人教版九年级数学上册 几何模型压轴题专题练习(word版

人教版九年级数学上册 几何模型压轴题专题练习（word 版

一、初三数学 旋转易错题压轴题（难）

1．如图1，在Rt △ABC 中，∠A ＝90°，AB ＝AC ，点D ，E 分别在边AB ，AC 上，AD ＝AE ，连接DC ，点M ，P ，N 分别为DE ，DC ，BC 的中点．

（1）观察猜想：图1中，线段PM 与PN 的数量关系是 ，位置关系是 ； （2）探究证明：把△ADE 绕点A 逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN ，BD ，CE ，判断△PMN 的形状，并说明理由；

（3）拓展延伸：把△ADE 绕点A 在平面内自由旋转，若AD ＝4，AB ＝10，请直接写出△PMN 面积的最大值．

【答案】（1）PM ＝PN ，PM ⊥PN ；（2）△PMN 是等腰直角三角形．理由见解析；（3）S △PMN 最大＝492

． 【解析】 【分析】

（1）由已知易得BD CE =，利用三角形的中位线得出12PM CE =

，1

2

PN BD =，即可得出数量关系，再利用三角形的中位线得出//PM CE 得出DPM DCA ∠=∠，最后用互余即可得出位置关系；

（2）先判断出ABD ACE ???，得出BD CE =，同（1）的方法得出1

2

PM BD =

，1

2

PN BD =

，即可得出PM PN =，同（1）的方法由MPN DCE DCB DBC ACB ABC ∠=∠+∠+∠=∠+∠，即可得出结论；

（3）方法1：先判断出MN 最大时，PMN ?的面积最大，进而求出AN ，AM ，即可得出MN 最大AM AN =+，最后用面积公式即可得出结论．方法2：先判断出BD 最大时，PMN ?的面积最大，而BD 最大是14AB AD +=，即可得出结论． 【详解】 解：（1）

点P ，N 是BC ，CD 的中点，

//PN BD ∴，1

2

PN BD =

， 点P ，M 是CD ，DE 的中点，

//PM CE ∴，1

2

PM CE =

， AB AC =，AD AE =， BD CE ∴=， PM PN ∴=， //PN BD ，

DPN ADC ∴∠=∠， //PM CE ，

DPM DCA ∴∠=∠， 90BAC ∠=?，

90ADC ACD ∴∠+∠=?，

90MPN DPM DPN DCA ADC ∴∠=∠+∠=∠+∠=?， PM PN ∴⊥，

故答案为：PM PN =，PM PN ⊥；

（2）PMN ?是等腰直角三角形． 由旋转知，BAD CAE ∠=∠，

AB AC =，AD AE =，

()ABD ACE SAS ∴???，

ABD ACE ∴∠=∠，BD CE =，

利用三角形的中位线得，12PN BD =，1

2

PM CE =，

PM PN ∴=，

PMN ∴?是等腰三角形，

同（1）的方法得，//PM CE ， DPM DCE ∴∠=∠，

同（1）的方法得，//PN BD ， PNC DBC ∴∠=∠，

DPN DCB PNC DCB DBC ∠=∠+∠=∠+∠，

MPN DPM DPN DCE DCB DBC ∴∠=∠+∠=∠+∠+∠

BCE DBC ACB ACE DBC =∠+∠=∠+∠+∠ ACB ABD DBC ACB ABC =∠+∠+∠=∠+∠， 90BAC ∠=?，

90ACB ABC ∴∠+∠=?， 90MPN ∴∠=?，

PMN ∴?是等腰直角三角形；

（3）方法1：如图2，同（2）的方法得，PMN ?是等腰直角三角形，

MN ∴最大时，PMN ?的面积最大， //DE BC ∴且DE 在顶点A 上面， MN ∴最大AM AN =+，

连接AM ，AN ，

在ADE ?中，4AD AE ==，90DAE ∠=?，

22AM ∴=

在Rt ABC ?中，10AB AC ==，52AN = 22522MN ∴=最大，

222111149(72)22242

PMN S PM MN ?∴=

=?=?=最大． 方法2：由（2）知，PMN ?是等腰直角三角形，1

2

PM PN BD ==

， PM ∴最大时，PMN ?面积最大， ∴点D 在BA 的延长线上，

14BD AB AD ∴=+=，

7PM ∴=，

2211497222

PMN S PM ?∴=

=?=最大． 【点睛】

此题属于几何变换综合题，主要考查了三角形的中位线定理，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判断和性质，直角三角形的性质的综合运用；解（1）的关键是判断出

12PM CE =，1

2

PN BD =，解（2）的关键是判断出ABD ACE ???，解（3）的关键

是判断出MN 最大时，PMN ?的面积最大．

2．如图1，在正方形ABCD 中，点E 、F 分别在边BC ，CD 上，且BE=DF ，点P 是AF 的中点，点Q 是直线AC 与EF 的交点，连接PQ ，PD ． （1）求证：AC 垂直平分EF ；

（2）试判断△PDQ 的形状，并加以证明；

（3）如图2，若将△CEF 绕着点C 旋转180°，其余条件不变，则（2）中的结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．

【答案】（1）证明见解析；（2）△PDQ是等腰直角三角形；理由见解析（3）成立；理由见解析.

【解析】

试题分析：（1）由正方形的性质得出AB=BC=CD=AD，∠B=∠ADF=90°，

∠BCA=∠DCA=45°，由BE=DF，得出CE=CF，△CEF是等腰直角三角形，即可得出结论；（2）由直角三角形斜边上的中线的性质得出PD=AF，PQ=AF，得出PD=PQ，再证明

∠DPQ=90°，即可得出结论；

（3）由直角三角形斜边上的中线的性质得出PD=AF，PQ=AF，得出PD=PQ，再证明点A、F、Q、P四点共圆，由圆周角定理得出∠DPQ=2∠DAQ=90°，即可得出结论．

试题解析：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，

∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠ADF=90°，∠BCA=∠DCA=45°，

∵BE=DF，

∴CE=CF，

∴AC垂直平分EF；

（2）解：△PDQ是等腰直角三角形；理由如下：

∵点P是AF的中点，∠ADF=90°，

∴PD=AF=PA，

∴∠DAP=∠ADP，

∵AC垂直平分EF，

∴∠AQF=90°，

∴PQ=AF=PA，

∴∠PAQ=∠AQP，PD=PQ，

∵∠DPF=∠PAD+∠ADP，∠QPF=∠PAQ+∠AQP，

∴∠DPQ=2∠PAD+2∠PAQ=2（∠PAD+∠PAQ）=2×45°=90°，

∴△PDQ是等腰直角三角形；

（3）成立；理由如下：

∵点P是AF的中点，∠ADF=90°，

∴PD=AF=PA，

∵BE=DF，BC=CD，∠FCQ=∠ACD=45°，∠ECQ=∠ACB=45°，

∴CE=CF，∠FCQ=∠ECQ，

∴CQ⊥EF，∠AQF=90°，

∴PQ=AF=AP=PF，

∴PD=PQ=AP=PF，

∴点A、F、Q、P四点共圆，

∴∠DPQ=2∠DAQ=90°，

∴△PDQ是等腰直角三角形．

考点：四边形综合题．

3．在平面直角坐标系中，四边形AOBC是矩形，点O（0，0），点A（5，0），点B（0，3）．以点A为中心，顺时针旋转矩形AOBC，得到矩形ADEF，点O，B，C的对应点分别为D，E，F．

（1）如图①，当点D落在BC边上时，求点D的坐标；

（2）如图②，当点D落在线段BE上时，AD与BC交于点H．

①求证△ADB≌△AOB；

②求点H的坐标．

（3）记K为矩形AOBC对角线的交点，S为△KDE的面积，求S的取值范围（直接写出结果即可）．

【答案】（1）D（1，3）；（2）①详见解析；②H（17

5

，3）；（3）

30334

-

≤S 30334

+

【解析】

【分析】

（1）如图①，在Rt△ACD中求出CD即可解决问题；

（2）①根据HL证明即可；

②，设AH=BH=m，则HC=BC-BH=5-m，在Rt△AHC中，根据AH2=HC2+AC2，构建方程求出m即可解决问题；

（3）如图③中，当点D在线段BK上时，△DEK的面积最小，当点D在BA的延长线上时，△D′E′K的面积最大，求出面积的最小值以及最大值即可解决问题；

【详解】

（1）如图①中，

∵A（5，0），B（0，3），

∴OA=5，OB=3，

∵四边形AOBC是矩形，

∴AC=OB=3，OA=BC=5，∠OBC=∠C=90°，

∵矩形ADEF是由矩形AOBC旋转得到，

∴AD=AO=5，

在Rt△ADC中，CD=22

AD AC

=4，

∴BD=BC-CD=1，

∴D（1，3）．

（2）①如图②中，

由四边形ADEF是矩形，得到∠ADE=90°，

∵点D在线段BE上，

∴∠ADB=90°，

由（1）可知，AD=AO，又AB=AB，∠AOB=90°，

∴Rt△ADB≌Rt△AOB（HL）．

②如图②中，由△ADB≌△AOB，得到∠BAD=∠BAO，又在矩形AOBC中，OA∥BC，

∴∠CBA=∠OAB，

∴∠BAD=∠CBA，

∴BH=AH，设AH=BH=m，则HC=BC-BH=5-m，

在Rt△AHC中，∵AH2=HC2+AC2，

∴m2=32+（5-m）2，

∴m=17

5

，

∴BH=17

5

，

∴H（17

5

，3）．

（3）如图③中，当点D在线段BK上时，△DEK的面积最小，最小值

=1

2

?DE?DK=

1

2

×3×（5-

34

2

）=30334

4

-，

当点D在BA的延长线上时，△D′E′K的面积最大，最大面积

=1

2

×D′E′×KD′=

1

2

×3×（5+

34

2

）=30334

4

+．30334

-

S

30334

+

【点睛】

本题考查四边形综合题、矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、旋转变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．

4．(1)问题发现

如图1,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=90°,B,C,D在一条直线上.

填空:线段AD,BE之间的关系为 .

(2)拓展探究

如图2,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,请判断AD,BE的关系,并说明理由.

(3)解决问题

如图3,线段PA=3,点B是线段PA外一点,PB=5,连接AB,将AB绕点A逆时针旋转90°得到线段AC,随着点B的位置的变化,直接写出PC的范围.

【答案】(1) AD=BE，AD⊥BE．(2) AD=BE，AD⊥BE．(3) 5-32≤PC≤5+32．

【解析】

【分析】

（1）根据等腰三角形性质证△ACD≌△BCE（SAS），得AD=BE，∠EBC=∠CAD，延长BE 交AD于点F，由垂直定义得AD⊥BE．

（2）根据等腰三角形性质证△ACD≌△BCE（SAS），AD=BE，∠CAD=∠CBE，由垂直定义得∠OHB=90°，AD⊥BE；

（3）作AE⊥AP，使得AE=PA，则易证△APE≌△ACP，PC=BE，当P、E、B共线时，BE最小，最小值=PB-PE；当P、E、B共线时，BE最大，最大值=PB+PE，故5-32≤BE≤5+32.【详解】

（1）结论：AD=BE，AD⊥BE．

理由：如图1中，

∵△ACB与△DCE均为等腰直角三角形，

∴AC=BC，CE=CD，

∠ACB=∠ACD=90°，

在Rt△ACD和Rt△BCE中

AC BC

ACD BCE

CD CE

?

?

∠∠

?

?

?

＝

＝

＝

∴△ACD≌△BCE（SAS），

∴AD=BE，∠EBC=∠CAD

延长BE交AD于点F，

∵BC⊥AD，

∴∠EBC+∠CEB=90°，

∵∠CEB=AEF，

∴∠EAD+∠AEF=90°，

∴∠AFE=90°，即AD⊥BE．

∴AD=BE，AD⊥BE．

故答案为AD=BE，AD⊥BE．

（2）结论：AD=BE，AD⊥BE．

理由：如图2中，设AD交BE于H，AD交BC于O．

∵△ACB与△DCE均为等腰直角三角形，

∴AC=BC，CE=CD，∠ACB=∠ECD=90°，

∴ACD=∠BCE，

在Rt△ACD和Rt△BCE中

AC BC

ACD BCE

CD CE

?

?

∠∠

?

?

?

＝

＝

＝

，

∴△ACD≌△BCE（SAS），

∴AD=BE，∠CAD=∠CBE，

∵∠CAO+∠AOC=90°，∠AOC=∠BOH，

∴∠BOH+∠OBH=90°，

∴∠OHB=90°，

∴AD⊥BE，

∴AD=BE，AD⊥BE．

（3）如图3中，作AE⊥AP，使得AE=PA，则易证△APE≌△ACP，∴PC=BE，

图3-1中，当P、E、B共线时，BE最小，最小值2，

图3-2中，当P、E、B共线时，BE最大，最大值=PB+PE=5+32，

∴5-32≤BE≤5+32，

即5-32≤PC≤5+32．

【点睛】

本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找三角形全等的条件，学会添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．

5．如图，已知△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ADE=90°，点F为BE的中点，连接CF，DF．

（1）如图1，当点D在AB上，点E在AC上时

①证明：△BFC是等腰三角形；

②请判断线段CF，DF的关系？并说明理由；

（2）如图2，将图1中的△ADE绕点A旋转到图2位置时，请判断（1）中②的结论是否仍然成立？并证明你的判断．

【答案】（1）①证明见解析；②结论：CF=DF且CF⊥DF．理由见解析；（2）（1）中的结论仍然成立．理由见解析.

【解析】

【详解】

分析：(1)、根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可知CF=BF=EF，根据

∠CFD=2∠ABC，∠ACB=90°，∠ABC=45°得出∠CFD=90°，从而得出答案；(2)、延长DF至G使FG=DF，连接BG，CG，DC，首先证明△BFG和△EFD全等，然后再证明△BCG和

△ACD全等，从而得出GC=DC，∠BCG=∠ACD，∠DCG=∠ACB=90°，最后根据直角三角形斜中线的性质得出答案．

详解：（1）①证明：∵∠BCE=90°．EF=FB，∴CF=BF=EF，∴△BFC是等腰三角形．

②解：结论：CF=DF且CF⊥DF．理由如下：

∵∠ADE=90°，∴∠BDE=90°，又∵∠BCE=90°，点F是BE的中点，∴CF=DF=1

2

BE=BF，

∴∠1=∠3，∠2=∠4，∴∠5=∠1+∠3=2∠1，∠6=∠2+∠4=2∠2，

∴∠CFD=∠5+∠6=2（∠1+∠2）=2∠ABC，

又∵△ABC是等腰直角三角形，且∠ACB=90°，∴∠ABC=45°，∴∠CFD=90°，

∴CF=DF且CF⊥DF．

（2）（1）中的结论仍然成立．理由如下：

如图，延长DF至G使FG=DF，连接BG，CG，DC，∵F是BE的中点，∴BF=EF，又∵∠BFG=∠EFD，GF=DF，∴△BFG≌△EFD（SAS），∴∠FBG=∠FED，BG=ED，∴BG∥DE，∵△ADE和△ACB都是等腰直角三角形，

∴DE=DA，∠DAE=∠DEA=45°，AC=BC，∠CAB=∠CBA=45°，

又∵∠CBG=∠EBG﹣∠EBA﹣∠ABC=∠DEF﹣（180°﹣∠AEB﹣∠EAB）﹣45°

=∠DEF﹣180°+∠AEB+∠EAB﹣45°=（∠DEF+∠AEB）+∠EAB﹣225°

=360°﹣∠DEA+∠EAB﹣225°=360°﹣45°+∠EAB﹣225°=90°+∠EAB，

而∠DAC=∠DAE+∠EAB+∠CAB=45°+∠EAB+45°=90°+∠EAB，

∴∠CBG=∠DAC，又∵BG=ED，DE=DA，∴BG=AD，又∵BC=AC，

∴△BCG≌△ACD（SAS），∴GC=DC，∠BCG=∠ACD，

∴∠DCG=∠DCB+∠BCG=∠DCB+∠ACD=∠ACB=90°，

∴△DCG是等腰直角三角形，又∵F是DG的中点，∴CF⊥DF且CF=DF．

点睛：主要考查了旋转的性质，等腰三角形和全等三角形的判定，及勾股定理的运用．要掌握等腰三角形和全等三角形的性质及其判定定理并会灵活应用是解题的关键．

6．已知：△ABC和△ADE均为等边三角形，连接BE，CD，点F，G，H分别为DE，BE，CD 中点．

（1）当△ADE绕点A旋转时，如图1，则△FGH的形状为，说明理由；

（2）在△ADE旋转的过程中，当B，D，E三点共线时，如图2，若AB=3，AD=2，求线段FH的长；

（3）在△ADE旋转的过程中，若AB=a，AD=b（a＞b＞0），则△FGH的周长是否存在最大值和最小值，若存在，直接写出最大值和最小值；若不存在，说明理由．

【答案】（1）△FGH是等边三角形；（261

；（3）△FGH的周长最大值为

3

2

（a+b），最小值为3

2

（a﹣b）．

【解析】

试题分析：（1）结论：△FGH是等边三角形．理由如下：根据三角形中位线定理证明FG=FH，再想办法证明∠GFH=60°即可解决问题；、

（2）如图2中，连接AF、EC．在Rt△AFE和Rt△AFB中，解直角三角形即可；

（3）首先证明△GFH的周长=3GF=3

2

BD，求出BD的最大值和最小值即可解决问题；

试题解析：解：（1）结论：△FGH是等边三角形．理由如下：

如图1中，连接BD、CE，延长BD交CE于M，设BM交FH于点O．

∵△ABC和△ADE均为等边三角形，

∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，∴∠BAD=∠CAE，∴△BAD≌△CAE，∴BD=CE，∠ADB=

∠AEC，∵EG=GB，EF=FD，∴FG=1

2

BD，GF∥BD，∵DF=EF，DH=HC，∴FH=

1

2

EC，FH∥EC

，∴FG=FH，∵∠ADB+∠ADM=180°，∴∠AEC+∠ADM=180°，∴∠DMC+∠DAE=180°，∴∠DME=120°，∴∠BMC=60°

∴∠GFH=∠BOH=∠BMC=60°，∴△GHF是等边三角形，故答案为：等边三角形．

（2）如图2中，连接AF、EC．

易知AF⊥DE，在Rt△AEF中，AE=2，EF=DF=1，∴AF22

21

-3，在Rt△ABF中，

BF22

AB AF

-6，∴BD=CE=BF﹣DF61，∴FH=1

2

EC=

61

2

．

（3）存在．理由如下．

由（1）可知，△GFH是等边三角形，GF=1

2

BD，∴△GFH的周长=3GF=

3

2

BD，在△ABD

中，AB=a，AD=b，∴BD的最小值为a﹣b，最大值为a+b，∴△FGH的周长最大值为

3 2（a+b），最小值为3

2

（a﹣b）．

点睛：本题考查等边三角形的性质．全等三角形的判定和性质、解直角三角形、三角形的三边关系、三角形的中位线的宽等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找全

等三角形解决问题，学会利用三角形的三边关系解决最值问题，属于中考压轴题．

7．操作与证明：如图1，把一个含45°角的直角三角板ECF和一个正方形ABCD摆放在一起，使三角板的直角顶点和正方形的顶点C重合，点E、F分别在正方形的边CB、CD上，连接AF．取AF中点M，EF的中点N，连接MD、MN．

（1）连接AE，求证：△AEF是等腰三角形；

猜想与发现：

（2）在（1）的条件下，请判断MD、MN的数量关系和位置关系，得出结论．

结论1：DM、MN的数量关系是；

结论2：DM、MN的位置关系是；

拓展与探究：

（3）如图2，将图1中的直角三角板ECF绕点C顺时针旋转180°，其他条件不变，则（2）中的两个结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．

【答案】（1）证明参见解析；（2）相等，垂直；（3）成立，理由参见解析.

【解析】

试题分析：（1）根据正方形的性质以及等腰直角三角形的知识证明出CE=CF，继而证明出△ABE≌△ADF，得到AE=AF，从而证明出△AEF是等腰三角形；（2）DM、MN的数量关系是相等，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半和三角形中位线定理即可得出结论.位置关系是垂直，利用三角形外角性质和等腰三角形两个底角相等性质，及全等三角形对应角相等即可得出结论；（3）成立，连接AE，交MD于点G，标记出各个角，首先证明出

MN∥AE，MN=1

2

AE，利用三角形全等证出AE=AF，而DM=

1

2

AF，从而得到DM，MN数量

相等的结论，再利用三角形外角性质和三角形全等，等腰三角形性质以及角角之间的数量关系得到∠DMN=∠DGE=90°．从而得到DM、MN的位置关系是垂直.

试题解析：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD=BC=CD，∠B=∠ADF=90°，∵△CEF 是等腰直角三角形，∠C=90°，∴CE=CF，∴BC﹣CE=CD﹣CF，即BE=DF，

∴△ABE≌△ADF，∴AE=AF，∴△AEF是等腰三角形；（2）DM、MN的数量关系是相等，DM、MN的位置关系是垂直；∵在Rt△ADF中DM是斜边AF的中线，∴AF=2DM，∵MN 是△AEF的中位线，∴AE=2MN，∵AE=AF，∴DM=MN；∵∠DMF=∠DAF+∠ADM，

AM=MD，∵∠FMN=∠FAE，∠DAF=∠BAE，∴∠ADM=∠DAF=∠BAE，

∴∠DMN=∠FMN+∠DMF=∠DAF+∠BAE+∠FAE=∠BAD=90°，∴DM⊥MN；（3）（2）中的

两个结论还成立，连接AE，交MD于点G，∵点M为AF的中点，点N为EF的中点，

∴MN∥AE，MN=1

2

AE，由已知得，AB=AD=BC=CD，∠B=∠ADF，CE=CF，又

∵BC+CE=CD+CF，即BE=DF，∴△ABE≌△ADF，∴AE=AF，在Rt△ADF中，∵点M为AF的

中点，∴DM=1

2

AF，∴DM=MN，∵△ABE≌△ADF，∴∠1=∠2，∵AB∥DF，∴∠1=∠3，

同理可证：∠2=∠4，∴∠3=∠4，∵DM=AM，∴∠MAD=∠5，

∴∠DGE=∠5+∠4=∠MAD+∠3=90°，∵MN∥AE，∴∠DMN=∠DGE=90°，∴DM⊥MN．所以（2）中的两个结论还成立.

考点：1.正方形的性质；2.全等三角形的判定与性质；3.三角形中位线定理；4.旋转的性质．

8．（问题提出）

如图①，已知△ABC是等边三角形，点E在线段AB上，点D在直线BC上，且ED=EC，将△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF连接EF

试证明：AB=DB+AF

（类比探究）

（1）如图②，如果点E在线段AB的延长线上，其他条件不变，线段AB，DB，AF之间又有怎样的数量关系？请说明理由

（2）如果点E在线段BA的延长线上，其他条件不变，请在图③的基础上将图形补充完整，并写出AB，DB，AF之间的数量关系，不必说明理由．

【答案】证明见解析；（1）AB=BD﹣AF；（2）AF=AB+BD．

【解析】

【分析】

（1）根据旋转的性质得出△EDB与FEA全等的条件BE=AF，再结合已知条件和旋转的性质推出∠D=∠AEF，∠EBD=∠EAF=120°，得出△EDB≌FEA，所以BD=AF，等量代换即可得出结

论．（2）先画出图形证明∴△DEB≌△EFA，方法类似于（1）；（3）画出图形根据图形直接写出结论即可．

【详解】

（1）证明：DE=CE=CF，△BCE

由旋转60°得△ACF，

∴∠ECF=60°，BE=AF，CE=CF，

∴△CEF是等边三角形，

∴EF=CE，

∴DE=EF，∠CAF=∠BAC=60°，

∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°，

∵∠DBE=120°，

∴∠EAF=∠DBE，

又∵A，E，C，F四点共圆，

∴∠AEF=∠ACF，

又∵ED=DC，

∴∠D=∠BCE，∠BCE=∠ACF，

∴∠D=∠AEF，

∴△EDB≌FEA，

∴BD=AF，AB=AE+BF，

∴AB=BD+AF．

类比探究（1）DE=CE=CF，△BCE由旋转60°得△ACF，

∴∠ECF=60°，BE=AF，CE=CF，

∴△CEF是等边三角形，

∴EF=CE，

∴DE=EF，∠EFC=∠BAC=60°，

∠EFC=∠FGC+∠FCG，∠BAC=∠FGC+∠FEA，

∴∠FCG=∠FEA，

又∠FCG=∠EAD

∠D=∠EAD，

∴∠D=∠FEA，

由旋转知∠CBE=∠CAF=120°，

∴∠DBE=∠FAE=60°

∴△DEB≌△EFA，

∴BD=AE， EB=AF，

∴BD=FA+AB．

即AB=BD-AF．

（2）AF=BD+AB（或AB=AF-BD）

如图③，

，

ED=EC=CF，

∵△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF，

∴∠ECF=60°，BE=AF，EC=CF，BC=AC，

∴△CEF是等边三角形，

∴EF=EC，

又∵ED=EC，

∴ED=EF，

∵AB=AC，BC=AC，

∴△ABC是等边三角形，

∴∠ABC=60°，

又∵∠CBE=∠CAF，

∴∠CAF=60°，

∴∠EAF=180°-∠CAF-∠BAC

=180°-60°-60°

=60°

∴∠DBE=∠EAF；

∵ED=EC，

∴∠ECD=∠EDC，

∴∠BDE=∠ECD+∠DEC=∠EDC+∠DEC，

又∵∠EDC=∠EBC+∠BED，

∴∠BDE=∠EBC+∠BED+∠DEC=60°+∠BEC，∵∠AEF=∠CEF+∠BEC=60°+∠BEC，

∴∠BDE=∠AEF，

在△EDB和△FEA中，

DBE EAF

BDE AEF

ED EF

∠∠

?

?

∠∠

?

?

?

＝

＝

＝

∴△EDB≌△FEA（AAS），

∴BD=AE，EB=AF，

∵BE=AB+AE，

∴AF=AB+BD，

即AB，DB，AF之间的数量关系是：

AF=AB+BD．

考点：旋转变化，等边三角形，三角形全等，

二、初三数学圆易错题压轴题（难）

9．如图①，一个Rt△DEF直角边DE落在AB 上，点D 与点B重合，过A点作二射线AC 与斜边EF平行，己知AB=12，DE=4，DF=3，点P从A点出发，沿射线AC方向以每秒2个单位的速度运动，Q为AP中点，设运动时间为t秒（t＞0）?

（1）当t=5时，连接QE，PF，判断四边形PQEF的形状；

（2）如图②，若在点P运动时，Rt△DEF同时沿着BA方向以每秒1个单位的速度运动，当D点到A点时，两个运动都停止，M为EF中点，解答下列问题：

①当D、M、Q三点在同一直线上时，求运动时间t；

②运动中，是否存在以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切？若存在，求出此时的运动时间t；若不存在，说明理由．

【答案】（1）平行四边形EFPQ是菱形；（2）t=；当t为5秒或10秒时，以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切．

【解析】

试题分析：（1）过点Q作QH⊥AB于H，如图①，易得PQ=EF=5，由AC∥EF可得四边形EFPQ是平行四边形，易证△AHQ∽△EDF，从而可得AH=ED=4，进而可得AH=HE=4，根据垂直平分线的性质可得AQ=EQ，即可得到PQ=EQ，即可得到平行四边形EFPQ是菱形；（2）①当D、M、Q三点在同一直线上时，如图②，则有AQ=t，EM=EF=，AD=12-t，DE=4．由EF∥AC可得△DEM∽△DAQ，然后运用相似三角形的性质就可求出t的值；

②若以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切，则点Q在∠ADF的角平

分线上（如图③）或在∠FDB的角平分线（如图④）上，故需分两种情况讨论，然后运用相似三角形的性质求出AH、DH（用t表示），再结合AB=12，DB=t建立关于t的方程，然后解这个方程就可解决问题．

试题解析：（1）四边形EFPQ是菱形．

理由：过点Q作QH⊥AB于H，如图①，

∵t=5，∴AP=2×5=10．

∵点Q是AP的中点，

∴AQ=PQ=5．

∵∠EDF=90°，DE=4，DF=3，

∴EF==5，

∴PQ=EF=5．

∵AC∥EF，

∴四边形EFPQ是平行四边形，且∠A=∠FEB．

又∵∠QHA=∠FDE=90°，

∴△AHQ∽△EDF，

∴．

∵AQ=EF=5，

∴AH=ED=4．

∵AE=12-4=8，

∴HE=8-4=4，

∴AH=EH，

∴AQ=EQ，

∴PQ=EQ，

∴平行四边形EFPQ是菱形；

（2）①当D、M、Q三点在同一直线上时，如图②，

此时AQ=t，EM=EF=，AD=12-t，DE=4．

∵EF∥AC，

∴△DEM∽△DAQ，

∴，

∴，

解得t=；

②存在以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切，此时点Q在∠ADF的角平分线上或在∠FDB的角平分线上．Ⅰ．当点Q在∠ADF的角平分线上时，

过点Q作QH⊥AB于H，如图③，

则有∠HQD=∠HDQ=45°，

∴QH=DH．

∵△AHQ∽△EDF（已证），

∴，

∴，

∴QH=，AH=，

∴DH=QH=．

∵AB=AH+HD+BD=12，DB=t，

∴++t=12，

∴t=5；

Ⅱ．当点Q在∠FDB的角平分线上时，

过点Q作QH⊥AB于H，如图④，