PAGEPAGE1幾何圖形探究題1．(1)問題發(fā)現(xiàn)如圖①，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝2，AC＝4，點(diǎn)D為BC的中點(diǎn)，過點(diǎn)D作射線DE⊥DF，分別交AB，AC于點(diǎn)E，F(xiàn)，當(dāng)DE⊥AB，DF⊥AC時(shí)，eq\f(DE,DF)＝________；(2)類比探究若∠EDF繞著點(diǎn)D旋轉(zhuǎn)到圖②的位置，(1)中其他條件不變，eq\f(DE,DF)＝________；若改變點(diǎn)D的位置，當(dāng)eq\f(CD,BD)＝eq\f(a,b)時(shí)，求eq\f(DE,DF)的值，請(qǐng)就圖③的情形寫出解答過程；圖①圖②第1題圖(3)問題解決如圖③，AB＝2，AC＝4，連接EF，當(dāng)CD＝____時(shí)，△DEF為等腰直角三角形；當(dāng)CD＝____時(shí)，△DEF與△ABC相似．圖③第1題圖解：(1)2；【解法提示】∵DE⊥AB，DF⊥AC，∠BAC＝90°，∴DF∥AE，DE∥AC，∴△BED∽△BAC，△CDF∽△CBA，∴eq\f(DE,AC)＝eq\f(BD,BC)，eq\f(DF,AB)＝eq\f(CD,BC)，∵點(diǎn)D為BC的中點(diǎn)，AB＝2，AC＝4，∴eq\f(DE,4)＝eq\f(1,2)，eq\f(DF,2)＝eq\f(1,2)，∴DE＝2，DF＝1，∴eq\f(DE,DF)＝2.(2)2；【解法提示】如解圖①，過點(diǎn)D作DM⊥AB于點(diǎn)M，作DN⊥AC于點(diǎn)N，∵∠A＝∠DMA＝∠DNA＝90°，∴∠MDN＝90°，∵∠MDE＋∠EDN＝∠NDF＋∠EDN，∴∠MDE＝∠NDF，又∵∠DME＝∠DNF，∴△DEM∽△DFN，∴eq\f(DE,DF)＝eq\f(DM,DN)，由(1)可得eq\f(DM,DN)＝2，∴eq\f(DE,DF)＝2.第1題解圖①如解圖②，過點(diǎn)D作DG⊥AB于點(diǎn)G，作DH⊥AC于點(diǎn)H，∴∠GDH＝90°，∴∠EDG＋∠GDF＝∠FDH＋∠GDF＝90°，∴∠EDG＝∠FDH，又∵∠DGE＝∠DHF＝90°，第1題解圖②∴△DGE∽△DHF，∴eq\f(DE,DF)＝eq\f(DG,DH)，∵∠BAC＝90°，∴DG∥AC，DH∥AB，∴△BDG∽△BCA，△CDH∽△CBA，∴eq\f(DG,AC)＝eq\f(BD,BC)，eq\f(CD,BC)＝eq\f(DH,AB)，∵eq\f(CD,BD)＝eq\f(a,b)，∴eq\f(BD,BC)＝eq\f(BD,BD＋CD)＝eq\f(b,a＋b)，eq\f(CD,BC)＝eq\f(CD,BD＋CD)＝eq\f(a,a＋b)，∴eq\f(DG,4)＝eq\f(b,a＋b)，eq\f(DH,2)＝eq\f(a,a＋b)，∴eq\f(DE,DF)＝eq\f(DG,DH)＝eq\f(2b,a)；(3)eq\f(4\r(5),3)；eq\f(8\r(5),5)或eq\r(5).【解法提示】∵∠EDF＝90°，∴當(dāng)△DEF為等腰直角三角形時(shí)，DE＝DF，由(2)中的結(jié)論可知，eq\f(DE,DF)＝eq\f(2b,a)＝1，∴a＝2b，∴BC＝3b，在Rt△ABC中，∵AB＝2，AC＝4，由勾股定理得BC＝eq\r(22＋42)＝2eq\r(5)，∴CD＝eq\f(2,3)BC＝eq\f(4\r(5),3).∵∠EDF＝∠A＝90°，∴△DEF與△ABC相似有兩種情況：①當(dāng)△DEF∽△ABC時(shí)，eq\f(DE,AB)＝eq\f(DF,AC)，即eq\f(DE,DF)＝eq\f(AB,AC)＝eq\f(1,2)，∴eq\f(2b,a)＝eq\f(1,2)，∴a＝4b，∴CD＝eq\f(4,5)BC＝eq\f(8\r(5),5)；②當(dāng)△DEF∽△ACB時(shí)，eq\f(DE,AC)＝eq\f(DF,AB)，即eq\f(DE,DF)＝eq\f(AC,AB)＝2，∴eq\f(2b,a)＝2，∴a＝b，∴CD＝eq\f(1,2)BC＝eq\r(5).綜上所述，當(dāng)CD＝eq\f(8\r(5),5)或eq\r(5)時(shí)，△DEF與△ABC相似．2．在數(shù)學(xué)興趣小組活動(dòng)中，小亮進(jìn)行數(shù)學(xué)探究活動(dòng)．△ABC是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，E是AC上一點(diǎn)，小亮以BE為邊向BE的右側(cè)作等邊三角形BEF，連接CF.(1)如圖①，當(dāng)點(diǎn)E在線段AC上時(shí)，EF、BC相交于點(diǎn)D，小亮發(fā)現(xiàn)有兩個(gè)三角形全等，請(qǐng)你找出來，并證明；(2)當(dāng)點(diǎn)E在線段AC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)F也隨著運(yùn)動(dòng)，若四邊形ABFC的面積為eq\f(7\r(3),4)，求AE的長(zhǎng)；(3)如圖②，當(dāng)點(diǎn)E在AC的延長(zhǎng)線上運(yùn)動(dòng)時(shí)，CF、BE相交于點(diǎn)D，請(qǐng)你探求△ECD的面積S1與△DBF的面積S2之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；(4)如圖②，當(dāng)△ECD的面積S1＝eq\f(\r(3),6)時(shí)，求AE的長(zhǎng)．圖①圖②第2題圖解：(1)△ABE≌△CBF.理由如下：∵△ABC與△EBF都是等邊三角形，∴AB＝CB，BE＝BF，∠ABC＝∠EBF＝60°，∴∠CBF＝∠ABE＝60°－∠CBE，∴△ABE≌△CBF(SAS)；(2)由(1)知點(diǎn)E在運(yùn)動(dòng)過程中始終有△ABE≌△CBF.∵S四邊形BECF＝S△BCF＋S△BCE，∴S四邊形BECF＝S△ABC，∵△ABC是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，∴S△ABC＝eq\f(\r(3),4)×22＝eq\r(3)，∴S四邊形BECF＝eq\r(3)，又∵S四邊形ABFC＝eq\f(7\r(3),4)，∴S△ABE＝S四邊形ABFC－S四邊形BECF＝eq\f(3\r(3),4)，在△ABE中，∵∠A＝60°，∴AB邊上的高為AE·sin60°，則S△ABE＝eq\f(1,2)AB·AE·sin60°＝eq\f(1,2)×2×eq\f(\r(3),2)AE＝eq\f(3\r(3),4)，∴AE＝eq\f(3,2)；(3)S2－S1＝eq\r(3).理由如下：∵△ABC與△EBF都是等邊三角形，∴AB＝CB，BE＝BF，∠ABC＝∠EBF＝60°，∴∠CBF＝∠ABE＝60°＋∠CBE，∴△ABE≌△CBF，∴S△ABE＝S△CBF，∴S△FDB＝S△ECD＋S△ABC，∴S△FDB－S△ECD＝S△ABC＝eq\r(3)，即S2－S1＝eq\r(3)；(4)由(3)知S2－S1＝eq\r(3)，即S△FDB－S△ECD＝eq\r(3)，由S△ECD＝eq\f(\r(3),6)得S△BDF＝eq\f(7\r(3),6)，∵△ABE≌△CBF，∴AE＝CF，∠BAE＝∠BCF＝60°，又∵∠BAE＝∠ABC＝60°，得∠ABC＝∠BCF，∴CF∥AB，則在△BDF中，DF邊上的高是AC·sin60°＝eq\r(3)，∴eq\f(1,2)DF×eq\r(3)＝eq\f(7\r(3),6)，解得DF＝eq\f(7,3)，設(shè)CE＝x，則2＋x＝CD＋DF＝CD＋eq\f(7,3)，∴CD＝x－eq\f(1,3)，在△ABE中，由CD∥AB得，eq\f(CD,AB)＝eq\f(CE,AE)，即eq\f(x－\f(1,3),2)＝eq\f(x,x＋2)，化簡(jiǎn)得3x2－x－2＝0，∴x＝1或x＝－eq\f(2,3)(舍)，即CE＝1，∴AE＝3.3．如圖①，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，若點(diǎn)E在AB的延長(zhǎng)線上，EF∥AD，EF＝BE，點(diǎn)P是DE的中點(diǎn)，連接FP并延長(zhǎng)交AD于點(diǎn)G，連接FB.(1)過D點(diǎn)作DH⊥AB，垂足為點(diǎn)H，若DH＝2eq\r(3)，BE＝eq\f(1,4)AB，求DG的長(zhǎng)；(2)連接CP，求證：CP⊥FP；(3)如圖②，若點(diǎn)E在CB的延長(zhǎng)線上運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)F在AB的延長(zhǎng)線上運(yùn)動(dòng)，且BE＝BF，連接DE，點(diǎn)P為DE的中點(diǎn)，連接FP，CP，那么第(2)問的結(jié)論成立嗎？若成立，求出eq\f(PF,CP)的值；若不成立，請(qǐng)說明理由．圖①圖②第3題圖(1)解：∵四邊形ABCD為菱形，∠ABC＝60°，∴DA∥BC，CD＝CB，∠CDG＝∠CBA＝60°，∴∠DAH＝∠ABC＝60°，∵DH⊥AB，∴∠DHA＝90°，在Rt△ADH中，sin∠DAH＝eq\f(DH,AD)，∴AD＝eq\f(DH,sin∠DAH)＝eq\f(2\r(3),\f(\r(3),2))＝4，又∵AB＝AD，∴BE＝eq\f(1,4)AB＝eq\f(1,4)×4＝1，∵EF∥AD，∴∠PDG＝∠PEF，∵P為DE的中點(diǎn)，∴PD＝PE，又∵∠DPG＝∠EPF，∴△PDG≌△PEF(ASA)，∴DG＝EF，又∵EF＝BE，∴DG＝EF＝1；(2)證明：如解圖①，連接CG，CF，第3題解圖①由(1)知△PDG≌△PEF，∴PG＝PF，∵EF∥AD，AD∥BC，∴EF∥BC，∴∠FEB＝∠CBA＝60°，∵EF＝BE，∴△BEF為等邊三角形，∴BF＝EF＝BE，∠EBF＝60°，∵DG＝EF，∠ABC＝60°，∴BF＝DG，∠CBF＝∠ABC＝∠CDG＝60°，在△CDG與△CBF中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(CD＝CB,∠CDG＝∠CBF,DG＝BF))，∴△CDG≌△CBF(SAS)，∴CG＝CF，∵PG＝PF，∴CP⊥FP；(3)解：CP⊥FP仍成立．如解圖②，過D作EF的平行線，交FP的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，連接CG，CF，第3題解圖②易證△PEF≌△PDG，∴DG＝EF＝BF，∵DG∥EF，∴∠GDP＝∠FEP，∵DA∥BC，∴∠ADP＝∠PEC，∴∠GDP－∠ADP＝∠FEP－∠PEC，∴∠GDA＝∠BEF＝60°，∴∠CDG＝∠ADC＋∠GDA＝120°，∵∠CBF＝180°－∠ABC＝120°，在△CDG和△CBF中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(CD＝CB,∠CDG＝∠CBF，,DG＝BF))∴△CDG≌△CBF(SAS)，∴CG＝CF，∠DCG＝∠FCB，∵PG＝PF，∴CP⊥PF，∠GCP＝∠FCP，∵∠DCB＝180°－∠ABC＝120°，∴∠DCG＋∠GCE＝120°，∴∠FCE＋∠GCE＝120°，即∠GCF＝120°，∴∠FCP＝eq\f(1,2)∠GCF＝60°，在Rt△CPF中，tan∠FCP＝tan60°＝eq\f(PF,CP)＝eq\r(3).∴eq\f(PF,CP)＝eq\r(3).4．已知點(diǎn)O是△ABC內(nèi)任意一點(diǎn)，連接OA并延長(zhǎng)到點(diǎn)E，使得AE＝OA，以O(shè)B，OC為鄰邊作?OBFC，連接OF，與BC交于點(diǎn)H，再連接EF.(1)如圖①，若△ABC為等邊三角形，求證：①EF⊥BC；②EF＝eq\r(3)BC；(2)如圖②，若△ABC為等腰直角三角形(BC為斜邊)，猜想(1)中的兩個(gè)結(jié)論是否成立？若成立，直接寫出結(jié)論即可；若不成立，請(qǐng)說明理由；(3)如圖③，若△ABC是等腰三角形，且AB＝AC＝kBC，求EF與BC之間的數(shù)量關(guān)系．圖①圖②圖③第4題圖(1)證明：①如解圖①，連接AH，第4題解圖①∵四邊形OBFC是平行四邊形，∴BH＝HC＝eq\f(1,2)BC，OH＝HF，∵△ABC是等邊三角形，∴AB＝BC，AH⊥BC，又∵OA＝AE，OH＝HF，∴AH是△OEF的中位線，∴AH＝eq\f(1,2)EF，AH∥EF，∴EF⊥BC；②由①得AH⊥BC，AH＝eq\f(1,2)EF，∵在Rt△ABH中，AH2＝AB2－BH2，∴AH＝eq\r(BC2－（\f(1,2)BC）2)＝eq\f(\r(3),2)BC，∴eq\f(\r(3),2)BC＝eq\f(1,2)EF，∴EF＝eq\r(3)BC；(2)解：EF⊥BC仍然成立，EF＝BC；【解法提示】如解圖②，連接AH，第4題解圖②∵四邊形OBFC是平行四邊形，∴BH＝HC＝eq\f(1,2)BC，OH＝HF，又∵△ABC是以BC為斜邊的等腰直角三角形，∴AH⊥BC，AH＝BH＝eq\f(1,2)BC，又∵OA＝AE，OH＝HF，∴AH是△OEF的中位線，∴AH＝eq\f(1,2)EF，AH∥EF，∴EF⊥BC，EF＝2AH＝BC，∴(1)中的結(jié)論①EF⊥BC仍成立，但結(jié)論②不成立，EF與BC的關(guān)系應(yīng)為EF＝BC；(3)解：如解圖③，連接AH，第4題解圖③∵四邊形OBFC是平行四邊形，∴BH＝HC＝eq\f(1,2)BC，OH＝HF，又∵△ABC是等腰三角形，AB＝kBC，∴AH⊥BC，在Rt△ABH中，AH2＝AB2－BH2＝(kBC)2－(eq\f(1,2)BC)2＝(k2－eq\f(1,4))BC2，∴AH＝eq\f(\r(4k2－1),2)BC，又∵OA＝AE，OH＝HF，∴AH是△OEF的中位線，∴AH＝eq\f(1,2)EF，∴eq\f(\r(4k2－1),2)BC＝eq\f(1,2)EF，∴EF＝eq\r(4k2－1)BC.5．如圖①，在△ABC中，∠ABC＝45°，AH⊥BC于點(diǎn)H，點(diǎn)D在AH上，且DH＝CH，連接BD.(1)求證：BD＝AC；(2)將△BHD繞點(diǎn)H旋轉(zhuǎn)，得到△EHF(點(diǎn)B，D分別與點(diǎn)E，F(xiàn)對(duì)應(yīng))，連接AE.①如圖②，當(dāng)點(diǎn)F落在AC上(F不與C重合)時(shí)，若BC＝4，tanC＝3，求AE的長(zhǎng)；②如圖③，△EHF是由△BHD繞點(diǎn)H逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)30°得到的，設(shè)射線CF與AE相交于點(diǎn)G，連接GH.試探究線段GH與EF之間滿足的等量關(guān)系，并說明理由．圖①圖②圖③第5題圖(1)證明：∵∠ABC＝45°，AH⊥BC，∴△ABH是等腰直角三角形，∴BH＝AH，在△BHD和△AHC中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(BH＝AH,∠BHD＝∠AHC,DH＝CH))，∴△BHD≌△AHC(SAS)，∴BD＝AC；(2)解：①如解圖①，過點(diǎn)H作HM⊥AE交AE于點(diǎn)M，第5題解圖①在Rt△AHC中，tanC＝3，∴eq\f(AH,HC)＝3，∴BH＝AH＝3CH，又∵BC＝4，∴BC＝BH＋HC＝4CH＝4，∴CH＝1，BH＝3，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可以得到，HE＝BH＝3，HF＝DH＝HC＝1，∠EHF＝∠AHB＝∠AHC＝90°，∴∠EHA＝∠FHC，∴∠EAH＝∠C＝∠AEH，∴AM＝EM，∴tan∠EAH＝tanC＝3，設(shè)AM＝x，則HM＝AM·tan∠EAH＝3x，在Rt△AHM中，由AH2＝AM2＋HM2，得32＝x2＋(3x)2，∴x＝eq\f(3\r(10),10)，∴AE＝2AM＝2x＝eq\f(3\r(10),5)；②EF＝2GH.理由：設(shè)AH交CG于點(diǎn)N，如解圖②，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，HE＝HB＝HA，HF＝HD＝HC，∵旋轉(zhuǎn)角度為30°，∴∠FHD＝∠BHE＝30°，∴∠EHA＝∠FHC＝120°，第5題解圖②∴∠FCH＝∠GAH＝30°，又∵∠ANG＝∠HNC，∴△ANG∽△CNH，∴∠AGN＝∠CHN＝90°，eq\f(GN,AN)＝eq\f(HN,CN)，又∵∠GNH＝∠ANC，∴△GNH∽△ANC，∴eq\f(GH,AC)＝eq\f(GN,AN)＝eq\f(1,2)，∵由(1)可知，△BHD≌△AHC.∴△EHF≌△AHC，∴EF＝AC，∴eq\f(EF,GH)＝eq\f(AC,GH)＝2，∴EF＝2GH.6．我們定義：如圖①，在△ABC中，把AB繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α(0°＜α＜180°)得到AB′，把AC繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)β得到AC′，連接B′C′.當(dāng)α＋β＝180°時(shí)，我們稱△AB′C′是△ABC的“旋補(bǔ)三角形”，△AB′C′邊B′C′上的中線AD叫做△ABC的“旋補(bǔ)中線”，點(diǎn)A叫做“旋補(bǔ)中心”．特例感知(1)在圖②，圖③中，△AB′C′是△ABC的“旋補(bǔ)三角形”，AD是△ABC的“旋補(bǔ)中線”．①如圖②，當(dāng)△ABC為等邊三角形時(shí)，AD與BC的數(shù)量關(guān)系為AD＝____BC；②如圖③，當(dāng)∠BAC＝90°，BC＝8時(shí)，則AD長(zhǎng)為________；猜想論證(2)在圖①中，當(dāng)△ABC為任意三角形時(shí)，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(diǎn)P，使△PDC是△PAB的“旋補(bǔ)三角形”？若存在，給予證明，并求△PAB的“旋補(bǔ)中線”長(zhǎng)；若不存在，說明理由．圖①圖②圖③圖④第6題圖解：(1)①eq\f(1,2)；②4；【解法提示】①由旋轉(zhuǎn)可得到AB＝AB′＝AC＝AC′，∵∠BAC＝60°，∴∠B′AC′＝120°，∴∠AB′C′＝30°，又∵AD為B′C′上的中線，∴AD⊥B′C′，∴AD＝eq\f(1,2)AB′＝eq\f(1,2)AB＝eq\f(1,2)BC；②由“旋補(bǔ)三角形”定義可得：∠B′AC′＝90°，易證△AB′C′≌△ABC，∴B′C′＝BC，∵點(diǎn)D為B′C′的中點(diǎn)，∴AD＝eq\f(1,2)BC＝4.(2)AD＝eq\f(1,2)BC.證明：如解圖①，延長(zhǎng)AD至E，使DE＝AD.第6題解圖①∵AD是△ABC的“旋補(bǔ)中線”，∴B′D＝C′D.∴四邊形AB′EC′是平行四邊形，∴EC′∥B′A，EC′＝B′A，∴∠AC′E＋∠B′AC′＝180°.由定義可知∠B′AC′＋∠BAC＝180°，B′A＝BA，AC＝AC′，∴∠AC′E＝∠BAC，EC′＝BA，∴△AC′E≌△CAB，∴AE＝BC，∵AD＝eq\f(1,2)AE，∴AD＝eq\f(1,2)BC；(3)存在；證明：如解圖②，作PE垂直平分BC，且使PE＝CD，連接PA，PB，PC，PD，可得PC＝PB，∵∠DCE＝∠CEP＝90°，∴PE∥CD；∴四邊形PECD為矩形；∴PE＝CD＝2eq\r(3)，PD＝CE＝AD＝6，∠PDC＝90°；∴tan∠PCE＝eq\f(PE,CE)＝eq\f(\r(3),3)，∴∠PCE＝∠PBE＝30°，即∠BPC＝120°，又由∠ADC＝150°，可得∠ADP＝60°，∴△PAD為等邊三角形，第6題解圖②∴PD＝PA，∠APD＝60°.∵∠BPC＋∠DPA＝120°＋60°＝180°，∴△PCD是△PAB的“旋補(bǔ)三角形”；取CD的中點(diǎn)M，連接PM，可得DM＝eq\r(3)，PD＝6.由勾股定理得PM＝eq\r(DM2＋PD2)＝eq\r(（\r(3)）2＋62)＝eq\r(39)，∴△PAB的“旋補(bǔ)中線”長(zhǎng)為eq\r(39).7．如圖，在△ABC中，矩形EFGH的一邊EF在AB上，頂點(diǎn)G、H分別在BC、AC上，CD是邊AB上的高，CD交GH于點(diǎn)I，若CI＝4，HI＝3，AD＝eq\f(9,2)，矩形DFGI恰好為正方形．(1)求正方形DFGI的邊長(zhǎng)；(2)如圖，延長(zhǎng)AB至P，使得AC＝CP，將矩形EFGH沿BP的方向向右平移，當(dāng)點(diǎn)G剛好落在CP上時(shí)，試判斷移動(dòng)后的矩形與△CBP重疊部分的形狀是三角形還是四邊形，為什么？第7題圖解：(1)∵四邊形EFGH為矩形，∴HG∥EF，∴eq\f(HI,AD)＝eq\f(CI,CD)，即eq\f(3,\f(9,2))＝eq\f(4,CD)，解得CD＝6，∴ID＝CD－CI＝2，即正方形DFGI的邊長(zhǎng)為2；(2)移動(dòng)后的矩形與△CBP重疊部分的形狀是三角形．理由如下：如解圖，設(shè)在移動(dòng)過程中，當(dāng)點(diǎn)G剛好落在CP上時(shí)，矩形EFGH移動(dòng)到矩形E′F′G′H′，∵AC＝PC，CD⊥AB，∴∠A＝∠P，AD＝PD，在△AEH和△PF′G′中，∵eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠A＝∠P,∠AEH＝∠PF′G′,EH＝F′G′))，第7題解圖∴△AEH≌△PF′G′(AAS)，∴AE＝PF′，∵AD＝PD，∴AD－AE＝PD－PF′，即DE＝DF′＝3，∵HG∥AB，∴△CHG∽△CAB，∴eq\f(HG,AB)＝eq\f(CI,CD)，即eq\f(3＋2,AB)＝eq\f(4,4＋2)，解得AB＝eq\f(15,2)，∴DB＝AB－AD＝3，∴DB＝DF′，即點(diǎn)F′與點(diǎn)B重合，也就是說在移動(dòng)過程中，當(dāng)點(diǎn)G剛好落在CP上時(shí)，矩形EFGH的F點(diǎn)剛好運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B，∴移動(dòng)后的矩形與△CBP重疊部分的形狀是三角形．8．如圖①，在?ABCD中，DH⊥AB于點(diǎn)H，CD的垂直平分線交CD于點(diǎn)E，交AB于點(diǎn)F，AB＝6，DH＝4，BF∶FA＝1∶5.(1)如圖②，作FG⊥AD于點(diǎn)G，交DH于點(diǎn)M，將△DGM沿DC方向平移，得到△CG′M′，連接M′B.①求四邊形BHMM′的面積；②直線EF上有一動(dòng)點(diǎn)N，求△DNM周長(zhǎng)的最小值．(2)如圖③，延長(zhǎng)CB交EF于點(diǎn)Q，過點(diǎn)Q作QK∥AB，過CD邊上的動(dòng)點(diǎn)P作PK∥EF，并與QK交于點(diǎn)K，將△PKQ沿直線PQ翻折，使點(diǎn)K的對(duì)應(yīng)點(diǎn)K′恰好落在直線AB上，求線段CP的長(zhǎng)．圖①圖②圖③備用圖第8題圖解：(1)①在?ABCD中，AB＝6，∵直線EF垂直平分CD，∴EF⊥CD，∵CD∥AB，∴EF⊥BH，又∵DH⊥AB，∴四邊形EFHD為矩形，∴DE＝FH＝3，又∵BF∶FA＝1∶5，∴AH＝2，第8題解圖①∵Rt△AHD∽R(shí)t△MHF，∴eq\f(HM,FH)＝eq\f(AH,DH)，即eq\f(HM,3)＝eq\f(2,4)，∴HM＝1.5，根據(jù)平移的性質(zhì)，MM'＝CD＝6，如解圖①，連接BM，∴四邊形BHMM′的面積為eq\f(1,2)×(6＋4)×1.5＝7.5；②如解圖②，連接CM交直線EF于點(diǎn)N，連接DN，第8題解圖②∵直線EF垂直平分CD，∴CN＝DN，∵M(jìn)H＝1.5，∴DM＝2.5，在Rt△CDM中，MC2＝DC2＋DM2，∴MC2＝62＋(2.5)2，解得MC＝6.5，∴MN＋DN＝MN＋CN＝MC，∴△DNM周長(zhǎng)的最小值為DM＋MC＝9；(2)∵BF∥CE，∴eq\f(QF,QF＋4)＝eq\f(BF,CE)＝eq\f(1,3)，∴QF＝2，∴PK＝PK′＝6，如解圖③，過點(diǎn)K′作E′F′∥EF，分別交CD于點(diǎn)E'，交QK于點(diǎn)F'，第8題解圖③當(dāng)點(diǎn)P在線段CE上時(shí)，在Rt△PK′E′中，PE′2＝PK′2－E′K′2，∴PE′＝2eq\r(5)，∵Rt△PE′K′∽R(shí)t△K′F′Q，∴eq\f(PE′,K′F′)＝eq\f(E′K′,QF′)，即eq\f(2\r(5),2)＝eq\f(4,QF′)，解得QF′＝eq\f(4\r(5),5)，第8題解圖④∴PE＝PE′－EE′＝2eq\r(5)－eq\f(4\r(5),5)＝eq\f(6\r(5),5)，∴CP＝eq\f(15－6\r(5),5)，同理可得，如解圖④，當(dāng)點(diǎn)P在線段DE上時(shí)，CP′＝eq\f(15＋6\r(5),5)，綜上所述，CP的長(zhǎng)為eq\f(15－6\r(5),5)或eq\f(15＋6\r(5),5).9．問題發(fā)現(xiàn)(1)如圖①，在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝40°，連接AC，BD交于點(diǎn)M.填空：①eq\f(AC,BD)的值為________；②∠AMB的度數(shù)為________．類比探究(2)如圖②，在△OAB和△OCD中，∠AOB＝∠COD＝90°，∠OAB＝∠OCD＝30°，連接AC交BD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M.請(qǐng)判斷eq\f(AC,BD)的值及∠AMB的度數(shù)，并說明理由；拓展延伸(3)在(2)的條件下，將△OCD繞點(diǎn)O在平面內(nèi)旋轉(zhuǎn)，AC，BD所在直線交于點(diǎn)M.若OD＝1，OB＝eq\r(7)，請(qǐng)直接寫出當(dāng)點(diǎn)C與點(diǎn)M重合時(shí)AC的長(zhǎng)．圖①圖②備用圖第9題圖解：(1)①1；②40°；(2)eq\f(AC,BD)＝eq\r(3)，∠AMB＝90°；理由如下：∵∠AOB＝∠COD＝90°，∠OAB＝∠OCD＝30°，∴eq\f(CO,DO)＝eq\f(AO,BO)＝eq\r(3)，∠COD＋∠AOD＝∠AOB＋∠AOD，即∠AOC＝∠BOD，∴△AOC∽△BOD，∴eq\f(AC,BD)＝eq\f(CO,DO)＝eq\r(3)，∠CAO＝∠DBO.∵∠AOB＝90°，∴∠DBO＋∠ABD＋∠BAO＝90°.∴∠CAO＋∠ABD＋∠BAO＝90°，∴∠AMB＝90°；(3)①點(diǎn)C與點(diǎn)M重合時(shí)，如解圖①，同理得：△AOC∽△BOD，∴∠AMB＝90°，設(shè)BD＝x，則AC＝eq\r(3)x，Rt△COD中，∠OCD＝30°，OD＝1，∴CD＝2，BC＝x－2，Rt△AOB中，∠OAB＝30°，OB＝eq\r(7)，∴AB＝2OB＝2eq\r(7)，在Rt△AMB中，由勾股定理得：AC2＋BC2＝AB2，(eq\r(3)x)2＋(x－2)2＝(2eq\r(7))2，解得x1＝3，x2＝－2(舍去)，∴AC＝3eq\r(3)；②點(diǎn)C與點(diǎn)M重合時(shí)，如解圖②，同理可得：∠AMB＝90°，eq\f(AC,BD)＝eq\r(3)，設(shè)BD＝x，則AC＝eq