高中数学 专题08 几何图形中运动变化问题研究
专题八：几何图形中运动变化问题研究
【题型导引】
题型一：动点问题
动态型试题一般是指以几何知识和图形为背景，渗透运动变化观点的一类试题，常见的运动对象有点动、线动、图动；其运动形式有平动、旋转、翻折、滚动等．
动态型试题其特点是集几何、代数知识于一体，数形结合，有较强的综合性．题目灵活多变，动中有静，动静结合．(1)动中求静，即在运动变化中探索问题中的不变性；(2)动静互化，抓住“静”的瞬间，找出导致图形或变化规律发生改变的特殊时刻；同时在运动变化的过程中寻找不变性及变化规律．
题型二：动线问题
动线问题主要和旋转变换结合，在处理此类问题上要注意进行转化，化动为静，利用变换的性质解答即可。题型三：动面问题
面的转动问题注意转化为静态问题来研究，转动后的与之前的在性质上形成新的图形，结合图形特点进行解答。
【典例解析】
类型一：动点问题
例题1：（2019?湖南衡阳?3分）如图，在直角三角形ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，E是AB的中点，过点E作AC和BC的垂线，垂足分别为点D和点F，四边形CDEF沿着CA方向匀速运动，点C与点A重合时停止运动，设运动时间为t，运动过程中四边形CDEF与△ABC的重叠部分面积为S．则S关于t的函数图象大致为（）
A．B．C．D．
【解答】解：∵在直角三角形ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∵EF⊥BC，ED⊥AC，
∴四边形EFCD是矩形，
∵E是AB的中点，
∴EF＝1
2
AC，DE＝
1
2
BC，
∴EF＝ED，
∴四边形EFCD是正方形，设正方形的边长为a，
如图1当移动的距离＜a时，S＝正方形的面积﹣△EE′H的面积＝a2﹣1
2
t2；
当移动的距离＞a时，如图2，S＝S△AC′H＝1
2
（2a﹣t）2＝
1
2
t2﹣2at＋2a2，
∴S关于t的函数图象大致为C选项，
故选：C．
技法归纳：解答此类问题的策略可以归纳为三步：“看”“写” “选”．(1)“看”就是认真观察几何图形，彻底弄清楚动点从何点开始出发，运动到何点停止，整个运动过程分为不同的几段，何点(时刻)是特殊点(时刻)，这是准确解答的前提和关键；(2)“写”就是计算、写出动点在不同路段的函数解析式，注意一定要注明自变量的取值范围，求出在特殊点的函数数值和自变量的值；(3)“选”就是根据解析式选择准确的函数图象或答案，多用排除法。首先，排除不符合函数类形的图象选项，其次，对于相同函数类型的函数图象选项，再用自变量的取值范围或函数数值的最大和最小值进行排除，选出准确答案．
类型二：动线问题
例题2：如图，直线l的解析式为y＝－x＋4，它与x轴，y轴分别相交于A，B两点．平行于直线l的直线m从原点O出发，沿x轴的正方向以每秒1个单位长度的速度运动，它与x轴，y轴分别相交于M，N两点，设运动时间为t秒(0＜t≤4)．
(1)求A，B两点的坐标；
(2)用含t的代数式表示△MON的面积S1；
(3)以MN为对角线作矩形OMPN，记△MPN和△OAB重合部分的面积为S2，
①当2＜t≤4时，试探究S2与t之间的函数关系式；
②在直线m的运动过程中，当t为何值时，S2为△OAB面积的5
16？
【解析】：(1)当x ＝0时，y ＝4；当y ＝0时，x ＝4.∴A (4,0)，B (0,4)； (2)∵MN ∥AB ，∴OM ON ＝OA OB ＝1，∴OM ＝ON ＝t ，∴S 1＝12OM ·ON ＝1
2
t 2；
(3)①当2＜t ≤4时，易知点P 在△OAB 的外面，则设点P 的坐标为(t ，t )，F 点的坐标满足
?
????x ＝t ，
y ＝－t ＋4，即F (t ,4－t )，同理E (4－t ，t )，则PF ＝PE ＝|t －(4－t )|＝2t －4，所以S 2＝S △MPN －S △PEF ＝S △OMN
－S △PEF ＝12t 2－12PE ·PF ＝12t 2－12(2t －4)(2t －4)＝－3
2
t 2＋8t －8；
②当0＜t ≤2时，S 2＝12t 2＝516×12×4×4＝5
2
，解得t 1＝－5＜0，t 2＝5＞2，两个都不合题意，舍
去；当2＜t ≤4时，S 2＝－32t 2＋8t －8＝52，解得t 3＝3，t 4＝73，综上得，当t ＝7
3或t ＝3时，S 2为△OAB 的
面积的5
16
.
技法归纳：解答此类题先要画出各个关键时刻的图形，再由“动”变“静”设法分别求解．用分类思想画图的方法在解动态几何题中非常有效，它可帮助我们理清思路，突破难点． 类型三：动面问题
例题3：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． 【解析】：(1)PM ＝PN PM ⊥PN 详解：∵点P ，N 是DC ，BC 的中点， ∴PN ∥BD ，PN ＝1
2BD ，∵点P ，M 是CD ，DE 的中点，
∴PM ∥CE ，PM ＝1
2CE ，∵AB ＝AC ，AD ＝AE ，∴BD ＝CE ，
∴PM ＝PN ，∵PN ∥BD ，∴∠DPN ＝∠ADC ，∵PM ∥CE ， ∴∠DPM ＝∠DCA ，∵∠BAC ＝90°，∴∠ADC ＋∠ACD ＝90°， ∴∠MPN ＝∠DPM ＋∠DPN ＝∠DCA ＋∠ADC ＝90°，∴PM ⊥PN ； (3)49
2 详解：如图，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，AD ＝AE ＝4，∠DAE ＝90°， ∴AM ＝22，在Rt △ABC 中，AB ＝AC ＝10，AN ＝52， ∴MN 最大＝22＋52＝72，
∴S △PMN 最大＝12PM 2＝12×12MN 2＝14×(72)2＝49
2
.
技法归纳：认真观察几何图形，彻底弄清楚动点从何点开始出发，运动到何点停止，整个运动过程分为不同的几段，何点(时刻)是特殊点(时刻)，这是准确解答的前提和关键。 【变式训练】
1.如图，A ，B 是半径为1的⊙O 上两点，且OA ⊥OB ，点P 从点A 出发，在⊙O 上以每秒一个单位长度的速度匀速运动，回到点A 运动结束，设运动时间为x (单位：x )，弦BP 的长为y ，那么下列图象中可能
表示y与x函数关系的是（）
A．①B．④C．②或④D．①或③
【答案】D
【解析】分两种情形讨论当点P顺时针旋转时，图象是③，当点P逆时针旋转时，图象是①，由此即可解决问题．当点P顺时针旋转时，图象是③，
当点P逆时针旋转时，图象是①，
故答案为①③.
2. （2019?四川省凉山州?5分）如图，正方形ABCD中，AB＝12，AE＝AB，点P在BC上运动（不与
B、C重合），过点P作PQ⊥EP，交CD于点Q，则CQ的最大值为4．
【答案】4
【解答】解：∵∠BEP＋∠BPE＝90°，∠QPC＋∠BPE＝90°，
∴∠BEP＝∠CPQ．
又∠B＝∠C＝90°，
∴△BPE∽△CQP．
∴．
设CQ＝y，BP＝x，则CP＝12﹣x．
∴，化简得y＝﹣（x2﹣12x），
整理得y＝﹣（x﹣6）2＋4，
所以当x＝6时，y有最大值为4．
故答案为4．
3. （2019?湖北省咸宁市?3分）如图，先有一张矩形纸片ABCD，AB＝4，BC＝8，点M，N分别在矩形的边AD，BC上，将矩形纸片沿直线MN折叠，使点C落在矩形的边AD上，记为点P，点D落在G处，连接PC，交MN于点Q，连接CM．下列结论：
①CQ＝CD；
②四边形CMPN是菱形；
③P，A重合时，MN＝2；
④△PQM的面积S的取值范围是3≤S≤5．
其中正确的是②③（把正确结论的序号都填上）．
【答案】②③
【解答】解：如图1，
∵PM∥CN，
∴∠PMN＝∠MNC，
∵∠MNC＝∠PNM，
∴∠PMN＝∠PNM，
∴PM＝PN，
∵NC＝NP，
∴PM＝CN，
∵MP∥CN，
∴四边形CNPM是平行四边形，
∵CN＝NP，
∴四边形CNPM是菱形，故②正确；
∴CP⊥MN，∠BCP＝∠MCP，
∴∠MQC＝∠D＝90°，
∵CP＝CP，
若CQ＝CD，则Rt△CMQ≌△CMD，
∴∠DCM＝∠QCM＝∠BCP＝30°，这个不一定成立，故①错误；
点P与点A重合时，如图2，
设BN＝x，则AN＝NC＝8﹣x，
在Rt△ABN中，AB2＋BN2＝AN2，
即42＋x2＝（8﹣x）2，
解得x＝3，
∴CN＝8﹣3＝5，AC＝，
∴，
∴，
∴MN＝2QN＝2．
故③正确；
当MN过点D时，如图3，
此时，CN 最短，四边形CMPN 的面积最小，则S 最小为S ＝
， 当P 点与A 点重合时，CN 最长，四边形CMPN 的面积最大，则S 最大为S ＝，
∴4≤S ≤5， 故④错误． 故答案为：②③．
4. 如图，在△ABC 中，AB ＝AC ，点E 在BC 上移动(点E 不与点B ，C 重合)，满足∠DEF ＝∠B ，且点E ，F 分别在边BC ，AC 上． (1)求证：△BDE ∽△CEF ；
(2)当点E 移动到BC 的中点时，求证：FE 平分∠DF C ．
【解析】(1)证明：∵AB ＝AC ， ∴∠B ＝∠C ，
∵∠B ＋∠BDE ＋∠BED ＝∠DEF ＋∠FEC ＋∠BED ＝180° ∵∠DEF ＝∠B ，∴∠BDE ＝∠CEF ，∴△BDE ∽△CEF ； (2)解：∵△BDE ∽△CEF ，∴
BE CF ＝DE EF
， ∵点E 是BC 的中点，∴BE ＝CE ，∴CE CF ＝DE
EF ，
又∵∠DEF ＝∠C ，∴△DEF ∽△ECF ， ∴∠EFD ＝∠CFE ，∴FE 平分∠DF C ．
5. （江苏泰州，第25题12分）如图，正方形ABCD的边长为8cm，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA上的动点，且AE＝BF＝CG＝DH．
（1）求证：四边形EFGH是正方形；
（2）判断直线EG是否经过一个定点，并说明理由；
（3）求四边形EFGH面积的最小值．
[
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝BC＝CD＝DA
∵AE＝BF＝CG＝DH，
∴AH＝BE＝CF＝DG
在△AEH、△BFE、△CGF和△DHG中，，
∴△AEH≌△BFE≌△CGF≌△DHG（SAS），
∴EH＝FE＝GF＝GH，∠AEH＝∠BFE，
∴四边形EFGH是菱形，
∵∠BEF＋∠BFE＝90°，
∴∠BEF＋∠AEH＝90°，
∴∠HEF＝90°，
∴四边形EFGH是正方形；
（2）解：直线EG经过一个定点，这个定点为正方形的中心（AC、BD的交点）；理由如下：
连接AC、EG，交点为O；如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，
∴∠OAE＝∠OCG，
在△AOE和△COG中，，
∴△AOE≌△COG（AAS），
∴OA＝OC，即O为AC的中点，
∵正方形的对角线互相平分，
∴O为对角线AC、BD的交点，即O为正方形的中心；
（3）解：设四边形EFGH面积为S，设BE＝x cm，则BF＝（8﹣x）cm，
根据勾股定理得：EF2＝BE2＋BF2＝x2＋（8﹣x）2
∴S＝x2＋（8﹣x）2＝2（x﹣4）2＋32，
∵2＞0
∴S有最小值，
当x＝4时，S的最小值＝32，
∴四边形EFGH面积的最小值为32cm2．
6. ．(2018·济宁)如图，在正方形ABCD中，点E，F分别是边AD，BC的中点，连接DF，过点E作EH⊥DF，垂足为H，EH的延长线交DC于点G.
(1)猜想DG与CF的数量关系，并证明你的结论；
(2)过点H作MN∥CD，分别交AD，BC于点M, N. 若正方形ABCD的边长为10，点P是MN上一点，求△PDC的周长的最小值．
【解析】(1)CF ＝2DG . 证明：∵四边形ABCD 是正方形， ∴AD ＝BC ＝CD ，AD ∥BC ，∠ADC ＝90°. ∵E ，F 分别是边AD ，BC 的中点，
∴DE ＝12AD ，CF ＝12B C ．∴DE ＝CF ＝1
2C D ．∵∠ADC ＝90°，EH ⊥DF ，
∴∠CDF ＋∠EDF ＝90°，∠DEG ＋∠EDF ＝90°，∴∠DEG ＝∠CDF ， ∴tan ∠DEG ＝tan ∠CDF ， ∴DG DE ＝CF CD ＝12， ∴
DG CF ＝12
， ∴CF ＝2DG .
(2)解：如图，在NB 上取一点Q ，使NQ ＝NC ，连接DQ 交MN 于点P ，连接P C ． ∵MN ∥CD ，CD ⊥BC ，∴MN ⊥B C ． 又∵NQ ＝NC ，
∴PC ＝PQ ，∴PD ＋PC ＝PD ＋PQ ＝DQ .
由“两点之间，线段最短”知，此时PD ＋PC 最小．又∵CD ＝10， ∴△PDC 的周长的最小值为PD ＋PC ＋CD ＝DQ ＋10.
易知∠MEH ＝∠MHD ＝∠CDF ，∴tan ∠MEH ＝tan ∠MHD ＝tan ∠CDF ， 即
MH ME ＝MD MH ＝1
2
，∴ME ＝2MH ，MH ＝2M D ．设MD ＝t ， 则MH ＝2t ，ME ＝4t ，∴DE ＝5t ，∴CD ＝2DE ＝10t ＝10， ∴t ＝1，∴CQ ＝2DM ＝2.
在Rt △CDQ 中，由勾股定理得DQ ＝CD 2＋CQ 2＝102＋22＝226， 将△PDC 周长的最小值为226＋10.
7. （2019?湖北十堰?10分）如图1，△ABC 中，CA ＝CB ，∠ACB ＝α，D 为△ABC 内一点，将△CAD 绕点C 按逆时针方向旋转角α得到△CBE ，点A ，D 的对应点分别为点B ，E ，且A ，D ，E 三点在同一直线上．
（1）填空：∠CDE ＝
2
（用含α的代数式表示）； （2）如图2，若α＝60°，请补全图形，再过点C 作CF ⊥AE 于点F ，然后探究线段CF ，AE ，BE 之间的
数量关系，并证明你的结论；
（3）若α＝90°，AC＝52，且点G满足∠AGB＝90°，BG＝6，直接写出点C到AG的距离．
【解答】解：（1）∵将△CAD绕点C按逆时针方向旋转角α得到△CBE
∴△ACD≌△BCE，∠DCE＝α
∴CD＝CE
∴∠CDE＝180
2
α
-
故答案为：180
2
α
-
（2）AE＝BE＋23
3
CF
理由如下：如图，
∵将△CAD绕点C按逆时针方向旋转角60°得到△CBE
∴△ACD≌△BCE
∴AD＝BE，CD＝CE，∠DCE＝60°
∴△CDE是等边三角形，且CF⊥DE
∴DF＝EF
3
∵AE＝AD＋DF＋EF
∴AE＝BE
23
（3）如图，当点G在AB上方时，过点C作CE⊥AG于点E，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝52，
∴∠CAB＝∠ABC＝45°，AB＝10
∵∠ACB＝90°＝∠AGB
∴点C，点G，点B，点A四点共圆
∴∠AGC＝∠ABC＝45°，且CE⊥AG
∴∠AGC＝∠ECG＝45°
∴CE＝GE
∵AB＝10，GB＝6，∠AGB＝90°
∴AG＝8
∵AC2＝AE2＋CE2，
∴（52）2＝（8﹣CE）2＋CE2，
∴CE＝7（不合题意舍去），CE＝1
若点G在AB的下方，过点C作CF⊥AG，
同理可得：CF＝7
∴点C到AG的距离为1或7．
8. 如图1，一架长4m的梯子AB斜靠在与地面OM垂直的墙壁ON上，梯子与地面所成的角α为60度．
(1)求AO与BO的长；
(2)若梯子顶端A沿NO下滑，同时底端B沿OM向右滑行．
①如图2，设A点下滑到C点，B点向右滑行到D点，并且AC∶BD＝2∶3，试计算梯子顶端A下滑了多少米？
②如图3，当A点下滑到A′点，B点向右滑行到B′点时，梯子AB的中点P也随之运动到P′点，若∠
POP ′＝15°，试求AA ′的长．
【解析】：(1)BO ＝AB ·cos 60°＝4×1
2＝2(m )，
AO ＝AB ·sin 60°＝4×
3
2
＝23(m )， 所以BO ＝2 m ；AO ＝23 m ； (2)①设AC ＝2x ，BD ＝3x ，
在Rt △COD 中，OC ＝23－2x ，OD ＝2＋3x ，CD ＝4 m ， 根据勾股定理有OC 2＋OD 2＝CD 2，
∴(23－2x )2＋(2＋3x )2＝42，∴13x 2＋(12－83)x ＝0， ∵x ≠0，∴13x ＋12－83＝0，∴x ＝83－12
13 m ，
∴AC ＝2x ＝163－24
13
m ．
所以梯子顶端A 沿NO 下滑了163－24
13
m .
②∵P 点和P ′点分别是Rt △AOB 的斜边AB 与Rt △A ′OB ′的斜边A ′B ′的中点， ∴PA ＝PO ，P ′A ′＝P ′O ，
∴∠PAO ＝∠AOP ，∠P ′A ′O ＝∠A ′OP ′， ∴∠P ′A ′O －∠PAO ＝∠A ′OP ′－∠AOP ， ∴∠P ′A ′O －∠PAO ＝∠POP ′＝15°， 又∵∠PAO ＝30°，∴∠P ′A ′O ＝45°， ∴A ′O ＝A ′B ′·cos 45°＝4×
2
2
＝22(m )， ∴AA ′＝AO －A ′O ＝(23－22)m .
9. (2018·岳阳)已知在Rt △ABC 中，∠BAC ＝90°，CD 为∠ACB 的平分线，将∠ACB 沿CD 所在的直线折叠，使点B 落在点B ′处，连接AB ′，延长CD 交BB ′于点E ，设∠ABC ＝2α(0°＜α＜45°)． (1)如图(1)，若AB ＝AC ，求证：CD ＝2BE ；
(2)如图(2)，若AB ≠AC ，试求CD 与BE 的数量关系(用含α的式子表示)；
(3)如图(3)，将(2)中的线段BC 绕点C 逆时针旋转(α＋45°)，得到线段FC ，连接EF ，交BC 于点O ，
设△COE 的面积为S 1，△COF 的面积为S 2
，求S 1
S 2
(用含α的式子表示)．
证明：（1）由折叠的性质可知，点B ，B ′关于直线CE 对称，
∴CE 垂直平分BB ′，∴BE ＝B ′E ＝1
2BB ′，∠CEB ′＝∠CEB ＝90°，∠ACE ＝∠BCE .
∵∠BAC ＝90°，∴∠BAB ′＝∠BAC ＝90°
.又∵∠BB ′A ＋∠B ′BA ＝∠BB ′A ＋∠ACE ＝90°，
∴∠B ′BA ＝∠AC D ．在△ABB ′和△ACD 中，????
?∠BAB ′＝∠BAC ，AB ＝AC ，∠B ′BA ＝∠ACD ，
∴△ABB ′≌△ACD ，∴BB ′＝CD ，∴CD ＝2BE ； (3)易得∠CEB ＝90°，∠ACE ＝∠EC B ．∵∠ABC ＝2α，
∴∠ACB ＝90°－2α，∴∠ECB ＝1
2∠ACB ＝45°－α.由旋转知，∠BCF ＝45°＋α，
∴∠ECF ＝∠ECB ＋∠BCF ＝90°，∴∠BEC ＋∠FCE ＝180°， ∴CF ∥ BE ，∴∠EBO ＝∠FCO ，∠BEO ＝∠CFO ，∴△BEO ∽△CFO ， ∴
BE CF ＝EO FO .在Rt △BEC 中，sin ∠ECB ＝BE
BC
，∠ECB ＝45°－α， ∴sin (45°－α)＝BE
BC .设点C 到EF 的距离为h ，
则S 1S 2＝1
2EO ·h 12
FO ·h ＝EO FO ＝BE CF ＝BE BC ，∴S 1S 2
＝sin (45°－α)． (2)由(1)得，B ′B ＝2BE ，∠BAB ′＝∠BAC ＝90°，∠B ′BA ＝∠ACD ， ∴△ABB ′∽△ACD ，∴
CD BB ′＝AC AB
，∴CD 2BE ＝AC
AB .
在Rt △ABC 中，tan ∠ABC ＝tan 2α＝AC AB ，∴CD
2BE ＝tan 2α，
∴CD ＝2BE ·tan 2α；
10. (2019?浙江丽水?12分)如图，在等腰Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，AB ＝214，点D ，E 分别在边
AB，BC上，将线段ED绕点E按逆时针方向旋转90°得到EF．
(1)如图1，若AD＝BD，点E与点C重合，AF与DC相交于点O．求证：BD＝2DO．
(2)已知点G为AF的中点．
①如图2，若AD＝BD，CE＝2，求DG的长．
②若AD＝6BD，是否存在点E，使得△DEG是直角三角形？若存在，求CE的长；若不存在，试说明理由．
【解答】(1)证明：如图1，∵CA＝CB，∠ACB＝90°，BD＝AD，
∴CD⊥AB，CD＝AD＝BD，
∵CD＝CF，∴AD＝CF，
∵∠ADC＝∠DCF＝90°，∴AD∥CF，
∴四边形ADFC是平行四边形，∴OD＝OC，
∴BD＝2O D．
(2)①解：如图2，作DT⊥BC于点T，FH⊥BC于H．
由题意：BD＝AD＝CD＝2，BC2BD＝14，
∵DT⊥BC，∴BT＝TC＝7，
∵EC＝2，∴TE＝5，
∵∠DTE＝∠EHF＝∠DEF＝90°，
∴∠DET＋∠TDE＝90°，∠DET＋∠FEH＝90°，∴∠TDE＝∠FEH，
∵ED ＝EF ，∴△DTE ≌△EHF (AAS )，∴FH ＝ET ＝5， ∵∠DDBE ＝∠DFE ＝45°，∴B ，D ，E ，F 四点共圆， ∴∠DBF ＋∠DEF ＝90°，∴∠DBF ＝90°， ∵∠DBE ＝45°，∴∠FBH ＝45°， ∵∠BHF ＝90°，∴∠HBF ＝∠HFB ＝45°， ∴BH ＝FH ＝5，∴BF ＝52， ∵∠ADC ＝∠ABF ＝90°，∴DG ∥BF ， ∵AD ＝DB ，∴AG ＝GF ，
∴DG ＝
12BF ＝522
． ②解：如图3﹣1中，当∠DEG ＝90°时，F ，E ，G ，A 共线，作DT ⊥BC 于点T ，FH ⊥BC 于H ．设EC ＝x ．
∵AD ＝6BD ，∴BD ＝
1
7
AB ＝22， ∵DT ⊥BC ，∠DBT ＝45°，∴DT ＝BT ＝2，
∵△DTE ≌△EHF ，∴EH ＝DT ＝2，∴BH ＝FH ＝12－x ， ∵FH ∥AC ，∴
＝
，∴
14
122x x -=， 整理得：x 2－12x ＋28＝0，解得x ＝6±2．
如图3﹣2中，当∠EDG ＝90°时，取AB 的中点O ，连接OG ．作EH ⊥AB 于H ． 设EC ＝x ，由2①可知BF 2 (12－x )，OG ＝
12BF 2
(12－x )，
∵∠EHD＝∠EDG＝∠DOG＝90°，
∴∠ODG＋∠OGD＝90°，∠ODG＋∠EDH＝90°，∴∠DGO＝∠HDE，
∴△EHD∽△DOG，∴＝，
∴，
整理得：x2－36x＋268＝0，解得x＝18－214或18＋214 (舍弃)，
如图3﹣3中，当∠DGE＝90°时，取AB的中点O，连接OG，CG，作DT⊥BC于T，FH⊥BC于H，EK⊥CG 于K．设EC＝x．
∵∠DBE＝∠DFE＝45°，∴D，B，F，E四点共圆，∴∠DBF＋∠DEF＝90°，
∵∠DEF＝90°，∴∠DBF＝90°，
∵AO＝OB，AG＝GF，∴OG∥BF，
∴∠AOG＝∠ABF＝90°，∴OG⊥AB，
∵OG垂直平分线段AB，∵CA＝CB，∴O，G，C共线，
由△DTE≌△EHF，可得EH＝DT＝BT＝2，ET＝FH＝12－x，BF＝2 (12－x)，
OG＝BF＝
2
2
(12－x)，CK＝EK＝
2
2
x，GK＝72－
2
2
(12－x)－
2
2
x，
由△OGD∽△KEG，可得＝，
∴，解得x＝2．
综上所述，满足条件的EC的值为6±22或18－214或2．