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题型九　几何综合题
(6年2考)
类型一　动点型探究
大题小做：先独立思考，做“大题”，若遇到困难可做大题拆分后的“小做”获得解题思路，总结方法经验，再重新突破大题.
大题小做
一、原题呈现
抽离基本图形
1. 矩形在坐标系中
2. 等腰三角形顶点的位置
3. 等边三角形的判定
4. 等腰三角形的判定
5. 四点共圆模型
6. “8”字相似模型
【拓展模型】
7. 对角互补相似型
8. 一线三垂直相似型
1. (2024珠海模拟)在平面直角坐标系中，O为原点，四边形ABCO是矩形，点A，C的坐标分别是A(0，2)和C(2，0)，点D是对角线AC上一动点(不与A，C重合)，连接BD，作DE⊥DB，交x轴于点E，以线段DE，DB为邻边作矩形BDEF.
(1)填空：点B的坐标为　　　　；
(2)是否存在这样的点D，使得△DEC是等腰三角形？若存在请求出AD的长度；若不存在，请说明理由；
(3)连接CF，在点D运动的过程中，请问∠ACF的大小发生改变吗？若改变，请说明理由，若不改变，请说明理由并求出该角度.(说明：只回答“改变”或“不变”，没写“理由”，不可以得分)
二、大题拆分练
2. 如图，在Rt△AOC中，∠AOC＝90°，OA＝2，OC＝2，D是斜边AC的中点，点E在边OC上，连接DE，当△DEC是等腰三角形时，求DE的长.
第2题图
3. 如图，在矩形ABCO中，OA＝2，OC＝2，D是对角线AC上一个动点(不与A，C重合)，连接BD，过点D作DE⊥BD交射线OC于点E，当△CDE是等腰三角形时，求AD的长.
第3题图
4. 如图，在四边形BECF中，BC，EF为对角线，且∠BFE＝∠BCE＝90°，试判断∠CBE与∠CFE的数量关系，并说明理由.
第4题图
针对训练
1. (2024江西)综合与实践
如图，在Rt△ABC中，点D是斜边AB上的动点(点D与点A不重合)，连接CD，以CD为直角边在CD的右侧构造Rt△CDE，∠DCE＝90°，连接BE，＝＝m.
【特例感知】
(1)如图①，当m＝1时，BE与AD之间的位置关系是　　　　，数量关系是　　　　；
【类比迁移】
(2)如图②，当m≠1时，猜想BE与AD之间的位置关系和数量关系，并证明猜想；
【拓展应用】
(3)在(1)的条件下，点F与点C关于DE对称，连接DF，EF，BF，如图③.已知AC＝6，设AD＝x，四边形CDFE的面积为y.
①求y与x的函数表达式，并求出y的最小值；
②当BF＝2时，请直接写出AD的长度.
第1题图
类型二　动线型探究
大题小做
一、原题呈现
抽离基本图形
1. 平行四边形
2. 正方形
3. 等腰直角三角形
4. 旋转全等模型
【拓展模型】
5. 对角互补全等模型
6. 平移全等模型
1. (2016广东25题9分)如图，BD是正方形ABCD的对角线，BC＝2.边BC在其所在的直线上平移，将通过平移得到的线段记为PQ，连接PA，QD，并过点Q作QO⊥BD，垂足为O，连接OA，OP.
(1)请直接写出线段BC在平移过程中，四边形APQD是什么四边形？
(2)请判断OA，OP之间的数量关系和位置关系，并加以证明；
(3)在平移变换过程中，设y＝S△OPB，BP＝x(0≤x≤2)，求y与x之间的函数关系式，并求出y的最大值.
第1题图
二、大题拆分练
2. 如图，在四边形ABQO中，∠ABQ＝90°，对角线BO平分∠ABQ，且BO⊥QO，点P在边BQ上，且AB＝PQ，连接OP.请判断AO，PO之间的数量关系和位置关系，并加以证明.
第2题图
3. 如图，在△PQO中，∠Q＝45°，过点O作OB⊥QO，与边PQ交于点B，过点B作AB⊥PQ，且AB＝PQ，连接OA.请判断AO，PO之间数量关系和位置关系，并加以证明.
第3题图
4. 如图，△OBQ是等腰三角形，∠BOQ＝90°，P是射线QB上一点，且QP＝2，连接OP.设y＝S△OBP，BP＝x(0≤x≤2)，求y与x之间的函数关系式，并求出y的最大值.
第4题图
针对训练
1. 已知点C，D均在直线l的上方，AC与BD都是直线l的垂线段，且BD在AC的右侧，BD＝2AC，连接AD，BC，AD与BC相交于点O.
(1)如图①，若连接CD，则△BCD的形状为　　　　，的值为　　　　；
(2)若将BD沿直线l平移，并以AD为一边在直线l的上方作等边△ADE.
①如图②，当AE与AC重合时，连接OE，若AC＝，求OE的长；
②如图③，当∠ACB＝60°时，连接EC并延长交直线l于点F，连接OF，求证：OF⊥AB.
第1题图
类型三　动面型探究
(6年2考：2024.22，2023.23)
大题小做
一、原题呈现
抽离基本图形
1. 对称全等模型
2. 一线三垂直相似模型
3. 四点共圆
4. 等腰直角三角形
5. 一线三垂直全等模型
6. 对角互补全等模型
【拓展模型】
7. 半角模型(90°含45°)
1. (2023广东23题12分)综合运用
如图①，在平面直角坐标系中，正方形OABC的顶点A在x轴的正半轴上.如图②，将正方形OABC绕点O逆时针旋转，旋转角为α(0°＜α＜45°)，AB交直线y＝x于点E，BC交y轴于点F.
(1)当旋转角∠COF为多少度时，OE＝OF；(直接写出结果，不要求写解答过程)
(2)若点A(4，3)，求FC的长；
(3)如图③，对角线AC交y轴于点M，交直线y＝x于点N，连接FN.将△OFN与△OCF的面积分别记为S1与S2.设S＝S1－S2，AN＝n，求S关于n的函数表达式.
第1题图
二、大题拆分练
2. 如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，连接AE，AF，且∠EAF＝45°.若AE＝AF，求∠DAF的度数.
　第2题图　
3. 如图，在正方形OABC中，点E在边AB上，将射线OE绕点O逆时针旋转45°，交BC于点F，设OE与对角线AC交于点N，连接FN.求证：△FON是等腰直角三角形.
第3题图
4. 如图，在正方形ABCO中，N是对角线AC上的动点，连接ON，过点N作NF⊥ON，与边BC交于点F，连接OF.
(1)求证：NO＝FN；
(2)将△OFN与△OCF的面积分别记为S1与S2.设S＝S1－S2，AN＝n，求S关于n的函数表达式.
第4题图
针对训练
1. 【知识技能】
如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，将△ABC绕点C按顺时针方向旋转α(0°＜α＜180°)得到△EDC，连接AE，过点C作CM⊥AE于点M.
【尝试初探】
(1)如图①，当点D落在线段AB上时，求CM的长；
【深入探究】
(2)如图②，连接BE，在旋转过程中，当点A，D，E在同一直线上时，延长MC，交线段BE于点G，求的值；
【拓展延伸】
(3)如图③，当α≠90°时，连接AD，BD，BE，则S△ACD与S△BCE之间存在怎样的数量关系，并说明理由.
第1题图
类型一　动点型探究
大题小做
1. 解：(1)(2，2)；
【解法提示】∵A(0，2)，C(2，0)，∴OA＝2，OC＝2，∵四边形ABCO是矩形，∴BC＝OA＝2，AB＝OC＝2，∠BCO＝∠BAO＝90°，∴B(2，2)；
(2)存在.
∵OA＝2，OC＝2，
∴∠ACO＝30°，∠ACB＝60°，
①如解图①，当E在线段CO上时，△DEC是等腰三角形，ED＝EC，
第1题解图①
∴∠DCE＝∠EDC＝30°，
∵DE⊥DB，
∴∠BDC＝∠BCD＝60°，
∴△DBC是等边三角形，
∴DC＝BC＝2，
在Rt△AOC中，
∵∠ACO＝30°，OA＝2，
∴AC＝2AO＝4，
∴AD＝AC－CD＝4－2＝2，
∴当AD＝2时，△DEC是等腰三角形；
②如解图②中，当E在OC的延长线上时，△DCE是等腰三角形，CD＝CE，∠DEC＝∠CDE＝∠ACO＝15°，∵DE⊥DB，∴∠BDE＝90°，∴∠DBC＝180°－∠BDE－∠CDE－∠BCD＝15°，
第1题解图②
∵∠ABD＋∠DBC＝90°，∠ADB＋∠CDE＝90°，
∴∠ABD＝∠ADB＝75°，
∴AD＝AB＝2，
综上所述，满足条件的AD的长度为2或2；
(3)不变.理由如下：
如解图③，连接CF，记EF交BC于点G，EF交CD于点M，
∵四边形ABCO，BDEF是矩形，
∴∠BCE＝∠BFE＝∠DEF＝90°，B，D，E，F四点共圆，
∴B，E，C，F四点共圆，
∴B，D，E，C，F五点共圆，
∵∠DEF＝90°，
∴∠FCM＝∠DEF＝90°，
即∠ACF＝90°，
∴点D运动的过程中，∠ACF的大小不变，恒为90°.
第1题解图③
2. 解：∵OA＝2，OC＝2，∠AOC＝90°，
∴在Rt△AOC中，tan C＝＝，
∴∠C＝30°，AC＝2OA＝4，
∵D是AC的中点，
∴CD＝AC＝2.
当△DEC是等腰三角形时，分情况讨论：
①当CD＝DE时，如解图①，
此时点E与点O重合，
∴DE＝CD＝2；
第2题解图①
②当CE＝DE时，如解图②，过点D作DF⊥OC于点F，
∵∠C＝30°，
∴∠CDF＝60°，∠CDE＝30°，DF＝CD＝1，
∴∠EDF＝∠CDF－∠CDE＝30°，
∴DE＝＝；
第2题解图②
③当CD＝CE时，如解图③，连接OD，过点E作EG⊥OD于点G，易得OD＝CD，
∴∠CED＝(180°－∠C)＝75°.
又∵OD＝CD，
∴∠DOC＝∠C＝30°，
∴∠ODE＝∠CED－∠DOC＝45°.
∵CE＝CD＝2，
∴OE＝OC－CE＝2－2，
∴EG＝OE＝－1，
∴DE＝EG＝－，
第2题解图③
综上所述，当△DEC是等腰三角形时，DE的长为2或或(－).
3. 解：在Rt△ABC中，∵tan ∠ACO＝，OA＝2，OC＝2，
∴tan ∠ACO＝，即∠ACO＝30°，
∵四边形ABCO是矩形，
∴AC＝2OA＝4，∠ACB＝60°，∠BAC＝30°，
分两种情况讨论：
①当点E在线段OC上，
在四边形BCED中，∵∠BDE＝∠BCE＝90°，∠CBD＜90°，
∴∠CED＞90°，
∴当△CDE是等腰三角形时，只存在CE＝DE，
∴∠CDE＝∠ACO＝30°，
∴∠BDC＝∠ACB＝60°，
∴△BCD是等边三角形，∴CD＝BC＝OA＝2，
∴AD＝AC－CD＝2；
②当点E在OC的延长线上，如解图，
∵∠ACO＝30°，
∴∠DCE＝150°，
∴当△CDE是等腰三角形时，只存在CD＝CE，
∴∠CDE＝(180°－∠DCE)＝15°，
∵DE⊥BD，
∴∠ADB＝180°－∠BDE－∠CDE＝75°，
∴∠ABD＝180°－∠BAC－∠ADB＝75°，
∴AD＝AB＝OC＝2，
综上所述，当△CDE是等腰三角形时，AD的长为2或2.
第3题解图
4. 解：∠CBE＝∠CFE.理由如下：
∵∠BFE＝∠BCE＝90°，
∴B，E，C，F四点共圆，且圆心位于BE的中点，如解图所示，
∵＝，
∴∠CBE＝∠CFE.
第4题解图
针对训练
1. 解：(1)BE⊥AD，BE＝AD；
【解法提示】当m＝1时，＝＝1，即CE＝CD，CB＝CA，∴Rt△ABC和Rt△CDE均为等腰直角三角形，∴∠A＝∠ABC＝45°.∵∠ACD＋∠BCD＝∠BCE＋∠BCD＝90°，∴∠ACD＝∠BCE，∴△ACD≌△BCE(SAS)，∴BE＝AD，∠CBE＝∠A＝45°，∴∠ABE＝∠CBE＋∠ABC＝90°，即BE⊥AD.
(2)BE⊥AD，＝m.
证明如下：∵∠ACD＋∠BCD＝∠BCE＋∠BCD＝90°，
∴∠ACD＝∠BCE.
∵＝＝m，
∴△ACD∽△BCE，
∴＝m，∠CBE＝∠A，
∵∠A＋∠ABC＝90°，
∴∠CBE＋∠ABC＝∠ABE＝90°，即BE⊥AD；
(3)①由(1)可知，CE＝CD，BE＝AD，∠DBE＝90°，
根据对称可知，CE＝FE，CD＝FD，
∴CD＝CE＝FE＝FD，
∵∠DCE＝90°，
∴四边形CEFD是正方形，
∴S四边形CDFE＝CD2.
∵AD＝x，AC＝6，
∴BD＝6－x，BE＝x，
在Rt△BDE中，DE2＝BE2＋BD2＝x2＋(6－x)2＝2x2－12x＋72，
∴CD2＝(DE)2＝DE2＝x2－6x＋36，即y＝x2－6x＋36＝(x－3)2＋18，
∵1＞0，
∴当x＝3时，ymin＝18；
②AD的长为2或4.
【解法提示】由(1)可知，BC＝AC＝6，如解图，连接CF交DE于点G，由①可知，四边形CDFE是正方形，∴点G为DE的中点，∵∠EBD＝90°，∴点B在正方形CDFE的外接圆☉G上，且DE，CF为直径，∴∠CBF＝90°，由①可得，CF2＝DE2＝BC2＋BF2＝36＋4＝2x2－12x＋72，解得x＝2或4，即AD的长为2或4.
第1题解图
类型二　动线型探究
大题小做
1. 解：(1)四边形APQD是平行四边形；
【解法提示】由平移的性质知，PQ＝BC，∵四边形ABCD是正方形，∴AD∥BC，且AD＝BC，∴PQ∥AD，且PQ＝AD，∴四边形APQD是平行四边形.
(2)OA＝OP且OA⊥OP.
证明：①当PQ向右移动时，如题图①，由题意得∠ABO＝∠OBC＝45°，OQ⊥BD，AB＝BC＝PQ，
∴△BOQ为等腰直角三角形，
∴BO＝OQ，∠OQB＝45°，
在△ABO和△PQO中，
，
∴△ABO≌△PQO(SAS)，
∴OA＝OP，∠AOB＝∠POQ，
∴∠AOP＝∠AOB＋∠BOP＝∠POQ＋∠BOP＝∠BOQ＝90°，
∴OA＝OP且OA⊥OP；
②当PQ向左移动时，如题图②，由题意得AB＝BC＝PQ，
∠ABP＝90°，∠ABO＝∠OBC＝45°，OQ⊥BD，
∴△BOQ为等腰直角三角形，
∴BO＝OQ，∠OQB＝45°，
在△ABO和△PQO中，，
∴△ABO≌△PQO(SAS)，
∴OA＝OP，∠OAB＝∠OPQ，
∴∠AOP＝180°－∠OAB－∠BAP－∠APO＝180°－∠OPB－∠BAP－∠APO＝∠ABP＝90°，
∴OA＝OP且OA⊥OP.
综上所述，OA＝OP且OA⊥OP；
(3)①当PQ向右移动时，如题图①，
BQ＝BP＋PQ＝BP＋BC＝x＋2，
由(2)知，△OBQ为等腰直角三角形，
设BQ边上的高为h，
∴h＝BQ＝，
∴y＝x·＝(x＋1)2－(0≤x≤2)，
∵＞0，对称轴为直线x＝－1，
∴当x＝2时，y最大＝×(2＋1)2－＝2；
②当PQ向左移动时，如题图②，BQ＝PQ－BP＝2－x，同理，h＝，
∴y＝x·＝－(x－1)2＋(0≤x≤2)，
∵－＜0，对称轴为直线x＝1，
∴当x＝1时，y最大＝，
综上所述，当PQ向右移动，且BP＝2时，y的最大值是2.
2. 解：AO＝PO且AO⊥PO.
证明：∵∠ABQ＝90°，BO平分∠ABQ，
∴∠ABO＝∠QBO＝45°.
∵BO⊥QO，
∴△BQO是等腰直角三角形，
∴BO＝QO，∠QBO＝∠Q＝45°.
在△ABO和△PQO中，，
∴△ABO≌△PQO(SAS)，
∴AO＝PO，∠AOB＝∠POQ.
∴∠AOP＝∠AOB＋∠BOP＝∠BOP＋∠POQ＝∠BOQ＝90°，
∴AO⊥PO，
∴AO⊥PO且AO＝PO.
3. 解：AO＝PO且AO⊥PO.
证明：∵∠Q＝45°，OB⊥QD，
∴△QOB是等腰直角三角形，
∴OB＝OQ，∠QBO＝∠Q＝45°.
又∵AB⊥PQ，
∴∠OBA＝∠QBA－∠QBO＝45°，即∠OBA＝∠Q.
在△ABO和△PQO中，，
∴△ABO≌△PQO(SAS)，
∴AO＝PO，∠BOA＝∠QOP.
∵∠QOP＝∠QOB＋∠POB＝90°＋∠POB，
∴∠BOA＝∠POA＋∠POB＝90°＋∠POB，
∴∠POA＝90°，即AO⊥PO，
∴AO⊥PO且AO＝PO.
4. 解：分两种情况：
①当点P在线段QB上时，此时BQ＝QP＋BP＝2＋x.
如解图①，过点O作OD⊥BQ于点D，
∵△OBQ是等腰直角三角形，
∴OD＝BQ＝，
∴y＝S△OBP＝BP·OD＝x·＝(x＋1)2－，
∵＞0，0≤x≤2，对称轴为直线x＝－1，
∴当x＝2时，y取得最大值，ymax＝×(2＋1)2－＝2；
第4题解图①
②当点P在QB的延长线上时，此时BQ＝QP－BP＝2－x.
如解图②，过点O作OE⊥BQ于点E，
∵△OBQ是等腰直角三角形，
∴OE＝BQ＝，
∴y＝S△OBP＝BP·OE＝x·＝－(x－1)2＋，
∵－＜0，0≤x≤2，
∴当x＝1时，y取得最大值，ymax＝－×(1－1)2＋＝.
第4题解图②
综上所述，在点P运动过程中，y的最大值为2.
针对训练
1. (1)解：等腰三角形，；【解法提示】如解图①，过点C作CF⊥BD于点F ，∵AC⊥l，BD⊥l，∴∠CAB＝∠DBA＝∠CFB＝90°，∴四边形ABFC是矩形，∴AC∥BD，AC＝BF，∵BD＝2AC，∴BF＝DF，在△BCF和△DCF中，∴△BCF≌△DCF(SAS)，∴BC＝DC，∴△BCD是等腰三角形.∵AC∥BD，∴△AOC∽△DOB，∴＝＝2，∴OD＝2OA，∴＝＝＝.
第1题解图①
(2)①解：如解图②，过点E作EG⊥AD于点G，
∵AC＝，△ADE是等边三角形，AC⊥l，
∴BD＝2AC＝3，∠EAD＝60°，
∴∠DAB＝90°－∠EAD＝30°，
∴AD＝AE＝2BD＝6，
由(1)知＝，∴AO＝AD＝2，
∵AG＝AD＝3，
∴OG＝AG－AO＝1，EG＝＝＝3，
∴OE＝＝＝2；
第1题解图②
②证明：如解图③，连接CD，
由题易知，AC∥BD，
∵∠ACB＝60°，BD⊥l，
∴∠DBC＝∠ACB＝60°，BC＝2AC＝BD，∠ABD＝90°，∠ABC＝30°，
∴△BCD是等边三角形，
∴∠CDB＝∠BCD＝60°，CD＝BD，
∵△ADE为等边三角形，
∴AD＝ED，∠EDA＝60°，
∵∠EDC＝∠EDA－∠CDA＝60°－∠CDA，∠ADB＝∠CDB－∠CDA＝60°－∠CDA，
∴∠EDC＝∠ADB.
在△ECD和△ABD中，，
∴△ECD≌△ABD(SAS)，
∴∠ECD＝∠ABD＝90°，
∴∠ACF＝∠ECD＋∠DCB＋∠ACB－180°＝90°＋60°＋60°－180°＝30°，
设AF＝x，则AC＝x，AB＝AC＝3x，
由(1)知＝，
∴＝＝＝，
∵∠OAF＝∠DAB，
∴△OAF∽△DAB，
∴∠OFA＝∠DBA＝90°，
∴OF⊥AB.
第1题解图③
类型三　动面型探究
大题小做
1. 解：(1)22.5°；
【解法提示】∵四边形OABC是正方形，∴OA＝OC，∠OAB＝∠OCB＝90°，若OE＝OF，则Rt△OAE≌Rt△OCF(HL)，∴∠AOE＝∠COF.∵∠COF＝α，∠AOE＝45°－α，∴α＝45°－α，解得α＝22.5°.
(2)如解图①，过点A作AP⊥x轴于点P，
∵A(4，3)，
∴AP＝3，OP＝4，
∴OA＝5.
∵四边形OABC是正方形，
∴OC＝OA＝5，∠C＝90°，
∴∠C＝∠APO＝90°.
∵∠FOC＝∠AOP，
∴△OCF∽△OPA，
∴＝，即＝，
∴FC＝；
(3)如解图②，∵四边形OABC是正方形，
∴∠BCA＝∠OCA＝45°.
∵直线的表达式为y＝x，
∴易得∠FON＝45°，
∴∠BCA＝∠FON＝45°，
∴O，C，F，N四点共圆，
∴∠OCN＝∠OFN＝45°，
∴∠OFN＝∠FON＝45°，
∴△FON为等腰直角三角形，
∴FN＝ON，∠FNO＝90°.
过点N作NG⊥BC于点G，延长GN交OA于点Q，
∵BC∥OA，
∴GQ⊥OA.
∵∠FNO＝90°，
∴∠1＋∠2＝90°.
∵∠1＋∠3＝90°，
∴∠2＝∠3，
∴△FGN≌△NQO(AAS)，
∴GN＝QO，FG＝NQ.
∵GQ⊥BC，∠FCO＝∠COQ＝90°，
∴四边形COQG为矩形，
∴CG＝OQ，CO＝GQ，
∴S1＝S△OFN＝ON2＝(OQ2＋NQ2)＝(GN2＋NQ2)＝GN2＋NQ2，
S2＝S△OCF＝CF·CO＝(GC－FG)(GN＋NQ)＝(GN－NQ)·(GN＋NQ)＝(GN2－NQ2)＝GN2－NQ2，
∴S＝S1－S2＝NQ2，
∵∠OAC＝45°，
∴△AQN为等腰直角三角形，
∴NQ＝AN＝n，
∴S＝NQ2＝n2.
图①
图②
第1题解图
2. 解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠B＝∠D＝∠BAD＝90°.
在Rt△ABE和Rt△ADF中，，
∴Rt△ABE≌Rt△ADF(HL)，
∴∠BAE＝∠DAF.
∵∠BAD＝∠BAE＋∠EAF＋∠DAF＝90°，∠EAF＝45°，
∴2∠DAF＋45°＝90°，
∴∠DAF＝22.5°.
3. 证明：∵四边形OABC是正方形，
∴∠ACO＝∠ACB＝∠BCO＝45°.
又∵∠EOF＝45°，
∴O，C，F，N四点共圆，
∴∠OFN＝∠NCO＝45°，
∴△FON是等腰直角三角形.
4. (1)证明：如解图，过点N作NG⊥BC于点G，延长GN交OA于点Q，
则四边形COQG是矩形，
∴OQ＝CG，∠FGN＝∠NQO＝90°.
∵四边形ABCO是正方形，
∴∠ACB＝45°，
∴△CGN是等腰直角三角形，
∴CG＝NG＝OQ.
∵NF⊥ON，
∴∠FNG＋∠NFG＝∠FNG＋∠ONQ＝90°，
即∠NFG＝∠ONQ.
在△FGN和△NQO中，，
∴△FGN≌△NQO(AAS)，
∴NO＝FN；
第4题解图
(2)解：由(1)知NO＝FN，NG＝OQ，FG＝NQ，OQ＝CG，CO＝QG，
∴S1＝S△OFN＝ON2＝(OQ2＋NQ2)＝GN2＋NQ2，
S2＝S△OCF＝CF·CO＝(CG－FG)(GN＋NQ)＝GN2－NQ2，
∴S＝S1－S2＝GN2＋NQ2－(GN2－NQ2)＝NQ2.
∵∠CAQ＝∠BAO＝45°，
∴△AQN是等腰直角三角形，
∴NQ＝AN＝n，
∴S＝NQ2＝n2.
针对训练
1. 解：(1)在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，
由勾股定理得AB＝＝＝10，
由旋转性质得CD＝CB，CE＝CA，∠ACB＝∠DCE＝90°，
即∠ACD＋∠DCB＝∠ACD＋∠ECA＝90°，
∴∠DCB＝∠ECA.
∵＝＝1，∴＝，
∴△DCB∽△ECA，
∴∠CAE＝∠B.
∵CM⊥AE，
∴∠CMA＝∠ACB＝90°，
∴△ACM∽△BAC，
∴＝，即＝，
∴CM＝；
(2)如解图①，过点B作BH⊥MG交MG的延长线于点H，
∴∠H＝90°，
由旋转知∠ECD＝90°，∠CEM＝∠CAB，DC＝BC，CE＝CA，
∵CM⊥AE，
∴∠CMD＝∠CME＝90°，
∴∠MAC＋∠ACM＝90°，
∵∠ACM＋∠HCB＝90°，
∴∠MAC＝∠HCB，
同理可得∠DCM＝∠CEM，
∴△ACM∽△CBH，△DCM∽△CEM，
∴＝，＝＝，
∴＝，＝，
∴BH＝CM，EM＝CM.
∵∠EMG＝∠H，∠EGM＝∠BGH，
∴△EGM∽△BGH，
∴＝＝＝；
第1题解图①
(3)S△ACD＝S△BCE，理由如下：
如解图②，当0°＜α＜90°时，
取AD的中点F，连接CF并延长至点P，使得FP＝FC，连接AP，
∴AF＝DF.
又∵∠AFP＝∠DFC，
∴在△AFP和△DFC中，，
∴△AFP≌△DFC(SAS)，
∴S△AFP＝S△DFC，AP＝DC＝BC，∠P＝∠DCF.
∵∠PAC＝180°－∠P－∠ACP＝180°－∠DCF－∠ACP＝180°－∠ACD，∠BCE＝∠BCA＋∠ACE＝∠BCA＋(∠DCE－∠ACD)＝90°＋(90°－∠ACD)＝180°－∠ACD，
∴∠PAC＝∠BCE.
∵CE＝AC，AP＝BC，
∴△BCE≌△PAC(SAS)，
∴S△BCE＝S△PAC.
∵S△ACD＝S△ACF＋S△DCF＝S△ACF＋S△AFP＝S△PAC，
∴S△ACD＝S△BCE；
如解图③，当90°＜α＜180°时，
同理可得△AFP≌△DFC，
∴S△AFP＝S△DFC，AP＝DC＝BC，∠P＝∠DCF.
∵∠PAC＝180°－∠P－∠ACP＝180°－∠DCF－∠ACP＝180°－∠ACD，∠BCE＝360°－∠DCE－∠ACB－∠ACD＝180°－∠ACD，
∴∠PAC＝∠BCE.
∵CE＝AC，AP＝BC，
∴△BCE≌△PAC(SAS)，
∴S△BCE＝S△PAC.
∵S△ACD＝S△ACF＋S△DCF＝S△ACF＋S△AFP＝S△PAC，
∴S△ACD＝S△BCE.
综上所述，当α≠90°时，S△ACD＝S△BCE.
第1题解图

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