中考数学全面突破：题型5　几何探究型问题 含解析答案

这是一份中考数学全面突破：题型5　几何探究型问题 含解析答案，共30页。试卷主要包含了考查类型，已知，问题情境等内容，欢迎下载使用。

题型5　几何探究型问题
1.考查类型：①动点探究题；②平移、旋转、折叠探究题；③图形形状变化探究题.2.考查内容：①多与特殊四边形的性质、三角形全等、相似的判定和性质有关；②涉及平移、旋转或折叠的相关性质；③多与二次函数的性质有关.3.备考指导：在做此类题型时，要观察题中已知条件，并结合题设，联系相关的知识解题，对结果猜想题根据前面问题大胆猜想，往往是解题的突破口．

类型一　动点探究题
1.如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝5 cm，∠BAC＝60°，动点M从点B出发，在BA边上以每秒2 cm的速度向点A匀速运动，同时动点N从点C出发，在CB边上以每秒 cm的速度向点B匀速运动，设运动时间为t秒(0≤t≤5)，连接MN.
(1)若BM＝BN，求t的值；
(2)若△MBN与△ABC相似，求t的值；
(3)当t为何值时，四边形ACNM的面积最小？并求出最小值．















2.
如图①，菱形ABCD中，已知∠BAD＝120°，∠EGF＝60°，∠EGF的顶点G在菱形对角线AC上运动，角的两边分别交边BC、CD于点E、F.
(1)如图②，当顶点G运动到与点A重合时，
求证：EC＋CF＝BC；
(2)知识探究：
①如图③，当顶点G运动到AC中点时，探究线段EC、CF与BC的数量关系；
②在顶点G的运动过程中，若＝t，请直接写出线段EC、CF与BC的数量关系(不需要写出证明过程)；
(3)问题解决：
如图④，已知菱形边长为8，BG＝7，CF＝，当t＞2时，求EC的长度．




图①










3.已知：如图，在矩形ABCD中，AB＝6 cm，BC＝8 cm.对角线AC，BD交于点O，点P从点A出发，沿AD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；当一个点停止运动时，另一个点也停止运动．连接PO并延长，交BC于点E，过点Q作QF∥AC，交BD于点F.设运动时间为t(s)(0 (1)当t为何值时，△AOP是等腰三角形？
(2)设五边形OECQF的面积为S(cm2)，试确定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S五边形OECQF∶S△ACD＝9∶16？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
(4)在运动过程中，是否存在某一时刻t，使OD平分∠COP？若存在，求出t值；若不存在，请说明理由．









4.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，CD＝BC，请求出GE的长．
















类型二　平移、旋转、折叠探究题
5.如图①，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，AB＝AC，四边形ADEF是正方形，点B、C分别在边AD、AF上，此时BD＝CF，BD⊥CF成立．
(1)当△ABC绕点A逆时针旋转θ(0°<θ<90°)时，如图②，BD＝CF成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
(2)当△ABC绕点A逆时针旋转45°时，如图③，延长DB交CF于点H.
①求证：BD⊥CF；
②当AB＝2，AD＝3时，求线段DH的长．




图① 图② 图③




























6.在△ABC中，AB＝6，AC＝BC＝5，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转，得到△ADE，旋转角为α(0°＜α＜180°)，点B的对应点为点D，点C的对应点为点E，连接BD，BE.
(1)如图，当α＝60°时，延长BE交AD于点F.
①求证：△ABD是等边三角形；
②求证：BF⊥AD，AF＝DF；
③请直接写出BE的长；
(2)在旋转过程中，过点D作DG垂直于直线AB，垂足为点G，连接CE，当∠DAG＝∠ACB，且线段DG与线段AE无公共点时，请直接写出BE＋CE的值．
温馨提示：考生可以根据题意，在备用图中补充图形，以便作答．

　




















7.已知矩形ABCD中AD＝8，将矩形ABCD折叠，使得顶点B落在CD边上的P点处．
(1)如图①，已知折痕与边BC交于点O，连接AP、OP、OA，若△OCP与△PDA的面积比为1∶ 4，求边CD的长；
(2)如图②，在(1)的条件下擦去AO、OP，连接BP，动点M在线段AP上(点M不与点P、A重合)，动点N在线段AB的延长线上，且BN＝PM，连接MN交PB于点F，作ME⊥BP于点E，试问当点M、N在移动过程中，线段EF的长度是否发生变化？若变化，说明变化规律，若不变，求出线段EF的长度．
图①
　　　　　　图②


　　　　　　　　　　　





8.问题情境
在综合与实践课上，老师让同学们以“菱形纸片的剪拼”为主题开展数学活动．如图①，将一张菱形纸片ABCD(∠BAD>90°)沿对角线AC剪开，得到△ABC和△ACD.
操作发现
(1)将图①中的△ACD以A为旋转中心，按逆时针方向旋转角α，使α＝∠BAC，得到如图②所示的△AC′D，分别延长BC和DC′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A为旋转中心，按逆时针方向旋转角α，使α＝2∠BAC，得到如图③所示的△AC′D，连接DB、C′C，得到四边形BCC′D，发现它是矩形．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，量得图③中BC＝13 cm，AC＝10 cm，然后提出一个问题：将△AC′D沿着射线DB方向平移a cm，得到△A′C″D′，连接BD′，CC″，使四边形BCC″D′恰好为正方形，求a的值．请你解答此问题；
(4)请你参照以上操作，将图①中的△ACD在同一平面内进行一次平移，得到△A′C′D，在图④中画出平移后构造出的新图形，标明字母，说明平移及构图方法，写出你发现的结论，不必证明．

　



















9.如图，已知一个直角三角形纸片ACB，其中∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，E、F分别是AC、AB边上的点，连接EF.
(1)如图①，若将纸片ACB的一角沿EF折叠，折叠后点A落在AB边上的点D处，且使S四边形ECBF＝3S△EDF，求AE的长；
(2)如图②，若将纸片ACB的一角沿EF折叠，折叠后点A落在BC边上的点M处，且使MF∥CA.
①试判断四边形AEMF的形状，并证明你的结论；
②求EF的长；
(3)如图③，若FE的延长线与BC的延长线交于点N，CN＝1，CE＝，求的值．












10.如图①，矩形ABCD中，AB＝2，BC＝5，BP＝1，∠MPN＝90°，将∠MPN绕点P从PB处开始按顺时针方向旋转，PM交边AB(或AD)于点E，PN交边AD(或CD)于点F，当PN旋转至PC处时，∠MPN的旋转随即停止．
(1)特殊情形：如图②，发现当PM过点A时，PN也恰好过点D，
此时，△ABP________△PCD(填“≌”或“∽”)；
(2)类比探究：如图③，在旋转过程中，的值是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由；
(3)拓展延伸：设AE＝t，△EPF的面积为S，试确定S关于t的函数关系式；当S＝4.2时，求所对应的t值．

















11.如图①，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝1，D为AB的中点，EF为△ACD的中位线，四边形EFGH为△ACD的内接矩形(矩形的四个顶点均在△ACD的边上)．
(1)计算矩形EFGH的面积；
(2)将矩形EFGH沿AB向右平移，F落在BC上时停止移动．在平移过程中，当矩形与△CBD重叠部分的面积为时，求矩形平移的距离；
(3)如图③，将(2)中矩形平移停止时所得的矩形记为矩形E1F1G1H1，将矩形E1F1G1H1绕G1点按顺时针方向旋转，当H1落在CD上时停止转动，旋转后的矩形记为矩形E2F2G1H2，设旋转角为α，求cosα的值．









类型三　图形形状变化探究题
12.如图①，②，③分别以△ABC的AB和AC为边向△ABC外作正三角形(等边三角形)、正四边形(正方形)、正五边形，BE和CD相交于点O.
(1)在图①中，求证：△ABE≌△ADC.

图①




(2)由(1)证得△ABE≌△ADC，由此可推得在图①中∠BOC＝120°，请你探索在图②中∠BOC的度数，并说明理由或写出证明过程．

图②












(3)填空：在上述(1)(2)的基础上可得在图③中∠BOC＝________(填写度数)．

图③ 图④


(4)由此推广到一般情形(如图④)，分别以△ABC的AB和AC为边向△ABC外作正n边形，BE和CD仍相交于点O，猜想∠BOC的度数为____________________(用含n的式子表示)．





13.阅读理解：
我们知道，四边形具有不稳定性，容易变形．如图①，一个矩形发生变形后成为一个平行四边形，设这个平行四边形相邻两个内角中较小的一个内角为α，我们把的值叫做这个平行四边形的变形度．
(1)若矩形发生形变后的平行四边形有一个内角是120°，则这个平行四边形的变形度是________；
猜想证明：
(2)设矩形的面积为S1，其变形后的平行四边形面积为S2，试猜想S1，S2，之间的数量关系，并说明理由；
拓展探究：
(3)如图②，在矩形ABCD中，E是AD边上的一点，且AB2＝AE·AD，这个矩形发生变形后为平行四边形A1B1C1D1，E1为E的对应点，连接B1E1，B1D1，若矩形ABCD的面积为4(m>0)，平行四边形A1B1C1D1的面积为2(m>0)，试求∠A1E1B1＋∠A1D1B1的度数．























14.已知AC，EC分别为四边形ABCD和EFCG的对角线，点E在△ABC内，∠CAE＋∠CBE＝90°.
(1)如图①，当四边形ABCD和EFCG均为正方形时，连接BF.
①求证：△CAE∽△CBF；
②若BE＝1，AE＝2，求CE的长；
(2)如图②，当四边形ABCD和EFCG均为矩形，且＝＝k时，若BE＝1，AE＝2，CE＝3，求k的值；
(3)如图③，当四边形ABCD和EFCG均为菱形，且∠DAB＝∠GEF＝45°时，设BE＝m，AE＝n，CE＝p，试探究m，n，p三者之间满足的等量关系(直接写出结果，不必写出解答过程)．









15.已知点O是△ABC内任意一点，连接OA并延长到E，使得AE＝OA，以OB，OC为邻边作▱OBFC，连接OF，与BC交于点H，再连接EF.
(1)如图①，若△ABC为等边三角形，求证：①EF⊥BC；
②EF＝BC；
(2)如图②，若△ABC为等腰直角三角形(BC为斜边)，猜想(1)中的两个结论是否成立？若成立，直接写出结论即可；若不成立，请你直接写出你的猜想结果；
(3)如图③，若△ABC是等腰三角形，且AB＝AC＝kBC，请你直接写出EF与BC之间的数量关系．














类型一　动点探究题
1. 解：(1)根据题意BM＝2t，BN＝BC－t，
而BC＝5×tan60°＝5.
∴当BM＝BN时，2t＝5－t，解得t＝10－15.
(2)分类讨论：①当∠BMN＝∠ACB＝90°时，如解图①，
△NBM∽△ABC，cosB＝cos30°＝，
∴＝，解得t＝.
②当∠BNM＝∠ACB＝90°时，如解图②，
△MBN∽△ABC，cosB＝cos30°＝，
∴＝，解得t＝.
因此当运动时间是秒或秒时，△MBN与△ABC相似．
第1题解图


(3)由于△ABC面积是定值，
∴当四边形ACNM面积最小时，△MBN面积最大，
而△MBN的面积是S＝BM×BN×sinB
＝×2t×(5－t)×＝－t2＋t，
由于a＝－＜0，
∴当t＝－＝时，△MBN面积最大，
最大值是－×()2＋×＝，
因此四边形ACNM面积最小值是×5×5－＝.
2. (1)证明：∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝120°，
∴∠BAC＝60°，∠B＝∠ACF＝60°，AB＝BC，
∴AB＝AC，
∵∠BAE＋∠EAC＝∠EAC＋∠CAF＝60°，
∴∠BAE＝∠CAF，
在△BAE和△CAF中，
，
∴△BAE≌△CAF(ASA)，
∴BE＝CF，
∴EC＋CF＝EC＋BE＝BC，
即EC＋CF＝BC；
(2)解：①线段EC，CF与BC的数量关系为：
EC＋CF＝BC.
理由如下：
如解图①，过点A作AE′∥EG，AF′∥GF，分别交BC、CD于E′、F′.

第2题解图①

类比(1)可得：E′C＋CF′＝BC，
∵G为AC中点，AE′∥EG，
∴＝＝，
∴CE＝CE′，
同理可得：CF＝CF′，
∴CE＋CF＝CE′＋CF′＝(CE′＋CF′)＝BC，
即CE＋CF＝BC；
②CE＋CF＝BC；
【解法提示】类比(1)可得：E′C＋CF′＝BC，
∵AE′∥EG，＝t，
∴＝＝，
∴CE＝CE′，
同理可得：CF＝CF′，
∴CE＋CF＝CE′＋CF′＝(CE′＋CF′)＝BC，
即CE＋CF＝BC.
(3)解：如解图②，连接BD与AC交于点H.

第2题解图②
在Rt△ABH中，
∵AB＝8，∠BAC＝60°，
∴BH＝AB·sin60°＝8×＝4，
AH＝CH＝AB·cos60°＝8×＝4，
∴GH＝＝＝1，
∴CG＝4－1＝3，
∴＝，
∴t＝(t＞2)，
由(2)②得：CE＋CF＝BC，
∴CE＝BC －CF＝×8－＝.
∴EC的长度为.
3. 解：(1)分三种情况：
①若AP＝AO，
在矩形ABCD中，∵AB＝6，BC＝8，
∴AC＝10，

第3题解图①
∴AO＝CO＝5，
∴AP＝5，
∴t＝5，
②若AP＝PO＝t，
在矩形ABCD中，
∵AD∥BC，
∴∠PAO＝∠OCE，∠APO＝∠OEC，
又∵OA＝OC，
∴△APO≌△CEO，
∴PO＝OE＝t.
如解图①，作AG∥PE交BC于点G，则四边形APEG是平行四边形，
∴AG＝PE＝2t，GE＝AP＝t.
又∵EC＝AP＝t，
∴BG＝8－2t.
在Rt△ABG中，根据勾股定理知62＋(8－2t)2＝(2t)2，
解得t＝.

第3题解图②
③若OP＝AO＝5，则t＝0或t＝8，不合题意，舍去．
综上可知，当t＝5或t＝时，△AOP是等腰三角形．
(2)如解图②，作OM⊥BC，垂足是M，作ON⊥CD，垂足是N.
则OM＝AB＝3，ON＝BC＝4，
∴S△OEC＝·CE·OM＝·t·3＝t，
S△OCD＝·CD·ON＝·6·4＝12.
∵QF∥AC，∴△DFQ∽△DOC，
∴＝()2，即＝()2，
∴S△DFQ＝t2，∴S四边形OFQC＝12－t2，
∴S五边形OECQF＝S四边形OFQC＋S△OEC＝12－t2＋t，
即S＝－t2＋t＋12(0＜t＜6)．
(3)存在．
理由如下：要使S五边形OECQF：S△ACD＝9∶16，
即(－t2＋t＋12)∶(×6×8)＝9∶16，
解得t1＝3，t2＝1.5，两个解都符合题意，
∴存在两个t值，使S五边形OECQF∶S△ACD＝9∶16，此时t1＝3，t2＝1.5；
(4)存在．
理由如下：如解图③，作DI⊥OP，垂足是I，DJ⊥OC，垂足是J，

　第3题解图③
作AG∥PE交BC于点G.
∵S△OCD＝·OC·DJ＝·5·DJ，且由(2)知，S△OCD＝12，
∴DJ＝.
∵OD平分∠POC，DI⊥OP，DJ⊥OC，
∴DI＝DJ＝＝4.8.
∵AG∥PE，∴∠DPI＝∠DAG.
∵AD∥BC，∴∠DAG＝∠AGB，∴∠DPI＝∠AGB，
∴Rt△ABG∽Rt△DIP.
由(1)知，在Rt△ABG中，BG＝8－2t，
∴＝，∴＝，
∴IP＝(8－2t)．
在Rt△DPI中，根据勾股定理得
()2＋[(8－2t)]2＝(8－t)2，
解得t＝.(t＝0不合题意，舍去)
4. (1)解：①BC⊥CF；②BC＝CD＋CF.
【解法提示】①∵∠BAC＝∠DAF＝90°，
∴∠BAD＝∠CAF，
又∵AB＝AC，AD＝AF，
∴△ABD≌△ACF，
∴∠ACF＝∠ABC＝45°，
∵∠ACB＝45°，
∴∠BCF＝90°，即BC⊥CF；
②∵△ABD≌△ACF，
∴BD＝CF，
∵BC＝CD＋BD，
∴BC＝CD＋CF.
(2)解：结论①仍然成立，②不成立．
①证明：∵∠BAC＝∠DAF＝90°，
∴∠BAD＝∠CAF，
又∵AB＝AC，AD＝AF，
∴△ABD≌△ACF，
∴∠ACF＝∠ABD＝180°－45°＝135°，
∵∠ACB＝45°，
∴∠BCF＝90°，即BC⊥CF；
②结论为：BC＝CD－CF.
证明：∵△ABD≌△ACF，
∴BD＝CF，
∵BC＝CD－BD，
∴BC＝CD－CF.
(3)解：如解图，过点E作EM⊥CF于M，作EN⊥BD于点N，过点A作AH⊥BD于点H.
∵AB＝AC＝2，

第4题解图
∴BC＝4，AH＝BC＝2，
∵CD＝BC，
∴CD＝1，
∵∠BAC＝∠DAF＝90°，
∴∠BAD＝∠CAF，
又∵AB＝AC，AD＝AF，
∴△ABD≌△ACF，
∴∠ACF＝∠ABC＝45°，
∵∠ACB＝45°，
∴∠BCF＝90°，
∴CN＝ME，CM＝EN，
∴∠AGC＝∠ABC＝45°，
∴CG＝BC＝4，
∵∠ADE＝90°，
∴∠ADH＋∠EDN＝∠EDN＋∠DEN＝90°，
∴∠ADH＝∠DEN，
又∵∠AHC＝∠DNE＝90°，AD＝DE，
∴△AHD≌△DNE，
∴DN＝AH＝2，EN＝DH＝3，
∴CM＝EN＝3，ME＝CN＝3，
则GM＝CG－CM＝4－3＝1，
∴EG＝＝.
类型二　平移、旋转、折叠探究题
5. (1)解：BD＝CF成立．
理由如下：∵AC＝AB，∠CAF＝∠BAD＝θ，AF＝AD，
∴△ACF≌△ABD，∴CF＝BD.
(2)①证明：由(1)得，△ACF≌△ABD，
∴∠HFN＝∠ADN，
在△HFN与△ADN中，
∵∠HFN＝∠ADN，∠HNF＝∠AND，
∴∠NHF＝∠NAD＝90°，

第5题解图
∴HD⊥HF，即BD⊥CF.
②解：如解图，连接DF，延长AB，与DF交于点M，
在△MAD中，
∵∠MAD＝∠MDA＝45°，
∴∠BMD＝90°.
在Rt△BMD与Rt△FHD中，
∵∠MDB＝∠HDF，
∴△BMD∽△FHD.
∵AB＝2，AD＝3，四边形ADEF是正方形，
∴MA＝MD＝＝3，
∴MB＝MA－AB＝3－2＝1，BD＝＝＝，
又∵＝，即＝，
∴DH＝.
6. (1)①证明：∵△ABC绕点A顺时针方向旋转60°得到△ADE，
∴AB＝AD，∠BAD＝60°，
∴△ABD是等边三角形；
②证明：由①得△ABD是等边三角形，
∴AB＝BD，
∵△ABC绕点A顺时针方向旋转60°得到△ADE，
∴AC＝AE，BC＝DE，
又∵AC＝BC，
∴EA＝ED，
∴点B，E在AD的中垂线上，
∴BE是AD的中垂线，
∵点F在BE的延长线上，
∴BF⊥AD，AF＝DF；
③解：BE的长为3－4；
【解法提示】由②知AF＝AD＝AB＝3，AE＝AC＝5，
BF⊥AD，
由勾股定理得EF＝＝4.
在等边△ABD中，AB＝6，BF⊥AD，
∴BF＝AB＝3，∴BE＝3－4.
(2)解：BE＋CE的值为13；

第6题解图
【解法提示】如解图，
∵∠DAG＝∠ACB，
∴∠DAB＝2∠CAB.
∵∠DAE＝∠CAB，
∴∠BAE＝∠CAB，
∴∠BAE＝∠CBA，
∴AE∥BC，
∵AE＝AC＝BC，
∴四边形ACBE是菱形，
∴CE垂直平分AB，BE＝AC＝5.
设CE交AB于M，则CM⊥AB，CM＝EM，AM＝BM，
∴在Rt△ACM中，AC＝5，AM＝3，
由勾股定理得CM＝4，
∴CE＝8，
∴CE＋BE＝13.
7. 解：(1)由矩形性质与折叠可知，∠APO＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，
∴∠CPO＋∠DPA＝∠DPA＋∠DAP＝90°，
∴∠DAP＝∠CPO，
∴△OCP∽△PDA，
∴＝()2，即＝()2，
∴CP＝4，
设CD＝x，则DP＝x－4，AP＝AB＝CD＝x，
∵AP2－DP2＝AD2，
∴x2－(x－4)2＝82，
解得x＝10，
故CD＝10.
(2)

第7题解图
线段EF的长度始终不发生变化，为2.
证明：如解图，过点N作NG⊥PB，与PB的延长线相交于点G，
∵AB＝AP，
∴∠APB＝∠ABP＝∠GBN，
在△PME和△BNG中，
，
∴△PME≌△BNG(AAS)，
∴ME＝NG，PE＝BG，
在△FME和△FNG中，
，
∴△FME≌△FNG(AAS)，
∴EF＝GF，
∴EF＝EG，
∵BP＝BE＋EP＝BE＋GB＝EG，
∴EF＝BP，
∵BP＝＝＝4，
∴EF＝BP＝2.
8. (1)解：菱形．
(2)证明：如解图①，作AE⊥CC′于点E，
由旋转得AC′＝AC，
∴∠CAE＝∠C′AE＝α＝∠BAC，

第8题解图①
∵四边形ABCD是菱形，
∴BA＝BC，BC＝DC′，
∴∠BCA＝∠BAC，
∴∠CAE＝∠BCA，
∴AE∥BC，
同理AE∥DC′，
∴BC∥DC′，
∴四边形BCC′D是平行四边形，
又∵AE∥BC，∠CEA＝90°，
∴∠BCC′＝180°－∠CEA＝90°，
∴四边形BCC′D是矩形．
(3)解：如解图①，过点B作BF⊥AC于点F，
∵BA＝BC，
∴CF＝AF＝AC＝×10＝5.
在Rt△BCF中，BF＝＝＝12.
在△ACE和△CBF中，
∵∠CAE＝∠BCF，∠CEA＝∠BFC＝90°，
∴△ACE∽△CBF，
∴＝，即＝，
解得CE＝.
∵AC＝AC′，AE⊥CC′，
∴CC′＝2CE＝2×＝.
当四边形BCC″D′恰好为正方形时，分两种情况：
①点C″在边CC′上，a＝CC′－13＝－13＝，
②点C″在边C′C的延长线上，a＝CC′＋13＝＋13＝.
综上所述，a的值为或.

第8题解图②
(4)解：答案不唯一，例：画出正确图形如解图②所示．
平移及构图方法：将△ACD沿着射线CA方向平移，平移距离为AC的长度，得到△A′C′D，连接A′B，DC.
结论：四边形A′BCD是平行四边形．
9. 解：(1)∵折叠后点A落在AB边上的点D处，
∴EF⊥AB，△AEF≌△DEF，
∴S△AEF＝S△DEF.
∵S四边形ECBF＝3S△EDF，
∴S四边形ECBF＝3S△AEF.
∵S△ACB＝S△AEF＋S四边形ECBF，
∴S△ACB＝S△AEF＋3S△AEF＝4S△AEF，
∴＝.
∵∠EAF＝∠BAC，∠AFE＝∠ACB＝90°，
∴△AEF∽△ABC，
∴＝()2，
∴()2＝.
在Rt△ACB中，∵∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，
∴AB＝＝5，
∴()2＝，
∴AE＝.
(2)

第9题解图①
①四边形AEMF是菱形．
证明：如解图①，∵折叠后点A落在BC边上的点M处，
∴∠CAB＝∠EMF，AE＝ME，
又∵MF∥CA，
∴∠CEM＝∠EMF，
∴∠CAB＝∠CEM，
∴EM∥AF，
∴四边形AEMF是平行四边形．
又∵AE＝ME，
∴四边形AEMF是菱形．
②如解图①，连接AM，AM与EF交于点O，设AE＝x，则ME＝AE＝x，EC＝4－x.
∵∠CEM＝∠CAB，∠ECM＝∠ACB＝90°，
∴△ECM∽△ACB.
∴＝，
∵AB＝5，AC＝4，
∴＝，
解得x＝，
∴AE＝ME＝，EC＝.
在Rt△ECM中，∵∠ECM＝90°，
∴CM2＝EM2－EC2，
即CM＝＝＝.
∵四边形AEMF是菱形，
∴OE＝OF，OA＝OM，AM⊥EF，
∴S菱形AEMF＝4S△AOE＝2OE·AO.
在Rt△AOE和Rt△ACM中，
∵tan∠EAO＝tan∠MAC，
∴＝.
∵CM＝，AC＝4，
∴AO＝3OE，
∴S菱形AEMF＝6OE2.
又∵S菱形AEMF＝AE·CM，
∴6OE2＝×，
∴OE＝，
∴EF＝.
(3)如解图②，

第9题解图②
过点F作FH⊥CB于点H，在Rt△NCE和Rt△NHF中，
∵tan∠ENC＝tan∠FNH，
∴＝，
∵NC＝1，EC＝，
∴＝，
设FH＝x，则NH＝x，
∴CH＝NH－NC＝x－1.
∵BC＝3，
∴BH＝BC－CH＝3－(x－1)＝4－x.
在Rt△BHF和Rt△BCA中，
∵tan∠FBH＝tan∠ABC，
∴＝，
∴＝，
解得x＝，
∴HF＝.
∵∠B＝∠B，∠BHF＝∠BCA＝90°，
∴△BHF∽△BCA，
∴＝，即HF·BA＝CA·BF，
∴×5＝4BF，
∴BF＝2，
∴AF＝AB－BF＝3，
∴＝.
10. 解：(1)△ABP∽△PCD.
【解法提示】∵∠MPN＝90°，
∴∠APB＋∠DPC＝90°，
∵∠B＝90°，
∴∠APB＋∠BAP＝90°，
∴∠DPC＝∠BAP，
又∵∠B＝∠C＝90°，
∴△ABP∽△PCD.
(2)在旋转过程中，的值为定值．
如解图，过点F作FG⊥BC，垂足为G.

　　　第10题解图
类比(1)可得：△EBP∽△PGF，
∴＝，
∵∠A＝∠B＝∠FGB＝90°，
∴四边形ABGF是矩形，
∴FG＝AB＝2，
∵BP＝1，
∴＝，
即在旋转过程中，的值为定值.
(3)由(2)知△EBP∽△PGF，
∴＝＝，
又∵AE＝t，
∴BE＝2－t，
∴PG＝2(2－t)＝4－2t，
∴AF＝BG＝BP＋PG＝1＋(4－2t)＝5－2t，
∴S＝S矩形ABGF－S△AEF－S△BEP－S△PFG
＝2(5－2t)－t(5－2t)－×1×(2－t)－×2×(4－2t)
＝t2－4t＋5,
即S＝t2－4t＋5(0≤t≤2)，
当S＝4.2时，4.2＝t2－4t＋5，
解得：t1＝2－，t2＝2＋(不合题意，舍去)．
∴t的值是2－.
11. 解：(1)如解图①，在△ABC中，
∵∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝1，
∴AB＝2，
又∵D是AB的中点，

第11题解图①
∴AD＝1，CD＝AB＝1，
又∵EF是△ACD的中位线，
∴EF＝DF＝，在△ACD中，AD＝CD，∠A＝60°，
∴△ACD为等边三角形，
∴∠ADC＝60°，
在△FGD中，GF＝DF·sin60°＝，
∴矩形EFGH的面积S＝EF·GF＝×＝.
(2)如解图②，设矩形移动的距离为x，则0＜x≤，
①当矩形与△CBD重叠部分为三角形时，则0＜x≤，重叠部分的面积S＝x·x＝，

第11题解图②
∴x＝＞(舍去)，
②当矩形与△CBD重叠部分为直角梯形时，则＜x≤，
重叠部分的面积S＝x－××＝，
∴x＝，
即矩形移动的距离为时，矩形与△CBD重叠部分的面积是.

第11题解图③
(3)如解图③，作H2Q⊥AB于Q，
设DQ＝m，则H2Q＝m，
又DG1＝，H2G1＝，
在Rt△H2QG1中，
(m)2＋(m＋)2＝()2，
解得m1＝，m2＝＜0(舍去)，
∴cosα＝＝＝.
类型三　图形形状变化探究题
12. (1)证明：∵△ABD、△ACE是等边三角形，
∴AB＝AD，AC＝AE，∠CAE＝∠DAB＝60°，
∴∠CAE＋∠BAC＝∠DAB＋∠BAC，即∠BAE＝∠DAC，
在△ABE和△ADC中，
，
∴△ABE≌△ADC(SAS)．
(2)解：∠BOC＝90°.理由如下：
由(1)得△ABE≌△ADC，
∴∠EBA＝∠CDA.
∵∠FBA＋∠FDA＝180°，
∴∠FBA－∠EBA＋∠FDA＋∠CDA＝180°，
即∠FBO＋∠FDO＝180°.
在四边形FBOD中，∠F＝90°，
∴∠DOB＝360°－∠F－(∠FBO＋∠FDO)＝90°，
∴∠BOC＝90°.
(3)解：72°.
【解法提示】∠BOC＝180°－108°＝72°.
(4)解：180°－.
【解法提示】由(3)可知，∠BOC度数应为180°减去正多边形内角度数．
13. 解：(1).
【解法提示】sin120°＝，故这个平行四边形的变形度是.
(2)＝，理由如下：
如解图，设矩形的长和宽分别为a，b，其变形后的平行四边形的高为h，
第13题解图


则S1＝ab，S2＝ah，sinα＝，
∴＝＝，
又∵＝，
∴＝.
(3)由AB2＝AE·AD，可得A1B＝A1E1·A1D1，即＝.
又∵∠B1A1E1＝∠D1A1B1，
∴△B1A1E1∽△D1A1B1，
∴∠A1B1E1＝∠A1D1B1，
∵A1D1∥B1C1，
∴∠A1E1B1＝∠C1B1E1，
∴∠A1E1B1＋∠A1D1B1＝∠C1B1E1＋∠A1B1E1＝∠A1B1C1.
由(2)结论＝，可得＝＝2，
∴sin∠A1B1C1＝，
∴∠A1B1C1＝30°，
∴∠A1E1B1＋∠A1D1B1＝30°.
14. (1)①证明：如解图①，
∵∠ACE＋∠ECB＝45°，∠BCF＋∠ECB＝45°，

第14题解图①
∴∠ACE＝∠BCF，
又∵四边形ABCD和EFCG是正方形，
∴＝＝，
∴△CAE∽△CBF.
②解：∵＝＝，AE＝2，
∴BF＝＝，
由△CAE∽△CBF可得∠CAE＝∠CBF，
又∵∠CAE＋∠CBE＝90°，
∴∠CBF＋∠CBE＝90°，即∠EBF＝90°，

第14题解图②

由CE2＝2EF2＝2(BE2＋BF2)＝6，
解得CE＝.
(2)解：连接BF，如解图②，同(1)证△CAE∽△CBF，可得∠EBF＝90°，＝，
由＝＝k，可得BC∶AB∶AC＝1∶k∶，
CF∶EF∶EC＝1∶k∶，
∴＝＝，＝＝，
∴EF＝，EF2＝，BF＝，BF2＝，
∴CE2＝×EF2＝(BE2＋BF2)，
∴32＝(12＋)，
解得k＝.
(3)解：p2－n2＝(2＋)m2.
【解法提示】如解图③，连接BF，同(1)证△CAE∽△CBF，可得∠EBF＝90°，
过点C作CH⊥AB交AB延长线于点H，
类比第(2)问得AB2∶BC2∶AC2＝1∶1∶(2＋)，

第14题解图③
EF2∶FC2∶EC2＝1∶1∶(2＋)，
∴p2＝(2＋)EF2
＝(2＋)(BE2＋BF2)
＝(2＋)(m2＋)
＝(2＋)m2＋n2，
∴p2－n2＝(2＋)m2.
15. 证明：(1)①连接AH，如解图①.

第15题解图①
∵四边形OBFC是平行四边形，
∴BH＝HC＝BC，OH＝HF，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC，AH⊥BC，
在Rt△ABH中，AH2＝AB2－BH2，
∴AH＝＝BC，
∵OA＝AE，OH＝HF，
∴AH是△OEF的中位线，
∴AH＝EF，AH∥EF，
∴EF⊥BC.
②由①得AH＝BC，
∵AH＝EF
∴BC＝EF，
∴EF＝BC.
(2)EF⊥AB仍然成立，EF＝BC.

第15题解图②
【解法提示】如解图②，连接AH，
∵四边形OBFC是平行四边形，
∴BH＝HC＝BC，OH＝HF，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AH⊥BC，
在Rt△ABH中，AH2＝AB2－BH2＝
(BH)2－BH2＝BH2，
∴AH＝BH＝BC，
∵OA＝AE，OH＝HF，
∴AH是△OEF的中位线，
∴AH＝EF，AH∥EF，
∴EF⊥BC，EF＝2AH＝BC.

第15题解图③
(3)EF＝ BC.
【解法提示】如解图③，连接AH，
∵四边形OBFC是平行四边形，
∴BH＝HC＝BC，OH＝HF，
∵△ABC是等腰三角形，AB＝kBC，
∴AH⊥BC，在Rt△ABH中，AH2＝AB2－BH2＝(kBC)2－(BC)2＝(k2－)BC2，
∴AH＝ BC，
∵OA＝AE，OH＝HF，
∴AH是△OEF的中位线，
∴AH＝EF，AH∥EF，
∴EF⊥BC， BC＝EF，
∴EF＝ BC.