专题17 解密几何综合压轴题（教师版）- 2024年中考数学拉分压轴专题重难点突破

这是一份专题17 解密几何综合压轴题（教师版）- 2024年中考数学拉分压轴专题重难点突破，共42页。试卷主要包含了【问题情境】，综合与实践，问题发现，解答题等内容，欢迎下载使用。


1．【问题情境】：
数学活动课上，同学们开展了以折叠为主题的探究活动，如图1，已知矩形纸片，其中宽．
(1)【动手实践】：
如图1，威威同学将矩形纸片折叠，点落在边上的点处，折痕为，连接，然后将纸片展平，得到四边形，则折痕的长度为______．
(2)【探究发现】：
如图2，胜胜同学将图1中的四边形剪下，取边中点，将沿折叠得到，延长交于点．点为边的中点，点是边上一动点，将沿折叠，当点的对应点落在线段上时，求此时的值；
(3)【反思提升】：
明明同学改变图2中点的位置，即点为边上一动点，点仍是边上一动点，按照（2）中方式折叠，使点落在线段上，明明同学不断改变点的位置，发现在某一位置与（2）中的相等，请直接写出此时的长度．
【答案】(1) (2) (3)
【分析】（1）通过折叠的性质可证明△BMN是等腰直角三角，利用勾股定理即可求出BN；
（2）先证明．再证明，接着证明，即有∴，进而求出NF，MF，则在Rt△BFM中，有，即得解；
（3）过作交BM于点S，过P点作交KS于点K点，根据（2）的结果得到tan∠QPM=，即可得，先证明四边形KPMS是矩形，再证，即有，设SQ=m，=n，则有，，利用勾股定理可表示出，∴，根据KP=SM=SQ+QM，有，可得，即=，∴，在结合tan∠FBM=可得，进而有，解得：，则BQ得解．
(1)
根据矩形的性质有∠A=∠ABM=90°，
根据折叠的性质有∠A=∠BMN，AB=BM，AN=MN，
∴∠A=∠ABM=90°=∠BMN，即四边形ABMN是矩形，
∴AB=MN，BM=AN，
∵AB=BM，AN=MN，
∴矩形ABMN是正方形，
∴MN=BM=AB，
∵AB=8，
∴MN=BM=8，
∴△BMN是等腰直角三角形，
∴BN=MN=，
故答案为：；
(2)
连接EF，如图，
在（1）中已得矩形ABMN是正方形，
∴AN=MN=BM=AB=8，，
∵E为AN中点，Q为BM中点，
∴AE=EN=4=BQ=QM，
∴根据翻折的性质有，，，，，
∴，，
∴，
∵，
∴．
∵，，，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∵，
∴，
∴结合有，
∴，
∵AB=8，AE=EN=4，
∴，即NF=2，
∴MF=MN-NF=8-2=6，
∴在Rt△BFM中，，
∵，
∴；
(3)
过作交BM于点S，过P点作交KS于点K点，如图，
在（2）中求得tan∠PQM=，
∵∠QPM与（2）中的∠PQM相等，
∴可知tan∠QPM=tan∠PQM=，
∴在Rt△PQM中，，
∴根据翻折的性质有，=90°，
∴∠KP+∠QS=90°，
∵，，PM⊥BM，
∴KS⊥KP，KS⊥BM，KP⊥MN，
∴∠K=90°=∠KSQ，且四边形KPMS是矩形，
∴∠SQ+∠QS=90°，
∴∠KP=∠SQ，
∴，
∴，
设SQ=m，=n，
则有，，
∴在Rt△中，，
∴，
∵四边形KPMS是矩形，
∴KP=SM=SQ+QM，
∴，可得，即=，
∴，
∵在（2）中已求得tan∠FBM=，
∴，
∵BS=BM-SQ-QM=8-m-=，
∴，解得：，
∴BQ=BM-QM=．
【我思故我在】本题主要考查了翻折的性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、平行的判断与性质、解直角三角形、正方形的判定与性质等知识，构造合理的辅助线证得是解答本题的关键．
2．综合与实践
综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．

(1)操作判断
操作一：对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；
操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，把纸片展平，连接PM，BM．
根据以上操作，当点M在EF上时，写出图1中一个30°的角：______．
(2)迁移探究
小华将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下：
将正方形纸片ABCD按照（1）中的方式操作，并延长PM交CD于点Q，连接BQ．
①如图2，当点M在EF上时，∠MBQ＝______°，∠CBQ＝______°；
②改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合），如图3，判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明理由．
(3)拓展应用
在（2）的探究中，已知正方形纸片ABCD的边长为8cm，当FQ＝1cm时，直接写出AP的长．
【答案】(1)或或或
(2)①15，15；②，理由见解析
(3)cm或
【分析】（1）根据折叠的性质，得，结合矩形的性质得，进而可得；
（2）根据折叠的性质，可证，即可求解；
（3）由（2）可得，分两种情况：当点Q在点F的下方时，当点Q在点F的上方时，设分别表示出PD，DQ，PQ，由勾股定理即可求解．
（1）
解：
，sin∠BME=
（2）
∵四边形ABCD是正方形
∴AB=BC，∠A=∠ABC=∠C=90°
由折叠性质得：AB=BM，∠PMB=∠BMQ=∠A=90°
∴BM=BC
①
∴
②
（3）
当点Q在点F的下方时，如图，
，DQ=DF+FQ=4+1=5(cm)
由（2）可知，
设
，
即
解得：
∴；
当点Q在点F的上方时，如图，
cm，DQ =3cm，
由（2）可知，
设
，
即
解得：
∴．
【我思故我在】本题主要考查矩形与折叠，正方形的性质、勾股定理、三角形的全等，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．
3．将正方形的边绕点逆时针旋转至 ，记旋转角为．连接，过点作垂直于直线，垂足为点，连接，
如图1，当时，的形状为 ，连接，可求出的值为 ；
当且时，
①中的两个结论是否仍然成立?如果成立，请仅就图2的情形进行证明；如果不成立，请说明理由；
②当以点为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出的值．
【答案】（1）等腰直角三角形，；（2）①结论不变，理由见解析；②3或1．
【分析】（1）根据题意，证明是等边三角形，得，计算出，根据，可得为等腰直角三角形；证明，可得的值；
（2）①连接BD，通过正方形性质及旋转，表示出，结合，可得为等腰直角三角形；证明，可得的值；
②分为以CD为边和CD为对角线两种情况进行讨论即可．
【详解】（1）由题知°，°，
∴°，且为等边三角形
∴°，
∴
∵
∴°
∴°
∴为等腰直角三角形
连接BD，如图所示
∵°
∴即
∵
∴
∴
故答案为：等腰直角三角形，
（2）①两个结论仍然成立
连接BD，如图所示：
∵，
∴
∵
∴
∴
∵
∴
∴是等腰直角三角形
∴
∵四边形为正方形
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∴结论不变，依然成立
②若以点为顶点的四边形是平行四边形时，分两种情况讨论
第一种：以CD为边时，则，此时点在线段BA的延长线上，
如图所示：
此时点E与点A重合，
∴，得；
②当以CD为对角线时，如图所示：
此时点F为CD中点，
∵
∴
∵
∴
∴
∴
∴
∴
综上：的值为3或1．
4．如图（1），已知点G在正方形的对角线上，，垂足为点E，，垂足为点F．

(1)证明与推断：
①求证：四边形是正方形：
②推断：的值为_____________；
(2)探究与证明：
将正方形绕点C顺时针方向旋转角（），如图（2）所示，试探究线段与之间的数量关系，并说明理由；
(3)拓展与运用：
正方形在旋转过程中，当B，E，F三点在一条直线上时，如图（3）所示，延长交于点H．
①求证：．
②若，，则_________________．
【答案】(1)①见解析；②
(2)，理由见解析
(3)①见解析；②
【分析】（1）①由GE⊥BC、GF⊥CD结合可得四边形CEGF是矩形，再由即可得证；②由正方形性质知，据此可得，，利用平行线分线段成比例定理可得；
（2）连接CG，只需证△ACG∽△BCE即可得；
（3）①根据题意可求出∠BEC=135°．再根据△ACG∽△BCE，即得出∠AGC=∠BEC=135°，从而可求出∠AGH=∠CAH=45°．即证明△AHG∽△CHA；②由△AHG∽△CHA得，设BC=CD=AD=a，则，由得：，从而可求出，DH=，，再由得：，解出a即可．
【详解】（1）①∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，∠BCA=45°，
∵GE⊥BC、GF⊥CD，
∴∠CEG=∠CFG=∠ECF=90°，
∴四边形CEGF是矩形，∠CGE=∠ECG=45°，
∴EG=EC，
∴四边形CEGF是正方形；
②由①知四边形CEGF是正方形，
∴∠CEG=∠B=90°，∠ECG=45°，
∴，，
∴，
故答案为；
（2）如图，连接CG，
由旋转性质知∠BCE=∠ACG=α，
在Rt△CEG和Rt△CBA中，，
∴，
∴△ACG∽△BCE，
∴，
∴线段AG与BE之间的数量关系为；
（3）①∵∠CEF=45°，点B、E、F三点共线，
∴∠BEC=135°．
∵△ACG∽△BCE，
∴∠AGC=∠BEC=135°，
∴∠AGH=∠CAH=45°．
∵∠CHA=∠AHG，
∴△AHG∽△CHA；
②∵△AHG∽△CHA，
∴，
设BC=CD=AD=a，则，
则由得： ，
∴，
∴DH=AD-AH=，
∴，
∴由得：，
解得：，即BC=，
故答案为：．
【我思故我在】本题考查了正方形的性质与判定，相似三角形的判定与性质等知识，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线，熟练掌握正方形的判定与性质、相似三角形的判定与性质是解题的关键．
5．如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝3，点D是直线AB上一动点（点D不与点A，B重合），以CD为边作正方形CDEF，连接AE，AF．
(1)观察猜想
当点D在线段AB上时，线段BD与AF的数量关系是______，∠CAE的度数是______．
(2)探究证明
当点D不在线段AB上时，（1）中的两个结论是否仍然成立？如果成立，请仅就图2的情形进行证明；如果不成立，请说明理由．
(3)解决问题
当BD时，请直接写出线段AE的长．
【答案】(1)BD=AF，90°
(2)当点D不在线段AB上时，（1）中的两个结论仍然成立，证明见解析
(3)线段AE的长为1
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质与正方形的性质，得出，得到；过作，，根据得到，确定四边形是矩形，通过在和中角度关系得出，进而得到，确定四边形是正方形，根据正方形对角线性质得出；
（2）根据等腰直角三角形的性质与正方形的性质，得出，得到；过作，，根据得到，确定四边形是矩形，再根据正方形内角为直角可以得出，进而得到，确定四边形是正方形，根据正方形对角线性质得出；
（3）在等腰直角△ABC中，利用勾股定理得到斜边长为，可知在边上，根据（1）中求解过程即可利用全等性质及勾股定理求出线段长．
（1）
解：四边形CDEF是正方形，
，
在△ABC中，∠ACB＝90°，
，，
，
在和中，
，
，
；
过作，，如图所示：
由得，
在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝3，
，
，
，
四边形是矩形，
令与交于，在和中，，，
，
在和中，
，
，
，
四边形是正方形，
是正方形的对角线，
，
；
故答案为：；；
（2）
解：当点D不在线段AB上时，（1）中的两个结论仍然成立．
证明如下：
四边形CDEF是正方形，
，
在△ABC中，∠ACB＝90°，
，，
，
在和中，
，
，
；
过作，，如图所示：
由得，
在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝3，
，
，
，
四边形是矩形，
，
，，
，
在和中，
，
，
，
四边形是正方形，
是正方形的对角线，
，
；
故答案为：；；
（3）
解：在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝3，点D是直线AB上一动点（点D不与点A，B重合），
，
，
根据可知点D在线段AB上，
由（1）知，，，
过作于，如图所示：
由等面积法可得，
在中，，，
正方形边长，
在中，，设，则，，，根据勾股定理可得，解得或（舍弃），
在正方形中，是其对角线，则．
【我思故我在】本题考查几何综合，涉及到全等三角形的判定与性质、正方形的性质与判定、等腰直角三角形的性质、勾股定理求线段长等知识点，综合性强、难度较大，根据题意构造出恰当的辅助线是解决问题的关键．
6．已知，在△ABC中，AB=AC，点D为边AC上一动点，∠BDE=∠A且DB=DE，连接BE，EC，其中．
问题发现：（1）如图1，若∠A=60°，∠BCE与∠A怎样的数量关系？k的值为多少？直接写出答案．
类比探究：（2）如图2，若，点D在AC的延长线上，∠BCE与∠A有怎样的数量关系？k的值为多少？请说明理由．
拓展应用：（3）如图3，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=10，D为AC上一点，以BD为边，在如图所示位置作正方形BDEF，点O为正方形BDEF的对称中心，且OA=，请直接写出DE的长．

【答案】（1），；（2），；（3）．
【分析】问题发现：（1）证明，可得出，，
类比探究：（2）证明，得出，证明，得出．则，．
拓展应用：（3）证明，得出，则，求出，则可求出．
【详解】解：问题发现：（1）；．
，，，
和都是等边三角形，
，，，
，
，
，，
．
类比探究：（2），．
理由如下：由于，，，
，
，
，
，
又，
即，
（对应边成比例，夹角相等），
．
，．
拓展应用：（3）．
连接、，
∵点O为正方形BDEF的对称中心，
∴是等腰直角三角形，
又∵Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=10，
∴是等腰直角三角形，
∴
，，
，，
∴，
，
，
，
，
，
．
【我思故我在】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质等知识，掌握全等三角形的判定方法与相似三角形的判定方法是解题的关键．
7．在四边形中，点为边上一点，点为对角线上的一点，且．
（1）若四边形为正方形；
①如图1，请直接写出与的数量关系；
②将绕点逆时针旋转到图2所示的位置，连接、，猜想与的数量关系并说明理由；
（2）如图3，若四边形为矩形，，其它条件都不变，将绕点逆时针旋转得到△，连接，，请在图3中画出草图，并求出与的数量关系．
【答案】（1）①DF=AE；②DF=AE，理由见详解；（2）．
【分析】（1）①利用正方形的性质得△ABD为等腰直角三角形，则BF=AB，再证明△BEF为等腰直角三角形得到BD=BE，所以BDBF=ABBE，从而得到DF=AE；
②利用旋转的性质得∠ABE=∠DBF，加上，则根据相似三角形的判定可得到△ABE∽△DBF，所以；
（2）先画出图形得到图3，利用勾股定理得到BD=AB，再证明△BEF∽△BAD得到，则，接着利用旋转的性质得∠ABE′=∠DBF′，BE′=BE，BF′=BF，所以，然后根据相似三角形的判定方法得到△ABE′∽△DBF′，再利用相似的性质可得．
【详解】解：（1）①∵四边形ABCD为正方形，
∴△ABD为等腰直角三角形，
∴BD=AB，
∵EF⊥AB，
∴△BEF为等腰直角三角形，
BF=BE，
∴BD-BF=ABBE，
即DF=AE；
故答案为：DF=AE；
②DF=AE．理由如下：
∵△EBF绕点B逆时针旋转到图2所示的位置，
∴∠ABE=∠DBF，
∵，，
∴，
∴△ABE∽△DBF，
∴，
即DF=AE；
（2）如图3，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD=BC=mAB，
∴BD=AB，
∵EF⊥AB，
∴EF∥AD，
∴△BEF∽△BAD，
∴，
∴，
∵△EBF绕点B逆时针旋转α（0°＜α＜90°）得到△E'BF'，
∴∠ABE′=∠DBF′，BE′=BE，BF′=BF，
∴，
∴△ABE′∽△DBF′，
∴，
即．
【我思故我在】本题考查了相似形的综合题：熟练掌握旋转的性质、矩形和正方形的性质；灵活应用相似三角形的判定和性质，会利用相似比表示线段之间的关系．
8．（1）问题发现
如图1，在△OAB和△OCD中，OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD=40°，连接AC，BD交于点M．填空：
①的值为 ；
②∠AMB的度数为 ．
（2）类比探究
如图2，在△OAB和△OCD中，∠AOB=∠COD=90°，∠OAB=∠OCD=30°，连接AC交BD的延长线于点M．请判断的值及∠AMB的度数，并说明理由；
（3）拓展延伸
在（2）的条件下，将△OCD绕点O在平面内旋转，AC，BD所在直线交于点M，若OD=1，OB=，请直接写出当点C与点M重合时AC的长．
【答案】（1）①1；②40°；（2），90°；（3）AC的长为3或2．
【分析】（1）①证明△COA≌△DOB（SAS），得AC=BD，比值为1；
②由△COA≌△DOB，得∠CAO=∠DBO，根据三角形的内角和定理得：∠AMB=180°-（∠DBO+∠OAB+∠ABD）=180°-140°=40°；
（2）根据两边的比相等且夹角相等可得△AOC∽△BOD，则，由全等三角形的性质得∠AMB的度数；
（3）正确画图形，当点C与点M重合时，有两种情况：如图3和4，同理可得：△AOC∽△BOD，则∠AMB=90°，，可得AC的长．
【详解】（1）问题发现：
①如图1，
∵∠AOB=∠COD=40°，
∴∠COA=∠DOB，
∵OC=OD，OA=OB，
∴△COA≌△DOB（SAS），
∴AC=BD，
∴
②∵△COA≌△DOB，
∴∠CAO=∠DBO，
∵∠AOB=40°，
∴∠OAB+∠ABO=140°，
在△AMB中，∠AMB=180°-（∠CAO+∠OAB+∠ABD）=180°-（∠DBO+∠OAB+∠ABD）=180°-140°=40°，
（2）类比探究：
如图2，，∠AMB=90°，理由是：
Rt△COD中，∠DCO=30°，∠DOC=90°，
∴，
同理得：，
∴，
∵∠AOB=∠COD=90°，
∴∠AOC=∠BOD，
∴△AOC∽△BOD，
∴ ，∠CAO=∠DBO，
在△AMB中，∠AMB=180°-（∠MAB+∠ABM）=180°-（∠OAB+∠ABM+∠DBO）=90°；
（3）拓展延伸：
①点C与点M重合时，如图3，
同理得：△AOC∽△BOD，
∴∠AMB=90°，，
设BD=x，则AC=x，
Rt△COD中，∠OCD=30°，OD=1，
∴CD=2，BC=x-2，
Rt△AOB中，∠OAB=30°，OB=，
∴AB=2OB=2，
在Rt△AMB中，由勾股定理得：AC2+BC2=AB2，
(x)2+(x−2)2＝(2)2，
x2-x-6=0，
（x-3）（x+2）=0，
x1=3，x2=-2，
∴AC=3；
②点C与点M重合时，如图4，
同理得：∠AMB=90°，，
设BD=x，则AC=x，
在Rt△AMB中，由勾股定理得：AC2+BC2=AB2，
(x)2+（x+2）2=(2)2.
x2+x-6=0，
（x+3）（x-2）=0，
x1=-3，x2=2，
∴AC=2；.
综上所述，AC的长为3或2．
【我思故我在】本题是三角形的综合题，主要考查了三角形全等和相似的性质和判定，几何变换问题，解题的关键是能得出：△AOC∽△BOD，根据相似三角形的性质，并运用类比的思想解决问题，本题是一道比较好的题目．
9．解答题
(1)如图1，和都是等边三角形，连接、，求证，；
[类比探究]
(2)如图2，和都是等腰直角三角形，，连接．求的值．
[拓展提升]
(3)如图3，和都是直角三角形，，．连接，延长交于点F，连接．若恰好等于，请直接写出此时之间的数量关系．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）证明，从而得出结论；
（2）证明，从而得出结果；
（3）过点B作，垂足为点H，令和相交于点O．通过证明以及，根据对应边成比例，即可将三条线段表示出来，即可得出结论．
【详解】（1）解：∵和都是等边三角形，
∴，，，
∴，即：，
在和中，
，
∴，
∴．
（2）解：∵和都是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∴，则，
∵，即：，
在和中，
，，
∴，
∴，
令，根据勾股定理可得：，
∴．
（3）
过点B作，垂足为点H，令和相交于点O．
∵，，
∴，，
∴，则，
∴，即：，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，，
∴，
设，，则，
∵，，
∴，
∴，即，，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，，
∵，，
∴，
∵，
∴．
【我思故我在】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握“手拉手”模型及其变形．
10．如图1，已知矩形中，，O是矩形的中心，过点O作于E，作于F，得矩形BEOF．
(1)线段AE与CF的数量关系是 ，直线AE与CF的位置关系是 ；
(2)固定矩形，将矩形绕点B顺时针旋转到如图2的位置，连接．那么（1）中的结论是否依然成立？请说明理由；
(3)若，当矩形旋转至点O在CF上时（如图3），设OE与BC交于点P，求PC的长．
【答案】(1)，
(2)（1）中的结论仍然成立，理由见解析
(3)
【分析】（1）根据是矩形的中心，于，于可知，四边形为矩形，可推知各线段的数量及位置关系；
（2）延长交于，交于，由已知得，进而得到，构造相似三角形和，根据相似三角形的性质进行判断；
（3）根据已知条件，利用勾股定理求出的长，进而求出的长，判断出，根据相似三角形的性质即可求出的长．
【详解】（1）解：是矩形的中心，于，于，
，，
，
，即；
，点、分别是、上的点，
；
故答案为；；
（2）解：（1）中的结论仍然成立．
如图1，延长交于，交于，
由已知得，
，
，
，
，，
，，
，
，且．
（3）解：，，
，
，，
点在上，
，
，
，
，，
，
，
设，则，
，
解得：，
．
【我思故我在】本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，旋转的性质，掌握相似三角形的判定和性质，做出适当辅助线是关键．
11．（1）如图1，正方形ABCD的中心为点O，正方形OA′B′C′与正方形ABCD的边长相等．正方形OA′B′C′绕点O旋转，运动过程中两个正方形重叠部分的面积是否发生变化？如果变化，重叠部分的面积如何变化；如果不变，重叠部分的面积与正方形ABCD的面积有何关系？请写出结论并证明．
结论：______________________________________________________
证明：______________________________________________________
（2）如图2，正三角形ABC的中心为点O，正三角形OA′B′与正三角形ABC的边长相等，边OA′经过点B．正三角形OA′B′绕点O顺时针旋转α（0°≤α≤120°），运动过程中两个正三角形重叠部分的面积是否发生变化？如果变化，重叠部分的面积如何变化；如果不变，重叠部分的面积与正三角形ABC的面积有何关系？请写出研究过程．
【答案】（1）两个正方形重叠部分的面积不变，是正方形ABCD面积的；证明见解析；
（2）发生变化．当增大时，重叠部分的面积先增大再减小，面积最大为正三角形面积的 ，最小为正三角形面积的．
【分析】（1）证明△BOE≌△COF（ASA），可得结论S△BOE=S△COF，则可得出
（2）分四种情况，当α＝0时，当α＝30时，当α＝90时，当α＝120时，画出运动过程中两个正三角形重叠部分的图形，根据面积的大小关系写出变化结论即可．
【详解】（1）解：结论：两个正方形重叠部分的面积不变，是正方形ABCD面积的；
证明：连接AC，BD，
∵四边形ABCD是正方形，四边形OA′B′C′是正方形，
∴AC⊥BD，OB=OC，∠OBE=∠OCF=45°，∠A′OC′=90°，
∴∠BOC=∠A′OC′=90°，
∴∠BOE=∠COF，
∴△BOE≌△COF（ASA），
∴S△BOE=S△COF，
∴S四边形OEBF=S△OBC=S正方形ABCD；
（2）发生变化．
如图2，当时，重叠部分的形状为直角三角形，S重叠部分＝ ；
如图3，当时，重叠部分的形状为菱形，S重叠部分＝S△ABC；
如图4，当时，重叠部分的形状为等边三角形，S重叠部分＝；
如图5，当时，重叠部分的形状为直角三角形，S重叠部分＝；
综上所述，运动过程中两个三角形重叠部分的面积发生变化，当增大时，重叠部分的面积先增大再减小，面积最大为正三角形面积的，最小为正三角形面积的 ．
【我思故我在】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
12．在一次数学探究活动中，李老师设计了一份活动单：
“追梦”学习小组通过操作、观察、讨论后汇报：点A的位置不唯一，它在以为弦的圆弧上（点B、C除外），……．小华同学画出了符合要求的一条圆弧（如图1）．
（1）小华同学提出了下列问题，请你帮助解决．
①该弧所在圆的半径长为___________；
②面积的最大值为_________；
（2）经过比对发现，小明同学所画的角的顶点不在小华所画的圆弧上，而在如图1所示的弓形内部，我们记为，请你利用图1证明；
（3）请你运用所学知识，结合以上活动经验，解决问题：如图2，已知矩形的边长，，点P在直线的左侧，且．
①线段长的最小值为_______；
②若，则线段长为________．
【答案】（1）①2；②；（2）见解析；（3）①；②
【分析】（1）①设O为圆心，连接BO，CO，根据圆周角定理得到∠BOC=60°，证明△OBC是等边三角形，可得半径；
②过点O作BC的垂线，垂足为E，延长EO，交圆于D，以BC为底，则当A与D重合时，△ABC的面积最大，求出OE，根据三角形面积公式计算即可；
（2）延长BA′，交圆于点D，连接CD，利用三角形外角的性质和圆周角定理证明即可；
（3）①根据，连接PD，设点Q为PD中点，以点Q为圆心，PD为半径画圆，可得点P在优弧CPD上，连接BQ，与圆Q交于P′，可得BP′即为BP的最小值，再计算出BQ和圆Q的半径，相减即可得到BP′；
②根据AD，CD和推出点P在∠ADC的平分线上，从而找到点P的位置，过点C作CF⊥PD，垂足为F，解直角三角形即可求出DP．
【详解】解：（1）①设O为圆心，连接BO，CO，
∵∠BAC=30°，
∴∠BOC=60°，又OB=OC，
∴△OBC是等边三角形，
∴OB=OC=BC=2，即半径为2；
②∵△ABC以BC为底边，BC=2，
∴当点A到BC的距离最大时，△ABC的面积最大，
如图，过点O作BC的垂线，垂足为E，延长EO，交圆于D，
∴BE=CE=1，DO=BO=2，
∴OE==，
∴DE=，
∴△ABC的最大面积为=；
（2）如图，延长BA′，交圆于点D，连接CD，
∵点D在圆上，
∴∠BDC=∠BAC，
∵∠BA′C=∠BDC+∠A′CD，
∴∠BA′C＞∠BDC，
∴∠BA′C＞∠BAC，即∠BA′C＞30°；
（3）①如图，当点P在BC上，且PC=时，
∵∠PCD=90°，AB=CD=2，AD=BC=3，
∴tan∠DPC==，为定值，
连接PD，设点Q为PD中点，以点Q为圆心，PD为半径画圆，
∴当点P在优弧CPD上时，tan∠DPC=，连接BQ，与圆Q交于P′，
此时BP′即为BP的最小值，过点Q作QE⊥BE，垂足为E，
∵点Q是PD中点，
∴点E为PC中点，即QE=CD=1，PE=CE=PC=，
∴BE=BC-CE=3-=，
∴BQ==，
∵PD==，
∴圆Q的半径为，
∴BP′=BQ-P′Q=，即BP的最小值为；
②∵AD=3，CD=2，，
则，
∴△PAD中AD边上的高=△PCD中CD边上的高，
即点P到AD的距离和点P到CD的距离相等，
则点P到AD和CD的距离相等，即点P在∠ADC的平分线上，如图，
过点C作CF⊥PD，垂足为F，
∵PD平分∠ADC，
∴∠ADP=∠CDP=45°，
∴△CDF为等腰直角三角形，又CD=2，
∴CF=DF==，
∵tan∠DPC==，
∴PF=，
∴PD=DF+PF==．
【我思故我在】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，三角形的面积，等边三角形的判定和性质，最值问题，解直角三角形，三角形外角的性质，勾股定理，知识点较多，难度较大，解题时要根据已知条件找到点P的轨迹．【提出问题】“其他形状相同的两个图形，在类似上述旋转的过程中，上面发现的结论是否依然成立？”现对正三角形进行研究．
已知线段，使用作图工具作，尝试操作后思考：
（1）这样的点A唯一吗？
（2）点A的位置有什么特征？你有什么感悟？