②如图③，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝3AC，分别以AB，AC为边向外作正方形ABDE和正方形ACFG，连接EG.请求出线段EG与BC之间的数量关系．
第4题图
解：
（1）正确，理由如下：
∵四边形ABCD是“垂直四边形”，
∴AC⊥BD，
由勾股定理可知：
AB2＋CD2＝（AO2＋BO2）＋（DO2＋CO2），
AD2＋BC2＝（AO2＋DO2）＋（BO2＋CO2），
∴AB2＋CD2＝AD2＋BC2；
第4题解图①
（2）①如解图①，过点P作PD⊥AC于点D，
由题意知，AP＝5t，CQ＝6t，
∵∠ACB＝90°，
∴AB＝＝10，
∵PD∥BC，
∴△PAD∽△BAC，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴AD＝3t，PD＝4t，
∴DQ＝AC－AD－CQ＝6－9t，
∵四边形BCQP是“垂直四边形”，
∴由
（1）可得：
BP2＋CQ2＝PQ2＋BC2＝（PD2＋DQ2）＋BC2，
∴（10－5t）2＋（6t）2＝（4t）2＋（6－9t）2＋82，
∴解得t＝或t＝0（舍去）．
∴当四边形BCQP是“垂直四边形”时，t的值为；
第4题解图②
②如解图②，连接CG、BG、BE、CE，
CE与BG交于点O，
由题意知：
EA＝BA，AC＝AG，
∠EAB＝∠CAG＝90°，
∴∠EAB＋∠BAC＝∠CAG＋∠BAC，
∴∠EAC＝∠BAG，
在△EAC与△BAG中，
，
∴△EAC≌△BAG（SAS），
∴∠CEA＝∠GBA，
∴∠BEA＋∠EBA＝∠BEO＋∠EBO＝90°，
∴∠EAB＝∠BOE＝90°，
∴四边形BCGE是“垂直四边形”，
∴BC2＋EG2＝BE2＋CG2，
∵AB＝3AC，
∴EG2＝BC2.
类型三 操作探究问题
5.数学课上，老师和同学们对相似三角形的判定和性质进行了如下探究：
活动一：
（1）如图①，△ABC是斜边AB的长为3的等腰直角三角形，在△ABC内作第1个内接正方形A1B1D1E1（D1、E1在AB上，A1、B1分别在AC、BC上），再在△A1B1C内用同样的方法作第2个内接正方形A2B2D2E2，…，如此下去，操作n次，则第1个内接正方形的边长是______，第n个小正方形AnBnDnEn的边长是________；
活动二：
（2）如图②，在△ABC中，BC＝12，高AD＝8，四边形PQMN为△ABC的内接矩形（P在AB上，Q在AC上，M、N在BC上）．
①求当PQ为何值时，矩形PQMN的面积最大；
②在①的条件下，若再在△APQ中作一个内接矩形P1Q1M1N1，如此下去，操作n次，求PnQn的长．（直接写出结果）
思考与归纳：
（3）解完上述两题，根据其中一题你还能归纳出怎样的数学结论，请简单的写出一条．
第5题图
解：
（1）1，；
【解法提示】∵∠A＝∠B＝45°，∴AE1＝A1E1＝A1B1＝B1D1＝D1B＝D1E1，∴第1个内接正方形的边长＝AB＝1.同理：
第2个内接正方形的边长＝A1B1＝AB＝，第3个内接正方形的边长＝A2B2＝AB＝，…故可推出第n个小正方形AnBnDnEn的边长＝AB＝.
（2）①设PQ＝x，矩形PQMN的面积为y，AD与PQ交于点E，
第5题解图
∵PQ∥BC，
∴△APQ∽△ABC，
∴＝，即＝，
∴PN＝8－x.
则y＝PQ·PN＝x·（8－x）＝－（x－6）2＋24.
∵－＜0，
∴该抛物线的开口向下，当x＝6时，y取得最大值，
故当PQ＝6时，矩形PQMN的面积最大；
②由①知，PQ＝，
同理：
P1Q1＝，
P2Q2＝，
…
PnQn＝；
（3）根据
（1）的解题过程可以得到结论：
第n个小正方形AnBnDnEn的面积是.
6.某数学兴趣小组在数学课外活动中，研究三角形和正方形的性质时，做了如下探究：
在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D为直线BC上一点（点D不与B，C重合），以AD为边在AD右侧作正方形ADEF，连接CF.
（1）观察猜想
如图①，当点D在线段BC上时，
①BC与CF的位置关系为：
________．
②BC，CD，CF之间的数量关系为：
________（将结论直接写在横线上）．
（2）数学思考
如图②，当点D在线段CB的延长线上时，结论①，②是否仍然成立？
若成立，请给予证明；若不成立，请你写出正确结论再给予证明．
（3）拓展延伸
如图③，当点D在线段BC的延长线上时，延长BA交CF于点G，连接GE.若已知AB＝2，CD＝BC，请求出GE的长．
第6题图
解：
（1）①BC⊥CF；②BC＝CD＋CF；
【解法提示】①∵∠BAC＝∠DAF＝90°，∴∠BAD＝∠CAF，又∵AB＝AC，AD＝AF，∴△ABD≌
△ACF（SAS），∴∠ACF＝∠ABC＝45°，∵∠ACB＝45°，∴∠BCF＝90°，即BC⊥CF；②∵△ABD≌△ACF，
∴BD＝CF，∵BC＝CD＋BD，∴BC＝CD＋CF.
（2）结论①仍然成立，②不成立，
①证明：
∵∠BAC＝∠DAF＝90°，
∴∠BAD＝∠CAF，
又∵AB＝AC，AD＝AF，
∴△ABD≌△ACF（SAS），
∴∠ACF＝∠ABD＝180°－45°＝135°，
∵∠ACB＝45°，
∴∠BCF＝90°，即BC⊥CF；
②结论为：
BC＝CD－CF，
证明：
∵△ABD≌△ACF，
∴BD＝CF，
∵BC＝CD－BD，
∴BC＝CD－CF；
第6题解图
（3）如解图，过点E作EM⊥CF于点M，作EN⊥BD于点N，过点A作AH⊥BD于点H，则CN＝ME，CM＝EN，
∵AB＝AC＝2，
∴BC＝4，AH＝BC＝2，
∵CD＝BC，
∴CD＝1，
∵∠BAC＝∠DAF＝90°，
∴∠BAD＝∠CAF，
又∵AB＝AC，AD＝AF，
∴△ABD≌△ACF（SAS），
∴∠ACF＝∠ABC＝45°，
∵∠ACB＝45°，
∴∠BCF＝90°，
∴∠ABC＝∠AGC＝45°，
∴BC＝CG＝4，
∵∠ADE＝90°，
∴∠ADH＋∠EDN＝∠EDN＋∠DEN＝90°，
∴∠ADH＝∠DEN，
又∵∠AHC＝∠DNE＝90°，AD＝DE，
∴△AHD≌△DNE（AAS），
∴DN＝AH＝2，EN＝DH＝3，
∴CM＝EN＝3，ME＝CN＝3，
则GM＝CG－CM＝4－3＝1，
∴EG＝＝.
7.如图①，②，③，分别以△ABC的AB和AC为边向△ABC外作正三角形（等边三角形）、正四边形（正方形）、正五边形，BE和CD相交于
点O.
（1）在图①中，求证：
△ABE≌△ADC；
（2）由
（1）证得△ABE≌△ADC，由此可推得在图①中∠BOC＝120°，请你探索在图②中∠BOC的度数，并说明理由或写出证明过程；
（3）填空：
在上述
（1）
（2）的基础上可得在图③中∠BOC＝_____（填写度数）；
（4）由此推广到一般情形（如图④），分别以△ABC的AB和AC为边向△ABC外作正n边形，BE和CD仍相交于点O，猜想得∠BOC的度数为______（用含n的式子表示）．
第7题图
（1）证明：
∵△ABD，△ACE是等边三角形，
∴AB＝AD，AC＝AE，∠DAB＝∠CAE＝60°，
∴∠DAB＋∠BAC＝∠CAE＋∠BAC，
∴∠DAC＝∠BAE，
在△ABE和△ADC中，
∵，
∴△ABE≌△ADC（SAS）；
第7题解图①
（2）解：
如解图①，AD，BE交于点K，则∠OKD＝∠AKB，
又由
（1）知△ABE≌△ADC，
∴∠ODK＝∠KBA，
∴△OKD∽△AKB，
∴∠DOK＝∠BAK＝90°，
又∵∠BOC＋∠DOK＝180°，
∴∠BOC＝180°－90°＝90°；
第7题解图②
（3）解：
72°；
【解法提示】如解图②，AD，EB交于点K，由
（1）得△ABE≌△ADC，∴∠EBA＝∠CDA，∵∠OKD＝∠AKB，∴△OKD∽△AKB，∴∠DOK＝∠BAK＝＝108°，又∵∠BOC＋∠DOK＝180°，∴∠BOC＝180°－108°＝72°；
（4）解：
180°－.
【解法提示】如解图③，AD，BE交于点K，
第7题解图③
∴∠DOK＋∠BOC＝180°，又由
（1）知△ABE≌△ADC，∴∠EBA＝∠CDA，∴△OKD∽△AKB，∴∠DOK＝∠BAK＝，
又∵∠BOC＋∠DOK＝180°，∴∠BOC＝180°－∠DOK＝180°－.
类型四 动点探究问题
8.
（1）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.
填空：
①∠CAF的度数为________；
②线段AE与BD之间的数量关系为________；
（2）类比探究
如图②，如果点E在线段BA的延长线上，其他条件不变，探究：
∠CAF的度数及线段AE与BD之间有怎样的数量关系？
（3）解决问题
如果E是直线AB上一动点，点D在直线BC上，AC＝6，其他条件不变，当△ACF是直角三角形时，请直接写出BD的长．
第8题图
解：
（1）①60°；②AE＝BD；
（2）∠CAF＝60°，AE＝BD；
∵△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF，
∴∠ECF＝∠BCA＝60°，BE＝AF，CE＝CF，BC＝AC，
∴△CEF和△ABC都是等边三角形，
∴EF＝EC，
又∵ED＝EC，
∴ED＝EF，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，
又∵∠CBE＝∠CAF，
∴∠CAF＝60°，
∴∠EAF＝180°－∠CAF－∠BAC＝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，
，
∴△EDB≌△FEA（AAS），
∴AE＝BD；
（3）3或6.
【解法提示】∵∠CAF＝∠CBA＝60°，∴当△CAF是直角三角形时有以下两种情况：
①若∠ACF＝90°，如解图①所示，∵∠CAF＝60°，∴在Rt△ACF中，AF＝2AC＝12，∵BE＝AF，∴BE＝12，∴AE＝BE－AB＝12－6＝6，又∵BD＝AE，∴BD＝6.
第8题解图
②若∠AFC＝90°，如解图②所示，∵∠CAF＝60°，∴AF＝AC＝3，∵BE＝AF，∴BE＝3，∴AE＝AB－BE＝6－3＝3，又∵BD＝AE，∴BD＝3.综上所述，BD的长为3或6.
类型五 折叠探究问题
9.问题发现
（1）如图①，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝AB，则∠B＝________；
类比探究
（2）如图②，四边形ABCD是一张边长为2的正方形纸片，E，F分别为AB，CD的中点，沿过点D的折痕将纸片翻折，使点A落在EF上的点A′处，折痕交AE于点G，请运用
（1）中的结论求∠ADG的度数和AG的长；
问题解决
（3）若矩形纸片ABCD按如图③所示的方式折叠，B、D两点恰好重合于一点O（如图④），当AB＝6时，请直接写出EF的长．
第9题图
解：
（1）30°；
（2）∵正方形边长为2，E，F分别为AB，CD的中点，
∴EA＝FD＝CD＝1，
∵沿过点D的折痕将纸片翻折，使点A落在EF上的点A′处，
∴A′D＝AD＝2，
∴sin∠FA′D＝＝，
∴∠FA′D＝30°，
可得∠FDA′＝90°－30°＝60°，
由折叠性质可得∠ADG＝∠A′DG，AG＝A′G，
∴∠ADG＝＝＝15°，
∵A′D＝2，FD＝1，
∴A′F＝＝，
∴EA′＝EF－A′F＝2－，
∵∠EA′G＋∠DA′F＝180°－∠GA′D＝90°，
∴∠EA′G＝90°－∠DA′F＝90°－30°＝60°，
∴∠EGA′＝90°－∠EA′G＝90°－60°＝30°，
则AG＝AG′＝2EA′＝2（2－）＝4－2；
（3）4.
【解法提示】∵折叠后B，D两点恰好重合于一点O，
∴AO＝AD＝CB＝CO，
∴DA＝，
∵∠D＝90°，
∴∠DCA＝30°，
∵AB＝CD＝6，
在Rt△ACD中，＝tan30°，
则AD＝DC·tan30°＝6×＝2，
∵∠DAF＝∠FAO＝∠DAO＝＝30°，
∴＝tan30°＝，
∴DF＝AD＝2，
∴DF＝FO＝2，
同理EO＝2，
∴EF＝EO＋FO＝4.
10.已知点P是矩形ABCD边AB上的任意一点（与点A，B不重合）
问题发现
（1）如图①，现将△PBC沿PC翻折得到△PEC；再在线段AD上取一点F，将△PAF沿PF翻折得到△PGF，并使得射线PE、PG重合，则FG与CE的位置关系是________；
类比探究
（2）在
（1）中，如图②，连接FC，取FC的中点H，连接GH、EH，请你探索线段GH和线段EH的大小关系，并说明你的理由；
拓展延伸
（3）如图③，分别在AD、BC上取点F、C′，使得∠APF＝∠BPC′，与
（1）中的操作相类似，即将△PAF沿PF翻折得到△PGF，并将△PBC′沿PC′翻折得到△PEC′，连接FC′，取FC′的中点H，连接GH、EH，试问
（2）中的结论还成立吗？
请说明理由．
第10题图
解：
（1）FG∥CE；
（2）GH＝EH；
理由如下：
如解图①，延长GH交CE于点M，
由
（1）得，FG∥CE，
∴∠GFH＝∠MCH，
∵H为CF的中点，
∴FH＝CH，
又∵∠GHF＝∠MHC，
∴△GFH≌△MCH（ASA），
∴GH＝HM＝GM，
∵∠GEC＝90°，
∴EH＝GM，
∴GH＝EH；
第10题解图
（3）
（2）中的结论还成立．
如解图②，取PF的中点M，PC′的中点N，连接GM，EN，HM，HN，
∵∠FGP＝90°，M为PF的中点，
∴GM＝PF，PM＝PF，HM∥PC′，
∴GM＝PM，
∴∠GPF＝∠MGP，
∴∠GMF＝∠GPF＋∠MGP＝2∠GPF，
∵在△FPC′中，H为FC′的中点，M为PF的中点，
∴HM＝PC′，
同理HN＝PF，EN＝PC′，HN∥PF，∠ENC′＝2∠EPC′，
∴GM＝HN，HM＝EN，∠GMF＝∠ENC′，
∴HN＝MP，HM＝PN，
∴四边形HMPN为平行四边形，
∴∠HMP＝∠HNP，
∴∠HMF＝∠HNC′，
∴∠GMH＝∠HNE，
∵GM＝HN，HM＝EN，
∴△GMH≌△HNE（SAS），
∴GH＝HE.
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