资源简介

(共71张PPT)
题型五　几何动态综合题
【典例1】　(2024·临沂一模)△ABC和△ADF均为等边三角形，点E，D分别从点A，B同时出发，以相同的速度沿AB，BC运动，运动到点B，C停止．
(1)如图1，当点E，D分别与点A，B重合时，请判断：线段CD，EF的数量关系是________，位置关系是________；
类型一　动点、动线类探究
CD＝EF
CD∥EF
(2)如图2，当点E，D不与点A，B重合时，(1)中的结论是否依然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；
(3)当点D运动到什么位置时，四边形CEFD的面积是△ABC面积的一半，请直接写出答案；此时，四边形BDEF是哪种特殊四边形？请在备用图中画出图形并给予证明．
[解]　(1)∵△ABC，△ADF都是等边三角形，
∴EF＝AB＝CD，∠ADC＝∠FED，
∴EF∥CD．
故答案为CD＝EF，CD∥EF．
(2)结论成立．
理由：如图，连接BF．
∵△ABC，△ADF都是等边三角形，
∴∠FAD＝∠BAC，AF＝AD，AB＝AC，
∴∠FAB＝∠DAC，
∴△FAB≌△DAC(SAS)，
∴BF＝CD，∠ABF＝∠ACD＝60°，
∵AE＝BD，AB＝BC，
∴BE＝CD＝BF，
∴△EFB是等边三角形，
∴EF＝BF＝CD，∠FEB＝∠ABC＝60°，
∴EF∥CD．
[解]　(1)证明：过点M作ME⊥AB于E，作MG⊥BC于G，如图1所示，
∴∠AEM＝∠MEB＝∠CGM＝∠NGM＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠DAB＝90°，AD＝AB，∠ABD＝∠DBC＝45°，
∵ME⊥AB，MG⊥BC，
∴ME＝MG，
∵∠ABC＝90°，
∴四边形EBGM是正方形，
(2)过点A作AF⊥BD于F，如图2所示，
∴∠AFM＝90°，
∴∠FAM＋∠AMF＝90°，
∵MN⊥AM，
∴∠AMN＝90°，
∴∠AMF＋∠HMN＝90°，
∴∠FAM＝∠HMN，
∵NH⊥BD，
∴∠AFM＝∠MHN＝90°，
【典例2】　如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为(3，5)，(3，0)．将线段AB向下平移2个单位长度，再向左平移4个单位长度，得到线段CD，连接AC，BD．
(1)直接写出坐标：点C________，点D__________．
(2)M，N分别是线段AB，CD上的动点，点M从点A出发向点B运动，速度为每秒1个单位长度，点N从点D出发向点C运动，速度为每秒0.5个单位长度，若两点同时出发，求几秒后MN∥x轴？
(3)点P是直线BD上一个动点，连接PC，PA，当点P在直线BD上运动时，请直接写出∠APC与∠PCD，∠PAB的数量关系．
(－1，－2)
(－1，3)
(3)①如图1，当点P在线段BD上时，∠APC＝∠PCD＋∠PAB．
②如图2，当点P在BD的延长线上时，∠PAB＝∠PCD＋∠APC．
③如图3，当点P在DB的延长线上时，∠PCD＝∠PAB＋∠APC．
(1)求点C和点D坐标；
(2)如图，将点E向下移动1个单位长度得到点P，连接PC，PD，在y轴上是否存在点Q，使得△PCD与△QCD面积相等？若存在，求出点Q坐标；若不存在，说明理由．
类型二　图形形状变化类探究
9
[对点演练]
3．【阅读理解】如图1，在矩形ABCD中，若AB＝a，BC＝b，由勾股定理，得AC2＝a2＋b2，同理BD2＝a2＋b2，故AC2＋BD2＝2(a2＋b2)．
【探究发现】如图2，四边形ABCD为平行四边形，若AB＝a，BC＝b，则上述结论是否依然成立？请加以判断，并说明理由．
200
在Rt△ACE中，由勾股定理，可得
AC2＝AE2＋CE2＝AE2＋(BC－BE)2，①
在Rt△BDF中，由勾股定理，可得
BD2＝DF2＋BF2＝DF2＋(BC＋CF)2＝DF2＋(BC＋BE)2，②
由①②，可得
AC2＋BD2＝AE2＋DF2＋2BC2＋2BE2＝2AE2＋2BC2＋2BE2，
在Rt△ABE中，由勾股定理，可得
AB2＝AE2＋BE2，
∴AC2＋BD2＝2AE2＋2BC2＋2BE2＝2(AE2＋BE2)＋2BC2＝2AB2＋2BC2＝2a2＋2b2．
【拓展提升】证明：如图，延长BO至点E，使BO＝OE，连接AE，CE．
∵BO是AC边上的中线，
∴AO＝CO，
又∵BO＝OE，
∴四边形ABCE是平行四边形，
【尝试应用】如图，过P作PH⊥BC于H，
则四边形APHB和四边形PHCD是矩形，
∴AB＝PH＝CD＝8，AP＝BH，PD＝CH，
设BH＝x，则CH＝12－x，
∴PB2＋PC2＝PH2＋BH2＋PH2＋CH2＝82＋x2＋82＋(12－x)2＝2x2－24x＋272＝2(x－6)2＋200，
故PB2＋PC2的最小值为200．
故答案为200．
【典例4】　(2024·任城区一模)【问题情境】：如图1，点E为正方形ABCD内一点，AE＝2，BE＝4，∠AEB＝90°，将直角三角形ABE绕点A逆时针方向旋转α(0°≤α≤180°)，点B，E的对应点分别为点B′、E′．
类型三　图形旋转类探究
【问题解决】：
(1)如图2，在旋转的过程中，点B′落在了AC上，求此时CB′的长；
(2)若α＝90°，如图3，得到△ADE′(此时B′与D重合)，延长BE交DE′于点F．
①试判断四边形AEFE′的形状，并说明理由；
②连接CE，求CE的长；
(3)在直角三角形ABE绕点A逆时针方向旋转过程中，直接写出线段CE′长度的取值范围．
(2)①四边形AEFE′是正方形，理由如下：
由旋转的性质得，AE′＝AE，∠EAE′＝90°，∠AE′D＝∠AEB＝90°，
∵∠AEF＝180°－90°＝90°，
∴四边形AEFE′是矩形，
又∵AE′＝AE，
∴四边形AEFE′是正方形．
②过点C作CG⊥BE于点G，如图所示，
则∠BGC＝90°＝∠AEB，
∴∠CBG＋∠BCG＝∠CBG＋∠ABE＝90°，
∴∠BCG＝∠ABE，
[对点演练]
4．(2024·烟台)在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D为直线BC上任意一点，连接AD．将线段AD绕点D按顺时针方向旋转90°得线段ED，连接BE．
【尝试发现】
(1)如图1，当点D在线段BC上时，
线段BE与CD的数量关系为____________；
【类比探究】
(2)当点D在线段BC的延长线上时，先在图2中补全图形，再探究线段BE与CD的数量关系并证明；
【联系拓广】
(3)若AC＝BC＝1，CD＝2，请写出sin ∠ECD的值．
[解]　(1)如图，过点E作EM⊥CB交CB的延长线于点M，
由旋转得AD＝DE，∠ADE＝90°，
∴∠ADC＋∠EDM＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD＝∠DME，∠ADC＋∠CAD＝90°，
∴∠CAD＝∠EDM，
∴△ACD≌△DME(AAS)，
∴CD＝EM，AC＝DM，
【典例5】　(2024·济宁二模)(1)【阅读理解】如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是斜边AB上的中线．试判断CD与AB的数量关系．解决此问题可以用如下方法：延长CD至点E，使DE＝CD，连接AE，BE．易证四边形ACBE是矩形，得到AB＝EC，即可作出判断．则CD与AB的数量关系为____________；
类型四　图形折叠类探究
(2)【问题探究】如图2，直角三角形纸片ABC中，∠ACB＝90°，点D是AB边的中点，连接CD，将△ACD沿CD折叠，点A落在点E处，此时恰好有CE⊥AB．若BC＝2，求CE的长度；
(3)【拓展延伸】如图3，在等腰直角三角形ABC中，AC＝BC＝4，∠C＝90°，D是边AB的中点，E，F分别是边AC，BC上的动点，且DE⊥DF，当点E从点A运动到点C时，EF的中点M所经过的路径长是多少？
(2)如图，设CE交AB于点O．
∵∠ACB＝90°，AD＝DB，
∴CD＝AD＝DB，
∴∠A＝∠ACD，
由翻折的性质可知∠ACD＝∠DCE，
∵CE⊥AB，
∴∠BCE＋∠B＝90°，
∴四边形DGCH为正方形，
∴∠GDH＝90°．
∴∠GDF＋∠FDH＝90°，
∵∠EDF＝90°，
∴∠GDF＋∠EDG＝90°．
∴∠EDG＝∠FDH．
[对点演练]
5．如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点O与坐标原点重合，顶点A，C在坐标轴上，B(30，40)，将OC沿OD折叠，使点C落在对角线OB上的点E处．
(1)求点D的坐标；
(2)动点P从点B出发，沿折线B-A-O方向以5个单位长度/秒的速度匀速移动，到终点O停止，设P运动时间为t，△POE的面积为S，求出S与t的关系式，并写出t的取值范围；
(3)在(2)的条件下，当PE∥AB时，在平面内是否存在点Q，使得以P，D，E，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请写出点Q坐标；若不存在，请说明原因．
[解]　(1)∵B的坐标为(30，40)，则OC＝30，BC＝40，
在Rt△OBC中，OC＝30，BC＝40，则OB＝50，
∴BE＝OB－OE＝OB－OC＝50－30＝20，
设CD＝ED＝x，则BD＝40－x，
在Rt△BDE中，由勾股定理得：BD2＝BE2＋DE2，
即(40－x)2＝202＋x2，
解得x＝15，
故点D的坐标为(30，15)．类型一　动点、动线类探究
【典例1】　(2024·临沂一模)△ABC和△ADF均为等边三角形，点E，D分别从点A，B同时出发，以相同的速度沿AB，BC运动，运动到点B，C停止．
(1)如图1，当点E，D分别与点A，B重合时，请判断：线段CD，EF的数量关系是________，位置关系是________；
(2)如图2，当点E，D不与点A，B重合时，(1)中的结论是否依然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；
(3)当点D运动到什么位置时，四边形CEFD的面积是△ABC面积的一半，请直接写出答案；此时，四边形BDEF是哪种特殊四边形？请在备用图中画出图形并给予证明．
[解]　(1)∵△ABC，△ADF都是等边三角形，
∴EF＝AB＝CD，∠ADC＝∠FED，
∴EF∥CD．
故答案为CD＝EF，CD∥EF．
(2)结论成立．
理由：如图，连接BF．
∵△ABC，△ADF都是等边三角形，
∴∠FAD＝∠BAC，AF＝AD，AB＝AC，
∴∠FAB＝∠DAC，
∴△FAB≌△DAC(SAS)，
∴BF＝CD，∠ABF＝∠ACD＝60°，
∵AE＝BD，AB＝BC，
∴BE＝CD＝BF，
∴△EFB是等边三角形，
∴EF＝BF＝CD，∠FEB＝∠ABC＝60°，
∴EF∥CD．
(3)当点D是BC的中点时，四边形CEFD的面积是△ABC的面积的一半，此时四边形BDEF是菱形．
理由：如图，连接DE．
由(2)可知，△BEF是等边三角形，BE＝CD，
∵BD＝CD，
∴BE＝CB，
∵△BEF∽△ABC，
∴＝＝，
∵EF∥CD，EF＝CD，
∴四边形EFDC是平行四边形，
∴S平行四边形EFDC＝2S△EFB，
∴＝．
∵BE＝BD，∠EBD＝60°，
∴△BDE是等边三角形，
∵△BEF是等边三角形，
∴四边形BDEF是菱形．
[对点演练]
1．如图，在正方形ABCD中，AB＝6，M是对角线BD上的一个动点．连接AM，过点M作MN⊥AM交BC于点N．
(1)如图1，求证：MA＝MN；
(2)如图2，过点N作NH⊥BD于H，当AM＝2时，求△HMN的面积．
[解]　(1)证明：过点M作ME⊥AB于E，作MG⊥BC于G，如图1所示，
∴∠AEM＝∠MEB＝∠CGM＝∠NGM＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠DAB＝90°，AD＝AB，∠ABD＝∠DBC＝45°，
∵ME⊥AB，MG⊥BC，
∴ME＝MG，
∵∠ABC＝90°，
∴四边形EBGM是正方形，
∴∠EMG＝90°，
∴∠EMN＋∠NMG＝90°，
∵MN⊥AM，
∴∠AME＋∠EMN＝90°，
∴∠AME＝∠NMG，
在△AME和△NMG中，
∴△AME≌△NMG(ASA)，
∴MA＝MN．
(2)过点A作AF⊥BD于F，如图2所示，
∴∠AFM＝90°，
∴∠FAM＋∠AMF＝90°，
∵MN⊥AM，
∴∠AMN＝90°，
∴∠AMF＋∠HMN＝90°，
∴∠FAM＝∠HMN，
∵NH⊥BD，
∴∠AFM＝∠MHN＝90°，
在△AFM和△MHN中，
∴△AFM≌△MHN(AAS)，
∴AF＝MH，
在等腰Rt△ABD中，
∵AF⊥BD，
∴AF＝BD＝×6＝3，
∴MH＝3，
∵AM＝2，
∴MN＝2，
∴HN＝＝＝，
∴S△HMN＝MH·HN＝×3＝3，
即△HMN的面积为3．
【典例2】　如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为(3，5)，(3，0)．将线段AB向下平移2个单位长度，再向左平移4个单位长度，得到线段CD，连接AC，BD．
(1)直接写出坐标：点C________，点D________．
(2)M，N分别是线段AB，CD上的动点，点M从点A出发向点B运动，速度为每秒1个单位长度，点N从点D出发向点C运动，速度为每秒0.5个单位长度，若两点同时出发，求几秒后MN∥x轴？
(3)点P是直线BD上一个动点，连接PC，PA，当点P在直线BD上运动时，请直接写出∠APC与∠PCD，∠PAB的数量关系．
[解]　(1)由题意C(－1，3)，D(－1，－2)，
故答案为(－1，3)，(－1，－2)．
(2)设t秒后MN∥x轴，
则5－t＝0.5t－2，
解得t＝，
∴t＝时，MN∥x轴．
(3)①如图1，当点P在线段BD上时，∠APC＝∠PCD＋∠PAB．
　
②如图2，当点P在BD的延长线上时，∠PAB＝∠PCD＋∠APC．
③如图3，当点P在DB的延长线上时，∠PCD＝∠PAB＋∠APC．
[对点演练]
2．(2024·冠县期末)如图，在平面直角坐标系中，A(1，a)，B(b，3)，E(－2，0)，其中a，b满足：|a－6|＋＝0．平移线段AB得到线段CD，使得C，D两点分别落在y轴和x轴上．
(1)求点C和点D坐标；
(2)如图，将点E向下移动1个单位长度得到点P，连接PC，PD，在y轴上是否存在点Q，使得△PCD与△QCD面积相等？若存在，求出点Q坐标；若不存在，说明理由．
[解]　(1)∵|a－6|＋＝0，
∴a－6＝0，b－5＝0，
解得a＝6，b＝5，
∴A(1，6)，B(5，3)．
要使线段AB平移后得到线段CD，且C，D两点分别落在y轴和x轴上，
则线段AB先向左平移1个单位长度后，再向下平移3个单位长度，
∴C(0，3)，D(4，0)．
(2)如图，连接OP，
∵C(0，3)，D(4，0)，
∴OC＝3，OD＝4，
∵将点E(－2，0)向下移动1个单位得到点P，
∴点P(－2，－1)，
∴S△PCD＝S△COD＋S△COP＋S△POD
＝×3×4＋×3×2＋×4×1
＝11，
设点Q(0，c)，
则QC＝|c－3|，
由△PCD与△QCD面积相等，可得|c－3|×4＝11，
解得c＝8.5或c＝－2.5，
∴Q的坐标为(0，8.5)或(0，－2.5)．
类型二　图形形状变化类探究
【典例3】　(2024·济宁二模)(1)问题背景：在等腰直角三角形中，斜边等于直角边的倍，如图1，∠ACB＝∠ADE＝90°，AC＝BC，AD＝DE，则BE与CD之间的数量关系为________；
(2)尝试应用：如图2，E为正方形ABCD外一点，∠BED＝45°，过点D作DF⊥BE，垂足为F，连接CF，若CF＝，求BE的值；
(3)拓展创新：如图3，四边形ABCD是正方形，点F是线段CD上一点，以AF为对角线作正方形AEFG，连接DE，BG．当DF＝1，S四边形AEDF＝3时，则正方形ABCD的面积为________．
[解]　(1)BE＝CD，理由如下：
∵∠ACB＝∠ADE＝90°，AC＝BC，AD＝DE，
∴∠DAE＝∠CAB＝45°，且AB＝AC，AE＝AD，
∴∠DAC＝∠EAB，＝＝，
∴△ABE∽△ACD，
∴＝＝，
∴BE＝CD．
故答案为BE＝CD．
(2)如图，连接BD，
∵∠BED＝45°，DF⊥BE，
∴∠EDF＝∠BED＝45°，
在正方形ABCD中，∠BDC＝45°，
∴∠EDB＝∠FDC，＝＝，
∴△EDB∽△FDC，
∴＝＝，
∵CF＝，
∴BE＝CF＝2．
(3)如图，连接AC，过点E作EM⊥AD于点M，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠DAB＝90°，∠DAC＝45°，＝，
∵四边形AEFG是正方形，
∴∠EAG＝90°，∠EAF＝45°，＝，
∵∠EAD＝∠EAF－∠DAF，∠FAC＝∠DAC－∠DAF，
∴∠EAD＝∠FAC，＝，
∴△ACF∽△ADE，
∴＝＝，∠ADE＝∠ACF＝45°，
∵EM⊥AD，
∴EM＝DM，
设DM＝EM＝x，则DE＝x，CF＝DE＝2x，
∵S四边形AEDF＝S△ADE＋S△ADF＝3，
∴x(2x＋1)＋×1×(2x＋1)＝3，
∴2x2＋3x－5＝0，
解得：x1＝－(舍去)，x2＝1，
∴FC＝2，
∴CD＝3，
∴正方形ABCD的面积为9．
故答案为9．
[对点演练]
3．【阅读理解】如图1，在矩形ABCD中，若AB＝a，BC＝b，由勾股定理，得AC2＝a2＋b2，同理BD2＝a2＋b2，故AC2＋BD2＝2(a2＋b2)．
【探究发现】如图2，四边形ABCD为平行四边形，若AB＝a，BC＝b，则上述结论是否依然成立？请加以判断，并说明理由．
【拓展提升】如图3，已知BO为△ABC的一条中线，AB＝a，BC＝b，AC＝c．
求证：BO2＝．
【尝试应用】如图4，在矩形ABCD中，若AB＝8，BC＝12，点P在边AD上，则PB2＋PC2的最小值为________．
[解]　【探究发现】上述结论依然成立，理由：如图，作AE⊥BC于E，DF⊥BC于F，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，且AB＝DC，
∴∠ABE＝∠DCF，
在△ABE和△DCF中，
∴△ABE≌△DCF(AAS)，
∴AE＝DF，BE＝CF，
在Rt△ACE中，由勾股定理，可得
AC2＝AE2＋CE2＝AE2＋(BC－BE)2，①
在Rt△BDF中，由勾股定理，可得
BD2＝DF2＋BF2＝DF2＋(BC＋CF)2＝DF2＋(BC＋BE)2，②
由①②，可得
AC2＋BD2＝AE2＋DF2＋2BC2＋2BE2＝2AE2＋2BC2＋2BE2，
在Rt△ABE中，由勾股定理，可得
AB2＝AE2＋BE2，
∴AC2＋BD2＝2AE2＋2BC2＋2BE2＝2(AE2＋BE2)＋2BC2＝2AB2＋2BC2＝2a2＋2b2．
【拓展提升】证明：如图，延长BO至点E，使BO＝OE，连接AE，CE．
∵BO是AC边上的中线，
∴AO＝CO，
又∵BO＝OE，
∴四边形ABCE是平行四边形，
由【探究发现】可得BE2＋AC2＝2AB2＋2BC2，
∵BE＝2BO，
∴BE2＝4BO2，
∵AB＝a，BC＝b，AC＝c，
∴4BO2＋c2＝2a2＋2b2，
∴BO2＝．
【尝试应用】如图，过P作PH⊥BC于H，
则四边形APHB和四边形PHCD是矩形，
∴AB＝PH＝CD＝8，AP＝BH，PD＝CH，
设BH＝x，则CH＝12－x，
∴PB2＋PC2＝PH2＋BH2＋PH2＋CH2＝82＋x2＋82＋(12－x)2＝2x2－24x＋272＝2(x－6)2＋200，
故PB2＋PC2的最小值为200．
故答案为200．
类型三　图形旋转类探究
【典例4】　(2024·任城区一模)【问题情境】：如图1，点E为正方形ABCD内一点，AE＝2，BE＝4，∠AEB＝90°，将直角三角形ABE绕点A逆时针方向旋转α(0°≤α≤180°)，点B，E的对应点分别为点B′、E′．
【问题解决】：
(1)如图2，在旋转的过程中，点B′落在了AC上，求此时CB′的长；
(2)若α＝90°，如图3，得到△ADE′(此时B′与D重合)，延长BE交DE′于点F．
①试判断四边形AEFE′的形状，并说明理由；
②连接CE，求CE的长；
(3)在直角三角形ABE绕点A逆时针方向旋转过程中，直接写出线段CE′长度的取值范围．
[解]　(1)∵AE＝2，BE＝4，∠AEB＝90°，
∴AB＝＝＝2，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝AB＝2，∠ABC＝90°，
∴AC＝AB＝2，
由旋转的性质得，AB′＝AB＝2，
∴CB′＝AC－AB′＝2－2．
(2)①四边形AEFE′是正方形，理由如下：
由旋转的性质得，AE′＝AE，∠EAE′＝90°，∠AE′D＝∠AEB＝90°，
∵∠AEF＝180°－90°＝90°，
∴四边形AEFE′是矩形，
又∵AE′＝AE，
∴四边形AEFE′是正方形．
②过点C作CG⊥BE于点G，如图所示，
则∠BGC＝90°＝∠AEB，
∴∠CBG＋∠BCG＝∠CBG＋∠ABE＝90°，
∴∠BCG＝∠ABE，
在△BCG和△ABE中，
∴△BCG≌△ABE(AAS)，
∴CG＝BE＝4，BG＝AE＝2，
∴EG＝BE－BG＝4－2＝2，
∴在Rt△CGE中，由勾股定理可得
CE＝＝＝2．
(3)∵点E不会在线段AC上，
∴CE的最小值就是初始位置时的长度2，
当E′落在CA的延长线上时，AE′＝AE＝2，CE′最长为AC＋AE′＝2＋2，
∴线段CE′长度的取值范围是2≤CE′≤2＋2．
[对点演练]
4．(2024·烟台)在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D为直线BC上任意一点，连接AD．将线段AD绕点D按顺时针方向旋转90°得线段ED，连接BE．
【尝试发现】
(1)如图1，当点D在线段BC上时，线段BE与CD的数量关系为________；
【类比探究】
(2)当点D在线段BC的延长线上时，先在图2中补全图形，再探究线段BE与CD的数量关系并证明；
【联系拓广】
(3)若AC＝BC＝1，CD＝2，请写出sin ∠ECD的值．
[解]　(1)如图，过点E作EM⊥CB交CB的延长线于点M，
由旋转得AD＝DE，∠ADE＝90°，
∴∠ADC＋∠EDM＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD＝∠DME，∠ADC＋∠CAD＝90°，
∴∠CAD＝∠EDM，
∴△ACD≌△DME(AAS)，
∴CD＝EM，AC＝DM，
∵AC＝BC，
∴BM＝DM－BD＝AC－BD＝BC－BD＝CD，
∴BM＝EM，
∵EM⊥CB，
∴BE＝EM＝CD．
故答案为BE＝CD．
(2)补全图形如图，BE＝CD，理由如下：
过点E作EM⊥BC于点M，
由旋转得AD＝DE，∠ADE＝90°，
∴∠ADC＋∠EDM＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD＝∠DME，∠ADC＋∠CAD＝90°，
∴∠CAD＝∠EDM，
∴△ACD≌△DME(AAS)，
∴CD＝EM，AC＝DM，
∵AC＝BC，
∴DM＝BC，
∴DM－CM＝BC－CM，
∴CD＝BM，
∴EM＝BM，
∵EM⊥CB，
∴BE＝EM＝CD．
(3)如图，当点D在CB延长线上时，过点E作EM⊥CB交CB的延长线于点M，
由(2)得DM＝AC＝1，EM＝CD＝2，
∴CM＝CD＋DM＝3，
∴在Rt△CEM中，CE＝＝，
∴sin ∠ECD＝＝＝．
当点D在BC的延长线上时，过点E作EM⊥BC交BC的延长线于点M，
同理可得：
△ACD≌△DME，
∴DM＝AC＝1，ME＝CD＝2，
∴CM＝2－1＝1，
∴在Rt△CEM中，CE＝＝，
∴sin ∠ECD＝＝＝．
综上，sin ∠ECD＝或．
类型四　图形折叠类探究
【典例5】　(2024·济宁二模)(1)【阅读理解】如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是斜边AB上的中线．试判断CD与AB的数量关系．解决此问题可以用如下方法：延长CD至点E，使DE＝CD，连接AE，BE．易证四边形ACBE是矩形，得到AB＝EC，即可作出判断．则CD与AB的数量关系为________；
(2)【问题探究】如图2，直角三角形纸片ABC中，∠ACB＝90°，点D是AB边的中点，连接CD，将△ACD沿CD折叠，点A落在点E处，此时恰好有CE⊥AB．若BC＝2，求CE的长度；
(3)【拓展延伸】如图3，在等腰直角三角形ABC中，AC＝BC＝4，∠C＝90°，D是边AB的中点，E，F分别是边AC，BC上的动点，且DE⊥DF，当点E从点A运动到点C时，EF的中点M所经过的路径长是多少？
[解]　(1)CD＝AB，理由如下：
∵DE＝CD，
∴CD＝CE，
∵CD是斜边AB上的中线，
∴AD＝BD，
∴四边形ACBE是平行四边形，
∵∠ACB＝90°，
∴平行四边形ACBE是矩形，
∴CE＝AB，
∴CD＝AB．
故答案为CD＝AB．
(2)如图，设CE交AB于点O．
∵∠ACB＝90°，AD＝DB，
∴CD＝AD＝DB，
∴∠A＝∠ACD，
由翻折的性质可知∠ACD＝∠DCE，
∵CE⊥AB，
∴∠BCE＋∠B＝90°，
∵∠A＋∠B＝90°，
∴∠BCE＝∠A，
∴∠BCE＝∠ACD＝∠DCE＝30°，
∴CO＝CB·cos 30°＝2×＝，
∵DA＝DE，DA＝DC，
∴DC＝DE，
∵DO⊥CE，
∴CO＝OE＝，
∴CE＝2．
(3)过点D作DG⊥AC，DH⊥BC，如图，
∵DG⊥AC，AC⊥BC，
∴DG∥BC．
∵D是边AB中点，
∴DG＝BC，
同理DH＝AC，
∵AC＝BC，
∴DG＝DH．
∴四边形DGCH为正方形，
∴∠GDH＝90°．
∴∠GDF＋∠FDH＝90°，
∵∠EDF＝90°，
∴∠GDF＋∠EDG＝90°．
∴∠EDG＝∠FDH．
在△EDG和△FDH中，
∴△EDG≌△FDH(ASA)．
∴DE＝DF．
∴△EDF为等腰直角三角形，
当点E从点A运动到点C时，EF的中点M所经过的路径为AC，BC中点的连线，
即M所经过的路径为AB，
∵AC＝BC＝4，∠C＝90°，
∴AB＝AC＝4，
∴EF的中点M所经过的路径长为2．
[对点演练]
5．如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点O与坐标原点重合，顶点A，C在坐标轴上，B(30，40)，将OC沿OD折叠，使点C落在对角线OB上的点E处．
(1)求点D的坐标；
(2)动点P从点B出发，沿折线B-A-O方向以5个单位长度/秒的速度匀速移动，到终点O停止，设P运动时间为t，△POE的面积为S，求出S与t的关系式，并写出t的取值范围；
(3)在(2)的条件下，当PE∥AB时，在平面内是否存在点Q，使得以P，D，E，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请写出点Q坐标；若不存在，请说明原因．
[解]　(1)∵B的坐标为(30，40)，则OC＝30，BC＝40，
在Rt△OBC中，OC＝30，BC＝40，则OB＝50，
∴BE＝OB－OE＝OB－OC＝50－30＝20，
设CD＝ED＝x，则BD＝40－x，
在Rt△BDE中，由勾股定理得：BD2＝BE2＋DE2，
即(40－x)2＝202＋x2，
解得x＝15，
故点D的坐标为(30，15)．
(2)分两种情况讨论：
①当点P在AB段时，即0∴BP＝5t，
∴S△POB＝PB·OA＝×5t×40＝100t，
∴＝＝＝，
∴S△POE＝S△POB＝×100t＝60t(0＜t≤6)；
②当点P在AO段时，即6＜t＜14，如图2，
OP＝30＋40－5t＝70－5t，OB＝50，AB＝30，
S△OBP＝OP·AB＝×(70－5t)×30＝－75t＋1 050，
∴S△POE＝S△POB＝×(－75t＋1 050)＝630－45t(6＜t＜14)．
综上，S＝
(3)在平面内存在点Q，使得以P，D，E，Q为顶点的四边形是平行四边形，理由如下：
如图3，
由(1)知，点E(18，24)，当PE∥AB时，则点P(0，24)，
而点D(30，15)，设点Q(a，b)，
①当PE为边时，依据平行四边形的性质可知：
点P向右平移18个单位长度得到点E，同样点D向右(左)平移18个单位长度得到点Q，
即30±18＝a且b＝15，
解得或
故点Q的坐标为(12，15)或(48，15)；
②当PE为对角线时，由平行四边形的性质结合中点公式得：
18＋0＝a＋30且24＋24＝b＋15，
解得
∴Q(－12，33)．
综上，点Q的坐标为(12，15)或(48，15)或(－12，33)．

展开更多......

收起↑