中考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)--幾何壓軸題分類復(fù)習(xí)類型一動點探究型(·江西)在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，點P是射線BD上一動點，以AP為邊向右側(cè)作等邊△APE，點E的位置隨著點P的位置變化而變化．(1)如圖①，當(dāng)點E在菱形ABCD內(nèi)部或邊上時，連接CE，BP與CE的數(shù)量關(guān)系是________，CE與AD的位置關(guān)系是________；(2)當(dāng)點E在菱形ABCD外部時，(1)中的結(jié)論是否還成立？若成立，請予以證明；若不成立，請說明理由(選擇圖②，圖③中的一種情況予以證明或說理)；(3)如圖④，當(dāng)點P在線段BD的延長線上時，連接BE，若AB＝2eq\r(3)，BE＝2eq\r(19)，求四邊形ADPE的面積．【分析】(1)要求BP與CE的數(shù)量關(guān)系，連接AC，由菱形和等邊三角形的性質(zhì)根據(jù)SAS可證明△ABP≌△ACE，從而證得BP＝CE，且∠ACE＝30°，延長CE交AD于點F，可得∠AFC＝90°，所以CE⊥AD；(2)無論選擇圖②還是圖③，結(jié)論不變，思路和方法與(1)一致；(3)要求四邊形ADPE的面積，觀察發(fā)現(xiàn)不是特殊四邊形，想到割補法，分成鈍角△ADP和正△APE，分別求三角形的面積，相加即可．【自主解答】解：(1)BP＝CE；CE⊥AD；(2)選圖②，仍然成立，證明如下：如解圖①，連接AC交BD于點O，設(shè)CE交AD于點H.在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，BA＝BC，例1題解圖①∴△ABC為等邊三角形，∴BA＝CA.∵△APE為等邊三角形，∴AP＝AE，∠PAE＝∠BAC＝60°，∴∠BAP＝∠CAE.在△BAP和△CAE中，例1題解圖②∴△BAP≌△CAE(SAS)，∴BP＝CE，∠ACE＝∠ABP＝30°.∵AC和BD為菱形的對角線，∴∠CAD＝60°，∴∠AHC＝90°，即CE⊥AD.選圖③，仍然成立，證明如下：如解圖②，連接AC交BD于點O，設(shè)CE交AD于點H，同理得△BAP≌△CAE(SAS)，BP＝CE，CE⊥AD.(3)如解圖③，連接AC交BD于點O，連接CE交AD于點H，由(2)可知，CE⊥AD，CE＝BP.在菱形ABCD中，AD∥BC，∴EC⊥BC.∵BC＝AB＝2eq\r(3)，BE＝2eq\r(19)，∴在Rt△BCE中，CE＝eq\r(（2\r(19)）2－（2\r(3)）2)＝8，例1題解圖③∴BP＝CE＝8.∵AC與BD是菱形的對角線，∴∠ABD＝eq\f(1,2)∠ABC＝30°，AC⊥BD，∴BD＝2BO＝2AB·cos30°＝6，AO＝eq\f(1,2)AB＝eq\r(3)，∴DP＝BP－BD＝8－6＝2，∴OP＝OD＋DP＝5.在Rt△AOP中，AP＝eq\r(AO2＋OP2)＝2eq\r(7)，∴S四邊形ADPE＝S△ADP＋S△APE＝eq\f(1,2)DP·AO＋eq\f(\r(3),4)·AP2＝eq\f(1,2)×2×eq\r(3)＋eq\f(\r(3),4)×(2eq\r(7))2＝8eq\r(3).【難點突破】本題的難點：一是如何找到全等的三角形，根據(jù)含60°內(nèi)角菱形的特點，連接AC是解決問題的關(guān)鍵；二是點P是動點，當(dāng)它運動到菱形的外部時，在其運動過程中由“手拉手”模型找全等三角形；三是求不規(guī)則四邊形的面積，要想到運用割補法，將四邊形分解成兩個三角形求解．幾何壓軸題中的“動點型問題”是指題設(shè)圖形中存在一個或多個動點，它們在線段、射線或弧線上運動的一類開放性題目．解決這類問題的關(guān)鍵是動中求靜，靈活運用有關(guān)數(shù)學(xué)知識解決問題．在變化中找到不變的性質(zhì)是解決數(shù)學(xué)“動點”探究題的基本思路，這也是動態(tài)幾何數(shù)學(xué)問題中最核心的數(shù)學(xué)本質(zhì)．1．(·沈陽)已知，△ABC是等腰三角形，CA＝CB，0°＜∠ACB≤90°，點M在邊AC上，點N在邊BC上(點M、點N不與所在線段端點重合)，BN＝AM，連接AN，BM.射線AG∥BC，延長BM交射線AG于點D，點E在直線AN上，且AE＝DE.(1)如圖，當(dāng)∠ACB＝90°時：①求證：△BCM≌△ACN；②求∠BDE的度數(shù)；(2)當(dāng)∠ACB＝α，其他條件不變時，∠BDE的度數(shù)是____________________；(用含α的代數(shù)式表示)(3)若△ABC是等邊三角形，AB＝3eq\r(3)，點N是BC邊上的三等分點，直線ED與直線BC交于點F，請直接寫出線段CF的長．2．(·金華)在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝12.點D在直線CB上，以CA，CD為邊作矩形ACDE，直線AB與直線CE，DE的交點分別為F，G.(1)如圖，點D在線段CB上，四邊形ACDE是正方形．①若點G為DE中點，求FG的長；第2題圖②若DG＝GF，求BC的長；(2)已知BC＝9，是否存在點D，使得△DFG是等腰三角形？若存在，求該三角形的腰長；若不存在，試說明理由．類型二新定義型(·江西)我們定義：如圖①，在△ABC中，把AB繞點A順時針旋轉(zhuǎn)α(0°＜α＜180°)得到AB′，把AC繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)β得到AC′，連接B′C′.當(dāng)α＋β＝180°時，我們稱△AB′C′是△ABC的“旋補三角形”，△AB′C′邊B′C′上的中線AD叫做△ABC的“旋補中線”，點A叫做“旋補中心”．特例感知(1)在圖②，圖③中，△AB′C′是△ABC的“旋補三角形”，AD是△ABC的“旋補中線”．①如圖②，當(dāng)△ABC為等邊三角形時，AD與BC的數(shù)量關(guān)系為AD＝________BC；②如圖③，當(dāng)∠BAC＝90°，BC＝8時，則AD長為________．猜想論證(2)在圖①中，當(dāng)△ABC為任意三角形時，猜想AD與BC的數(shù)量關(guān)系，并給予證明．拓展應(yīng)用(3)如圖④，在四邊形ABCD中，∠C＝90°，∠D＝150°，BC＝12，CD＝2eq\r(3)，DA＝6.在四邊形內(nèi)部是否存在點P，使△PDC是△PAB的“旋補三角形”？若存在，給予證明，并求△PAB的“旋補中線”長；若不存在，說明理由．【分析】(1)①證明△ADB′是含有30°角的直角三角形，則可得AD＝eq\f(1,2)AB′＝eq\f(1,2)BC；②先證明△BAC≌△B′AC′，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半即可；(2)結(jié)論：AD＝eq\f(1,2)BC.如解圖①中，延長AD到點M，使得AD＝DM，連接B′M，C′M，先證明四邊形AC′MB′是平行四邊形，再證明△BAC≌△AB′M，即可解決問題；(3)存在．如解圖②中，延長AD交BC的延長線于點M，作BE⊥AD于點E，作線段BC的垂直平分線交BE于點P，交BC于點F，連接PA，PD，PC，作△PCD的中線PN，連接DF交PC于點O.先證明PA＝PD，PB＝PC，再證明∠APD＋∠BPC＝180°即可．【自主解答】解：(1)①eq\f(1,2)；【解法提示】∵△ABC是等邊三角形，∴AB＝BC＝AB＝AB′＝AC′.∵DB′＝DC′，∴AD⊥B′C′.∵α＋β＝180°，∴∠BAC＋∠B′AC′＝180°，∵∠BAC＝60°，∴∠B′AC′＝120°，∴∠B′＝∠C′＝30°，∴AD＝eq\f(1,2)AB′＝eq\f(1,2)BC.②4；【解法提示】∵α＋β＝180°，∴∠BAC＋∠B′AC′＝180°.∵∠BAC＝90°，∴∠B′AC′＝∠BAC＝90°.∵AB＝AB′，AC＝AC′，∴△BAC≌△B′AC′(SAS)，∴BC＝B′C′.∵B′D＝DC′，∴AD＝eq\f(1,2)B′C′＝eq\f(1,2)BC＝4.(2)結(jié)論：AD＝eq\f(1,2)BC.證明：如解圖①中，延長AD到點M，使得AD＝DM，連接B′M，C′M.例2題解圖①∵B′D＝DC′，AD＝DM，∴四邊形AC′MB′是平行四邊形，∴AC′＝B′M＝AC.∵α＋β＝180°，∴∠BAC＋∠B′AC′＝180°.∵∠B′AC′＋∠AB′M＝180°，∴∠BAC＝∠MB′A.∵AB＝AB′，∴△BAC≌△AB′M(SAS)，∴BC＝AM，∴AD＝eq\f(1,2)BC.(3)存在．證明：如解圖②中，延長AD交BC的延長線于點M，作BE⊥AD于點E，作線段BC的垂直平分線交BE于點P，交BC于點F，連接PA，PD，PC，作△PCD的中線PN，連接DF交PC于點O.例2題解圖②∵∠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.∵PF垂直平分BC，∴PB＝PC.在Rt△CDF中，∵CD＝2eq\r(3)，CF＝6，∴tan∠CDF＝eq\r(3)，∴∠CDF＝60°＝∠CPF.易證△FCP≌△CFD，∴CD＝PF.∵CD∥PF，∴四邊形CDPF是平行四邊形．∵∠DCF＝90°.∴四邊形CDPF是矩形，∴∠CDP＝90°，∴∠ADP＝∠ADC－∠CDP＝60°，∴△ADP是等邊三角形．∵∠BPF＝∠CPF＝60°，∴∠BPC＝120°，∴∠APD＋∠BPC＝180°，∴△PDC是△PAB的“旋補三角形”．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).【難點突破】第(3)問根據(jù)新定義判斷點P的存在性是本題難點，但運用“直角三角形中30°的角所對的直角邊是斜邊的一半”的性質(zhì)以及三角形全等添加合適輔助線即可求解．解決這類問題，首先要理解新定義的含義及實質(zhì)；其次要注意，在證明線段、角度相等或某個特殊圖形時，主要應(yīng)用全等，在計算線段的長或圖形的周長、面積時，常注意運用相似、勾股定理及圖形面積公式等．1．(·江西模擬)聯(lián)想三角形外心的概念，我們可引入如下概念．定義：到三角形的兩個頂點距離相等的點，叫做此三角形的準(zhǔn)外心．舉例：如圖①，若PA＝PB，則點P為△ABC的準(zhǔn)外心．求解：(1)如圖②，CD為等邊△ABC的高，準(zhǔn)外心P在高CD上，且PD＝eq\f(1,2)AB，求∠APB的度數(shù)；(2)已知△ABC為直角三角形，斜邊BC＝5，AB＝3，準(zhǔn)外心P在AC邊上，求PA的長．2．(·江西第二次大聯(lián)考)如圖①，在△ABC中，過頂點A作直線與對邊BC相交于點D，兩交點之間的線段把這個三角形分成兩個圖形．若其中有一個圖形與原三角形相似，則把這條線段叫做這個三角形的“頂似線”．(1)等腰直角三角形的“頂似線”的條數(shù)為______；(2)如圖②，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝36°，BD是∠ABC的角平分線，求證：BD是△ABC的“頂似線”；(3)如圖③，在△ABC中，AB＝4，AC＝3，BC＝6，求△ABC的“頂似線”的長．3．(·南昌一模)如果三角形有一邊上的中線恰好等于這邊的長，那么稱這個三角形為這條邊上的“奇特三角形”，這條邊稱為“奇特邊”．(1)如圖①，已知△ABC是“奇特三角形”，AC＞BC，且∠C＝90°.①△ABC的“奇特邊”是________；②設(shè)BC＝a，AC＝b，AB＝c，求a∶b∶c；(2)如圖②，AM是△ABC的中線，若△ABC是BC邊上的“奇特三角形”，找出BC2與AB2＋AC2之間的關(guān)系；(3)如圖③，在四邊形ABCD中，∠B＝90°(AB＜BC)，BC＝2eq\r(7)，對角線AC把它分成了兩個“奇特三角形”，且△ACD是以AC為腰的等腰三角形，求等腰△ACD的底邊長．4．(·淮安)如果三角形的兩個內(nèi)角α與β滿足2α＋β＝90°，那么我們稱這樣的三角形為“準(zhǔn)互余三角形”．(1)若△ABC是“準(zhǔn)互余三角形”，∠C＞90°，∠A＝60°，則∠B＝__________；(2)如圖①，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝5.若AD是∠BAC的平分線，不難證明△ABD是“準(zhǔn)互余三角形”．試問在邊BC上是否存在點E(異于點D)，使得△ABE也是“準(zhǔn)互余三角形”？若存在，請求出BE的長；若不存在，請說明理由．(3)如圖②，在四邊形ABCD中，AB＝7，CD＝12，BD⊥CD，∠ABD＝2∠BCD，且△ABC是“準(zhǔn)互余三角形”，求對角線AC的長．類型三操作探究型(·贛州六校聯(lián)考)【操作發(fā)現(xiàn)】如圖①，在邊長為1個單位長度的小正方形組成的網(wǎng)格中，△ABC的三個頂點均在格點上．(1)請按要求畫圖：將△ABC繞點A按順時針方向旋轉(zhuǎn)90°，點B的對應(yīng)點為B′，點C的對應(yīng)點為C′，連接BB′；(2)在(1)所畫圖形中，∠AB′B＝__________．【問題解決】如圖②，在等邊三角形ABC中，AC＝7，點P在△ABC內(nèi)，且∠APC＝90°，∠BPC＝120°，求△APC的面積．小明同學(xué)通過觀察、分析、思考，對上述問題形成了如下想法：想法一：將△APC繞點A按順時針方向旋轉(zhuǎn)60°，得到△AP′B，連接PP′，尋找PA，PB，PC三條線段之間的數(shù)量關(guān)系；想法二：將△APB繞點A按逆時針方向旋轉(zhuǎn)60°，得到△AP′C，連接PP′，尋找PA，PB，PC三條線段之間的數(shù)量關(guān)系．…請參考小明同學(xué)的想法，完成該問題的解答過程．(一種方法即可)【靈活運用】如圖③，在四邊形ABCD中，AE⊥BC，垂足為E，∠BAE＝∠ADC，BE＝CE＝2，CD＝5，AD＝kAB(k為常數(shù))，求BD的長(用含k的式子表示)．【分析】【操作發(fā)現(xiàn)】(1)先找到點B，C的對應(yīng)點B′，C′，再連接構(gòu)成三角形即可；(2)求∠AB′B的度數(shù)可先判斷△AB′B是等腰直角三角形，再求角度；【問題解決】根據(jù)兩種不同的想法，選擇其中一個進行證明；【靈活運用】需將△ABD繞點A旋轉(zhuǎn)得到△ACG，再證明∠CDG＝90°即可．【自主解答】解：【操作發(fā)現(xiàn)】(1)如解圖①所示，△AB′C′即為所求；(2)45°.【解法提示】連接BB′.∵△AB′C′是由△ABC繞點A按順時針方向旋轉(zhuǎn)90°得到的，∴AB＝AB′，∠B′AB＝90°，∴∠AB′B＝45°.【問題解決】如解圖②，∵將△APB繞點A按逆時針方向旋轉(zhuǎn)60°，得到△AP′C，∴△APP′是等邊三角形，∠AP′C＝∠APB＝360°－90°－120°＝150°，例3題圖②∴PP′＝AP，∠AP′P＝∠APP′＝60°，∴∠PP′C＝90°，∠P′PC＝30°，∴PP′＝eq\f(\r(3),2)PC，即AP＝eq\f(\r(3),2)PC.∵∠APC＝90°，∴AP2＋PC2＝AC2，即(eq\f(\r(3),2)PC)2＋PC2＝72，∴PC＝2eq\r(7)，∴AP＝eq\r(21)，∴S△APC＝eq\f(1,2)AP·PC＝7eq\r(3)；【靈活運用】如解圖③，連接AC.∵AE⊥BC，BE＝EC，∴AB＝AC，將△ABD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)使得AB與AC重合，點D的對應(yīng)點為G，連接DG.則BD＝CG.例3題解圖③∵∠BAD＝∠CAG，∴∠BAC＝∠DAG.∵AB＝AC，AD＝AG，∴∠ABC＝∠ACB＝∠ADG＝∠AGD，∴△ABC∽△ADG.∵AD＝kAB，∴DG＝kBC＝4k.∵∠BAE＋∠ABC＝90°，∠BAE＝∠ADC，∴∠ADG＋∠ADC＝90°，∴∠GDC＝90°，∴CG＝eq\r(DG2＋CD2)＝eq\r(16k2＋25).∴BD＝CG＝eq\r(16k2＋25).【難點突破】在【靈活運用】一問中，要確定BD與k的數(shù)量關(guān)系，關(guān)鍵在于旋轉(zhuǎn)△ABD，使得AB與AC重合，從而證明∠CDG＝90°，構(gòu)造直角三角形是解決本題的難點，也是解決問題的突破口．對于操作探究問題，首先掌握圖形變換的性質(zhì)，如圖形的折疊：折痕為對稱軸，有折痕就有角平分線，有折痕就有垂直平分等；圖形的平移：有平移就有平行；圖形的旋轉(zhuǎn)：旋轉(zhuǎn)前后圖形全等，對應(yīng)邊相等，對應(yīng)角相等；對應(yīng)點與旋轉(zhuǎn)中心的連線所成的角為旋轉(zhuǎn)角，有旋轉(zhuǎn)就有等腰三角形；其次注意運用全等證明線段相等，利用勾股定理或相似求線段的長．1．(·宜春4月模擬)在四邊形ABCD中，點E為AB邊上的一點，點F為對角線BD上的一點，且EF⊥AB.(1)若四邊形ABCD為正方形．①如圖①，請直接寫出AE與DF的數(shù)量關(guān)系______________；②將△EBF繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)到圖②所示的位置，連接AE，DF，猜想AE與DF的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．(2)若四邊形ABCD為矩形，BC＝mAB，其他條件都不變．①如圖③，猜想AE與DF的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；②將△EBF繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)α(0°＜α＜90°)得到△E′BF′，連接AE′，DF′，請在圖④中畫出草圖，并直接寫出AE′和DF′的數(shù)量關(guān)系．2．(·淄博)(1)操作發(fā)現(xiàn)：如圖①，小明畫了一個等腰三角形ABC，其中AB＝AC，在△ABC的外側(cè)分別以AB，AC為腰作了兩個等腰直角三角形ABD，ACE，分別取BD，CE，BC的中點M，N，G，連接GM，GN.小明發(fā)現(xiàn)了：線段GM與GN的數(shù)量關(guān)系是______________；位置關(guān)系是______________．(2)類比思考：如圖②，小明在此基礎(chǔ)上進行了深入思考．把等腰三角形ABC換為一般的銳角三角形，其中AB＞AC，其他條件不變，小明發(fā)現(xiàn)的上述結(jié)論還成立嗎？請說明理由．(3)深入研究：如圖③，小明在(2)的基礎(chǔ)上，又作了進一步的探究．向△ABC的內(nèi)側(cè)分別作等腰直角三角形ABD，ACE，其他條件不變，試判斷△GMN的形狀，并給予證明．3．(·江西模擬)如圖，AM是△ABC的中線，D是線段AM上一點(不與點A重合)，DE∥AB交AC于點F，CE∥AM，連接AE.(1)如圖①，當(dāng)點D與點M重合時，求證：四邊形ABDE是平行四邊形；(2)如圖②，當(dāng)點D不與點M重合時，(1)中的結(jié)論還成立嗎？請說明理由．(3)如圖③，延長BD交AC于點H，若BH⊥AC，且BH＝AM.①求∠CAM的度數(shù)；②當(dāng)FH＝eq\r(3)，DM＝4時，求DH的長．參考答案類型一1．解：(1)①∵CA＝CB，BN＝AM，∴CB－BN＝CA－AM，∴CN＝CM，∵∠ACB＝∠ACB，BC＝CA，∴△BCM≌△ACN.②解：∵△BCM≌△ACN，∴∠MBC＝∠NAC.∵EA＝ED，∴∠EAD＝∠EDA.∵AG∥BC，∴∠GAC＝∠ACB＝90°，∠ADB＝∠DBC，∴∠ADB＝∠NAC，∴∠ADB＋∠EDA＝∠NAC＋∠EAD，∵∠ADB＋∠EDA＝180°－90°＝90°；∴∠BDE＝90°.(2)α或180°－α；(3)4eq\r(3)或eq\f(\r(3),2).2．解：(1)①在正方形ACDE中，DG＝GE＝6，在Rt△AEG中，AG＝eq\r(AE2＋EG2)＝6eq\r(5).∵EG∥AC，∴△ACF∽△GEF，∴eq\f(FG,AF)＝eq\f(EG,AC)＝eq\f(1,2)，∴FG＝eq\f(1,3)AG＝2eq\r(5).第2題解圖①②如解圖①，在正方形ACDE中，AE＝ED，∠AEF＝∠DEF＝45°.∵EF＝EF，∴△AEF≌△DEF，∴∠1＝∠2，設(shè)∠1＝∠2＝x.∵AE∥BC，∴∠B＝∠1＝x.∵GF＝GD，∴∠3＝∠2＝x，在△DBF中，∠3＋∠FDB＋∠B＝180°，∴x＋(x＋90°)＋x＝180°，解得x＝30°，∴∠B＝30°，∴在Rt△ABC中，BC＝eq\f(AC,tan30°)＝12eq\r(3).(2)在Rt△ABC中，AB＝eq\r(AC2＋BC2)＝eq\r(122＋92)＝15，如解圖②，當(dāng)點D在線段BC上時，此時只有GF＝GD.第2題解圖②∵DG∥AC，∴△BDG∽△BCA，∴eq\f(BD,DG)＝eq\f(BC,AC)＝eq\f(3,4)，∴設(shè)BD＝3x，則DG＝4x，BG＝5x，AE＝CD＝9－3x，∴GF＝GD＝4x，則AF＝15－9x.∵AE∥CB，∴△AEF∽△BCF，∴eq\f(AE,BC)＝eq\f(AF,BF)，∴eq\f(9－3x,9)＝eq\f(15－9x,9x)，整理得x2－6x＋5＝0，解得x＝1或5(舍去)，∴腰長GD為4.如解圖③，當(dāng)點D在線段BC的延長線上，且直線AB，CE的交點在AE上方時，此時只有GF＝DG，設(shè)AE＝3x，則EG＝4x，AG＝5x，第2題解圖③∴FG＝DG＝12＋4x.∵AE∥BC，∴△AEF∽△BCF，∴eq\f(AE,BC)＝eq\f(AF,BF)，∴eq\f(3x,9)＝eq\f(9x＋12,9x＋27)，解得x＝2或－2(舍去)，∴腰長DG為20.如解圖④，當(dāng)點D在線段BC的延長線上，且直線AB，EC的交點在BD下方時，此時只有DF＝DG，過點D作DH⊥FG于點H.第2題解圖④設(shè)AE＝3x，則EG＝4x，AG＝5x，DG＝4x＋12，∴FH＝GH＝DG·cos∠DGB＝(4x＋12)×eq\f(4,5)＝eq\f(16x＋48,5)，∴GF＝2GH＝eq\f(32x＋96,5)，∴AF＝GF－AG＝eq\f(7x＋96,5).∵AC∥DG，∴△ACF∽△GEF，∴eq\f(AC,EG)＝eq\f(AF,FG)，∴eq\f(12,4x)＝eq\f(\f(7x＋96,5),\f(32x＋96,5))，解得x＝eq\f(12\r(14),7)或－eq\f(12\r(14),7)(舍去)，∴腰長GD為eq\f(84＋48\r(14),7)，如解圖⑤，當(dāng)點D在線段CB的延長線上時，此時只有DF＝DG，過點D作DH⊥AG于點H.設(shè)AE＝3x，則EG＝4x，AG＝5x，DG＝4x－12，∴FH＝GH＝DG·cos∠DGB＝eq\f(16x－48,5)，第2題解圖⑤∴FG＝2FH＝eq\f(32x－96,5)，∴AF＝AG－FG＝eq\f(96－7x,5)∵AC∥EG，∴△ACF∽△GEF，∴eq\f(AC,EG)＝eq\f(AF,FG)，∴eq\f(12,4x)＝eq\f(\f(96－7x,5),\f(32x－96,5))，解得x＝eq\f(12\r(14),7)或－eq\f(12\r(14),7)(舍去)，∴腰長DG為eq\f(－84＋48\r(14),7).綜上所述，等腰三角形△DFG的腰長為4或20或eq\f(84＋48\r(14),7)或eq\f(－84＋48\r(14),7).類型二1．解：(1)①如解圖①，若PB＝PC，連接PB，則∠PCB＝∠PBC.∵CD為等邊三角形的高，∴AD＝BD，∠PCB＝30°，∴∠PBD＝∠PBC＝30°，∴PD＝eq\f(\r(3),3)DB＝eq\f(\r(3),6)AB，與已知PD＝eq\f(1,2)AB矛盾，∴PB≠PC；②若PA＝PC，連接PA，同理可得PA≠PC；③若PA＝PB，由PD＝eq\f(1,2)AB，得PD＝AD，∴∠APD＝45°，故∠APB＝90°.(2)∵BC＝5，AB＝3，∠BAC＝90°，∴AC＝eq\r(BC2－AB2)＝eq\r(52－32)＝4.①若PB＝PC，設(shè)PA＝x，則PC＝PB＝4－x，∴x2＋32＝(4－x)2，∴x＝eq\f(7,8)，即PA＝eq\f(7,8)；②若PA＝PC，則PA＝2；③若PA＝PB，由解圖②知，在Rt△PAB中，不可能存在．綜上所述，PA的長為2或eq\f(7,8).2．(1)解：1.(2)證明：∵AB＝AC，∠A＝36°，∴∠ABC＝∠ACB＝72°.∵BD是∠ABC的角平分線，∴∠ABD＝∠DBC＝36°，∴∠A＝∠CBD.又∵∠C＝∠C，∴△ABC∽△BDC，∴BD是△ABC的“頂似線”．(3)解：①如解圖①，當(dāng)△ADC∽△BAC時，AD為△ABC的“頂似線”，則eq\f(AD,AB)＝eq\f(AC,BC)，即eq\f(AD,4)＝eq\f(3,6)，∴AD＝2；②如解圖②，當(dāng)△ADC∽△ACB時，CD為△ABC的“頂似線”，則eq\f(CD,CB)＝eq\f(AC,AB)，即eq\f(CD,6)＝eq\f(3,4)，∴CD＝eq\f(9,2)；③過頂點B的“頂似線”不存在．綜上所述，△ABC的“頂似線”的長為2或eq\f(9,2).3．解：(1)①AC；②如解圖①，過點B作AC邊上的中線BE，則BE＝AC＝b，CE＝AE＝eq\f(1,2)b.在Rt△ABC中，a2＋b2＝c2，在Rt△BCE中，a2＋(eq\f(1,2)b)2＝b2.解得a＝eq\f(\r(3),2)b，c＝eq\f(\r(7),2)b.∴a∶b∶c＝eq\r(3)∶2∶eq\r(7).(2)如解圖②，過點A作AF⊥BC于點F，則∠AFB＝∠AFC＝90°.設(shè)AM＝BC＝a，AF＝h，MF＝x，則BM＝CM＝eq\f(1,2)a.在Rt△ABF中，AB2＝BF2＋AF2＝(eq\f(a,2)＋x)2＋h2，在Rt△ACF中，AC2＝CF2＋AF2＝(eq\f(a,2)－x)2＋h2，∴AB2＋AC2＝eq\f(a2,2)＋2x2＋2h2.在Rt△AMF中，AM2＝MF2＋AF2，即a2＝x2＋h2.∴AB2＋AC2＝eq\f(5a2,2)＝eq\f(5,2)BC2.(3)∵∠B＝90°，BC＞AB，∴BC為△ABC的“奇特邊”．∵BC＝2eq\r(7)，∴由(1)②知AB＝eq\f(\r(3),2)BC＝eq\r(21)，AC＝eq\f(\r(7),2)BC＝7.設(shè)等腰△ACD的底邊長為y，由(2)中結(jié)論知：①當(dāng)腰為“奇特邊”時，有72＋y2＝eq\f(5,2)×72，解得y＝eq\f(7,2)eq\r(6)(負(fù)值已舍去)．②當(dāng)?shù)走厼椤捌嫣剡叀睍r，有72＋72＝eq\f(5,2)×y2，解得y＝eq\f(14,5)eq\r(5)(負(fù)值已舍去)．∴等腰△ACD的底邊長為eq\f(7,2)eq\r(6)或eq\f(14,5)eq\r(5).4．解：(1)∵∠C＞90°，∠A＝60°，∴β＝60°，α＝15°，∴∠B＝15°.(2)若存在一點E，使得△ABE也是“準(zhǔn)互余三角形”，則2∠EBA＋∠EAB＝90°.如解圖①，作射線BF，使得∠FBE＝∠ABE，延長AE交BF于點F，則∠BFE＝90°.即BE為∠FBA的角平分線，過點E作EG⊥AB于點G，則EG＝EF，可得△BEF≌△BEG.又∵△BEG∽△BAC，∴△BEF∽△BAC，∴eq\f(BF,BC)＝eq\f(EF,AC)，∴eq\f(BF,5)＝eq\f(EF,4)①.又∵△BEF∽△AEC，∴eq\f(EF,CE)＝eq\f(BF,AC)，∴eq\f(EF,5－BE)＝eq\f(BF,4)②，由①②可得，BE＝1.8.(3)如解圖②，將△BCD沿BC翻折得△BCE，則CE＝CD＝12，∠ABD＝2∠BCD＝∠DCE，∠DCE＋∠DBE＝180°，即∠ABD＋∠DBE＝180°，∴點A，B，E共線，易知2∠ACB＋∠BAC＝90°不成立，存在2∠BAC＋∠ACB＝90°，易證得△ECB∽△EAC，∴eq\f(EC,AE)＝eq\f(BE,EC)，即eq\f(12,7＋BE)＝eq\f(BE,12)，解得BE＝9(負(fù)值已舍去)，∴AE＝16，在Rt△AEC中，利用勾股定理得，AC＝eq\r(AE2＋CE2)＝20.類型三1．解：(1)①DF＝eq\r(2)AE；②DF＝eq\r(2)AE；理由：∵∠EBF＝∠ABD＝45°，∴∠ABE＝∠FBD.∵eq\f(BE,BF)＝eq\f(AB,BD)，∴△ABE∽△DBF，∴eq\f(AE,DF)＝eq\f(AB,BD)＝eq\f(\r(2),2)，∴DF＝eq\r(2)AE.(2)①如解圖①，過點F作FG⊥AD于點G，則四邊形AEFG是矩形，∴GF＝AE.∵tan∠FDG＝eq\f(BA,AD)＝eq\f(GF,DG)，AD＝BC＝mAB，∴DG＝mGF，在Rt△DGF中，由勾股定理得DF＝eq\r(GF2＋DG2)＝eq\r(1＋m2)GF，∴DF＝eq\r(1＋m2)AE.②畫出草圖如解圖②，D