2024贵阳中考数学二轮中考题型研究 题型十二 几何综合题 （含答案）

2024贵阳中考数学二轮中考题型研究题型十二几何综合题类型一结合数学文化的几何探究典例精讲例(1)阅读理解我国是最早了解勾股定理的国家之一，它被记载于我国古代的数学著作《周髀算经》中，汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅如图①所示的“弦图”，后人称之为“赵爽弦图”．根据“赵爽弦图”写出勾股定理和推理过程；【思维教练】利用等面积法即可证明勾股定理．例题图①(2)问题解决勾股定理的证明方法有很多，如图②是古代的一种证明方法：过正方形ACDE的中心O，作FG⊥HP，将它分成4份，所分成的四部分和以BC为边的正方形恰好能拼成以AB为边的正方形．若AC＝12，BC＝5，求EF的值；【思维教练】由题意可以得到EF－FD＝BC，结合EF＋FD＝AC分情况讨论即可得到EF的值．例题图②(3)拓展探究如图③，以正方形一边为斜边向外作直角三角形，再以该直角三角形的两直角边分别向外作正方形，重复这一过程就可以得到“勾股树”的部分图形．设大正方形N的边长为定值n，小正方形A，B，C，D的边长分别为a，b，c，d.已知∠1＝∠2＝∠3＝α，当角α(0°<α<90°)变化时，探究b与c的关系式，并写出该关系式及解答过程(b与c的关系式用含n的式子表示)．【思维教练】由题意可以得到图中三个三角形均相似，利用相似的性质即可求解．例题图③针对演练1.阅读下列材料，并完成相应任务．古希腊著名数学家欧几里得在《几何原本》提出了“欧几里得定理”：在直角三角形中，斜边上的高是两条直角边在斜边射影的比例中项，每一条直角边又是这条直角边在斜边上的射影和斜边的比例中项．欧几里得定理是数学图形计算的重要定理．其符号语言是：如图①，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，垂足为点D，则：(1)CD2＝AD·BD；(2)AC2＝AD·AB；(3)BC2＝BD·AB.任务：(1)请你证明定理中的结论：BC2＝BD·AB；(2)应用：如图②，正方形ABCD的边长为6，点O是对角线AC、BD的交点，点E在CD上，过点C作CF⊥BE，垂足为点F，连接OF.①求证：△BOF∽△BED：②若BE＝2eq\r(10)，求OF的长．图①图②第1题图2.【阅读理解】在数学上称短边与长边的比是eq\f(\r(5)－1,2)(约为0.618)的矩形为黄金矩形(GoldenRectangle)．(1)某校团委举办“五·四手抄报比赛”，手抄报规格统一设计成长是40cm的黄金矩形，则宽约为__________________cm；(精确到0.1cm)【操作发现】利用一张正方形纸片折叠出一个黄金矩形．第一步，如图①，折叠正方形纸片ABCD，使AB和DC重合，得到折痕EF(点E，F分别在边AD，BC上)，然后把纸片展平．第2题图第二步，如图②，折叠正方形纸片ABCD，使得BC落在BE上，点C′和点C对应，得到折痕BG(点G在CD上)，再次把纸片展平．第三步，如图③，沿过点G的直线折叠正方形纸片ABCD，使点A和点D分别落在AB和CD上，折痕为HG，显然四边形HBCG为矩形．(2)在上述操作中，以AB＝2为例，证明矩形HBCG是黄金矩形；【拓广探索】“希望小组”的同学通过探究发现：以黄金矩形的长边为一边，在原黄金矩形外作正方形，得到的新矩形仍然是黄金矩形．(3)如图④，如果四边形ABCD是黄金矩形(AB>AD)，四边形DCEF是正方形，那么四边形ABEF也是黄金矩形，他们的发现正确吗？请说明理由．(参考计算：eq\f(1,\r(5)＋1)＝eq\f(\r(5)－1,4))

类型二结合图形变化的几何探究典例精讲例(一题多设问)综合与实践问题情境：数学活动课上，老师出示了这样一个问题：已知，四边形ABCD是矩形．活动探究一：若M是AD的中点，E是AD边上任意一点，将△ABE沿BE折叠，点A落到点F处，连接BF并延长，交CD所在直线于点G.如图①，当BF所在直线经过点M时，试判断线段DG与CG的数量关系，并说明理由；【思维教练】要判断DG与CG的数量关系，可利用折叠的性质，结合矩形的性质，证三角形全等即可求解．例题图①如图②，连接AC，当点E与点M重合，且点A的对应点F恰好落在矩形ABCD的对角线AC上时，判断DG与CG的数量关系，并说明理由；【思维教练】要判断DG与CG的数量关系，可利用折叠的性质，结合矩形的性质，证三角形全等，再结合等腰三角形进行线段间的等量代换即可求解．例题图②活动探究二：若AB＝BC，点E在射线CB上(不与点B，C重合)，连接DE，以DE为边向上作正方形DEFG，连接BF，BD.如图③，当点E在BC边上时，用等式表示线段BD，BE，BF之间的数量关系，并说明理由；【思维教练】要判断BD、BE与BF之间的数量关系，可利用正方形的性质构造一线三垂直的全等模型，通过全等三角形的性质得到相等的线段，进行线段间的转换即可求解．例题图③(4)如图④，当点E在CB边的延长线上时，用等式表示线段BD，BE，BF之间的数量关系，并说明理由；【思维教练】要判断BD、BE与BF之间的数量关系，可利用正方形的性质构造一线三垂直的全等模型，通过全等三角形的性质得到相等的线段，进行线段间的转换即可求解．例题图④活动探究三：如图⑤，E为AB的中点，F为BC的中点，以BE为边在矩形ABCD的内部作矩形BEGF，将矩形BEGF以点B为旋转中心逆时针旋转，得到矩形BE′G′F′，连接AE′，CF′.(5)如图⑥，若AB＝BC，判断线段AE′与CF′的数量关系与位置关系，并说明理由；【思维教练】要判断AE′与CF′的数量关系，则可利用旋转的性质，证三角形全等即可求解；要判断AE′与CF′的位置关系，根据全等的角度关系即可求解．图⑤图⑥例题图(6)如图⑦，若BC＝2AB，判断线段AE′与CF′的数量关系与位置关系，并说明理由．【思维教练】要判断AE′与CF′的数量关系，可利用旋转的性质和边的关系证明相似即可求解；要判断AE′与CF′的位置关系则可延长CF′与AE′相交，求得两直线的夹角即可求解．例题图⑦针对演练1.如图，四边形ABCD是正方形，点O为对角线AC的中点．(1)问题解决：如图①，连接BO，分别取CB，BO的中点P，Q，连接PQ，则PQ与BO的数量关系是______，位置关系是________；图①(2)问题探究：如图②，△AO′E是将图①中的△AOB绕点A按顺时针方向旋转45°得到的三角形，连接CE，点P，Q分别为CE，BO′的中点，连接PQ，PB.判断△PQB的形状，并证明你的结论；图②(3)拓展延伸：如图③，△AO′E是将图①中的△AOB绕点A按逆时针方向旋转45°得到的三角形，连接BO′，点P，Q分别为CE，BO′中点，连接PQ，PB.若正方形ABCD的边长为1，求△PQB的面积．图③第1题图2.【问题背景】如图，在矩形ABCD中，点E、F分别是边AD、BC上的点，连接BE、DF、EF，将矩形ABCD沿BE、DF折叠，点A的对应点为M，点C的对应点为N.【数学思考】(1)如图①，当点M在BC边上，且与点F重合时，设DN与EM交于点G，试判断NG与EG的数量关系，并说明理由；图①(2)如图②，当点M、N位于对角线BD上时，若∠ADB＝30°，试判断AD与EF的数量关系，并说明理由；图②【探究发现】(3)如图③，当点N落在对角线BD上时，若AB＝2eq\r(3)，AD＝6，直接写出BE＋EF的最小值．图③第2题图拓展类型结合新定义的几何探究1．我们约定：在一个平面图形上画一条直线，若这条直线既平分该图形的面积，又平分该图形的周长，我们称这条直线为这个图形的“等分积周线”．(1)如图①，在△ABC中，AC≠BC，过点C能否画出△ABC的一条“等分积周线”？若能，说出你的画法；若不能，说明理由；(2)如图②，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，EF垂直平分AD，垂足为点F，交BC于点E，AB＝3，BC＝8，CD＝5，判断直线EF是否为四边形ABCD的“等分积周线”，并说明理由；(3)如图③，在△ABC中，AB＝BC＝6，AC＝8，请按要求作出△ABC的一条“等分积周线”EF，叙述你的画法，并对你的画法进行证明．要求：直线EF不过△ABC的顶点，交AC边于点F，交BC边于点E，用黑色签字笔画图．第1题图2．根据相似多边形的定义，我们把四个角分别相等，四条边成比例的两个凸四边形叫做相似四边形．相似四边形对应边的比叫做相似比．(1)某同学在探究相似四边形的判定时，得到如下三个命题，请判断它们是否正确(直接在横线上填写“真”或“假”)．①四条边成比例的两个凸四边形相似；(________________________________命题)②三个角分别相等的两个凸四边形相似；(______________________________________命题)③两个大小不同的正方形相似．(________命题)(2)如图①，在四边形ABCD和四边形A1B1C1D1中，∠ABC＝∠A1B1C1，∠BCD＝∠B1C1D1，eq\f(AB,A1B1)＝eq\f(BC,B1C1)＝eq\f(CD,C1D1).求证：四边形ABCD与四边形A1B1C1D1相似；(3)如图②，四边形ABCD中，AB∥CD，AC与BD相交于点O，过点O作EF∥AB分别交AD，BC于点E，F，记四边形ABFE的面积为S1，四边形EFCD的面积为S2，若四边形ABFE与四边形EFCD相似，求eq\f(S2,S1)的值．第2题图参考答案类型一结合数学文化的几何探究典例精讲例解：(1)a2＋b2＝c2(直角三角形两条直角边的平方和等于斜边的平方)；(2分)推理过程如下：∵四边形ABCD是由直角边长分别为a，b的四个全等的直角三角形与中间一个边长为(b－a)的小正方形拼成的一个边长为c的大正方形，∴4×eq\f(1,2)ab＋(b－a)2＝c2，整理得a2＋b2＝c2；(4分)(2)如解图①，由题意得，正方形ACDE被分成4个全等的四边形，设EF＝a，FD＝b，分两种情况：①当a＞b时，∵a＋b＝12，正方形ABIJ是由正方形ACDE被分成的4个全等四边形和正方形CBLM拼成，∴E′F′＝EF，KF′＝FD，E′K＝BC＝5.∵E′F′－KF′＝E′K，∴a－b＝5，联立得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋b＝12，,a－b＝5，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(17,2)，,b＝\f(7,2)，))∴EF＝eq\f(17,2)；②当a＜b时，同理可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋b＝12，,b－a＝5，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(7,2)，,b＝\f(17,2)，))∴EF＝eq\f(7,2)；综上所述，EF的值为eq\f(17,2)或eq\f(7,2)；(8分)例题解图①(3)b＋c＝n，理由如下：如解图②，设正方形E的边长为e，正方形F的边长为f，∵∠1＝∠2＝∠3＝α，∠PMQ＝∠D′OE′＝∠B′C′A′＝90°，∴△PMQ∽△D′OE′∽△B′C′A′，∴eq\f(OE′,C′A′)＝eq\f(D′E′,B′A′)，eq\f(PM,B′C′)＝eq\f(PQ,B′A′)，即eq\f(c,e)＝eq\f(e,n)，eq\f(b,f)＝eq\f(f,n)，∴e2＝cn，f2＝bn，在Rt△A′B′C′中，由勾股定理得e2＋f2＝n2，∴cn＋bn＝n2，∴c＋b＝n，即b＋c＝n.(12分)例题解图②针对演练1．(1)证明：∵CD⊥AB，∴∠BDC＝∠ACB＝90°，∵∠CBD＝∠ABC，∴Rt△CBD∽Rt△ABC，∴eq\f(CB,AB)＝eq\f(BD,BC)，∴BC2＝BD·AB；(2)①证明：∵四边形ABCD为正方形，∴OC⊥BO，∠BCD＝90°，∴BC2＝BO·BD，∵CF⊥BE，∴BC2＝BF·BE，∴BO·BD＝BF·BE，即eq\f(BO,BE)＝eq\f(BF,BD)，又∵∠OBF＝∠EBD，∴△BOF∽△BED；②解：∵在Rt△BCE中，BC＝6，BE＝2eq\r(10)，∴CE＝eq\r(BE2－BC2)＝2，∴DE＝CD－CE＝4，在Rt△OBC中，OB＝eq\f(\r(2),2)BC＝3eq\r(2)，∵△BOF∽△BED，∴eq\f(OF,ED)＝eq\f(OB,EB)，即eq\f(OF,4)＝eq\f(3\r(2),2\r(10))，∴OF＝eq\f(6\r(5),5).2.(1)解：24.7；【解法提示】宽约为40×eq\f(\r(5)－1,2)≈40×0.618≈24.7cm.(2)证明：如解图，连接EG，设CG＝C′G＝x，则DG＝2－x.第2题解图∵AB＝2，∴AE＝ED＝1，∴BE＝eq\r(5)，∴EC′＝eq\r(5)－2，在Rt△EGD和Rt△EGC′中，由勾股定理得ED2＋DG2＝EG2＝C′G2＋C′E2，即12＋(2－x)2＝x2＋(eq\r(5)－2)2，解得x＝eq\r(5)－1，∴eq\f(CG,BC)＝eq\f(\r(5)－1,2)，∴题图③中的矩形HBCG是黄金矩形；(3)解：正确．理由：设AB＝a，则AD＝BC＝eq\f(\r(5)－1,2)a，∵四边形DCEF是正方形，∴DC＝DF＝EF＝CE＝a，∴AF＝BE＝a＋eq\f(\r(5)－1,2)a＝eq\f(\r(5)＋1,2)a，∴eq\f(AB,BE)＝eq\f(a,\f(\r(5)＋1,2)a)＝eq\f(\r(5)－1,2)，∴矩形ABEF是黄金矩形．类型二结合图形变化的几何探究典例精讲例解：(1)DG＝eq\f(1,2)CG.理由如下：∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD，AB∥CD，∴∠A＝∠GDM.∵点M是AD的中点，∴AM＝DM.又∵∠AMB＝∠DMG，∴△AMB≌△DMG(ASA)．∴AB＝DG，∵AB＝CD，∴DG＝CD，∴DG＝eq\f(1,2)CG；(2)DG＝CG.理由如下：如解图①，连接EG，∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD，AB∥CD，∠BAE＝∠BCD＝∠D＝90°.∴∠BAF＝∠GCF.由折叠的性质可知△ABE≌△FBE，∴AE＝FE，AB＝FB，∠BAE＝∠BFE＝90°.∴∠BAF＝∠AFB.∵∠BFE＋∠GFE＝180°，∴∠EFG＝90°，又∵∠AFB＝∠CFG，∴∠GCF＝∠CFG，∴FG＝CG.∵∠EFG＝90°，∴∠EFG＝∠D＝90°.∵点E是AD的中点，∴AE＝DE.∴DE＝EF.又∵EG＝EG，∴Rt△EFG≌Rt△EDG(HL)，∴FG＝DG，∴DG＝CG；例题解图①(3)BD＝eq\r(2)BE＋BF.理由如下：如解图②，过点F作FH⊥CB，交CB的延长线于点H，例题解图②∵四边形ABCD是正方形，∴CD＝AB，∠C＝90°.∵∠DEF＝∠C＝90°，∴∠DEC＋∠FEH＝90°，∠DEC＋∠EDC＝90°，∴∠FEH＝∠EDC，在△EFH和△DEC中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠H＝∠C，,∠FEH＝∠EDC，,EF＝DE，))∴△EFH≌△DEC(AAS)，∴EC＝FH，CD＝BC＝HE，∴BH＝EC＝FH，∴BF＝eq\r(2)FH，∴BD＝eq\r(2)BC＝eq\r(2)(BE＋EC)＝eq\r(2)BE＋eq\r(2)EC＝eq\r(2)BE＋eq\r(2)FH＝eq\r(2)BE＋BF；(4)eq\r(2)BE＝BF－BD.理由如下：如解图③，过点F作FH⊥CB，交CB的延长线于点H，例题解图③∵四边形ABCD是正方形，∴CD＝AB，∠DCB＝90°，∵∠DEF＝∠DCB＝90°，∴∠DEC＋∠FEH＝90°，∠DEC＋∠EDC＝90°，∴∠FEH＝∠EDC，在△EFH和△DEC中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠FHE＝∠DCE，,∠FEH＝∠EDC，,EF＝DE，))∴△EFH≌△DEC(AAS)，∴EC＝FH，CD＝BC＝EH，∴HB＝EC＝HF，∴△DCB和△BHF都是等腰直角三角形，∴BD＝eq\r(2)BC＝eq\r(2)HE，BF＝eq\r(2)BH＝eq\r(2)FH.∵BE＝EC－BC，∴eq\r(2)BE＝eq\r(2)EC－eq\r(2)BC，∴eq\r(2)BE＝eq\r(2)FH－BD，∴eq\r(2)BE＝BF－BD；(5)AE′＝CF′，AE′⊥CF′.理由如下：∵E为AB的中点，F为BC的中点，∴AB＝2BE，BC＝2BF.∵AB＝BC，∴BE＝BF.如解图④，延长CF′交AE′于点H，交AB于点K，由旋转的性质得，BE′＝BE，BF′＝BF，∠ABE′＝∠CBF′，易得△ABE′≌△CBF′，∴AE′＝CF′，∠BAE′＝∠BCF′.∵∠AKH＝∠BKC，∴∠AHK＝∠ABC＝90°，即AE′⊥CF′；例题解图④(6)AE′＝eq\f(1,2)CF′，AE′⊥CF′.理由如下：如解图⑤，延长CF′交AE′于点H，交AB于点K，∵E为AB的中点，F为BC的中点，∴AB＝2BE，BC＝2BF.∵BC＝2AB，∴BF＝2BE.由旋转的性质得，BE′＝BE，BF′＝BF，∠ABE′＝∠CBF′，∴eq\f(BE′,BF′)＝eq\f(BE,BF)＝eq\f(AB,BC)＝eq\f(1,2)，∴△ABE′∽△CBF′，∴eq\f(AE′,CF′)＝eq\f(AB,CB)＝eq\f(1,2)，∠BAE′＝∠BCF′，∴AE′＝eq\f(1,2)CF′.∵∠AKH＝∠BKC，∴∠AHK＝∠ABC＝90°，即AE′⊥CF′.例题解图⑤针对演练1.解：(1)PQ＝eq\f(1,2)BO；PQ⊥BO；(4分)【解法提示】∵四边形ABCD是正方形，O是AC的中点，∴OB⊥AC，OB＝OA＝OC.∵P、Q分别是BC、BO的中点，∴PQ∥OC，PQ＝eq\f(1,2)OC，∴PQ＝eq\f(1,2)BO，PQ⊥BO.(2)△PQB是等腰直角三角形，证明：如解图①，连接O′P并延长交BC于点F，由正方形的性质及旋转可得AB＝BC，∠ABC＝90°，△AO′E是等腰直角三角形，O′E∥BC，O′E＝O′A，∴∠O′EP＝∠FCP，∠PO′E＝∠PFC.又∵点P是CE的中点，∴CP＝EP.∴△O′PE≌△FPC(AAS)，∴O′E＝FC＝O′A，O′P＝FP，∴AB－O′A＝CB－FC，∴BO′＝BF，∴△O′BF为等腰直角三角形，∴BP⊥O′F，O′P＝BP，∴△BPO′也为等腰直角三角形．又∵点Q为O′B的中点，∴PQ⊥O′B，且PQ＝BQ，∴△PQB是等腰直角三角形；(8分)第1题解图①(3)如解图②，延长O′E交BC于点G，连接PG，O′P.∵四边形ABCD是正方形，∴∠ECG＝45°.由旋转得，四边形O′ABG是矩形，∴O′G＝AB＝BC，∠EGC＝90°，∴△EGC为等腰直角三角形．∵点P是CE的中点，∴PC＝PG＝PE，∠CPG＝90°，∠EGP＝∠PCG＝45°，∴△O′GP≌△BCP(SAS)，∴∠O′PG＝∠BPC，O′P＝BP，∴∠O′PG－∠GPB＝∠BPC－∠GPB＝90°，∴∠O′PB＝90°，∴△O′PB为等腰直角三角形．∵Q是O′B的中点，∴PQ＝eq\f(1,2)O′B＝BQ，PQ⊥O′B.∵AB＝1，∴O′A＝eq\f(\r(2),2)AB＝eq\f(\r(2),2)，O′B＝eq\r(（\f(\r(2),2)）2＋12)＝eq\f(\r(6),2)，∴PQ＝BQ＝eq\f(\r(6),4)，∴S△PQB＝eq\f(1,2)BQ·PQ＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(6),4)×eq\f(\r(6),4)＝eq\f(3,16).(12分)第1题解图②2.解：(1)NG＝EG，理由如下：由折叠的性质得，∠EFC＝90°，易得四边形EFCD是矩形，∴NM＝MC＝ED，在△NMG和△EDG中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠NGM＝∠EGD，,∠GNM＝∠GED，,NM＝ED，))∴△NMG≌△EDG(AAS)，∴NG＝EG；(2)AD＝eq\f(3,2)EF，理由如下：∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABD＝∠CDB，∠A＝∠C，AB＝CD，由折叠的性质得，∠ABE＝eq\f(1,2)∠ABD＝eq\f(1,2)∠CDB＝∠CDF，在△ABE和△CDF中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠A＝∠C，,AB＝CD，,∠ABE＝∠CDF，))∴∠ABE≌∠CDF(ASA)，∴AE＝CF，∴DE＝BF.∵∠ADB＝30°，∴∠ABD＝60°，∠CBD＝30°，∴∠ABE＝∠MBE＝30°，∴在Rt△ABE中，BE＝2AE.∵∠ADB＝∠EBD，∴BE＝DE，∴BE＝BF.∵∠EBF＝∠EBD＋∠CBD＝60°，∴△EBF是等边三角形，即EF＝BE，∴AD＝AE＋DE＝eq\f(1,2)BE＋BE＝eq\f(3,2)BE＝eq\f(3,2)EF；(3)BE＋EF的最小值为8.【解法提示】如解图，作点B关于AD的对称点B′，连接B′F与AD交于点E′，连接BE′.∵BE＋EF≥B′E′＋E′F＝B′F，∴当点E与点E′重合时，即B′、E、F三点共线时，BE＋EF取得最小值，最小值为B′F的长．∵AB＝2eq\r(3)，AD＝6，四边形ABCD为矩形，∴AB＝CD，AD＝BC，∴tan∠DBC＝eq\f(CD,BC)＝eq\f(2\r(3),6)＝eq\f(\r(3),3)，∴∠DBC＝30°，∠BDC＝60°，由折叠的性质得∠FDC＝∠FDN＝30°，在Rt△FDC中，tan∠FDC＝eq\f(FC,DC)＝eq\f(FC,2\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，∴FC＝2，∴BF＝BC－FC＝4，∵BB′＝2AB＝4eq\r(3)，∴在Rt△FBB′中，由勾股定理得FB′＝eq\r(BF2＋BB′2)＝eq\r(42＋（4\r(3)）2)＝8，即BE＋EF的最小值为8.第2题解图拓展类型结合新定义的几何探究1．解：(1)不能，理由如下：如解图①，若直线CD平分△ABC的面积，那么S△ADC＝S△DBC，第1题解图①∴AD＝BD，∵AC≠BC，∴AD＋AC≠BD＋BC，∴过点C不能画出△ABC的一条“等分积周线”；(2)直线EF为四边形ABCD的“等分积周线”，理由如下：如解图②，连接AE、DE，设BE＝x，则CE＝8－x，第1题解图②∵EF垂直平分AD，∴AE＝DE，AF＝DF，S△AEF＝S△DEF.∵∠B＝∠C＝90°，AB＝3，BC＝8，CD＝5，∴在Rt△ABE和Rt△DCE中，根据勾股定理得，AB2＋BE2＝CE2＋DC2，即32＋x2＝(8－x)2＋52，解得x＝5，∴BE＝5，CE＝3，∴AB＋BE＝CE＋DC，S△ABE＝S△DCE.∴AF＋AB＋BE＝DF＋EC＋DC，∵S四边形ABEF＝S△ABE＋S△AEF，S四边形DCEF＝S△DEF＋S△DCE，∴S四边形ABEF＝S四边形DCEF，∴直线EF为四边形ABCD的“等分积周线”；(3)如解图③，在AC上取一点F，使得FC＝AB＝6，在BC上取一点E，使得BE＝2，作直线EF，则EF是△ABC的“等分积周线”，第1题解图③证明：由作图可得，AF