数学-第2部分 专项5

第二部分专题五类型一新定义型探究问题针对训练1．(2015·江西)我们把两条中线互相垂直的三角形称为“中垂三角形”，例如图1，图2，图3中，AF，BE是△ABC的中线，AF⊥BE，垂足为P，像△ABC这样的三角形均称为“中垂三角形”，设BC＝a，AC＝b，AB＝c.特例探索(1)如图1，当∠ABE＝45°，c＝2eq\r(2)时，a＝__2eq\r(5)__，b＝__2eq\r(5)__；如图2，当∠ABE＝30°，c＝4时，a＝__2eq\r(13)__，b＝__2eq\r(7)__；归纳证明(2)请你观察(1)中的计算结果，猜想a2，b2，c2三者之间的关系，用等式表示出来，并利用图3证明你发现的关系式；拓展应用(3)如图4，在▱ABCD中，点E，F，G分别是AD，BC，CD的中点，BE⊥EG，AD＝2eq\r(5)，AB＝3，求AF的长．解：(1)∵AF⊥BE，∠ABE＝45°，∴AP＝BP＝eq\f(\r(2),2)AB＝2.∵AF，BE是△ABC的中线，∴EF∥AB，EF＝eq\f(1,2)AB＝eq\r(2)，∴∠PFE＝∠PEF＝45°，∴PE＝PF＝1.在Rt△FPB和Rt△PEA中，AE＝BF＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5)，∴AC＝BC＝2eq\r(5)，∴a＝b＝2eq\r(5).如图1，连接EF.同理可得EF＝eq\f(1,2)×4＝2.∵EF∥AB，∴△PEF∽△PBA，∴eq\f(PF,PA)＝eq\f(PE,PB)＝eq\f(EF,BA)＝eq\f(1,2).在Rt△ABP中，AB＝4，∠ABP＝30°，

∴AP＝2，PB＝2eq\r(3)，∴PF＝1，PE＝eq\r(3).在Rt△APE和Rt△BPF中，AE＝eq\r(7)，BF＝eq\r(13)，∴a＝2eq\r(13)，b＝2eq\r(7).(2)猜想：a2＋b2＝5c2，证明如下：如图2，连接EF.设∠ABP＝α，∴AP＝csinα，PB＝ccosα，由(1)同理可得PF＝eq\f(1,2)PA＝eq\f(csinα,2)，PE＝eq\f(1,2)PB＝eq\f(ccosα,2)，∴AE2＝AP2＋PE2＝c2sin2α＋eq\f(c2cos2α,4)，BF2＝PB2＋PF2＝c2cos2α＋eq\f(c2sin2α,4)，∴(eq\f(b,2))2＝c2sin2α＋eq\f(c2cos2α,4)，(eq\f(a,2))2＝eq\f(c2sin2α,4)＋c2cos2α，∴eq\f(a2,4)＋eq\f(b2,4)＝eq\f(c2sin2α,4)＋c2cos2α＋c2sin2α＋eq\f(c2cos2α,4)，∴a2＋b2＝5c2.(3)如图3，连接AC，EF交于点H，AC与BE交于点Q，设BE与AF的交点为P.∵点E，G分别是AD，CD的中点，∴EG∥AC．∵BE⊥EG，∴BE⊥AC．∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD＝BC＝2eq\r(5)，∴∠EAH＝∠FCH.∵E，F分别是AD，BC的中点，∴AE＝eq\f(1,2)AD，BF＝eq\f(1,2)BC，∴AE＝BF＝CF＝eq\f(1,2)AD＝eq\r(5).∵AE∥BF，∴四边形ABFE是平行四边形，∴EF＝AB＝3，AP＝PF.在△AEH和△CFH中，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(∠EAH＝∠FCH，,∠AHE＝∠FHC，,AE＝CF，))∴△AEH≌△CFH(AAS)，∴EH＝FH，∴EP，AH分别是△AFE的中线，由(2)的结论得AF2＋EF2＝5AE2，

∴AF2＝5(eq\r(5))2－EF2＝16，∴AF＝4.2．(2019·江西样卷三)定义：如果一个三角形有一边上的中线长恰好等于这边的长，那么称该三角形为“幸运三角形”，如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，点M为BC边上任意一点(不与点B，C重合)，连接AM.(1)如图1，当MC＝eq\f(\r(3),2)CB时，求证：Rt△ACM为“幸运三角形”；(2)如图2，若AM平分∠BAC，过点C分别作CE⊥AB，CF⊥AM，垂足分别为E，F，且CE与AM相交于点G.试猜想AG与CF的数量关系，并给予证明；(3)如图3，点M关于AB的对称点为点N，连接MN，AN.点M在BC边上移动过程中，若△AMN是“幸运三角形”，求eq\f(CM,MB)的值．(1)证明：取AC的中点D，连接MD，如图1.∵MC＝eq\f(\r(3),2)CB,∴设AC＝2x，则MC＝eq\r(3)x.∵∠ACM＝90°，DC＝x，∴DM＝eq\r(\r(3)x2＋x2)＝2x.∴DM＝AC，∴Rt△ACM为“幸运三角形”．(2)猜想：AG＝2CF.证明：如图2，延长CF交AB于点H.∵CE⊥AB，CF⊥AM，AC＝BC，∴AE＝CE＝BE，∠AEC＝∠BEC＝∠AFC＝90°.又∵∠CGF＝∠AGE，∴∠GAE＝∠GCF.在△AGE和△CHE中，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(∠AEG＝∠CEH＝90°，,AE＝CE，,∠GAE＝∠HCE，))∴△AGE≌△CHE(ASA)，∴AG＝CH.∵AM平分∠BAC，∴∠CAF＝∠HAF.

∵∠ACF＋∠CAF＝∠AHC＋∠HAF＝90°，∴∠ACH＝∠AHC，∴AC＝AH.∵CF⊥AF，∴CF＝eq\f(1,2)CH，∴AG＝CH＝2CF.(3)解：如图3，延长AC，NM相交于点K，设MN与AB相交于点O.∵点M，N关于直线AB对称，∠ABC＝∠BAC＝45°，∴∠AOK＝∠BOM＝90°，AM＝AN，MO＝ON，∴∠CMK＝∠OMB＝∠B＝∠K＝45°，∴△AOK∽△BOM，CM＝CK，OM＝OB，∴eq\f(AO,BO)＝eq\f(AK,BM)＝eq\f(AC＋CK,BM)＝eq\f(AC＋CM,BM).∵BC＝AC＝CM＋BM，∴eq\f(AO,BO)＝eq\f(AK,BM)＝eq\f(2CM＋BM,BM).①当等腰三角形AMN中底边MN与它的中线AO相等，即AO＝MN时，MO＝BO＝eq\f(1,2)AO，eq\f(AO,BO)＝eq\f(2CM＋BM,BM)＝2，∴eq\f(CM,BM)＝eq\f(1,2)；②如图4，在AM边上取AM的中点R，连接NR，当等腰三角形AMN中腰AM与它的中线NR相等，即AM＝AN＝NR时，过点N作NT⊥AM于点T，∴RT＝AT＝eq\f(1,2)AR＝eq\f(1,4)AM.设RT＝x，∴AM＝AN＝4x.在Rt△ANT和Rt△MNT中，运用勾股定理得NT＝eq\r(15)x，MN＝2eq\r(6)x，∴MO＝NO＝OB＝eq\r(6)x.利用面积相等得AM·NT＝MN·AO，∴AO＝eq\r(10)x，∴eq\f(AO,BO)＝eq\f(2CM＋BM,BM)＝eq\f(\r(15),3)，

∴eq\f(CM,BM)＝eq\f(\r(15)－3,6).3．(2019·江西样卷一)定义：两个相似等腰三角形，如果它们的底角有一个公共的顶点，那么把这两个三角形称为“关联等腰三角形”，如图，在△ABC与△AED中，BA＝BC，EA＝ED，且△ABC∽△AED，所以称△ABC与△AED是“关联等腰三角形”，设它们的顶角为α，连接EB，DC，则称eq\f(DC,EB)为“关联比”．下面是小颖探究“关联比”与α之间的关系的思维过程，请阅读后，解答下列问题：【特例感知】(1)当△ABC与△AED为“关联等腰三角形”，且α＝90°时，①在图1中，若点E落在AB上，则“关联比”eq\f(DC,EB)＝__eq\r(2)__；②在图2中，探究△ABE与△ACD的关系，并求出“关联比”eq\f(DC,EB)的值；【类比探究】(2)如图3，①当△ABC与△AED为“关联等腰三角形”，且α＝120°时，“关联比”eq\f(DC,EB)＝__eq\r(3)__；②猜想：当△ABC与△AED为“关联等腰三角形”，且α＝n°时，“关联比”eq\f(DC,EB)＝2cos(90°－eq\f(n°,2))；(直接写出结果，用含n的式子表示)【迁移运用】(3)如图4，△ABC与△AED为“关联等腰三角形”．若∠ABC＝∠AED＝90°，AC＝4，点P为AC边上一点，且PA＝1，点E为PB上一动点，求点E自点B运动至点P时，点D所经过的路径长．解：(1)①∵当α＝90°时，△ABC与△AED为等腰直角三角形，∴AC＝eq\r(2)AB，AD＝

eq\r(2)AE，∴CD＝AC－AD＝eq\r(2)AB－eq\r(2)AE，∴eq\f(DC,EB)＝eq\f(\r(2)AB－\r(2)AE,AB－AE)＝eq\r(2).②∵当α＝90°时，△ABC与△AED为等腰直角三角形，∴∠BAC＝∠EAD＝45°，AC＝eq\r(2)AB，AD＝eq\r(2)AE，∴eq\f(AC,AB)＝eq\f(AD,AE)＝eq\r(2).∵∠EAD－∠CAE＝∠BAC－∠CAE，∴∠CAD＝∠BAE，∴△CAD∽△BAE，∴eq\f(DC,EB)＝eq\f(CA,BA)＝eq\r(2)，∴“关联比”eq\f(DC,EB)的值为eq\r(2).(2)①如图1，过点E作EF⊥AD于点F，图1∴∠AFE＝90°.∵AE＝DE，∠AED＝α＝120°，∴∠EAD＝∠EDA＝30°，AF＝DF，∴AE＝2EF，AF＝eq\r(3)EF，∴AD＝2AF＝2eq\r(3)EF，∴eq\f(AD,AE)＝eq\r(3).同理可证∠BAC＝30°，eq\f(AC,AB)＝eq\f(AD,AE)＝eq\r(3).∵∠EAD＋∠CAE＝∠BAC＋∠CAE，∴∠CAD＝∠BAE，∴△CAD∽△BAE，∴eq\f(DC,EB)＝eq\f(AC,AB)＝eq\r(3).②过点E作EF⊥AD于点F，∴∠AFE＝90°.∵α＝n°，∴∠EAD＝∠EDA＝eq\f(180°－n°,2)＝90°－eq\f(n°,2).∵Rt△AEF中，cos∠EAD＝eq\f(AF,AE)，∴AF＝AE·cos(90°－eq\f(n°,2))，∴AD＝2AF＝2AE·cos(90°－eq\f(n°,2))，

∴eq\f(AD,AE)＝2cos(90°－eq\f(n°,2))．由①的证明过程可得eq\f(DC,EB)＝eq\f(AD,AE)＝2cos(90°－eq\f(n°,2))．(3)如图2，过点B作BF⊥AC于点F，连接CD．图2∵△ABC与△AED为“关联等腰三角形”，∠ABC＝∠AED＝90°，AC＝4，∴△ABC与△AED为等腰直角三角形，CF＝FA＝FB＝eq\f(1,2)AC＝2.∵PA＝1，∴PF＝AF－PA＝2－1＝1，∴PB＝eq\r(FB2＋PF2)＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5).由(1)②的证明过程可知△CAD∽△BAE，∴∠ACD＝∠ABE为一个定角，∴点D所经过的路径是线段CD．∵当α＝90°时，“关联比”eq\f(DC,EB)的值为eq\r(2)，∴当点E自点B运动至点P时，点D所经过的路径长为eq\r(5)×eq\r(2)＝eq\r(10).4．(2019·南昌名校联盟二模)如图1，在△ABC中，AB＝AC，D是BC边上一动点，以点A为顶点，AD为一腰作等腰三角形ADE，使AD＝AE，且∠DAE＋∠BAC＝180°.设∠ABC＝α，∠ADE＝β，我们称△ADE为△ABC的“顶补三角形”．(1)求α与β的数量关系；(2)如图2，△ADE为△ABC的“顶补三角形”，过点B作AE的平行线，交DE于点F，若四边形ABFE是平行四边形，求证：AD⊥BC；(3)如图3，四边形ABCD中，AB＝3，AD＝4，点E在CD上，AB＝AE，BC＝ED，∠1＝∠ABC，且∠BAE＋∠DAE＋∠1＝180°＋∠D，ED＝2CE，求S△ABE：S△AED的值．图1图2图3解：(1)∵在△ABC中，AB＝AC，

∴∠B＝∠C＝α，∠BAC＝180°－2α.在△ADE中，∵AD＝AE，∴∠ADE＝∠E＝β，∠DAE＝180°－2β.∵∠DAE＋∠BAC＝180°，∴180°－2β＋180°－2α＝180°，∴α＋β＝90°.(2)∵△ADE为△ABC的“顶补三角形”，∴AD＝AE，∠ABC＋∠ADE＝∠ABC＋∠E＝90°.∵四边形ABFE是平行四边形，∴BF∥AE，∴∠BFD＝∠E，∴∠BAD＝∠ABF＝∠BFD＝∠ADF，∴∠ABD＋∠E＝∠ABC＋∠BAD＝90°，∴AD⊥BC．(3)如图，连接AC．∵AB＝AE，BC＝ED，∠ABC＝∠1，∴△ABC≌△AED，∴AC＝AD，∴∠ACD＝∠ADC，∴∠1＝∠ACD＋∠CAE＝∠ADC＋∠CAE.∵∠BAE＋∠DAE＋∠1＝180°＋∠D，∴∠BAE＋∠DAE＋∠D＋∠CAE＝180°＋∠D，∴∠BAE＋∠DAC＝180°.又∵AB＝AE，AC＝AD，∴△ABE是△ACD的“顶补三角形”，∴∠ABE＋∠D＝90°.过点A分别作BE，CD上的高AM，AN.则有∠D＋∠DAN＝90°.故∠ABE＝∠DAN.同理可证∠BAM＝∠D．∴△ABM∽△DAN.∵AM，AN分别是等腰三角形ABE与等腰三角形ACD底边上的高，

∴S△ABE＝2S△ABM，S△ACD＝2S△ADN.∵AB＝3，AD＝4，△ABM∽△DAN，∴S△ABM∶S△ADN＝32∶42＝9：16，∴S△ABE∶S△ACD＝9∶16.∵ED＝2CE，∴S△AED＝2S△ACE，即S△ACD＝eq\f(3,2)S△AED，∴S△ABE∶S△ACD＝S△ABE∶eq\f(3,2)S△AED＝9∶16，∴S△ABE∶S△AED＝eq\f(27,32).5．(2017·江西)我们定义：如图1，在△ABC中，把AB绕点A顺时针旋转α(0°＜α＜180°)得到AB′，把AC绕点A逆时针旋转β得到AC′，连接B′C′.当α＋β＝180°时，我们称△AB′C′是△ABC的“旋补三角形”，△AB′C′边B′C′上的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．特例感知(1)在图2，图3中，△AB′C′是△ABC的“旋补三角形”，AD是△ABC的“旋补中线”．①如图2，当△ABC为等边三角形时，AD与BC的数量关系为AD＝__eq\f(1,2)__BC；②如图3，当∠BAC＝90°，BC＝8时，则AD长为__4__：猜想论证(2)在图1中，当△ABC为任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并给予证明：拓展应用(3)如图4，在四边形ABCD，∠C＝90°，∠D＝150°，BC＝12，CD＝2eq\r(3)，DA＝6.在四边形内部是否存在点P，使△PDC是△PAB的“旋补三角形”？若存在，给予证明，并求△PAB的“旋补中线”长；若不存在，说明理由．图1图2图3图4解：(1)①∵△ABC是等边三角形，∴∠BAC＝60°，AB＝BC＝AC＝AB′＝AC′.∵DB′＝DC′，∴AD⊥B′C′.

∵∠BAC＝60°，∠BAC＋∠B′AC′＝180°，∴∠B′AC′＝120°，∴∠B′＝∠C′＝30°，∴AD＝eq\f(1,2)AB′＝eq\f(1,2)BC．②∵∠BAC＝90°，∠BAC＋∠B′AC′＝180°，∴∠B′AC′＝∠BAC＝90°.∵AB＝AB′，AC＝AC′，∴△BAC≌△B′AC′，∴BC＝B′C′.∵B′D＝DC′，∴AD＝eq\f(1,2)B′C′＝eq\f(1,2)BC＝4.(2)结论：AD＝eq\f(1,2)BC．证明如下：如图1，延长AD到M，使得AD＝DM，连接B′M，C′M.∵B′D＝DC′，AD＝DM，∴四边形AC′MB′是平行四边形，∴AC′＝B′M＝AC．图1∵∠BAC＋∠B′AC′＝180°，∠B′AC′＋∠AB′M＝180°，∴∠BAC＝∠MB′A．∵AB＝AB′，∴△BAC≌△AB′M，∴BC＝AM，∴AD＝eq\f(1,2)BC．(3)存在．理由：如图2，延长AD交BC的延长线于M，作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，交BC于F，连接PA，PD，PC，作△PCD的中线PN，图2

连接DF交PC于O.∵∠ADC＝150°，∴∠MDC＝30°.∵在Rt△DCM中，CD＝2eq\r(3)，∠DCM＝90°，∠MDC＝30°，∴CM＝2，DM＝4，∠M＝60°.∵在Rt△BEM中，∠BEM＝90°，BM＝14，∠MBE＝30°，∴EM＝eq\f(1,2)BM＝7，∴DE＝EM－DM＝3.∵AD＝6，∴AE＝DE.∵BE⊥AD，∴PA＝PD，PB＝PC．在Rt△CDF中，CD＝2eq\r(3)，CF＝6，∴tan∠CDF＝eq\r(3)，∴∠CDF＝60°＝∠CPF，易证△FCP≌△CFD，∴FP＝CD．∵CD∥PF，∴四边形CDPF是矩形，∴∠CDP＝90°，∴∠ADP＝∠ADC－∠CDP＝60°，∴△ADP是等边三角形，∴∠ADP＝60°.∵∠BPF＝∠CPF＝60°，∴∠BPC＝120°，∴∠APD＋∠BPC＝180°，∴△PDC是△PAB的“旋补三角形”．∵在Rt△PDN中，∠PDN＝90°，PD＝AD＝6，DN＝eq\r(3)，∴PN＝eq\r(DN2＋PD2)＝eq\r(\r(3)2＋62)＝eq\r(39).类型二几何变换型探究问题针对训练1．(2019·东营)如图1，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝4，BC＝2，点D，E分别是边BC，AC的中点，连接DE.将△CDE绕点C逆时针方向旋转，记旋转角为α.(1)问题发现①当α＝0°时，eq\f(AE,BD)＝__eq\r(5)__；②当α＝180°时，eq\f(AE,BD)＝__eq\r(5)__；(2)拓展探究试判断：当0°≤α＜360°时，eq\f(AE,BD)的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明；(3)问题解决

△CDE绕点C逆时针旋转至A，B，E三点在同一条直线上时，求线段BD的长．解：(1)①当α＝0°时，∵Rt△ABC中，∠B＝90°，∴AC＝eq\r(AB2＋BC2)＝eq\r(22＋42)＝2eq\r(5).∵点D，E分别是边BC，AC的中点，∴AE＝eq\f(1,2)AC＝eq\r(5)，BD＝eq\f(1,2)BC＝1，∴eq\f(AE,BD)＝eq\r(5).②如图1，当α＝180°时，可得AB∥DE，∴eq\f(AC,AE)＝eq\f(BC,BD)，∴eq\f(AE,BD)＝eq\f(AC,BC)＝eq\r(5).图1(2)当0°≤α＜360°时，eq\f(AE,BD)的大小没有变化．∵∠ECD＝∠ACB，∴∠ECA＝∠DCB．又∵eq\f(EC,DC)＝eq\f(AC,BC)＝eq\r(5)，∴△ECA∽△DCB，∴eq\f(AE,BD)＝eq\f(EC,DC)＝eq\r(5).(3)①如图2，当点E在AB的延长线上时，在Rt△BCE中，CE＝eq\r(5)，BC＝2，∴BE＝eq\r(EC2－BC2)＝eq\r(5－4)＝1，∴AE＝AB＋BE＝5.∵eq\f(AE,BD)＝eq\r(5)，∴BD＝eq\f(5,\r(5))＝eq\r(5)；图2

②如图3，当点E在线段AB上时，图3易知BE＝1，AE＝4－1＝3.∵eq\f(AE,BD)＝eq\r(5)，∴BD＝eq\f(3\r(5),5).综上所述，满足条件的BD的长为eq\r(5)或eq\f(3\r(5),5).2．(2019·本溪)在Rt△ABC中，∠BCA＝90°，∠A＜∠ABC，D是AC边上一点，且DA＝DB，O是AB的中点，CE是△BCD的中线．(1)如图1，连接OC，请直接写出∠OCE和∠OAC的数量关系：__∠OCE＝∠OAC__；(2)点M是射线EC上的一个动点，将射线OM绕点O逆时针旋转得射线ON，使∠MON＝∠ADB，ON与射线CA交于点N.①如图2，猜想并证明线段OM和线段ON之间的数量关系；②若∠BAC＝30°，BC＝m，当∠AON＝15°时，请直接写出线段ME的长度(用含m的代数式表示)．解：(1)结论：∠OCE＝∠OAC．理由：如图1，连接OE.图1∵∠BCD＝90°，BE＝ED，BO＝OA，∴CE＝ED＝EB＝eq\f(1,2)BD，CO＝OA＝OB，∴∠OCA＝∠A．∵BE＝ED，BO＝OA，∴OE∥AD，OE＝eq\f(1,2)AD，∴CE＝EO，∴∠EOC＝∠OCA＝∠ECO，∴∠ECO＝∠OAC．

(2)①OM＝ON.证明：如图2，连接OC．图2∵OC＝OA，DA＝DB，∴∠DAB＝∠OCA＝∠ABD，∴∠COA＝∠ADB．∵∠MON＝∠ADB，∴∠AOC＝∠MON，∴∠COM＝∠AON.∵∠ECO＝∠OAC，∴∠MCO＝∠NAO.∵OC＝OA，∴△COM≌△AON(ASA)，∴OM＝ON.②如图3，当点N在CA的延长线上时．图3∵∠CAB＝30°＝∠AON＋∠ANO，∠AON＝15°，∴∠AON＝∠ANO＝15°，∴OA＝AN＝m.∵△COM≌△AON，∴CM＝AN＝m，在Rt△BCD中，∵BC＝m，∠CDB＝60°，∴BD＝eq\f(2\r(3),3)m.∵BE＝ED，∴CE＝eq\f(1,2)BD＝eq\f(\r(3),3)m，∴EM＝CM＋CE＝m＋eq\f(\r(3),3)m.如图4中，当点N在线段AC上时，过点O作OH⊥AC于点H.∵∠AON＝15°，∠CAB＝30°，∴∠ONH＝∠NOA＋∠NAO＝15°＋30°＝45°，

图4∴OH＝HN＝eq\f(1,2)m，∴AH＝eq\f(\r(3),2)m，∴CM＝AN＝eq\f(\r(3),2)m－eq\f(1,2)m＝(eq\f(\r(3)－1,2))m.∵EC＝eq\f(\r(3),3)m，∴EM＝EC－CM＝eq\f(\r(3),3)m－(eq\f(\r(3),2)m－eq\f(1,2)m)＝eq\f(1,2)m－eq\f(\r(3),6)m.综上所述，满足条件的EM的值为m＋eq\f(\r(3),3)m或eq\f(1,2)m－eq\f(\r(3),6)m.3．(2019·河南)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__1__，直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是__60°__；(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．解：(1)1；60°.【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(2)eq\f(BD,CP)＝eq\r(2)，直线BD与直线CP相交所成的较小角的度是45°.理由如下：如图2，假设BD与CP相交于点M，AC与BD交于点N，由题意可知△PAD是等腰直角三角形，∴∠DAP＝45°.∵CA＝CB，∠ACB＝α＝90°，∴△ACB是等腰直角三角形，∴∠CAB＝45°.∵∠CAP＝∠PAD＋∠CAD＝45°＋∠CAD，∠BAD＝∠BAC＋∠CAD＝45°＋∠CAD，∴∠PAC＝∠DAB．又∵eq\f(PA,AD)＝eq\f(AC,AB)＝eq\f(\r(2),2)，∴△APC∽△ADB，∴eq\f(BD,CP)＝eq\f(AB,AC)＝eq\r(2)，∠PCA＝∠ABD．∵∠ANB＝∠DNC，∴∠CMN＝∠CAB＝45°，即直线BD与直线CP相交所成的较小角度数是45°.综上所述，eq\f(BD,CP)＝eq\r(2)，直线BD与直线CP相交所成的较小角度数是45°.(3)2＋eq\r(2)或2－eq\r(2).【解法提示】如图3，设CP＝a，由(2)可得BD＝eq\r(2)a.设CD与AB相交于点Q，由平行线分线段成比例则可得PQ＝CP＝a.可证∠DQB＝∠DBQ＝67.5°，则DQ＝BD＝eq\r(2)a，易得AD＝eq\r(2)PD＝2a＋eq\r(2)a，所以eq\f(AD,CP)＝2＋eq\r(2).

图3图4如图4，可设AP＝DP＝b，则AD＝eq\r(2)b.由EF∥AB，∠PEA＝∠CAB＝45°，可证∠ECD＝∠EAD＝22.5°，易得CD＝AD＝eq\r(2)b，CP＝eq\r(2)b＋b，所以eq\f(AD,CP)＝2－eq\r(2).综上所述，eq\f(AD,CP)＝2＋eq\r(2)或2－eq\r(2).4．(2019·淮安)如图1，在△ABC中，AB＝AC＝3，∠BAC＝100°，D是BC的中点．小明对图1进行了如下探究：在线段AD上任取一点P，连接PB．将线段PB绕点P按逆时针方向旋转80°，点B的对应点是点E，连接BE，得到△BPE.小明发现，随着点P在线段AD上位置的变化，点E的位置也在变化，点E可能在直线AD的左侧，也可能在直线AD上，还可能在直线AD的右侧．请你帮助小明继续探究，并解答下列问题：(1)当点E在直线AD上时，如图2所示．①∠BEP＝__50__°；②连接CE，直线CE与直线AB的位置关系是__AB∥CE__；(2)请在图3中画出△BPE，使点E在直线AD的右侧，连接CE.试判断直线CE与直线AB的位置关系，并说明理由；(3)当点P在线段AD上运动时，求AE的最小值．解：(1)①如图1，∵∠BPE＝80°，PB＝PE，∴∠PEB＝∠PBE＝50°.②结论：AB∥EC．理由：如图1，∵AB＝AC，BD＝DC，∴AD⊥BC，∴∠BDE＝90°，∴∠EBD＝∠BDE－∠DEB＝90°－50°＝40°.∵AE垂直平分线段BC，∴EB＝EC，∴∠ECB＝∠EBC＝40°.∵AB＝AC，∠BAC＝100°，

∴∠ABC＝∠ACB＝40°，∴∠ABC＝∠ECB，∴AB∥EC．图1图2图3(2)如图2，以P为圆心，PB为半径作⊙P，连接PC．∵AD垂直平分线段BC，∴PB＝PC，∴∠BCE＝eq\f(1,2)∠BPE＝40°.∵∠ABC＝40°，∴AB∥EC．(3)如图3，过点A作AH⊥CE于点H.∵点E在射线CE上运动，点P在线段AD上运动，∴当点P运动到与点A重合时，AE的值最小，此时AE的最小值＝AB＝3.类型三操作型探究问题针对训练1．(2019·江西模拟)某数学活动小组在研究三角形拓展图形的性质时，经历了如下过程：【操作发现】在等腰△ABC中，AB＝AC，分别以AB和AC为腰，向△ABC的外侧作等腰直角三角形，如图1所示，连接DE，其中F是DE的中点，连接AF，则下列结论正确的是__①②③④__(填序号即可)．①AF＝eq\f(1,2)BC；②AF⊥BC；③整个图形是轴对称图形；④DE∥BC；【数学思考】在任意△ABC中，分别以AB和AC为腰，向△ABC的外侧作等腰直角三角形，如图2所示，连接DE，其中F是DE的中点，连接AF，则AF和BC有怎样的数量和位置关系？请给出证明过程；【类比探索】在任意△ABC中，仍分别以AB和AC为腰，向△ABC的内侧作等腰直角三角形，如图3所示，连接DE，其中F是DE的中点，连接AF，试判断AF和BC的数量和位置关系是否发生改变？并说明理由．

解：【操作发现】如图1，延长FA交BC于点G，图1∵△ABD和△ACE是等腰直角三角形，且∠BAD＝∠CAE＝90°，∴AB＝AD，AC＝AE.∵AB＝AC，∴AD＝AE.∵F是DE的中点，∴AF⊥DE，∠DAF＝∠EAF，∴∠BAF＝∠CAF.连接BF，CF.∵AB＝AC，AF＝AF，∴△FBA≌△FCA(SAS)，∴FB＝FC，∴FG是BC的垂直平分线，即FG⊥BC，AF⊥BC，故②正确；∵∠AGB＝∠AFD＝90°，∠BAG＝∠FDA，∴△AFD≌△BGA(AAS)，∴AF＝BG＝eq\f(1,2)BC，故①正确；∵∠AFD＝∠AGC＝90°，∴DE∥BC，故④正确；根据前面的证明可以得出将答图1，沿FG对折左右两部分能完全重合，∴整个图形是轴对称图形，故③正确，故结论正确的有①②③④.【数学思考】结论：AF＝eq\f(1,2)BC，AF⊥BC，理由是：如图2，延长AF至M，使FM＝AF，连接DM，EM，延长FA交BC于点G.图2∵DF＝EF，

∴四边形DAEM是平行四边形，∴AD＝EM＝AB，AD∥EM，∴∠DAE＋∠AEM＝∠DAE＋∠BAC＝180°，∴∠BAC＝∠AEM.∵AC＝AE，∴△CAB≌△AEM(SAS)，∴AM＝CB＝2AF，∠AME＝∠CBA，即AF＝eq\f(1,2)BC．∵AD∥EM，∴∠DAM＝∠AME＝∠CBA．∵∠BAD＝90°，∴∠DAM＋∠BAG＝90°，∴∠CBA＋∠BAG＝∠AGB＝90°，∴AF⊥BC．【类比探索】AF和BC的数量和位置关系不发生改变，理由是：如图3，延长AF至M，使AF＝FM，连接EM，DM，设AF交BC于点N，图3∵EF＝DF，∴四边形AEMD是平行四边形，∴AE＝DM＝AC．∵∠BAD＋∠EAC＝180°，∴∠BAC＋∠EAD＝180°.∵AE∥DM，∴∠ADM＋∠EAD＝180°，∴∠ADM＝∠BAC．∵AB＝AD，∴△ABC≌△DAM(SAS)，∴AM＝BC＝2AF，∠DAM＝∠ABC，∴AF＝eq\f(1,2)BC．∵∠DAM＋∠BAF＝∠ABC＋∠BAF＝90°，

∴∠ANB＝90°，∴AF⊥BC．2．【探索发现】如图1，将△ABC沿中位线EH折叠，使点A的对称点D落在BC边上，再将△BED和△DHC分别沿EF，HG折叠，使点B，C均落在点D处，折痕形成一个四边形EFGH.小刚在探索这个问题时发现四边形EFGH是矩形．小刚是这样想的：eq\x(中位线)→eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\x(EH∥BC),\x(折叠性质)))eq\x(\a\al(EF⊥FG，HG⊥FG，,EF⊥EH，HG⊥EH))→eq\x(矩形EFGH)(1)请参考小刚的思路写出证明过程；(2)连接AD，当AD＝BC时，直接写出线段EF，BF，CG的数量关系；【理解运用】(3)如图2，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AB＝8，DC＝10，AD＜BC，点E为AB的中点，把四边形ABCD折叠成如图2所示的正方形EFGH，顶点C，D落在点M处，顶点A，B落在点N处，求BC的长；【拓展迁移】(4)如图3，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AD＝1，BC＝7，DC＝10，点E，F分别为边AB，CD的中点，将四边形ABCD沿直线EF折叠，使点A与B重合，点D落在D′处，将△FD′C沿FG折叠，点C落在点D′处．判断四边形EFGB的形状，并说明理由．(1)证明：∵EH是△ABC的中位线．∴AE＝EB，AH＝HC，∴EH∥BC，由折叠的性质可知EF⊥BC，HG⊥BC，∴EF⊥EH，HG⊥EH，∴∠EHG＝∠HGF＝∠HEF＝∠EFG＝90°，∴四边形EFGH是矩形．(2)解：结论：BF＋CG＝EF.理由：如图1中，连接AD．由折叠的性质可知BF＝DF，CG＝DG，∴BF＋CG＝eq\f(1,2)BD＋eq\f(1,2)CD＝eq\f(1,2)(BD＋CD)＝eq\f(1,2)BC．

∵AE＝EB，BF＝FD，∴EF＝eq\f(1,2)AD．∵AD＝BC，∴EF＝BF＋CG.图1(3)解：由折叠的性质可知FG＝eq\f(1,2)CD＝5.∵四边形EFGH是正方形，∴EH＝GH＝5.∵AE＝EB＝4，∠B＝90°，∴BH＝3.∵∠B＝∠EHG＝∠HGC＝90°，∴∠C＋∠GHC＝90°，∠GHC＋∠EHB＝90°，∴∠C＝∠EHB，∴△CGH∽△HBE，∴eq\f(HG,EB)＝eq\f(HC,EH)，∴eq\f(5,4)＝eq\f(HC,5)，∴HC＝eq\f(25,4)，∴BC＝BH＋CH＝eq\f(37,4).(4)解：结论：四边形EFGB是正方形．理由：如图2中，连接DD′.图2由翻折的性质可知FD＝FC＝FD′，∴∠DD′C＝90°.∵AD∥BC，∠B＝90°，∴∠A＝180°－∠B＝90°，∴∠A＝∠B＝∠DD′B＝90°，∴四边形EFGB是矩形，∴AD＝BD′＝1，∴CD′＝BC－BD′＝6.∵CD＝10，∴DD′＝eq\r(DC2－CD′2)＝eq\r(102－62)＝8.∵CF＝FD，CG＝GD′，∴FG＝eq\f(1,2)DD′＝4.

∵AE＝EB，DF＝FC，∴EF＝eq\f(1＋7,2)＝4，∴EF＝FG，∴四边形EFGB是正方形．3．(2019·山西)综合与实践动手操作：第一步：如图1，正方形纸片ABCD沿对角线AC所在的直线折叠，展开铺平．在沿过点C的直线折叠，使点B，点D都落在对角线AC上．此时，点B与点D重合，记为点N，且点E，点N，点F三点在同一条直线上，折痕分别为CE，CF.如图2.第二步：再沿AC所在的直线折叠，△ACE与△ACF重合，得到图3.第三步：在图3的基础上继续折叠，使点C与点F重合，如图4，展开铺平，连接EF，FG，GM，ME.如图5，图中的虚线为折痕．问题解决：(1)在图5中，∠BEC的度数是__67.5°__，eq\f(AE,BE)的值是__eq\r(2)__；(2)在图5中，请判断四边形EMGF的形状，并说明理由；(3)在不增加字母的条件下，请你以图5中的字母表示的点为顶点，动手画出一个菱形(正方形除外)，并写出这个菱形：__菱形EMCH或菱形FGCH__.解：(1)由折叠的性质得BE＝EN，AE＝AF，∠CEB＝∠CEN，∠BAC＝∠CAD．∵四边形ABCD是正方形，∴∠EAF＝90°，∴∠AEF＝∠AFE＝45°.∴∠BEN＝135°，∴∠BEC＝67.5°，∴∠BAC＝∠CAD＝45°.∵∠AEF＝45°，∴△AEN是等腰直角三角形，∴AE＝eq\r(2)EN，∴eq\f(AE,BE)＝eq\f(\r(2)EN,EN)＝eq\r(2).

(2)四边形EMGF是矩形．理由如下：∵四边形ABCD是正方形，∴∠B＝∠BCD＝∠D＝90°.由折叠的性质得∠BCE＝∠ECA＝∠ACF＝∠FCD，CM＝CG，∠BEC＝∠NEC＝∠NFC＝∠DFC，∴∠BCE＝∠ECA＝∠ACF＝∠FCD＝eq\f(90°,4)＝22.5°，∠BEC＝∠NEC＝∠NFC＝∠DFC＝67.5°.由折叠可知MH，GH分别垂直平分EC，FC，∴MC＝ME＝CG＝GF，∴∠MEC＝∠BCE＝22.5°，∠GFC＝∠FCD＝22.5°，∴∠MEF＝90°，∠GFE＝90°.∵∠MCG＝90°，CM＝CG，∴∠CMG＝45°.∵∠BME＝∠BCE＋∠MEC＝22.5°＋22.5°＝45°，∴∠EMG＝180°－∠CMG－∠BME＝90°，∴四边形EMGF是矩形；(3)连接EH，FH，如图所示．∵由折叠可知MH，GH分别垂直平分EC，FC，同时EC，FC也分别垂直平分MH、GH，∴四边形EMCH与四边形FGCH是菱形．4．(2019·江西样卷二)如图1，△ABC，△BEC均为直角三角形，∠ACB＝∠BEC＝90°，且CE∥AB，点P为射线BE上一点，连接CP，以CP为直角边向下作直角△CPD，且∠DCP＝∠BCE，线段BE与CD相交于点F.特例感知(1)如图2，若AC＝BC，点P在线段BE的延长线上，连接BD，则CP∶CD＝__eq\f(\r(2),2)__，AC与BD的位置关系是__平行__；猜想认证(2)如图3，若AC＝BC，点P在线段BE上，连接BD．①求证：CE·CD＝CB·CP；②请你判断AC与BD的位置关系，并说明理由；

拓展应用(3)如图1，若AC＝eq\r(3)BC，且BC＝2，点P在线段BE的延长线上，连接BD．①CP∶CD＝__eq\f(1,2)__，AC与BD的位置关系是__平行__；②设PE＝x，△PBD的面积为S，求S与x之间的函数关系式．(1)解：eq\f(\r(2),2)；平行．(2)①证明：∵∠CPD＝∠BEC＝90°，∠DCP＝∠BCE，∴△DCP∽△BCE，∴eq\f(CP,CE)＝eq\f(CD,CB)，∴CE·CD＝CB·CP.②解：AC∥BD．理由：∵∠DCP＝∠BCE，∴∠DCB＝∠PCE.∵eq\f(CE,CP)＝eq\f(CB,CD)，∴△DCB∽△PCE.∴∠CBD＝∠CEP＝90°.∵∠ACB＝90°，∴∠ACB＋∠CBD＝180°.∴AC∥BD．(3)①eq\f(1,2)；平行．②解：∵∠CPD＝∠BEC＝90°，∠DCP＝∠BCE，∴△DCP∽△BCE，∴eq\f(CP,CE)＝eq\f(CD,CB).∵∠DCP＝∠BCE，∴∠DCB＝∠PCE.∴△DCB∽△PCE，∴∠CBD＝∠CEP＝∠BEC＝90°，eq\f(PE,BD)＝eq\f(CE,CB).∵AC＝eq\r(3)BC，∠ACB＝90°，∴∠ABC＝60°.∵CE∥AB，∴∠ABC＝∠ECB＝60°.∴∠CBE＝30°.∴∠PBD＝60°.∵∠BEC＝90°，∴eq\f(CE,CB)＝eq\f(1,2).∵PE＝x，BC＝2，

∴eq\f(CE,2)＝eq\f(x,BD)＝eq\f(1,2).∴BD＝2x，CE＝1.∴BE＝eq\r(3)，∴BP＝eq\r(3)＋x.过点P作PH⊥BD交BD的延长线于点H.在Rt△PBH中，∠PBD＝60°，BP＝eq\r(3)＋x，∴PH＝sin60°·BP＝eq\f(\r(3)\r(3)＋x,2)＝eq\f(3＋\r(3)x,2)，∴S＝eq\f(1,2)BD·PH＝eq\f(1,2)·2x·eq\f(3＋\r(3)x,2)＝eq\f(\r(3),2)x2＋eq\f(3,2)x.类型四动点型探究问题针对训练1．(2019·南昌十校联考)【问题情境】在△ABC中，AB＝AC，点P为BC所在直线上的任意一点，过点P作PD⊥AB，PE⊥AC，垂足分别为D，E，过点C作CF⊥AB，垂足为F.当P在BC边上时(如图1)，求证：PD＋PE＝CF.证明思路是：如图2，连接AP，由△ABP与△ACP面积之和等于△ABC的面积可以证得PD＋PE＝CF.(不要证明)【变式探究】(1)当点P在CB延长线上时，其余条件不变(如图3)，试探索PD，PE，CF之间的数量关系并说明理由；请运用上述解答中所积累的经验和方法完成下列两题：【结论运用】(2)如图4，将长方形ABCD沿EF折叠，使点D落在点B上，点C落在点C′处，点P为折痕EF上的任一点，过点P作PG⊥BE，PH⊥BC，垂足分别为G，H，若AD＝16，CF＝6，求PG＋PH的值；【迁移拓展】(3)在平面直角坐标系中，直线l1∶y＝－eq\f(4,3)x＋8与直线l2∶y＝2x＋8相交于点A，直线l1，l2与x轴分别交于点B，点C，点P是直线l2上一个动点，若点P到直线l1的距离为2.求点P的坐标．

解：(1)CF＝PE－PD．理由如下：连接AP，如图1.∵PD⊥AB，PE⊥AC，CF⊥AB，且S△ABC＝S△ACP－S△ABP，∴eq\f(1,2)AB·CF＝eq\f(1,2)AC·PE－eq\f(1,2)AB·PD．∵AB＝AC，∴CF＝PE－PD．(2)过点E作EQ⊥BC，垂足为Q，如图2.∵四边形ABCD是长方形，∴AD＝BC，∠C＝∠ADC＝90°.∵AD＝16，CF＝6，∴BF＝BC－CF＝AD－CF＝10.图1图2由折叠可得DF＝BF，∠BEF＝∠DEF，∴DF＝10.∵∠C＝90°，∴DC＝eq\r(DF2－CF2)＝eq\r(102－62)＝8.∵EQ⊥BC，∠C＝∠ADC＝90°，∴∠EQC＝90°＝∠C＝∠ADC，∴四边形EQCD是矩形，∴EQ＝DC＝8.∵AD∥BC，∴∠DEF＝∠EFB，

∴∠BEF＝∠EFB．∴BE＝BF，由问题情境中的结论可得PG＋PH＝EQ，∴PG＋PH＝EQ＝DC＝8，∴PG＋PH的值为8.(3)如图3.图3由题意得A(0,8)，B(6,0)，C(－4,0)，∴AB＝eq\r(62＋82)＝10，BC＝10，∴AB＝BC．①由结论得P1D1＋P1E1＝OA＝8.∵P1D1＝2，∴P1E1＝6，即点P1的纵坐标为6.又∵点P1在直线l2上，∴y＝2x＋8＝6，∴x＝－1，即点P1的坐标为(－1,6)；②由结论得P2E2－P2D2＝OA＝8.∵P2D2＝2，∴P2E2＝10，即点P2的纵坐标为10.又∵点P2在直线l2上，∴y＝2x＋8＝10，∴x＝1，即点P2的坐标为(1,10)．综上，点P的坐标为(－1,6)或(1,10)．2．(2019·江西样卷六)如图，边长为4的等边三角形ABC中，点D是BC的中点，点E是射线AD上一动点，△ECF是等边三角形，连接BE，BF.(1)求∠FBC的度数；(2)连接DF，求DF的最小值；(3)是否存在点E，使得以点E，B，F，C为顶点的四边形为菱形？若存在，求出此时AE的长；若不存在，请说明理由．解：(1)∵△ABC是等边三角形，∴AB＝AC，∠BAC＝∠ACB＝60°.∵BD＝DC，∴∠CAD＝∠BAD＝30°.

∵△CEF是等边三角形，∴CE＝CF，∠ECF＝∠ACB＝60°，∴∠BCF＝∠ACE.∵CB＝CA，CF＝CE，∴△BCF≌△ACE(SAS)，∴∠FBC＝∠EAC＝30°.(2)∵∠CBF＝30°，∴DF⊥BF时，BF的值最小．∵BD＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(1,2)×4＝2，∴DF＝eq\f(1,2)BD＝1，∴DF的最小值为1.(3)①如图1中，当∠ACE＝30°时，四边形EBFC是菱形，∴∠ECD＝30°.在Rt△CDE中，∴ED＝DC·tan30°＝eq\f(2\r(3),3)，∴AE＝AD－ED＝2eq\r(3)－eq\f(2\r(3),3)＝eq\f(4\r(3),3)；②如图2中，当∠ACE＝120°时，四边形BEFC是菱形，∴AE＝2AD＝4eq\r(3).综上所述，存在以点E，B，F，C为顶点的四边形为菱形，此时AE的长为