《專題18幾何變式探究和類比變換綜合類問題解析版蘇科版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《專題18幾何變式探究和類比變換綜合類問題解析版蘇科版（56頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 2020年中考數(shù)學必考經典題講練案【蘇科版】 專題18幾何變式探究和類比變換綜合類問題 【方法指導】 圖形的類比變換是近年來中考的常考點，常以三角形、四邊形為背景，與翻折、旋轉相結合，考查三角形全等或相似的性質與判定，難度較大．此類題目第一問相對簡單，后面的問題需要結合第一問的方法進行類比解答．根據其特征大致可分為：幾何變換類比探究問題、旋轉綜合問題、翻折類問題等． 解決此類問題要善于將復雜圖象分解為幾個基本圖形，通過添加副主席補全或構造基本圖形，借助轉化、方程、數(shù)形結合、分類討論等數(shù)學思想解決幾何證明問題，計算則把幾何與代數(shù)知識綜合起來，滲透數(shù)形結合思想，考查學生分析問題的能力、

2、邏輯思維和推理能力. 【題型剖析】 【類型1】幾何類比變換綜合題 【例1】（2018秋?鹽都區(qū)期中）【閱讀理解】 截長補短法，是初中數(shù)學幾何題中一種輔助線的添加方法．截長就是在長邊上截取一條線段與某一短邊相等，補短是通過在一條短邊上延長一條線段與另一短邊相等，從而解決問題． （1）如圖1，是等邊三角形，點是邊下方一點，，探索線段、、之間的數(shù)量關系． 解題思路：延長到點，使，連接，根據，可證易證得，得出是等邊三角形，所以，從而探尋線段、、之間的數(shù)量關系． 根據上述解題思路，請直接寫出、、之間的數(shù)量關系是　?。? 【拓展延伸】 （2）如圖2，在中，，．若點是邊下方一點，，探索線段、

3、、之間的數(shù)量關系，并說明理由； 【知識應用】 （3）如圖3，兩塊斜邊長都為的三角板，把斜邊重疊擺放在一起，則兩塊三角板的直角頂點之間的距離的長分別為　　． 【分析】（1）由等邊三角形知，，結合知，由知，證得，，再證是等邊三角形得． （2）延長到點，使，連接，先證得，，據此可得，由勾股定理知，繼而可得； （3）由直角三角形的性質知，，利用（2）中的結論知，據此可得答案． 【解析】（1）如圖1，延長到點，使，連接， 是等邊三角形， ，， ， ， 又， ， ， ，， ，即， ，即， 是等邊三角形， ，即， 故答案為：； （2）， 如圖2，延長到點，使，連

4、接， ，， ， ， ， ，， ， ，， ， ， ， ； （3）如圖3，連接， ，， ， ， 由（2）知， ， 故答案為：． 【點評】此題是三角形的綜合題，主要考查了考查的是全等三角形的判定和性質、直角三角形的性質、等邊三角形的性質，掌握全等三角形的判定定理和性質定理是解題的關鍵． 【變式1-1】（2019?亭湖區(qū)二模）【閱讀材料】 小明遇到這樣一個問題：如圖1，點在等邊三角形內，且，，，求的長． 小明發(fā)現(xiàn)，以為邊作等邊三角形，連接，得到；由等邊三角形的性質，可證，得；由已知，可知的大小，進而可求得的長． （1）請回答：在圖1中，　　，　?。?/p>

5、 【問題解決】 （2）參考小明思考問題的方法，解決下面問題： 如圖2，中，，，點在內，且，，，求的長． 【靈活運用】 （3）如圖3，在中，，，且，點在外，且，，直接寫出長的最大值． 【分析】（1）由，得，，，因為為等邊三角形，所以，，可得，在中，用勾股定理可求得的長； （2）如圖2中，把繞點逆時針旋轉得到．首先證明，再證明，，共線，利用勾股定理即可解決問題． （3）如圖3中，作，使得，則，利用相似三角形的性質求出，即可解決問題． 【解析】（1）如圖1中， ， ，，， 為等邊三角形， ，， ， ． 故答案為：，5； （2）如圖2中，把繞點逆時針旋轉得到．

6、 由旋轉性質可知；，，， 是等腰直角三角形， ，， ，， ， ， ， ，， ， ，，共線， ， 在中，． （3）如圖3中，作，使得，則， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 的最大值為． 【變式1-2】（2018?亭湖區(qū)二模）如圖，在等腰與等腰中，． （1）連接，（如圖①，請直接寫出線段，的數(shù)量關系　??； （2）在（1）的基礎上，延長交于點，連接（如圖②，試探究線段，，的數(shù)量關系，并證明你的結論； （3）連接，取的中點，連接（如圖③，若，，，求的長． 【分析】（1）結論：．只要證明即可解決問題； （2）結論：．如圖②中，作交于．

7、想辦法證明，是等腰直角三角形即可解決問題； （3）如圖③中，作交的延長線于，作交的延長線于，作于．想辦法求出，即可解決問題； 【解析】（1）結論：． 理由：如圖①中， ，，， ， ． 故答案為． （2）結論：． 理由：如圖②中，作交于． ， ， ， ， ， ， ，， 是等腰直角三角形， ， ， ． （3）如圖③中，作交的延長線于，作交的延長線于，作于． 在中，，設，， 則有， 解得， ， ， ，， ， ， 由，可得，， 在中，，設， ， ， 解得， ，， 在中，． 【類型2】幾何旋轉變換綜合題 【例2】（2

8、019?海州區(qū)一模）如圖1，將兩個完全相同的三角形紙片和重合放置，其中，． （1）操作發(fā)現(xiàn)： 如圖2，固定，使繞點旋轉，當點恰好落在邊上時，填空： ①線段與的位置關系是　??； ②設的面積為，的面積為，則與的數(shù)量關系是　?。? （2）猜想論證： 當繞點旋轉到如圖3所示的位置時，小明猜想（1）中與的數(shù)量關系仍然成立，并嘗試分別作出了和中、邊上的高，請你證明小明的猜想． （3）拓展探究 已知，點是角平分線上一點，，交于點（如圖，若在射線上存在點，使，請求出相應的的長． 【分析】（1）①證明即可判斷． ②首先證明，推出與的面積相等，再證明與的面積相等即可． （2）作交的延長線于

9、，于，證明即可解決問題． （3）分兩種情形分別求解即可解決問題． 【解析】（1）①如圖1中， 由旋轉可知：， ，， ， 是等邊三角形， ， ，， ， ， ， ②，， ， ， ， ， ． 故答案為：，． （2）如圖3中， 是由繞點旋轉得到， ，， ，， ， 在和中， ， ， ， ． （3）如圖4中，作交于．延長交于． ，， 四邊形是平行四邊形， ，， ， ，平分， ， ， ， ， ， 四邊形是菱形， ， ， ， ， ， ， ， ， ，作點關于的對稱點，連接，易知， 在中，， ， 綜上所

10、述，滿足條件的的值為或． 【點評】本題屬于幾何變換綜合題，考查了旋轉變換，全等三角形的判定和性質，菱形的判定和性質，等邊三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造特殊四邊形解決問題，屬于中考壓軸． 【變式2-1】（2019?遼陽模擬）旋轉變換是解決數(shù)學問題中一種重要的思想方法，通過旋轉變換可以將分散的條件集中到一起，從而方便解決問題． 已知，中，，，點、在邊上，且． （1）如圖1，當時，將繞點順時針旋轉到的位置，連接， ①求的度數(shù)； ②求證：； （2）如圖2，當時，猜想、、的數(shù)量關系，并說明理由； （3）如圖3，當，，時，請直接寫出的長為　?。? 【分析

11、】（1）①利用旋轉的性質得出，再用角的和即可得出結論； ②利用判斷出，即可得出結論； （2）先判斷出，，再判斷出，即可得出結論； （3）同（2）的方法判斷出，再用含30度角的直角三角形求出，，最后用勾股定理即可得出結論． 【解析】（1）①由旋轉得，， ， ； ②由旋轉知，，， ， 在和中，， ； （2）， 理由：如圖2，將繞點順時針旋轉到的位置，連接， ，， 由（1）知，， ， ，， ， ， 根據勾股定理得，， 即：； （3）如圖3，將繞點順時針旋轉到的位置，連接， ，， 由（1）知，， ，， ，， ， ， 過點作于， 在中，， ，

12、 ，， ， ， 根據勾股定理得，， ， 故答案為． 【變式2-2】（2019?宜興市二模）【問題提出】如圖1，四邊形中，，，，，，求四邊形的面積． 【嘗試解決】 旋轉是一種重要的圖形變換，當圖形中有一組鄰邊相等時，往往可以通過旋轉解決問題． （1）如圖2，連接，由于，所以可將繞點順時針方向旋轉，得到，則的形狀是 　． （2）在（1）的基礎上，求四邊形的面積． 類比應用如圖3，四邊形中，，，，，，求四邊形的面積． 【分析】（1）易證，則，，所以是等邊三角形； （2）知等邊三角形的邊長為3，求出即可； 【類比應用】類比（1），連接，由于，所以可將繞點逆時

13、針方向旋轉，得到，連接，延長，作；易證是等腰直角三角形，是等腰直角三角形，利用勾股定理計算，，求和的面積和即可． 【解析】（1）如圖2，連接，由于，所以可將繞點順時針方向旋轉，得到， ， 是等邊三角形； （2）由（1）知，△， 四邊形的面積等邊三角形的面積， ， ； 【類比應用】如圖3，連接，由于，所以可將繞點逆時針方向旋轉，得到， 連接，延長，作； ， △ ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ． 【類型3】幾何翻折變換綜合題 【例3】（2019?江都區(qū)三模）如圖1，有一張矩形紙片，已知，，現(xiàn)將紙片進行如下操作：首先將紙片沿折痕進

14、行折疊，使點落在邊上的點處，點在上（如圖；然后將紙片沿折痕進行第二次折疊，使點落在第一次的折痕上的點處，點在上（如圖． （1）如圖2，判斷四邊形的形狀，并說明理由； （2）如圖3，求的長． 【分析】（1）由折疊可得：，且，即可得出結論；’ （2）過點作，交、于點、，由四邊形為正方形，可求得的長，得出和為等腰直角三角形，設，則可表示出、、，利用折疊的性質可得到，在中，利用勾股定理可求得，即可得出結果． 【解析】（1）四邊形是正方形，理由如下： 四邊形為矩形， ，， 由折疊可得：，且， 四邊形為正方形； （2）過點作，分別交、于點、，如圖3所示： 四邊形是正方形， ，

15、 ， 和為等腰直角三角形，且， 設，則，，， 又由折疊的性質可知：， 在中，由勾股定理可得， 即， 解得：， ， ． 【點評】本題考查了翻折變換的性質、矩形的性質、正方形的判定和性質、等腰直角三角形的性質、勾股定理等知識；熟練掌握正方形的判定與性質，由勾股定理得出方程是解題的關鍵． 【變式3-1】（2019?廣陵區(qū)校級二模）如圖，將矩形先過點的直線翻折，點的對應點剛好落在邊上，直線交于點；再將矩形沿過點的直線翻折，使點的對應點落在上，的延長線交于點． （1）當四邊形是平行四邊形時，求的度數(shù)． （2）當點與點剛好重合時，試判斷的形狀，并說明理由． 【分析】（1）

16、如圖1中，在中，由推出，再證明四邊形是菱形即可解決問題． （2）如圖2中，先證明△△得出，發(fā)現(xiàn)、、都是等腰直角三角形，再證明即可解決問題． 【解析】（1）如圖1中，四邊形是平行四邊形， ， ， 四邊形是菱形， ， 是由翻折得到， ， 四邊形是矩形， ， ， ． （2）結論：是等腰直角三角形． 理由：如圖2中，連接． 四邊形是矩形， ，，，， ， ， ， 在△ 和△中， ， △△， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ， 是等腰直角三角形． 【點評】本題考查翻折變換、矩形的性質、菱形的

17、判定和性質、全等三角形的判定和性質、等腰直角三角形的判定等知識，第一問的關鍵是菱形性質的應用，第二個問題的關鍵是正確尋找全等三角形，利用特殊三角形解決問題，屬于中考?？碱}型． 【變式3-2】（2018?深圳模擬）已知矩形紙片中，，． 操作：將矩形紙片沿折疊，使點落在邊上． 探究：（1）如圖1，若點與點重合，你認為和全等嗎？如果全等，請給出證明，如果不全等，請說明理由； （2）如圖2，若點與的中點重合，請你判斷、△和△之間的關系，如果全等，只需寫出結果，如果相似，請寫出結果和相應的相似比； （3）如圖2，請你探索，當點落在邊上何處，即的長度為多少時，與△全等． 【分析】（1）由四

18、邊形是矩形，可得，，由折疊的性質可得：，，，然后利用同角的余角相等，可證得，則可利用證得和全等； （2）易得△和△全等，與△相似，然后設，由勾股定理可得方程，解此方程即可求得答案； （3）設，則有，，在直角中，可得，解此方程即可求得答案． 【解析】（1）全等． 證明：四邊形是矩形， ，， 由題意知：，，， ，， ， 在和中， ， ； （2）△和△全等，與△相似， 設， 則，， ， ， 與△相似，相似比為． （3）與△全等． 設，則有，， 在直角中，可得， 整理得， 解得：（另一解舍去）， 當時，與△全等． 【達標檢測】 1．如圖1，在Rt△AB

19、C中，AB＝AC，D、E是斜邊BC上兩動點，且∠DAE＝45，將△ABE繞點A逆時針旋轉90后，得到△AFC，連接DF． （1）試說明：△AED≌△AFD； （2）當BE＝3，CE＝9時，求∠BCF的度數(shù)和DE的長； （3）如圖2，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90，D是斜邊BC所在直線上一點，BD＝3，BC＝8，求DE2的長． 【分析】（1）想辦法證明∠DAE＝∠DAF，由DA＝DA，AE＝AF，即可證明； （2）如圖1中，設DE＝x，則CD＝9﹣x．在Rt△DCF中，由DF2＝CD2+CF2，CF＝BE＝3，推出x2＝（9﹣x）2+32，解方程即可

20、； （3）分兩種情形①當點E在線段BC上時，如圖2中，連接BE．由△EAD≌△ADC，推出∠ABE＝∠C＝∠ABC＝45，EB＝CD＝5，推出∠EBD＝90，推出DE2＝BE2+BD2＝52+32＝34； ②當點D在CB的延長線上時，如圖3中，同法可得DE2＝130； 【解析】（1）如圖1中， ∵△BAE≌△CAF， ∴AE＝AF，∠BAE＝∠CAF， ∵∠BAC＝90，∠EAD＝45， ∴∠CAD+∠BAE＝∠CAD+∠CAF＝45， ∴∠DAE＝∠DAF，∵DA＝DA，AE＝AF， ∴△AED≌△AFD； （2）如圖1中，設DE＝x，則CD＝9﹣x． ∵AB＝AC，∠

21、BAC＝90， ∴∠B＝∠ACB＝45， ∵∠ABE＝∠ACF＝45， ∴∠DCF＝90， ∵△AED≌△AFD， ∴DE＝DF＝x， 在Rt△DCF中，∵DF2＝CD2+CF2，CF＝BE＝3， ∴x2＝（9﹣x）2+32， ∴x＝5， ∴DE＝5． （3）①當點E在線段BC上時，如圖2中，連接BE． ∵∠BAC＝∠EAD＝90， ∴∠EAB＝∠DAC， ∵AE＝AD，AB＝AC， ∴△EAD≌△ADC， ∴∠ABE＝∠C＝∠ABC＝45，EB＝CD＝5， ∴∠EBD＝90， ∴DE2＝BE2+BD2＝52+32＝34， ②當點D在CB的延長線上時，如

22、圖3中，連接BE． 同法可證△DBE是直角三角形，EB＝CD＝11，DB＝3， ∴DE2＝EB2+BD2＝121+9＝130， 綜上所述，DE2的值為34或130． 2．如圖①，在等腰△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，且∠BAC＝∠DAE＝120． （1）求證：△ABD≌△ACE； （2）把△ADE繞點A逆時針方向旋轉到圖②的位置，連接CD，點M、P、N分別為DE、DC、BC的中點，連接MN、PN、PM，判斷△PMN的形狀，并說明理由； （3）在（2）中，把△ADE繞點A在平面內自由旋轉，若AD＝4，AB＝6，請分別求出△PMN周長的最小值與最大值． 【分析

23、】（1）根據全等三角形的判定證明即可； （2）根據平行線的性質和等邊三角形的判定解答即可； （3）根據點D在AB上時，BD最小和點D在BA延長線上時，BD最大矩形分析解答即可． 【解答】證明：（1）∵∠BAC＝∠DAE＝120， ∴∠BAD＝∠CAE， 又∵AB＝AC，AD＝AE， ∴△ABD≌△ADE； （2）△PMN是等邊三角形．理由： ∵點P，M分別是CD，DE的中點， ∴PM=12CE，PM∥CE， ∵點N，M分別是BC，DE的中點， ∴PN=12BD，PN∥BD， 同理可得BD＝CE， ∴PM＝PN， ∴△PMN是等腰三角形， ∵PM∥CE， ∴∠DP

24、M＝∠DCE， ∵PN∥BD， ∴∠PNC＝∠DBC， ∵∠DPN＝∠DCB+∠PNC＝∠DCB+∠DBC， ∴∠MPN＝∠DPM+∠DPN＝∠DCE+∠DCB+∠DBC＝∠BCE+∠DBC＝∠ACB+∠ACE+∠DBC＝∠ACB+∠ABD+∠DBC＝∠ACB+∠ABC， ∵∠BAC＝120， ∴∠ACB+∠ABC＝60， ∴∠MPN＝60， ∴△PMN是等邊三角形． （3）由（2）知，△PMN是等邊三角形，PM＝PN=12BD， ∴PM最大時，△PMN面積最大， ∴點D在AB上時，BD最小， ∴BD＝AB﹣AD＝2，△PMN周長的最小值為3； 點D在BA延長線上時，

25、BD最大， ∴BD＝AB+AD＝10，△PMN周長的最大值為15． 故答案為：△PMN周長的最小值為3，最大值為15． 3．如圖，在平面直角坐標系xOy中，點A（0，42），B（﹣42，0），C（42，0），D（0，﹣42），連接AB，AC，BD，點P是線段AB上的一個動點，連接PD，過點P作PE⊥PD，交線段AC于點E，將線段EP繞點E逆時針旋轉90至EF． （1）過點P的橫坐標為-2，則AE＝　1.5??； （2）當點P在線段AB上運動到何處時，線段AE最長？求出此時點P的坐標； （3）連接OF．當點P在線段AB上運動時，線段OF的長度隨之變化，求線段OF長度的最小值． 【

26、分析】（1）先判斷出AP＝2，BP＝8﹣2＝6，進而判斷出△BDP∽△APE，即可得出結論； （2）設AP＝x，則BP＝8﹣x，由△BDP∽△APE，得出AE8-x=x8，即可得出結論； （3）先判斷出△PEG≌△EFH，得出FH＝GE，表示出BP＝8+2m，由△BDP∽△APE，得出AE=-14m2-2m， 即：GE＝GM+ME=-28m2-2m=-28（m+42）2+42，即可得出結論． 【解析】（1）由題可得，AO＝BO＝CO＝42， ∴△AOB、△AOC都是等腰直角三角形，AB＝8， ∵點P的橫坐標為-2， ∴AP＝2，BP＝8﹣2＝6， ∵∠DBP＝∠EAP＝∠DPE

27、＝90， ∴∠BDP+∠BPD＝∠APE+∠BPD＝90， ∴∠BDP＝∠APE， ∴△BDP∽△APE， ∴AEBP=APBD，即AE6=28， 解得AE＝1.5， 故答案為：1.5； （2）設AP＝x，則BP＝8﹣x， 由（1）可得△BDP∽△APE， ∴AEBP=APBD，即AE8-x=x8， ∴AE=x(8-x)8=-(x-4)2+168， ∴當x＝4時，AE有最大值， 此時AP＝4，即P為AB的中點， ∴P（﹣22，22）； （3）如圖，過E作x軸的平行線，交y軸于M，過點P作PG⊥ME于G，過點F作FH⊥ME于H， 由∠PEG＝∠EFH，∠PGH＝

28、∠EHF＝90，PE＝EF可得，△PEG≌△EFH， ∴FH＝GE， 設P的橫坐標為m，則G的橫坐標為m，AP=-2m， ∴BP＝8+2m， ∵△BDP∽△APE， ∴AEBP=APBD，即AE8+2m=-2m8， ∴AE=-14m2-2m， ∴ME=-28m2-m， ∴GE＝GM+ME=-28m2-2m=-28（m+42）2+42， 當m＝﹣42時，DE的最大值為42， 即：F點到過點E平行于x軸的直線的最大距離為42． 4．如圖1，Rt△ABC中，∠C＝90，AB＝15，BC＝9，點D，E分別在AC，BC上，CD＝4x，CE＝3x，其中0＜x＜3． （1）求

29、證：DE∥AB； （2）當x＝1時，求點E到AB的距離； （3）將△DCE繞點E逆時針方向旋轉，使得點D落在AB邊上的D′處．在旋轉的過程中，若點D′的位置有且只有一個，求x的取值范圍． 【分析】（1）欲證明DE∥AB，利用相似三角形的性質只要證明∠CED＝∠CBA即可； （2）過點E作EH⊥AB于點H．由△BEH∽△BAC，可得EHCA=BEAB，由此構建方程即可解決問題； （3）當ED’⊥AB于點D’，ED′＝5x，EB＝9﹣3x，可得5x9-3x=1215，推出x=3637，當D’與點B重合時，ED′+EC＝9，可得3x+5x＝9，推出x=98，由此即可判斷； 【解答】（1

30、）解：∵∠C＝90，AB＝15，BC＝9，∴AC＝12． ∵CD＝4x，CE＝3x， ∴CDCE=ACBC， ∵∠C＝90，∴△CDE∽△CAB． ∴∠CED＝∠CBA， ∴DE∥AB． （2）過點E作EH⊥AB于點H． ∵x＝1， ∴CE＝3，BE＝6， ∵∠C＝∠EHB＝90，∠B＝∠B， ∴△BEH∽△BAC， ∵EHCA=BEAB， ∴EH12=615， ∴EH=245． （3）當ED’⊥AB于點D’，ED′＝5x，EB＝9﹣3x， ∴5x9-3x=1215， ∴x=3637， 當D’與點B重合時，ED′+EC＝9， ∴3x+5x＝9， ∴

31、x=98， ∴98＜x＜3． 綜上：x=3637或98＜x＜3． 5．在△ABC中，∠B＝45，∠C＝30，作AP⊥AB，交BC于P點． （1）如圖1，若AB＝32，求BC的長； （2）點D是BC邊上一點，連接AD，將線段AD繞點A逆時針旋轉90，得到線段AE． ①如圖2，當點E落在AC邊上時，求證：CE＝2BD； ②如圖3，當AD⊥BC時，直接寫出CE2AB2的值． 【分析】（1）利用銳角三角函數(shù)求出BH，AH，進而求出AC，CH，即可得出結論； （2）①先判斷出BD＝PE，進而判斷出∠EPB＝90，即可得出結論； ②先判斷出AD＝BD＝DP，進而判斷出四邊形ADPE

32、是正方形，再設出AD，進而表示出AB，進而得出PC，最后用勾股定理得出CE的平方，即可得出結論． 【解答】（1）如圖1，過點A作AH⊥BC于H． ∴∠AHB＝∠AHC＝90， 在Rt△AHB中， ∵AB＝32，∠B＝45， ∴BH＝ABcosB＝3，AH＝ABsinB＝3， 在Rt△AHC中， ∵∠C＝30， ∴AC＝2AH＝6，CH＝ACcosC＝33， ∴BC＝BH+CH＝3+33 （2）①如圖2，連接PE， 易知，△ABD≌△APE， ∴BD＝PE，∠B＝∠APE＝45， ∴∠EPB＝∠EPC＝90， ∵∠C＝30， ∴CE＝2PE， ∴CE＝2BD，

33、②如圖3，連接PE， ∵AD⊥BC，∠B＝45， ∴BD＝AD， ∵∠PAB＝90， ∴∠PAD＝45， ∴AD＝DP， ∴AD＝BD＝DP， 由旋轉知，∠DAE＝90＝∠ADP，AE＝AD， ∴AE∥DP， ∴四邊形ADPE是正方形， ∴∠CPE＝90，PE＝DP＝BD， 設AD＝x，∴BD＝DP＝PE＝x， 在Rt△ABD中，∠B＝45， ∴AB2＝2x2， 在Rt△ADC中，∠ACB＝30， ∴CD=3AD=3x， ∴CP＝CD﹣DP＝（3-1）x， 在Rt△PEC中，根據勾股定理得，CE2＝PE2+PC2＝x2+[（3-1）x]2＝5﹣23， ∴CE

34、2AB2=5-232． 6．【操作發(fā)現(xiàn)】如圖1，△ABC為等邊三角形，點D為AB邊上的一點，∠DCE＝30，將線段CD繞點C順時針旋轉60得到線段CF，連接AF、EF，請直接寫出下列結果： ①∠EAF的度數(shù)為　 ??； ②DE與EF之間的數(shù)量關系為　 ??； 【類比探究】如圖2，△ABC為等腰直角三角形，∠ACB＝90，點D為AB邊上的一點，∠DCE＝45，將線段CD繞點C順時針旋轉90得到線段CF，連接AF、EF． ①則∠EAF的度數(shù)為　 ??； ②線段AE，ED，DB之間有什么數(shù)量關系？請說明理由； 【實際應用】如圖3，△ABC是一個三角形的余料，小張同學量得

35、∠ACB＝120，AC＝BC，他在邊BC上取了D、E兩點，并量得∠BCD＝15、∠DCE＝60，這樣CD、CE將△ABC分成三個小三角形，請求△BCD、△DCE、△ACE這三個三角形的面積之比． 【分析】操作發(fā)現(xiàn)：①由等邊三角形的性質得出AC＝BC，∠BAC＝∠B＝60，求出∠ACF＝∠BCD，證明△ACF≌△BCD，得出∠CAF＝∠B＝60，求出∠EAF＝∠BAC+∠CAF＝120； ②證出∠DCE＝∠FCE，由SAS證明△DCE≌△FCE，得出DE＝EF即可； 類比探究：①由等腰直角三角形的性質得出AC＝BC，∠BAC＝∠B＝45，證出∠ACF＝∠BCD，由SAS證明△ACF≌△

36、BCD，得出∠CAF＝∠B＝45，AF＝DB，求出∠EAF＝∠BAC+∠CAF＝90； ②證出∠DCE＝∠FCE，由SAS證明△DCE≌△FCE，得出DE＝EF；在Rt△AEF中，由勾股定理得出AE2+AF2＝EF2，即可得出結論； 實際應用：同類比探究的方法：判斷出∠EAF＝60，△AEF是直角三角形，即可得出BD，DE，AE的關系，最后用同高的三角形的面積比等于底的比即可得出結論． 【解析】操作發(fā)現(xiàn)：①∵△ABC是等邊三角形， ∴AC＝BC，∠BAC＝∠B＝60， 由旋轉知，CD＝CF，∠DCF＝60， ∴∠ACF＝∠BCD， 在△ACF和△BCD中， AC=BC∠ACF=

37、∠BCDCF=CD， ∴△ACF≌△BCD（SAS）， ∴∠CAF＝∠B＝60， ∴∠EAF＝∠BAC+∠CAF＝120； ②DE＝EF；理由如下： ∵∠DCF＝60，∠DCE＝30， ∴∠FCE＝60﹣30＝30， ∴∠DCE＝∠FCE， 在△DCE和△FCE中， CD=CF∠DCF=∠FCECE=CE， ∴△DCE≌△FCE（SAS）， ∴DE＝EF； 類比探究：①∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90， ∴AC＝BC，∠BAC＝∠B＝45， 由旋轉知，CD＝CF，∠DCF＝90， ∴∠ACF＝∠BCD， 在△ACF和△BCD中， AC=BC∠ACF=

38、∠BCDCF=CD， ∴△ACF≌△BCD（SAS）， ∴∠CAF＝∠B＝45，AF＝DB， ∴∠EAF＝∠BAC+∠CAF＝90； ②AE2+DB2＝DE2，理由如下： ∵∠DCF＝90，∠DCE＝45， ∴∠FCE＝90﹣45＝45， ∴∠DCE＝∠FCE， 在△DCE和△FCE中， CD=CF∠DCE=∠FCECE=CE， ∴△DCE≌△FCE（SAS）， ∴DE＝EF， 在Rt△AEF中，AE2+AF2＝EF2， 又∵AF＝DB， ∴AE2+DB2＝DE2． 實際應用：如圖3， 將△BCD繞點C順時針旋轉120，連接AF，EF， ∵△ABC是等腰三角形

39、，∠ACB＝120， ∴AC＝BC，∠BAC＝∠B＝30， 由旋轉知，CD＝CF，∠DCF＝120， ∴∠ACF＝∠BCD， 在△ACF和△BCD中， AC=BC∠ACF=∠BCDCF=CD， ∴△ACF≌△BCD（SAS）， ∴∠CAF＝∠B＝30，AF＝DB，∠AFC＝∠BDC＝180﹣∠B﹣∠BCD＝135 ∴∠EAF＝∠BAC+∠CAF＝60， ∵∠DCF＝120，∠DCE＝60， ∴∠FCE＝120﹣60＝60， ∴∠DCE＝∠FCE， 在△DCE和△FCE中， CD=CF∠DCE=∠FCECE=CE， ∴△DCE≌△FCE（SAS）， ∴DE＝EF，∠

40、CFE＝∠ADE＝∠B+∠BCD＝45， ∴∠AFE＝90， 在Rt△AEF中，∠EAF＝60， ∴∠AEF＝30， ∴EF=3AF，AE＝2AF， ∴DE＝EF=3AF，BD＝AF． ∴S△BCD：S△CDE：S△ACE＝BD：DE：AE＝AF：3AF：2AF＝1：3：2． 故答案為：120，DE＝EF，90． 7．綜合與實踐： 如圖1，已知△ABC為等邊三角形，點D，E分別在邊AB、AC上，AD＝AE，連接DC，點M，P，N分別為DE，DC，BC的中點． （1）觀察猜想 在圖1中，線段PM與PN的數(shù)量關系是　PM＝PN　，∠MPN的度數(shù)是　120??； （2）探究

41、證明 把△ADE繞點A逆時針方向旋轉到圖2的位置， ①判斷△PMN的形狀，并說明理由； ②求∠MPN的度數(shù)； （3）拓展延伸 若△ABC為直角三角形，∠BAC＝90，AB＝AC＝10，點DE分別在邊AB，AC上，AD＝AE＝4，連接DC，點M，P，N分別為DE，DC，BC的中點．把△ADE繞點A在平面內自由旋轉，如圖3，請直接寫出△PMN面積的最大值． 【分析】（1）根據三角形中位線定理可知PM＝PN，∠MPN＝120； （2）①結論：△PMN是等腰三角形．只要證明△BAD≌△CAE，推出BD＝CE，再利用三角形中位線定理即可解決問題； ②利用三角形的外角，三角形內角和定理

42、即可解決問題； （3）首先證明△PMN是等腰直角三角形，先判斷出BD最大時，△PMN的面積最大，而BD最大是AB+AD＝14，即可． 【解析】（1）如圖1中， ∵AB＝AC＝BC，AD＝AE， ∴BD＝CE，∠B＝∠ACB＝60， ∵點M，P，N分別為DE，DC，BC的中點， ∴PN∥BD，PM∥EC，PN=12BD，PM=12CE， ∴PN＝PM，∠PNC＝∠B，∠DPM＝∠ACD， ∴∠MPN＝∠MPD+∠DPN＝∠ACD+∠PNC+∠DCB＝∠ACD+∠DCB+∠B＝∠ACB+∠B＝120， 故答案為PM＝PN，120． （2）如圖2中，連接BD、EC． ①∵∠

43、BAC＝∠DAE＝60， ∴∠BAD＝∠CAE， ∵BA＝CA，DA＝EA， ∴△BAD≌△CAE， ∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE， ∵點M，P，N分別為DE，DC，BC的中點， ∴PN∥BD，PM∥EC，PN=12BD，PM=12CE， ∴PN＝PM， ∴△PMN是等腰三角形． ②∵PN∥BD，PM∥EC ∴∠PNC＝∠DBC，∠DPM＝∠A＝ECD， ∴∠MPN＝∠MPD+∠DPN＝∠ECD+∠PNC+∠DCB＝∠ECD+∠DCB+∠DBC＝∠ACE+∠ACD+∠DCB+∠DBC＝∠ABD+∠ACB+∠DBC＝∠ACB+∠ABC＝120． （3）如圖3中，

44、 由旋轉知，∠BAD＝∠CAE， ∵AB＝AC，AD＝AE， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴∠ABD＝∠ACE，BD＝CE， 同（2）的方法，利用三角形的中位線得，PN=12BD，PM=12CE， ∴PM＝PN， ∴△PMN是等腰三角形， 同（2）的方法得，PM∥CE， ∴∠DPM＝∠DCE， 同（2）的方法得，PN∥BD， ∴∠PNC＝∠DBC ∵∠DPN＝∠DCB+∠PNC＝∠DCB+∠DBC， ∴∠MPN＝∠DPM+∠DPN＝∠DCE+∠DCB+∠DBC ＝∠BCE+∠DBC＝∠ACB+∠ACE+∠DBC ＝∠ACB+∠ABD+∠DBC＝∠ACB+∠AB

45、C， ∵∠BAC＝90， ∴∠ACB+∠ABC＝90， ∴∠MPN＝90， ∴△PMN是等腰直角三角形， ∵PM＝PN=12BD， ∴BD最大時，PM最大，△PMN面積最大， ∴點D在BA的延長線上， ∴BD＝AB+AD＝14， ∴PM＝7， ∴S△PMN最大=12PM2=1272=492 8．【問題提出】在△ABC中，AB＝AC≠BC，點D和點A在直線BC的同側，BD＝BC，∠BAC＝α，∠DBC＝β，且α+β＝120，連接AD，求∠ADB的度數(shù)．（不必解答） 【特例探究】小聰先從特殊問題開始研究，當α＝90，β＝30時，利用軸對稱知識，以AB為對稱軸構造△ABD

46、的軸對稱圖形△ABD′，連接CD′（如圖2），然后利用α＝90，β＝30以及等邊三角形等相關知識便可解決這個問題． 請結合小聰研究問題的過程和思路，在這種特殊情況下填空：△D′BC的形狀是　等邊　三角形；∠ADB的度數(shù)為 ?。? 【問題解決】 在原問題中，當∠DBC＜∠ABC（如圖1）時，請計算∠ADB的度數(shù)； 【拓展應用】在原問題中，過點A作直線AE⊥BD，交直線BD于E，其他條件不變若BC＝7，AD＝2．請直接寫出線段BE的長為　 ?。? 【分析】【特例探究】①如圖2中，作∠ABD′＝∠ABD，BD′＝BD，連接CD′，AD′，由△ABD≌△ABD′，推出△D′BC是等

47、邊三角形； ②借助①的結論，再判斷出△AD′B≌△AD′C，得∠AD′B＝∠AD′C，由此即可解決問題． 【問題解決】當60＜α≤120時，如圖3中，作∠AB D′＝∠ABD，B D′＝BD，連接CD′，AD′，證明方法類似（1）． 【拓展應用】第①種情況：當60＜α≤120時，如圖3中，作∠AB D′＝∠ABD，B D′＝BD，連接CD′，AD′，證明方法類似（1），最后利用含30度角的直角三角形求出DE，即可得出結論； 第②種情況：當0＜α＜60時，如圖4中，作∠ABD′＝∠ABD，BD′＝BD，連接CD′，AD′．證明方法類似（1），最后利用含30度角的直角三角形的性質即可得出結

48、論． 【解析】【特例探究】①如圖2中，作∠ABD′＝∠ABD，BD′＝BD，連接CD′，AD′， ∵AB＝AC，∠BAC＝90， ∴∠ABC＝45， ∵∠DBC＝30， ∴∠ABD＝∠ABC﹣∠DBC＝15， 在△ABD和△ABD′中，AB=AB∠ABD=∠ABDBD=BD ∴△ABD≌△ABD′， ∴∠ABD＝∠ABD′＝15，∠ADB＝∠AD′B， ∴∠D′BC＝∠ABD′+∠ABC＝60， ∵BD＝BD′，BD＝BC， ∴BD′＝BC， ∴△D′BC是等邊三角形， ②∵△D′BC是等邊三角形， ∴D′B＝D′C，∠BD′C＝60， 在△AD′B和△AD′

49、C中，AD=ADDB=DCAB=AC ∴△AD′B≌△AD′C， ∴∠AD′B＝∠AD′C， ∴∠AD′B=12∠BD′C＝30， ∴∠ADB＝30． 故答案為：等邊，30； 【問題解決】解：∵∠DBC＜∠ABC， ∴60＜α≤120， 如圖3中，作∠ABD′＝∠ABD，BD′＝BD，連接CD′，AD′， ∵AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB， ∵∠BAC＝α， ∴∠ABC=12（180﹣α）＝90-12α， ∴∠ABD＝∠ABC﹣∠DBC＝90-12α﹣β， 同（1）①可證△ABD≌△ABD′， ∴∠ABD＝∠ABD′＝90-12α﹣β，BD＝BD′，∠AD

50、B＝∠AD′B ∴∠D′BC＝∠ABD′+∠ABC＝90-12α﹣β+90-12α＝180﹣（α+β）， ∵α+β＝120， ∴∠D′BC＝60， 由（1）②可知，△AD′B≌△AD′C， ∴∠AD′B＝∠AD′C， ∴∠AD′B=12∠BD′C＝30， ∴∠ADB＝30． 【拓展應用】第①情況：當60＜α＜120時，如圖3﹣1， 由（2）知，∠ADB＝30， 作AE⊥BD， 在Rt△ADE中，∠ADB＝30，AD＝2， ∴DE=3， ∵△BCD是等邊三角形， ∴BD＝BC＝7， ∴BD＝BD＝7， ∴BE＝BD﹣DE＝7-3； 第②情況：當0＜α＜6

51、0時， 如圖4中，作∠ABD′＝∠ABD，BD′＝BD，連接CD′，AD′． 同理可得：∠ABC=12（180﹣α）＝90-12α， ∴∠ABD＝∠DBC﹣∠ABC＝β﹣（90-12α）， 同（1）①可證△ABD≌△ABD′， ∴∠ABD＝∠ABD′＝β﹣（90-12α），BD＝BD′，∠ADB＝∠AD′B， ∴∠D′BC＝∠ABC﹣∠ABD′＝90-12α﹣[β﹣（90-12α）]＝180﹣（α+β）， ∴D′B＝D′C，∠BD′C＝60． 同（1）②可證△AD′B≌△AD′C， ∴∠AD′B＝∠AD′C， ∵∠AD′B+∠AD′C+∠BD′C＝360， ∴∠ADB

52、＝∠AD′B＝150， 在Rt△ADE中，∠ADE＝30，AD＝2， ∴DE=3， ∴BE＝BD+DE＝7+3， 故答案為：7+3或7-3． 9．點D為△ABC外一點，∠ACB＝90，AC＝BC． （1）如圖1，∠DCE＝90，CD＝CE，求證：∠ADC＝∠BEC； （2）如圖2，若∠CDB＝45，AE∥BD，CE⊥CD，求證：AE＝BD； （3）如圖3，若∠ADC＝15，CD=2，BD＝n，請直接用含n的式子表示AD的長． 【分析】（1）易證△ACD≌△BCE，可得∠ADC＝∠BEC； （2）延長DC交AE于F，連BF，易證△ACE≌△BCF，則AE＝BF，∠BFC＝

53、∠AEC＝45＝∠FDB，結論得證； （3）過點C在CD上方作CE⊥CD，CE＝CD，連BE、DE．由（1）知△ACD≌△BCE，則∠BEC＝∠ADC＝15，求出∠BED＝30，可求出OE，OB的長，則AD可求出． 【解答】（1）證明：∵∠DCE＝∠ACB＝90， ∴∠ACD＝∠BCE， 又∵AC＝BC，CE＝CD， ∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴∠ADC＝∠BEC． （2）如圖1，延長DC交AE于F，連BF， ∵AE∥BD， ∴∠EFC＝∠CDB＝45． ∵EC⊥CD，∠CEF＝∠CFE＝45， ∴EC＝CF． ∵∠ACE＝∠BCF，AC＝BC， ∴△AC

54、E≌△BCF（SAS）， ∴AE＝BF，∠BFC＝∠AEC＝45＝∠FDB， ∴BF＝BD， ∴AE＝BD； （3）如圖2，過點C在CD上方作CE⊥CD，CE＝CD，連BE、DE． 設AD、BE交于點O，由（1）知△ACD≌△BCE（SAS），∠BEC＝∠ADC＝15， ∴∠DOE＝∠DCE＝90． 又∵∠CED＝∠CDE＝45， ∴DE=2CD=2， ∴∠BED＝30， ∴OD=12DE=122＝1， ∴OE=DE2-OD2=3，OB=BD2-OD2=n2-1， ∴AD＝BE＝OB+OE=n2-1+3． 10．如圖，△ABC是等邊三角形，D是BC邊的中點，以D為

55、頂點作一個120的角，角的兩邊分別交直線AB、直線AC于M、N兩點．以點D為中心旋轉∠MDN（∠MDN的度數(shù)不變），當DM與AB垂直時（如圖①所示），易證BM+CN＝BD． （1）如圖②，當DM與AB不垂直，點M在邊AB上，點N在邊AC上時，BM+CN＝BD是否仍然成立？若成立，請給予證明；若不成立，請說明理由； （2）如圖③，當DM與AB不垂直，點M在邊AB上，點N在邊AC的延長線上時，BM+CN＝BD是否仍然成立？若不成立，請寫出BM，CN，BD之間的數(shù)量關系，不用證明． 【分析】（1）過點D作DE∥AC交AB于E，易證△BDE是等邊三角形，∠EDC＝120，得出BD＝BE＝DE

56、，∠EDN+∠CDN＝120，證明∠CDN＝∠EDM，由D是BC邊的中點，得出DE＝BD＝CD，由ASA證得△CDN≌△EDM得出CN＝EM，即可得出結論； （2）過點D作DE∥AC交AB于E，易證△BDE是等邊三角形，∠MED＝∠EDC＝120，得出BD＝BE＝DE，∠NCD＝∠MED，∠EDM+∠CDM＝120，證明∠CDN＝∠EDM，由D是BC邊的中點得出DE＝BD＝CD，由ASA證得△CDN≌△EDM得出CN＝EM，即可得出結果． 【解析】（1）結論BM+CN＝BD成立，理由如下： 如圖②，過點D作DE∥AC交AB于E， ∵△ABC是等邊三角形， ∴∠A＝∠B＝∠C＝60

57、， ∵DE∥AC， ∴∠BED＝∠A＝60，∠BDE＝∠C＝60， ∴∠B＝∠BED＝∠BDE＝60， ∴△BDE是等邊三角形，∠EDC＝120， ∴BD＝BE＝DE，∠EDN+∠CDN＝120， ∵∠EDM+∠EDN＝∠MDN＝120， ∴∠CDN＝∠EDM， ∵D是BC邊的中點， ∴DE＝BD＝CD， 在△CDN和△EDM中， ∠C=∠DEM=60CD=DE∠CDN=∠EDM， ∴△CDN≌△EDM（ASA）， ∴CN＝EM， ∴BD＝BE＝BM+EM＝BM+CN； （2）上述結論不成立，BM，CN，BD之間的數(shù)量關系為：BM﹣CN＝BD；理由如下： 如圖③

58、，過點D作DE∥AC交AB于E， ∵△ABC是等邊三角形， ∴∠A＝∠B＝∠C＝60， ∴∠NCD＝120， ∵DE∥AC， ∴∠BED＝∠A＝60，∠BDE＝∠C＝60， ∴∠B＝∠BED＝∠BDE＝60， ∴△BDE是等邊三角形，∠MED＝∠EDC＝120， ∴BD＝BE＝DE，∠NCD＝∠MED，∠EDM+∠CDM＝120， ∵∠CDN+∠CDM＝∠MDN＝120， ∴∠CDN＝∠EDM， ∵D是BC邊的中點， ∴DE＝BD＝CD， 在△CDN和△EDM中， ∠NCD=∠MEDCD=DE∠CDN=∠EDM， ∴△CDN≌△EDM（ASA）， ∴CN＝E

59、M， ∴BD＝BE＝BM﹣EM＝BM﹣CN， ∴BM﹣CN＝BD． 11．在△ABC中，∠ACB＝90，AC＝BC，點P在邊AB上，點D、Q分別為邊BC上的點，線段AD的延長線與線段PQ的延長線交于點F，連接CP交AF于點E，若∠BPF＝∠APC，F(xiàn)D＝FQ． （1）如圖1，求證：AF⊥CP； （2）如圖2，作∠AFP的平分線FM交AB于點M，交BC于點N，若FN＝MN，求證：DQ=13BC； （3）在（2）的條件下，連接DM、MQ，分別交PC于點G、H，求EGHP的值． 【分析】（1）∠APC＝∠BPQ，∠A＝∠B，推出∠ACP＝∠PQB，由∠FDQ＝∠CDA，∠FQD＝∠

60、PQB，推出∠ACP＝∠CDA，由∠ACP＝∠CDA，推出CP⊥AF． （2）證明：作WB⊥BC，交CP延長線于點W．由△ACD≌△CBW得出CD＝QB，由FM平分∠DFQ，DF＝FQ，得到 ND＝NQ，再利用平行線分線段成比例定理證明CD＝DQ＝QB即可． （3）證出△EDG～△HQP即可解決問題． 【解答】（1）證明：如圖1中， ∵∠APC＝∠BPQ，∠A＝∠B， ∴∠ACP＝∠PQB， ∵FD＝FQ， ∴∠FDQ＝∠FQD， ∵∠FDQ＝∠CDA，∠FQD＝∠PQB， ∴∠ACP＝∠CDA， ∵∠ACP+∠BCP＝90， ∴∠BCP+∠CDA＝90， ∴∠CED＝

61、90， ∴CP⊥AF． （2）證明：如圖2中，作WB⊥BC，交CP延長線于點W． ∵AF⊥PC，∠ACD＝90，WB⊥CB ∴∠CAD+∠ACE＝90，∠ACE+∠BCW＝90，∠ACD＝∠CBW＝90， ∴∠CAD＝∠BCW， ∵CA＝CB， ∴△ACD≌△CBW， ∴CD＝BW， ∵∠QBP＝∠WBP＝45，PB＝PB，∠APC＝∠BPW＝∠QPB， ∴△PBQ≌△PBW（SAS）， ∴BW＝BQ， ∴CD＝BQ， ∵FM平分∠DFQ，DF＝FQ， ∴ND＝NQ，F(xiàn)N⊥BC， ∴CN＝BN， ∵MN∥AC， ∴AM＝BM， ∴AC＝2MN＝2FN，

62、 ∵AC∥FN， ∴ACFN=CDDN=2， ∴CD＝2DN＝DQ， ∴QD＝CD＝BQ， ∴DQ=13BC． （3）解：∵DN＝NB，MN＝FN，F(xiàn)M⊥DQ， ∴四邊形DMQF是菱形， ∴EF∥MQ，DM∥PF， ∴∠PHQ＝∠GED，∠EDG＝∠DMQ＝∠PQH， ∴△GED∽△PHQ， ∴EGPH=DEHQ， ∴CD＝DQ，DE∥HQ， ∴CE＝EH， ∴HQ＝2DE， ∴EGPH=DE2DE=12． 12．已知△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠ADE＝90，點F為BE中點，連結DF，CF． （1）如圖1，點D在AC上，請你判斷此時線段DF

63、，CF的關系，并證明你的判斷； （2）如圖2，在（1）的條件下將△ADE繞點A順時針旋轉45時，若AD＝DE＝2，AB＝6，求此時線段CF的長． 【分析】（1）如圖1，延長DF交BC于H，由“AAS”可證△DEF≌△HBF，可得DF＝FH，DE＝BH，可證DC＝CH，由等腰直角三角形的性質可得DF＝CF，DF⊥CF； （2）延長DF交BA于點H，連接CH，CD，由“AAS”可證△DEF≌△HBF，可得DF＝FH，DE＝BH，由“SAS”可證△ADC≌△BHC，可得CH＝CD，∠ACD＝∠BCH，由由勾股定理和等腰直角三角形的性質可求CF的長． 【解析】（1）DF＝CF，DF⊥CF，

64、 理由如下：如圖1，延長DF交BC于H， ∵點F為BE中點， ∴BF＝EF， ∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形， ∴AD＝ED，AC＝BC，∠ACB＝∠ADE＝∠CDE＝90， ∴BC∥DE， ∴∠BHF＝∠EDF，且BF＝EF，∠DFE＝∠BFH， ∴△DEF≌△HBF（AAS） ∴DF＝FH，DE＝BH， ∵AD＝ED＝BH，AC＝BC ∴DC＝CH，且DF＝FH，∠ACB＝90， ∴CF＝DF，CF⊥DF； （2）如圖2，延長DF交BA于點H，連接CH，CD， ∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形， ∴AC＝BC，AD＝DE． ∴∠AED＝∠

65、ABC＝45， ∵由旋轉可以得出，∠CAE＝∠BAD＝90， ∵AE∥BC， ∴∠AEB＝∠CBE， ∴∠DEF＝∠HBF． ∵F是BE的中點， ∴EF＝BF，且∠DEF＝∠HBF，∠EFD＝∠BFH， ∴△DEF≌△HBF（AAS）， ∴ED＝HB＝2，DF＝FH， ∵AB＝6， ∴AH＝4 在Rt△HAD中，DH=AH2+AD2=16+4=25， ∵AD＝BH＝DE，AC＝BC，∠DAC＝∠ABC＝45， ∴△ADC≌△BHC（SAS） ∴CH＝CD，∠ACD＝∠BCH， ∵∠BCH+∠ACH＝90， ∴∠ACD+∠ACH＝90， ∴∠DCH＝90，且CH＝CD，DF＝FH， ∴CF＝DF＝FH=5． 13．如圖①，將一個矩形紙片OABC放置在平面直角坐標系中，點A坐標是（3，0），點C坐標是（0，2），點O的坐標是（0，0），點E是AB的中點，在OA上取一點D，將△BDA沿BD翻折，使點A落在BC邊上的點F處． （1）求點E、F的坐標； （2）如圖2，若點P是線段DA上的一個動點（點P不與點D，A重合），過P作PH⊥DB于H，設OP的長為x，△DPH的面積為S，試用關于x的代數(shù)式表示S． 【分析】（1）由矩形的性質和折疊的性質，可得ABFD是正方形，再根據點的坐標，求出OD，AE即可