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24(12分)定义:如图1,若点P在△ABC的边AB上,且满足∠1=∠2,则称点P为△ABC的“理想点”.
(1)如图2,若D是△ABC的边AB的中点,AC=√2,AB=2,试判断点D是不是△ABC的“理想点”,并说明理由;
(2)在Rt△ABC中,∠C=90°,AB=5,AC=4,若点D是△ABC的“理想点”,求CD的长.
(1)如图2,若D是△ABC的边AB的中点,AC=√2,AB=2,试判断点D是不是△ABC的“理想点”,并说明理由;
(2)在Rt△ABC中,∠C=90°,AB=5,AC=4,若点D是△ABC的“理想点”,求CD的长.
答案
24.解:(1)点 $D$ 是 $△ ABC$ 的“理想点”. 理由如下:
$\because D$ 是 $AB$ 的中点,$AB=2$,
$\therefore AD=BD=1,\therefore AD· AB=2.$
$\because AC=\sqrt{2},\therefore AC^2=2,$
$\therefore AC^2=AD· AB,\therefore \frac{AC}{AD}=\frac{AB}{AC}.$
$\because ∠ A=∠ A,\therefore △ ACD∽ △ ABC,$
$\therefore ∠ ACD=∠ B,\therefore$ 点 $D$ 是 $△ ABC$ 的“理想点”.
(2)①当 $D$ 在 $AB$ 上时,如图1.
$\because D$ 是 $△ ABC$ 的“理想点”,
$\therefore ∠ ACD=∠ B$ 或 $∠ BCD=∠ A.$
当 $∠ ACD=∠ B$ 时,
$\because ∠ ACD+∠ BCD=90°,$
$\therefore ∠ BCD+∠ B=90°,$
$\therefore ∠ CDB=90°$,即 $CD$ 是 $AB$ 边上的高.
当 $∠ BCD=∠ A$ 时,同理可证 $∠ CDB=90°$,
即 $CD$ 是 $AB$ 边上的高.
在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中,$∠ ACB=90°,AB=5,AC=4$,
$\therefore BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=3.$
$\because S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AB· CD=\frac{1}{2}AC· BC,\therefore CD=\frac{12}{5}.$
②$\because AC=4,BC=3,\therefore AC＞BC$,有 $∠ B＞∠ A$,
$\therefore$“理想点”$D$ 不可能在 $BC$ 边上.
③当 $D$ 在 $AC$ 边上时,如图2.
$\because D$ 是 $△ ABC$ 的“理想点”,
$\therefore ∠ DBC=∠ A.$
又 $∠ C=∠ C,\therefore △ BDC∽ △ ABC,$
$\therefore \frac{CD}{BC}=\frac{BC}{AC},\mathrm{即}\frac{CD}{3}=\frac{3}{4},\therefore CD=\frac{9}{4}.$
综上所述,点 $D$ 是 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 的“理想点”时,$CD$ 的长为 $\frac{12}{5}$ 或 $\frac{9}{4}$.
解析
【分析】
(1) 要判断点D是否为“理想点”，需根据定义验证是否满足∠ACD=∠B。我们可通过证明△ACD与△ABC相似得到对应角相等：先利用中点性质和已知边长推导边的比例关系，结合公共角∠A证明三角形相似，进而得到角相等即可完成判断。
(2) 求CD的长需分类讨论“理想点”D的位置：①D在AB边上时，根据“理想点”的角相等条件可推导出CD为AB边上的高，用直角三角形面积法求解；②D在BC边上时，可通过角的大小关系排除该情况；③D在AC边上时，利用角相等证明△BDC∽△ABC，再根据相似三角形对应边成比例求解CD，最后汇总所有符合条件的结果。
【解析】
(1) 点D是△ABC的“理想点”，理由如下：
$\because D$是$AB$的中点，$AB=2$，
$\therefore AD=BD=1$，$\therefore AD·AB=1×2=2$。
$\because AC=\sqrt{2}$，$\therefore AC^2=(\sqrt{2})^2=2$，
$\therefore AC^2=AD·AB$，即$\frac{AC}{AD}=\frac{AB}{AC}$。
又$\because ∠A=∠A$，$\therefore △ACD∽△ABC$，
$\therefore ∠ACD=∠B$，符合“理想点”定义，故点D是△ABC的“理想点”。
(2) 分情况讨论：
①当D在AB边上时，如图1：
$\because D$是△ABC的“理想点”，$\therefore ∠ACD=∠B$或$∠BCD=∠A$。
当$∠ACD=∠B$时，
$\because ∠ACD+∠BCD=90°$，
$\therefore ∠BCD+∠B=90°$，
$\therefore ∠CDB=90°$，即CD是AB边上的高。
当$∠BCD=∠A$时，同理可证$∠CDB=90°$，即CD是AB边上的高。
在$\mathrm{Rt}△ABC$中，$∠ACB=90°$，$AB=5$，$AC=4$，
由勾股定理得$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$。
$\because S_{△ABC}=\frac{1}{2}AB·CD=\frac{1}{2}AC·BC$，
代入数值解得$CD=\frac{AC·BC}{AB}=\frac{4×3}{5}=\frac{12}{5}$。
②判断D在BC边上的情况：
$\because AC=4$，$BC=3$，$AC＞BC$，$\therefore ∠B＞∠A$，不存在满足“理想点”定义的角相等关系，故“理想点”D不可能在BC边上。
③当D在AC边上时，如图2：
$\because D$是△ABC的“理想点”，$\therefore ∠DBC=∠A$。
又$\because ∠C=∠C$，$\therefore △BDC∽△ABC$，
$\therefore \frac{CD}{BC}=\frac{BC}{AC}$，即$\frac{CD}{3}=\frac{3}{4}$，解得$CD=\frac{9}{4}$。
综上，CD的长为$\frac{12}{5}$或$\frac{9}{4}$。
【答案】
(1) 点D是△ABC的“理想点”，理由见解析；
(2) CD的长为$\frac{12}{5}$或$\frac{9}{4}$。
【知识点】
新定义理解，相似三角形的判定与性质，直角三角形的性质
【点评】
本题是新定义类几何综合题，既考查对新定义的理解应用能力，也考查相似三角形、直角三角形相关性质的综合运用，解题时要注意分类讨论“理想点”的位置，避免漏解。
【难度系数】
0.6
(1) 要判断点D是否为“理想点”，需根据定义验证是否满足∠ACD=∠B。我们可通过证明△ACD与△ABC相似得到对应角相等：先利用中点性质和已知边长推导边的比例关系，结合公共角∠A证明三角形相似，进而得到角相等即可完成判断。
(2) 求CD的长需分类讨论“理想点”D的位置：①D在AB边上时，根据“理想点”的角相等条件可推导出CD为AB边上的高，用直角三角形面积法求解；②D在BC边上时，可通过角的大小关系排除该情况；③D在AC边上时，利用角相等证明△BDC∽△ABC，再根据相似三角形对应边成比例求解CD，最后汇总所有符合条件的结果。
【解析】
(1) 点D是△ABC的“理想点”，理由如下：
$\because D$是$AB$的中点，$AB=2$，
$\therefore AD=BD=1$，$\therefore AD·AB=1×2=2$。
$\because AC=\sqrt{2}$，$\therefore AC^2=(\sqrt{2})^2=2$，
$\therefore AC^2=AD·AB$，即$\frac{AC}{AD}=\frac{AB}{AC}$。
又$\because ∠A=∠A$，$\therefore △ACD∽△ABC$，
$\therefore ∠ACD=∠B$，符合“理想点”定义，故点D是△ABC的“理想点”。
(2) 分情况讨论：
①当D在AB边上时，如图1：
$\because D$是△ABC的“理想点”，$\therefore ∠ACD=∠B$或$∠BCD=∠A$。
当$∠ACD=∠B$时，
$\because ∠ACD+∠BCD=90°$，
$\therefore ∠BCD+∠B=90°$，
$\therefore ∠CDB=90°$，即CD是AB边上的高。
当$∠BCD=∠A$时，同理可证$∠CDB=90°$，即CD是AB边上的高。
在$\mathrm{Rt}△ABC$中，$∠ACB=90°$，$AB=5$，$AC=4$，
由勾股定理得$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$。
$\because S_{△ABC}=\frac{1}{2}AB·CD=\frac{1}{2}AC·BC$，
代入数值解得$CD=\frac{AC·BC}{AB}=\frac{4×3}{5}=\frac{12}{5}$。
②判断D在BC边上的情况：
$\because AC=4$，$BC=3$，$AC＞BC$，$\therefore ∠B＞∠A$，不存在满足“理想点”定义的角相等关系，故“理想点”D不可能在BC边上。
③当D在AC边上时，如图2：
$\because D$是△ABC的“理想点”，$\therefore ∠DBC=∠A$。
又$\because ∠C=∠C$，$\therefore △BDC∽△ABC$，
$\therefore \frac{CD}{BC}=\frac{BC}{AC}$，即$\frac{CD}{3}=\frac{3}{4}$，解得$CD=\frac{9}{4}$。
综上，CD的长为$\frac{12}{5}$或$\frac{9}{4}$。
【答案】
(1) 点D是△ABC的“理想点”，理由见解析；
(2) CD的长为$\frac{12}{5}$或$\frac{9}{4}$。
【知识点】
新定义理解，相似三角形的判定与性质，直角三角形的性质
【点评】
本题是新定义类几何综合题，既考查对新定义的理解应用能力，也考查相似三角形、直角三角形相关性质的综合运用，解题时要注意分类讨论“理想点”的位置，避免漏解。
【难度系数】
0.6
25(14分)在矩形ABCD中,E为CD边上一点,连接AE.
(1)如图1,若AB=BC=4,将三角形ADE绕点A顺时针旋转,使点D与点B重合,点E的对应点记为F,连接EF,M为线段EF的中点,连接AM并延长,交BC边于点G.求当E为CD中点时,BG与CG的比值;
(2)如图2,在CB延长线上取一点F,使$\frac{BF}{AB}=\frac{DE}{AD}$,连接AF、EF,M为线段EF的中点,连接AM并延长,交BC边于点G,连接CM.
①求证:AM=CM;
②连接BM,若AB=4,BC=8,则当点E在CD边所在直线上运动时,求BM的最小值.
(1)如图1,若AB=BC=4,将三角形ADE绕点A顺时针旋转,使点D与点B重合,点E的对应点记为F,连接EF,M为线段EF的中点,连接AM并延长,交BC边于点G.求当E为CD中点时,BG与CG的比值;
(2)如图2,在CB延长线上取一点F,使$\frac{BF}{AB}=\frac{DE}{AD}$,连接AF、EF,M为线段EF的中点,连接AM并延长,交BC边于点G,连接CM.
①求证:AM=CM;
②连接BM,若AB=4,BC=8,则当点E在CD边所在直线上运动时,求BM的最小值.
答案
25.(1)解:$\because$ 将 $△ ADE$ 绕点 $A$ 顺时针旋转得到 $△ ABF,\therefore △ ADE≌ △ ABF,$
$\therefore DE=BF,∠ DAE=∠ BAF,AE=AF.$
$\because ∠ DAE+∠ BAE=90°,\therefore ∠ BAF+∠ BAE=90°,$
$\therefore △ AEF$ 是等腰直角三角形.
$\because AD=4,\therefore DE=BF=2,$
$\therefore AE=AF=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5},\therefore EF=2\sqrt{10}.$
$\because M$ 为线段 $EF$ 的中点,$\therefore AG⊥ EF,MF=\sqrt{10}.$
$\because ∠ FMG=∠ ECF,∠ MFG=∠ CFE,$
$\therefore △ FMG∽ △ FCE,\therefore \frac{FM}{FC}=\frac{FG}{FE},$
即 $\frac{\sqrt{10}}{6}=\frac{FG}{2\sqrt{10}},\therefore FG=\frac{10}{3},$
$\therefore CG=6-FG=6-\frac{10}{3}=\frac{8}{3},BG=FG-2=\frac{10}{3}-2=\frac{4}{3},\therefore BG:CG=\frac{1}{2}.$
(2)①证明:$\because \frac{BF}{AB}=\frac{DE}{AD},\therefore \frac{BF}{DE}=\frac{AB}{AD}.$
$\because$ 四边形 $ABCD$ 为矩形,$\therefore ∠ ADE=∠ ABF=90°,$
$\therefore △ ADE∽ △ ABF,\therefore ∠ DAE=∠ BAF.$
$\because ∠ DAE+∠ EAB=90°,\therefore ∠ BAF+∠ EAB=90°,$
即 $∠ EAF=90°.$
$\because M$ 为 $EF$ 的中点,$\therefore CM=\frac{1}{2}EF,AM=\frac{1}{2}EF,$
$\therefore AM=CM.$
②解:如图,连接 $AC$,取 $AC$ 的中点为 $O$,连接 $OM$ 并延长,交 $BC$ 于 $Q$,交 $AD$ 于 $N$,过点 $B$ 作 $BH⊥ QN$ 于 $H$,连接 $AQ$.
$\because AO=CO,AM=CM,$
$\therefore QN⊥ AC,$
$\therefore QN$ 为 $AC$ 的垂直平分线,
$\therefore M$ 沿直线 $QN$ 运动,$QC=QA.$
$\because BH⊥ QN,$
$\therefore$ 当 $M$ 运动到 $H$ 时,$BH$ 即为 $BM$ 的最小值.
设 $BQ=x$,则 $QC=QA=8-x$.
在 $\mathrm{Rt}△ ABQ$ 中,有 $AB^2+BQ^2=QA^2$,
即 $16+x^2=(8-x)^2$,解得 $x=3$,
$\therefore BQ=3,QC=5.$
$\because AD=8,DC=4,\therefore AC=4\sqrt{5},\therefore OC=2\sqrt{5}.$
$\because ∠ BQH=∠ CQO,∠ BHQ=∠ QOC,$
$\therefore △ BHQ∽ △ COQ,\therefore \frac{BH}{OC}=\frac{BQ}{QC},\mathrm{即}\frac{BH}{2\sqrt{5}}=\frac{3}{5},$
$\therefore BH=\frac{6\sqrt{5}}{5},\therefore BM$ 的最小值为 $\frac{6\sqrt{5}}{5}.$
解析
【分析】
(1) 先利用旋转性质得到△ADE≌△ABF，推导得出△AEF为等腰直角三角形，结合M是EF中点可得AG⊥EF；再证明△FMG∽△FCE，通过相似三角形对应边成比例求出FG长度，进而计算BG、CG的长度得到比值。
(2) ①根据已知边长比例和矩形的直角特性，证明△ADE∽△ABF，推出∠EAF=90°，再结合M是EF中点，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，证明AM、CM均为$\frac{1}{2}EF$，即可得AM=CM；②先确定M的运动轨迹为AC的垂直平分线，根据垂线段最短的原理，过B作轨迹线的垂线，垂线段长度就是BM的最小值，再通过勾股定理、相似三角形计算该垂线段长度即可。
【解析】
(1) 解：
∵将△ADE绕点A顺时针旋转得到△ABF，
∴△ADE≌△ABF，
∴DE=BF，∠DAE=∠BAF，AE=AF。
∵∠DAE+∠BAE=90°，
∴∠BAF+∠BAE=90°，即∠EAF=90°，
∴△AEF是等腰直角三角形。
∵AD=AB=BC=4，E为CD中点，
∴DE=BF=2，
∴$AE=AF=\sqrt{AD^2+DE^2}=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}$，$EF=\sqrt{AE^2+AF^2}=2\sqrt{10}$。
∵M为线段EF的中点，等腰直角三角形三线合一，
∴AG⊥EF，$MF=\frac{1}{2}EF=\sqrt{10}$。
∵∠FMG=∠ECF=90°，∠MFG=∠CFE，
∴△FMG∽△FCE，
∴$\frac{FM}{FC}=\frac{FG}{FE}$，其中$FC=FB+BC=2+4=6$，
代入得$\frac{\sqrt{10}}{6}=\frac{FG}{2\sqrt{10}}$，解得$FG=\frac{10}{3}$，
∴$CG=FC-FG=6-\frac{10}{3}=\frac{8}{3}$，$BG=FG-FB=\frac{10}{3}-2=\frac{4}{3}$，
∴$BG:CG=\frac{4}{3}:\frac{8}{3}=\frac{1}{2}$。
(2) ①证明：
∵$\frac{BF}{AB}=\frac{DE}{AD}$，
∴$\frac{BF}{DE}=\frac{AB}{AD}$。
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠ADE=∠ABF=90°，
∴△ADE∽△ABF，
∴∠DAE=∠BAF。
∵∠DAE+∠EAB=90°，
∴∠BAF+∠EAB=90°，即∠EAF=90°。
∵M为EF的中点，直角三角形斜边中线等于斜边的一半，
∴$AM=\frac{1}{2}EF$。
又
∵∠ECF=90°，M为EF中点，同理可得$CM=\frac{1}{2}EF$，
∴AM=CM。
②解：如图，连接AC，取AC的中点为O，连接OM并延长，交BC于Q，交AD于N，过点B作BH⊥QN于H，连接AQ。
∵AO=CO，AM=CM，
∴QN是AC的垂直平分线（到线段两端点距离相等的点在垂直平分线上），
∴M沿直线QN运动，且QC=QA。
根据垂线段最短，当M运动到H点时，BH即为BM的最小值。
设BQ=x，则QC=QA=BC-BQ=8-x，
在Rt△ABQ中，由勾股定理得$AB^2+BQ^2=QA^2$，
代入AB=4得：$16+x^2=(8-x)^2$，
展开得$16+x^2=64-16x+x^2$，解得x=3，
∴BQ=3，QC=5。
在Rt△ADC中，AD=8，DC=AB=4，
∴$AC=\sqrt{AD^2+DC^2}=\sqrt{8^2+4^2}=4\sqrt{5}$，
∵O是AC中点，
∴$OC=\frac{1}{2}AC=2\sqrt{5}$。
∵∠BQH=∠CQO，∠BHQ=∠COQ=90°，
∴△BHQ∽△COQ，
∴$\frac{BH}{OC}=\frac{BQ}{QC}$，代入得$\frac{BH}{2\sqrt{5}}=\frac{3}{5}$，
解得$BH=\frac{6\sqrt{5}}{5}$，即BM的最小值为$\frac{6\sqrt{5}}{5}$。
【答案】
(1) $\frac{1}{2}$；
(2) ①证明见上述解析；②$\frac{6\sqrt{5}}{5}$
【知识点】
1. 旋转的性质
2. 相似三角形判定与性质
3. 垂线段最短
【点评】
本题属于几何综合题，融合了矩形性质、图形变换、相似三角形、直角三角形特性、最短路径求解等多个考点，既考查基础定理的应用能力，也对逻辑推理、动点轨迹分析、运算求解能力有较高要求，解题的核心是抓住图形变换中的等量关系，准确判断动点的运动路径。
【难度系数】
0.3
(1) 先利用旋转性质得到△ADE≌△ABF，推导得出△AEF为等腰直角三角形，结合M是EF中点可得AG⊥EF；再证明△FMG∽△FCE，通过相似三角形对应边成比例求出FG长度，进而计算BG、CG的长度得到比值。
(2) ①根据已知边长比例和矩形的直角特性，证明△ADE∽△ABF，推出∠EAF=90°，再结合M是EF中点，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，证明AM、CM均为$\frac{1}{2}EF$，即可得AM=CM；②先确定M的运动轨迹为AC的垂直平分线，根据垂线段最短的原理，过B作轨迹线的垂线，垂线段长度就是BM的最小值，再通过勾股定理、相似三角形计算该垂线段长度即可。
【解析】
(1) 解：
∵将△ADE绕点A顺时针旋转得到△ABF，
∴△ADE≌△ABF，
∴DE=BF，∠DAE=∠BAF，AE=AF。
∵∠DAE+∠BAE=90°，
∴∠BAF+∠BAE=90°，即∠EAF=90°，
∴△AEF是等腰直角三角形。
∵AD=AB=BC=4，E为CD中点，
∴DE=BF=2，
∴$AE=AF=\sqrt{AD^2+DE^2}=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}$，$EF=\sqrt{AE^2+AF^2}=2\sqrt{10}$。
∵M为线段EF的中点，等腰直角三角形三线合一，
∴AG⊥EF，$MF=\frac{1}{2}EF=\sqrt{10}$。
∵∠FMG=∠ECF=90°，∠MFG=∠CFE，
∴△FMG∽△FCE，
∴$\frac{FM}{FC}=\frac{FG}{FE}$，其中$FC=FB+BC=2+4=6$，
代入得$\frac{\sqrt{10}}{6}=\frac{FG}{2\sqrt{10}}$，解得$FG=\frac{10}{3}$，
∴$CG=FC-FG=6-\frac{10}{3}=\frac{8}{3}$，$BG=FG-FB=\frac{10}{3}-2=\frac{4}{3}$，
∴$BG:CG=\frac{4}{3}:\frac{8}{3}=\frac{1}{2}$。
(2) ①证明：
∵$\frac{BF}{AB}=\frac{DE}{AD}$，
∴$\frac{BF}{DE}=\frac{AB}{AD}$。
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠ADE=∠ABF=90°，
∴△ADE∽△ABF，
∴∠DAE=∠BAF。
∵∠DAE+∠EAB=90°，
∴∠BAF+∠EAB=90°，即∠EAF=90°。
∵M为EF的中点，直角三角形斜边中线等于斜边的一半，
∴$AM=\frac{1}{2}EF$。
又
∵∠ECF=90°，M为EF中点，同理可得$CM=\frac{1}{2}EF$，
∴AM=CM。
②解：如图，连接AC，取AC的中点为O，连接OM并延长，交BC于Q，交AD于N，过点B作BH⊥QN于H，连接AQ。
∵AO=CO，AM=CM，
∴QN是AC的垂直平分线（到线段两端点距离相等的点在垂直平分线上），
∴M沿直线QN运动，且QC=QA。
根据垂线段最短，当M运动到H点时，BH即为BM的最小值。
设BQ=x，则QC=QA=BC-BQ=8-x，
在Rt△ABQ中，由勾股定理得$AB^2+BQ^2=QA^2$，
代入AB=4得：$16+x^2=(8-x)^2$，
展开得$16+x^2=64-16x+x^2$，解得x=3，
∴BQ=3，QC=5。
在Rt△ADC中，AD=8，DC=AB=4，
∴$AC=\sqrt{AD^2+DC^2}=\sqrt{8^2+4^2}=4\sqrt{5}$，
∵O是AC中点，
∴$OC=\frac{1}{2}AC=2\sqrt{5}$。
∵∠BQH=∠CQO，∠BHQ=∠COQ=90°，
∴△BHQ∽△COQ，
∴$\frac{BH}{OC}=\frac{BQ}{QC}$，代入得$\frac{BH}{2\sqrt{5}}=\frac{3}{5}$，
解得$BH=\frac{6\sqrt{5}}{5}$，即BM的最小值为$\frac{6\sqrt{5}}{5}$。
【答案】
(1) $\frac{1}{2}$；
(2) ①证明见上述解析；②$\frac{6\sqrt{5}}{5}$
【知识点】
1. 旋转的性质
2. 相似三角形判定与性质
3. 垂线段最短
【点评】
本题属于几何综合题，融合了矩形性质、图形变换、相似三角形、直角三角形特性、最短路径求解等多个考点，既考查基础定理的应用能力，也对逻辑推理、动点轨迹分析、运算求解能力有较高要求，解题的核心是抓住图形变换中的等量关系，准确判断动点的运动路径。
【难度系数】
0.3
