形纸片ABCD，使顶点A落在边DC上点P处，得到折痕EF，把纸片展平（如图1）； 操作二：折叠正方形纸片ABCD，使顶点B也落在边DC上的点P处，得到折痕GH，GH与EF交于点O，连接OA，OB，OP（如图2）． （1）根据以上操作，直接写出图2中与线段OP相等的两条线段：　 　； （2）探究发现：把图2中的纸片展平，得到图3，通过观察发现无论点P在线段DC上任何位置，线段OG与线段OH始终相等，请你直接用第一问发现的结论写出完整的证明过程； （3）拓展应用：已知正方形纸片ABCD的边长为18cm，在以上探究过程中当点O到AB的距离是7cm时，求线段PC的长． 6．综合与探究 问题情境： 在正方形ABCD中，E是AB边上的一个动点，连接CE将△BCE沿直线CE翻折，得到△B′CE，点B的对应点B′落在正方形ABCD内． 猜想证明： （1）如图1，连接BB′并延长，交AD边于点F．求证：BF＝CE． （2）如图2，当E是AB边的中点时，连接AB′并延长，交CD边于点H，将△ADH沿直线AH翻折，点D恰好落在直线CE上的点D′处，AD′交B′E于点M，D′H交B′C于点N．试判断四边形B′MD′N的形状，并说明理由． 问题解决： （3）在（2）的条件下，若AB＝4，请直接写出四边形B′MD′N的面积． 7．综合与实践 【问题情境】数学活动课上，老师带领同学们开展了“折叠矩形纸片做30°角”的探究活动，先将矩形纸片ABCD按如图1上下对折，折痕为MN；点E是线段BC上的点，再把△ABE按如图2沿AE折叠，使点B刚好落在MN上的F点，连结AF，EF，则∠BAE＝∠EAF＝∠FAD＝30°．活动后，老师鼓励同学们能通过折叠手中的矩形纸片发现并提出新的问题． 【活动猜想】（1）小华受此问题启发，将准备的一张A4纸（生活常识：一张A4纸宽为21cm，长为cm），按如图3的方式把△ABE沿AE折叠得到△AFE，经观察后得到猜想：当E，F，D三点共线时，△AFD是一个特殊的三角形．请直接写出：△AFD是 　 　三角形； 【探究迁移】（2）如图4，小明和小亮把△ABE沿AE折叠，使点B的对应点F落在AC上，连结DF，发现并提出新的探究点： ①若AB＝6，AD＝8，求DF的长； ②当E，F，D三点共线时，求sin∠ACB的值． 8．综合与实践 【问题情境】 在综合实践活动课上，同学们以“平行四边形纸片的折叠”为主题开展数学活动．在平行四边形纸片ABCD中，P为BC边上任意一点，将△ABP沿AP折叠，点B的对应点为B′． 【分析探究】 （1）如图1，当∠ABC＝60°，当点B′恰好落在AD边上时，△ABP的形状为 　 　． 【问题解决】 （2）如图2，当P，Q为BC边的三等分点时，连接QB′并延长，交AD边于点G．试判断线段AG与DG的数量关系，并说明理由． （3）如图3，当∠ABC＝60°，∠DAP＝75°时，连接BB′并延长，交CD边于点E．若▱ABCD的面积为18，AD＝6，请直接写出线段EB′的长． 9．问题情境：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在菱形纸片ABCD中，E为BC的中点．将该菱形纸片沿过点E的直线折叠，使得点C的对应点C'落在AB的延长线上，试猜想CC'与AB的位置关系，并加以证明． （1）数学思考：请解答老师提出的问题； （2）拓展再探：如图2，“兴趣小组”受到老师所提问题的启发，将菱形纸片沿直线DE折叠，点C的对应点C'，连接C'B并延长与AD交于点F，他们认为四边形BEDF是平行四边形．“兴趣小组”得出的结论是否正确，请说明理由． （3）问题解决：如图3，“智慧小组”突发奇想，将菱形纸片沿直线MN折叠，使点A的对应点A'与点E重合，得到的折痕为MN．他们提出了一个新问题：若菱形纸片ABCD的边长为10，，求BN的长度．请你思考该问题，并直接写出结果． 类型3 旋转类 10．【综合与实践】 问题情境：活动课上，小强同学以等腰三角形为背景展开有关图形旋转的探究活动．如图1，已知△ABC中，AB＝AC，∠B＝35°．将△ABC从图1的位置开始绕点A逆时针旋转，得到△ADE（点D，E分别是点B，C的对应点），旋转角为α（0°＜α＜110°），设线段AD交BC于点P，线段DE分别交BC，AC于点F，Q，如图2． ◆特例分析：当旋转到AD⊥BC时，则旋转角α的度数为　 　； ◆探究规律：在△ABC绕点A逆时针旋转的过程中，小强同学发现线段AP始终等于线段AQ，请你帮小强同学证明这一结论． ◆拓展延伸： （1）在△ABC绕点A逆时针旋转的过程中，直接写出当△DFP是等腰三角形时旋转角α的度数． （2）在图3中，作射线BD，EC交于点M，问是否存在四边形ADMC是平行四边形？若存在，请直接写出此时旋转角α的度数，及此时四边形ADMC的面积与△ABC的面积之间的数量关系；若不存在，请说明理由． 11．问题背景： 如图1，在矩形ABCD中，AB＝2，∠ABD＝30°，点E是边AB的中点，过点E作EF⊥AB交BD于点F． 实验探究： （1）在一次数学活动中，小明在图1中发现　 　；将图1中的△BEF绕点B按逆时针方向旋转90°，连接AE，DF，如图2所示，发现　 　； （2）小亮同学继续将△BEF绕点B按逆时针方向旋转，连接AE，DF，旋转至如图3所示位置，请问探究（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由． 拓展延伸： （3）在以上探究中，当△BEF旋转至D、E、F三点共线时，AE的长为 　 　． 12．已知四边形ABCD为正方形，点E为平面内一点（AE＜AD），将线段AE绕点A顺时针方向旋转90°得到线段AF，连接BF、CE、DE． （1）如图1，当点E在线段AD上时，线段DE与线段BF的数量关系和位置关系为　 　； （2）如图2，当点E在正方形内部时，（1）中结论是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由； （3）若正方形ABCD的边长为6，AE＝4，当D、E、F在同一直线上时，DE长为 　 　； （4）如图3，正方形ABCD边长为6，点E在△ACD内部，延长DE交对角线AC于点G，若满足∠AEG＝45°且CE⊥DG，则线段GE的长为 　 　． 13．【问题呈现】 如图1，∠MPN的顶点在正方形ABCD两条对角线的交点处，∠MPN＝90°，将∠MPN绕点P旋转，旋转过程中，∠MPN的两边分别与正方形ABCD的边AD和CD交于点E，F（点F与点C，D不重合）．探索线段DE，DF，AD之间的数量关系． 【问题初探】 （1）爱动脑筋的小明发现，通过证明　 　≌　 　，可以得到结论．请直接写出线段DE，DF，AD之间的数量关系　 　； 【问题引申】 （2）如图2，将图1中的正方形ABCD改为∠ADC＝120°的菱形，∠EPF＝60°，其他条件不变，请你写出线段DE，DF，AD之间的数量关系，并说明理由； 【问题解决】 （3）如图3，在（2）的条件下，∠MPN的两边分别与菱形ABCD的边AD和CD所在直线交于点E，F（点F与点C，D不重合），当菱形的边长为8，点P运动至与A点距离恰好为7的位置，且∠EPF旋转至时，请直接写出DE的长度． 类型4 主题学习类 14．已知，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是BC、CD边上的点．且∠EAF∠BAD．探究线段BE、EF、DF的数量关系． （1）为探究上述问题，小宁先画出了其中一种特殊情况，如图①当∠B＝∠D＝90°，小宁探究此问题的方法是：延长EB到点G，使BG＝DF，连接AG，请你补全小宁的解题思路：先证明△ABG≌　 　；再证明△AEG≌　 　；即可得出线段BE、EF、FD之间的数量关系是 　 　． （2）如图②，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？请写出证明过程； （3）在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是BC、CD所在直线上的点，且∠EAF∠BAD．请直接写出BE、EF、FD线段之间的数量关系，不用证明． 15．【问题初探】 （1）李老师给出如下问题：如图1，在平行四边形ABCD中，AC⊥CD，且AC＝CD，点E是AB的中点，点F为对角线AC上的点，且，连接线段EF，若CD＝2，求EF的长． 小鹏同学考虑到点E是AB的中点，从中点的角度思考，想办法构造另一个中点，从而形成中位线，所以想到连接BD，与AC交于点O．请你利用李老师的提示，帮助小鹏同学解决这个问题． 【类比拓展】李老师为了帮助学生更好地感悟中点的解题策略，李老师提出了下面问题，请你解答． （2）如图2，在△ABC中，BE平分∠ABC，过点A作BE延长线的垂线，垂足为点D，BE＝DE，求证：AE＝3CE． 【学以致用】 （3）如图3，在△ABC中，AC＞AB，点D在AC上，AB＝CD，点E，F分别是BC，AD的中点，连接EF并延长，与BA的延长线交于点G，连接GD，若∠EFC＝60°，求证：AG⊥GD． 16．如图1，正方形ABCD中，点M是边AD上的一点（不与点A、D重合），连接BM，点A、E关于BM对称，连接AE并延长，交BM于点F，交CD于点N． （1）求证：AN＝BM； （2）如图2，当点M为AD中点时，连接DF，求∠DFM的值； （3）如图3，连接CE并延长，交BM的延长线于点G，连接GA，探索线段GA、GB、GC之间的等量关系，请写出关系式，并加以证明． 17．小星学习了正方形的相关知识后，对正方形进行了探究． 如图，BD为正方形ABCD的一条对角线，点E为BD上任意一点（点E不与点B，D重合），点G为DE中点，过点E作EF⊥BC交BC边于点F，延长FE交AD于点H． （1）问题探究： 如图①，连接HG，则HG与DE的位置关系为 　 　，HG与DE的数量关系为 　 　； （2）问题解决： 如图②，连接AG，FG，求证∠AGH＝∠FGE； （3）拓展延伸： 如图③，连接AG并延长交CD于点M，连接FM，探究线段DM，FM，BF之间的数量关系，并说明理由． 18．综合与实践 问题背景： 活动课上，同学们以正方形为背景，探究图形运动中的数学结论．已知，正方形ABCD中，AB＝6，点E是射线CD上的一个动点，连接AE，以AE为边作正方形AEGF（点F在边AD所在直线的上方），连接DF． 探索发现： （1）如图1，勤学小组画出了点E与点C重合时的图形，此时点F到边AD所在直线的距离为 　 　； （2）如图2，创思小组画出点E恰好是线段CD中点时的图形，请你解答如下问题： ①判断线段AF与DF的数量关系，并说明理由； ②直接写出此时点F到边AD所在直线的距离； 拓展延伸： （3）如图3，博闻小组画出了点E在线段CD延长线上时的情形，DF与AE交于点P．若点P是线段AE的三等分点，请直接写出此时DE的长． 19．问题提出 如图1，点M、N把线段AB分割成AM、MN、NB三条线段，如果以AM、MN、NB为边的三角形是一个直角三角形，则称点M、N是线段AB的勾股分割点． （1）如图1，M、N是线段AB的勾股分割点，且AM＝1，MN＝2，则NB的长为　 　； 问题证明 （2）如图2，△ABC中，∠BAC＝135°，折叠△ABC，使得点B、C都与A重合，折痕分别为DE、FG，求证：点E、F是线段BC的勾股分割点； 迁移应用 （3）如图3，正方形ABCD中，∠GAH＝45°，AG，AH分别交BD与点E，F，若AB＝3，EF＝2.5． 请直接写出BE的长． 20．综合与实践 【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，则MN＝DB，请思考并证明； 【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．试猜想四边形AFBD的形状，并说明理由； 【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． 参考答案 1．解：（1）①在正方形ADEF中，AD＝AF，∠DAF＝90° ∵∠BAC＝90°， ∴∠BAC＝∠DAF＝90° ∴∠BAD＝∠CAF， 在△DAB与△FAC中，， ∴△DAB≌△FAC（SAS）， ∴∠ABD＝∠ACF， ∴∠ACB+∠ACF＝∠ACB+∠ABD＝180°﹣∠BAC＝90°， ∴BC⊥CF； 故答案为：BC⊥CF； ②由①知，△DAB≌△FAC， ∴BD＝CF， ∵BC＝BD+CD， ∴BC＝CF+CD； 故答案为：BC＝CF+CD； （2）CF⊥BC成立；BC＝CD+CF不成立，新结论为：CD＝CF+BC．理由如下： 在正方形ADEF中，AD＝AF，∠DAF＝90° ∵∠BAC＝90°， ∴∠BAC＝∠DAF＝90° ∴∠BAD＝∠CAF， 在△DAB与△FAC中，， ∴△DAB≌△FAC（SAS）， ∴∠ABD＝∠ACF， ∵∠BAC＝90°，AB＝AC， ∴∠ACB＝∠ABC＝45°． ∴∠ABD＝180°﹣45°＝135°， ∴∠BCF＝∠ACF﹣∠ACB＝135°﹣45°＝90°， ∴CF⊥BC． ∵CD＝DB+BC，DB＝CF， ∴CD＝CF+BC． （3）解：如图3，过A作AH⊥BC于H，过E作EM⊥BD于M，EN⊥CF于N， ∵∠BAC＝90°，AB＝2， ∴BCAB＝4， ∵CDBC， ∴CD4＝1， ∵AH⊥BC， ∴AHBC＝BH＝CH＝2， ∴DH＝CH+CD＝3， 在正方形ADEF中，AD＝DE＝AF，∠ADE＝∠DAF＝90° ∵∠BAC＝90°， ∴∠BAC＝∠DAF＝90° ∴∠BAD＝∠CAF， 在△DAB与△FAC中，， ∴△DAB≌△FAC（SAS）， ∴∠ABD＝∠ACF， ∴∠ACB+∠ACF＝∠ACB+∠ABD＝180°﹣∠BAC＝90°， ∴BC⊥CF， ∵EM⊥BD，EN⊥CF， ∴四边形CMEN是矩形， ∴NE＝CM，EM＝CN， ∵∠ADE＝90°， ∴∠ADH+∠EDM＝90°， ∵∠EMD＝90°， ∴∠EDM+∠DEM＝90°， ∴∠ADH＝∠DEM， ∴△ADH≌△DEM（AAS）， ∴EM＝DH＝3，DM＝AH＝2， ∴CN＝EM＝3，EN＝CM＝3， ∵∠ABC＝45°， ∴∠BGC＝45°， ∴△BCG是等腰直角三角形， ∴CG＝BC＝4， ∴GN＝CG﹣CN＝1， 在Rt△EGN中，EG． 2．解：（1）连接AC，延长CE交AD于H，如图1， ∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°， ∴△ABC，△ACD都是等边三角形，∠ABD＝∠CBD＝30°， ∴AB＝AC，∠BAC＝60°，∠CAH＝60°， ∵△APE是等边三角形， ∴AP＝AE，∠PAE＝60°， ∵∠BAC＝∠PAE， ∴∠BAP+∠PAC＝∠CAE+∠PAC， ∴∠BAP＝∠CAE， ∴△BAP≌△CAE（SAS）， ∴BP＝CE，∠ABP＝∠ACE＝30°， 同理可证△ACD是等边三角形， ∴∠ACD＝2∠ACH＝60°， ∴CH⊥AD，即CE⊥AD， 又∵AD∥BC， ∴CE⊥BC． 故答案为：BP＝CE，CE⊥BC； （2）（1）中结论仍然成立，理由如下： 连接AC，如图2， ∴△ABC，△ACD为等边三角形， 在△ABP和△ACE中，AB＝AC，AP＝AE， 又∵∠BAP＝∠BAC+∠CAP＝60°+∠CAP，∠CAE＝∠EAP+∠CAP＝60°+∠CAP， ∴∠BAP＝∠CAE， ∴△ABP≌△ACE（SAS）， ∴BP＝CE，∠ACE＝∠ABD＝30°， 设CE与AD交于点H， 同理可得∠ACD＝2∠ACH＝60°， ∴CE⊥AD， 又∵AD∥BC， ∴CE⊥BC； （3）当点P在BD的延长线上时，连接AC交BD于点O，连接CE，BE，作EF⊥AP于F，如图3， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，BD平分∠ABC， ∵， ∴∠ABO＝30°， ∴， ∴， ∴BD＝2OB＝6， 由（2）知CE⊥BC， ∵，， ∴， 由（2）知BP＝CE＝8， ∴DP＝2， ∴OP＝5， ∴， ∵△APE是等边三角形，EF⊥AP， ∴， ∴． 3．【特例感知】 证明：连接CD， ∵∠ACB＝90°，AC＝BC，点D为AB的中点， ∴CD＝BD，∠CDB＝90°， ∵将ED绕点D顺时针旋转90°至DG， ∴DE＝DG，∠EDG＝90°， ∴∠BDC＝∠CDE， ∴△DBG≌△DCE（SAS）， ∴BE＝CE+BC＝BGBD； 【拓展延伸】 （1）不存在，BE+BGBD； 理由：过点D作DH⊥BD，交BC的延长线于点H， ∵∠C＝90°，AC＝BC， ∴∠ABC＝45°， ∴△BDH是等腰直角三角形， ∴BD＝DH，BHBD， 由（1）知DE＝DG，∠EDG＝90°， ∴∠GDB＝∠EDH， ∴△GDB≌△EDH（SAS）， ∴BG＝EH， ∴BH＝BE+EH＝BE+BGBD； （2）当点E在线段BC上时， 过点E作EM⊥AB于点M，则EM＝BM， ∴DM＝2， ∴DE， ∴EGDE＝2， 由（1）知BGBD﹣BE＝6﹣2＝4， ∵EB2+BG2＝EG2， ∴∠EBG＝90°， ∴∠GBF＝45°， 过点G作GK⊥BF交BF的延长线于K， ∴KG＝2， ∴FK， ∴BF； 当点E在CB的延长线上时，过点E作EN⊥BF于点N， 同理可得∠FBE＝45°，BN＝NE，EF＝DE， ∴FN4， ∴BF＝5． 综上所述，BF或5． 4．（1）①证明：由旋转可知AF＝AE， ∵四边形ABCD为矩形，且FM⊥AC， ∴∠AMF＝∠ABE＝90°， ∵∠EAF＝∠BAC， ∴∠EAF﹣∠CAE＝∠BAC﹣∠CAE， ∴∠FAM＝∠EAB， 在△ABE和△AMF中， ， ∴△ABE≌△AMF（AAS）， ∴AB＝AM； ②解：作FM⊥AC于M，由①同理可证△ABE≌△AMF，如图2， ∴BE＝MF，AB＝AM＝4， 在Rt△ACD中，AD＝3，CD＝4， ∴， ∴CM＝AC﹣AM＝1， ∵∠CMF＝∠ADC＝90°，∠FCM＝∠ACD， ∴△FCM∽△ACD， ∴， ∴， ∴， 即； （2）解：当点E在BC上时，如图3， ∵△ABE≌△AMF，， ∴，AM＝AB＝4， 在Rt△AMF中， ， 在Rt△CMF中，，CM＝1， ∴； 当点E在CD上时，如图3，过点E作EG⊥AB于点G，FH⊥AC于点H， 由①同理可证△AEG≌△AFH， 由题意知四边形BCEG为矩形， ∴AG＝AH，EG＝FH＝BC＝3， ∵， 在Rt△AEG中，， ∴AH＝AG＝3， ∴CH＝AC﹣AH＝2， 在Rt△CHF中，FH＝3，CH＝2， ∴； （3）解：DF长的最小值为；理由如下： 当点E在BC上时，点F的轨迹为沿图5中MF方向的一段， 可知当F运动到点H时，DF最小，记MH与CD相交于点J， 由②同理可得CM＝1，， ∴， ∴， ∵∠H＝∠CMJ，∠MJC＝∠HJD， ∴△CMJ∽△DHJ， ∴，即， 可得； 当点E在CD上时，将线段AD绕点A顺时针旋转∠BAC的度数得到AR，连接FR，如图6， 由①同理可证△AFR≌△AED，所以点F的轨迹为沿图4中FR方向的一段，过点D作DQ⊥AR于点Q，DK⊥FR于点K，易知当点F运动到点K时，DF最小， 由题易知四边形DKRQ为矩形，DK＝QR， ， ∴． ∵， ∴DF的最小值为． 5．（1）解：如图2，连接AP，BP， ∵折叠正方形纸片ABCD，使顶点A落在边DC上点P处，得到折痕EF， ∴EF垂直平分AP， ∴AO＝PO， ∵折叠正方形纸片ABCD，使顶点B也落在边DC上点P处，得到折痕GH， ∴GH垂直平分BP， ∴BO＝OP， ∴AO＝OB＝OP， 故答案为：AO，OB； （2）证明：如图3，过点O作MN⊥BC，交AD于M，交BC于N， ∵AD∥BC，MN⊥BC， ∴MN⊥AD， ∴∠AMO＝∠BNO， ∵OA＝OB， ∴∠OAB＝∠OBA， ∴∠OAM＝∠OBN， ∴△AOM≌△BON（AAS）， ∴OM＝ON， 又∵∠GOM＝∠HON，∠GMO＝∠HNO＝90°， ∴△GMO≌△HNO（ASA）， ∴OG＝OH； （3）解：过点O作KQ⊥AB，交AB于Q，交CD于K， 当点P在点K的右侧时， ∵OA＝OB，OQ⊥AB， ∴AQ＝BQ＝9cm， ∵点O到AB距离是7cm， ∴OQ＝7cm， ∴OB（cm）， ∵∠C＝∠ABC＝∠KQB＝90°， ∴四边形BCKQ是矩形， ∴BQ＝KC＝9cm，KQ＝BC＝18cm， ∴KO＝KQ﹣OQ＝11cm， ∵PO＝OA＝OBcm， ∴KP3（cm）， ∴PC＝KC﹣KP＝9﹣3＝6（cm）． 当点P在点K的左侧时，同理可得：PC＝12cm， 综上所述：PC＝6cm或12cm． 6．（1）证明：如图，设BF和CE相交于点O， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠A＝∠ABC＝90°，AB＝BC， ∴∠ABF+∠OBC＝90°， 由折叠可知，CE垂直平分BB′， ∴∠BOC＝90°， ∴∠BCE+∠OBC＝90°， ∴∠BCE＝∠ABF， 在△BCE和△ABF中， ， ∴△BCE≌△ABF（ASA）， ∴BF＝CE； （2）解：四边形B′MD′N是矩形；理由如下： ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB∥CD，∠D＝∠B＝90°， ∴∠EAB′＝∠AHD， ∵E是AB边的中点， ∴AE＝EB， 由折叠的性质可知：BE＝EB′，∠CB′E＝∠B＝90°， ∴AE＝EB′， ∴∠B′AE＝∠EB′A， 由折叠的性质可知：∠AHD′＝∠AHD，∠AD′H＝∠ADH＝90°， ∴∠EB′A＝∠AHD′， ∴EB′∥D′H， ∴∠B′MD′+∠AD′H＝180°， ∴∠B′MD′＝90°， ∴∠B′MD′＝∠AD′H＝∠MB′N＝90°， ∴四边形B′MD′N是矩形； （3）解：连接BB′交AD于点G，如图2， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝AB＝4， ∵E是AB边的中点， ∴AE＝EB＝2， 由（2）得，AE＝EB＝B′E＝2，∠B′MD′＝∠AMB′＝90°， ∴∠EAB′＝∠EB′A，∠EBB′＝∠EB′B， ∵∠B′AB+∠AB′B+∠B′BA＝180°， ∴∠AB′B＝90°， 由折叠可知：BB′⊥CE， ∴∠ABG+∠CBG＝∠BCE+∠CBG＝90°， ∴∠ABG＝∠BCE， 在△ABG和△BCE中， ， ∴△ABG≌△BCE（ASA）， 同理可证，△ABG≌△DAH（ASA）， ∴△ABG≌△BCE≌△DAH， ∴AH＝BG，AG＝BE＝DH＝2， ∵， ∴， ∵S△ABGAB•AGAB′•BG， ∴， 由折叠可知：∠B′AM＝∠DAH，AD′＝AD＝4， ∴sin∠B′AM＝sin∠DAH，tan∠B′AM＝tan∠DAH， ∴， ∴， 解得， ∴， ∴， ∴四边形B′MD′N的面积为． 7．解：（1）△AFD等腰直角三角形； 理由：∵四边形ABCD是矩形， ∴AB＝21cm，ADcm，∠B＝∠BAD＝90°， ∵把△ABE沿AE折叠得到△AFE， ∴AB＝AF＝21cm，∠AFD＝90°， ∴DF21， ∴AF＝DF， ∴△AFD等腰直角三角形， 故答案为：等腰直角三角形； （2）①如图4，过点F作FM⊥AD于点M， 在Rt△ACD中，， 由△ABE沿AE折叠得到△AFE， 则△ABE≌△AFE， ∴AF＝AB＝6， ∵FM∥CD， ∴△AFM∽△ACD， ∴， 即， ∴， ∴， 在Rt△FMD中，； ②当E，F，D三点共线时，如图5， 由△ABE沿AE折叠得到△AFE， 则△ABE≌△AFE， ∴∠EFA＝∠B＝90°， ∴∠AEB＝∠AEF，EF＝BE， 设BE＝x，CE＝y， ∵BC∥AD， ∴∠AEB＝∠EAD， ∴∠AED＝∠EAD， ∴DE＝AD＝BC＝x+y， ∴DF＝DE﹣EF＝y， ∵BC∥AD， ∴△CEF∽△ADF， ∴， 即， 解得或（舍去）， 在Rt△CEF中，sin． 8．解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AB∥CD，∠B＝∠D， 由折叠可知：AB＝AB′，∠B＝∠AB′P， ∴∠D＝∠AB′P， ∴B′P∥CD， ∴B′P∥AB， ∴四边形ABPB′是平行四边形， ∵AB＝AB′， ∴四边形ABPB′是菱形， ∵AB＝BP，∠ABC＝60°， ∴△ABP是等边三角形， 故答案为：等边三角形； （2）DG＝2AG；理由如下： ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AD＝BC， 又∵P，Q为BC边的三等分点， ∴， 由折叠可知：BP＝PB′，∠APB＝∠APB′， 则BP＝PB′＝PQ， ∴∠PB′Q＝∠PQB′， 由三角形外角性质可知：∠BPB′＝∠PB′Q+∠PQB′＝∠APB+∠APB′， ∴∠APB＝∠PQB′， ∴AP∥GQ， ∵AD∥BC， ∴四边形APQG是平行四边形， ∴PQ＝AG， ∵，AD＝BC， ∴， ∴DG＝2AG； （3）线段EB′的长为；理由如下： 延长AB′交CD于M，过点A作AH⊥BC， ∵▱ABCD的面积为18，AD＝BC＝6， ∴6AH＝18， ∴AH＝3， 设BH＝x，则AH＝2x， ∵AH2+BH2＝AB2， ∴32+x2＝（2x）2， ∴（负值已舍去）， ∴， ∵∠ABC＝60°，AD∥BC， ∴∠BAD＝120°， ∵∠DAP＝75°， ∴∠BAP＝45°， 由折叠可知：∠BAP＝∠B′AP＝45°，AB＝AB′， ∴∠BAB′＝90°，则△BAB′为等腰直角三角形， ∴∠ABE＝∠AB′B＝45°， 则∠EB′M＝∠AB′B＝45°， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD， ∴∠ABE＝∠B′EM＝45°＝∠EB′M，∠AME＝∠BAB′＝90°，即AM⊥CD， ∴MB′＝ME， ∵▱ABCD的面积为18，，即：AB•AM＝18， ∴， 则， ∴． 故线段EB′的长为． 9．解：（1）CC'⊥AB， 证明：由折叠可知，CE＝C'E， ∴∠ECC'＝∠EC'C， ∵CE＝BE， ∴BE＝C'E， ∴∠EBC'＝∠EC'B， ∵∠BCC'+∠CC'B+∠CBC'＝180°， ∴2∠BC'E+2∠CC'E＝180° ∴∠BC'E+∠CC'E＝90°， ∴CC'⊥AB； （2）“兴趣小组”得到的结论是正确的． 理由如下： 连接CC'，延长DE交CC'于点H， 由折叠可知，CE＝C'E， ∴∠ECC'＝∠EC'C， ∵CE＝BE， ∴BE＝C'E， ∴∠EBC'＝∠EC'B， ∵∠BCC'+∠CC'B+∠CBC'＝180°， ∴2∠BC'E+2∠CC'E＝180°， ∴∠BC'E+∠CC'E＝90°， ∴∠BC'C＝90°， 又∵C，C'关于DH对称， ∴DH⊥CC'， ∴∠DHC＝90°， ∴∠BC'C＝∠DHC， ∴BF∥DE， ∵四边形ABCD是菱形，DF∥BE， ∴四边形BEDF是平行四边形； （3）过点E作EF⊥AB，交AB的延长线于点F， ∵菱形纸片ABCD的边长为10， ∴， ∵AD∥CB， ∴∠EBF＝∠A， ∴， ∴设EF＝4x，BF＝3x， 则：， ∴x＝1， ∴EF＝4，BF＝3， 设BN＝k， 则：NF＝3+k，AN＝10﹣k， ∵折叠， ∴AN＝EN＝10﹣k， 在Rt△NFE中，EN2＝NF2+EF2， 即：（10﹣k）2＝42+（3+k）2， 解得：； ∴． 10．解：特例分析： ∵AB＝AC，∠B＝35°， ∴∠C＝∠B＝35°，∠BAC＝180°﹣35°﹣35°＝110°． ∵AD⊥BC时， ∴，即旋转角α＝55°， 故答案为：55°． 探究规律： 由旋转可知△ABC≌△ADE， ∴∠B＝∠D＝∠E，AB＝AD＝AE， 又∠BAP＝∠EAQ＝α， ∵∠B＝∠E，AB＝AE，∠BAP＝∠EAQ， ∴△ABP≌△AEQ（ASA）， ∴AP＝AQ． 拓展延伸： （1）∵∠B＝35°，∠BAD＝α， ∴∠DPF＝145°﹣α， ∵分情况讨论： 当DP＝DF时，∠DFP＝∠DPF，即，解得α＝72.5°； 当DP＝PF时，∠D＝∠DFP，即145°﹣α＝180°﹣2×35°，解得α＝35°； 当PF＝DF时，∠D＝∠DPF，即145°﹣α＝35°，解得α＝110°（舍去）， ∴旋转角α的度数为37.5°或75°． （2）存在四边形ADMC是平行四边形，理由如下： ∵∠DAC＝∠BAC﹣∠BAD＝110°﹣α，， 当∠ADB＝∠DAC，即，α＝40°时，AC∥DM， ∴∠ACE＝∠DAC， ∴AD∥CM， ∴四边形ADMC是平行四边形， 设AB，AC间的距离是h， ∴， ∴S▱ADMC＝2S△ABC， ∴存在四边形ADMC是平行四边形的情况，且S▱ADMC＝2S△ABC． 11．解：（1）如图1： ∵∠ABD＝30°，∠DAB＝90°，EF⊥BA， ∴cos∠ABD，EF∥AD， ∴， 如图2： ∵△BEF绕点B按逆时针方向旋转90°， ∴∠DBF＝∠ABE＝90°， ∵， ∴△FBD∽△EBA， ∴， 故答案为：，； （2）结论仍然成立， 理由如下：如图3， ∵将△BEF绕点B按逆时针方向旋转， ∴∠ABE＝∠DBF， 又∵， ∴△ABE∽△DBF， ∴； （3）当点E在AB的上方时，如图4： ∵AB＝2，∠ABD＝30°，点E是边AB的中点，∠DAB＝90°， ∴BE，AD＝2，DB＝4， ∵∠EBF＝30°，EF⊥BE， ∴EF＝1， ∵D、E、F三点共线， ∴∠DEB＝∠BEF＝90°， ∴DE， ∴DF＝DE+EF1， 由（2）可得：， ∴， ∴AE， 当点E在AB的下方时，如图5： 同理可求：AE， 故答案为：或． 12．解：（1）四边形ABCD是正方形，则AD＝AB，∠BAD＝90°． 根据旋转的性质，AE＝AF，∠FAE＝∠BAD＝90°， ∴DE＝BF，DE⊥BF． 故答案为：DE＝BF且DE⊥BF． （2）结论成立． 证明：如图，延长DE交FB于点H，交AB于点G， ∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠BAD＝90°， 根据旋转的性质，AE＝AF，∠FAE＝∠BAD＝90°， ∴∠FAB＝∠FAE﹣∠BAE＝∠BAD﹣∠BAE＝∠EAD， ∴△FAB≌△EAD（SAS）， ∴DE＝BF，∠ADE＝∠ABF， ∵∠AGD＝∠HGB， ∴∠GHB＝180°﹣∠ABF﹣∠HGB＝180°﹣∠AGD﹣∠ADE＝90°， ∴DE⊥BF． 故DE＝BF，DE⊥BF，结论依然成立． （3）当点E在DF之间时，过点A作AK⊥EF于点K. 由旋转得：AF＝AE，∠FAE＝90°， ∴△AFE为等腰直角三角形， ∴∠AEF＝45°， ∵AK⊥EF， ∴△AKE为等腰直角三角形， ∴KE2． 在Rt△AKD中，由勾股定理得：， ∴； 当点E在DF延长线上时，如图. 同理，可求出KE＝2，KD， 此时DE＝KD+KE， ∴DE． 综上所述：当D、E、F在同一直线上时，DE长为或， 故答案为：或． （4）过点A作AQ⊥DG，交DG延长线于点Q，则∠Q＝90°． ∵∠AEG＝45°， ∴△AEQ为等腰直角三角形， ∴AQ＝EQ， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠2+∠3＝90°， ∵CE⊥DG， ∴∠1+∠3＝90°， ∴∠1＝∠2， ∵∠Q＝∠CED＝90°， ∴△CED≌△DQA（AAS）， ∴DE＝AQ，DQ＝CE， ∴设AQ＝y，则QE＝DE＝2y， 在Rt△AQD中，由勾股定理得：y2+（2y）2＝62， 解得：， ∴， ∵∠CEG＝∠Q＝90°， ∴AQ∥CE， ∴， ∴， 故答案为：． 13．解：（1）△APE，△DPF，DE+DF＝AD； ∵四边形ABCD是正方形， ∴PA＝PD，∠PAE＝∠PDF＝45°，∠APD＝90°， ∵∠APE+∠EPD＝∠DPF+∠EPD＝90°， ∴∠APE＝∠DPF， 在△APE和△DPF中， ， ∴△APE≌△DPF（ASA）， ∴AE＝DF，PE＝PF， ∴DE+AE＝DE+DF＝AD， ∴DE+DF＝AD； 故答案为：△APE，△DPF，DE+DF＝AD； （2）DE+DFAD，理由如下； 如图2，取AD的中点T，连接PT， ∵四边形ABCD为∠ADC＝120°的菱形， ∴AB＝AD，∠BAD＝60°，∠ADP＝∠CDP＝60°， ∴△ABD是等边三角形， ∴BD＝AD，∠DAP＝30°， ∴DPAD， ∴PD＝DT， ∵∠AD＝60°， ∴△TDP是等边三角形， ∴∠PTE＝∠PDF＝60°，∠TPD＝60°， 又∵∠MPN＝60°， ∴∠TPD﹣∠EPD＝∠MPN﹣∠EPD，即∠EPT＝∠FPD， 在△TPE和△DPF中， ， ∴△TPE≌△DPF（ASA）， ∴TE＝DF， ∴DE+TE＝DE+DF＝DTAD， ∴DE+DFAD； （3）由题意知，分P靠近点B，P靠近点D，两种情况求解： ①当点P靠近点B，PN与线段CD交于点F时，如图3﹣1，过点A作AH⊥BD于H，连接AP，作PG∥AB交AD于G． 由（2）可知，△ABD是等边三角形， ∴∠DGP＝∠DAB＝60°，∠DPG＝∠DBA＝60°， ∴△DGP是等边三角形，则DG＝BP， ∴DA﹣DG＝DB﹣DP，即AG＝BP， ∵AH⊥BD， ∴BH＝DH＝4， 由勾股定理得，AH4， 由勾股定理得，PH1， ∴AG＝BP＝BH﹣PH＝3， 由（2）可知，△GPE≌△DPF（ASA）， ∴GE＝DF， ∴DE＝AD﹣AG﹣GE＝8﹣35； 当点P靠近点B，PN与CD延长线交于点F时，如图3﹣2， 同理：DE＝AD﹣AG+GE＝5； ②当点P靠近点D时，PN与线段CD交于点F时，如图3﹣3， 同理①，可得PH＝1，AG＝PB＝BH+PH＝5， ∵GE＝DF， ∴DE＝AD﹣AG﹣EG＝8﹣53； 当点P靠近点D，PN与CD延长线交于点F时，如图3﹣4， 同理：DE＝AD﹣AG﹣EG＝8﹣53； 综上所述，满足条件的DE的长度5±或3±． 14．解：（1）补全图形如图2， 小宁的解题思路是：先证明△ABG≌△ADF；再证明△AEG≌△AEF；即可得出BE，EF，FD之间的数量关系是 EF＝BE+FD， 故答案为：△ADF，△AEF，EF＝BE+FD； （2）（1）中的结论EF＝BE+FD仍然成立；理由如下： 如图②，延长EB到G，使BG＝DF，连接AG． ∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABG+∠ABC＝180°， ∴∠D＝∠ABG， 在△GAB与△FAD中， ， ∴△GAB≌△FAD（SAS）， ∴AG＝AF，∠BAG＝∠DAF， ∴∠EAF∠BAD， ∴∠GAE＝∠EAF． 又∵AE＝AE， ∴△AEG≌△AEF（SAS）， ∴EF＝EG， ∵EG＝BE+BG， ∴EF＝BE+FD； （3）EF＝BE﹣FD或EF＝FD﹣BE或EF＝BE+FD；理由如下： ①EF＝BE﹣FD； 证明：在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG，如图③． ∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADF+∠ADC＝180°， ∴∠B＝∠ADF． 在△ABG与△ADF中， ， ∴△ABG≌△ADF（SAS）， ∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF， ∴∠BAG+∠EAD＝∠DAF+∠EAD＝∠EAF∠BAD， ∴∠GAE＝∠EAF， ∵AE＝AE， ∴△AEG≌△AEF（SAS）， ∴EG＝EF， ∵EG＝BE﹣BG， ∴EF＝BE﹣FD； ②EF＝FD﹣BE； 证明：在DF上截取DH＝BE，如图④， 同第一种情况方法，证得△AEB≌△AHD（SAS）， 证得△AEF≌△AHF（SAS）， ∴EF＝FH＝FD﹣DH＝FD﹣BE； ③由（1）、（2）可知，EF＝BE+FD； ④如图⑤，点E在BC延长线上，点F在DC延长线，此时线段EF，BE，FD之间并无直接数量关系． 综上，线段EF，BE，FD之间的数量关系为EF＝BE﹣FD或EF＝FD﹣BE或EF＝BE+FD， 故答案为：EF＝BE﹣FD或EF＝FD﹣BE或EF＝BE+FD． 15．解：（1）连接BD，交AC于点O， 由条件可知OA＝OC，OB＝OD， ∵， ∴AF＝FO， ∵点E是AB的中点， ∴AE＝EB， ∴， ∵CD＝AC＝2，AC⊥CD， ∴CO＝1，OD， ∴， ∴； （2）如图，延长BC交AD的延长线于点G， ∵BE平分∠ABC，AD⊥BE， ∴∠ABD＝∠GBD，∠ADB＝∠GDB＝90°， 又∵BD＝BD， ∴△ABD≌△GBD（ASA）， ∴AD＝GD， 取AC的中点F，连接DF，则有DF∥CG，且， ∴∠EDF＝∠EBC， ∵BE＝DE， 在△DEF和△CEB中， ， ∴△BEC≌△DEF（ASA）， ∴CE＝FE， ∵AF＝FC，， ∴AE＝3CE； （3）如图，连接BD，取BD中点H，连接HE，HF， 由条件可知EH和FH分别为△BDC和△ABD的中位线， ∴HE∥CD且，HF∥AB且， 由条件可知HF＝HE， ∵∠EFC＝60°， ∴∠EFC＝∠FEH＝60°， ∴△EFH是等边三角形， ∴∠HFE＝60°， ∴∠AGE＝60°， ∵∠AFG＝∠EFC＝60°， ∴∠GAF＝60°， ∴△AGF是等边三角形， ∴AF＝FG， 又∵AF＝FD， ∴FG＝FD， ∴∠FGD＝∠FDG， ∵∠GFD＝180°﹣60°＝120°， ∴∠FGD＝30°， ∴∠AGD＝∠AGF+∠FGD＝90°， ∴AG⊥GD． 16．（1）证明：∵点A、E关于BM对称， ∴BM垂直平分AE，即∠AFB＝90°， ∵四边形ABCD正方形， ∴∠BAD＝∠D＝90°，AB＝AD＝BC， ∴∠ABM＝90°﹣∠BAF＝∠DAN， ∴△ABM≌△DAN（ASA）， ∴AN＝BM； （2）解：连接DE，如图2， ∵点A、E关于BM对称， ∴AF＝FE，BM⊥AN， ∵点M为AD中点， ∴FM是△ADE的中位线， ∴FM∥DE， ∴∠AED＝90°， ∵△ABM≌△DAN， ∴∠ABF＝∠DAE， ∵∠AFB＝∠AED＝90°，AB＝AD， ∴△ABF≌△DAE（AAS）， ∴DE＝AF， ∴DE＝EF， ∴△DEF是等腰直角三角形， ∴∠DFE＝45°，∠MFN＝∠AFB＝90°， ∴∠DFM＝45°； （3）解：．理由如下， 连接DE，作BH⊥CG于点H，如图3， ∵点A、E关于BM对称， ∴∠ABF＝∠FBE，AB＝BF， ∵AB＝BC， ∴BE＝BC， ∵BH⊥CG， ∴∠EBH＝∠CBH，EH＝CH， ∴， ∵∠BFE＝∠BHE＝90°， ∴∠AEC＝180°﹣90°﹣90°﹣45°＝135°， ∴∠AEG＝180°﹣135°＝45°， ∴△FEG是等腰直角三角形， ∴AF＝EF＝FG，∠BGE＝45°， ∴△AFG和△BHG是等腰直角三角形， ∴∠GAE＝45°，， ∴△AEG是等腰直角三角形， ∴AG＝GE， ∵CG＝GE+EH+CH＝AG+2CH，， ∴， ∴． 17．（1）解：如图①， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD∥BC，∠ADB＝∠CBD＝45°， ∵EF⊥BC， ∴EF⊥AD， ∴∠DHE＝90°， ∴△DEH是等腰直角三角形， ∵点G是DE的中点， ∴HG＝DG＝EG，HG⊥DE， ∴DE＝2HG， 故答案为：HG⊥DE，DE＝2HG； （2）证明：如图②， 由（1）知：△DEH是等腰直角三角形， ∴∠DEH＝45°， ∴∠FEG＝180°﹣45°＝135°， ∵∠BFE＝90°，∠EBF＝45°， ∴△BEF是等腰直角三角形， ∴BF＝EF， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAH＝∠ABF＝90°， ∴∠BFH＝∠BAH＝∠ABF＝90°， ∴四边形ABFH是矩形， ∴AH＝BF， ∴AH＝EF， 由（1）得HG＝EG＝DG， ∴∠DHG＝45°， ∴∠AHG＝180°﹣45°＝135°， ∴∠AHG＝∠FEG， 在△AHG和△FEG中， ， ∴△AHG≌△FEG（SAS）， ∴∠AGH＝∠FGE； （3）解：结论：DM+BF＝FM，理由如下： 如图③，连接AF、HG、FG，将△ADM绕点A顺时针旋转90°得到△ABN， 则AN＝AM，BN＝DM，∠NAB＝∠MAD， 由（2）知：△AHG≌△FEG， ∴∠AGH＝∠FGE，AG＝FG， ∵HG⊥DE， ∴∠AGH+∠AGB＝90°， ∴∠FGE+∠AGB＝90°，即∠AGF＝90°， ∴△AFG是等腰直角三角形， ∴∠FAM＝45°， ∴∠FAB+∠MAD＝90°﹣45°＝45°， ∴∠FAN＝∠FAB+∠NAB＝∠FAB+∠MAD＝45°， ∴∠FAN＝∠FAM， 在△AFN和△AFM中， ， ∴△AFN≌△AFM（SAS）， ∴FN＝FM， ∵FN＝BN+BF＝DM+BF， ∴DM+BF＝FM． 18．解：（1）∵四边形ABCD、ACGF为正方形， ∴AC＝AF，CD＝AB＝6，∠ADC＝90°， ∴DF＝DC＝6， ∴此时点F到边AD所在直线的距离为6； 故答案为：6． （2）①如图，作FH⊥AD于H，∠AHF＝90°， ∵四边形ABCD、ACGF为正方形， ∴AF＝AE，∠FAE＝∠ADE＝90°，AD＝CD， ∴∠FAH+∠DAE＝90°， ∵， ∴∠DAE＝∠AFH， ∴△AFH≌△EAD（AAS）， ∴AH＝DE，FH＝AD＝6， ∵E为DC的中点， ∴， ∴， ∴AH＝DH， ∵FH⊥AD， ∴AF＝DF； ②由①可得：FH＝AD＝6， ∴此时点F到边AD所在直线的距离为6； （3）如图，作FM⊥DA于M，作AN∥DE交DF于N， ∵四边形ABCD、ACGF为正方形， ∴AF＝AE，∠FAE＝90°，∠ADC＝∠ADE＝90°， ∴∠FAM+∠EAD＝90°， ∵∠FAM+∠AFM＝90°， ∴∠EAD＝∠AFM， ∵∠AMF＝∠ADE＝90°， ∴△AMF≌△ADE（AAS），MF∥DE∥AN， ∴ME＝AD＝6，AM＝DE， 设DE＝x，则AM＝x，DM＝6+x， ∵AN∥DE， ∴△APN∽△EPD， ∴， ∵点P是线段AE的三等分点， ∴AP：PE＝2：1或AP：PE＝1：2， ∴或， ∴AN＝2x或， 当AN＝2x时， ∵MF∥AN， ∴△DAN∽△DMF， ∴， ∴， 解得：或（不符合题意，舍去）， ∴， 当时， ∵MF∥AN， ∴△DAN∽△DMF， ∴， ∴， 解得：x＝6或x＝﹣12（不符合题意，舍去）， ∴DE＝6， 综上所述，DE的长为或6． 19．（1）解：当MN为直角边时， 由勾股定理得：NB； 当MN为斜边时， 由勾股定理得：NB， ∴综上所述，NB的长为或， 故答案为：或； （2）证明：∵∠BAC＝135°， ∴∠B+∠C＝180°﹣∠BAC＝45°； ∵折叠△ABC，使得点B、C都与A重合，折痕分别为DE、FG， ∴AE＝BE，AF＝CF，∠BAE＝∠B，∠CAF＝∠C， ∴∠EAF＝∠BAC﹣∠BAE﹣∠CAF＝∠BAC﹣∠B﹣∠C＝90°， 在Rt△AEF中，由勾股定理得：AE2+AF2＝EF2， ∴BE2+CF2＝EF2， ∴点E、F是线段BC的勾股分割点； （3）解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠BAD＝90°，∠ABD＝∠ADB＝45°， 将△ADF绕点A逆时针旋转90°到△ABM的位置，连接ME， 则∠ABM＝∠ADF＝45°，AM＝AF，∠DAF＝∠BAM， ∴∠MBE＝∠ABM+∠ABD＝90°，∠MAE＝∠BAM+∠BAE＝∠DAF+∠BAE＝90°﹣45°＝45°， ∴BE2+BM2＝ME2， ∵∠GAH＝45°， ∴∠GAH＝∠MAE＝45°，AM＝AF，AE＝AE， 在△AME和△AFE中， ， ∴△AME≌△AFE（SAS）， ∴ME＝EF＝2.5， ∵AB＝AD＝3，∠BAD＝90°， 在直角三角形ABD中，由勾股定理得：BD6， 设BE＝x，则BM＝DF＝BD﹣BE﹣EF＝6﹣x﹣2.5＝3.5﹣x， ∴x2+（3.5﹣x）2＝2.52， 解得x1＝2，x2， 即BE的长为2或． 20．（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； （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°， 则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； （3）解：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， ∴当点G、M、C三点共线时，BN+CM的值最小，最小值为CG的值， ∵∠GAM＝∠ABC＝45°， ∴AG∥BC， ∴∠BAC＝∠ABG＝90°， ∴∠GBO＝180°﹣∠ABG﹣∠ABC＝45°， ∴∠GBO＝45°， ∴OG＝OB， ∴， ∴， ∴， 在Rt△GOC中，， ∴BN+CM的最小值为． ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $ 加练16 几何综合及探究题 类型1 动点类 1．类比思想就是根据已经学习过的知识，类比探究新知识的思想方法．我们在探究矩形、菱形、正方形等问题中的数量关系时，经常用到类比思想．某数学兴趣小组在数学课外活动中，研究三角形和正方形的性质时，做了如下探究：在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D为直线BC上一动点（点D不与B，C重合），以AD为边在AD右侧作正方形ADEF，连接CF． （1）观察猜想 如图1，当点D在线段BC上时． ①BC与CF的位置关系为：　BC⊥CF　； ②BC，CD，CF之间的数量关系为 　BC＝CF+CD　；（将结论直接写在横线上） （2）数学思考 如图2，当点D在线段CB的延长线上时，结论①，②是否仍然成立？ 若成立，请给予证明；若不成立，请你写出正确结论再给予证明； （3）拓展延伸 如图3，当点D在线段BC的延长线上时，延长BA交CF于点G，连接GE．若已知AB＝2，CDBC，请直接写出GE的长．（提示：过A作AH⊥BC于H，过E作EM⊥BD于M，EN⊥CF于N） 解：（1）①在正方形ADEF中，AD＝AF，∠DAF＝90° ∵∠BAC＝90°， ∴∠BAC＝∠DAF＝90° ∴∠BAD＝∠CAF， 在△DAB与△FAC中，， ∴△DAB≌△FAC（SAS）， ∴∠ABD＝∠ACF， ∴∠ACB+∠ACF＝∠ACB+∠ABD＝180°﹣∠BAC＝90°， ∴BC⊥CF； 故答案为：BC⊥CF； ②由①知，△DAB≌△FAC， ∴BD＝CF， ∵BC＝BD+CD， ∴BC＝CF+CD； 故答案为：BC＝CF+CD； （2）CF⊥BC成立；BC＝CD+CF不成立，新结论为：CD＝CF+BC．理由如下： 在正方形ADEF中，AD＝AF，∠DAF＝90° ∵∠BAC＝90°， ∴∠BAC＝∠DAF＝90° ∴∠BAD＝∠CAF， 在△DAB与△FAC中，， ∴△DAB≌△FAC（SAS）， ∴∠ABD＝∠ACF， ∵∠BAC＝90°，AB＝AC， ∴∠ACB＝∠ABC＝45°． ∴∠ABD＝180°﹣45°＝135°， ∴∠BCF＝∠ACF﹣∠ACB＝135°﹣45°＝90°， ∴CF⊥BC． ∵CD＝DB+BC，DB＝CF， ∴CD＝CF+BC． （3）解：如图3，过A作AH⊥BC于H，过E作EM⊥BD于M，EN⊥CF于N， ∵∠BAC＝90°，AB＝2， ∴BCAB＝4， ∵CDBC， ∴CD4＝1， ∵AH⊥BC， ∴AHBC＝BH＝CH＝2， ∴DH＝CH+CD＝3， 在正方形ADEF中，AD＝DE＝AF，∠ADE＝∠DAF＝90° ∵∠BAC＝90°， ∴∠BAC＝∠DAF＝90° ∴∠BAD＝∠CAF， 在△DAB与△FAC中，， ∴△DAB≌△FAC（SAS）， ∴∠ABD＝∠ACF， ∴∠ACB+∠ACF＝∠ACB+∠ABD＝180°﹣∠BAC＝90°， ∴BC⊥CF， ∵EM⊥BD，EN⊥CF， ∴四边形CMEN是矩形， ∴NE＝CM，EM＝CN， ∵∠ADE＝90°， ∴∠ADH+∠EDM＝90°， ∵∠EMD＝90°， ∴∠EDM+∠DEM＝90°， ∴∠ADH＝∠DEM， ∴△ADH≌△DEM（AAS）， ∴EM＝DH＝3，DM＝AH＝2， ∴CN＝EM＝3，EN＝CM＝3， ∵∠ABC＝45°， ∴∠BGC＝45°， ∴△BCG是等腰直角三角形， ∴CG＝BC＝4， ∴GN＝CG﹣CN＝1， 在Rt△EGN中，EG． 2．在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，P是直线BD上一动点，以AP为边向右侧作等边△APE（A，P，E按逆时针排列），点E的位置随点P的位置变化而变化． （1）如图1，当点P在线段BD上，且点E在菱形ABCD内部或边上时，连接CE，则BP与CE的数量关系是　BP＝CE　，BC与CE的位置关系是　CE⊥BC　； （2）如图2，当点P在线段BD上，且点E在菱形ABCD外部时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由； （3）当点P在BD的延长线上时，其他条件不变，连接BE．若，，请求△APE的面积． 解：（1）连接AC，延长CE交AD于H，如图1， ∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°， ∴△ABC，△ACD都是等边三角形，∠ABD＝∠CBD＝30°， ∴AB＝AC，∠BAC＝60°，∠CAH＝60°， ∵△APE是等边三角形， ∴AP＝AE，∠PAE＝60°， ∵∠BAC＝∠PAE， ∴∠BAP+∠PAC＝∠CAE+∠PAC， ∴∠BAP＝∠CAE， ∴△BAP≌△CAE（SAS）， ∴BP＝CE，∠ABP＝∠ACE＝30°， 同理可证△ACD是等边三角形， ∴∠ACD＝2∠ACH＝60°， ∴CH⊥AD，即CE⊥AD， 又∵AD∥BC， ∴CE⊥BC． 故答案为：BP＝CE，CE⊥BC； （2）（1）中结论仍然成立，理由如下： 连接AC，如图2， ∴△ABC，△ACD为等边三角形， 在△ABP和△ACE中，AB＝AC，AP＝AE， 又∵∠BAP＝∠BAC+∠CAP＝60°+∠CAP，∠CAE＝∠EAP+∠CAP＝60°+∠CAP， ∴∠BAP＝∠CAE， ∴△ABP≌△ACE（SAS）， ∴BP＝CE，∠ACE＝∠ABD＝30°， 设CE与AD交于点H， 同理可得∠ACD＝2∠ACH＝60°， ∴CE⊥AD， 又∵AD∥BC， ∴CE⊥BC； （3）当点P在BD的延长线上时，连接AC交BD于点O，连接CE，BE，作EF⊥AP于F，如图3， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，BD平分∠ABC， ∵， ∴∠ABO＝30°， ∴， ∴， ∴BD＝2OB＝6， 由（2）知CE⊥BC， ∵，， ∴， 由（2）知BP＝CE＝8， ∴DP＝2， ∴OP＝5， ∴， ∵△APE是等边三角形，EF⊥AP， ∴， ∴． 3．在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D是斜边AB上的动点（不与A、B重合），点E是直线BC上的动点（不与B、C重合），连接ED，将ED绕点D顺时针旋转90°至DG，连接BG． 【特例感知】 如图1，若点D为AB的中点，点E在BC的延长线上，求证：． 【拓展延伸】 若点D不是AB中点，点E在BC边上． （1）如图2，BE，BG，BD三者之间还存在【特例感知】中的等量关系吗？若存在，请证明，若不存在，请说明理由． （2）如图3，作点D关于EG的对称点F，连接BF，已知，BE＝2，请直接写出BF的值． 【特例感知】 证明：连接CD， ∵∠ACB＝90°，AC＝BC，点D为AB的中点， ∴CD＝BD，∠CDB＝90°， ∵将ED绕点D顺时针旋转90°至DG， ∴DE＝DG，∠EDG＝90°， ∴∠BDC＝∠CDE， ∴△DBG≌△DCE（SAS）， ∴BE＝CE+BC＝BGBD； 【拓展延伸】 （1）不存在，BE+BGBD； 理由：过点D作DH⊥BD，交BC的延长线于点H， ∵∠C＝90°，AC＝BC， ∴∠ABC＝45°， ∴△BDH是等腰直角三角形， ∴BD＝DH，BHBD， 由（1）知DE＝DG，∠EDG＝90°， ∴∠GDB＝∠EDH， ∴△GDB≌△EDH（SAS）， ∴BG＝EH， ∴BH＝BE+EH＝BE+BGBD； （2）当点E在线段BC上时， 过点E作EM⊥AB于点M，则EM＝BM， ∴DM＝2， ∴DE， ∴EGDE＝2， 由（1）知BGBD﹣BE＝6﹣2＝4， ∵EB2+BG2＝EG2， ∴∠EBG＝90°， ∴∠GBF＝45°， 过点G作GK⊥BF交BF的延长线于K， ∴KG＝2， ∴FK， ∴BF； 当点E在CB的延长线上时，过点E作EN⊥BF于点N， 同理可得∠FBE＝45°，BN＝NE，EF＝DE， ∴FN4， ∴BF＝5． 综上所述，BF或5． 4．如图1和2，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，连接AC．点E从点B出发沿折线BC﹣CD运动，连接AE，将AE绕点A顺时针旋转得到AF，旋转角等于∠BAC，连接CF．设点E在折线BC﹣CD上运动的路径长为x． （1）当点E在BC上时， ①作FM⊥AC于M，如图1，求证：AB＝AM； ②当点F恰巧落在边CD上时，如图2，求x的值； （2）当时，求tan∠ACF的值； （3）连接DF，点E从点B运动到点D的过程中，直接写出DF长的最小值． （1）①证明：由旋转可知AF＝AE， ∵四边形ABCD为矩形，且FM⊥AC， ∴∠AMF＝∠ABE＝90°， ∵∠EAF＝∠BAC， ∴∠EAF﹣∠CAE＝∠BAC﹣∠CAE， ∴∠FAM＝∠EAB， 在△ABE和△AMF中， ， ∴△ABE≌△AMF（AAS）， ∴AB＝AM； ②解：作FM⊥AC于M，由①同理可证△ABE≌△AMF，如图2， ∴BE＝MF，AB＝AM＝4， 在Rt△ACD中，AD＝3，CD＝4， ∴， ∴CM＝AC﹣AM＝1， ∵∠CMF＝∠ADC＝90°，∠FCM＝∠ACD， ∴△FCM∽△ACD， ∴， ∴， ∴， 即； （2）解：当点E在BC上时，如图3， ∵△ABE≌△AMF，， ∴，AM＝AB＝4， 在Rt△AMF中， ， 在Rt△CMF中，，CM＝1， ∴； 当点E在CD上时，如图3，过点E作EG⊥AB于点G，FH⊥AC于点H， 由①同理可证△AEG≌△AFH， 由题意知四边形BCEG为矩形， ∴AG＝AH，EG＝FH＝BC＝3， ∵， 在Rt△AEG中，， ∴AH＝AG＝3， ∴CH＝AC﹣AH＝2， 在Rt△CHF中，FH＝3，CH＝2， ∴； （3）解：DF长的最小值为；理由如下： 当点E在BC上时，点F的轨迹为沿图5中MF方向的一段， 可知当F运动到点H时，DF最小，记MH与CD相交于点J， 由②同理可得CM＝1，， ∴， ∴， ∵∠H＝∠CMJ，∠MJC＝∠HJD， ∴△CMJ∽△DHJ， ∴，即， 可得； 当点E在CD上时，将线段AD绕点A顺时针旋转∠BAC的度数得到AR，连接FR，如图6， 由①同理可证△AFR≌△AED，所以点F的轨迹为沿图4中FR方向的一段，过点D作DQ⊥AR于点Q，DK⊥FR于点K，易知当点F运动到点K时，DF最小， 由题易知四边形DKRQ为矩形，DK＝QR， ， ∴． ∵， ∴DF的最小值为． 类型2 折叠类 5．综合探究 操作一：折叠正方形纸片ABCD，使顶点A落在边DC上点P处，得到折痕EF，把纸片展平（如图1）； 操作二：折叠正方形纸片ABCD，使顶点B也落在边DC上的点P处，得到折痕GH，GH与EF交于点O，连接OA，OB，OP（如图2）． （1）根据以上操作，直接写出图2中与线段OP相等的两条线段：　AO，OB　； （2）探究发现：把图2中的纸片展平，得到图3，通过观察发现无论点P在线段DC上任何位置，线段OG与线段OH始终相等，请你直接用第一问发现的结论写出完整的证明过程； （3）拓展应用：已知正方形纸片ABCD的边长为18cm，在以上探究过程中当点O到AB的距离是7cm时，求线段PC的长． （1）解：如图2，连接AP，BP， ∵折叠正方形纸片ABCD，使顶点A落在边DC上点P处，得到折痕EF， ∴EF垂直平分AP， ∴AO＝PO， ∵折叠正方形纸片ABCD，使顶点B也落在边DC上点P处，得到折痕GH， ∴GH垂直平分BP， ∴BO＝OP， ∴AO＝OB＝OP， 故答案为：AO，OB； （2）证明：如图3，过点O作MN⊥BC，交AD于M，交BC于N， ∵AD∥BC，MN⊥BC， ∴MN⊥AD， ∴∠AMO＝∠BNO， ∵OA＝OB， ∴∠OAB＝∠OBA， ∴∠OAM＝∠OBN， ∴△AOM≌△BON（AAS）， ∴OM＝ON， 又∵∠GOM＝∠HON，∠GMO＝∠HNO＝90°， ∴△GMO≌△HNO（ASA）， ∴OG＝OH； （3）解：过点O作KQ⊥AB，交AB于Q，交CD于K， 当点P在点K的右侧时， ∵OA＝OB，OQ⊥AB， ∴AQ＝BQ＝9cm， ∵点O到AB距离是7cm， ∴OQ＝7cm， ∴OB（cm）， ∵∠C＝∠ABC＝∠KQB＝90°， ∴四边形BCKQ是矩形， ∴BQ＝KC＝9cm，KQ＝BC＝18cm， ∴KO＝KQ﹣OQ＝11cm， ∵PO＝OA＝OBcm， ∴KP3（cm）， ∴PC＝KC﹣KP＝9﹣3＝6（cm）． 当点P在点K的左侧时，同理可得：PC＝12cm， 综上所述：PC＝6cm或12cm． 6．综合与探究 问题情境： 在正方形ABCD中，E是AB边上的一个动点，连接CE将△BCE沿直线CE翻折，得到△B′CE，点B的对应点B′落在正方形ABCD内． 猜想证明： （1）如图1，连接BB′并延长，交AD边于点F．求证：BF＝CE． （2）如图2，当E是AB边的中点时，连接AB′并延长，交CD边于点H，将△ADH沿直线AH翻折，点D恰好落在直线CE上的点D′处，AD′交B′E于点M，D′H交B′C于点N．试判断四边形B′MD′N的形状，并说明理由． 问题解决： （3）在（2）的条件下，若AB＝4，请直接写出四边形B′MD′N的面积． （1）证明：如图，设BF和CE相交于点O， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠A＝∠ABC＝90°，AB＝BC， ∴∠ABF+∠OBC＝90°， 由折叠可知，CE垂直平分BB′， ∴∠BOC＝90°， ∴∠BCE+∠OBC＝90°， ∴∠BCE＝∠ABF， 在△BCE和△ABF中， ， ∴△BCE≌△ABF（ASA）， ∴BF＝CE； （2）解：四边形B′MD′N是矩形；理由如下： ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB∥CD，∠D＝∠B＝90°， ∴∠EAB′＝∠AHD， ∵E是AB边的中点， ∴AE＝EB， 由折叠的性质可知：BE＝EB′，∠CB′E＝∠B＝90°， ∴AE＝EB′， ∴∠B′AE＝∠EB′A， 由折叠的性质可知：∠AHD′＝∠AHD，∠AD′H＝∠ADH＝90°， ∴∠EB′A＝∠AHD′， ∴EB′∥D′H， ∴∠B′MD′+∠AD′H＝180°， ∴∠B′MD′＝90°， ∴∠B′MD′＝∠AD′H＝∠MB′N＝90°， ∴四边形B′MD′N是矩形； （3）解：连接BB′交AD于点G，如图2， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝AB＝4， ∵E是AB边的中点， ∴AE＝EB＝2， 由（2）得，AE＝EB＝B′E＝2，∠B′MD′＝∠AMB′＝90°， ∴∠EAB′＝∠EB′A，∠EBB′＝∠EB′B， ∵∠B′AB+∠AB′B+∠B′BA＝180°， ∴∠AB′B＝90°， 由折叠可知：BB′⊥CE， ∴∠ABG+∠CBG＝∠BCE+∠CBG＝90°， ∴∠ABG＝∠BCE， 在△ABG和△BCE中， ， ∴△ABG≌△BCE（ASA）， 同理可证，△ABG≌△DAH（ASA）， ∴△ABG≌△BCE≌△DAH， ∴AH＝BG，AG＝BE＝DH＝2， ∵， ∴， ∵S△ABGAB•AGAB′•BG， ∴， 由折叠可知：∠B′AM＝∠DAH，AD′＝AD＝4， ∴sin∠B′AM＝sin∠DAH，tan∠B′AM＝tan∠DAH， ∴， ∴， 解得， ∴， ∴， ∴四边形B′MD′N的面积为． 7．综合与实践 【问题情境】数学活动课上，老师带领同学们开展了“折叠矩形纸片做30°角”的探究活动，先将矩形纸片ABCD按如图1上下对折，折痕为MN；点E是线段BC上的点，再把△ABE按如图2沿AE折叠，使点B刚好落在MN上的F点，连结AF，EF，则∠BAE＝∠EAF＝∠FAD＝30°．活动后，老师鼓励同学们能通过折叠手中的矩形纸片发现并提出新的问题． 【活动猜想】（1）小华受此问题启发，将准备的一张A4纸（生活常识：一张A4纸宽为21cm，长为cm），按如图3的方式把△ABE沿AE折叠得到△AFE，经观察后得到猜想：当E，F，D三点共线时，△AFD是一个特殊的三角形．请直接写出：△AFD是 　等腰直角　三角形； 【探究迁移】（2）如图4，小明和小亮把△ABE沿AE折叠，使点B的对应点F落在AC上，连结DF，发现并提出新的探究点： ①若AB＝6，AD＝8，求DF的长； ②当E，F，D三点共线时，求sin∠ACB的值． 解：（1）△AFD等腰直角三角形； 理由：∵四边形ABCD是矩形， ∴AB＝21cm，ADcm，∠B＝∠BAD＝90°， ∵把△ABE沿AE折叠得到△AFE， ∴AB＝AF＝21cm，∠AFD＝90°， ∴DF21， ∴AF＝DF， ∴△AFD等腰直角三角形， 故答案为：等腰直角三角形； （2）①如图4，过点F作FM⊥AD于点M， 在Rt△ACD中，， 由△ABE沿AE折叠得到△AFE， 则△ABE≌△AFE， ∴AF＝AB＝6， ∵FM∥CD， ∴△AFM∽△ACD， ∴， 即， ∴， ∴， 在Rt△FMD中，； ②当E，F，D三点共线时，如图5， 由△ABE沿AE折叠得到△AFE， 则△ABE≌△AFE， ∴∠EFA＝∠B＝90°， ∴∠AEB＝∠AEF，EF＝BE， 设BE＝x，CE＝y， ∵BC∥AD， ∴∠AEB＝∠EAD， ∴∠AED＝∠EAD， ∴DE＝AD＝BC＝x+y， ∴DF＝DE﹣EF＝y， ∵BC∥AD， ∴△CEF∽△ADF， ∴， 即， 解得或（舍去）， 在Rt△CEF中，sin． 8．综合与实践 【问题情境】 在综合实践活动课上，同学们以“平行四边形纸片的折叠”为主题开展数学活动．在平行四边形纸片ABCD中，P为BC边上任意一点，将△ABP沿AP折叠，点B的对应点为B′． 【分析探究】 （1）如图1，当∠ABC＝60°，当点B′恰好落在AD边上时，△ABP的形状为 　等边三角形　． 【问题解决】 （2）如图2，当P，Q为BC边的三等分点时，连接QB′并延长，交AD边于点G．试判断线段AG与DG的数量关系，并说明理由． （3）如图3，当∠ABC＝60°，∠DAP＝75°时，连接BB′并延长，交CD边于点E．若▱ABCD的面积为18，AD＝6，请直接写出线段EB′的长． 解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AB∥CD，∠B＝∠D， 由折叠可知：AB＝AB′，∠B＝∠AB′P， ∴∠D＝∠AB′P， ∴B′P∥CD， ∴B′P∥AB， ∴四边形ABPB′是平行四边形， ∵AB＝AB′， ∴四边形ABPB′是菱形， ∵AB＝BP，∠ABC＝60°， ∴△ABP是等边三角形， 故答案为：等边三角形； （2）DG＝2AG；理由如下： ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AD＝BC， 又∵P，Q为BC边的三等分点， ∴， 由折叠可知：BP＝PB′，∠APB＝∠APB′， 则BP＝PB′＝PQ， ∴∠PB′Q＝∠PQB′， 由三角形外角性质可知：∠BPB′＝∠PB′Q+∠PQB′＝∠APB+∠APB′， ∴∠APB＝∠PQB′， ∴AP∥GQ， ∵AD∥BC， ∴四边形APQG是平行四边形， ∴PQ＝AG， ∵，AD＝BC， ∴， ∴DG＝2AG； （3）线段EB′的长为；理由如下： 延长AB′交CD于M，过点A作AH⊥BC， ∵▱ABCD的面积为18，AD＝BC＝6， ∴6AH＝18， ∴AH＝3， 设BH＝x，则AH＝2x， ∵AH2+BH2＝AB2， ∴32+x2＝（2x）2， ∴（负值已舍去）， ∴， ∵∠ABC＝60°，AD∥BC， ∴∠BAD＝120°， ∵∠DAP＝75°， ∴∠BAP＝45°， 由折叠可知：∠BAP＝∠B′AP＝45°，AB＝AB′， ∴∠BAB′＝90°，则△BAB′为等腰直角三角形， ∴∠ABE＝∠AB′B＝45°， 则∠EB′M＝∠AB′B＝45°， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD， ∴∠ABE＝∠B′EM＝45°＝∠EB′M，∠AME＝∠BAB′＝90°，即AM⊥CD， ∴MB′＝ME， ∵▱ABCD的面积为18，，即：AB•AM＝18， ∴， 则， ∴． 故线段EB′的长为． 9．问题情境：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在菱形纸片ABCD中，E为BC的中点．将该菱形纸片沿过点E的直线折叠，使得点C的对应点C'落在AB的延长线上，试猜想CC'与AB的位置关系，并加以证明． （1）数学思考：请解答老师提出的问题； （2）拓展再探：如图2，“兴趣小组”受到老师所提问题的启发，将菱形纸片沿直线DE折叠，点C的对应点C'，连接C'B并延长与AD交于点F，他们认为四边形BEDF是平行四边形．“兴趣小组”得出的结论是否正确，请说明理由． （3）问题解决：如图3，“智慧小组”突发奇想，将菱形纸片沿直线MN折叠，使点A的对应点A'与点E重合，得到的折痕为MN．他们提出了一个新问题：若菱形纸片ABCD的边长为10，，求BN的长度．请你思考该问题，并直接写出结果． 解：（1）CC'⊥AB， 证明：由折叠可知，CE＝C'E， ∴∠ECC'＝∠EC'C， ∵CE＝BE， ∴BE＝C'E， ∴∠EBC'＝∠EC'B， ∵∠BCC'+∠CC'B+∠CBC'＝180°， ∴2∠BC'E+2∠CC'E＝180° ∴∠BC'E+∠CC'E＝90°， ∴CC'⊥AB； （2）“兴趣小组”得到的结论是正确的． 理由如下： 连接CC'，延长DE交CC'于点H， 由折叠可知，CE＝C'E， ∴∠ECC'＝∠EC'C， ∵CE＝BE， ∴BE＝C'E， ∴∠EBC'＝∠EC'B， ∵∠BCC'+∠CC'B+∠CBC'＝180°， ∴2∠BC'E+2∠CC'E＝180°， ∴∠BC'E+∠CC'E＝90°， ∴∠BC'C＝90°， 又∵C，C'关于DH对称， ∴DH⊥CC'， ∴∠DHC＝90°， ∴∠BC'C＝∠DHC， ∴BF∥DE， ∵四边形ABCD是菱形，DF∥BE， ∴四边形BEDF是平行四边形； （3）过点E作EF⊥AB，交AB的延长线于点F， ∵菱形纸片ABCD的边长为10， ∴， ∵AD∥CB， ∴∠EBF＝∠A， ∴， ∴设EF＝4x，BF＝3x， 则：， ∴x＝1， ∴EF＝4，BF＝3， 设BN＝k， 则：NF＝3+k，AN＝10﹣k， ∵折叠， ∴AN＝EN＝10﹣k， 在Rt△NFE中，EN2＝NF2+EF2， 即：（10﹣k）2＝42+（3+k）2， 解得：； ∴． 类型3 旋转类 10．【综合与实践】 问题情境：活动课上，小强同学以等腰三角形为背景展开有关图形旋转的探究活动．如图1，已知△ABC中，AB＝AC，∠B＝35°．将△ABC从图1的位置开始绕点A逆时针旋转，得到△ADE（点D，E分别是点B，C的对应点），旋转角为α（0°＜α＜110°），设线段AD交BC于点P，线段DE分别交BC，AC于点F，Q，如图2． ◆特例分析：当旋转到AD⊥BC时，则旋转角α的度数为　55°　； ◆探究规律：在△ABC绕点A逆时针旋转的过程中，小强同学发现线段AP始终等于线段AQ，请你帮小强同学证明这一结论． ◆拓展延伸： （1）在△ABC绕点A逆时针旋转的过程中，直接写出当△DFP是等腰三角形时旋转角α的度数． （2）在图3中，作射线BD，EC交于点M，问是否存在四边形ADMC是平行四边形？若存在，请直接写出此时旋转角α的度数，及此时四边形ADMC的面积与△ABC的面积之间的数量关系；若不存在，请说明理由． 解：特例分析： ∵AB＝AC，∠B＝35°， ∴∠C＝∠B＝35°，∠BAC＝180°﹣35°﹣35°＝110°． ∵AD⊥BC时， ∴，即旋转角α＝55°， 故答案为：55°． 探究规律： 由旋转可知△ABC≌△ADE， ∴∠B＝∠D＝∠E，AB＝AD＝AE， 又∠BAP＝∠EAQ＝α， ∵∠B＝∠E，AB＝AE，∠BAP＝∠EAQ， ∴△ABP≌△AEQ（ASA）， ∴AP＝AQ． 拓展延伸： （1）∵∠B＝35°，∠BAD＝α， ∴∠DPF＝145°﹣α， ∵分情况讨论： 当DP＝DF时，∠DFP＝∠DPF，即，解得α＝72.5°； 当DP＝PF时，∠D＝∠DFP，即145°﹣α＝180°﹣2×35°，解得α＝35°； 当PF＝DF时，∠D＝∠DPF，即145°﹣α＝35°，解得α＝110°（舍去）， ∴旋转角α的度数为37.5°或75°． （2）存在四边形ADMC是平行四边形，理由如下： ∵∠DAC＝∠BAC﹣∠BAD＝110°﹣α，， 当∠ADB＝∠DAC，即，α＝40°时，AC∥DM， ∴∠ACE＝∠DAC， ∴AD∥CM， ∴四边形ADMC是平行四边形， 设AB，AC间的距离是h， ∴， ∴S▱ADMC＝2S△ABC， ∴存在四边形ADMC是平行四边形的情况，且S▱ADMC＝2S△ABC． 11．问题背景： 如图1，在矩形ABCD中，AB＝2，∠ABD＝30°，点E是边AB的中点，过点E作EF⊥AB交BD于点F． 实验探究： （1）在一次数学活动中，小明在图1中发现　　；将图1中的△BEF绕点B按逆时针方向旋转90°，连接AE，DF，如图2所示，发现　　； （2）小亮同学继续将△BEF绕点B按逆时针方向旋转，连接AE，DF，旋转至如图3所示位置，请问探究（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由． 拓展延伸： （3）在以上探究中，当△BEF旋转至D、E、F三点共线时，AE的长为 　或　． 解：（1）如图1： ∵∠ABD＝30°，∠DAB＝90°，EF⊥BA， ∴cos∠ABD，EF∥AD， ∴， 如图2： ∵△BEF绕点B按逆时针方向旋转90°， ∴∠DBF＝∠ABE＝90°， ∵， ∴△FBD∽△EBA， ∴， 故答案为：，； （2）结论仍然成立， 理由如下：如图3， ∵将△BEF绕点B按逆时针方向旋转， ∴∠ABE＝∠DBF， 又∵， ∴△ABE∽△DBF， ∴； （3）当点E在AB的上方时，如图4： ∵AB＝2，∠ABD＝30°，点E是边AB的中点，∠DAB＝90°， ∴BE，AD＝2，DB＝4， ∵∠EBF＝30°，EF⊥BE， ∴EF＝1， ∵D、E、F三点共线， ∴∠DEB＝∠BEF＝90°， ∴DE， ∴DF＝DE+EF1， 由（2）可得：， ∴， ∴AE， 当点E在AB的下方时，如图5： 同理可求：AE， 故答案为：或． 12．已知四边形ABCD为正方形，点E为平面内一点（AE＜AD），将线段AE绕点A顺时针方向旋转90°得到线段AF，连接BF、CE、DE． （1）如图1，当点E在线段AD上时，线段DE与线段BF的数量关系和位置关系为 　DE＝BF且DE⊥BF　； （2）如图2，当点E在正方形内部时，（1）中结论是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由； （3）若正方形ABCD的边长为6，AE＝4，当D、E、F在同一直线上时，DE长为 　或　； （4）如图3，正方形ABCD边长为6，点E在△ACD内部，延长DE交对角线AC于点G，若满足∠AEG＝45°且CE⊥DG，则线段GE的长为 　　． 解：（1）四边形ABCD是正方形，则AD＝AB，∠BAD＝90°． 根据旋转的性质，AE＝AF，∠FAE＝∠BAD＝90°， ∴DE＝BF，DE⊥BF． 故答案为：DE＝BF且DE⊥BF． （2）结论成立． 证明：如图，延长DE交FB于点H，交AB于点G， ∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠BAD＝90°， 根据旋转的性质，AE＝AF，∠FAE＝∠BAD＝90°， ∴∠FAB＝∠FAE﹣∠BAE＝∠BAD﹣∠BAE＝∠EAD， ∴△FAB≌△EAD（SAS）， ∴DE＝BF，∠ADE＝∠ABF， ∵∠AGD＝∠HGB， ∴∠GHB＝180°﹣∠ABF﹣∠HGB＝180°﹣∠AGD﹣∠ADE＝90°， ∴DE⊥BF． 故DE＝BF，DE⊥BF，结论依然成立． （3）当点E在DF之间时，过点A作AK⊥EF于点K. 由旋转得：AF＝AE，∠FAE＝90°， ∴△AFE为等腰直角三角形， ∴∠AEF＝45°， ∵AK⊥EF， ∴△AKE为等腰直角三角形， ∴KE2． 在Rt△AKD中，由勾股定理得：， ∴； 当点E在DF延长线上时，如图. 同理，可求出KE＝2，KD， 此时DE＝KD+KE， ∴DE． 综上所述：当D、E、F在同一直线上时，DE长为或， 故答案为：或． （4）过点A作AQ⊥DG，交DG延长线于点Q，则∠Q＝90°． ∵∠AEG＝45°， ∴△AEQ为等腰直角三角形， ∴AQ＝EQ， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠2+∠3＝90°， ∵CE⊥DG， ∴∠1+∠3＝90°， ∴∠1＝∠2， ∵∠Q＝∠CED＝90°， ∴△CED≌△DQA（AAS）， ∴DE＝AQ，DQ＝CE， ∴设AQ＝y，则QE＝DE＝2y， 在Rt△AQD中，由勾股定理得：y2+（2y）2＝62， 解得：， ∴， ∵∠CEG＝∠Q＝90°， ∴AQ∥CE， ∴， ∴， 故答案为：． 13．【问题呈现】 如图1，∠MPN的顶点在正方形ABCD两条对角线的交点处，∠MPN＝90°，将∠MPN绕点P旋转，旋转过程中，∠MPN的两边分别与正方形ABCD的边AD和CD交于点E，F（点F与点C，D不重合）．探索线段DE，DF，AD之间的数量关系． 【问题初探】 （1）爱动脑筋的小明发现，通过证明　△APE　≌　△DPF　，可以得到结论．请直接写出线段DE，DF，AD之间的数量关系　DE+DF＝AD　； 【问题引申】 （2）如图2，将图1中的正方形ABCD改为∠ADC＝120°的菱形，∠EPF＝60°，其他条件不变，请你写出线段DE，DF，AD之间的数量关系，并说明理由； 【问题解决】 （3）如图3，在（2）的条件下，∠MPN的两边分别与菱形ABCD的边AD和CD所在直线交于点E，F（点F与点C，D不重合），当菱形的边长为8，点P运动至与A点距离恰好为7的位置，且∠EPF旋转至时，请直接写出DE的长度． 解：（1）△APE，△DPF，DE+DF＝AD； ∵四边形ABCD是正方形， ∴PA＝PD，∠PAE＝∠PDF＝45°，∠APD＝90°， ∵∠APE+∠EPD＝∠DPF+∠EPD＝90°， ∴∠APE＝∠DPF， 在△APE和△DPF中， ， ∴△APE≌△DPF（ASA）， ∴AE＝DF，PE＝PF， ∴DE+AE＝DE+DF＝AD， ∴DE+DF＝AD； 故答案为：△APE，△DPF，DE+DF＝AD； （2）DE+DFAD，理由如下； 如图2，取AD的中点T，连接PT， ∵四边形ABCD为∠ADC＝120°的菱形， ∴AB＝AD，∠BAD＝60°，∠ADP＝∠CDP＝60°， ∴△ABD是等边三角形， ∴BD＝AD，∠DAP＝30°， ∴DPAD， ∴PD＝DT， ∵∠AD＝60°， ∴△TDP是等边三角形， ∴∠PTE＝∠PDF＝60°，∠TPD＝60°， 又∵∠MPN＝60°， ∴∠TPD﹣∠EPD＝∠MPN﹣∠EPD，即∠EPT＝∠FPD， 在△TPE和△DPF中， ， ∴△TPE≌△DPF（ASA）， ∴TE＝DF， ∴DE+TE＝DE+DF＝DTAD， ∴DE+DFAD； （3）由题意知，分P靠近点B，P靠近点D，两种情况求解： ①当点P靠近点B，PN与线段CD交于点F时，如图3﹣1，过点A作AH⊥BD于H，连接AP，作PG∥AB交AD于G． 由（2）可知，△ABD是等边三角形， ∴∠DGP＝∠DAB＝60°，∠DPG＝∠DBA＝60°， ∴△DGP是等边三角形，则DG＝BP， ∴DA﹣DG＝DB﹣DP，即AG＝BP， ∵AH⊥BD， ∴BH＝DH＝4， 由勾股定理得，AH4， 由勾股定理得，PH1， ∴AG＝BP＝BH﹣PH＝3， 由（2）可知，△GPE≌△DPF（ASA）， ∴GE＝DF， ∴DE＝AD﹣AG﹣GE＝8﹣35； 当点P靠近点B，PN与CD延长线交于点F时，如图3﹣2， 同理：DE＝AD﹣AG+GE＝5； ②当点P靠近点D时，PN与线段CD交于点F时，如图3﹣3， 同理①，可得PH＝1，AG＝PB＝BH+PH＝5， ∵GE＝DF， ∴DE＝AD﹣AG﹣EG＝8﹣53； 当点P靠近点D，PN与CD延长线交于点F时，如图3﹣4， 同理：DE＝AD﹣AG﹣EG＝8﹣53； 综上所述，满足条件的DE的长度5±或3±． 类型4 主题学习类 14．已知，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是BC、CD边上的点．且∠EAF∠BAD．探究线段BE、EF、DF的数量关系． （1）为探究上述问题，小宁先画出了其中一种特殊情况，如图①当∠B＝∠D＝90°，小宁探究此问题的方法是：延长EB到点G，使BG＝DF，连接AG，请你补全小宁的解题思路：先证明△ABG≌　△ADF　；再证明△AEG≌　△AEF　；即可得出线段BE、EF、FD之间的数量关系是 　EF＝BE+FD　． （2）如图②，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？请写出证明过程； （3）在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是BC、CD所在直线上的点，且∠EAF∠BAD．请直接写出BE、EF、FD线段之间的数量关系，不用证明． 解：（1）补全图形如图2， 小宁的解题思路是：先证明△ABG≌△ADF；再证明△AEG≌△AEF；即可得出BE，EF，FD之间的数量关系是 EF＝BE+FD， 故答案为：△ADF，△AEF，EF＝BE+FD； （2）（1）中的结论EF＝BE+FD仍然成立；理由如下： 如图②，延长EB到G，使BG＝DF，连接AG． ∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABG+∠ABC＝180°， ∴∠D＝∠ABG， 在△GAB与△FAD中， ， ∴△GAB≌△FAD（SAS）， ∴AG＝AF，∠BAG＝∠DAF， ∴∠EAF∠BAD， ∴∠GAE＝∠EAF． 又∵AE＝AE， ∴△AEG≌△AEF（SAS）， ∴EF＝EG， ∵EG＝BE+BG， ∴EF＝BE+FD； （3）EF＝BE﹣FD或EF＝FD﹣BE或EF＝BE+FD；理由如下： ①EF＝BE﹣FD； 证明：在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG，如图③． ∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADF+∠ADC＝180°， ∴∠B＝∠ADF． 在△ABG与△ADF中， ， ∴△ABG≌△ADF（SAS）， ∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF， ∴∠BAG+∠EAD＝∠DAF+∠EAD＝∠EAF∠BAD， ∴∠GAE＝∠EAF， ∵AE＝AE， ∴△AEG≌△AEF（SAS）， ∴EG＝EF， ∵EG＝BE﹣BG， ∴EF＝BE﹣FD； ②EF＝FD﹣BE； 证明：在DF上截取DH＝BE，如图④， 同第一种情况方法，证得△AEB≌△AHD（SAS）， 证得△AEF≌△AHF（SAS）， ∴EF＝FH＝FD﹣DH＝FD﹣BE； ③由（1）、（2）可知，EF＝BE+FD； ④如图⑤，点E在BC延长线上，点F在DC延长线，此时线段EF，BE，FD之间并无直接数量关系． 综上，线段EF，BE，FD之间的数量关系为EF＝BE﹣FD或EF＝FD﹣BE或EF＝BE+FD， 故答案为：EF＝BE﹣FD或EF＝FD﹣BE或EF＝BE+FD． 15．【问题初探】 （1）李老师给出如下问题：如图1，在平行四边形ABCD中，AC⊥CD，且AC＝CD，点E是AB的中点，点F为对角线AC上的点，且，连接线段EF，若CD＝2，求EF的长． 小鹏同学考虑到点E是AB的中点，从中点的角度思考，想办法构造另一个中点，从而形成中位线，所以想到连接BD，与AC交于点O．请你利用李老师的提示，帮助小鹏同学解决这个问题． 【类比拓展】李老师为了帮助学生更好地感悟中点的解题策略，李老师提出了下面问题，请你解答． （2）如图2，在△ABC中，BE平分∠ABC，过点A作BE延长线的垂线，垂足为点D，BE＝DE，求证：AE＝3CE． 【学以致用】 （3）如图3，在△ABC中，AC＞AB，点D在AC上，AB＝CD，点E，F分别是BC，AD的中点，连接EF并延长，与BA的延长线交于点G，连接GD，若∠EFC＝60°，求证：AG⊥GD． 解：（1）连接BD，交AC于点O， 由条件可知OA＝OC，OB＝OD， ∵， ∴AF＝FO， ∵点E是AB的中点， ∴AE＝EB， ∴， ∵CD＝AC＝2，AC⊥CD， ∴CO＝1，OD， ∴， ∴； （2）如图，延长BC交AD的延长线于点G， ∵BE平分∠ABC，AD⊥BE， ∴∠ABD＝∠GBD，∠ADB＝∠GDB＝90°， 又∵BD＝BD， ∴△ABD≌△GBD（ASA）， ∴AD＝GD， 取AC的中点F，连接DF，则有DF∥CG，且， ∴∠EDF＝∠EBC， ∵BE＝DE， 在△DEF和△CEB中， ， ∴△BEC≌△DEF（ASA）， ∴CE＝FE， ∵AF＝FC，， ∴AE＝3CE； （3）如图，连接BD，取BD中点H，连接HE，HF， 由条件可知EH和FH分别为△BDC和△ABD的中位线， ∴HE∥CD且，HF∥AB且， 由条件可知HF＝HE， ∵∠EFC＝60°， ∴∠EFC＝∠FEH＝60°， ∴△EFH是等边三角形， ∴∠HFE＝60°， ∴∠AGE＝60°， ∵∠AFG＝∠EFC＝60°， ∴∠GAF＝60°， ∴△AGF是等边三角形， ∴AF＝FG， 又∵AF＝FD， ∴FG＝FD， ∴∠FGD＝∠FDG， ∵∠GFD＝180°﹣60°＝120°， ∴∠FGD＝30°， ∴∠AGD＝∠AGF+∠FGD＝90°， ∴AG⊥GD． 16．如图1，正方形ABCD中，点M是边AD上的一点（不与点A、D重合），连接BM，点A、E关于BM对称，连接AE并延长，交BM于点F，交CD于点N． （1）求证：AN＝BM； （2）如图2，当点M为AD中点时，连接DF，求∠DFM的值； （3）如图3，连接CE并延长，交BM的延长线于点G，连接GA，探索线段GA、GB、GC之间的等量关系，请写出关系式，并加以证明． （1）证明：∵点A、E关于BM对称， ∴BM垂直平分AE，即∠AFB＝90°， ∵四边形ABCD正方形， ∴∠BAD＝∠D＝90°，AB＝AD＝BC， ∴∠ABM＝90°﹣∠BAF＝∠DAN， ∴△ABM≌△DAN（ASA）， ∴AN＝BM； （2）解：连接DE，如图2， ∵点A、E关于BM对称， ∴AF＝FE，BM⊥AN， ∵点M为AD中点， ∴FM是△ADE的中位线， ∴FM∥DE， ∴∠AED＝90°， ∵△ABM≌△DAN， ∴∠ABF＝∠DAE， ∵∠AFB＝∠AED＝90°，AB＝AD， ∴△ABF≌△DAE（AAS）， ∴DE＝AF， ∴DE＝EF， ∴△DEF是等腰直角三角形， ∴∠DFE＝45°，∠MFN＝∠AFB＝90°， ∴∠DFM＝45°； （3）解：．理由如下， 连接DE，作BH⊥CG于点H，如图3， ∵点A、E关于BM对称， ∴∠ABF＝∠FBE，AB＝BF， ∵AB＝BC， ∴BE＝BC， ∵BH⊥CG， ∴∠EBH＝∠CBH，EH＝CH， ∴， ∵∠BFE＝∠BHE＝90°， ∴∠AEC＝180°﹣90°﹣90°﹣45°＝135°， ∴∠AEG＝180°﹣135°＝45°， ∴△FEG是等腰直角三角形， ∴AF＝EF＝FG，∠BGE＝45°， ∴△AFG和△BHG是等腰直角三角形， ∴∠GAE＝45°，， ∴△AEG是等腰直角三角形， ∴AG＝GE， ∵CG＝GE+EH+CH＝AG+2CH，， ∴， ∴． 17．小星学习了正方形的相关知识后，对正方形进行了探究． 如图，BD为正方形ABCD的一条对角线，点E为BD上任意一点（点E不与点B，D重合），点G为DE中点，过点E作EF⊥BC交BC边于点F，延长FE交AD于点H． （1）问题探究： 如图①，连接HG，则HG与DE的位置关系为 　HG⊥DE　，HG与DE的数量关系为 　DE＝2HG　； （2）问题解决： 如图②，连接AG，FG，求证∠AGH＝∠FGE； （3）拓展延伸： 如图③，连接AG并延长交CD于点M，连接FM，探究线段DM，FM，BF之间的数量关系，并说明理由． （1）解：如图①， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD∥BC，∠ADB＝∠CBD＝45°， ∵EF⊥BC， ∴EF⊥AD， ∴∠DHE＝90°， ∴△DEH是等腰直角三角形， ∵点G是DE的中点， ∴HG＝DG＝EG，HG⊥DE， ∴DE＝2HG， 故答案为：HG⊥DE，DE＝2HG； （2）证明：如图②， 由（1）知：△DEH是等腰直角三角形， ∴∠DEH＝45°， ∴∠FEG＝180°﹣45°＝135°， ∵∠BFE＝90°，∠EBF＝45°， ∴△BEF是等腰直角三角形， ∴BF＝EF， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAH＝∠ABF＝90°， ∴∠BFH＝∠BAH＝∠ABF＝90°， ∴四边形ABFH是矩形， ∴AH＝BF， ∴AH＝EF， 由（1）得HG＝EG＝DG， ∴∠DHG＝45°， ∴∠AHG＝180°﹣45°＝135°， ∴∠AHG＝∠FEG， 在△AHG和△FEG中， ， ∴△AHG≌△FEG（SAS）， ∴∠AGH＝∠FGE； （3）解：结论：DM+BF＝FM，理由如下： 如图③，连接AF、HG、FG，将△ADM绕点A顺时针旋转90°得到△ABN， 则AN＝AM，BN＝DM，∠NAB＝∠MAD， 由（2）知：△AHG≌△FEG， ∴∠AGH＝∠FGE，AG＝FG， ∵HG⊥DE， ∴∠AGH+∠AGB＝90°， ∴∠FGE+∠AGB＝90°，即∠AGF＝90°， ∴△AFG是等腰直角三角形， ∴∠FAM＝45°， ∴∠FAB+∠MAD＝90°﹣45°＝45°， ∴∠FAN＝∠FAB+∠NAB＝∠FAB+∠MAD＝45°， ∴∠FAN＝∠FAM， 在△AFN和△AFM中， ， ∴△AFN≌△AFM（SAS）， ∴FN＝FM， ∵FN＝BN+BF＝DM+BF， ∴DM+BF＝FM． 18．综合与实践 问题背景： 活动课上，同学们以正方形为背景，探究图形运动中的数学结论．已知，正方形ABCD中，AB＝6，点E是射线CD上的一个动点，连接AE，以AE为边作正方形AEGF（点F在边AD所在直线的上方），连接DF． 探索发现： （1）如图1，勤学小组画出了点E与点C重合时的图形，此时点F到边AD所在直线的距离为 　6　； （2）如图2，创思小组画出点E恰好是线段CD中点时的图形，请你解答如下问题： ①判断线段AF与DF的数量关系，并说明理由； ②直接写出此时点F到边AD所在直线的距离； 拓展延伸： （3）如图3，博闻小组画出了点E在线段CD延长线上时的情形，DF与AE交于点P．若点P是线段AE的三等分点，请直接写出此时DE的长． 解：（1）∵四边形ABCD、ACGF为正方形， ∴AC＝AF，CD＝AB＝6，∠ADC＝90°， ∴DF＝DC＝6， ∴此时点F到边AD所在直线的距离为6； 故答案为：6． （2）①如图，作FH⊥AD于H，∠AHF＝90°， ∵四边形ABCD、ACGF为正方形， ∴AF＝AE，∠FAE＝∠ADE＝90°，AD＝CD， ∴∠FAH+∠DAE＝90°， ∵， ∴∠DAE＝∠AFH， ∴△AFH≌△EAD（AAS）， ∴AH＝DE，FH＝AD＝6， ∵E为DC的中点， ∴， ∴， ∴AH＝DH， ∵FH⊥AD， ∴AF＝DF； ②由①可得：FH＝AD＝6， ∴此时点F到边AD所在直线的距离为6； （3）如图，作FM⊥DA于M，作AN∥DE交DF于N， ∵四边形ABCD、ACGF为正方形， ∴AF＝AE，∠FAE＝90°，∠ADC＝∠ADE＝90°， ∴∠FAM+∠EAD＝90°， ∵∠FAM+∠AFM＝90°， ∴∠EAD＝∠AFM， ∵∠AMF＝∠ADE＝90°， ∴△AMF≌△ADE（AAS），MF∥DE∥AN， ∴ME＝AD＝6，AM＝DE， 设DE＝x，则AM＝x，DM＝6+x， ∵AN∥DE， ∴△APN∽△EPD， ∴， ∵点P是线段AE的三等分点， ∴AP：PE＝2：1或AP：PE＝1：2， ∴或， ∴AN＝2x或， 当AN＝2x时， ∵MF∥AN， ∴△DAN∽△DMF， ∴， ∴， 解得：或（不符合题意，舍去）， ∴， 当时， ∵MF∥AN， ∴△DAN∽△DMF， ∴， ∴， 解得：x＝6或x＝﹣12（不符合题意，舍去）， ∴DE＝6， 综上所述，DE的长为或6． 19．问题提出 如图1，点M、N把线段AB分割成AM、MN、NB三条线段，如果以AM、MN、NB为边的三角形是一个直角三角形，则称点M、N是线段AB的勾股分割点． （1）如图1，M、N是线段AB的勾股分割点，且AM＝1，MN＝2，则NB的长为　或　； 问题证明 （2）如图2，△ABC中，∠BAC＝135°，折叠△ABC，使得点B、C都与A重合，折痕分别为DE、FG，求证：点E、F是线段BC的勾股分割点； 迁移应用 （3）如图3，正方形ABCD中，∠GAH＝45°，AG，AH分别交BD与点E，F，若AB＝3，EF＝2.5． 请直接写出BE的长． （1）解：当MN为直角边时， 由勾股定理得：NB； 当MN为斜边时， 由勾股定理得：NB， ∴综上所述，NB的长为或， 故答案为：或； （2）证明：∵∠BAC＝135°， ∴∠B+∠C＝180°﹣∠BAC＝45°； ∵折叠△ABC，使得点B、C都与A重合，折痕分别为DE、FG， ∴AE＝BE，AF＝CF，∠BAE＝∠B，∠CAF＝∠C， ∴∠EAF＝∠BAC﹣∠BAE﹣∠CAF＝∠BAC﹣∠B﹣∠C＝90°， 在Rt△AEF中，由勾股定理得：AE2+AF2＝EF2， ∴BE2+CF2＝EF2， ∴点E、F是线段BC的勾股分割点； （3）解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠BAD＝90°，∠ABD＝∠ADB＝45°， 将△ADF绕点A逆时针旋转90°到△ABM的位置，连接ME， 则∠ABM＝∠ADF＝45°，AM＝AF，∠DAF＝∠BAM， ∴∠MBE＝∠ABM+∠ABD＝90°，∠MAE＝∠BAM+∠BAE＝∠DAF+∠BAE＝90°﹣45°＝45°， ∴BE2+BM2＝ME2， ∵∠GAH＝45°， ∴∠GAH＝∠MAE＝45°，AM＝AF，AE＝AE， 在△AME和△AFE中， ， ∴△AME≌△AFE（SAS）， ∴ME＝EF＝2.5， ∵AB＝AD＝3，∠BAD＝90°， 在直角三角形ABD中，由勾股定理得：BD6， 设BE＝x，则BM＝DF＝BD﹣BE﹣EF＝6﹣x﹣2.5＝3.5﹣x， ∴x2+（3.5﹣x）2＝2.52， 解得x1＝2，x2， 即BE的长为2或． 20．综合与实践 【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，则MN＝DB，请思考并证明； 【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．试猜想四边形AFBD的形状，并说明理由； 【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． （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； （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°， 则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； （3）解：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， ∴当点G、M、C三点共线时，BN+CM的值最小，最小值为CG的值， ∵∠GAM＝∠ABC＝45°， ∴AG∥BC， ∴∠BAC＝∠ABG＝90°， ∴∠GBO＝180°﹣∠ABG﹣∠ABC＝45°， ∴∠GBO＝45°， ∴OG＝OB， ∴， ∴， ∴， 在Rt△GOC中，， ∴BN+CM的最小值为． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/3/13 18:33:08；用户：账号26；邮箱：hxnts26@xyh.com；学号：28339488 ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $