PAGE中考沖刺：幾何綜合問題—知識講解（提高）【中考展望】幾何綜合題是中考試卷中常見的題型，大致可分為幾何計算型綜合題與幾何論證型綜合題，它主要考查學生綜合運用幾何知識的能力.這類題型在近幾年全國各地中考試卷中占有相當的分量，不僅有選擇題、填空題、幾何推理計算題以及代數與幾何的綜合計算題,還有更注重考查學生分析問題和解決問題能力的探究性的問題、方案設計的問題等等.主要特點是圖形較復雜，覆蓋面廣、涉及的知識點較多，題設和結論之間的關系較隱蔽，常常需要添加輔助線來解答.幾何綜合題的呈現形式多樣，如折疊類型、探究型、開放型、運動型、情景型等，背景鮮活，具有實用性和創造性，考查方式偏重于考查考生分析問題、探究問題、綜合應用數學知識解決實際問題的能力.以幾何為主的綜合題常常在一定的圖形背景下研究以下幾個方面的問題：1、證明線段、角的數量關系（包括相等、和、差、倍、分及比例關系等）；2、證明圖形的位置關系（如點與線、線與線、線與圓、圓與圓的位置關系等）；3、幾何計算問題；4、動態幾何問題等.【方法點撥】一、幾何計算型綜合問題，常常涉及到以下各部分的知識：1、與三角形有關的知識；2、等腰三角形，等腰梯形的性質；3、直角三角形的性質與三角函數；4、平行四邊形的性質；5、全等三角形，相似三角形的性質；6、垂徑定理，切線的性質，與正多邊形有關的計算；7、弧長公式與扇形面積公式.二、幾何論證型綜合題的解答過程，要注意以下幾個方面：1、注意圖形的直觀提示，注意觀察、分析圖形，把復雜的圖形分解成幾個基本圖形，通過添加輔助線補全或構造基本圖形；2、注意分析挖掘題目的隱含條件、發展條件，為解題創造條件打好基礎，要由已知聯想經驗，由未知聯想需要，不斷轉化條件和結論來探求思路，找到解決問題的突破點；3、要運用轉化的思想解決幾何證明問題，運用方程的思想解決幾何計算問題，還要靈活運用數學思想方法如數形結合、分類討論、轉化、方程等思想來解決問題.【典型例題】類型一、動態幾何型問題1．（2016?太原校級自主招生）如圖1，在正方形ABCD中，點E、F分別是邊BC、AB上的點，且CE=BF，連接DE，過點E作EG⊥DE，使EG=DE，連接FG，FC．（1）請判斷：FG與CE的數量關系和位置關系；（不要求證明）（2）如圖2，若點E、F分別是CB、BA延長線上的點，其它條件不變，（1）中結論是否仍然成立？請出判斷判斷予以證明；（3）如圖3，若點E、F分別是BC、AB延長線上的點，其它條件不變，（1）中結論是否仍然成立？請直接寫出你的判斷．【思路點撥】（1）結論：FG=CE，FG∥CE．如圖1中，設DE與CF交于點M，首先證明△CBF≌△DCE，推出DE⊥CF，再證明四邊形EGFC是平行四邊形即可．（2）結論仍然成立．如圖2中，設DE與CF交于點M，首先證明△CBF≌△DCE，推出DE⊥CF，再證明四邊形EGFC是平行四邊形即可．（3）結論仍然成立．如圖3中，設DE與FC的延長線交于點M，證明方法類似．【答案與解析】解：（1）結論：FG=CE，FG∥CE．理由：如圖1中，設DE與CF交于點M．∵四邊形ABCD是正方形，∴BC=CD，∠ABC=∠DCE=90°，在△CBF和△DCE中，，∴△CBF≌△DCE，∴∠BCF=∠CDE，CF=DE，∵∠BCF+∠DCM=90°，∴∠CDE+∠DCM=90°，∴∠CMD=90°，∴CF⊥DE，∵GE⊥DE，∴EG∥CF，∵EG=DE，CF=DE，∴EG=CF，∴四邊形EGFC是平行四邊形．∴GF=EC，∴GF=EC，GF∥EC．（2）結論仍然成立．理由：如圖2中，設DE與CF交于點M．∵四邊形ABCD是正方形，∴BC=CD，∠ABC=∠DCE=90°，在△CBF和△DCE中，，∴△CBF≌△DCE，∴∠BCF=∠CDE，CF=DE，∵∠BCF+∠DCM=90°，∴∠CDE+∠DCM=90°，∴∠CMD=90°，∴CF⊥DE，∵GE⊥DE，∴EG∥CF，∵EG=DE，CF=DE，∴EG=CF，∴四邊形EGFC是平行四邊形．∴GF=EC，∴GF=EC，GF∥EC．（3）結論仍然成立．理由：如圖3中，設DE與FC的延長線交于點M．∵四邊形ABCD是正方形，∴BC=CD，∠ABC=∠DCE=90°，∴∠CBF=∠DCE=90°在△CBF和△DCE中，，∴△CBF≌△DCE，∴∠BCF=∠CDE，CF=DE∵∠BCF+∠DCM=90°，∴∠CDE+∠DCM=90°，∴∠CMD=90°，∴CF⊥DE，∵GE⊥DE，∴EG∥CF，∵EG=DE，CF=DE，∴EG=CF，∴四邊形EGFC是平行四邊形．∴GF=EC，∴GF=EC，GF∥EC．【總結升華】本題考查四邊形綜合題、正方形的性質、平行四邊形的判定和性質、全等三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是正確尋找全等三角形，注意這類題目的解題規律，圖形變了，條件不變，證明的方法思路完全一樣，屬于中考常考題型．舉一反三：【變式】已知：如圖（1），射線射線，是它們的公垂線，點、分別在、上運動（點與點不重合、點與點不重合），是邊上的動點（點與、不重合），在運動過程中始終保持，且．（1）求證：∽；（2）如圖（2），當點為邊的中點時，求證：；（3）設，請探究：的周長是否與值有關？若有關，請用含有的代數式表示的周長；若無關，請說明理由．【答案】（1）證明：∵，∴．∴．又∵，∴．∴．∴∽．（2）證明：如圖，過點作，交于點，∵是的中點，容易證明．在中，∵，∴．∴．∴．（3）解：的周長，．設，則．∵，∴．即．∴．由（1）知∽，∴．∴的周長的周長．∴的周長與值無關．2．在△ABC中，∠ACB=45o．點D（與點B、C不重合）為射線BC上一動點，連接AD，以AD為一邊且在AD的右側作正方形ADEF．（1）如果AB=AC．如圖①，且點D在線段BC上運動．試判斷線段CF與BD之間的位置關系，并證明你的結論．（2）如果AB≠AC，如圖②，且點D在線段BC上運動．（1）中結論是否成立，為什么？（3）若正方形ADEF的邊DE所在直線與線段CF所在直線相交于點P，設AC＝，，CD=，求線段CP的長．（用含的式子表示）【思路點撥】(1)由題干可以發現，正方形中四條邊的垂直關系是不動的，于是利用角度的互余關系進行傳遞，就可以得解.(2)是典型的從特殊到一般的問法，那么思路很簡單，就是從一般中構筑一個特殊的條件就行，和上題一樣找AC的垂線，就可以變成第一問的條件，然后一樣求解.(3)D在BC之間運動和它在BC延長線上運動時的位置是不一樣的，所以已給的線段長度就需要分情況去考慮到底是4+X還是4-X.分類討論之后利用相似三角形的比例關系即可求出CP.【答案與解析】（1）結論：CF⊥BD；證明如下：AB=AC，∠ACB=45o，∴∠ABC=45o．由正方形ADEF得AD=AF，∵∠DAF=∠BAC=90o，∴∠DAB=∠FAC，∴△DAB≌△FAC，∴∠ACF=∠ABD．∴∠BCF=∠ACB+∠ACF=90o．即CF⊥BD．（2）CF⊥BD．(1)中結論仍成立．理由是：過點A作AG⊥AC交BC于點G，∴AC=AG可證：△GAD≌△CAF∴∠ACF=∠AGD=45o∠BCF=∠ACB+∠ACF=90o．即CF⊥BD（3）過點A作AQ⊥BC交CB的延長線于點Q，①點D在線段BC上運動時，∵∠BCA=45o，可求出AQ=CQ=4．∴DQ=4-x，易證△AQD∽△DCP，∴，∴，．②點D在線段BC延長線上運動時，

∵∠BCA=45°，∴AQ=CQ=4，

∴DQ=4+x．

過A作AQ⊥BC，

∴∠Q=∠FQC=90°，∠ADQ=∠AFC，

則△AQD∽△ACF．

∴CF⊥BD，

∴△AQD∽△DCP，

∴,∴,

．【總結升華】此題綜合性強，需要綜合運用全等、相似、正方形等知識點，屬能力拔高性的題目．3．（2015?河南模擬）如圖，正方形ABCD的邊長為6，點E是射線BC上的一個動點，連接AE并延長，交射線DC于點F，將△ABE沿直線AE翻折，點B坐在點B′處．自主探究：（1）當=1時，如圖1，延長AB′，交CD于點M．①CF的長為；②判斷AM與FM的數量關系，并證明你的結論．（2）當點B′恰好落在對角線AC上時，如圖2，此時CF的長為，=．拓展運用：（3）當=2時，求sin∠DAB′的值．【思路點撥】（1）①利用相似三角形的判定與性質得出FC=AB即可得出答案；②利用翻折變換的性質得出∠BAF=∠MAF，進而得出AM=FM；（2）根據翻折變換的性質得出∠BAE=∠MAF，進而得出AM=MF，利用△ABE∽FCE得出答案即可；（3）根據①如圖1，當點E在線段BC上時，延長AB′交DC邊于點M，②如圖3，當點E在線段BC的延長線上時，延長AD交B′E于點N，分別利用勾股定理求出即可．【答案與解析】解：（1）①當=1時，∵AB∥FC，∴△ABE∽FCE，∴==1，∴FC=AB=6，②AM=FM，理由如下：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB∥DC，∴∠BAF=∠AFC，∵△ABE沿直線AE翻折得到△AB′E，∴∠BAF=∠MAF，∴∠MAF=∠AFC，∴AM=FM；（2）如圖2，∵當點B′恰好落在對角線AC上時，∴∠1=∠2，∵AB∥FC，∴∠1=∠F，∴∠2=∠F，∴AC=FC，∵AB=BC=6，∴AC=FC=6，∵AB∥FC，∴△ABE∽FCE，∴===，（3）①如圖1，當點E在線段BC上時，延長AB′交DC邊于點M，∵AB∥CF，∴△ABE∽△FCE，∴==2，∵AB=6，∴CF=3，∴DF=CD+CF=9，由（1）知：AM=FM，∴AM=FM=9﹣DM，在Rt△ADM中，由勾股定理得：DM′2=（9﹣DM）2﹣62，解得：DM=，則MA=，∴sin∠DAB′==，②如圖3，當點E在線段BC的延長線上時，延長AD交B′E于點N，由（1）知：AN=EN，又BE=B′E=12，∴NA=NE=12﹣B′N，在Rt△AB′N中，由勾股定理得：B′N2=（12﹣B′N）2﹣62，解得：B′N=，AN=，∴sin∠DAB′==．故答案為：6；6，．【總結升華】此題主要考查了翻折變換的性質以及相似三角形的判定與性質和勾股定理等知識，熟練利用相關性質和進行分類討論得出是解題關鍵．類型二、幾何計算型問題4．已知如圖，在梯形中，點是的中點，是等邊三角形．（1）求證：梯形是等腰梯形；（2）動點、分別在線段和上運動，且保持不變．設求與的函數關系式；（3）在（2）中，當取最小值時，判斷的形狀，并說明理由．【思路點撥】（1）屬于純靜態問題，只要證兩邊的三角形全等就可以了.(2)是雙動點問題，所以就需要研究在P,Q運動過程中什么東西是不變的.題目給定∠MPQ=60°，其實就是將靜態的那個等邊三角形與動態條件聯系了起來.因為最終求兩條線段的關系,所以很自然想到要通過相似三角形找比例關系.(3)條件又回歸了當動點靜止時的問題，由第二問所得的二次函數，很輕易就可以求出當x取對稱軸的值時y有最小值，接下來就變成了“給定PC=2，求△PQC形狀”的問題了，由已知的BC=4，自然看出P是中點，于是問題輕松求解.【答案與解析】（1）證明：∵是等邊三角形∴∵是中點∴∵∴∴∴∴梯形是等腰梯形．（2）解：在等邊中，∴∴∴∴∵∴∴∴（3）解：為直角三角形，∵∴當取最小值時，∴是的中點，而∴∴∴為直角三角形.【總結升華】以上題目是動點問題，這一類問題的關鍵就在于當動點移動中出現特殊條件，例如某邊相等，某角固定時，將動態問題化為靜態問題去求解.如果沒有特殊條件，那么就需要研究在動點移動中哪些條件是保持不變的.舉一反三：【高清課堂：幾何綜合問題例3】【變式】已知：如圖，N、M是以O為圓心，1為半徑的圓上的兩點，B是上一動點（B不與點M、N重合），∠MON=90°，BA⊥OM于點A，BC⊥ON于點C，點D、E、F、G分別是線段OA、AB、BC、CO的中點，GF與CE相交于點P，DE與AG相交于點Q．（1）四邊形EPGQ（填“是”或者“不是”）平行四邊形；（2）若四邊形EPGQ是矩形，求OA的值.【答案】（1）是．

證明：連接OB，如圖①，

∵BA⊥OM，BC⊥ON，

∴∠BAO=∠BCO=90°，

∵∠AOC=90°，

∴四邊形OABC是矩形．

∴AB∥OC，AB=OC，

∵E、G分別是AB、CO的中點，

∴AE∥GC，AE=GC，

∴四邊形AECG為平行四邊形．

∴CE∥AG，

∵點D、E、F、G分別是線段OA、AB、BC、CO的中點，

∴GF∥OB，DE∥OB，

∴PG∥EQ，

∴四邊形EPGQ是平行四邊形；

（2）解：如圖②，

∵口EPGQ是矩形．

∴∠AED+∠CEB=90°．

又∵∠DAE=∠EBC=90°，

∴∠AED=∠BCE．

∴△AED∽△BCE，

∴，

設OA=x，AB=y，則

得y2=2x2，

又∵OA2+AB2=OB2，即x2+y2=12．

∴x2+2x2=1，

解得：x=．

即當四邊形EPGQ是矩形時，OA的長度為．5．在中，過點C作CE⊥CD交AD于點E,將線段EC繞點E逆時針旋轉得到線段EF(如圖1)（1）在圖1中畫圖探究：①當P為射線CD上任意一點（P1不與C重合）時，連結EP1繞點E逆時針旋轉得到線段EC1.判斷直線FC1與直線CD的位置關系，并加以證明；②當P2為線段DC的延長線上任意一點時，連結EP2,將線段EP2繞點E逆時針旋轉得到線段EC2.判斷直線C1C2與直線CD的位置關系，畫出圖形并直接寫出你的結論.（2）若AD=6,tanB=,AE=1,在①的條件下，設CP1=，S=，求與之間的函數關系式，并寫出自變量的取值范圍.圖1備用圖【思路點撥】(1)本題在于如何把握這個旋轉90°的條件.旋轉90°自然就是垂直關系，于是出現了一系列直角三角形，于是證角、證線就手到擒來了.(2)是利用平行關系建立函數式，但是不要忘記分類討論.【答案與解析】（1）①直線與直線的位置關系為互相垂直．證明：如圖1，設直線與直線的交點為．FDFDCBAE圖1G2G1P1HP2∵線段分別繞點逆時針旋轉90°依次得到線段，∴．∵，，∴．∴．∴．∵，∴，∴．∴．∴．∴．②按題目要求所畫圖形見圖1，直線與直線的位置關系為互相垂直．（2）∵四邊形是平行四邊形，∴．∵，∴．可得．由（1）可得四邊形為正方形．∴．①如圖2，當點在線段的延長線上時，DDG1P1HCBAEF圖2∵，∴．∴．②如圖3，當點在線段上（不與兩點重合）時，FFG1P1CABEDH圖3∵，∴．∴．③當點與點重合時，即時，不存在．綜上所述，與之間的函數關系式及自變量的取值范圍是或．【總結升華】本題著重考查了二次函數的解析式、圖形的旋轉變換、三角形全等、探究垂直的構成情況等重要知識點，綜合性強，能力要求較高．考查學生分類討論，數形結合的數學思想方法．舉一反三：【變式】已知，點P是∠MON的平分線上的一動點，射線PA交射線OM于點A，將射線PA繞點P逆時針旋轉交射線ON于點B，且使∠APB+∠MON=180°．

（1）利用圖1，求證：PA=PB；

（2）如圖2，若點C是AB與OP的交點，當S△POB=3S△PCB時，求PB與PC的比值；

（3）若∠MON=60°，OB=2，射線AP交ON于點D，且滿足且∠PBD=∠ABO，請借助圖3補全圖形，并求OP的長．【答案】（1）作PE⊥OM，PF⊥ON，垂足為E、F

∵四邊形OEPF中，∠OEP=∠OFP=90°，

∴∠EPF+∠MON=180°，已知∠APB+∠MON=180°，

∴∠EPF=∠APB，即∠EPA+∠APF=∠APF+∠FPB，

∴∠EPA=∠FPB，

由角平分線的性質，得PE=PF，

∴△EPA≌△FPB，即PA=PB；

（2）∵S△POB=3S△PCB，∴PO=3PC，

由（1）可知△PAB為等腰三角形，則∠PBC=（180°-∠APB）=∠MON=∠BOP，

又∵∠BPC=∠OPB（公共角），

∴△PBC∽△POB，

∴，

即PB2=PO?PC=3PC2，

∴

（3）作BH⊥OT，垂足為H，

當∠MON=60°時，∠APB=120°，

由PA=PB，得∠PBA=∠PAB=（180°-∠APB）=30°，

又∵∠PBD=∠ABO，∠PBD+∠PBA+∠ABO=180°，

∴∠ABO=（180°-30°）=75°，則∠OBP=∠ABO+∠ABP=105°，

在△OBP中，∵∠BOP=30°，∴∠BPO=45°，

在Rt△OBH中，BH=OB=1，OH=，

在Rt△PBH中，PH=BH=1，

∴OP=OH+PH=+1．中考沖刺：幾何綜合問題—鞏固練習（提高）【鞏固練習】一、選擇題1.（2015春?江陰市校級期中）在平面直角坐標系中，直角梯形AOBC的位置如圖所示，∠OAC=90°，AC∥OB，OA=4，AC=5，OB=6．M、N分別在線段AC、線段BC上運動，當△MON的面積達到最大時，存在一種使得△MON周長最小的情況，則此時點M的坐標為（）A．（0，4） B．（3，4） C．（，4） D．（，3）2.如圖，△ABC和△DEF是等腰直角三角形，∠C=∠F=90°，AB=2，DE=4．點B與點D重合，點A，B（D），E在同一條直線上，將△ABC沿DE方向平移，至點A與點E重合時停止．設點B，D之間的距離為x，△ABC與△DEF重疊部分的面積為y，則準確反映y與x之間對應關系的圖象是（）ABCD二、填空題3.（2016?綏化）如圖，在四邊形ABCD中，對角線AC、BD相交于點E，∠DAB=∠CDB=90°，∠ABD=45°，∠DCA=30°，AB=，則AE=（提示：可過點A作BD的垂線）4.如圖，一塊直角三角形木板△ABC，將其在水平面上沿斜邊AB所在直線按順時針方向翻滾，使它滾動到△A″B″C″的位置，若BC=1cm，AC=cm，則頂點A運動到A″時，點A所經過的路徑是_________cm．三、解答題5.（2017?莒縣模擬）在邊長為1的正方形ABCD中，點E是射線BC上一動點，AE與BD相交于點M，AE或其延長線與DC或其延長線相交于點F，G是EF的中點，連結CG．（1）如圖1，當點E在BC邊上時．求證：①△ABM≌△CBM；②CG⊥CM．（2）如圖2，當點E在BC的延長線上時，（1）中的結論②是否成立？請寫出結論，不用證明．（3）試問當點E運動到什么位置時，△MCE是等腰三角形？請說明理由． 6.如圖，等腰Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，動點P、Q分別從A、B兩點同時以每秒1個單位長的速度按順時針方向沿△ABC的邊運動，當Q運動到A點時，P、Q停止運動.設Q點運動時間為t秒，點P運動的軌跡與PQ、AQ圍成圖形的面積為S.求S關于t的函數解析式.

7.正方形ABCD中，點F為正方形ABCD內的點，△BFC繞著點B按逆時針方向旋轉90°后與△BEA重合．

（1）如圖1，若正方形ABCD的邊長為2，BE=1，FC=，求證：AE∥BF；

（2）如圖2，若點F為正方形ABCD對角線AC上的點，且AF：FC=3：1，BC=2，求BF的長．

8.將正方形ABCD和正方形BEFG如圖1擺放，連DF．

（1）如圖2，將圖1中的正方形BEFG繞B點順時針旋轉90°，連DF、CG相交于M，則=_______，∠DMC=_____；

（2）如圖3，將圖1中的正方形BEFG繞B點順時針旋轉45°，DF的延長線交CG于M，試探究與∠DMC的值，并證明你的結論；（3）若將圖1中的正方形BEFG繞B點逆時針旋轉β（0°＜β＜90°），則=_______，∠DMC=_________．請畫出圖形，并直接寫出你的結論（不用證明）．

9.已知△ABC≌△ADE，∠BAC=∠DAE=90°．

（1）如圖（1）當C、A、D在同一直線上時，連CE、BD，判斷CE和BD位置關系，填空：CE_____BD．

（2）如圖（2）把△ADE繞點A旋轉到如圖所示的位置，試問（1）中的結論是否仍然成立，寫出你的結論，并說明理由．

（3）如圖（3）在圖2的基礎上，將△ACE繞點A旋轉一個角度到如圖所示的△AC′E′的位置，連接BE′、DC′，過點A作AN⊥BE′于點N，反向延長AN交DC′于點M．求的值．

10.將正方形ABCD和正方形CGEF如圖1擺放，使D點在CF邊上，M為AE中點，（1）連接MD、MF，則容易發現MD、MF間的關系是______________（2）操作：把正方形CGEF繞C點旋轉，使對角線CE放在正方形ABCD的邊BC的延長線上（CG＞BC），取線段AE的中點M，探究線段MD、MF的關系，并加以說明；（3）將正方形CGEF繞點C旋轉任意角度后（如圖3），其他條件不變，（2）中的結論是否仍成立？直接寫出猜想，不需要證明.【答案與解析】一、選擇題1.【答案】B.【解析】如圖，過點M作MP∥OA，交ON于點P，過點N作NQ∥OB，分別交OA、MP于兩點Q、G，則S△MON=S△OMP+S△NMP=MP?QG+MP?NG=MP?QN，∵MP≤OA，QN≤OB，∴當點N與點B重合，QN取得最大值OB時，△MON的面積最大值=OA?OB，設O關于AC的對稱點D，連接DB，交AC于M，此時△MON的面積最大，周長最短，∵=，即=，∴AM=3，∴M（3，4）．故選B．2.【答案】B.二、填空題3.【答案】2.【解析】過A作AF⊥BD，交BD于點F，∵AD=AB，∠DAB=90°，∴AF為BD邊上的中線，∴AF=BD，∵AB=AD=，∴根據勾股定理得：BD==2，∴AF=，在Rt△AFE中，∠EAF=∠DCA=30°，∴EF=AE，設EF=x，則有AE=2x，根據勾股定理得：x2+3=4x2，解得：x=1，則AE=2．故答案為：24.【答案】.三、解答題5.【答案與解析】（1）證明：①∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠ABM=∠CBM，在△ABM和△CBM中，，∴△ABM≌△CBM（SAS）．②∵△ABM≌△CBM∴∠BAM=∠BCM，又∵∠ECF=90°，G是EF的中點，∴GC=EF=GF，∴∠GCF=∠GFC，又∵AB∥DF，∴∠BAM=∠GFC，∴∠BCM=∠GCF，∴∠BCM+∠GCE=∠GCF+∠GCE=90°，∴GC⊥CM；（2）解：成立；理由如下：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠ABM=∠CBM，在△ABM和△CBM中，，∴△ABM≌△CBM（SAS）∴∠BAM=∠BCM，又∵∠ECF=90°，G是EF的中點，∴GC=GF，∴∠GCF=∠GFC，又∵AB∥DF，∴∠BAM=∠GFC，∴∠BCM=∠GCF，∴∠GCF+∠MCF=∠BCM+MCFE=90°，∴GC⊥CM；（3）解：分兩種情況：①當點E在BC邊上時，∵∠MEC＞90°，要使△MCE是等腰三角形，必須EM=EC，∴∠EMC=∠ECM，∴∠AEB=2∠BCM=2∠BAE，∴2∠BAE+∠BAE=90°，∴∠BAE=30°，∴BE=AB=；②當點E在BC的延長線上時，同①知BE=．綜上①②，當BE=戓BE=時，△MCE是等腰三角形．6.【答案與解析】當P運動到C點時：t=6

當Q運動到A點：t=

∴分兩種情況討論

(1)當0≤t≤6時，如圖：

作PH⊥AB于H，則△APH為等腰直角三角形

此時AP=t，BQ=t，則AQ=-t

PH=APsin45°=t

∴S△AQP=AQ·PH

=·(-t)·t

=t2+3t

(2)當6＜t≤時，如圖：

過P過PH⊥AB于H，此時△PBH為等腰直角三角形

AC+CP=t，BQ=t

∴BP=AC+CB-(AC+CP)=12-t

∴PH=BPsin45°=(12-t)

∴S四邊形AQPC=S△ABC-S△BPQ

=AC·BC-BQ·PH

=·6·6-·t·(12-t)

=18-t+t2

=t2-t+18.

綜上，.7.【答案與解析】（1）證明：∵△BFC繞著點B按逆時針方向旋轉90°后與△BEA重合

∴BE=BF=1，∠EBF=∠ABC=90°，∠AEB=∠BFC

在△BFC中，

∵BF2+FC2=12+()2=4，

BC2=22=4

∴BF2+FC2=BC2

∴∠BFC=90°…（3分）

∴∠AEB+∠EBF=180°

∴AE∥BF…（4分）

（2）解：∵Rt△ABC中，AB=BC=2，由勾股定理，得

AC==2．

∵AF：FC=3：1，

∴AF=AC=，FC=AC=

∵△BFC繞著點B按逆時針方向旋轉90°后與△BEA重合

∴∠EAB=∠FCB，BE=BF，AE=CF=，

∵四邊形ABCD是正方形

∴∠ABC=90°

∴∠BAC+∠ACB=90°

∴∠EAB+∠BAC=90°

即∠EAF=90°

在Rt△EAF中，EF==，

在Rt△EBF中，EF2=BE2+BF2

∵BE=BF

∴BF=EF=．8.【答案與解析】（1）如圖2，連接BF，

∵四邊形ABCD、四邊形BEFG是正方形，

∴∠FBC=∠CBD=45°，

∴∠CBD=∠GBC=90°，

而BF=BG，BD=BC，

∴△BFD∽△BGC，

∴∠BCG=∠BDF，=

而∠DMC=180°-∠BCG-∠BCD-∠CDF=180°-∠BDF-∠BCD-∠CDF=180-45°-90°=45°，

∴=，∠DMC=45°；

（2）如圖3，∵將圖1中的正方形BEFG繞B點順時針旋轉45°，DF的延長線交CG于M，

∴B、E、D三點在同一條直線上，

而四邊形ABCD、四邊形BEFG是正方形，

∴∠CBD=∠GBC=45°，BF=BG，BD=BC，

∴△BFD∽△BGC，

∴=，∠BCG=∠BDF

而∠DMC=180°-∠BCG-∠BCD-∠CDF

=180°-∠BDF-∠BCD-∠CDF=180-45°-90°

=45°，

即∠D