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中考数学专题复习 重难题型突破 题型四 几何探究型问题练习(含解析)
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这是一份中考数学专题复习 重难题型突破 题型四 几何探究型问题练习(含解析)，共47页。试卷主要包含了已知，证明推断等内容，欢迎下载使用。
类型一 动点探究题
1．(2019成都10分)如图①，在△ABC中，AB＝AC＝20，tanB＝eq \f(3,4)，点D为BC边上的动点(点D不与点B，C重合)．以D为顶点作∠ADE＝∠B，射线DE交AC边于点E，过点A作AF⊥AD交射线DE于点F，连接CF.
(1)求证：△ABD∽△DCE；
(2)当DE∥AB时(如图②)，求AE的长；
(3)点D在BC边上运动的过程中，是否存在某个位置，使得DF＝CF？若存在，求出此时BD的长；若不存在，请说明理由．
第1题图
2．(2019扬州12分)如图①，四边形ABCD是矩形，AB＝20，BC＝10，以CD为一边向矩形外部作等腰直角△GDC，∠G＝90°.点M在线段AB上，且AM＝a，点P沿折线AD－DG运动、点Q沿折线BC－CG运动(与点G不重合)，在运动过程中，始终保持线段PQ∥AB.设PQ与AB之间的距离为x.
(1)若a＝12.
①如图②，当点P在线段AD上时，若四边形AMQP的面积为48，则x的值为________；
②在运动过程中，求四边形AMQP的最大面积；
(2)如图③，若点P在线段DG上时，要使四边形AMQP的面积始终不小于50，求a的取值范围．
第2题图
3．(2019江西9分)在图①，②，③中，已知□ABCD，∠ABC＝120°，点E为线段BC上的动点，连接AE，以AE为边向上作菱形AEFG，且∠EAG＝120°.
(1)如图①，当点E与点B重合时，∠CEF＝________°；
(2)如图②，连接AF.
①填空：∠FAD________∠EAB(填“＞”，“＜”，“＝”)；
②求证：点F在∠ABC的平分线上；
(3)如图③，连接EG，DG，并延长DG交BA的延长线于点H，当四边形AEGH是平行四边形时，求eq \f(BC,AB)的值．
第3题图
4．(2019广西北部湾经济区10分)如图①，在正方形ABCD中，点E是AB边上的一个动点(点E与点A，B不重合)，连接CE，过点B作BF⊥CE于点G，交AD于点F.
(1)求证：△ABF≌△BCE；
(2)如图②，当点E运动到AB中点时，连接DG，求证：DC＝DG；
(3)如图③，在(2)的条件下，过点C作CM⊥DG于点H，分别交AD，BF于点M，N，求eq \f(MN,NH)的值．
第4题图
5．(2019青岛12分)已知：如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠ACB＝90°，AB＝10 cm，BC＝8 cm，OD垂直平分AC.点P从点B出发，沿BA方向匀速运动，速度为1 cm/s；同时，点Q从点D出发，沿DC方向匀速运动，速度为1 cm/s；当一个点停止运动，另一个点也停止运动．过点P作PE⊥AB，交BC于点E，过点Q作QF∥AC，分别交AD，OD于点F，G.连接OP，EG.设运动时间为t(s)(0＜t＜5)，解答下列问题：
(1)当t为何值时，点E在∠BAC的平分线上？
(2)设四边形PEGO的面积为S(cm2)，求S与t的函数关系式；
(3)在运动过程中，是否存在某一时刻t，使四边形PEGO的面积最大？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
(4)连接OE，OQ，在运动过程中，是否存在某一时刻t，使OE⊥OQ？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
第5题图
类型二 平移、旋转、折叠探究题
6．(2019天津10分)在平面直角坐标系中，O为原点，点A(6，0)，点B在y轴的正半轴上，∠ABO＝30°.矩形CODE的顶点D，E，C分别在OA，AB，OB上，OD＝2.
(1)如图①，求点E的坐标；
(2)将矩形CODE沿x轴向右平移，得到矩形C′O′D′E′，点C，O，D，E的对应点分别为C′，O′，D′，E′.设OO′＝t，矩形C′O′D′E′与△ABO重叠部分的面积为S.
①如图②，当矩形C′O′D′E′与△ABO重叠部分为五边形时，C′E′，E′D′分别与AB相交于点M，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 \r(3)≤S≤5eq \r(3)时，求t的取值范围(直接写出结果即可)．
第6题图
7．(2019宿迁12分)如图①，在钝角△ABC，∠ABC＝30°，AC＝4，点D为边AB中点，点E为边BC中点，将△BDE绕点B逆时针方向旋转α度(0≤α≤180)．
(1)如图②，当0<α<180时，连接AD、CE.求证：△BDA∽△BEC；
(2)如图③，直线CE、AD交于点G.在旋转过程中，∠AGC的大小是否发生变化？如变化，请说明理由；如不变，请求出这个角的度数；
(3)将△BDE从图①位置绕点B逆时针方向旋转180°，求点G的运动路程．
第7题图
8．(2019益阳12分)如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形ABCD的边AB＝4，BC＝6.若不改变矩形ABCD的形状和大小，当矩形顶点A在x轴的正半轴上左右移动时，矩形的另一个顶点D始终在y轴的正半轴上随之上下移动．
(1)当∠OAD＝30°时，求点C的坐标；
(2)设AD的中点为M，连接OM、MC，当四边形OMCD的面积为eq \f(21,2)时，求OA的长；
(3)当点A移动到某一位置时，点C到点O的距离有最大值，请直接写出最大值，并求此时cs∠OAD的值．
9．(2019襄阳10分)(1)证明推断：如图①，在正方形ABCD中，点E, Q分别在边BC, AB上，DQ⊥AE于点O，点G, F分别在边CD，AB上，GF⊥AE.
①求证：DQ＝AE；
②推断：eq \f(GF,AE)的值为________；
(2)类比探究：如图②，在矩形ABCD中，eq \f(BC,AB)＝k(k为常数)．将矩形ABCD沿GF折叠，使点A落在BC边上的点E处，得到四边形FEPG，EP交CD于点H，连接AE交GF于点O.试探究GF与AE之间的数量关系，并说明理由；
(3)拓展应用：在(2)的条件下，连接CP，当k＝eq \f(2,3)时，若tan∠CGP＝eq \f(3,4)，GF＝2eq \r(10)，求CP的长．
第9题图
10．(2019河南10分)在△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝α.点P是平面内不与点A，C重合的任意一点，连接AP，将线段AP绕点P逆时针旋转α得到线段DP，连接AD，BD，CP.
(1)观察猜想
如图①，当α＝60°时，eq \f(BD,CP)的值是________，直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是________；
(2)类比探究
如图②，当α＝90°时，请写出eq \f(BD,CP)的值及直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数，并就图②的情形说明理由；
(3)解决问题
当α＝90°时，若点E，F分别是CA，CB的中点，点P在直线EF上，请直接写出点C，P，D在同一直线上时eq \f(AD,CP)的值．
第10题图
11．(2019金华12分)如图，在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝14eq \r(2)，点D，E分别在边AB，BC上，将线段ED绕点E按逆时针方向旋转90°得到EF.
(1)如图①，若AD＝BD，点E与点C重合，AF与DC相交于点O.求证：BD＝2DO；
(2)已知点G为AF的中点．
①如图②，若AD＝BD，CE＝2，求DG的长；
②若AD＝6BD，是否存在点E，使得△DEG是直角三角形？若存在，求CE的长；若不存在，试说明理由．
第11题图
12．(2019郴州10分)如图①，矩形ABCD中，点E为AB边上的动点(不与A，B重合)，把△ADE沿DE翻折，点A的对应点为A1，延长EA1交直线DC于点F，再把∠BEF折叠，使点B的对应点B1落在EF上，折痕EH交直线BC于点H.
(1)求证：△A1DE∽△B1EH；
(2)如图②，直线MN是矩形ABCD的对称轴，若点A1恰好落在直线MN上，试判断△DEF的形状，并说明理由；
(3)如图③，在(2)的条件下，点G为△DEF内一点，且∠DGF＝150°，试探究DG，EG，FG的数量关系．
第12题图
类型三 其他型探究题
13．(2019绍兴14分)如图，矩形ABCD中，AB＝a，BC＝b，点M，N分别在边AB，CD上，点E，F分别在边BC，AD上，MN，EF交于点P，记k＝MN∶EF.
(1)若a∶b的值为1，当MN⊥EF时，求k的值；
(2)若a∶b的值为eq \f(1,2)，求k的最大值和最小值；
(3)若k的值为3，当点N是矩形的顶点，∠MPE＝60°，MP＝EF＝3PE时，求a∶b的值．
第13题图
14．(2019枣庄10分)在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，AD⊥BC于点D.
(1)如图①，点M，N分别在AD，AB上，且∠BMN＝90°，当∠AMN＝30°，AB＝2时，求线段AM的长；
(2)如图②，点E，F分别在AB，AC上，且∠EDF＝90°，求证：BE＝AF；
(3)如图③，点M在AD的延长线上，点N在AC上，且∠BMN＝90°，求证：AB＋AN＝eq \r(2)AM.
第14题图
15．(2019贵阳12分)(1)数学理解：如图①，△ABC是等腰直角三角形，过斜边AB的中点D作正方形DECF，分别交BC，AC于点E，F，求AB，BE，AF之间的数量关系；
(2)问题解决：如图②，在任意直角△ABC内，找一点D，过点D作正方形DECF，分别交BC，AC于点E，F，若AB＝BE＋AF，求∠ADB的度数；
(3)联系拓广：如图③，在(2)的条件下，分别延长ED，FD，交AB于点M，N，求MN，AM，BN的数量关系．
第15题图
16．(2019宜昌11分)已知：在矩形ABCD中，E，F分别是边AB，AD上的点，过点F作EF的垂线交DC于点H，以EF为直径作半圆O.
(1)填空：点A________(填“在”或“不在”)⊙O上；
当eq \(AE,\s\up8(︵))＝eq \(AF,\s\up8(︵))时，tan∠AEF的值是________；
(2)如图①，在△EFH中，当FE＝FH时，求证：AD＝AE＋DH；
(3)如图②，当△EFH的顶点F是边AD的中点时，求证：EH＝AE＋DH；
(4)如图③，点M在线段FH的延长线上，若FM＝FE，连接EM交DC于点N，连接FN，当AE＝AD时，FN＝4，HN＝3，求tan∠AEF的值．
第16题图
题型四 几何探究型问题
类型一 动点探究题
1．(1)证明：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB.
∵∠ADE＋∠CDE＝∠B＋∠BAD，∠ADE＝∠B，
∴∠BAD＝∠CDE.
∴△ABD∽△DCE；·········(2分)
(2)解：如解图①，过点A作AM⊥BC于点M.
第1题解图①
在Rt△ABM中，设BM＝4k，则AM＝BM·tanB＝4k·eq \f(3,4)＝3k，
由勾股定理，得AB2＝AM2＋BM2，
∴202＝(3k)2＋(4k)2.
∴k＝4.
∵AB＝AC，AM⊥BC，
∴BC＝2BM＝2×4k＝32.
∵DE∥AB，
∴∠BAD＝∠ADE.
又∵∠ADE＝∠B，∠B＝∠ACB，
∴∠BAD＝∠ACB.
∵∠ABD＝∠CBA，
∴△ABD∽△CBA.
∴eq \f(AB,CB)＝eq \f(DB,AB).
∴DB＝eq \f(AB2,CB)＝eq \f(202,32)＝eq \f(25,2).
∵DE∥AB，
∴eq \f(AE,AC)＝eq \f(BD,BC).
∴AE＝eq \f(AC·BD,BC)＝eq \f(20×\f(25,2),32)＝eq \f(125,16)；·········(6分)
(3)解：存在，BD＝18，理由如下．
如解图②，过点F作FH⊥BC于点H，过点A作AM⊥BC于点M，AN⊥FH于点N，则∠NHM＝∠AMH＝∠ANH＝90°，
第1题解图②
∴四边形AMHN为矩形．
∴∠MAN＝90°，MH＝AN.
∵AB＝AC，AM⊥BC，
∴BM＝CM＝eq \f(1,2)BC＝eq \f(1,2)×32＝16.
在Rt△ABM中，由勾股定理，得AM＝eq \r(AB2－BM2)＝eq \r(202－162)＝12.
∵AN⊥FH，AM⊥BC，
∴∠ANF＝90°＝∠AMD.
∵∠DAF＝90°＝∠MAN，
∴∠NAF＝∠MAD.
∴△AFN∽△ADM.
∴eq \f(AN,AM)＝eq \f(AF,AD)＝tan∠ADF＝tan∠B＝eq \f(3,4).
∴AN＝eq \f(3,4)AM＝eq \f(3,4)×12＝9.
∴CH＝CM－MH＝CM－AN＝16－9＝7.
当DF＝CF时，由点D不与点C重合可知，△DFC为等腰三角形，
又∵FH⊥DC，
∴CD＝2CH＝14.
∴BD＝BC－CD＝32－14＝18.
∴点D在BC边上运动的过程中，存在某个位置，使得DF＝CF，此时BD＝18.(10分)
2．解：(1)① 3；(3分)
【解法提示】∵S四边形AMQP＝eq \f(1,2)×(12＋20)×x＝48，∴x＝3.
②当P在AD上时，点P运动到与点D重合时，S四边形AMQP最大，S四边形AMQP的最大值为：eq \f(1,2)(AM＋PQ)·AD＝160，
当点P在线段DG上时，如解图，过点P作PN⊥AB于点N，与CD交于点H，
第2题解图
∵△GDC为等腰直角三角形，AB＝20，BC＝10.
∴点G到AB的距离为20.
∴点P在DG上时，10≤x<20.
∵∠PDC＝45°，
∴PH＝DH＝x－10.
PQ＝CD－2DH＝20－2(x－10)＝40－2x，
∴S四边形AMQP＝eq \f(1,2)(40－2x＋12)x
＝－x2＋26x
＝－(x－13)2＋169.
∴当x＝13时，S四边形AMQP的最大值为169，
综上所述：在运动过程中，四边形AMQP的最大面积是169；·········(6分)
(2)由(1)知PQ＝40－2x，
∴S梯形AMQP＝eq \f(1,2)x(PQ＋MA)＝eq \f(1,2)x(40－2x＋a)＝－x2＋eq \f(40＋a,2)x.
对称轴为直线x＝10＋eq \f(a,4)，
∵0≤a≤20，
∴10≤10＋eq \f(a,4)≤15，即对称轴在10和15之间．
∵抛物线的开口向下，且10≤x＜20，
∴当x无限接近20时，梯形AMQP的面积为最小，
∴－202＋eq \f(40＋a,2)·20≥50，解得a≥5.
∴5≤a≤20.·········(12分)
3．解：(1)60；·········(1分)
(2)①＝；·········(2分)
②证明：如解图①，当BE＞AB时，过点F
第3题解图①
作FN⊥BC于点N，FM⊥AB交BA的延长线于点M.在四边形FMBN中，∠FMB＝∠FNB＝90°，∠B＝120°，
∴∠MFN＝60°.
又∵四边形AEFG是菱形，∠EAG＝120°，
∴AF平分∠EAG，AE＝EF.
∴∠FAE＝60°，△AEF是等边三角形．
∴∠AFE＝60°.
∴∠MFN－∠AFN＝∠AFE－∠AFN.即∠MFA＝∠NFE.
在△FMA和△FNE中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠FMA＝∠FNE，,∠MFA＝∠NFE，,FA＝FE，))
第3题解图②
∴△FMA≌△FNE(AAS)．∴FM＝FN.
∴点F在∠ABC的平分线上．
如解图②，当BE＝AB时，
∵∠ABC＝120°，
∴∠EAB＝∠AEB＝30°.
∵四边形AEFG是菱形，∠EAG＝120°，
∴∠FAE＝∠FEA＝60°，AE＝EF.
∴△AEF为等边三角形，∠FAB＝∠FEB＝90°.
∴AF＝EF.
∴点F在∠ABC的平分线上；
当BE＜AB时，类似地，可证点F在∠ABC的平分线上．特别地，当点E与点B重合时，点F在∠ABC的平分线上．
综上所述，点F在∠ABC的平分线上；·········(5分)
(3)如解图③，∵四边形AEGH是平行四边形，四边形AEFG是菱形，
∴AE∥HG，AE∥GF.
∴HG和GF共线．
又∵GE是菱形AEFG的对角线，∠EAG＝120°，
∴GE平分∠DGA，∠DGA＝60°.
∴∠FGE＝eq \f(1,2)∠FGA＝30°.
又∵GE∥HB，
∴∠H＝∠FGE＝30°.
在△ADH中，∵∠DAB＝60°，
∴∠ADH＝30°.
∴AH＝AD.
在△GAD中，∵∠ADG＝30°，∠DGA＝60°，
∴∠DAG＝90°，∠H＝∠GAH＝30°.
∴GD＝2AG，HG＝AG.
∴eq \f(HD,AG)＝3.
易证AG＝AE，
∴eq \f(HD,AE)＝3.
第3题解图③
∵四边形AEFG是菱形，
∴AG＝AE，AE∥HD.
∴∠H＝∠EAB＝30°.
∴∠AEB＝30°.
∴AB＝EB.
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC.
∴∠B＝∠DAH.
∴△AHD∽△BAE，
∴eq \f(AD,BE)＝eq \f(HD,AE)＝3.
即eq \f(BC,AB)＝3.(9分)
4．(1)证明：∵BF⊥CE于点G，四边形ABCD是正方形，
∴∠EBC＝90°， 即∠EBF＋∠CBF＝90°.
又∵∠ECB＋∠CBF＝90°，
∴∠ECB＝∠EBF.
∵BC＝AB，∠FAB＝∠EBC＝90°，
在△ABF和△BCE中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠FBA＝∠ECB，,AB＝BC，,∠FAB＝∠EBC，))
∴△ABF≌△BCE；·········(3分)
(2)证明：如解图①，延长AD到点Q，使得DQ＝DF，
由(1)可得，△ABF≌△BCE，
∵E是AB中点，
∴DF＝BE.
∴DQ＝BE.
又∵∠QDC＝∠EBC＝90°，BC＝DC.
在△DQC和△BEC中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(DQ＝BE，,∠QDC＝∠EBC，,DC＝BC，))
∴△DQC≌△BEC.
∴△DQC可看作由△BEC绕点C顺时针旋转90°而得，
∴CQ⊥CE.
过点D作DP⊥CG于点P，则DP∥CQ∥FG.
∵DF＝DQ，
∴CP＝GP，
∴DP是线段CG的垂直平分线．
∴CD＝DG；·········(6分)
第4题解图①
(3)设正方形ABCD的边长是4，则BE＝2，
∴CE＝eq \r(22＋42)＝2eq \r(5).
易得△BCG∽△ECB，
∴eq \f(CG,CB)＝eq \f(BC,EC).∴CG＝eq \f(BC2,CE)＝eq \f(4×4,2\r(5))＝eq \f(8,\r(5)).
如解图②，作DP⊥CG交CG于点P，由(2)可得点P 是CG中点，
∴DP＝eq \r(42－（\f(4,\r(5))）2)＝eq \f(8,\r(5)).
则S△DCG＝eq \f(1,2)CG·DP＝eq \f(1,2)×eq \f(8,\r(5))×eq \f(8,\r(5))＝eq \f(32,5).
又∵S△DCG＝eq \f(1,2)DG·CH，DG＝DC＝4.∴ CH＝eq \f(16,5).
易得△CHG∽△CGN，△CDM∽△CHD，
则eq \f(CN,CG)＝eq \f(CG,CH)，eq \f(CM,CD)＝eq \f(CD,CH，)
∴CN＝eq \f(CG2,CH)＝4，CM＝eq \f(CD2,CH)＝5.
∴MN＝CM－CN＝1，NH＝CN－CH＝4－eq \f(16,5)＝eq \f(4,5)，
∴eq \f(MN,NH)＝eq \f(5,4).(10分)
第4题解图②
5．解：(1)在Rt△ABC中，∵∠ACB＝90°，AB＝10 cm，BC＝8 cm，
∴AC＝eq \r(102－82)＝6 cm.
∴sin∠B＝eq \f(AC,AB)＝eq \f(6,10)＝eq \f(3,5)，cs∠B＝eq \f(BC,AB)＝eq \f(8,10)＝eq \f(4,5)，tan∠B＝eq \f(AC,BC)＝eq \f(6,8)＝eq \f(3,4).
∵PB＝t，PE⊥AB，
∴PE＝eq \f(3,4)t，BE＝eq \f(5,4)t.
当点E在∠BAC的平分线上时，
∵EP⊥AB，EC⊥AC，∴PE＝EC.
∴eq \f(3,4)t＝8－eq \f(5,4)t，解得t＝4.
∴当t为4秒时，点E在∠BAC的平分线上；·········(3分)
(2)如解图，连接OE，PC.过点P作PH⊥BC于点H，
∵AB∥CD，
∴∠A＝∠OCD.
又∵∠ACB＝90°，OD垂直平分AC，
∴△ABC∽△CDO.
∴∠B＝∠CDO.
∵QD＝t，
∴DG＝QD·cs∠CDO＝eq \f(4,5)t.
∵BP＝t，
∴PH＝eq \f(3,5)t，BH＝eq \f(4,5)t，CH＝8－eq \f(4,5)t.
S四边形OPEG＝S△OEG＋S△OPE
＝S△OEG＋(S△OPC＋S△PCE－S△OEC)
＝eq \f(1,2)OG·OC＋[eq \f(1,2)OC·CH＋eq \f(1,2)EC·PH－eq \f(1,2)OC·CE]
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4－\f(4,5)t))·3＋[eq \f(1,2)·3·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(8－\f(4,5)t))＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(8－\f(5,4)t))·eq \f(3,5)t－eq \f(1,2)·3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(8－\f(5,4)t))]
＝－eq \f(3,8)t2＋eq \f(15,8)t＋6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0＜t＜5))；·······(7分)
第5题解图
(3)存在．
∵S ＝－eq \f(3,8)t2＋eq \f(15,8)t＋6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0＜t＜5))，
∴t＝eq \f(5,2)时，四边形OPEG的面积最大，最大值为eq \f(267,32)；·······(9分)
(4)存在．如解图，连接OQ.
∵OE⊥OQ，
∴∠EOC＋∠QOC＝90°，
∵∠QOC＋∠QOG＝90°，
∴∠EOC＝∠QOG，
∴tan∠EOC＝tan∠QOG，
∴eq \f(EC,OC)＝eq \f(GQ,OG)，
∴eq \f(8－\f(5,4)t,3)＝eq \f(\f(3,5)t,4－\f(4,5)t)，
整理得5t2－66t＋160＝0，
解得t＝eq \f(16,5)或10(舍去)，
经检验：t＝eq \f(16,5)是原分式方程的解，
∴当t＝eq \f(16,5)时，OE⊥OQ.·······(12分)
类型二 平移、旋转、折叠探究题
6．解：(1)由点A(6，0)，得OA＝6，
又∵OD＝2，
∴AD＝OA－OD＝4，
在矩形CODE中，
∵ED∥CO，得∠AED＝∠ABO＝30°.
∴在Rt△AED中，AE＝2AD＝8.
∴由勾股定理得ED＝eq \r(AE2－AD2)＝4eq \r(3).
∴CO＝4eq \r(3)，
∴点E的坐标为(2，4eq \r(3))；(3分)
(2)①由平移知，O′D′＝2，E′D′＝4eq \r(3)，ME′＝OO′＝t，
由E′D′∥BO，得∠E′FM＝∠ABO＝30°.
∴在Rt△MFE′中，MF＝2ME′＝2t.
∴由勾股定理得FE′＝eq \r(MF2－ME′2)＝eq \r(3)t.
∴S△MFE′＝eq \f(1,2)ME′·FE′＝eq \f(1,2)·t·eq \r(3)t＝eq \f(\r(3),2)t2.
∵S矩形C′O′D′E′＝O′D′·E′D′＝8eq \r(3)，
∴S＝S矩形C′O′D′E′－S△MFE′＝8eq \r(3)－eq \f(\r(3),2)t2.
∴S＝－eq \f(\r(3),2)t2＋8eq \r(3)，其中t的取值范围是0②eq \f(5,2)≤t≤6－eq \r(2).(10分)
7．(1)证明：∵D，E分别为AB，BC的中点，
∴DE为△ABC的中位线．
∴DE∥AC.
∴△DBE∽△ABC.
∴eq \f(DB,AB)＝eq \f(BE,BC).
∵∠DBE＝∠ABC，
∴∠DBE－∠ABE＝∠ABC－∠ABE，
即∠DBA＝∠EBC.
在△BDA与△BEC中，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠DBA＝∠EBC，,\f(BD,BA)＝\f(BE,BC)，))
∴△DBA∽△BEC；(4分)
(2)解：不变；设AB交CG于点H，
∵△BDA∽△BEC，∴∠GCB＝∠GAB.
又∵∠AHG与∠CHB为对顶角，∴∠BHC＝∠AHG.
∴∠AGC＝∠ABC＝30°；········(8分)
(3)如解图．设AB的中点为K，连接DK，以AC为边向左作等边△ACO，连接OG，OB.
第7题解图
以O为圆心，OA为半径作⊙O，
∵∠AGC＝30°，∠AOC＝60°，
∴∠AGC＝eq \f(1,2)∠AOC，
∴点G在⊙O上运动，
以B为圆心，BD为半径作⊙B，
当直线AD与⊙B相切时，BD⊥AD，
∴∠ADB＝90°.
∵BK＝AK，
∴DK＝BK＝AK.
∵BD＝BK，
∴BD＝DK＝BK.
∴△BDK是等边三角形．
∴∠DBK＝60°.
∴∠DAB＝30°.
∴∠BOG＝2∠DAB＝60°.
∴eq \(BG,\s\up8(︵))的长＝eq \f(60·π·4,180)＝eq \f(4π,3)，
观察图象可知，点G的运动路程是eq \(BG,\s\up8(︵))的长的两倍＝eq \f(8π,3).······(12分)
8．解：(1)如解图①，过点C作CE⊥y轴，垂足为E.
∵矩形ABCD中，CD⊥AD，
∴∠CDE＋∠ADO＝90°.
又∵∠OAD＋∠ADO＝90°，
∴∠CDE＝∠OAD＝30°.
∴在Rt△CED中，CE＝eq \f(1,2)CD＝2，DE＝eq \r(CD2－CE2)＝2eq \r(3).
在Rt△OAD中，∠OAD＝30°，∴OD＝eq \f(1,2)AD＝3.
∴OE＝OD＋DE＝3＋2eq \r(3).
∴点C的坐标为(2，3＋2eq \r(3))；······(3分)
(2)∵M为AD的中点，
∴DM＝3，S△DCM＝eq \f(1,2)·DM·CD＝6.
又∵S四边形OMCD＝eq \f(21,2)，
∴S△ODM＝S四边形OMCD－S△DCM＝eq \f(9,2).
∴S△OAD＝9.
设OA＝x，OD＝y，
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)xy＝9，,x2＋y2＝36，))
即x2＋y2＝2xy，
得x＝y，
∴eq \f(1,2)xy＝eq \f(1,2)x2＝9，
∴x1＝3eq \r(2)，x2＝－3eq \r(2)(舍去)．
∴OA的长为3eq \r(2)；······(7分)
第8题解图
(3)OC的最大值为8.
如解图②，连接OC，M为AD的中点，
∴DM＝3，CM＝eq \r(CD2＋DM2)＝5.
∴OC≤OM＋CM＝8，当O、M、C三点在同一条直线时，OC有最大值8.
过点O作ON⊥AD，垂足为N.
∵∠CDM＝∠ONM＝90°，∠CMD＝∠OMN，
∴△CMD∽△OMN.
∴eq \f(CD,ON)＝eq \f(MD,MN)＝eq \f(CM,OM)，
即eq \f(4,ON)＝eq \f(3,MN)＝eq \f(5,3)，
解得MN＝eq \f(9,5)，ON＝eq \f(12,5).
∴AN＝AM－MN＝eq \f(6,5).
在Rt△OAN中，由勾股定理得OA＝eq \r(ON2＋AN2)＝eq \f(6\r(5),5).
∴cs∠OAD＝eq \f(AN,OA)＝eq \f(\r(5),5).(12分)
9．(1)①证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD，∠QAD＝∠EBA＝90°.
又∵AE⊥QD，
∴∠AQO＋∠ADQ＝∠AQO＋∠QAO.
∴∠ADQ＝∠QAO.
在△DAQ和△ABE中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠ADQ＝ ∠BAE，,AD＝BA，,∠QAD＝∠EBA，))
∴△DAQ≌△ABE.
∴DQ＝AE；(2分)
②1; (4分)
(2)解：eq \f(GF,AE)＝k.
理由如下：如解图①，过点G作GT⊥AB于点T.
由折叠的性质得△AFO≌△EFO.
∴∠AOF＝∠EOF＝90°.
∵∠BAE＋∠AFO＝∠BAE＋∠AEB，
∴∠AFO＝∠AEB.
∴△GFT∽△AEB.
∴eq \f(GF,AE)＝eq \f(GT,AB)＝k.(6分)
图① 图②
第9题解图
(3)解：如解图②，过点P作PI⊥BC交BC延长线于点I.
由折叠的性质得∠GPE＝∠FEP＝90°.
∴∠BFE＝∠CEH＝∠HGP.
∴tan∠BFE＝eq \f(BE,FB)＝eq \f(3,4)，设BE＝3x，BF＝4x.
∴AF＝FE＝5x.
∴AB＝9x，
由(2)得，eq \f(FG,AE)＝eq \f(TG,AB)＝eq \f(2,3)，
∵GF＝2eq \r(10)，
解得AE＝3eq \r(10).
在Rt△ABE中，由勾股定理得AB2＋BE2＝AE2，即(9x)2＋(3x)2＝(3eq \r(10))2，解得x＝1.
∴BE＝3，AB＝9，由eq \f(BC,AB)＝eq \f(2,3)解得BC＝6，EC＝BC－BE＝3.
在Rt△PEI中，tan∠PEI＝tan∠BFE＝eq \f(PI,EI)＝eq \f(3,4)，EP＝AD＝6.
设PI＝3x，EI＝4x，
由勾股定理得(3x)2＋(4x)2＝62，
解得x＝eq \f(6,5)(负值已舍去)．
∴PI＝eq \f(18,5)，EI＝eq \f(24,5)，CI＝＝EI－EC＝eq \f(24,5)－3＝eq \f(9,5).
∴CP＝eq \r(CI2＋PI2)＝eq \f(9\r(5),5).···············(10分)
10．解：(1)1，60°；···········(2分)
【解法提示】∵∠ACB＝60°，∠APD＝60°，AC＝BC，AP＝PD，∴△ACB与△APD都是等边三角形，∴AC＝AB，AP＝AD，而∠CAP＝∠CAB－∠PAB＝∠PAD－∠PAB＝∠BAD，∴△APC≌△ADB(SAS)．∴BD＝CP.∴eq \f(BD,CP)＝1；∵△APC≌△ADB，∴∠ACP＝∠ABD，设CP与BD的延长线交于点I，如解图①，∴∠CIB＝180°－∠PCB－∠CBD＝180°－(60°－∠ACP)－(60°＋∠ABD)＝60°＋∠ACP－∠ABD＝60°，∴直线BD与直线CP所在直线的夹角等于60°.
图① 图②
第10题解图
(2)eq \r(2)，直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数为45°；·········(4分)
理由如下：
∵∠ACB＝90°，CA＝CB，
∴∠CAB＝45°，eq \f(AB,AC)＝eq \r(2).
同理可得：∠PAD＝45°，eq \f(AD,AP)＝eq \r(2)，
∴eq \f(AB,AC)＝eq \f(AD,AP)，∠CAB＝∠PAD.
∴∠CAB＋∠DAC＝∠PAD＋∠DAC.
即∠DAB＝∠PAC.
∴△DAB∽△PAC.············(6分)
∴eq \f(BD,CP)＝eq \f(AB,AC)＝eq \r(2)，∠DBA＝∠PCA.
设BD交CP于点G，BD交CA于点H.如解图②，
∵∠BHA＝∠CHG，
∴∠CGH＝∠BAH＝45°；············(8分)
(3)eq \f(AD,CP)的值为2＋eq \r(2)或2－eq \r(2).···················(10分)
11．(1)证明：由旋转性质得：CD＝CF，∠DCF＝90°.
∵△ABC是等腰直角三角形，AD＝BD.
∴∠ADO＝90°，CD＝BD＝AD，
∴∠DCF＝∠ADC.
在△ADO和△FCO中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠AOD＝∠FOC，,∠ADO＝∠FCO，,AD＝FC，))
∴△ADO≌△FCO(AAS)．
∴DO＝CO.
∴BD＝CD＝2DO；··········(4分)
(2)解：①如解图①，分别过点D，F作DN⊥BC于点N，FM⊥BC于点M，连接BF，
第11题解图①
∴∠DNE＝∠EMF＝90°.
又∵∠NDE＝∠MEF，DE＝EF，
∴△DNE≌△EMF，
∴DN＝EM.
又∵BD＝7eq \r(2)，∠ABC＝45°，
∴DN＝EM＝7，
在等腰Rt△ABC中，AB＝14eq \r(2)，
∴BC＝AC＝14.
∴BM＝BC－ME－EC＝5，
∴MF＝NE＝NC－EC＝5.
∴BF＝5eq \r(2).
∵点D，G分别是AB，AF的中点，
∴DG＝eq \f(1,2)BF＝eq \f(5,2)eq \r(2).···············(6分)
②过点D作DH⊥BC于点H.
∵AD＝6BD，AB＝14eq \r(2)，
∴BD＝2eq \r(2).
(ⅰ)当∠DEG＝90°时，有如解图②，③两种情况，设CE＝t.
∵∠DEF＝90°，∠DEG＝90°，
∴点E在线段AF上．
∴BH＝DH＝2，BE＝14－t，HE＝BE－BH＝12－t.
∵△DHE∽△ECA，
∴eq \f(DH,EC)＝eq \f(HE,CA)，即eq \f(2,t)＝eq \f(12－t,14)，解得t＝6±2eq \r(2).
∴CE＝6＋2eq \r(2)或CE＝6－2eq \r(2).
第11题解图
(ⅱ)当DG∥BC，∠DGE＝90°时，如解图④.
过点F作FK⊥BC于点K，延长DG交AC于点N，延长AC并截取MN＝NA.连接FM.
则NC＝DH＝2，MC＝10.
设GN＝t，则FM＝2t，BK＝14－2t.
∵△DHE≌△EKF，
∴KE＝DH＝2，
∴KF＝HE＝14－2t，
∵MC＝FK，
∴14－2t＝10，得t＝2.
∵GN＝EC＝2，GN∥EC，
∴四边形GECN是平行四边形．
∵∠ACB＝90°，
∴四边形GECN是矩形，
∴∠EGN＝90°.
∴当EC＝2时，有∠DGE＝90°.
(ⅲ)当∠EDG＝90°时，如解图⑤.
过点G，F分别作AC的垂线，交射线AC于点N, M，过点E作EK⊥FM于点K，过点D作GN的垂线，交NG的延长线于点P，则PN＝HC＝BC－HB＝12，
设GN＝t，则FM＝2t，∴PG＝PN－GN＝12－t.
由△DHE≌△FKE可得：FK＝2，
∴CE＝KM＝2t－2.
∴HE＝HC－CE＝12－(2t－2)＝14－2t，
∴EK＝HE＝14－2t.AM＝AC＋CM＝AC＋EK＝14＋14－2t＝28－2t.
∴MN＝eq \f(1,2)AM＝14－t，NC＝MN－CM＝t.
∴PD＝t－2.
由△GPD∽△DHE可得：eq \f(PG,HD)＝eq \f(PD,HE).
即eq \f(12－t,2)＝eq \f(t－2,14－2t)，
解得t1＝10－eq \r(14)，t2＝10＋eq \r(14)(舍去)，
∴CE＝2t－2＝18－2eq \r(14).
∴CE的长为：6－2eq \r(2)，6＋2eq \r(2)，2或18－2eq \r(14).(12分)
第11题解图⑤
12．(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠B＝90°.
由折叠得∠DA1E＝∠A＝90°，∠HB1E＝∠B＝90°，∠AED＝∠A1ED，∠BEH＝∠B1EH.
∵∠AED＋∠A1ED＋∠BEH＋∠B1EH＝180°，
∴∠A1ED＋∠B1EH＝90°.
∵∠DA1E＝90°，∠A1ED＋∠A1DE＝90°，
∴∠B1EH＝∠A1DE.
又∵∠DA1E＝∠HB1E＝90°，
∴△A1DE∽△B1EH；··············(3分)
(2)解：△DEF是等边三角形，
理由如下：如解图①，设MN交DE于点K.
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，∠DAB＝90°.
∴∠AED＝∠FDE.
由折叠得∠AED＝∠FED.
∴∠FDE＝∠FED.
∴DF＝EF.
∵MN是矩形ABCD的对称轴，
∴MN∥AB，且点M是AD的中点．
∴点K、A1分别是DE、EF的中点．
在Rt△A1DE中，A1K＝eq \f(1,2)DE.
在△DEF中，A1K＝eq \f(1,2)DF，
∴DE＝DF.
又∵DF＝EF，
∴DE＝DF＝EF.
∴△DEF是等边三角形；············(7分)
图① 图②
第12题解图
(3)解：如解图②，以DG为边在DC下方作等边△DGP，连接PF.
∴DP＝DG＝PG，∠PDG＝∠PGD＝60°.
由(2)知，△DEF是等边三角形，
∴∠EDF＝60°.
∴∠EDF＝∠PDG.
∴∠EDG＝∠PDF.
在△DEG和△DFP中，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(DE＝DF，,∠EDG＝∠FDP，,DG＝DP，))
∴△DEG≌△DFP.
∴EG＝PF.
∵∠DGF＝150°，∠DGP＝60°，
∴∠PGF＝∠DGF－∠DGP＝150°－60°＝90°.
∴PG2＋GF2＝PF2.
∴DG2＋GF2＝GE2.···············(10分)
类型三 其他型探究题
13．解：(1)如解图①，作FH⊥BC于点H，MQ⊥CD于点Q，
∵a∶b＝1，
∴四边形ABCD为正方形，
∴FH＝AB，MQ＝BC.
∴FH＝MQ.
∵MN⊥EF，
∴易证∠HFE＝∠NMQ，∠FHE＝∠MQN＝90°.
∴△FHE≌△MQN(ASA)，
∴MN＝EF，
∴k＝1；················(4分)
第13题解图①
(2)∵a∶b＝1∶2，
∴b＝2a.
由题意得，2a≤MN≤eq \r(5)a，a≤EF≤eq \r(5)a，
当MN取最长，EF取最短时，此时k的值最大，最大值为eq \r(5)，
当MN取最短，EF取最长时，此时k的值最小，最小值为eq \f(2\r(5),5)；··········(8分)
(3)连接FN，ME，
∵k＝3，MP＝EF＝3PE，
∴eq \f(MN,PM)＝eq \f(EF,PE)＝3.
∴eq \f(PN,PM)＝eq \f(PF,PE)＝2.
∴△PNF∽△PME.
∴eq \f(NF,ME)＝eq \f(PN,PM)＝2，ME∥NF.
设PE＝2m，则PF＝4m，MP＝6m，NP＝12m.
①当点N与点D重合时，如解图②，点M恰好与点B重合，过点F作FH⊥BD于点H，
∵∠MPE＝∠FPH＝60°，
∴PH＝2m，FH＝2eq \r(3)m，HD＝10m.
∵tan∠ADB＝eq \f(AB,AD)＝eq \f(FH,HD)，
∴eq \f(a,b)＝eq \f(AB,AD)＝eq \f(FH,HD)＝eq \f(\r(3),5)；(11分)
②当点N与点C重合时，如解图③，过点E作EH⊥MN于点H，
则PH＝m，HE＝eq \r(3)m，
∴HC＝PH＋PC＝13m.
∴tan∠HCE＝eq \f(MB,BC)＝eq \f(HE,HC)＝eq \f(\r(3),13).
∵ME∥FC，AD∥BC，
∴∠MEB＝∠FCB＝∠CFD.
又∵∠B＝∠D，
∴△MEB∽△CFD.
∴eq \f(CD,MB)＝eq \f(FC,ME)＝eq \f(PF,PE)＝2.
∴eq \f(a,b)＝eq \f(CD,BC)＝eq \f(2MB,BC)＝eq \f(2\r(3),13).
综上所述，a∶b的值为eq \f(\r(3),5)或eq \f(2\r(3),13).·········(14分)
图② 图③
第13题解图
14．(1)解：∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠C＝45°.
∵AD⊥BC，
∴∠BAD＝∠ABC＝45°.
∴AD＝BD.
∵AB＝2，
∴AD＝BD＝eq \f(\r(2),2)AB＝eq \f(\r(2),2)×2＝eq \r(2).
∵∠BMN＝90°，∠AMN＝30°，
∴∠BMD＝180°－∠BMN－∠AMN＝60°.
在Rt△BDM中，DM＝eq \f(BD,tan∠BMD)＝eq \f(\r(6),3)，
∴AM＝AD－DM＝eq \r(2)－eq \f(\r(6),3)；············(3分)
(2)证明：∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠B＝∠C＝45°.
∵AD⊥BC，
∴BD＝CD，∠BAD＝∠CAD＝45°.
∴∠CAD＝∠B，AD＝BD.
∵∠ADB＝∠EDF＝90°，
∴∠BDE＝∠ADF.
∴△BDE≌△ADF.
∴BE＝AF；·············(6分)
(3)证明：如解图，过点M作MP⊥AM，交AB的延长线于点P，则∠AMP＝90°.
第14题解图
∵∠PAM＝45°，
∴∠P＝∠PAM＝45°，
∴AM＝PM.
∵∠BMN＝∠AMP＝90°，
∴∠BMP＝∠AMN.
∵∠DAC＝∠P＝45°，
∴△AMN≌△PMB.
∴AN＝PB.
∴AP＝AB＋BP＝AB＋AN.
∵在Rt△AMP中，∠AMP＝90°，AM＝MP，
∴AP＝eq \r(2)AM.
∴AB＋AN＝eq \r(2)AM.············(10分)
15．解：(1)∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠ABC＝∠BAC＝45°.
∵四边形DECF是正方形，
∴DE＝DF，∠AFD＝∠EDF＝∠BED＝90°.
∴AF＝DF＝DE＝BE.
∵D是AB的中点，
∴AD＝BD＝eq \f(1,2)AB.
∵∠ABC＝∠BAC＝45°，
∴AF＝BE＝eq \f(\r(2),2)BD＝eq \f(\r(2),2)·eq \f(1,2)AB＝eq \f(\r(2),4)AB.
即AF＝BE＝eq \f(\r(2),4)AB；···········(4分)
(2)如解图①，将△ADF绕点A逆时针旋转，使F点落在AB的点G处，D落在H处，连接BH，DH，
则∠AGH＝∠AFD＝90°，AD＝AH，AG＝AF，GH＝FD，∠HAG＝∠DAF，
∴∠BGH＝90°＝∠BED.
∵AB＝AF＋BE，
∴BE＝BG.
∵四边形DECF为正方形，
∴DF＝DE.
又∵DF＝GH，
∴DE＝HG.
在△BDE和△BHG中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(BE＝BG，,∠BED＝∠BGH，,DE＝GH，,))∴△BDE≌△BHG.
∴BD＝BH，∠DBE＝∠HBG.
∴∠DBH＝∠EBG.
∵∠HAG＝∠DAF，
∴∠DAH＝∠FAG.
∴∠DAH＋∠DBH＝∠BAC＋∠ABC＝90°.
∵AD＝AH，BD＝BH，
∴∠ADH＝∠AHD，∠BDH＝∠BHD.
∴∠ADB＝∠AHB.
∵∠ADB＋∠AHB＋∠DAH＋∠DBH＝360°，
∴∠ADB＝∠AHB＝eq \f(360°－90°,2)＝135°；·········(8分)
图① 图②
第15题解图
(3)如解图②，由(2)知，AD＝AH，BD＝BH，
∴AB是DH的垂直平分线．
∴∠DAB＝∠HAB.
∵∠DAF＝∠GAH，
∴∠DAF＝∠DAB.
同理可得∠DBE＝∠DBA.
∵四边形DECF是正方形，
∴∠MDN＝∠EDF＝90°.
∵AC∥ME，BC∥FN，
∴∠ADM＝∠DAF＝∠DAM，∠BDN＝∠DBE＝∠DBN.
∴DM＝AM，DN＝BN.
∵DM2＋DN2＝MN2，
∴AM2＋BN2＝MN2.(12分)
16．(1)解：在；1；···················(1分)
(2)证明：∵EF⊥FH，
∴∠EFH＝90°.
∵在矩形ABCD中，∠A＝∠D＝90°，
∴∠AEF＋∠AFE＝90°，
∵∠DFH＋∠AFE＝90°，
∴∠AEF＝∠DFH.
又∵EF＝FH，
∴△AEF≌△DFH.·················(3分)
∴AF＝DH，AE＝DF.
∴AD＝AF＋FD＝AE＋DH；·················(4分)
(3)证明：如解图①，延长EF交HD的延长线于点G，
∵F是边AD的中点，
∴AF＝DF.
又∵∠A＝∠FDG＝90°，∠AFE＝∠DFG，
∴△AEF≌△DGF.·················(5分)
∴AE＝DG，EF＝FG.
∵EF⊥FH，
∴EH＝GH.(6分)
∴GH＝DH＋DG＝DH＋AE.
∴EH＝DH＋AE；·················(7分)
第16题解图①
(4)解：如解图②，过点M作MQ⊥AD，垂足为点Q，
设AF＝x，AE＝a，
∵FM＝FE，FE⊥FH，
∴∠EFM＝90°.
又∵∠A＝90°，
∴∠AEF＝∠MFQ.
∵∠A＝∠MQF＝90°，
∴△AEF≌△QFM.
∴AE＝FQ＝a，AF＝QM.
∵AE＝AD，
∴AF＝DQ＝QM＝x.
∵DC∥QM，
∴eq \f(DQ,FQ)＝eq \f(HM,FM)＝eq \f(x,a)，·················(8分)
∵DC∥AB∥QM，
∴eq \f(MN,EN)＝eq \f(DQ,AD)＝eq \f(x,a).·················(9分)
∴eq \f(MN,EN)＝eq \f(HM,FM)＝eq \f(x,a).
∵FE＝FM，
∴eq \f(MN,EN)＝eq \f(MH,FE)＝eq \f(x,a).
又∵∠FMN＝∠FEM＝45°，
∴△HMN∽△FEN.·················(10分)
∴eq \f(MN,EN)＝eq \f(HN,FN)＝eq \f(x,a)＝eq \f(3,4)，
∴tan∠AEF＝eq \f(AF,AE)＝eq \f(x,a)＝eq \f(3,4).·················(11分)
第16题解图②
类型一 动点探究题
1．(2019成都10分)如图①，在△ABC中，AB＝AC＝20，tanB＝eq \f(3,4)，点D为BC边上的动点(点D不与点B，C重合)．以D为顶点作∠ADE＝∠B，射线DE交AC边于点E，过点A作AF⊥AD交射线DE于点F，连接CF.
(1)求证：△ABD∽△DCE；
(2)当DE∥AB时(如图②)，求AE的长；
(3)点D在BC边上运动的过程中，是否存在某个位置，使得DF＝CF？若存在，求出此时BD的长；若不存在，请说明理由．
第1题图
2．(2019扬州12分)如图①，四边形ABCD是矩形，AB＝20，BC＝10，以CD为一边向矩形外部作等腰直角△GDC，∠G＝90°.点M在线段AB上，且AM＝a，点P沿折线AD－DG运动、点Q沿折线BC－CG运动(与点G不重合)，在运动过程中，始终保持线段PQ∥AB.设PQ与AB之间的距离为x.
(1)若a＝12.
①如图②，当点P在线段AD上时，若四边形AMQP的面积为48，则x的值为________；
②在运动过程中，求四边形AMQP的最大面积；
(2)如图③，若点P在线段DG上时，要使四边形AMQP的面积始终不小于50，求a的取值范围．
第2题图
3．(2019江西9分)在图①，②，③中，已知□ABCD，∠ABC＝120°，点E为线段BC上的动点，连接AE，以AE为边向上作菱形AEFG，且∠EAG＝120°.
(1)如图①，当点E与点B重合时，∠CEF＝________°；
(2)如图②，连接AF.
①填空：∠FAD________∠EAB(填“＞”，“＜”，“＝”)；
②求证：点F在∠ABC的平分线上；
(3)如图③，连接EG，DG，并延长DG交BA的延长线于点H，当四边形AEGH是平行四边形时，求eq \f(BC,AB)的值．
第3题图
4．(2019广西北部湾经济区10分)如图①，在正方形ABCD中，点E是AB边上的一个动点(点E与点A，B不重合)，连接CE，过点B作BF⊥CE于点G，交AD于点F.
(1)求证：△ABF≌△BCE；
(2)如图②，当点E运动到AB中点时，连接DG，求证：DC＝DG；
(3)如图③，在(2)的条件下，过点C作CM⊥DG于点H，分别交AD，BF于点M，N，求eq \f(MN,NH)的值．
第4题图
5．(2019青岛12分)已知：如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠ACB＝90°，AB＝10 cm，BC＝8 cm，OD垂直平分AC.点P从点B出发，沿BA方向匀速运动，速度为1 cm/s；同时，点Q从点D出发，沿DC方向匀速运动，速度为1 cm/s；当一个点停止运动，另一个点也停止运动．过点P作PE⊥AB，交BC于点E，过点Q作QF∥AC，分别交AD，OD于点F，G.连接OP，EG.设运动时间为t(s)(0＜t＜5)，解答下列问题：
(1)当t为何值时，点E在∠BAC的平分线上？
(2)设四边形PEGO的面积为S(cm2)，求S与t的函数关系式；
(3)在运动过程中，是否存在某一时刻t，使四边形PEGO的面积最大？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
(4)连接OE，OQ，在运动过程中，是否存在某一时刻t，使OE⊥OQ？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
第5题图
类型二 平移、旋转、折叠探究题
6．(2019天津10分)在平面直角坐标系中，O为原点，点A(6，0)，点B在y轴的正半轴上，∠ABO＝30°.矩形CODE的顶点D，E，C分别在OA，AB，OB上，OD＝2.
(1)如图①，求点E的坐标；
(2)将矩形CODE沿x轴向右平移，得到矩形C′O′D′E′，点C，O，D，E的对应点分别为C′，O′，D′，E′.设OO′＝t，矩形C′O′D′E′与△ABO重叠部分的面积为S.
①如图②，当矩形C′O′D′E′与△ABO重叠部分为五边形时，C′E′，E′D′分别与AB相交于点M，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 \r(3)≤S≤5eq \r(3)时，求t的取值范围(直接写出结果即可)．
第6题图
7．(2019宿迁12分)如图①，在钝角△ABC，∠ABC＝30°，AC＝4，点D为边AB中点，点E为边BC中点，将△BDE绕点B逆时针方向旋转α度(0≤α≤180)．
(1)如图②，当0<α<180时，连接AD、CE.求证：△BDA∽△BEC；
(2)如图③，直线CE、AD交于点G.在旋转过程中，∠AGC的大小是否发生变化？如变化，请说明理由；如不变，请求出这个角的度数；
(3)将△BDE从图①位置绕点B逆时针方向旋转180°，求点G的运动路程．
第7题图
8．(2019益阳12分)如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形ABCD的边AB＝4，BC＝6.若不改变矩形ABCD的形状和大小，当矩形顶点A在x轴的正半轴上左右移动时，矩形的另一个顶点D始终在y轴的正半轴上随之上下移动．
(1)当∠OAD＝30°时，求点C的坐标；
(2)设AD的中点为M，连接OM、MC，当四边形OMCD的面积为eq \f(21,2)时，求OA的长；
(3)当点A移动到某一位置时，点C到点O的距离有最大值，请直接写出最大值，并求此时cs∠OAD的值．
9．(2019襄阳10分)(1)证明推断：如图①，在正方形ABCD中，点E, Q分别在边BC, AB上，DQ⊥AE于点O，点G, F分别在边CD，AB上，GF⊥AE.
①求证：DQ＝AE；
②推断：eq \f(GF,AE)的值为________；
(2)类比探究：如图②，在矩形ABCD中，eq \f(BC,AB)＝k(k为常数)．将矩形ABCD沿GF折叠，使点A落在BC边上的点E处，得到四边形FEPG，EP交CD于点H，连接AE交GF于点O.试探究GF与AE之间的数量关系，并说明理由；
(3)拓展应用：在(2)的条件下，连接CP，当k＝eq \f(2,3)时，若tan∠CGP＝eq \f(3,4)，GF＝2eq \r(10)，求CP的长．
第9题图
10．(2019河南10分)在△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝α.点P是平面内不与点A，C重合的任意一点，连接AP，将线段AP绕点P逆时针旋转α得到线段DP，连接AD，BD，CP.
(1)观察猜想
如图①，当α＝60°时，eq \f(BD,CP)的值是________，直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是________；
(2)类比探究
如图②，当α＝90°时，请写出eq \f(BD,CP)的值及直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数，并就图②的情形说明理由；
(3)解决问题
当α＝90°时，若点E，F分别是CA，CB的中点，点P在直线EF上，请直接写出点C，P，D在同一直线上时eq \f(AD,CP)的值．
第10题图
11．(2019金华12分)如图，在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝14eq \r(2)，点D，E分别在边AB，BC上，将线段ED绕点E按逆时针方向旋转90°得到EF.
(1)如图①，若AD＝BD，点E与点C重合，AF与DC相交于点O.求证：BD＝2DO；
(2)已知点G为AF的中点．
①如图②，若AD＝BD，CE＝2，求DG的长；
②若AD＝6BD，是否存在点E，使得△DEG是直角三角形？若存在，求CE的长；若不存在，试说明理由．
第11题图
12．(2019郴州10分)如图①，矩形ABCD中，点E为AB边上的动点(不与A，B重合)，把△ADE沿DE翻折，点A的对应点为A1，延长EA1交直线DC于点F，再把∠BEF折叠，使点B的对应点B1落在EF上，折痕EH交直线BC于点H.
(1)求证：△A1DE∽△B1EH；
(2)如图②，直线MN是矩形ABCD的对称轴，若点A1恰好落在直线MN上，试判断△DEF的形状，并说明理由；
(3)如图③，在(2)的条件下，点G为△DEF内一点，且∠DGF＝150°，试探究DG，EG，FG的数量关系．
第12题图
类型三 其他型探究题
13．(2019绍兴14分)如图，矩形ABCD中，AB＝a，BC＝b，点M，N分别在边AB，CD上，点E，F分别在边BC，AD上，MN，EF交于点P，记k＝MN∶EF.
(1)若a∶b的值为1，当MN⊥EF时，求k的值；
(2)若a∶b的值为eq \f(1,2)，求k的最大值和最小值；
(3)若k的值为3，当点N是矩形的顶点，∠MPE＝60°，MP＝EF＝3PE时，求a∶b的值．
第13题图
14．(2019枣庄10分)在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，AD⊥BC于点D.
(1)如图①，点M，N分别在AD，AB上，且∠BMN＝90°，当∠AMN＝30°，AB＝2时，求线段AM的长；
(2)如图②，点E，F分别在AB，AC上，且∠EDF＝90°，求证：BE＝AF；
(3)如图③，点M在AD的延长线上，点N在AC上，且∠BMN＝90°，求证：AB＋AN＝eq \r(2)AM.
第14题图
15．(2019贵阳12分)(1)数学理解：如图①，△ABC是等腰直角三角形，过斜边AB的中点D作正方形DECF，分别交BC，AC于点E，F，求AB，BE，AF之间的数量关系；
(2)问题解决：如图②，在任意直角△ABC内，找一点D，过点D作正方形DECF，分别交BC，AC于点E，F，若AB＝BE＋AF，求∠ADB的度数；
(3)联系拓广：如图③，在(2)的条件下，分别延长ED，FD，交AB于点M，N，求MN，AM，BN的数量关系．
第15题图
16．(2019宜昌11分)已知：在矩形ABCD中，E，F分别是边AB，AD上的点，过点F作EF的垂线交DC于点H，以EF为直径作半圆O.
(1)填空：点A________(填“在”或“不在”)⊙O上；
当eq \(AE,\s\up8(︵))＝eq \(AF,\s\up8(︵))时，tan∠AEF的值是________；
(2)如图①，在△EFH中，当FE＝FH时，求证：AD＝AE＋DH；
(3)如图②，当△EFH的顶点F是边AD的中点时，求证：EH＝AE＋DH；
(4)如图③，点M在线段FH的延长线上，若FM＝FE，连接EM交DC于点N，连接FN，当AE＝AD时，FN＝4，HN＝3，求tan∠AEF的值．
第16题图
题型四 几何探究型问题
类型一 动点探究题
1．(1)证明：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB.
∵∠ADE＋∠CDE＝∠B＋∠BAD，∠ADE＝∠B，
∴∠BAD＝∠CDE.
∴△ABD∽△DCE；·········(2分)
(2)解：如解图①，过点A作AM⊥BC于点M.
第1题解图①
在Rt△ABM中，设BM＝4k，则AM＝BM·tanB＝4k·eq \f(3,4)＝3k，
由勾股定理，得AB2＝AM2＋BM2，
∴202＝(3k)2＋(4k)2.
∴k＝4.
∵AB＝AC，AM⊥BC，
∴BC＝2BM＝2×4k＝32.
∵DE∥AB，
∴∠BAD＝∠ADE.
又∵∠ADE＝∠B，∠B＝∠ACB，
∴∠BAD＝∠ACB.
∵∠ABD＝∠CBA，
∴△ABD∽△CBA.
∴eq \f(AB,CB)＝eq \f(DB,AB).
∴DB＝eq \f(AB2,CB)＝eq \f(202,32)＝eq \f(25,2).
∵DE∥AB，
∴eq \f(AE,AC)＝eq \f(BD,BC).
∴AE＝eq \f(AC·BD,BC)＝eq \f(20×\f(25,2),32)＝eq \f(125,16)；·········(6分)
(3)解：存在，BD＝18，理由如下．
如解图②，过点F作FH⊥BC于点H，过点A作AM⊥BC于点M，AN⊥FH于点N，则∠NHM＝∠AMH＝∠ANH＝90°，
第1题解图②
∴四边形AMHN为矩形．
∴∠MAN＝90°，MH＝AN.
∵AB＝AC，AM⊥BC，
∴BM＝CM＝eq \f(1,2)BC＝eq \f(1,2)×32＝16.
在Rt△ABM中，由勾股定理，得AM＝eq \r(AB2－BM2)＝eq \r(202－162)＝12.
∵AN⊥FH，AM⊥BC，
∴∠ANF＝90°＝∠AMD.
∵∠DAF＝90°＝∠MAN，
∴∠NAF＝∠MAD.
∴△AFN∽△ADM.
∴eq \f(AN,AM)＝eq \f(AF,AD)＝tan∠ADF＝tan∠B＝eq \f(3,4).
∴AN＝eq \f(3,4)AM＝eq \f(3,4)×12＝9.
∴CH＝CM－MH＝CM－AN＝16－9＝7.
当DF＝CF时，由点D不与点C重合可知，△DFC为等腰三角形，
又∵FH⊥DC，
∴CD＝2CH＝14.
∴BD＝BC－CD＝32－14＝18.
∴点D在BC边上运动的过程中，存在某个位置，使得DF＝CF，此时BD＝18.(10分)
2．解：(1)① 3；(3分)
【解法提示】∵S四边形AMQP＝eq \f(1,2)×(12＋20)×x＝48，∴x＝3.
②当P在AD上时，点P运动到与点D重合时，S四边形AMQP最大，S四边形AMQP的最大值为：eq \f(1,2)(AM＋PQ)·AD＝160，
当点P在线段DG上时，如解图，过点P作PN⊥AB于点N，与CD交于点H，
第2题解图
∵△GDC为等腰直角三角形，AB＝20，BC＝10.
∴点G到AB的距离为20.
∴点P在DG上时，10≤x<20.
∵∠PDC＝45°，
∴PH＝DH＝x－10.
PQ＝CD－2DH＝20－2(x－10)＝40－2x，
∴S四边形AMQP＝eq \f(1,2)(40－2x＋12)x
＝－x2＋26x
＝－(x－13)2＋169.
∴当x＝13时，S四边形AMQP的最大值为169，
综上所述：在运动过程中，四边形AMQP的最大面积是169；·········(6分)
(2)由(1)知PQ＝40－2x，
∴S梯形AMQP＝eq \f(1,2)x(PQ＋MA)＝eq \f(1,2)x(40－2x＋a)＝－x2＋eq \f(40＋a,2)x.
对称轴为直线x＝10＋eq \f(a,4)，
∵0≤a≤20，
∴10≤10＋eq \f(a,4)≤15，即对称轴在10和15之间．
∵抛物线的开口向下，且10≤x＜20，
∴当x无限接近20时，梯形AMQP的面积为最小，
∴－202＋eq \f(40＋a,2)·20≥50，解得a≥5.
∴5≤a≤20.·········(12分)
3．解：(1)60；·········(1分)
(2)①＝；·········(2分)
②证明：如解图①，当BE＞AB时，过点F
第3题解图①
作FN⊥BC于点N，FM⊥AB交BA的延长线于点M.在四边形FMBN中，∠FMB＝∠FNB＝90°，∠B＝120°，
∴∠MFN＝60°.
又∵四边形AEFG是菱形，∠EAG＝120°，
∴AF平分∠EAG，AE＝EF.
∴∠FAE＝60°，△AEF是等边三角形．
∴∠AFE＝60°.
∴∠MFN－∠AFN＝∠AFE－∠AFN.即∠MFA＝∠NFE.
在△FMA和△FNE中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠FMA＝∠FNE，,∠MFA＝∠NFE，,FA＝FE，))
第3题解图②
∴△FMA≌△FNE(AAS)．∴FM＝FN.
∴点F在∠ABC的平分线上．
如解图②，当BE＝AB时，
∵∠ABC＝120°，
∴∠EAB＝∠AEB＝30°.
∵四边形AEFG是菱形，∠EAG＝120°，
∴∠FAE＝∠FEA＝60°，AE＝EF.
∴△AEF为等边三角形，∠FAB＝∠FEB＝90°.
∴AF＝EF.
∴点F在∠ABC的平分线上；
当BE＜AB时，类似地，可证点F在∠ABC的平分线上．特别地，当点E与点B重合时，点F在∠ABC的平分线上．
综上所述，点F在∠ABC的平分线上；·········(5分)
(3)如解图③，∵四边形AEGH是平行四边形，四边形AEFG是菱形，
∴AE∥HG，AE∥GF.
∴HG和GF共线．
又∵GE是菱形AEFG的对角线，∠EAG＝120°，
∴GE平分∠DGA，∠DGA＝60°.
∴∠FGE＝eq \f(1,2)∠FGA＝30°.
又∵GE∥HB，
∴∠H＝∠FGE＝30°.
在△ADH中，∵∠DAB＝60°，
∴∠ADH＝30°.
∴AH＝AD.
在△GAD中，∵∠ADG＝30°，∠DGA＝60°，
∴∠DAG＝90°，∠H＝∠GAH＝30°.
∴GD＝2AG，HG＝AG.
∴eq \f(HD,AG)＝3.
易证AG＝AE，
∴eq \f(HD,AE)＝3.
第3题解图③
∵四边形AEFG是菱形，
∴AG＝AE，AE∥HD.
∴∠H＝∠EAB＝30°.
∴∠AEB＝30°.
∴AB＝EB.
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC.
∴∠B＝∠DAH.
∴△AHD∽△BAE，
∴eq \f(AD,BE)＝eq \f(HD,AE)＝3.
即eq \f(BC,AB)＝3.(9分)
4．(1)证明：∵BF⊥CE于点G，四边形ABCD是正方形，
∴∠EBC＝90°， 即∠EBF＋∠CBF＝90°.
又∵∠ECB＋∠CBF＝90°，
∴∠ECB＝∠EBF.
∵BC＝AB，∠FAB＝∠EBC＝90°，
在△ABF和△BCE中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠FBA＝∠ECB，,AB＝BC，,∠FAB＝∠EBC，))
∴△ABF≌△BCE；·········(3分)
(2)证明：如解图①，延长AD到点Q，使得DQ＝DF，
由(1)可得，△ABF≌△BCE，
∵E是AB中点，
∴DF＝BE.
∴DQ＝BE.
又∵∠QDC＝∠EBC＝90°，BC＝DC.
在△DQC和△BEC中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(DQ＝BE，,∠QDC＝∠EBC，,DC＝BC，))
∴△DQC≌△BEC.
∴△DQC可看作由△BEC绕点C顺时针旋转90°而得，
∴CQ⊥CE.
过点D作DP⊥CG于点P，则DP∥CQ∥FG.
∵DF＝DQ，
∴CP＝GP，
∴DP是线段CG的垂直平分线．
∴CD＝DG；·········(6分)
第4题解图①
(3)设正方形ABCD的边长是4，则BE＝2，
∴CE＝eq \r(22＋42)＝2eq \r(5).
易得△BCG∽△ECB，
∴eq \f(CG,CB)＝eq \f(BC,EC).∴CG＝eq \f(BC2,CE)＝eq \f(4×4,2\r(5))＝eq \f(8,\r(5)).
如解图②，作DP⊥CG交CG于点P，由(2)可得点P 是CG中点，
∴DP＝eq \r(42－（\f(4,\r(5))）2)＝eq \f(8,\r(5)).
则S△DCG＝eq \f(1,2)CG·DP＝eq \f(1,2)×eq \f(8,\r(5))×eq \f(8,\r(5))＝eq \f(32,5).
又∵S△DCG＝eq \f(1,2)DG·CH，DG＝DC＝4.∴ CH＝eq \f(16,5).
易得△CHG∽△CGN，△CDM∽△CHD，
则eq \f(CN,CG)＝eq \f(CG,CH)，eq \f(CM,CD)＝eq \f(CD,CH，)
∴CN＝eq \f(CG2,CH)＝4，CM＝eq \f(CD2,CH)＝5.
∴MN＝CM－CN＝1，NH＝CN－CH＝4－eq \f(16,5)＝eq \f(4,5)，
∴eq \f(MN,NH)＝eq \f(5,4).(10分)
第4题解图②
5．解：(1)在Rt△ABC中，∵∠ACB＝90°，AB＝10 cm，BC＝8 cm，
∴AC＝eq \r(102－82)＝6 cm.
∴sin∠B＝eq \f(AC,AB)＝eq \f(6,10)＝eq \f(3,5)，cs∠B＝eq \f(BC,AB)＝eq \f(8,10)＝eq \f(4,5)，tan∠B＝eq \f(AC,BC)＝eq \f(6,8)＝eq \f(3,4).
∵PB＝t，PE⊥AB，
∴PE＝eq \f(3,4)t，BE＝eq \f(5,4)t.
当点E在∠BAC的平分线上时，
∵EP⊥AB，EC⊥AC，∴PE＝EC.
∴eq \f(3,4)t＝8－eq \f(5,4)t，解得t＝4.
∴当t为4秒时，点E在∠BAC的平分线上；·········(3分)
(2)如解图，连接OE，PC.过点P作PH⊥BC于点H，
∵AB∥CD，
∴∠A＝∠OCD.
又∵∠ACB＝90°，OD垂直平分AC，
∴△ABC∽△CDO.
∴∠B＝∠CDO.
∵QD＝t，
∴DG＝QD·cs∠CDO＝eq \f(4,5)t.
∵BP＝t，
∴PH＝eq \f(3,5)t，BH＝eq \f(4,5)t，CH＝8－eq \f(4,5)t.
S四边形OPEG＝S△OEG＋S△OPE
＝S△OEG＋(S△OPC＋S△PCE－S△OEC)
＝eq \f(1,2)OG·OC＋[eq \f(1,2)OC·CH＋eq \f(1,2)EC·PH－eq \f(1,2)OC·CE]
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4－\f(4,5)t))·3＋[eq \f(1,2)·3·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(8－\f(4,5)t))＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(8－\f(5,4)t))·eq \f(3,5)t－eq \f(1,2)·3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(8－\f(5,4)t))]
＝－eq \f(3,8)t2＋eq \f(15,8)t＋6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0＜t＜5))；·······(7分)
第5题解图
(3)存在．
∵S ＝－eq \f(3,8)t2＋eq \f(15,8)t＋6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0＜t＜5))，
∴t＝eq \f(5,2)时，四边形OPEG的面积最大，最大值为eq \f(267,32)；·······(9分)
(4)存在．如解图，连接OQ.
∵OE⊥OQ，
∴∠EOC＋∠QOC＝90°，
∵∠QOC＋∠QOG＝90°，
∴∠EOC＝∠QOG，
∴tan∠EOC＝tan∠QOG，
∴eq \f(EC,OC)＝eq \f(GQ,OG)，
∴eq \f(8－\f(5,4)t,3)＝eq \f(\f(3,5)t,4－\f(4,5)t)，
整理得5t2－66t＋160＝0，
解得t＝eq \f(16,5)或10(舍去)，
经检验：t＝eq \f(16,5)是原分式方程的解，
∴当t＝eq \f(16,5)时，OE⊥OQ.·······(12分)
类型二 平移、旋转、折叠探究题
6．解：(1)由点A(6，0)，得OA＝6，
又∵OD＝2，
∴AD＝OA－OD＝4，
在矩形CODE中，
∵ED∥CO，得∠AED＝∠ABO＝30°.
∴在Rt△AED中，AE＝2AD＝8.
∴由勾股定理得ED＝eq \r(AE2－AD2)＝4eq \r(3).
∴CO＝4eq \r(3)，
∴点E的坐标为(2，4eq \r(3))；(3分)
(2)①由平移知，O′D′＝2，E′D′＝4eq \r(3)，ME′＝OO′＝t，
由E′D′∥BO，得∠E′FM＝∠ABO＝30°.
∴在Rt△MFE′中，MF＝2ME′＝2t.
∴由勾股定理得FE′＝eq \r(MF2－ME′2)＝eq \r(3)t.
∴S△MFE′＝eq \f(1,2)ME′·FE′＝eq \f(1,2)·t·eq \r(3)t＝eq \f(\r(3),2)t2.
∵S矩形C′O′D′E′＝O′D′·E′D′＝8eq \r(3)，
∴S＝S矩形C′O′D′E′－S△MFE′＝8eq \r(3)－eq \f(\r(3),2)t2.
∴S＝－eq \f(\r(3),2)t2＋8eq \r(3)，其中t的取值范围是0
7．(1)证明：∵D，E分别为AB，BC的中点，
∴DE为△ABC的中位线．
∴DE∥AC.
∴△DBE∽△ABC.
∴eq \f(DB,AB)＝eq \f(BE,BC).
∵∠DBE＝∠ABC，
∴∠DBE－∠ABE＝∠ABC－∠ABE，
即∠DBA＝∠EBC.
在△BDA与△BEC中，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠DBA＝∠EBC，,\f(BD,BA)＝\f(BE,BC)，))
∴△DBA∽△BEC；(4分)
(2)解：不变；设AB交CG于点H，
∵△BDA∽△BEC，∴∠GCB＝∠GAB.
又∵∠AHG与∠CHB为对顶角，∴∠BHC＝∠AHG.
∴∠AGC＝∠ABC＝30°；········(8分)
(3)如解图．设AB的中点为K，连接DK，以AC为边向左作等边△ACO，连接OG，OB.
第7题解图
以O为圆心，OA为半径作⊙O，
∵∠AGC＝30°，∠AOC＝60°，
∴∠AGC＝eq \f(1,2)∠AOC，
∴点G在⊙O上运动，
以B为圆心，BD为半径作⊙B，
当直线AD与⊙B相切时，BD⊥AD，
∴∠ADB＝90°.
∵BK＝AK，
∴DK＝BK＝AK.
∵BD＝BK，
∴BD＝DK＝BK.
∴△BDK是等边三角形．
∴∠DBK＝60°.
∴∠DAB＝30°.
∴∠BOG＝2∠DAB＝60°.
∴eq \(BG,\s\up8(︵))的长＝eq \f(60·π·4,180)＝eq \f(4π,3)，
观察图象可知，点G的运动路程是eq \(BG,\s\up8(︵))的长的两倍＝eq \f(8π,3).······(12分)
8．解：(1)如解图①，过点C作CE⊥y轴，垂足为E.
∵矩形ABCD中，CD⊥AD，
∴∠CDE＋∠ADO＝90°.
又∵∠OAD＋∠ADO＝90°，
∴∠CDE＝∠OAD＝30°.
∴在Rt△CED中，CE＝eq \f(1,2)CD＝2，DE＝eq \r(CD2－CE2)＝2eq \r(3).
在Rt△OAD中，∠OAD＝30°，∴OD＝eq \f(1,2)AD＝3.
∴OE＝OD＋DE＝3＋2eq \r(3).
∴点C的坐标为(2，3＋2eq \r(3))；······(3分)
(2)∵M为AD的中点，
∴DM＝3，S△DCM＝eq \f(1,2)·DM·CD＝6.
又∵S四边形OMCD＝eq \f(21,2)，
∴S△ODM＝S四边形OMCD－S△DCM＝eq \f(9,2).
∴S△OAD＝9.
设OA＝x，OD＝y，
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)xy＝9，,x2＋y2＝36，))
即x2＋y2＝2xy，
得x＝y，
∴eq \f(1,2)xy＝eq \f(1,2)x2＝9，
∴x1＝3eq \r(2)，x2＝－3eq \r(2)(舍去)．
∴OA的长为3eq \r(2)；······(7分)
第8题解图
(3)OC的最大值为8.
如解图②，连接OC，M为AD的中点，
∴DM＝3，CM＝eq \r(CD2＋DM2)＝5.
∴OC≤OM＋CM＝8，当O、M、C三点在同一条直线时，OC有最大值8.
过点O作ON⊥AD，垂足为N.
∵∠CDM＝∠ONM＝90°，∠CMD＝∠OMN，
∴△CMD∽△OMN.
∴eq \f(CD,ON)＝eq \f(MD,MN)＝eq \f(CM,OM)，
即eq \f(4,ON)＝eq \f(3,MN)＝eq \f(5,3)，
解得MN＝eq \f(9,5)，ON＝eq \f(12,5).
∴AN＝AM－MN＝eq \f(6,5).
在Rt△OAN中，由勾股定理得OA＝eq \r(ON2＋AN2)＝eq \f(6\r(5),5).
∴cs∠OAD＝eq \f(AN,OA)＝eq \f(\r(5),5).(12分)
9．(1)①证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD，∠QAD＝∠EBA＝90°.
又∵AE⊥QD，
∴∠AQO＋∠ADQ＝∠AQO＋∠QAO.
∴∠ADQ＝∠QAO.
在△DAQ和△ABE中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠ADQ＝ ∠BAE，,AD＝BA，,∠QAD＝∠EBA，))
∴△DAQ≌△ABE.
∴DQ＝AE；(2分)
②1; (4分)
(2)解：eq \f(GF,AE)＝k.
理由如下：如解图①，过点G作GT⊥AB于点T.
由折叠的性质得△AFO≌△EFO.
∴∠AOF＝∠EOF＝90°.
∵∠BAE＋∠AFO＝∠BAE＋∠AEB，
∴∠AFO＝∠AEB.
∴△GFT∽△AEB.
∴eq \f(GF,AE)＝eq \f(GT,AB)＝k.(6分)
图① 图②
第9题解图
(3)解：如解图②，过点P作PI⊥BC交BC延长线于点I.
由折叠的性质得∠GPE＝∠FEP＝90°.
∴∠BFE＝∠CEH＝∠HGP.
∴tan∠BFE＝eq \f(BE,FB)＝eq \f(3,4)，设BE＝3x，BF＝4x.
∴AF＝FE＝5x.
∴AB＝9x，
由(2)得，eq \f(FG,AE)＝eq \f(TG,AB)＝eq \f(2,3)，
∵GF＝2eq \r(10)，
解得AE＝3eq \r(10).
在Rt△ABE中，由勾股定理得AB2＋BE2＝AE2，即(9x)2＋(3x)2＝(3eq \r(10))2，解得x＝1.
∴BE＝3，AB＝9，由eq \f(BC,AB)＝eq \f(2,3)解得BC＝6，EC＝BC－BE＝3.
在Rt△PEI中，tan∠PEI＝tan∠BFE＝eq \f(PI,EI)＝eq \f(3,4)，EP＝AD＝6.
设PI＝3x，EI＝4x，
由勾股定理得(3x)2＋(4x)2＝62，
解得x＝eq \f(6,5)(负值已舍去)．
∴PI＝eq \f(18,5)，EI＝eq \f(24,5)，CI＝＝EI－EC＝eq \f(24,5)－3＝eq \f(9,5).
∴CP＝eq \r(CI2＋PI2)＝eq \f(9\r(5),5).···············(10分)
10．解：(1)1，60°；···········(2分)
【解法提示】∵∠ACB＝60°，∠APD＝60°，AC＝BC，AP＝PD，∴△ACB与△APD都是等边三角形，∴AC＝AB，AP＝AD，而∠CAP＝∠CAB－∠PAB＝∠PAD－∠PAB＝∠BAD，∴△APC≌△ADB(SAS)．∴BD＝CP.∴eq \f(BD,CP)＝1；∵△APC≌△ADB，∴∠ACP＝∠ABD，设CP与BD的延长线交于点I，如解图①，∴∠CIB＝180°－∠PCB－∠CBD＝180°－(60°－∠ACP)－(60°＋∠ABD)＝60°＋∠ACP－∠ABD＝60°，∴直线BD与直线CP所在直线的夹角等于60°.
图① 图②
第10题解图
(2)eq \r(2)，直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数为45°；·········(4分)
理由如下：
∵∠ACB＝90°，CA＝CB，
∴∠CAB＝45°，eq \f(AB,AC)＝eq \r(2).
同理可得：∠PAD＝45°，eq \f(AD,AP)＝eq \r(2)，
∴eq \f(AB,AC)＝eq \f(AD,AP)，∠CAB＝∠PAD.
∴∠CAB＋∠DAC＝∠PAD＋∠DAC.
即∠DAB＝∠PAC.
∴△DAB∽△PAC.············(6分)
∴eq \f(BD,CP)＝eq \f(AB,AC)＝eq \r(2)，∠DBA＝∠PCA.
设BD交CP于点G，BD交CA于点H.如解图②，
∵∠BHA＝∠CHG，
∴∠CGH＝∠BAH＝45°；············(8分)
(3)eq \f(AD,CP)的值为2＋eq \r(2)或2－eq \r(2).···················(10分)
11．(1)证明：由旋转性质得：CD＝CF，∠DCF＝90°.
∵△ABC是等腰直角三角形，AD＝BD.
∴∠ADO＝90°，CD＝BD＝AD，
∴∠DCF＝∠ADC.
在△ADO和△FCO中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠AOD＝∠FOC，,∠ADO＝∠FCO，,AD＝FC，))
∴△ADO≌△FCO(AAS)．
∴DO＝CO.
∴BD＝CD＝2DO；··········(4分)
(2)解：①如解图①，分别过点D，F作DN⊥BC于点N，FM⊥BC于点M，连接BF，
第11题解图①
∴∠DNE＝∠EMF＝90°.
又∵∠NDE＝∠MEF，DE＝EF，
∴△DNE≌△EMF，
∴DN＝EM.
又∵BD＝7eq \r(2)，∠ABC＝45°，
∴DN＝EM＝7，
在等腰Rt△ABC中，AB＝14eq \r(2)，
∴BC＝AC＝14.
∴BM＝BC－ME－EC＝5，
∴MF＝NE＝NC－EC＝5.
∴BF＝5eq \r(2).
∵点D，G分别是AB，AF的中点，
∴DG＝eq \f(1,2)BF＝eq \f(5,2)eq \r(2).···············(6分)
②过点D作DH⊥BC于点H.
∵AD＝6BD，AB＝14eq \r(2)，
∴BD＝2eq \r(2).
(ⅰ)当∠DEG＝90°时，有如解图②，③两种情况，设CE＝t.
∵∠DEF＝90°，∠DEG＝90°，
∴点E在线段AF上．
∴BH＝DH＝2，BE＝14－t，HE＝BE－BH＝12－t.
∵△DHE∽△ECA，
∴eq \f(DH,EC)＝eq \f(HE,CA)，即eq \f(2,t)＝eq \f(12－t,14)，解得t＝6±2eq \r(2).
∴CE＝6＋2eq \r(2)或CE＝6－2eq \r(2).
第11题解图
(ⅱ)当DG∥BC，∠DGE＝90°时，如解图④.
过点F作FK⊥BC于点K，延长DG交AC于点N，延长AC并截取MN＝NA.连接FM.
则NC＝DH＝2，MC＝10.
设GN＝t，则FM＝2t，BK＝14－2t.
∵△DHE≌△EKF，
∴KE＝DH＝2，
∴KF＝HE＝14－2t，
∵MC＝FK，
∴14－2t＝10，得t＝2.
∵GN＝EC＝2，GN∥EC，
∴四边形GECN是平行四边形．
∵∠ACB＝90°，
∴四边形GECN是矩形，
∴∠EGN＝90°.
∴当EC＝2时，有∠DGE＝90°.
(ⅲ)当∠EDG＝90°时，如解图⑤.
过点G，F分别作AC的垂线，交射线AC于点N, M，过点E作EK⊥FM于点K，过点D作GN的垂线，交NG的延长线于点P，则PN＝HC＝BC－HB＝12，
设GN＝t，则FM＝2t，∴PG＝PN－GN＝12－t.
由△DHE≌△FKE可得：FK＝2，
∴CE＝KM＝2t－2.
∴HE＝HC－CE＝12－(2t－2)＝14－2t，
∴EK＝HE＝14－2t.AM＝AC＋CM＝AC＋EK＝14＋14－2t＝28－2t.
∴MN＝eq \f(1,2)AM＝14－t，NC＝MN－CM＝t.
∴PD＝t－2.
由△GPD∽△DHE可得：eq \f(PG,HD)＝eq \f(PD,HE).
即eq \f(12－t,2)＝eq \f(t－2,14－2t)，
解得t1＝10－eq \r(14)，t2＝10＋eq \r(14)(舍去)，
∴CE＝2t－2＝18－2eq \r(14).
∴CE的长为：6－2eq \r(2)，6＋2eq \r(2)，2或18－2eq \r(14).(12分)
第11题解图⑤
12．(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠B＝90°.
由折叠得∠DA1E＝∠A＝90°，∠HB1E＝∠B＝90°，∠AED＝∠A1ED，∠BEH＝∠B1EH.
∵∠AED＋∠A1ED＋∠BEH＋∠B1EH＝180°，
∴∠A1ED＋∠B1EH＝90°.
∵∠DA1E＝90°，∠A1ED＋∠A1DE＝90°，
∴∠B1EH＝∠A1DE.
又∵∠DA1E＝∠HB1E＝90°，
∴△A1DE∽△B1EH；··············(3分)
(2)解：△DEF是等边三角形，
理由如下：如解图①，设MN交DE于点K.
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，∠DAB＝90°.
∴∠AED＝∠FDE.
由折叠得∠AED＝∠FED.
∴∠FDE＝∠FED.
∴DF＝EF.
∵MN是矩形ABCD的对称轴，
∴MN∥AB，且点M是AD的中点．
∴点K、A1分别是DE、EF的中点．
在Rt△A1DE中，A1K＝eq \f(1,2)DE.
在△DEF中，A1K＝eq \f(1,2)DF，
∴DE＝DF.
又∵DF＝EF，
∴DE＝DF＝EF.
∴△DEF是等边三角形；············(7分)
图① 图②
第12题解图
(3)解：如解图②，以DG为边在DC下方作等边△DGP，连接PF.
∴DP＝DG＝PG，∠PDG＝∠PGD＝60°.
由(2)知，△DEF是等边三角形，
∴∠EDF＝60°.
∴∠EDF＝∠PDG.
∴∠EDG＝∠PDF.
在△DEG和△DFP中，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(DE＝DF，,∠EDG＝∠FDP，,DG＝DP，))
∴△DEG≌△DFP.
∴EG＝PF.
∵∠DGF＝150°，∠DGP＝60°，
∴∠PGF＝∠DGF－∠DGP＝150°－60°＝90°.
∴PG2＋GF2＝PF2.
∴DG2＋GF2＝GE2.···············(10分)
类型三 其他型探究题
13．解：(1)如解图①，作FH⊥BC于点H，MQ⊥CD于点Q，
∵a∶b＝1，
∴四边形ABCD为正方形，
∴FH＝AB，MQ＝BC.
∴FH＝MQ.
∵MN⊥EF，
∴易证∠HFE＝∠NMQ，∠FHE＝∠MQN＝90°.
∴△FHE≌△MQN(ASA)，
∴MN＝EF，
∴k＝1；················(4分)
第13题解图①
(2)∵a∶b＝1∶2，
∴b＝2a.
由题意得，2a≤MN≤eq \r(5)a，a≤EF≤eq \r(5)a，
当MN取最长，EF取最短时，此时k的值最大，最大值为eq \r(5)，
当MN取最短，EF取最长时，此时k的值最小，最小值为eq \f(2\r(5),5)；··········(8分)
(3)连接FN，ME，
∵k＝3，MP＝EF＝3PE，
∴eq \f(MN,PM)＝eq \f(EF,PE)＝3.
∴eq \f(PN,PM)＝eq \f(PF,PE)＝2.
∴△PNF∽△PME.
∴eq \f(NF,ME)＝eq \f(PN,PM)＝2，ME∥NF.
设PE＝2m，则PF＝4m，MP＝6m，NP＝12m.
①当点N与点D重合时，如解图②，点M恰好与点B重合，过点F作FH⊥BD于点H，
∵∠MPE＝∠FPH＝60°，
∴PH＝2m，FH＝2eq \r(3)m，HD＝10m.
∵tan∠ADB＝eq \f(AB,AD)＝eq \f(FH,HD)，
∴eq \f(a,b)＝eq \f(AB,AD)＝eq \f(FH,HD)＝eq \f(\r(3),5)；(11分)
②当点N与点C重合时，如解图③，过点E作EH⊥MN于点H，
则PH＝m，HE＝eq \r(3)m，
∴HC＝PH＋PC＝13m.
∴tan∠HCE＝eq \f(MB,BC)＝eq \f(HE,HC)＝eq \f(\r(3),13).
∵ME∥FC，AD∥BC，
∴∠MEB＝∠FCB＝∠CFD.
又∵∠B＝∠D，
∴△MEB∽△CFD.
∴eq \f(CD,MB)＝eq \f(FC,ME)＝eq \f(PF,PE)＝2.
∴eq \f(a,b)＝eq \f(CD,BC)＝eq \f(2MB,BC)＝eq \f(2\r(3),13).
综上所述，a∶b的值为eq \f(\r(3),5)或eq \f(2\r(3),13).·········(14分)
图② 图③
第13题解图
14．(1)解：∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠C＝45°.
∵AD⊥BC，
∴∠BAD＝∠ABC＝45°.
∴AD＝BD.
∵AB＝2，
∴AD＝BD＝eq \f(\r(2),2)AB＝eq \f(\r(2),2)×2＝eq \r(2).
∵∠BMN＝90°，∠AMN＝30°，
∴∠BMD＝180°－∠BMN－∠AMN＝60°.
在Rt△BDM中，DM＝eq \f(BD,tan∠BMD)＝eq \f(\r(6),3)，
∴AM＝AD－DM＝eq \r(2)－eq \f(\r(6),3)；············(3分)
(2)证明：∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠B＝∠C＝45°.
∵AD⊥BC，
∴BD＝CD，∠BAD＝∠CAD＝45°.
∴∠CAD＝∠B，AD＝BD.
∵∠ADB＝∠EDF＝90°，
∴∠BDE＝∠ADF.
∴△BDE≌△ADF.
∴BE＝AF；·············(6分)
(3)证明：如解图，过点M作MP⊥AM，交AB的延长线于点P，则∠AMP＝90°.
第14题解图
∵∠PAM＝45°，
∴∠P＝∠PAM＝45°，
∴AM＝PM.
∵∠BMN＝∠AMP＝90°，
∴∠BMP＝∠AMN.
∵∠DAC＝∠P＝45°，
∴△AMN≌△PMB.
∴AN＝PB.
∴AP＝AB＋BP＝AB＋AN.
∵在Rt△AMP中，∠AMP＝90°，AM＝MP，
∴AP＝eq \r(2)AM.
∴AB＋AN＝eq \r(2)AM.············(10分)
15．解：(1)∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠ABC＝∠BAC＝45°.
∵四边形DECF是正方形，
∴DE＝DF，∠AFD＝∠EDF＝∠BED＝90°.
∴AF＝DF＝DE＝BE.
∵D是AB的中点，
∴AD＝BD＝eq \f(1,2)AB.
∵∠ABC＝∠BAC＝45°，
∴AF＝BE＝eq \f(\r(2),2)BD＝eq \f(\r(2),2)·eq \f(1,2)AB＝eq \f(\r(2),4)AB.
即AF＝BE＝eq \f(\r(2),4)AB；···········(4分)
(2)如解图①，将△ADF绕点A逆时针旋转，使F点落在AB的点G处，D落在H处，连接BH，DH，
则∠AGH＝∠AFD＝90°，AD＝AH，AG＝AF，GH＝FD，∠HAG＝∠DAF，
∴∠BGH＝90°＝∠BED.
∵AB＝AF＋BE，
∴BE＝BG.
∵四边形DECF为正方形，
∴DF＝DE.
又∵DF＝GH，
∴DE＝HG.
在△BDE和△BHG中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(BE＝BG，,∠BED＝∠BGH，,DE＝GH，,))∴△BDE≌△BHG.
∴BD＝BH，∠DBE＝∠HBG.
∴∠DBH＝∠EBG.
∵∠HAG＝∠DAF，
∴∠DAH＝∠FAG.
∴∠DAH＋∠DBH＝∠BAC＋∠ABC＝90°.
∵AD＝AH，BD＝BH，
∴∠ADH＝∠AHD，∠BDH＝∠BHD.
∴∠ADB＝∠AHB.
∵∠ADB＋∠AHB＋∠DAH＋∠DBH＝360°，
∴∠ADB＝∠AHB＝eq \f(360°－90°,2)＝135°；·········(8分)
图① 图②
第15题解图
(3)如解图②，由(2)知，AD＝AH，BD＝BH，
∴AB是DH的垂直平分线．
∴∠DAB＝∠HAB.
∵∠DAF＝∠GAH，
∴∠DAF＝∠DAB.
同理可得∠DBE＝∠DBA.
∵四边形DECF是正方形，
∴∠MDN＝∠EDF＝90°.
∵AC∥ME，BC∥FN，
∴∠ADM＝∠DAF＝∠DAM，∠BDN＝∠DBE＝∠DBN.
∴DM＝AM，DN＝BN.
∵DM2＋DN2＝MN2，
∴AM2＋BN2＝MN2.(12分)
16．(1)解：在；1；···················(1分)
(2)证明：∵EF⊥FH，
∴∠EFH＝90°.
∵在矩形ABCD中，∠A＝∠D＝90°，
∴∠AEF＋∠AFE＝90°，
∵∠DFH＋∠AFE＝90°，
∴∠AEF＝∠DFH.
又∵EF＝FH，
∴△AEF≌△DFH.·················(3分)
∴AF＝DH，AE＝DF.
∴AD＝AF＋FD＝AE＋DH；·················(4分)
(3)证明：如解图①，延长EF交HD的延长线于点G，
∵F是边AD的中点，
∴AF＝DF.
又∵∠A＝∠FDG＝90°，∠AFE＝∠DFG，
∴△AEF≌△DGF.·················(5分)
∴AE＝DG，EF＝FG.
∵EF⊥FH，
∴EH＝GH.(6分)
∴GH＝DH＋DG＝DH＋AE.
∴EH＝DH＋AE；·················(7分)
第16题解图①
(4)解：如解图②，过点M作MQ⊥AD，垂足为点Q，
设AF＝x，AE＝a，
∵FM＝FE，FE⊥FH，
∴∠EFM＝90°.
又∵∠A＝90°，
∴∠AEF＝∠MFQ.
∵∠A＝∠MQF＝90°，
∴△AEF≌△QFM.
∴AE＝FQ＝a，AF＝QM.
∵AE＝AD，
∴AF＝DQ＝QM＝x.
∵DC∥QM，
∴eq \f(DQ,FQ)＝eq \f(HM,FM)＝eq \f(x,a)，·················(8分)
∵DC∥AB∥QM，
∴eq \f(MN,EN)＝eq \f(DQ,AD)＝eq \f(x,a).·················(9分)
∴eq \f(MN,EN)＝eq \f(HM,FM)＝eq \f(x,a).
∵FE＝FM，
∴eq \f(MN,EN)＝eq \f(MH,FE)＝eq \f(x,a).
又∵∠FMN＝∠FEM＝45°，
∴△HMN∽△FEN.·················(10分)
∴eq \f(MN,EN)＝eq \f(HN,FN)＝eq \f(x,a)＝eq \f(3,4)，
∴tan∠AEF＝eq \f(AF,AE)＝eq \f(x,a)＝eq \f(3,4).·················(11分)
第16题解图②
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