第三课时
几何代数综合题1.已知：如图①，在矩形ABCD 中，AB=5，AD=320
,AE ⊥BD ，垂足是 E.点F 是点E 关于AB 的对称点，连接
AF 、BF.
（1）求AE 和BE 的长；
（2）若将△ABF 沿着射线BD 方向平移，设平移的距离为
m （平移距离指点B 沿BD 方向所经过的线段长度）.当点F 分别平移到线段AB 、AD 上时，直接写出相应的m 的值.
（3）如图②，将△ABF 绕点B 顺时针旋转一个角（0°＜＜180°），记旋转中的△ABF 为△A ′BF ′，在旋转过程
中，设A ′F ′所在的直线与直线
AD 交于点P.与直线BD 交于点Q.是否存在这样的P 、Q 两点，使△DPQ 为等腰三角形？若存在，求出此时DQ 的长；若不存在，请说明理由
. 解：（1）在Rt △ABD 中，AB=5，AD =
，由勾股定理得：BD ===
．
∵S △ABD =BD?AE =AB?AD ，
∴AE===4．
在Rt △ABE 中，AB=5，AE=4，由勾股定理得：
BE=3．（2）设平移中的三角形为△
A ′
B ′F ′，如答图2所示：由对称点性质可知，∠
1=∠2．由平移性质可知，AB ∥A ′B ′，∠4=∠1，BF=B ′F ′=3．
①当点F ′落在AB 上时，∵AB ∥A ′B ′，
∴∠3=∠4，∴∠3=∠2，
∴BB ′＝B ′F ′=3，即m=3；
②当点F ′落在AD 上时，∵AB ∥A ′B ′，
∴∠6=∠2，∵∠1=∠2，∠5=∠1，
∴∠5=∠6，又易知A ′B ′⊥AD ，
∴△B ′F ′D 为等腰三角形，
∴B ′D=B ′F ′=3，
∴BB ′＝B D ﹣B ′D =﹣3=，即m=．
（3）存在．理由如下：
在旋转过程中，等腰△DPQ依次有以下4种情形：
①如答图3﹣1所示，点Q落在BD延长线上，且PD=DQ，易知∠2=2∠Q，∵∠1=∠3+∠Q，∠1=∠2，
∴∠3=∠Q，
∴A′Q=A′B=5，
A′Q=4+5=9．
∴F′Q=F′A′＋
在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：BQ===．∴DQ=BQ﹣BD=﹣；
②如答图3﹣2所示，点Q落在BD上，且PQ=DQ，易知∠2=∠P，
∵∠1=∠2，∴∠1=∠P，
∴BA′∥PD，则此时点A′落在BC边上．
∵∠3=∠2，∴∠3=∠1，∴BQ=A′Q，
∴F′Q=F′A′﹣A′Q=4﹣BQ．
在Rt△BQF′中，由勾股定理得：BF′2+F′Q2=BQ2，
即：32+（4﹣BQ）2=BQ2，
解得：BQ=，
∴DQ=BD﹣BQ=﹣=；
③如答图3﹣3所示，点Q落在BD上，且PD=DQ，易知∠3=∠4．
∵∠2+∠3+∠4=180°，∠3=∠4，
∴∠4=90°﹣∠2．
∵∠1=∠2，∴∠4=90°﹣∠1．
∴∠A′QB=∠4=90°﹣∠1，
∴∠A′BQ=180°﹣∠A′QB﹣∠1=90°﹣∠1，
∴∠A′QB=∠A′BQ，
∴A′Q=A′B=5，
∴F′Q=A′Q﹣A′F′=5﹣4=1．
在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：BQ===，∴DQ=BD﹣BQ=﹣；
④如答图3﹣4所示，点Q落在BD上，且PQ=PD，易知∠2=∠3．
G F C D
A B
E ∵∠1=∠2，∠3=∠4，∠2=∠3，
∴∠1=∠4，
∴BQ=BA ′=5，
∴DQ =BD ﹣BQ=
﹣5=．综上所述，存在
4组符合条件的点P 、点Q ，使△DPQ 为等腰三角形；DQ 的长度分别为
﹣、、﹣或．2.如图，在矩形ABCD 中，AB=5,AD=4,E 为AD 边上的一动点（不与点A 重合），A F ⊥BE ，垂足为F ，GF ⊥CF,交
AB 于点G,连接EG,设AE=,，x y S BEG （1）求证：⊿AFG ∽⊿BFC （2）
求Y 与X 的函数关系式，并求的最值（3）
若⊿BFC 为等腰三角形，请写出
x 的值。

证明：3.如图1，在正方形ABCD 中，E 、F 分别为BC 、CD 的中点，连接
AE 、BF ，交点为G ．
(1)求证：AE ⊥BF ；(2)将△BCF 沿BF 对折，得到△BPF （如图2），延长FP 交BA 的延长线于点
Q ，求sin ∠BQP 的值；(3)将△ABE 绕点A 逆时针方向旋转，使边
AB 正好落在AE 上，得到△AHM （如图3），若AM 和BF 相交于点N ，当正方形ABCD 的面积为4时，求四边形GHMN 的面积．
(1)证明：∵E 、F 分别是正方形
ABCD 边BC 、CD 的中点，∴CF=BE ，∴Rt △ABE ≌Rt △BCF ∴∠BAE=∠CBF。