2024内蒙古中考数学二轮专项训练 题型十二 几何综合题（含答案）

这是一份2024内蒙古中考数学二轮专项训练 题型十二 几何综合题（含答案），共45页。
(1)如图①，以BC为直径的半圆O交AB于点Q，交AC于点R，当点P在eq \(QR,\s\up8(︵))上时，连接AP，在BC边的下方作∠BCD＝∠BAP，CD＝AP，连接DP，求∠CPD的度数；
(2)如图②，E是BC边上一点，且EC＝3BE，当BP＝CP时，连接EP并延长，交AC于点F.若eq \r(7)AB＝4BP，求证：4EF＝3AB；
(3)如图③，M是AC边上一点，当AM＝2MC时，连接MP.若∠CMP＝150°，AB＝6a，MP＝eq \r(3)a，△ABC的面积为S1，△BCP的面积为S2，求S1－S2的值(用含a的代数式表示)．
第1题图
2. 已知， 在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC.
(1)如图①，已知点D在BC边上，∠DAE＝90°，AD＝AE，连接CE.试探究BD与CE的关系；
(2)如图②，已知点D在BC下方，∠DAE＝90°，AD＝AE，连接CE.若BD⊥AD，AB＝2eq \r(10)，CE＝2，AD交BC于点F，求AF的长；
(3)如图③，已知点D在BC下方，连接AD、BD、CD.若∠CBD＝30°，∠BAD>15°，AB2＝6，AD2＝4＋eq \r(3)，求sin∠BCD的值．
第2题图
3. 已知在△ACD中，P是CD的中点，B是AD延长线上的一点，连接BC，AP.
(1)如图①，若∠ACB＝90°，∠CAD＝60°，BD＝AC，AP＝eq \r(3)，求BC的长；
(2)过点D作DE∥AC，交AP延长线于点E，如图②所示．若∠CAD＝60°，BD＝AC，求证：BC＝2AP；
(3)如图③，若∠CAD＝45°，是否存在实数m，当BD＝mAC时，BC＝2AP？若存在，请直接写出m的值；若不存在，请说明理由．
第3题图
4. 如图，矩形ABCD中，点P为对角线AC所在直线上的一个动点，连接PD，过点P作PE⊥PD，交直线AB于点E，过点P作MN⊥AB，交直线CD于点M，交直线AB于点N，AB＝4eq \r(3)，AD＝4.
(1)如图①，①当点P在线段AC上时，∠PDM和∠EPN的数量关系为：∠PDM________∠EPN；
②eq \f(DP,PE)的值是________；
(2)如图②，当点P在CA延长线上时，(1)中的结论②是否成立？若成立，请证明；若不成立，说明理由；
(3)如图③，以线段PD，PE为邻边作矩形PEFD.设PM的长为x，矩形PEFD的面积为y.请直接写出y与x之间的函数关系式及y的最小值．
第4题图
类型二 与平移有关
1. 在综合实践课上，老师让同学们对一张长AB＝4，宽BC＝3的矩形纸片ABCD进行剪拼操作，如图②，希望小组沿对角线AC剪开得到两张三角形纸片△ABC和△A′DC′.
(1)将这两张三角形纸片按如图③摆放，判断 A′C′与AC的位置关系，并说明理由；
(2)在图③中，将△A′C′D纸片沿射线BC的方向平移．
①如图④，当点A′在AC上时，A′C′与AB交于点E，求此时重叠部分四边形A′DBE的面积；
②如图⑤，当点C′与点B重合时，A′C′与AC交于点F，直接写出△BFC的面积．
第1题图
2. 如图①，在Rt△ABC和Rt△DEF中，∠BAC＝∠EDF＝90°，AB＝AC，DE＝DF，点D在射线AB上，AB＝2DF＝6，连接EA，EC，交射线AB于点H，取CE的中点G，连接DG.
(1)当点F与点A重合时，求DH的长；
(2)如图②，保持△ABC固定不动，将△DEF沿射线AB平移m个单位，判断DG与EA的位置关系和数量关系，并说明理由；
(3)如图③，继续平移△DEF，使得△DEF的一个顶点恰好在直线BC上，求此时HG的长．
第2题图
3. 在平面直角坐标系中，O为原点，△OAB是等腰直角三角形，∠OBA＝90°，BO＝BA，顶点A(4，0)，点B在第一象限，矩形OCDE的顶点E(－eq \f(7,2)，0)，点C在y轴的正半轴上，点D在第二象限，射线DC经过点B.
(1)如图①，求点B的坐标；
(2)将矩形OCDE沿x轴向右平移，得到矩形O′C′D′E′，点O，C，D，E的对应点分别为O′，C′，D′，E′.设OO′＝t，矩形O′C′D′E′与△OAB重叠部分的面积为S.
①如图②，当点E′在x轴正半轴上，且矩形O′C′D′E′与△OAB重叠部分为四边形时，D′E′与OB相交于点F，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围；
②当eq \f(5,2)≤t≤eq \f(9,2)时，求S的取值范围(直接写出结果即可)．
第3题图
4.综合与实践
问题情境：
如图①，纸片ABC是等边三角形，纸片DEF是直角三角形，其中∠DEF＝90°，∠DFE＝30°，AB＝DF＝6，M是BC的中点．
实践操作：
第一步：将图①中的两张三角形纸片按图②的方式摆放，使DF与AB重合；
第二步：将图②中的△DEF沿射线BC方向平移，直线AB与直线EF交于点G，DF与AC交于点H，连接GH，如图③，设平移的距离为m.
(1)在图②中，连接AM，求四边形EBMA的面积；
(2)当AH⊥GH时，求m的值；
(3)当GH∥BC时，判断四边形AGHD的形状，并说明理由．
第4题图
类型三 与旋转有关
1. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝2，Rt△ABC绕点C按顺时针方向旋转得到Rt△A′B′C，A′C与AB交于点D.
(1)如图①，当A′B′∥AC时，过点B作BE⊥A′C，垂足为E，连接AE.
①求证：AD＝BD；
②求eq \f(S△ACE,S△ABE)的值；
(2)如图②，当A′C⊥AB时，过点D作DM∥A′B′，交B′C于点N，交AC的延长线于点M，求eq \f(DN,NM)的值．
第1题图
2. 数学课堂上，有这样一道探究题．
如图①，已知△ABC中，AB＝AC＝m，BC＝n, ∠BAC＝α(0°＜α＜180°)，点P为平面内不与点A，C重合的任意一点，连接CP，将线段CP绕点P顺时针旋转α，得线段PD，连接CD，AP，点E，F分别为BC，CD的中点，设直线AP与直线EF相交所成的较小角为β，探究eq \f(EF,AP)的值和β的度数与m，n，α的关系．
请你参与学习小组的探究过程，并完成以下任务：
(1)填空：
【问题发现】小明研究了α＝60°时，如图②，求出了eq \f(EF,PA)的值和β的度数分别为eq \f(EF,PA)＝________，β＝________；小红研究了α＝90°时，如图③，求出了eq \f(EF,PA)的值和β的度数分别为eq \f(EF,PA)＝________，β＝________；
【类比探究】他们又共同探究了α＝120°时，如图④，也求出了eq \f(EF,PA)的值和β的度数；
【归纳总结】最后他们终于共同探究得出规律：eq \f(EF,PA)＝_______(用含m，n的式子表示)；β＝ ________(用含α的式子表示)；
(2)求出α＝120°时eq \f(EF,PA)的值和β的度数．
第2题图
3.如图，△AOB和△COD是等腰直角三角形，点O为直角顶点，连接AD、BC，E是BC的中点，连接OE.
【问题解决】
(1)如图①，当点C、D分别在边OA、OB上时，线段EO与线段AD之间的数量关系为________；
【类比探究】
(2)将△COD绕点O逆时针旋转到如图②所示位置，请探究线段EO与线段AD之间的数量关系，并说明理由；
【拓展延伸】
(3)在△COD的旋转过程中，当∠AOC＝150°时，若OA＝8，OC＝4，请直接写出OE的长．
4. 如图，在矩形ABCD中，E是边AB上一点，BE＝BC，EF⊥CD，垂足为F.将四边形CBEF绕点C顺时针旋转α (0°15°相矛盾，
∴x＝eq \f(1,2)，即CM＝eq \f(1,2)，
∴BD＝CG＝2CM＝1，
∵DT⊥BC，∠CBD＝30°，
∴DT＝BD·sin30°＝eq \f(1,2)，BT＝BD·cs30°＝eq \f(\r(3),2)，
∴TC＝BC－BT＝eq \f(3\r(3),2)，
∴在Rt△DTC中，DC＝eq \r(DT2＋TC2)＝eq \r(7)，
∴sin∠BCD＝eq \f(DT,DC)＝eq \f(\f(1,2),\r(7))＝eq \f(\r(7),14).
3. (1)解：∵∠ACB＝90°，∠CAD＝60°，
∴AB＝eq \f(AC,cs60°)＝2AC.
∵BD＝AC，
∴AD＝AC，
∴△ADC是等边三角形，
∴∠ACD＝60°.
∵P是CD的中点，
∴AP⊥CD.
在Rt△APC中，AP＝eq \r(3)，
∴AC＝eq \f(AP,sin60°)＝2，
∴BC＝AC·tan60°＝2eq \r(3)；
(2)证明：如解图①，连接BE，
第3题解图①
∵DE∥AC，
∴∠CAP＝∠DEP.
在△CPA和△DPE中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠CAP＝∠DEP，,∠CPA＝∠DPE，,CP＝DP，))
∴△CPA≌△DPE(AAS)，
∴AP＝EP＝eq \f(1,2)AE，CA＝DE.
∵BD＝AC，
∴BD＝DE.
又∵DE∥AC，
∴∠BDE＝∠CAD＝60°，
∴△BDE是等边三角形，
∴BD＝BE，∠EBD＝60°.
∵BD＝AC，
∴AC＝BE.
在△CAB和△EBA中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AC＝BE，,∠CAB＝∠EBA，,AB＝BA，))
∴△CAB≌△EBA(SAS)，
∴BC＝AE，
∴BC＝2AP；
(3)存在，m＝eq \r(2).
【解法提示】如解图②，作DE∥AC交AP延长线于E，连接BE，由(2)同理可得DE＝AC，∠EDB＝∠CAD＝45°，AE＝2AP，当BD＝eq \r(2)AC时，即BD＝eq \r(2)DE，∵∠EDB＝45°，过点B作BF⊥DE于点F，∴BD＝eq \r(2)DF，∴DE＝DF，∴点E，F重合，∴∠BED＝90°，∴∠EBD＝∠EDB＝45°，∴BE＝DE＝AC，同(2)可证△CAB≌△EBA(SAS)，∴BC＝AE＝2AP，∴存在m＝eq \r(2)，使得BC＝2AP.
第3题解图②
4. 解：(1)①＝；
【解法提示】∵∠DPE＝∠PMD＝90°，∴∠PDM＋∠DPM＝∠DPM＋∠EPN＝90°.∴∠PDM＝∠EPN.
②eq \r(3)；
【解法提示】∵∠PDM＝∠EPN，∠DMP＝∠PNE＝90°，∴△PDM∽△EPN.∴eq \f(DP,PE)＝eq \f(DM,PN).∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝∠ADC＝90°.∵∠ANM＝90°，∴四边形ADMN是矩形．∴DM＝AN.∴eq \f(DP,PE)＝eq \f(AN,PN).∵PN∥BC.∴eq \f(AN,AB)＝eq \f(PN,CB).∴eq \f(AN,PN)＝eq \f(AB,CB)＝eq \f(4\r(3),4)＝eq \r(3)，∴eq \f(DP,PE)＝eq \r(3).
(2)成立．
证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝4，∠B＝∠BAD＝∠ADC＝∠DAN＝∠ADM＝90°.
∵MN⊥AB，
∴∠ANM＝90°，
∴四边形ADMN为矩形，
∴DM＝AN.
∵PE⊥PD，
∴∠DPE＝90°，
∴∠DPM＋∠EPN＝∠DPM＋∠PDM＝90°，
∴∠PDM＝∠EPN.
∵∠M＝∠PNE＝90°，
∴△PDM∽△EPN，
∴eq \f(DP,PE)＝eq \f(DM,PN).
∵DM＝AN，
∴eq \f(DP,PE)＝eq \f(AN,PN).
∵∠ANP＝∠ABC＝90°，∠PAN＝∠CAB，
∴△APN∽△ACB，
∴eq \f(AN,AB)＝eq \f(PN,CB)，
∴eq \f(AN,PN)＝eq \f(AB,CB)＝eq \f(4\r(3),4)＝eq \r(3)，
∴eq \f(DP,PE)＝eq \r(3)；
(3)y与x之间的函数关系式为y＝eq \f(4\r(3),3)x2－8eq \r(3)x＋16eq \r(3)(x＞0)，y的最小值为4eq \r(3).
【解法提示】∵eq \f(DP,PE)＝eq \r(3)，∴PE＝eq \f(\r(3),3)DP.∴矩形PEFD的面积为y＝DP·PE＝eq \f(\r(3),3)DP2.∵PM＝x，∴PN＝4－x.∵△PDM∽△EPN，∴eq \f(DM,PN)＝eq \f(DP,PE)＝eq \r(3).∴DM＝eq \r(3)PN＝4eq \r(3)－eq \r(3)x.∴DP2＝DM2＋PM2＝(4eq \r(3)－eq \r(3)x)2＋x2＝4x2－24x＋48.∴y＝eq \f(\r(3),3)DP2＝eq \f(\r(3),3)(4x2－24x＋48)，即y＝eq \f(4\r(3),3)x2－8eq \r(3)x＋16eq \r(3).∵y＝eq \f(4\r(3),3)x2－8eq \r(3)x＋16eq \r(3)＝eq \f(4\r(3),3)(x－3)2＋4eq \r(3)，∵eq \f(4\r(3),3)>0，∴当x＝3时，y有最小值，最小值为4eq \r(3).
类型二 与平移有关
1. 解：(1)A′C′⊥AC，理由如下：如解图，延长C′A′交AC于点G，
易知∠A＝∠C′，∠ABC＝∠C′DA′＝90°，
∴∠A＋∠AA′G＝∠C′＋∠C′A′B，
∴∠AGA′＝∠C′DA′＝90°，
即A′C′⊥AC；
第1题解图
(2)①由平移可知A′D∥AB，且A′D⊥C′C，AB⊥C′C，
∴△A′DC∽△ABC，△C′BE∽△C′DA′，
∴eq \f(A′D,AB)＝eq \f(DC,BC)，eq \f(BE,DA′)＝eq \f(C′B,C′D).
∵AB＝DC′＝4，BC＝A′D＝3，
∴A′C′＝AC＝5.
∵eq \f(A′D,AB)＝eq \f(DC,BC)，∴eq \f(3,4)＝eq \f(DC,3)，
∴DC＝eq \f(9,4)，
∴BD＝BC－DC＝3－eq \f(9,4)＝eq \f(3,4)，
∴C′B＝C′D－BD＝4－eq \f(3,4)＝eq \f(13,4).
∵eq \f(BE,DA′)＝eq \f(C′B,C′D)，∴eq \f(BE,3)＝eq \f(\f(13,4),4)，
∴BE＝eq \f(39,16)，
∴S四边形A′DBE＝eq \f(1,2)×eq \f(3,4)×(eq \f(39,16)＋3)＝eq \f(261,128)；
②eq \f(54,25).
【解法提示】由(1)可知BF⊥AC，在Rt△ABC中，由勾股定理得AC＝eq \r(AB2＋BC2)＝eq \r(42＋32)＝5，由三角形面积公式得，AB·BC＝AC·BF，∴BF＝eq \f(AB·BC,AC)＝eq \f(4×3,5)＝eq \f(12,5)，在Rt△BCF中，由勾股定理得CF＝eq \r(BC2－BF2)＝eq \r(32－（\f(12,5)）2)＝eq \f(9,5)，∴S△BCF＝eq \f(1,2)BF·CF＝eq \f(1,2)×eq \f(12,5)×eq \f(9,5)＝eq \f(54,25).
2. 解：(1)∵∠EDA＝∠CAB＝90°，
∴DE∥AC，∴△DHE∽△AHC.
∵AB＝AC，DE＝DF，
∴eq \f(DH,AH)＝eq \f(DE,AC)＝eq \f(DF,AB)＝eq \f(1,2)，
∴DH＝eq \f(1,3)AD＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)AB＝1；
(2)DG∥EA，DG＝eq \f(1,2)EA.理由如下：
由(1)知，△EDH∽△CAH，
∴eq \f(DH,AH)＝eq \f(HE,HC)＝eq \f(DE,AC)＝eq \f(1,2)，
∵点G是EC的中点，
∴HE＋HG＝HC－HG，
∴2HG＝HC－HE＝HE，
∴eq \f(DH,AH)＝eq \f(HG,HE)＝eq \f(1,2).
∵∠DHG＝∠AHE，
∴△DHG∽△AHE，
∴∠HDG＝∠HAE，eq \f(DG,AE)＝eq \f(DH,AH)＝eq \f(1,2)，
∴DG∥EA，DG＝eq \f(1,2)EA；
(3)当点D在直线BC上时，此时点D和点B重合，如解图①，
第2题解图①
易得eq \f(BH,AH)＝eq \f(BE,AC)＝eq \f(1,2)，AB＝6，
∴BH＝2，BE＝3，
∴在Rt△BHE中，由勾股定理得EH＝eq \r(BE2＋BH2)＝eq \r(32＋22)＝eq \r(13).
由(2)得eq \f(HG,HE)＝eq \f(DG,AE)＝eq \f(1,2)，
∴HG＝eq \f(1,2)EH＝eq \f(\r(13),2)；
当点F在直线BC上时，此时点F，H与点B重合，如解图②，EH＝eq \r(2)DE＝3eq \r(2)，
第2题解图②
∴HG＝eq \f(1,2)EH＝eq \f(3\r(2),2).
综上所述，HG的长为eq \f(\r(13),2)或eq \f(3\r(2),2).
3. 解：(1)如解图①，过点B作BH⊥OA，垂足为点H，
由点A(4，0)，得OA＝4，
∵BO＝BA，∠OBA＝90°，
∴OH＝HA＝eq \f(1,2)OA＝2BH，
∴点B的坐标为(2，2)；
第3题解图①
(2)①由点E(－eq \f(7,2)，0)，得OE＝eq \f(7,2)，
由平移知，四边形O′C′D′E′是矩形，得∠O′E′D′＝90°，O′E′＝OE＝eq \f(7,2)，
∴OE′＝OO′－O′E′＝t－eq \f(7,2)，∠FE′O＝90°.
∵BO＝BA，∠OBA＝90°，
∴∠BOA＝∠BAO＝45°，
∴∠OFE′＝90°－∠BOA＝45°，
∴∠FOE′＝∠OFE′，
∴FE′＝OE′＝t－eq \f(7,2)，
∴S△FOE′＝eq \f(1,2)OE′·FE′＝eq \f(1,2)(t－eq \f(7,2))2，
∴S＝S△OAB－S△FOE′＝eq \f(1,2)×4×2－eq \f(1,2)(t－eq \f(7,2))2，
即S＝－eq \f(1,2)t2＋eq \f(7,2)t－eq \f(17,8)，其中t的取值范围是4≤t＜eq \f(11,2)；
②eq \f(23,8)≤S≤eq \f(63,16).
【解法提示】如解图②，当eq \f(5,2)≤t≤eq \f(7,2)时，S＝S△AOB－S△AO′M＝4－eq \f(1,2)(4－t)2＝－eq \f(1,2)(t－4)2＋4，∵对称轴为直线t＝4，－eq \f(1,2)＜0.∴当eq \f(5,2)≤t≤eq \f(7,2)时，S随t的增大而增大，∴将t＝eq \f(5,2)和t＝eq \f(7,2)分别代入，得S＝eq \f(23,8)和S＝eq \f(31,8)，eq \f(23,8)≤S≤eq \f(31,8)；
第3题解图②
如解图③，当eq \f(7,2)＜t≤4时，S＝S△AOB－S△AO′M－S△OE′N＝4－eq \f(1,2)(4－t)2－eq \f(1,2)(t－eq \f(7,2))2＝－t2＋eq \f(15,2)t－eq \f(81,8)，∵对称轴为直线t＝eq \f(15,4)，－1＜0，∴当t＝eq \f(15,4)时，S有最大值，此时S＝eq \f(63,16)，由①得当x＝eq \f(7,2)时，S＝eq \f(31,8)，∴eq \f(31,8)＜S≤eq \f(63,16)；
第3题解图③
如解图④，当4＜t≤eq \f(9,2)时，S＝S△AOB－S△OE′N＝4－eq \f(1,2)(t－eq \f(7,2))2＝－eq \f(1,2)(t－eq \f(7,2))2＋4，∵－eq \f(1,2)＜0，对称轴为t＝eq \f(7,2)，∴当t＝4时，S有最大值为eq \f(31,8)，当t＝eq \f(9,2)时，S有最小值为eq \f(7,2)，eq \f(7,2)≤S＜eq \f(31,8).
综上所述，得eq \f(23,8)≤S≤eq \f(63,16).
第3题解图④
4. 解：(1)如解图①，连接AM，
∵M是BC的中点，AB＝AC，
∴AM⊥BC，
∴∠AMB＝90°.
∵∠DFE＝30°，∠ABC＝60°，
∴∠EBM＝90°.
又∵∠DEF＝90°，
∴四边形EBMA是矩形．
∵AB＝6，∠EBA＝30°，
∴AE＝3，
∴在Rt△AEB中，BE＝eq \r(AB2－AE2)＝3eq \r(3)，
∴S四边形EBMA＝3eq \r(3)×3＝9eq \r(3)；
第4题解图①
(2)当AH⊥GH时，∠AHG＝90°.
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝60°.
由平移的性质可知DE∥BC，
∴∠DAC＝∠ACB＝60°.
在Rt△DEF中，∵∠EDF＋∠DFE＝90°，∠DFE＝30°，
∴∠EDF＝90°－30°＝60°，
∴△ADH是等边三角形，
∴AH＝AD＝DH.
由平移的性质可知AD＝m，
∴AH＝m.
在Rt△AGH中，cs∠GAH＝eq \f(AH,AG)，
即cs60°＝eq \f(m,AG)＝eq \f(1,2)，
解得AG＝2m.
由平移的性质可知AB∥DF，AD＝BF＝m，
∴∠BGF＝∠DFE＝30°，
∴BG＝2BF＝2m.
∵AG＋BG＝AB＝6，
∴2m＋2m＝6，
∴m＝eq \f(3,2)；
(3)四边形AGHD是菱形．理由如下：
如解图②，由平移的性质知AD∥BC，AB∥DF，
∵GH∥BC，
∴AD∥GH，
∴四边形AGHD是平行四边形．
由(2)知AD＝DH，
∴四边形AGHD是菱形．
第4题解图②
类型三 与旋转有关
1. (1)①证明：∵Rt△ABC绕点C按顺时针方向旋转得到Rt△A′B′C，
∴∠BAC＝∠A′.
∵A′B′∥AC，
∴∠ACA′＝∠A′，
∴∠BAC＝∠ACA′，
∴AD＝CD.
∵∠ACD＋∠BCD＝90°，∠BAC＋∠ABC＝90°，
∴∠BCD＝∠ABC，
∴CD＝BD，
∴AD＝BD；
②解：在Rt△ABC中，AB＝eq \r(BC2＋AC2)＝eq \r(22＋42)＝2eq \r(5).
∵BE⊥A′C，∴∠BEC＝90°.
在Rt△BEC和Rt△ACB中，
∵∠BCE＝∠ABC，
∴tan∠BCE＝tan∠ABC，
∴eq \f(BE,CE)＝eq \f(AC,BC)＝2，
∴BE＝2CE.
在Rt△BEC中，∵BE2＋CE2＝BC2，
∴(2CE)2＋CE2＝4，∴CE＝eq \f(2\r(5),5).
由①得CD＝eq \f(1,2)AB，
∴CD＝eq \r(5)，
∴DE＝CD－CE＝eq \f(3\r(5),5)，
∴eq \f(S△ACE,S△ADE)＝eq \f(CE,DE)＝eq \f(2,3).
∵AD＝BD，∴S△ADE＝S△BDE，
∴S△ABE＝2S△ADE，
∴eq \f(S△ACE,S△ABE)＝eq \f(S△ACE,2S△ADE)＝eq \f(1,3)；
(2)解：由②得AB＝2eq \r(5)，
∵S△ABC＝eq \f(1,2)AC·BC＝eq \f(1,2)AB·CD，
∴eq \f(1,2)×4×2＝eq \f(1,2)×2eq \r(5)×CD，
∴CD＝eq \f(4\r(5),5).
在Rt△ACD中，∵AD2＋CD2＝AC2，
∴AD2＋(eq \f(4\r(5),5))2＝42，
解得AD＝eq \f(8\r(5),5).
∵DM∥A′B′，
∴∠CDM＝∠A′.
又∵∠DCN＝∠A′CB′，
∴△CDN∽△CA′B′，
∴eq \f(CN,CB′)＝eq \f(CD,CA′)，即eq \f(CN,2)＝eq \f(\f(4\r(5),5),4)，解得CN＝eq \f(2\r(5),5).
∵∠ADC＝∠A′CB′＝90°，
∴CN∥AD，
∴△CMN∽△AMD，
∴eq \f(NM,DM)＝eq \f(CN,AD)＝eq \f(\f(2\r(5),5),\f(8\r(5),5))＝eq \f(1,4)，
∴eq \f(DN,NM)＝3.
2. 解：(1)【问题发现】eq \f(1,2)，60°；eq \f(\r(2),2)，45°；
【归纳总结】eq \f(n,2m)；eq \f(180°－α,2)；
【解法提示】如解图①，连接AE，PF，延长EF、AP交于点Q，当α＝60°时，△ABC和△PDC都是等边三角形，∴∠PCD＝∠ACB＝60°，PC＝CD，AC＝CB，∵F、E分别是CD、BC的中点，∴eq \f(CF,PC)＝eq \f(1,2)，eq \f(CE,AC)＝eq \f(1,2)，∴eq \f(CF,PC)＝eq \f(CE,AC)，又∵∠ACP＋∠ACD＝∠ECF＋∠ACD，∴∠ACP＝∠ECF.∴△ECF∽△ACP，∴eq \f(EF,AP)＝eq \f(CE,CA)＝eq \f(1,2)，∠CEF＝∠CAP，∴∠Q＝β＝∠ACB＝60°；如解图②，当α＝90°时，△ABC和△PDC都是等腰直角三角形，∴∠PCD＝∠ACB＝45°，PC＝eq \f(\r(2),2)CD，AC＝eq \f(\r(2),2)CB，∵F、E分别是CD、BC的中点，∴eq \f(CE,AC)＝eq \f(\r(2),2)，eq \f(CF,PC)＝eq \f(\r(2),2)，∴eq \f(CF,PC)＝eq \f(CE,AC)，又∵∠ACP＋∠ACD＝∠ECF＋∠ACD∴∠ACP＝∠ECF，∴△ECF∽△ACP，∴eq \f(EF,AP)＝eq \f(CE,CA)＝eq \f(\r(2),2)，∠CEF＝∠CAP，∴∠Q＝β＝∠ACB＝45°，可归纳出eq \f(EF,AP)＝eq \f(CE,AC)＝eq \f(\f(n,2),m)＝eq \f(n,2m)，β＝∠ACB＝eq \f(180°－α,2).
图①
图②
第2题解图
(2)∵α＝120°，AB＝AC＝m，BC＝n，
∴△ABC为等腰三角形，
∴AE⊥BC，∠ACB＝eq \f(180°－α,2)＝30°，
∴CE＝AC·cs30°＝eq \f(\r(3),2)m，
∴n＝2CE＝eq \r(3)m，
∴eq \f(EF,PA)＝eq \f(n,2m)＝eq \f(\r(3)m,2m)＝eq \f(\r(3),2)，β＝90°－eq \f(α,2)＝90°－eq \f(120°,2)＝30°.
3. 解：(1)EO＝eq \f(1,2)AD；
【解法提示】在△BOC和△AOD中，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(BO＝AO，,∠BOC＝∠AOD，,OC＝OD，))∴△BOC≌△AOD(SAS)，∴BC＝AD.∵E是BC的中点，∴EO＝eq \f(1,2)BC＝eq \f(1,2)AD.
(2)EO＝eq \f(1,2)AD，理由如下：
如解图①，延长OE至点F，使得EF＝OE，连接BF、CF，
第3题解图①
∵BE＝CE，EO＝EF，
∴四边形COBF是平行四边形，
∴BF∥CO，BF＝CO＝DO，
∴∠FBO＋∠BOC＝180°.
∵∠BOA＝∠COD＝90°，
∴∠BOC＋∠BOD＝∠1＋∠BOD＝90°，
∴∠1＝∠BOC.
∵∠1＋∠DOA＝180°，
∴∠FBO＝∠DOA.
∵BO＝AO，
∴△FBO≌△DOA(SAS)，
∴FO＝AD，
∴EO＝eq \f(1,2)AD；
(3)OE的长为2eq \r(7)或2eq \r(3).
【解法提示】如解图②，当△COD绕点O逆时针旋转150°时，∠AOC＝150°，此时∠BOC＝60°，过点C作CF⊥OB于点F，过点E作EG⊥OB于点G，∵OC＝4，∠BOC＝60°，∴CF＝OC·sin60°＝2eq \r(3)，OF＝OC·cs60°＝2.∵E为BC的中点，EG∥CF，∴EG＝eq \f(1,2)CF＝eq \r(3)，BG＝GF.∵OA＝OB＝8，∴BF＝6，∴BG＝GF＝3，∴OG＝5，∴OE＝eq \r(OG2＋EG2)＝2eq \r(7)；如解图③，当△COD绕点O逆时针旋转210°时，∠AOC＝150°，此时∠BOC＝120°，过点C作CF⊥BO，交BO的延长线于点F，过点E作EG⊥OB于点G，∵∠BOC＝120°，∴∠COF＝60°.∵OC＝4，∴CF＝OC·sin60°＝2eq \r(3)，OF＝OC·cs60°＝2.∵E是BC的中点，EG∥CF，∴EG＝eq \f(1,2)CF＝eq \r(3)，BG＝FG.∵OA＝OB＝8，∴BF＝10，∴BG＝GF＝5，∴OG＝3，∴OE＝eq \r(OG2＋EG2)＝2eq \r(3).综上所述，OE的长为2eq \r(7)或2eq \r(3).
图②
图③
第3题解图
4. (1)证明：在矩形ABCD中，∠B＝∠BCD＝90°，
∵EF⊥CD，
∴∠EFC＝90°，
∴四边形BEFC是矩形．
∵BE＝BC，
∴四边形BEFC是正方形；
(2)①证明：∵∠GCK＝∠DCH＝90°，∠B′E′F′＝90°，
∴∠CDF′＋∠H＝90°，∠KGC＋∠H＝90°，
∴∠KGC＝∠CDF′.
由(1)可知，四边形BEFC是正方形，
∴B′C＝CF′，∠GB′C＝∠CF′D，
∴△CGB′≌△CDF′(AAS)，
∴GC＝DC；
②解：设正方形BEFC的边长为a，
∵KB′∥CF′，
∴△B′KO∽△F′CO，
∴eq \f(B′K,F′C)＝eq \f(OK,OC)＝eq \f(1,2)，
∴B′K＝eq \f(1,2)F′C＝eq \f(1,2)B′C＝eq \f(1,2)a.
在Rt△B′KC中，B′K2＋B′C2＝CK2，
∴(eq \f(1,2)a)2＋a2＝32，
∴a＝eq \f(6\r(5),5).
由eq \f(B′K,CF′)＝eq \f(1,2)，可得B′K＝KE′＝eq \f(1,2)a，
∵KE′∥CF′
∴△DKE′∽△DCF′，
∴eq \f(DE′,DF′)＝eq \f(KE′,CF′)＝eq \f(\f(1,2)a,a)＝eq \f(1,2)，
∴DE′＝E′F′＝CF′＝a，
易得△DE′P≌△CF′D，
∴PE′＝DF′＝2a，
∴PK＝eq \f(5,2)a.
易得△E′DK≌△B′CK，
∴KD＝KC，
∵AP∥GH，
∴∠P＝∠KGC，
∵∠DKP＝∠CKG，
∴△PKD≌△GKC(AAS)，
∴PK＝GK，
∴PG＝2PK＝5a＝6eq \r(5)；
(3)解：如解图，延长B′F′交CH的延长线于点R.
第4题解图
∵CF′∥GP，RB′∥BM，
∴∠G＝∠F′CR，△GBM∽△GRB′，
∴tan∠G＝tan∠F′CH＝eq \f(F′H,CF′)＝eq \f(1,2).
设F′H＝x.则CF′＝2x，CH＝eq \r(5)x，
∴CB′＝CF′＝E′F′＝BC＝2x.
∵CB′∥HE′，
∴△RB′C∽△RF′H，
∴eq \f(RC,RH)＝eq \f(RB′,RF′)＝eq \f(B′C,F′H)＝2，
∴CH＝RH，B′F′＝RF′，
∴CR＝2CH＝2eq \r(5)x，
∴S△CF′R＝2S△CF′H.
∵CB′∥HE′，
∴△GB′C∽△GE′H，
∴eq \f(GC,GH)＝eq \f(B′C,E′H)＝eq \f(2x,3x)＝eq \f(2,3)，
∴eq \f(GB＋2x,GB＋2x＋\r(5)x)＝eq \f(2,3)
∴GB＝2(eq \r(5)－1)x.
∵BM∥RB′，
∴△GBM∽△CRF′，
∴eq \f(S△GMB,S△CRF′)＝(eq \f(GB,CR))2＝[eq \f(2（\r(5)－1）x,2\r(5)x)]2＝eq \f(6－2\r(5),5).
∵S△CRF′＝2S△CHF′，
∴eq \f(S△GMB,S△CF′H)＝eq \f(12－4\r(5),5).
类型四 与折叠有关
1. (1)证明：在正方形ABCD中，∠A＝∠ABC＝∠C＝90°，
∵MH⊥BC，
∴∠MHB＝∠MHN＝∠C＝90°.
∴四边形ABHM为矩形，
∴AB＝MH.
又∵BC＝AB，
∴AB＝MH＝BC.
根据折叠的性质可知，点B，E关于MN对称，则MN⊥BE，
∴∠EBC＋∠BNM＝90°.
又∵∠NMH＋∠BNM＝90°，
∴∠EBC＝∠NMH，
∴△EBC≌△NMH；
(2)①证明：在矩形ABCD中，∠C＝90°，
∵MH⊥BC，
∴∠MHN＝∠C＝90°.
∵点B，E关于MN对称，
∴MN⊥BE，
∴∠EBC＋∠BNM＝90°.
又∵∠NMH＋∠BNM＝90°，
∴∠EBC＝∠NMH，
∴△EBC∽△NMH；
②eq \f(7,10)或eq \f(31,37).
【解法提示】如解图①，当CE＝2DE时，设BE与MN的交点为G，设AB＝3m，则BC＝2AB＝6m，EC＝2m，在Rt△BCE中，BE＝eq \r(BC2＋CE2)＝eq \r(36m2＋4m2)＝2eq \r(10)m，∴BG＝eq \r(10)m.∵∠BGN＝∠C＝90°，∠NBG＝∠EBC，∴△EBC∽△NBG，∴eq \f(BC,BG)＝eq \f(BE,BN)，即eq \f(6m,\r(10)m)＝eq \f(2\r(10)m,BN)，∴BN＝eq \f(10,3)m.在Rt△MNH中，MH＝AB＝3m，∴HN＝m，∴BH＝BN－NH＝eq \f(7,3)m，∴AM＝BH＝eq \f(7,3)m，∴eq \f(AM,BN)＝eq \f(\f(7,3)m,\f(10,3)m)＝eq \f(7,10)；如解图②，当DE＝2CE时，设BE与MN的交点为I，同理可得eq \f(AM,BN)＝eq \f(31,37)，综上所述，eq \f(AM,BN)的值为eq \f(7,10)或eq \f(31,37).
图①
图②
第1题解图
2. 解：(1)∵△PDC沿直线PD折叠，点C的对应点为点E，且A，E两点重合，
∴由折叠的性质得PD⊥AC，
∴∠PDA＝90°.
∵∠B＝90°，BC＝4，AB＝8，
∴AC＝eq \r(AB2＋BC2)＝4eq \r(5).
∵点D是边AC的中点，
∴AD＝eq \f(1,2)AC＝2eq \r(5).
又∵∠B＝∠PDA＝90°，∠A＝∠A，
∴△ADP∽△ABC，
∴eq \f(AP,AC)＝eq \f(AD,AB)，即eq \f(AP,4\r(5))＝eq \f(2\r(5),8)，
解得AP＝5；
(2)∵四边形CDEP是菱形，点D是边AC的中点，AC＝4eq \r(5)，
∴CP＝CD＝AD＝eq \f(1,2)AC＝2eq \r(5).
∵∠B＝90°，BC＝4，
∴BP＝eq \r(CP2－BC2)＝2，
∴AP＝AB－BP＝8－2＝6.
如解图①，过点P作PQ⊥AC于点Q，
第2题解图①
∵∠B＝∠AQP＝90°，∠A＝∠A，
∴△AQP∽△ABC，
∴eq \f(AQ,AB)＝eq \f(QP,BC)＝eq \f(AP,AC)，即eq \f(AQ,8)＝eq \f(QP,4)＝eq \f(6,4\r(5))，
解得AQ＝eq \f(12\r(5),5)，QP＝eq \f(6\r(5),5)，
∴DQ＝AQ－AD＝eq \f(2\r(5),5)，
∴PD＝eq \r(QP2＋DQ2)＝2eq \r(2)，
∴eq \f(PD,AD)＝eq \f(2\r(2),2\r(5))＝eq \f(\r(10),5)；
(3)分以下两种情况讨论：
①如解图②，当C、E位于AB异侧时，
设DE交AB于点F，过点P作PG⊥AC于点G，
∵点D是边AC的中点，
∴S△APD＝S△CPD＝eq \f(1,2)S△PAC.
∵△PDE与△ABC重叠部分的面积为S1，△PAC的面积为S2，S1＝eq \f(1,4)S2，
∴S△PFD＝eq \f(1,4)S△PAC，
∴S△PFD＝eq \f(1,2)S△APD，
∴点F是AP的中点，由折叠的性质得S△EPD＝S△CPD，
∴S△EPD＝eq \f(1,2)S△PAC，
∴S△PFD＝eq \f(1,2)S△EPD，
∴点F是DE的中点，
∴四边形AEPD是平行四边形，
∴EP＝AD＝2eq \r(5)，∠AED＝∠PDE.
由折叠的性质得CP＝EP＝2eq \r(5)，∠PDC＝∠PDE，
∴∠AED＝∠PDC，BP＝eq \r(CP2－BC2)＝2，
∴AP＝AB－BP＝6.
同理由(2)可得GP＝eq \f(6\r(5),5)，DG＝eq \f(2\r(5),5)，
∴tan∠AED＝tan∠PDC＝eq \f(GP,DG)＝3；
第2题解图②
②如解图③，当C、E位于AB同侧时，
设PE交AC于点F，过点D作DK⊥AB于点K，
∵点D是边AC的中点，∠ABC＝90°，
∴DK是△ABC的中位线，
∴DK＝eq \f(1,2)BC＝2，AK＝eq \f(1,2)AB＝4.
同理由①可得四边形AEDP是平行四边形，
由折叠的性质得CD＝ED，
∴CD＝ED＝AP＝2eq \r(5)，∠AED＝∠APD，
∴PK＝AP－AK＝2eq \r(5)－4，
∴tan∠AED＝tan∠APD＝eq \f(DK,PK)＝eq \r(5)＋2.
综上所述，tan∠AED的值为3或eq \r(5)＋2.
第2题解图③
3. 解：(1)EF＝BF；
证法一：如解图①，分别延长AD, BF相交于点M，
第3题解图①
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠2＝∠C，∠M＝∠1.
∵F为CD的中点，
∴DF＝CF，∴△MDF≌△BCF，
∴FM＝FB，即F为BM的中点，
∴BF＝eq \f(1,2)BM.
∵BE⊥AD，∴∠BEM＝90°，
∴在Rt△BEM中，EF＝eq \f(1,2)BM，
∴EF＝BF；
证法二：如解图②，过点F作FM⊥EB交EB于点M，
∴∠EMF＝90°.
∵BE⊥AD，∴∠AEB＝90°，
∴∠AEB＝∠EMF，∴AD∥FM.
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC.∴AD∥FM∥BC，
∴eq \f(EM,MB)＝eq \f(DF,FC).
∵F为CD的中点，
∴DF＝FC，∴EM＝MB.
∵FM⊥EB，∴FM垂直平分EB，
∴EF＝BF；
第3题解图②
(2)AG＝BG；
证法一：如解图③，由折叠可知，∠1＝∠2＝eq \f(1,2)∠CFC′，FC′＝FC，
∵F为CD的中点，
∴FC＝FD＝eq \f(1,2)CD，∴FC′＝ FD，
∴∠3＝∠4.
∵∠CFC′＝∠3＋∠4，
∴∠4＝eq \f(1,2)∠CFC′，
∴∠4＝∠1，∴DG∥FB.
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴DC∥AB且DC＝AB.
∴四边形DGBF为平行四边形，
∴BG＝DF，
∴BG＝eq \f(1,2)AB，
∴AG＝BG；
第3题解图③
证法二：如解图④，连接CC′交FB于点N.
第3题解图④
由折叠可知，FC′＝FC，CC′⊥FB，
∴∠C′NB＝90°.
∵F为CD的中点，
∴FC＝FD＝eq \f(1,2)CD，∴FC′＝FD，
∴∠FDC′＝∠FC′D.
∵FC′＝FC，∴∠ FC′C＝∠FCC′.
在△DC′C中，∠FDC′＋∠DC′C＋∠DCC′＝180°，
∴∠FDC′＋∠FC′D＋∠FC′C＋∠FCC′＝180°，
∴2∠FC′D＋2∠FC′C＝180°，
∴∠FC′D＋∠FC′C＝90°，
∴∠DC′C＝90°，
∴∠DC′C＝∠C′NB，
∴DG∥FB.
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC∥AB且DC＝AB.
∴四边形DGBF是平行四边形，
∴BG＝DF，
∴BG＝eq \f(1,2)AB，
∴AG＝BG；
(3)eq \f(22,3).
【解法提示】如解图⑤，过点M作ME⊥A′B于点E，∵A′B⊥CD，∴S▱ABCD＝AB·BH＝20.∵AB＝5，∴BH＝4，∴A′H＝1.∵BC＝2eq \r(5)，∴CH＝eq \r(BC2－BH2)＝2.∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠A＝∠C，∵∠A＝∠A′，∴∠A′＝∠C.又∵∠A′EM＝∠CHB，∴△A′ME∽△CBH，∴eq \f(A′E,CH)＝eq \f(ME,BH)，∴eq \f(A′E,ME)＝eq \f(CH,BH)＝eq \f(1,2).设ME＝x，则A′E＝eq \f(1,2)x，∵A′B⊥AB，∴∠ABA′＝90°，由折叠的性质可知，∠ABM＝∠MBE＝45°，∵ME⊥A′B，AB⊥A′B，∴ME∥AB，∴∠BME＝∠ABM，∴∠BME＝∠MBE，∴EB＝ME＝x，∵A′B＝5，∴eq \f(1,2)x＋x＝5，解得x＝eq \f(10,3).∵∠A′＝∠C，∠AHN＝∠CHB，∴△A′NH∽△CBH，∴eq \f(A′H,CH)＝eq \f(NH,BH)，∴eq \f(A′H,NH)＝eq \f(CH,BH)＝eq \f(1,2)，∴NH＝2，∴S四边形NHBM＝S△A′MB－S△A′NH＝eq \f(1,2)×5×eq \f(10,3)－eq \f(1,2)×1×2＝eq \f(22,3).
第3题解图⑤
4. (1)证明：∵△BFE由△BCE折叠得到，
∴BE⊥CF，
∴∠ECF＋∠BEC＝90°.
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D＝∠BCE＝90°，
∴∠ECF＋∠CGD＝90°，
∴∠BEC＝∠CGD.
∵BC＝CD，
∴△BCE≌△CDG(AAS)；
(2)解：如解图①，连接EH.
第4题解图①
由(1)知△BCE≌△CDG，
∴CE＝DG＝9.
由折叠的性质可知BC＝BF，CE＝FE＝9，
∴∠BCF＝∠BFC.
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，
∴∠BCG＝∠HGF.
∵∠BFC＝∠HFG，
∴∠HFG＝∠HGF，
∴HF＝HG.
∵eq \f(HD,HF)＝eq \f(4,5)，DG＝9，
∴HD＝4，HF＝HG＝5.
∵∠D＝∠HFE＝90°，
∴HF2＋FE2＝DH2＋DE2，
∴52＋92＝42＋DE2，
∴DE＝3eq \r(10)或－3eq \r(10)(舍去)，
∴DE＝3eq \r(10)；
(3)解：由题意eq \f(HD,HF)＝eq \f(4,5)，可以假设DH＝4m，HG＝5m，设eq \f(DE,EC)＝x.
①当点H在点D的左侧时，如解图②，连接HE，
第4题解图②
∵HF＝HG，
∴DG＝9m.
由折叠可知BE⊥CF，
∴∠ECF＋∠BEC＝90°.
∵∠D＝90°，
∴∠ECF＋∠CGD＝90°，
∴∠BEC＝∠CGD.
∵∠BCE＝∠D＝90°，
∴△CDG∽△BCE，
∴eq \f(DG,CE)＝eq \f(CD,BC).
∵eq \f(CD,BC)＝eq \f(AB,BC)＝k，
∴eq \f(9m,CE)＝eq \f(k,1)，
∴CE＝eq \f(9m,k)＝FE，
∴DE＝eq \f(9mx,k).
∵∠D＝∠HFE＝90°，
∴HF2＋FE2＝DH2＋DE2，
∴(5m)2＋(eq \f(9m,k))2＝(4m)2＋(eq \f(9mx,k))2，
∴x＝eq \f(\r(k2＋9),3)或－eq \f(\r(k2＋9),3)(舍去)，
∴eq \f(DE,EC)＝eq \f(\r(k2＋9),3)；
②当点H在点D的右侧时，如解图③，连接HE，
第4题解图③
同理可得，HG＝HF，△BCE∽△CDG，
∴DG＝m，CE＝eq \f(m,k)＝FE，
∴DE＝eq \f(mx,k).
∵HF2＋FE2＝DH2＋DE2，
∴(5m)2＋(eq \f(m,k))2＝(4m)2＋(eq \f(mx,k))2，
∴x＝eq \r(9k2＋1)或－eq \r(9k2＋1)(舍去)，
∴eq \f(DE,EC)＝eq \r(9k2＋1).
综上所述，eq \f(DE,EC)的值为eq \f(\r(k2＋9),3)或eq \r(9k2＋1).