东营专版2022年中考数学复习专题类型突破专题四几何变换综合题训练

专题四　几何变换综合题类型一涉及一个动点的几何问题(2022·长春中考)如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，AB＝4，动点P从点A出发，沿AB以每秒2个单位长度的速度向终点B运动．过点P作PD⊥AC于点D(点P不与点A，B重合)，作∠DPQ＝60°，边PQ交射线DC于点Q.设点P的运动时间为t秒．(1)用含t的代数式表示线段DC的长；(2)当点Q与点C重合时，求t的值；(3)设△PDQ与△ABC重叠部分图形的面积为S，求S与t之间的函数关系式；(4)当线段PQ的垂直平分线经过△ABC一边中点时，直接写出t的值．【分析】(1)先求出AC，用三角函数求出AD，即可得出结论；(2)利用AD＋DQ＝AC，即可得出结论；(3)分两种情况，利用三角形的面积公式和面积差即可得出结论；(4)分三种情况，利用锐角三角函数，即可得出结论．【自主解答】1．(2022·江西中考)在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，点P是射线BD上一动点，以AP为边向右侧作等边△31\nAPE，点E的位置随着点P的位置变化而变化．(1)如图1，当点E在菱形ABCD内部或边上时，连接CE，BP与CE的数量关系是________，CE与AD的位置关系是________；(2)当点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(选择图2，图3中的一种情况予以证明或说理)；(3)如图4，当点P在线段BD的延长线上时，连接BE，若AB＝2，BE＝2，求四边形ADPE的面积．类型二涉及两个动点的几何问题(2022·青岛中考)已知：如图，四边形ABCD，AB∥DC，CB⊥AB，AB＝16cm，BC＝6cm，CD＝31\n8cm，动点P从点D开始沿DA边匀速运动，动点Q从点A开始沿AB边匀速运动，它们的运动速度均为2cm/s.点P和点Q同时出发，以QA，QP为边作平行四边形AQPE，设运动的时间为t(s)，0＜t＜5.根据题意解答下列问题：(1)用含t的代数式表示AP；(2)设四边形CPQB的面积为S(cm2)，求S与t的函数关系式；(3)当QP⊥BD时，求t的值；(4)在运动过程中，是否存在某一时刻t，使点E在∠ABD的平分线上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．【分析】(1)作DH⊥AB于点H，则四边形DHBC是矩形，利用勾股定理求出AD的长即可解决问题；(2)作PN⊥AB于N，连接PB，根据S＝S△PQB＋S△BCP计算即可；(3)当QP⊥BD时，∠PQN＋∠DBA＝90°，∠QPN＋∠PQN＝90°，推出∠QPN＝∠DBA，由此利用三角函数即可解决问题；(4)连接BE交DH于点K，作KM⊥BD于点M.当BE平分∠ABD时，△KBH≌△KBM，推出KH＝KM.作EF⊥AB于点F，则△AEF≌△QPN，推出EF＝PN，AF＝QN，由KH∥EF可得＝，由此构建方程即可解决问题．【自主解答】31\n2．(2022·黄冈中考)如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形OABC的边OA在x轴正半轴上，点B，C在第一象限，∠C＝120°，边长OA＝8.点M从原点O出发沿x轴正半轴以每秒1个单位长的速度作匀速运动，点N从A出发沿边AB－BC－CO以每秒2个单位长的速度作匀速运动，过点M作直线MP垂直于x轴并交折线OCB于P，交对角线OB于Q，点M和点N同时出发，分别沿各自路线运动，点N运动到原点O时，M和N两点同时停止运动．(1)当t＝2时，求线段PQ的长；(2)求t为何值时，点P与N重合；(3)设△APN的面积为S，求S与t的函数关系式及t的取值范围．类型三图形的平移变换(2022·扬州中考)如图，将△ABC沿着射线BC方向平移至△A′B′C′，使点A′落在∠ACB的外角平分线CD上，连接AA′.(1)判断四边形ACC′A′的形状，并说明理由；(2)在△ABC中，∠B＝90°，AB＝24，cos∠BAC＝，求CB′的长．31\n【分析】(1)根据平行四边形的判定定理(有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形)知四边形ACC′A′是平行四边形．再根据对角线平分对角的平行四边形是菱形知四边形ACC′A′是菱形．(2)通过解直角△ABC得到AC，BC的长度，由(1)中菱形ACC′A′的性质推知AC＝AA′，由平移的性质得四边形ABB′A′是平行四边形，则AA′＝BB′，所以CB′＝BB′－BC.【自主解答】平移变换命题的呈现形式主要有：(1)坐标系中的点、函数图象的平移问题；(2)涉及基本图形平移的几何问题；(3)利用平移变换作为工具解题．其解题思路：(1)特殊点法：解题的关键是学会运用转化的思想，如坐标系中图象的平移问题，一般是通过图象上一个关键(特殊)点的平移来研究整个图象的平移；(2)集中条件法：通过平移变换添加辅助线，集中条件，使问题获得解决；(3)综合法：已知条件中涉及基本图形的平移或要求利用平移作图的问题时，要注意找准对应点，看清对应边，注意变换性质的理解和运用．3．(2022·安徽中考)如图，直线l1，l2都与直线l垂直，垂足分别为M，N，MN＝1.正方形ABCD的边长为，对角线AC在直线l上，且点C位于点M处．将正方形ABCD沿l向右平移，直到点A与点N重合为止．记点C平移的距离为x，正方形ABCD的边位于l1，l2之间部分的长度和为y，则y关于x的函数图象大致为()31\n4．如图，在平面直角坐标系中，△AOB的顶点O为坐标原点，点A的坐标为(4，0)，点B的坐标为(0，1)，点C为边AB的中点，正方形OBDE的顶点E在x轴的正半轴上，连接CO，CD，CE.(1)线段OC的长为________；(2)求证：△CBD≌△COE；(3)将正方形OBDE沿x轴正方向平移得到正方形O1B1D1E1，其中点O，B，D，E的对应点分别为点O1，B1，D1，E1，连接CD1，CE1，设点E1的坐标为(a，0)，其中a≠2，△CD1E1的面积为S.①当1＜a＜2时，请直接写出S与a之间的函数解析式；②在平移过程中，当S＝时，请直接写出a的值．31\n类型四图形的旋转变换(2022·潍坊中考)边长为6的等边△ABC中，点D，E分别在AC，BC边上，DE∥AB，EC＝2.(1)如图1，将△DEC沿射线EC方向平移，得到△D′E′C′，边D′E′与AC的交点为M，边C′D′与∠ACC′的角平分线交于点N.当CC′多大时，四边形MCND′为菱形？并说明理由．(2)如图2，将△DEC绕点C旋转∠α(0°<α<360°)，得到△D′E′C，连接AD′，BE′.边D′E′的中点为P.①在旋转过程中，AD′和BE′有怎样的数量关系？并说明理由；②连接AP，当AP最大时，求AD′的值．(结果保留根号)　图1　　　　　　　　　图2【分析】(1)先判断出四边形MCND′为平行四边形，可得△MCE′和△NCC′为等边三角形，即可求出CC′，得出CN＝CM，即证四边形MCND′为菱形；(2)①分两种情况，利用旋转的性质，即可判断出△ACD′≌△BCE′，即可得出结论；②先判断出点A，C，P三点共线，求出CP，AP，最后用勾股定理即可得出结论．【自主解答】31\n旋转变换问题的解题思路：(1)以旋转为背景的问题，要根据题意，找准对应点，看清对应边，注意对旋转的性质的理解和运用，想象其中基本元素，如点、线(角)之间的变化规律，再结合几何图形的性质，大胆地猜想结果并加以证明来解决问题；(2)利用旋转变换工具解决问题，要注意观察，通过旋转图形中的部分，运用旋转的性质，将复杂问题简单化．5．(2022·菏泽中考)问题情境：在综合与实践课上，老师让同学们以“矩形纸片的剪拼”为主题开展数学活动．如图1，将矩形纸片ABCD沿对角线AC剪开，得到△ABC和△ACD.并且量得AB＝2cm，AC＝4cm.操作发现：(1)将图1中的△ACD以点A为旋转中心，按逆时针方向旋转∠α，使∠α＝∠BAC，得到如图2所示的△AC′D，过点C作AC′的平行线，与DC′的延长线交于点E，则四边形ACEC′的形状是________．(2)创新小组将图1中的△ACD以点A为旋转中心，按逆时针方向旋转，使B，A，D三点在同一条直线上，得到如图3所示的△AC′D，连接CC′，取CC′的中点F，连接AF并延长至点G，使FG＝AF，连接CG，C′G，得到四边形ACGC′，发现它是正方形，请你证明这个结论．实践探究：(3)缜密小组在创新小组发现结论的基础上，进行如下操作：将△ABC沿着BD方向平移，使点B与点A重合，此时A点平移至A′点，A′C与BC′相交于点H，如图4所示，连接CC′，试求tan∠C′CH的值．31\n类型五图形的翻折变换(2022·德州中考)如图1，在矩形纸片ABCD中，AB＝3cm，AD＝5cm，折叠纸片使B点落在边AD上的E处，折痕为PQ.过点E作EF∥AB交PQ于F，连接BF.(1)求证：四边形BFEP为菱形；(2)当点E在AD边上移动时，折痕的端点P，Q也随之移动．①当点Q与点C重合时(如图2)，求菱形BFEP的边长；②若限定P，Q分别在边BA，BC上移动，求出点E在边AD上移动的最大距离．【分析】(1)由折叠的性质得出PB＝PE，BF＝EF，∠BPF＝∠EPF，由平行线的性质得出∠BPF＝∠EFP，证出∠EPF＝∠EFP，得出EP＝EF，因此BP＝BF＝EF＝EP，即可得出结论；(2)①由矩形的性质得出BC＝AD＝5cm，CD＝AB＝3cm，∠A＝∠D＝90°，由对称的性质得出CE＝BC＝5cm，在Rt△CDE中，由勾股定理求出DE＝4cm，得出AE＝AD－DE＝1cm；在Rt△APE中，由勾股定理得出方程，解方程得出EP＝cm即可；②当点Q与点C重合时，点E离点A最近，由①知，此时AE＝1cm；当点P与点A重合时，点E离点A最远，此时四边形ABQE为正方形，AE＝AB＝3cm，即可得出答案．【自主解答】31\n翻折变换问题的解题思路：以翻折变换为载体，考查几何图形的判定和性质问题．一般先作出折叠前、后的图形位置，考虑折叠前、后哪些线段、角对应相等，哪些量发生了变化．然后再利用轴对称的性质和相关图形的性质推出相等的线段、角、全等三角形等，当有直角三角形出现时，考虑利用勾股定理以及方程思想来解决．6．(2022·兰州中考)如图1，将一张矩形纸片ABCD沿着对角线BD向上折叠，顶点C落到点E处，BE交AD于点F.(1)求证：△BDF是等腰三角形；(2)如图2，过点D作DG∥BE，交BC于点G，连接FG交BD于点O.①判断四边形BFDG的形状，并说明理由；②若AB＝6，AD＝8，求FG的长．31\n类型六图形的相似变换【探究证明】(1)某班数学课题学习小组对矩形内两条相互垂直的线段与矩形两邻边的数量关系进行探究，提出下列问题，请你给出证明：如图1，矩形ABCD中，EF⊥GH，EF分别交AB，CD于点E，F，GH分别交AD，BC于点G，H.求证：＝；【结论应用】(2)如图2，在满足(1)的条件下，又AM⊥BN，点M，N分别在边BC，CD上．若＝，则的值为________；【联系拓展】(3)如图3，四边形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝AD＝10，BC＝CD＝5，AM⊥DN，点M，N分别在边BC，AB上，求的值．【分析】(1)过点A作AP∥EF，交CD于点P，过点B作BQ∥GH，交AD于点Q，易证AP＝EF，GH＝BQ，△PDA∽△QAB，然后运用相似三角形的性质就可以解决问题；(2)只需运用(1)中的结论，就可得到＝＝，就可以解决问题；(3)过D作AB的平行线，交BC的延长线于点E，作AF⊥AB交直线DE于点F，易证得四边形ABEF是矩形，通过等量代换，得∠1＝∠3，进而得到△ADF∽△DCE，根据相似三角形的性质，得出线段DE，AF，DC，AD之间的关系，再通过设未知数及勾股定理求出AF，最后根据(1)中的结论，即可解决问题．【自主解答】31\n求两条线段的比，一般有两种方法：一是根据定义，求出两条线段的长度，再求两条线段的比；二是利用比例线段，等比转换，能够产生比例线段的是相似三角形和平行线，可以利用相似三角形和平行线的性质去寻找比例线段．在含有比值与相似的问题中，关键是证明三角形相似．判定三角形相似的方法一般有：(1)条件中若有平行线，可采用找角相等证两个三角形相似；(2)条件中若有一组对应角相等，可再找一组对应角相等或再找此角所在的两边对应成比例；(3)条件中若有两边对应成比例，可找夹角相等；(4)条件中若有一组直角，可考虑再找一组等角或证明斜边、直角边对应成比例；(5)条件中若有等腰关系，可找顶角相等或找对应底角相等或底和腰对应成比例．7．(2022·湖州中考)已知在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB≥AC，D，E分别为AC，BC边上的点(不包括端点)，且＝＝m，连接AE，过点D作DM⊥AE，垂足为点M，延长DM交AB于点F.(1)如图1，过点E作EH⊥AB于点H，连接DH.①求证：四边形DHEC是平行四边形；31\n②若m＝，求证：AE＝DF；(2)如图2，若m＝，求的值．类型七类比、拓展类探究问题(2022·淄博中考)(1)操作发现：如图1，小明画了一个等腰三角形ABC，其中AB＝AC，在△ABC的外侧分别以AB，AC为腰作了两个等腰直角三角形ABD，ACE.分别取BD，CE，BC的中点M，N，G.连接GM，GN.小明发现了：线段GM与GN的数量关系是________；位置关系是________．(2)类比思考：如图2，小明在此基础上进行了深入思考．把等腰三角形ABC换为一般的锐角三角形．其中AB>AC，其他条件不变，小明发现的上述结论还成立吗？请说明理由．(3)深入探究：如图3，小明在(2)的基础上，又作了进一步探究，向△ABC的内侧分别作等腰直角三角形ABD，ACE.其他条件不变，试判断△GMN的形状，并给予证明．31\n【分析】(1)利用SAS判断出△AEB≌△ACD，得出EB＝CD，∠AEB＝∠ACD，进而判断出EB⊥CD，最后用三角形中位线定理即可得出结论；(2)同(1)的方法即可得出结论；(3)同(1)的方法得出MG＝NG，最后利用三角形中位线定理和等量代换即可得出结论．【自主解答】8．(2022·日照中考)问题背景：我们学习等边三角形时得到直角三角形的一个性质：在直角三角形中，如果一个锐角等于30°，那么它所对的直角边等于斜边的一半．即：如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，则AC＝AB.探究结论：小明同学对以上结论作了进一步探究．(1)如图1，连接AB边上中线CE，由于CE＝AB，易得结论：①△ACE为等边三角形；②BE与CE之间的数量关系为________；31\n　　(2)如图2，点D是边CB上任意一点，连接AD，作等边△ADE，且点E在∠ACB的内部，连接BE.试探究线段BE与DE之间的数量关系，写出你的猜想并加以证明；(3)当点D为边CB延长线上任意一点时，在(2)条件的基础上，线段BE与DE之间存在怎样的数量关系？请直接写出你的结论________；拓展应用：如图3，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为(－，1)，点B是x轴正半轴上的一动点，以AB为边作等边△ABC.当C点在第一象限内，且B(2，0)时，求C点的坐标．31\n参考答案类型一【例1】(1)∵在Rt△ABC中，∠A＝30°，AB＝4，∴AC＝2.∵PD⊥AC，∴∠ADP＝∠CDP＝90°.在Rt△ADP中，AP＝2t，∴DP＝t，AD＝t，∴CD＝AC－AD＝2－t(0＜t＜2)．(2)在Rt△PDQ中，∵∠DPQ＝60°，∴∠PQD＝30°＝∠A，∴PA＝PQ.∵PD⊥AC，∴AD＝DQ.∵点Q和点C重合，∴AD＋DQ＝AC，∴2t＝2，∴t＝1.(3)当0＜t≤1时，S＝S△PDQ＝DQ·DP＝×t·t＝t2.如图，当1＜t＜2时，CQ＝AQ－AC＝2AD－AC＝2t－2＝2(t－1)．在Rt△CEQ中，∠CQE＝30°，31\n∴CE＝CQ·tan∠CQE＝2(t－1)×＝2(t－1)，∴S＝S△PDQ－S△ECQ＝×t·t－×2(t－1)×2(t－1)＝－t2＋4t－2，∴S＝(4)①如图，当PQ的垂直平分线过AB的中点F时，∴∠PGF＝90°，PG＝PQ＝AP＝t，AF＝AB＝2.∵∠A＝∠AQP＝30°，∴∠FPG＝60°，∴∠PFG＝30°，∴PF＝2PG＝2t，∴AP＋PF＝2t＋2t＝2，∴t＝.②如图，当PQ的垂直平分线过AC的中点N时，∴∠QMN＝90°，AN＝AC＝，QM＝PQ＝AP＝t.在Rt△NMQ中，NQ＝＝t.∵AN＋NQ＝AQ，∴＋t＝2t，∴t＝.③如图，当PQ的垂直平分线过BC的中点F时，31\n∴BF＝BC＝1，PE＝PQ＝t，∠H＝30°.∵∠ABC＝60°，∴∠BFH＝30°＝∠H，∴BH＝BF＝1.在Rt△PEH中，PH＝2PE＝2t.∵AH＝AP＋PH＝AB＋BH，∴2t＋2t＝5，∴t＝.即当线段PQ的垂直平分线经过△ABC一边中点时，t的值为或或.变式训练1．解：(1)BP＝CE　CE⊥AD提示：如图，连接AC.∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴△ABC，△ACD都是等边三角形，∠ABD＝∠CBD＝30°，∴AB＝AC.又∵△APE是等边三角形，∴AP＝AE，∠BAC＝∠PAE＝60°，∴∠BAP＝∠CAE，∴△BAP≌△CAE，∴BP＝CE，∠ABP＝∠ACE＝30°.延长CE交AD于点H.∵∠CAH＝60°，∴∠CAH＋∠ACH＝90°，∴∠AHC＝90°，即CE⊥AD.(2)结论仍然成立．理由：如图，连接AC交BD于点O，设CE交AD于点H.31\n∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴△ABC，△ACD都是等边三角形，∠ABD＝∠CBD＝30°，∴AB＝AC.∵△APE是等边三角形，∴AP＝AE，∠BAC＝∠PAE＝60°，∴∠BAP＝∠CAE，∴△BAP≌△CAE，∴BP＝CE，∠ABP＝∠ACE＝30°.∵∠CAH＝60°，∴∠CAH＋∠ACH＝90°，∴∠AHC＝90°，即CE⊥AD.也可选用图3进行证明，方法同上．(3)如图，连接AC交BD于点O，连接CE交AD于点H，由(2)可知EC⊥AD，CE＝BP.在菱形ABCD中，AD∥BC，∴EC⊥BC.∵BC＝AB＝2，BE＝2，在Rt△BCE中，EC＝＝8，∴BP＝CE＝8.∵AC与BD是菱形的对角线，∴∠ABD＝∠ABC＝30°，AC⊥BD，∴BD＝2BO＝2AB·cos30°＝6，∴OA＝AB＝，DP＝BP－BD＝8－6＝2，31\n∴OP＝OD＋DP＝5.在Rt△AOP中，AP＝＝2，∴S四边形ADPE＝S△ADP＋S△AEP＝×2×＋×(2)2＝8.类型二【例2】(1)如图，作DH⊥AB于点H，则四边形DHBC是矩形，∴CD＝BH＝8，DH＝BC＝6.∵AH＝AB－BH＝8，∴AD＝＝10，∴AP＝AD－DP＝10－2t.(2)如图，作PN⊥AB于点N，连接PB.在Rt△APN中，PA＝10－2t，∴PN＝PA·sin∠DAH＝(10－2t)，AN＝PA·cos∠DAH＝(10－2t)，∴BN＝16－AN＝16－(10－2t)，∴S＝S△PQB＋S△BCP＝·(16－2t)·(10－2t)＋×6×[16－(10－2t)]＝t2－t＋72.(3)当QP⊥BD时，∠PQN＋∠DBA＝90°.∵∠QPN＋∠PQN＝90°，∴∠QPN＝∠DBA，∴tan∠QPN＝＝，∴＝，解得t＝.经检验，t＝是分式方程的解，且符合题意，∴当t＝时，QP⊥BD.(4)存在．理由如下：如图，连接BE交DH于点K，作KM⊥BD于点M.当BE平分∠ABD时，△KBH≌△KBM，∴KH＝KM，BH＝BM＝8.31\n∵BD＝＝10，∴DM＝2.设KH＝KM＝x，在Rt△DKM中，(6－x)2＝22＋x2，解得x＝.如图，作EF⊥AB于点F，则△AEF≌△QPN，∴EF＝PN＝(10－2t)，AF＝QN＝(10－2t)－2t.∴BF＝16－[(10－2t)－2t]．∵KH∥EF，∴＝，∴＝，解得t＝.经检验，t＝是分式方程的解，且符合题意，∴当t＝时，点E在∠ABD的平分线上．变式训练2．解：(1)当t＝2时，OM＝2，在Rt△OPM中，∠POM＝60°，∴PM＝OM·tan60°＝2.在Rt△OMQ中，∠QOM＝30°，∴QM＝OM·tan30°＝，∴PQ＝PM－QM＝2－＝.(2)当t≤4时，AN＝PO＝2OM＝2t，31\nt＝4时，P到达C点，N到达B点，点P，N在边BC上相遇．设t秒时，点P与N重合，则(t－4)＋2(t－4)＝8，解得t＝，即t＝秒时，点P与N重合．(3)①当0＜t≤4时，S＝·2t·4＝4t.②当4<t≤时，S＝×[8－(t－4)－(2t－8)]×4＝40－6t.③当<t≤8时，S＝×[(t－4)＋(2t－8)－8]×4＝6t－40.④当8<t≤12时，S＝S菱形ABCO－S△AON－S△ABP－S△CPN＝32－·(24－2t)·4－·[8－(t－4)]·4－(t－4)··(2t－16)＝－t2＋12t－56.综上所述，S与t的函数关系式为S＝类型三【例3】(1)四边形ACC′A′是菱形．理由如下：由平移的性质得到AC∥A′C′，且AC＝A′C′，则四边形ACC′A′是平行四边形，∴∠ACC′＝∠AA′C′.又∵CD平分∠ACB的外角，即CD平分∠ACC′，易证CD也平分∠AA′C′，∴四边形ACC′A′是菱形．(2)∵在△ABC中，∠B＝90°，AB＝24，cos∠BAC＝，∴cos∠BAC＝＝，即＝，∴AC＝26，∴由勾股定理知BC＝＝＝10.31\n又由(1)知，四边形ACC′A′是菱形，∴AC＝AA′＝26.由平移的性质得到AB∥A′B′，AB＝A′B′，则四边形ABB′A′是平行四边形，∴AA′＝BB′＝26，∴CB′＝BB′－BC＝26－10＝16.变式训练3．A4．解：(1)(2)∵∠AOB＝90°，点C是AB的中点，∴OC＝BC＝AB，∴∠CBO＝∠COB.∵四边形OBDE是正方形，∴BD＝OE，∠DBO＝∠EOB＝90°，∴∠CBD＝∠COE.在△CBD和△COE中，∴△CBD≌△COE(SAS)．(3)①S＝－a＋1.　②a＝或.类型四【例4】(1)当CC′＝时，四边形MCND′为菱形．理由：由平移的性质得CD∥C′D′，DE∥D′E′.∵△ABC为等边三角形，∴∠B＝∠ACB＝60°，∴∠ACC′＝180°－60°＝120°.∵CN是∠ACC′的角平分线，∴∠NCC′＝60°.∵AB∥DE，DE∥D′E′，∴AB∥D′E′，∴∠D′E′C′＝∠B＝60°，∴∠D′E′C′＝∠NCC′，∴D′E′∥CN，∴四边形MCND′为平行四边形．∵∠ME′C′＝∠MCE′＝60°，∠NCC′＝∠NC′C＝60°，31\n∴△MCE′和△NCC′为等边三角形，∴MC＝CE′，NC＝CC′.又∵E′C′＝2，CC′＝，∴CE′＝CC′＝，∴MC＝CN，∴四边形MCND′为菱形．(2)①AD′＝BE′.理由：当α≠180°时，由旋转的性质得∠ACD′＝∠BCE′.由(1)知AC＝BC，CD′＝CE′，∴△ACD′≌△BCE′，∴AD′＝BE′.当α＝180°时，AD′＝AC＋CD′，BE′＝BC＋CE′，即AD′＝BE′.综上可知，AD′＝BE′.②如图，连接CP，在△ACP中，由三角形三边关系得AP<AC＋CP，∴当A，C，P三点共线时AP最大．此时，AP＝AC＋CP.在△D′CE′中，由P为D′E′中点得AP⊥D′E′，PD′＝，∴CP＝3，∴AP＝6＋3＝9.在Rt△APD′中，由勾股定理得AD′＝＝＝2.变式训练5．(1)解：菱形(2)证明：∵点F是CC′的中点，∴CF＝FC′.∵FG＝AF，∴四边形ACGC′是平行四边形．∵在Rt△ABC和Rt△AC′D中，∠BAC＋∠ACB＝90°，∠ACB＝∠DAC′，∴∠BAC＋∠DAC′＝90°.又∵B，A，D三点在同一条直线上，∴∠CAC′＝90°，∴四边形ACGC′是矩形．31\n∵AC＝AC′，∴四边形ACGC′是正方形．(3)解：在Rt△A′BC和Rt△BC′D中，BC＝BD＝＝2.∵Rt△A′BC≌Rt△BC′D，∴∠DBC′＋∠BA′C＝90°，∴∠BHA′＝90°，∴BC′⊥A′C.在Rt△A′BC中，A′C·BH＝BC·A′B，即4BH＝2×2，∴BH＝，∴C′H＝BC′－BH＝4－.在Rt△A′BH中，A′H＝＝＝1，∴CH＝4－1＝3，∴tan∠C′CH＝＝，∴tan∠C′CH的值为.类型五【例5】(1)∵折叠纸片使B点落在边AD上的E处，折痕为PQ，∴点B与点E关于PQ对称，∴PB＝PE，BF＝EF，∠BPF＝∠EPF.又∵EF∥AB，∴∠BPF＝∠EFP，∴∠EPF＝∠EFP，∴EP＝EF，∴BP＝BF＝FE＝EP，∴四边形BFEP为菱形．(2)①如图1，　图1∵四边形ABCD为矩形，∴BC＝AD＝5cm，CD＝AB＝3cm，∠A＝∠D＝90°.∵点B与点E关于PQ对称，∴CE＝BC＝5cm.31\n在Rt△CDE中，DE2＝CE2－CD2，即DE2＝52－32，∴DE＝4cm，∴AE＝AD－DE＝5－4＝1(cm)．在Rt△APE中，AE＝1，AP＝3－PB＝3－PE，∴EP2＝12＋(3－EP)2，解得EP＝cm，∴菱形BFEP的边长为cm.②　图2当点Q与点C重合时，如图1，点E离A点最近，由①知，此时AE＝1cm.当点P与点A重合时，如图2，点E离A点最远，此时四边形ABQE为正方形，AE＝AB＝3cm，∴点E在边AD上移动的最大距离为2cm.变式训练6．(1)证明：根据折叠的性质知∠DBC＝∠DBE.又∵AD∥BC，∴∠DBC＝∠ADB，∴∠DBE＝∠ADB，∴DF＝BF，∴△BDF是等腰三角形．(2)解：①∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴FD∥BG.又∵DG∥BE，∴四边形BFDG是平行四边形．∵DF＝BF，∴四边形BFDG是菱形．②∵AB＝6，AD＝8，∴BD＝10，∴OB＝BD＝5.假设DF＝BF＝x，则AF＝AD－DF＝8－x，∴在Rt△ABF中，AB2＋AF2＝BF2，即62＋(8－x)2＝x2，解得x＝，即BF＝，∴FO＝＝＝，31\n∴FG＝2FO＝.类型六【例6】(1)如图，过点A作AP∥EF，交CD于点P，过点B作BQ∥GH，交AD于点Q，交AP于点T.∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥DC，AD∥BC，∴四边形AEFP和四边形BHGQ都是平行四边形，∴AP＝EF，GH＝BQ.∵GH⊥EF，∴AP⊥BQ，∴∠QAT＋∠AQT＝90°.∵四边形ABCD是矩形，∴∠DAB＝∠D＝90°，∴∠DAP＋∠DPA＝90°，∴∠AQT＝∠DPA，∴△PDA∽△QAB，∴＝，∴＝.(2).提示：∵EF⊥GH，AM⊥BN，∴由(1)结论可得＝，＝，∴＝＝.(3)如图，过D作AB的平行线，交BC的延长线于E，作AF⊥AB交ED延长线于点F.∵∠BAF＝∠B＝∠E＝90°，∴四边形ABEF是矩形．连接AC，由已知条件得△ADC≌△ABC，∴∠ADC＝∠ABC＝90°，∠1＋∠2＝90°.又∵∠2＋∠3＝90°，∴∠1＝∠3，∴△ADF∽△DCE，31\n∴＝＝＝.设DE＝x，则AF＝2x，DF＝10－x.在Rt△ADF中，AF2＋DF2＝AD2，即(2x)2＋(10－x)2＝100，解得x1＝4，x2＝0(舍去)，∴AF＝2x＝8，∴＝＝＝.变式训练7．(1)①证明：∵EH⊥AB，∠BAC＝90°，∴EH∥CA，∴△BHE∽△BAC，∴＝.∵＝，∴＝，∴＝，∴HE＝DC.∵EH∥DC，∴四边形DHEC是平行四边形．②证明：∵＝，∠BAC＝90°，∴AC＝AB.∵＝，HE＝DC，∴＝.∵∠BHE＝90°，∴BH＝HE.∵HE＝DC，∴BH＝CD，∴AH＝AD.∵DM⊥AE，EH⊥AB，∴∠EHA＝∠AMF＝90°，∴∠HAE＋∠HEA＝∠HAE＋∠AFM＝90°，∴∠HEA＝∠AFD.∵∠EHA＝∠FAD＝90°，∴△HEA≌△AFD，∴AE＝DF.(2)解：如图，过点E作EG⊥AB于点G.∵CA⊥AB，∴EG∥CA，∴△EGB∽△CAB，31\n∴＝，∴＝＝.∵＝，∴EG＝CD.设EG＝CD＝3x，AC＝3y，∴BE＝5x，BC＝5y，∴BG＝4x，AB＝4y.∵∠EGA＝∠AMF＝90°，∴∠GEA＋∠EAG＝∠EAG＋∠AFM，∴∠AFM＝∠AEG.∵∠FAD＝∠EGA＝90°，∴△FAD∽△EGA，∴＝＝＝.类型七【例7】(1)MG＝NG　MG⊥NG提示：如图，连接EB，DC，EB，DC交于点F.∵AE＝AC，AB＝AD，∠EAC＝∠BAD＝90°，∴∠EAB＝∠CAD，∴△AEB≌△ACD，∴EB＝CD，∠AEB＝∠ACD.∵∠AHE＝∠FHC，∴∠EFC＝∠EAC＝90°，∴EB⊥CD.∵M，N，G分别是BD，CE，BC的中点，∴NG∥EB，且NG＝EB，MG∥CD，且MG＝CD，∴MG＝NG，MG⊥NG.(2)成立．理由：类似于(1)的证明方法，可以得出△ADC≌△ABE，从而得出EB⊥CD，再利用三角形中位线定理可证明结论还成立．(3)△GMN是等腰直角三角形．证明：如图，连接EB，DC，并分别延长交于点F.31\n∵AE＝AC，AB＝AD，∠EAB＝∠CAD，∴△AEB≌△ACD，∴EB＝CD，∠AEB＝∠ACD，∴∠AEB＋∠ACF＝180°.又∠EAC＝90°，∴∠F＝90°，∴EB⊥CD.∵M，N，G分别是BD，CE，BC的中点，∴NG∥EB，且NG＝EB，MG∥CD，且MG＝CD，∴MG＝NG，MG⊥NG，∴△GMN是等腰直角三角形．变式训练8．解：(1)BE＝CE(2)BE＝DE.证明如下：如图，取AB的中点P，连接EP.由(1)结论可知△CPA为等边三角形，∴∠CAP＝60°，CA＝PA.∵△ADE为等边三角形，∴∠DAE＝60°，AD＝AE，∴∠CAP＝∠DAE，∴∠CAP－∠DAB＝∠DAE－∠DAB，∴∠CAD＝∠PAE，∴△ACD≌△APE(SAS)，∴∠APE＝∠ACD＝90°，∴EP⊥AB.∵P为AB的中点，∴AE＝BE.∵DE＝AE，∴BE＝DE.31\n(3)BE＝DE拓展应用：如图，连接OA，OC，过点A作AH⊥x轴于点H.∵A的坐标为(－，1)，∴∠AOH＝30°.由探究结论(3)可知CO＝CB.∵O(0，0)，B(2，0)，∴点C的横坐标为1.设C(1，m)．∵CO2＝CB2＝12＋m2，AB2＝12＋(2＋)2，AB＝CB，∴12＋m2＝12＋(2＋)2，∴m＝2＋，∴C点的坐标是(1，2＋)．31