2018年武汉中考数学专题复习几何综合题

几何综合题

类型一　图形背景变换问题

1. 已知四边形ABCD是矩形，E为CD的中点，F是BE上的一点，连接CF并延长交AB于点M，过点M作MN⊥CM，交AD于点N.

(1)如图①，当点F为BE的中点时，求证：AM＝CE；

(2)如图②，若＝＝2，求的值；

(3)如图③，连接AN，若＝＝4，求tan∠AMN的值．

第1题图

(1)证明：∵F为BE的中点，

∴BF＝EF，

∵四边形ABCD是矩形，

∴∠BCE＝∠ABC＝90°，AB＝CD，

∴CF＝BF，

∴∠FBC＝∠FCB，

∵BC＝CB，

∴△MBC≌△ECB(ASA)，

∴BM＝CE，

∵CE＝DE，

∴DE＝BM，

∵AB＝CD，

∴AB－BM＝CD－DE，即AM＝CE；

(2)解：∵AB∥CD，

∴△ECF∽△BMF，

∴＝＝2，设BM＝a，则EC＝DE＝2a，

∴AB＝CD＝4a，AM＝3a，

∵＝2，

∴BC＝AD＝2a，

∵NM⊥CM，

∴∠AMN＋∠CMB＝90°，

∵∠AMN＋∠MNA＝90°，

∴∠CMB＝∠MNA，

又∵∠A＝∠CBM＝90°，

∴△AMN∽△BCM，

∴＝，

·∴＝，

∴AN＝a，ND＝2a－a＝a，

∴＝＝3；

(3)解：∵AB∥CD，

∴△ECF∽△BMF，

∴＝＝4，设BM＝b，则EC＝DE＝4b，

∴AB＝CD＝8b，AM＝7b，

∵＝4，

∴BC＝AD＝2b，

如解图，过点N作NH⊥AB于点H，则HN＝BC＝2b，

第1题解图

易证△HMN∽△BCM，

∴＝，即＝，

∴HM＝4b，

∴在Rt△HMN中，tan∠AMN＝＝.

2. 如图，在菱形ABCD中，AB＝5，sin∠ABD＝，点P是射线BC上一点，连接AP交菱形对角线BD于点E，连接EC.

(1)求证：△ABE≌△CBE；

(2)如图①，当点P在线段BC上时，且BP＝2，求△PEC的面积；

(3)如图②，当点P在线段BC的延长线上时，若CE⊥EP，求线段BP的长．

第2题图

(1)证明：∵四边形ABCD是菱形，

∴AB＝BC，∠ABE＝∠CBE.

在△ABE和△CBE中，AB＝BC，∠ABE＝∠CBE，BE＝BE，

∴△ABE≌△CBE(SAS)；

(2) 解：如解图①，连接AC交BD于点0，分别过点A、E作BC的垂线，垂足分别为点H、F，

第2题解图①

∵四边形ABCD是菱形，

∴AC⊥BD.

∵AB＝5，sin∠ABD＝，

∴AO＝OC＝，∴BO＝OD＝2，

∴AC＝2，BD＝4，

∵AC·BD＝BC·AH，即×2×4＝5AH，

∴AH＝4，

∵AD∥BC，

∴△AED∽△PEB，

∴＝，

∴＝，即＝＝，

∴AP＝PE，

又∵EF∥AH，

∴△EFP∽△AHP，

∴＝，

∴EF＝·AH＝×4＝，

∴S△PEC＝PC·EF＝×(5－2)×＝；

(3)解：如解图②，连接AC交BD于点O，

第2题解图②

∵△ABE≌△CBE，CE⊥PE，

∴∠AEB＝∠CEB＝45°，

∴AO＝OE＝，

∴DE＝OD－OE＝2－＝，BE＝3.

∵AD∥BP，

∴△ADE∽△PBE，

∴＝，

∴＝，

∴BP＝15.

3. 如图，已知四边形ABCD是正方形，连接BD，点E在直线BC上，直线AE交BD于点M，交直线DC于点F，G是EF的中点，连接CM、CG.

(1)如图①，当点E在BC边上时，求证：AM＝CM；

(2)如图②，当点E在BC的延长线上时，求证：∠MCG＝90°；

(3)如图②，当点E在BC的延长线上时，若AB＝1，且CM＝CE，求CE的长．

第3题图

(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，

∴AB＝BC，∠ABM＝∠CBM，

在△ABM和△CBM中，AB＝CB，∠ABM＝∠CBM，BM＝BM，

∴△ABM≌△CBM(SAS)，

∴AM＝CM；

(2)证明：∵四边形ABCD是正方形，

∴AB＝BC，∠ABM＝∠CBM，∠BCD＝90°，

由(1)同理可证△ABM≌△CBM(SAS)，

∴∠BAM＝∠BCM，

∵∠ECF＝90°，点G是EF的中点，

∴GC＝GF，

∴∠GCF＝∠GFC，

又∵AB∥DF，

∴∠BAM＝∠DFM＝∠GFC，

∴∠BCM＝∠GCF，

∴∠GCF＋∠MCF＝∠BCM＋∠MCF＝90°，

即∠MCG＝90°；

(3)解：由(2)知∠BAM＝∠BCM，

∵CM＝CE，

∴∠CME＝∠CEM，

∴∠BCM＝2∠CEM，

∴∠BAE＝2∠CEM，

∵AB⊥BE，

∴∠BAE＋∠CEM＝90°，即2∠CEM＋∠CEM＝90°，

∴∠CEM＝30°，

∴在Rt△ABE中，BE＝＝＝，

∴CE＝BE－BC＝－1.

4. 已知四边形ABCD是正方形，AB＝6，将一个含30°的直角三角板BEF放在正方形上，其中∠FBE＝30°，∠BEF＝90°，且BE＝BC，绕点B转动△BEF.

(1)如图①，当点F落在AD边上时，求∠EDC的度数；

(2)如图②，设EF与AD交于点M，EF的反向延长线交DC于点G，若AM＝3，求CG的长；

(3)如图③，设EF与AD交于点N，若tan∠ECD＝，求的值．

第4题图

解：(1)如解图①，连接EC，过点E作EH⊥BC于点H，作EM⊥CD于点M，则四边形EMCH是矩形．

第4题解图①

∵四边形ABCD是正方形，

∴BA＝BC，∠ABC＝∠BCD＝90°，

∵BE＝BC，

∴AB＝BE，

在Rt△BFA和Rt△BFE中，BF＝BF，BA＝BE

∴Rt△BFA≌Rt△BFE(HL)，

∴∠ABF＝∠FBE＝30°，

∵∠ABC＝90°，

∴∠EBC＝30°，

∴EH＝MC＝BE＝CD，

∴DM＝CM，

∵EM⊥CD，

∴ED＝EC，

∵∠BCE＝×(180°－30°)＝75°，

∴∠EDC＝∠ECD＝90°－75°＝15°；

(2)如解图②，连接BM、BG.

第4题解图②

由(1)可知△BMA≌△BME，△BGE≌△BGC，

∴EM＝DM＝AM＝3，EG＝CG，

设EG＝CG＝x，则DG＝6－x，MG＝3＋x.

在Rt△DMG中，由勾股定理得MG2＝DG2＋DM2，

即(3＋x)2＝(6－x)2＋32，解得x＝2，∴CG＝2；

(3)如解图③，延长FE交CD于点G，连接BN，BG，

第4题解图③

易知AN＝EN，EG＝CG，

∵BE＝BC，

∴BG垂直平分CE，

∴∠GBC＋∠BCE＝90°，

∵∠ECD＋∠BCE＝90°，

∴∠ECD＝∠GBC，

∴tan∠GBC＝tan∠ECD＝，

∴＝，即＝，

∴CG＝3，

∴DG＝3，

设AN＝EN＝y，则DN＝6－y，NG＝3＋y，

在Rt△DNG中，由勾股定理得(6－y)2＋32＝(3＋y)2，

解得y＝2，

∴AN＝EN＝2，DN＝4，

∴＝.

类型二　图形中的动点问题

5. 正方形ABCD的边长为6 cm，点E、M分别是线段BD、AD上的动点，连接AE并延长，交边BC于F，过M作MN⊥AF，垂足为H，交边AB于点N.

(1)如图①，若点M与点D重合，求证：AF＝MN；

(2)如图②，若点M从点D出发，以1 cm/s的速度沿DA向点A运动，同时点E从点B出发，以 cm/s的速度沿BD向点D运动，运动时间为ts.

①设BF＝y cm.求y关于t的函数表达式；

②当BN＝2AN时，连接FN，求FN的长．

第5题图

(1)证明：∵AF⊥MN，

∴∠HAD＋∠HDA＝90°，

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠BAD＝90°，

∴∠BAF＋∠FAD＝90°，

∴∠BAF＝∠ADN，

在Rt△ABF和Rt△DAN中，

，

∴△BAF≌△ADN，

∴AF＝DN，即AF＝MN；

(2) 解：①如解图，过点E作EG⊥BC于点G，

第5题解图

∵点E在BD上以cm/s的速度向D点移动，移动时间为t，

∴BE＝t，

∵四边形ABCD为正方形，

∴∠CBD＝45°，

∴BG＝GE＝t，

∵GE⊥BF，

∴GE∥AB，

∴△ABF∽△EGF，

∴＝，

∴＝，

∵AB＝6 cm，BF＝y，

∴＝，

∴y＝；

②∵BN＝2AN，BN＋AN＝AB＝6 cm，

∴AN＝2 cm，BN＝4 cm.

由(1)知∠AMN＝∠BAC，∠ABF＝∠MAN＝90°，

∴△AMN∽△BAF，

∴＝，

∵DM＝t，

∴AM＝6－t，

∵BF＝，AB＝6 cm，AN＝2 cm，

∴t＝2，∴BF＝3，

在Rt△BNF中，NF＝＝5 cm.

6. 如图①，点O在线段AB上，AO＝2，OB＝1，OC为射线，且∠BOC＝60°，动点P以每秒2个单位长度的速度从点O出发，沿射线OC做匀速运动，设运动时间为t秒．

(1)当t＝秒时，则OP＝________，S△ABP＝________；

(2)当△ABP是直角三角形时，求t的值；

(3)如图②，当AP＝AB时，过点A作AQ∥BP，并使得∠QOP＝∠B，求证：AQ·BP＝3.

第6题图

(1)解：1，；

【解法提示】

第6题解图①

因为动点P以每秒2个单位长度的速度从点O出发，故当t＝秒时，OP＝×2＝1.如解图①，过点P作△ABP的高h，由于∠BOC＝60°，OP＝1，故h＝OP·sin60°＝，即S△ABP＝AB·h＝(OA＋OB)·h＝×(2＋1)×＝.

(2)解：①∵∠A＜∠BOC＝60°，

∴∠A不可能为直角；

②如解图②，当∠B＝90°时，

第6题解图②

∵∠BOC＝60°，

∴∠OPB＝30°，

∴OP＝2OB＝2，即2t＝2，

∴t＝1；

③当∠APB＝90°时，如解图③，作PD⊥AB，垂足为D，

则∠ADP＝∠PDB＝90°.

第6题解图③

∵OP＝2t，

∴OD＝t，PD＝t，AD＝2＋t，BD＝1－t，

∴BP2＝BD2＋PD2＝(1－t)2＋3t2，

AP2＝AD2＋PD2＝(2＋t)2＋3t2，

∵BP2＋AP2＝AB2，

∴(1－t)2＋3t2＋(2＋t)2＋3t2＝9，即4t2＋t－2＝0，

解得t1＝，t2＝(舍去)．

综上所述，当△ABP是直角三角形时，t的值为1或；

(3)证明：∵AP＝AB，

∴∠APB＝∠B.如解图④，

第6题解图④

作OE∥AP交BP于点E，

∴∠OEB＝∠APB＝∠B，

∵AQ∥BP，

∴∠QAB＋∠B＝180°，

又∵∠3＋∠OEB＝180°，

∴∠3＝∠QAB，

又∵∠AOC＝∠2＋∠B＝∠1＋∠QOP，∠B＝∠QOP，

∴∠1＝∠2，

∴△QAO∽△OEP，

∴＝，即AQ·EP＝EO·AO，

∵OE∥AP，

∴△OBE∽△ABP，

∴＝＝＝，∴OE＝AP＝1，BP＝EP，

∴AQ·BP＝AQ·EP＝AO·OE＝×2×1＝3.

7. 在边长为2的正方形ABCD中，P是对角线AC上的一个动点(点P与A、C不重合)．连接BP，将BP绕点B顺时针旋转90°到BQ，连接QP，QP与BC交于点E，QP的延长线与AD(或AD延长线)交于点F.

(1)连接CQ，证明：CQ＝AP；

(2)设AP＝x，CE＝y，试写出y关于x的函数关系式，并求当x为何值时，CE＝BC；

(3)猜想PF与EQ的数量关系，并证明你的结论．

第7题图

(1)证明：由题意知BP＝BQ，∠PBQ＝90°，

在正方形ABCD中，AB＝CB，∠ABC＝90°，

∴∠ABC＝∠PBQ，

∴∠ABC－∠PBC＝∠PBQ－∠PBC，即∠ABP＝∠CBQ，

在△ABP和△CBQ中，，

∴△ABP≌△CBQ(SAS)，

∴CQ＝AP；

(2)解：在正方形ABCD中，AC为对角线，

∴∠BAP＝∠PCE＝45°，

由旋转可知△PBQ为等腰直角三角形，

∴∠BPQ＝∠PQB＝45°，

在△ABP中，∠BPC＝∠BAP＋∠ABP＝45°＋∠ABP，

又∵∠BPC＝∠BPQ＋∠CPE＝45°＋∠CPE，

∴∠ABP＝∠CPE，

又∵∠BAP＝∠PCE，

∴△BAP∽△PCE，

∴＝，

在等腰直角△ABC中，AB＝2，

∴AC＝4，

又∵AP＝x，CE＝y，∴CP＝4－x，

∴＝，即y＝－x2＋x，(0＜x＜4)

当CE＝BC时，即CE＝y＝×2＝，

∴＝－x2＋x，解得x1＝1，x2＝3，

∴y＝－x2＋x(0＜x＜4)，当x＝1或3时，CE＝BC；

(3)解：猜想：PF＝EQ.

证明：①当点F在线段AD上时，如解图①，在CE上取一点H，使HQ＝EQ，则∠QEH＝∠QHE，

在正方形ABCD中，∵AD∥BC，

第7题解图①

∴∠DFE＝∠QEH，

∴∠DFE＝∠QHE，

∴∠AFP＝∠CHQ，

由(1)知△ABP≌△CBQ，AP＝CQ，∠BAP＝∠BCQ＝45°，

∴∠FAP＝∠BAP＝∠BCQ＝45°，

在△AFP和△CHQ中，

，

∴△AFP≌△CHQ(AAS)，

∴PF＝HQ，

又∵HQ＝EQ，

∴PF＝EQ；

第7题解图②

②当点F在线段AD延长线上时，如解图②，在BE上取一点H，使HQ＝EQ，

同理可证△AFP≌△CHQ(AAS)，得FP＝HQ＝EQ.

类型三　图形旋转、折叠问题

8. 如图①，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D、E分别在AC、BC边上，DC＝EC，连接DE、AE、BD，点M、N、P分别是AE、BD、AB的中点，连接PM、PN、MN.

(1)BE与MN的数量关系是________；

(2)将△DEC绕点C逆时针旋转到如图②的位置，判断(1)中的结论是否仍然成立，如果成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由；

(3)若CB＝6，CE＝2，在将图①中的△DEC绕点C逆时针旋转一周的过程中，当B、E、D三点在一条直线上时，MN的长度为________．

第8题图

解：(1)BE＝MN；

【解法提示】∵AM＝ME，AP＝PB，

∴PM∥BE，PM＝BE，

∵BN＝DN，AP＝PB，

∴PN∥AD，PN＝AD，

∵AC＝BC，CD＝CE，

∴AD＝BE，

∴PM＝PN，

∵∠ACB＝90°，

∴AC⊥BC，

∵PM∥BC，PN∥AC，

∴PM⊥PN，

∴△PMN是等腰直角三角形，

∴MN＝PM，

∴MN＝·BE，

∴BE＝MN.

(2)成立．

证明：如解图①，连接AD.延长BE交AD于点H.

第8题解图①

∵△ABC和△CDE是等腰直角三角形．

∴CD＝CE，CA＝CB，∠ACB＝∠DCE＝90°，

∵∠ACB－∠ACE＝∠DCE－∠ACE，

∴∠ACD＝∠ECB.

∴△ECB≌△DCA.

∴BE＝AD，∠DAC＝∠EBC.

∵∠AHB＝180°－(∠HAB＋∠ABH)

＝180°－(45°＋∠HAC＋∠ABH)

＝180°－(45°＋∠EBC＋∠ABH)

＝180°－90°＝90°，

∴BH⊥AD.

∵M、N、P分别为AE、BD、AB的中点，

∴PM∥BE，PM＝BE，PN∥AD，PN＝AD.

∴PM＝PN，∠MPN＝90°.

∴BE＝2PM＝2×MN＝MN；

(3)－1，＋1.

【解法提示】①如解图②，作CG⊥BD于G，则DG＝CG＝GE＝.

第8题解图②

当D、E、B共线时，在Rt△BCG中BG＝＝62－()2＝，

∴BE＝BG－GE＝－，

∴MN＝BE＝－1；

②如解图③，作CG⊥BE于G，则CG＝GE＝DG＝，

第8题解图③

当D、E、B共线时，在Rt△BCG中，

BG＝＝＝.

∴BE＝BG＋GE＝＋，

∴MN＝BE＝＋1.

9. 如图，在矩形ABCD中，点E是AD上的一个动点，连接BE，将△ABE沿BE折叠得到△FBE，且点F落在矩形ABCD的内部，连接AF，BF，EF，过点F作GF⊥AF交AD于点G，设＝n.

(1)求证：AE＝GE；

(2)当点F落在AC上时，用含n的代数式表示的值；

(3)若AD＝4AB，且以点F，C，G为顶点的三角形是直角三角形，求n的值．

第9题图

(1)证明：由折叠性质得AE＝FE，

∴∠EAF＝∠EFA.

∵GF⊥AF，

∴∠EAF＋∠FGA＝∠EFA＋∠EFG＝90°，

∴∠FGA＝∠EFG，

∴EG＝EF，

∴AE＝GE；

(2)解：如解图①，当点F落在AC上时，设AE＝a，则AD＝na，

第9题解图①

由对称性得BE⊥AF，

∴∠ABE＋∠BAC＝90°，

∵∠DAC＋∠BAC＝90°，

∴∠ABE＝∠DAC.

又∵∠BAE＝∠D＝90°，

∴△ABE∽△DAC，

∴＝.

∵AB＝DC，

∴AB2＝AD·AE＝na·a＝na2，

∵AB＞0，

∴AB＝a.

∴＝＝；

(3)解：若AD＝4AB，则AB＝a，

如解图②，当点F落在线段BC上时，EF＝AE＝AB＝a.

第9题解图②

此时a＝a，∴n＝4，

∴当点F落在矩形内部时，n＞4.

∵点F落在矩形的内部，点G在AD上，

∴∠FCG＜∠BCD，∴∠FCG＜90°.

①若∠CFG＝90°，则点F落在AC上，

由(2)得＝，即＝，

∴n＝16.

②如解图③，若∠CGF＝90°，则∠CGD＋∠AGF＝90°.

第9题解图③

∵∠FAG＋∠AGF＝90°，

∴∠CGD＝∠FAG＝∠ABE.

∵∠BAE＝∠D＝90°，

∴△ABE∽△DGC，

∴＝.

∵DG＝AD－AE－EG＝na－2a＝(n－2)a，

∴AB·DC＝DG·AE，

即(a)2＝(n－2)a·a，

解得n1＝8＋4，n2＝8－4＜4(不合题意，舍去)．

综上，当n＝16或n＝8＋4时，以点F，C，G为顶点的三角形是直角三角形．

类型四　面积问题

10. 在边长为2的等边三角形ABC中，P是BC边上任意一点，过点P分别作PM⊥AB，PN⊥AC，M、N分别为垂足．

(1)求证：不论点P在BC边的何处时都有PM＋PN的长恰好等于三角形ABC一边上的高；

(2)当BP的长为何值时，四边形AMPN的面积最大，并求出最大值．

第10题图

(1)证明：

如解图①，连接AP，设等边三角形AB边上的高为h.

第10题解图①

∵S△ABP＋S△ACP＝S△ABC，

∴AB·PM＋AC·PN＝AB·h，

∵AB＝AC，

∴PM＋PN＝h，

即PM＋PN的长恰好等于三角形ABC一边上的高；

【一题多解】证明：如解图②，过点B作BD⊥NP，垂足为D，

在Rt△BPM中，∠MBP＝60°，

第10题解图②

∴∠BPM＝30°.

在Rt△CNP中，∠C＝60°，

∴CPN＝30°.

∵∠BPD＝∠CPN＝30°，

∴∠BPD＝∠BPM.

在Rt△BPM和Rt△BPD中，

，

∴△BPM≌△BPD(AAS)，

∴PM＝PD，

∴PM＋PN＝PD＋PN＝DN，

过点B作BE⊥AC，垂足为E，

∴四边形BDNE为矩形，

∴PM＋PN＝DN＝BE，

即PM＋PN等于三角形ABC一边上的高；

(2)解：如解图①，设BP＝x(0＜x＜2)，那么PC＝2－x，

在Rt△BPM中，∠B＝60°，

∴BM＝，AM＝2－，PM＝x，

∴S△APM＝AM·PM＝(2－)·x＝x－x2.

在Rt△CNP中，∠C＝60°，

∴CN＝，AN＝2－＝1＋，PN＝，

∴S△APN＝AN·PN＝(1＋)·＝－x2，

∴S四边形AMPN＝S△APM＋S△APN＝x－x2＋－x2＝－x2＋x＋＝－(x－1)2＋，

∴当x＝1时，四边形AMPN的面积有最大值是，

即当BP＝1时，四边形AMPN的面积有最大值是.

11. 如图，在矩形ABCD中，AD＝4，AB＝m(m＞4)，点P是AB边上的任意一点(不与点A、B重合)，连接PD，过点P作PQ⊥PD，交直线BC于点Q.

(1)当m＝10时，是否存在点P使得点Q与点C重合？若存在，求出此时AP的长；若不存在，说明理由；

(2)连接AC，若PQ∥AC，求线段BQ的长(用含m的代数式表示)；

(3)若△PQD为等腰三角形，求以P、Q、C、D为顶点的四边形的面积S与m之间的函数关系式，并写出m的取值范围．

第11题图

解：(1)假设存在点P使得点Q与点C重合．

∵PQ⊥PD，

∴∠DPC＝90°，

∴∠APD＋∠BPC＝90°，

∵∠APD＋∠ADP＝90°，

∴∠ADP＝∠BPC，

又∵∠B＝∠A＝90°，

∴△ADP∽△BPC，

∴＝，

∴＝，解得AP＝2或8.

∴当m＝10时，存在点P，使得点Q与点C重合，此时AP的长为2或8；

(2)由(1)可知，当PQ⊥PD时，△ADP∽△BPQ，

∴＝，即＝①；

当PQ∥AC时，△BPQ∽△BAC，

∴＝，即＝②；

联立①、②，可得

BQ＝；

(3)当△PQD为等腰三角形时，DP＝PQ，

在△ADP与△BPQ中，

，

∴△ADP≌△BPQ(AAS)，

∴AP＝BQ，AD＝BP＝4，

∵AB＝m，

∴BQ＝AP＝m－4，

①如解图①，当点Q在线段BC上时，

第11题解图①

S＝S矩形ABCD－S△ADP－S△BPQ

＝4m－2××(m－4)×4

＝16，

∵m＞4且BQ≤BC即m－4≤4，解得4＜m≤8.

②如解图②，点Q在BC延长线上时，

第11题解图②

S四边形PCQD＝S梯形ADQB－S△ADP－S△PBC＝×(4＋m－4)×m－×4×(m－4)－×4×4＝m2－2m，

∵QB＞BC，∴m－4＞4，解得m＞8，

综上，S＝

12. 如图，在平面直角坐标系中，O为原点，四边形ABCO是矩形，点A、C的坐标分别是A(0，2)和C(2，0)，点D是对角线AC上一动点(不与A、C重合)，连接BD，作DE⊥DB，交x轴于点E，以线段DE、DB为邻边作矩形BDEF.

(1)填空：点B的坐标为________；

(2)是否存在这样的点D，使得△DEC是等腰三角形？若存在，请求出AD的长度；若不存在，请说明理由；

(3)①求证：＝；

②设AD＝x，矩形BDEF的面积为y，求y关于x的函数关系式(可利用①的结论)，并求出y的最小值．

第12题图

解：(1)(2，2)；

【解法提示】∵在矩形ABCO中，A(0，2)和C(2，0)，

∴B(2，2)．

(2)存在．

理由如下，可分为以下几种情况：

①如解图①， 当DE＝CE，点E在线段OC上时．

第12题解图①

∵在矩形ABCO中，A(0，2)和C(2，0)，

∴OA＝2，OC＝2，

∴在Rt△OAC中，tan∠ACO＝＝，

∴∠ACO＝30°，

∴∠CDE＝∠DCE ＝30°，

∵DE⊥BD，

∴∠BDC＝60°，

∵∠BCD＝90°－∠ECD＝60°，

∴△BCD是等边三角形，CD＝BD＝BC＝2，

∵AC＝＝4，

∴AD＝AC－CD＝4－2＝2;

②如解图②，当CD＝CE，点E在OC的延长线上时．

第12题解图②

∵∠ACO＝30°，

∴∠ACE＝150°，

∵CD＝CE，

∴∠CDE＝∠CED＝(180°－∠ACE)＝15°，

∵DE⊥BD，

∴∠BDE＝90°，

∴∠ADB＝180°－∠BDE－∠CDE＝75°.

∵∠BAC＝∠OCA＝30°，

∴∠ABD＝180°－∠ADB－∠BAC＝75°，

∴∠ADB＝∠ABD，

∴△ABD是等腰三角形，

∴AD＝AB＝OC＝2.

③若CD＝DE，则∠DEC＝∠DCE＝150°，

∴∠DEC>90°，不符合题意，舍去；

综上所述，当△DEC为等腰三角形时，AD的值为2或2；

(3)①证明：如解图③，过点D分别作DG⊥OC于点G，DH⊥BC于点H.

第12题解图③

∵∠EDG＋∠EDH＝∠BDH＋∠EDH＝90°，

∴∠EDG ＝∠BDH，

又∠DGE＝∠DHB，

∴△EDG∽△BDH,

∴＝，

∵DH＝CG，

∴＝tan∠ACO＝tan30°＝，

∴＝；

②解：如解图④，过点D作DI⊥AB于点I.

∵AD＝x(0＜x＜4),

第12题解图④

∴DI＝，AI＝x，

又∵AB＝2，

∴BI＝AB－AI＝2－x，

在Rt△BDI中，根据勾股定理得BD2＝BI2＋DI2，

＝(2－x)2＋，

由①得＝，

∴y＝BD·DE＝BD2

＝[＋(2－x)2]

＝[(x－3)2＋3]

＝(x－3)2＋，

∴当x＝3时，y取得最小值，最小值为.

本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/6544db7db42acfc789eb172ded630b1c58ee9b50.html