1. 綜合探究
已知點(diǎn)E是邊長為2的正方形ABCD內(nèi)部一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，始終保持∠AED＝90°.
【初步探究】
（1）如圖①，延長DE交邊BC于點(diǎn)F.當(dāng)點(diǎn)F是BC的中點(diǎn)時(shí)，求DEAE的值；
【深入探究】
（2）如圖②，連接CE并延長交邊AD于點(diǎn)M.當(dāng)點(diǎn)M是AD的中點(diǎn)時(shí)，求DEAE的值.
第1題圖
2.綜合運(yùn)用
如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，矩形ABCD的頂點(diǎn)C在原點(diǎn)O處，已知點(diǎn)B（8，0），D（0，6），連接AC，E是CD上一動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)C，D重合），過點(diǎn)E作EF∥AC交AD于點(diǎn)F，過點(diǎn)E作EG⊥EF交BC于點(diǎn)G，連接FG.
（1）若DE＝CG，求證：△DEF≌△CGE；
（2）設(shè)DE＝a，用含a的式子表示△EFG的面積，并求出△EFG面積的最大值.
第2題圖
3. 已知Rt△OAB，∠OAB＝90°，∠ABO＝30°，斜邊OB＝4，將Rt△OAB繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，如圖①，連接BC.
（1）填空：∠OBC＝ °；
（2）如圖①，連接AC，作OP⊥AC，垂足為P，求OP的長度；
（3）如圖②，點(diǎn)M，N同時(shí)從點(diǎn)O出發(fā)，在△OCB邊上運(yùn)動(dòng)，M沿O→C→B路徑勻速運(yùn)動(dòng)，N沿O→B→C路徑勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩點(diǎn)相遇時(shí)運(yùn)動(dòng)停止，已知點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)速度為1.5單位/秒，點(diǎn)N的運(yùn)動(dòng)速度為1單位/秒.設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為x秒， △OMN的面積為y，求當(dāng)x為何值時(shí)y取得最大值？最大值為多少？
第3題圖
類型二 動(dòng)線型探究
1. （2024佛山一模節(jié)選）綜合探究
如圖，點(diǎn)B，E是射線AQ上的動(dòng)點(diǎn)，以AB為邊在射線AQ上方作正方形ABCD，連接DE，作DE的垂直平分線FG，垂足為H，F(xiàn)G分別與直線BC，AD，DC交于點(diǎn)M，F(xiàn)，G，連接EG交直線BC于點(diǎn)K.
（1）設(shè)AB＝4，當(dāng)E恰好是AB的中點(diǎn)時(shí)，求DF的長；
（2）若DG＝DE，猜想HG與AE的數(shù)量關(guān)系，并證明.
2. 綜合探究
如圖①，在平面直角坐標(biāo)系中，菱形OABC的頂點(diǎn)A在x軸的正半軸上，點(diǎn)A（5，0），C（－3，4），直線l：y＝x＋t（－5＜t＜0）交OA邊于點(diǎn)D，交AB邊于點(diǎn)E，點(diǎn)A與點(diǎn)A'關(guān)于直線l對稱，連接A'D，A'E.
（1）當(dāng)t的值為多少時(shí)，E為AB的中點(diǎn)；（直接寫出結(jié)果，不要求寫出解答過程）
（2）如圖②，設(shè)△A'DE的邊A'D和A'E分別與BC交于點(diǎn)M，N.記四邊形DENM的面積為S，求S關(guān)于t的函數(shù)表達(dá)式，并求出t的取值范圍.
第2題圖
3. （2024佛山南海區(qū)二模）綜合探究
如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)O為原點(diǎn)，?ABCD的頂點(diǎn)B，C在x軸上，A在y軸上，OA＝OC＝2OB＝4，直線y＝x＋t（－2≤t≤4）分別與x軸，y軸，線段AD，直線AB交于點(diǎn)E，F(xiàn)，P，Q.
（1）當(dāng)t＝1時(shí)，求證：AP＝DP；
（2）探究線段AP，PQ之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；
（3）在x軸上是否存在點(diǎn)M，使得∠PMQ＝90°，且以點(diǎn)M，P，Q為頂點(diǎn)的三角形與△AOB相似，若存在，請求出此時(shí)t的值以及點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由.
類型三 動(dòng)面型探究
1. 如圖①，在平面直角坐標(biāo)系中，O為原點(diǎn)，矩形OABC的頂點(diǎn)A（4，0），C（0，3）.以點(diǎn)O為中心，逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)矩形OABC，得到矩形OA'B'C'，點(diǎn)A，B，C的對應(yīng)點(diǎn)分別為A'，B'，C'.
（1）如圖②，當(dāng)點(diǎn)C'落在AC上時(shí)（不與點(diǎn)C重合），求點(diǎn)B'的坐標(biāo)；
（2）如圖③，OA'交BC于點(diǎn)D，當(dāng)OB恰好平分∠A'OA時(shí)，求BD的長.
第1題圖
2. 在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，菱形OABC的頂點(diǎn)A（4，0），C（2，23），矩形ODEF的頂點(diǎn)D（0，3），F(xiàn)（－4，0）.
（1）如圖①，點(diǎn)E的坐標(biāo)為 ，點(diǎn)B的坐標(biāo)為 ；
（2）將矩形ODEF沿水平方向向右平移，得到矩形O'D'E'F'，點(diǎn)O，D，E，F(xiàn)的對應(yīng)點(diǎn)分別為O'，D'，E'，F(xiàn)'.設(shè)OO'＝t，矩形O'D'E'F'與菱形OABC重疊部分的面積為S.當(dāng)邊O'D'與AB相交于點(diǎn)G，邊OC分別與D'E'，E'F'相交于點(diǎn)H，M，且矩形O'D'E'F'與菱形OABC重疊部分為六邊形時(shí)，試用含t的式子表示S，并直接寫出t的取值范圍.
第2題圖
3. （2024廣東22題13分）【知識(shí)技能】
（1）如圖①，在△ABC中，DE是△ABC的中位線.連接CD，將△ADC繞點(diǎn)D按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)，得到△A'DC'.當(dāng)點(diǎn)E的對應(yīng)點(diǎn)E'與點(diǎn)A重合時(shí)，求證：AB＝BC.
【數(shù)學(xué)理解】
（2）如圖②，在△ABC中（AB＜BC），DE是△ABC的中位線.連接CD，將△ADC繞點(diǎn)D按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)，得到△A'DC'，連接A'B，C'C，作△A'BD的中線DF.求證：2DF·CD＝BD·CC'.
【拓展探索】
（3）如圖③，在△ABC中，tan B＝43，點(diǎn)D在AB上，AD＝325.過點(diǎn)D作DE⊥BC，垂足為E，BE＝3，CE＝323.在四邊形ADEC內(nèi)是否存在點(diǎn)G，使得∠AGD＋∠CGE＝180°？若存在，請給出證明；若不存在，請說明理由.
第3題圖
類型一 動(dòng)點(diǎn)型探究
1. 解：(1)如解圖①，∵在正方形ABCD中，∠AED＝∠ADC＝∠C＝90°，AB＝BC＝CD＝AD＝2，
∴∠2＝90°－∠3＝∠1，
∴tan∠2＝tan∠1，
∴DEAE＝CFCD＝CFCB.
∵F是BC的中點(diǎn)，
∴DEAE＝CFCB＝12；
第1題解圖①
(2)如解圖②，延長DE交邊BC于點(diǎn)F，
∵M(jìn)是AD的中點(diǎn)，∠AED＝90°，
∴AM＝MD＝ME＝12AD＝1，
∴∠2＝∠1，
在Rt△MDC中，MC＝MD2＋CD2＝12＋22＝5，
∴CE＝MC－ME＝5－1.
∵在正方形ABCD中，AD∥BC，
∴∠2＝∠4，
∵∠1＝∠3，
∴∠4＝∠3，
∴CF＝CE＝5－1，
與(1)同理可得，DEAE＝CFCB＝5－12.
第1題解圖②
2. (1)證明：∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝∠DCB＝90°，
∵EG⊥EF，∴∠FEG＝90°，
∴∠CEG＋∠FED＝90°，
∵∠DFE＋∠FED＝90°，
∴∠DFE＝∠CEG，
∵DE＝CG，∠FDE＝∠ECG，
∴△DEF≌△CGE(AAS)；
(2)解：∵B(8，0)，D(0，6)，
∴CB＝8，CD＝6，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝8，
在Rt△ADC中，AC＝AD2＋CD2＝10.
∵EF∥AC，
∴△DEF∽△DCA
∴DEDC＝EFCA，即a6＝EF10，解得EF＝53a.
由(1)知∠DFE＝∠CEG，
∵EF∥AC，
∴∠DFE＝∠DAC，
∴∠CEG＝∠DAC，
∵∠ECG＝∠ADC，
∴△CEG∽△DAC，
∴CEDA＝EGAC，即6－a8＝EG10，解得EG＝54(6－a)，
∴S△EFG＝12EF·EG＝12×53a×54(6－a)＝2524(6a－a2)＝－2524(a－3)2＋758，
∵－2524＜0，0＜a＜6，
∴當(dāng)a＝3時(shí)，△EFG的面積有最大值，最大值為758.
3. 解：(1)60；
【解法提示】由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，OB＝OC，∠BOC＝60°，∴△OBC是等邊三角形，∴∠OBC＝60°.
(2)在Rt△OAB中，OB＝4，∠ABO＝30°，
∴∠AOB＝60°，OA＝12OB＝2，AB＝OB·cs 30°＝23，
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，OB＝OC，∠BOC＝60°，
∴△OBC是等邊三角形，
∴∠AOB＝∠OBC＝60°，BC＝OB＝4，
∴OA∥BC，AB即為△AOC的高，
∴S△AOC＝12AO·AB＝12×2×23＝23，
∵∠ABC＝∠ABO＋∠OBC ＝90°，
∴AC＝AB2＋BC2＝(23)2＋42＝27，
∵OP⊥AC，
∴S△AOC＝12AC·OP，即12×27·OP＝23，
解得OP＝2217；
一題多解法
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，OB＝OC，
∠BOC＝60°，
∴△OBC為等邊三角形，
∴BC＝OB＝4，∠OBC＝60°，
∵∠ABO＝30°，
∴OA＝12OB＝2，AB＝32OB＝23，∠ABC＝90°，
∴BC∥OA，AC＝AB2＋BC2＝27，
∴∠PAO＝∠ACB，
∵sin∠ACB＝ABAC＝217，
∴sin∠PAO＝sin∠ACB＝217，
∴OPOA＝217，
∴OP＝217OA＝2217；
(3)根據(jù)題意得，M運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C時(shí)，所需時(shí)間為41.5＝83(秒)，N運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B時(shí)，所需時(shí)間為41＝4(秒)，當(dāng)M，N相遇時(shí)，所需時(shí)間為12(1+1.5)＝245(秒)，
∴分三種情況討論：
①當(dāng)0＜x≤83時(shí)，點(diǎn)M在OC上，點(diǎn)N在OB上，如解圖①，過點(diǎn)N作NE⊥OC于點(diǎn)E，
則NE＝ON·sin 60°＝32x，
∴y＝12OM·NE＝12×1.5x×32x＝338x2，
∵338＞0，
∴當(dāng)x＝83時(shí)，y最大＝338×(83)2＝833；
②當(dāng)83＜x＜4時(shí)，點(diǎn)M在BC上，點(diǎn)N在OB上，如解圖②，
BM＝8－32x，過點(diǎn)M作MF⊥OB于點(diǎn)F，
∴MF＝BM·sin 60°＝32(8－32x)，
∴y＝12ON·MF＝12x·32(8－32x)＝23x－338x2，
∵－338＜0，
∴當(dāng)x＝－b2a＝－23－2×338＝83時(shí)，
y最大＝23×83－338×(83)2＝833；
③當(dāng)4≤x＜245時(shí)，點(diǎn)M，N都在BC上，如解圖③，
MN＝12－52x，
過點(diǎn)O作OG⊥BC于點(diǎn)G，
則OG＝AB＝23，
∴y＝12MN·OG＝12(12－52x)·23＝－532x＋123，
∵－532＜0，
∴當(dāng)x＝4時(shí)，y最大＝23.
綜上所述，當(dāng)x＝83時(shí)，y取得最大值，最大值為833.
第3題解圖
類型二 動(dòng)線型探究
1. 解：(1)如解圖①，連接EF，
在正方形ABCD中，AB＝AD＝4，
∵E是AB中點(diǎn)，
∴AE＝EB＝2，
∵F為線段DE垂直平分線上一點(diǎn)，
∴DF＝EF，
設(shè)DF＝x，則AF＝4－x，
在Rt△AFE中，根據(jù)勾股定理得，(4－x)2＋22＝x2，
解得x＝52，∴DF＝52；
第1題解圖①
(2)HG＝3AE.證明如下：
∵GF垂直平分DE，
∴DG＝GE，∠DHG＝90°，
∵DG＝DE，
∴DG＝DE＝EG，
∴△DGE是等邊三角形，
∴∠GDE＝60°，
∵正方形ABCD中，∠CDA＝∠DAB＝90°，
∴∠ADE＝∠DGH＝30°，
∴AE＝12DE＝DH，
∵∠DAE＝∠DHG＝90°，
∴△ADE≌△HGD，
∴AD＝HG，
在Rt△ADE中，AD＝3AE，
∴HG＝3AE.
2. 解：(1)t＝－32時(shí)，E為AB的中點(diǎn)；
【解法提示】∵A(5，0)，四邊形OABC是菱形，∴OA＝BC＝5，OA∥BC.∵C(－3，4)，∴B(2，4).∵E為AB中點(diǎn)，∴E(72，2)，將點(diǎn)E代入y＝x＋t中，得72＋t＝2，解得t＝－32.
(2)如解圖，記BC交y軸于點(diǎn)H，
∵四邊形OABC為菱形，A(5，0)，C(－3，4)，
∴∠OAE＝∠C，BC∥OA，OA＝BC＝5，CH＝3，OH＝4，
∴在Rt△COH中，tan C＝OHCH＝43，
由對稱的性質(zhì)，得A'D＝AD，∠A'＝∠OAE＝∠C，∠ADE＝∠A'DE，∴tan A'＝43.
由題意可知，∠ADE＝45°，
∴∠A'DE＝∠ADE＝45°，
∴∠A'DA＝90°，
∴∠A'MN＝90°，DM＝OH＝4.
在y＝x＋t中，令y＝0，得x＋t＝0，解得x＝－t，∴OD＝－t，AD＝5＋t.
∵DM＝4，tan A'＝43，
∴A'M＝A'D－DM＝AD－DM＝1＋t，
∴在Rt△A'MN中，MN＝A'M·tan A'＝43(1＋t)，
∴S△A'MN＝12A'M·MN＝23(1＋t)2.
如解圖，過點(diǎn)E作EK⊥OA于點(diǎn)K，
設(shè)DK＝x，則AK＝5＋t－x.
∵∠EDK＝45°，∠EKD＝90°，
∴EK＝DK＝x，
在Rt△AEK中，∵tan A＝EKAK＝43，∴x5+t－x＝43，解得x＝20+4t7，
∴S△A'DE＝S△ADE＝12AD·EK＝12×(5＋t)×20+4t7＝27(5＋t)2，
∴S＝S△A'DE－S△A'MN＝27(5＋t)2－23(1＋t)2＝－821t2＋3221t＋13621.
∵A'D＞DM，∴5＋t＞4，∴t＞－1，
又∵－5＜t＜0，
∴t的取值范圍為－1＜t＜0.
第2題解圖
3. (1)證明：由OA＝OC＝2OB＝4知，OC＝4，OB＝2，
又∵四邊形ABCD為平行四邊形，
∴AD＝BC＝6，
則點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別為(0，4)，(－2，0)，
當(dāng)y＝4時(shí)，y＝x＋t＝4，
則x＝4－t＝4－1＝3＝12AD，
即點(diǎn)P(3，4)，
∴AP＝DP；
(2)解：PQ＝22AP，理由：
由點(diǎn)A，B的坐標(biāo)，得直線AB的表達(dá)式為y＝2x＋4，
聯(lián)立上式和y＝x＋t得2x＋4＝x＋t，
解得x＝t－4，
即點(diǎn)Q(t－4，2t－4)，
在直線y＝x＋t中，當(dāng)y＝4時(shí)，x＝4－t，
∴點(diǎn)P(4－t，4)，
則AP＝4－t，
由點(diǎn)P，Q的坐標(biāo)，得PQ＝22(4－t)＝22AP；
(3)解：存在.如解圖①②③，過點(diǎn)P作PH⊥x軸于點(diǎn)H，過點(diǎn)Q作QI⊥x軸于點(diǎn)I，
設(shè)點(diǎn)M(m，0)，
由(2)知，點(diǎn)P，Q的坐標(biāo)分別為(4－t，4)，(t－4，2t－4)，
則HM＝｜m－4＋t｜，PH＝OA＝4，IM＝｜m－t＋4｜，QI＝｜4－2t｜，
∵∠PMH＋∠QMI＝90°，∠QMI＋∠IQM＝90°，
∴∠IQM＝∠PMH，
又∵∠PHM＝∠MIQ＝90°，
∴△PHM∽△MIQ，
∵以點(diǎn)M，P，Q為頂點(diǎn)的三角形與△AOB相似，
則PM∶QM＝2或12，
∴Rt△PHM和Rt△MIQ的相似比為2或12，
則PH∶MI＝HM∶IQ＝2或12，
當(dāng)m＞0時(shí)，如解圖①②，
當(dāng)相似比為2時(shí)，如解圖①，
PHMI＝MHQI＝2，
則PH＝2MI，MH＝2QI，
即4＝2(m－t＋4)且4－t－m＝2(2t－4)，
第3題解圖①
解得m＝13，t＝73，
即點(diǎn)M(13，0)，t＝73；
當(dāng)相似比為12時(shí)，如解圖②，
PHMI＝MHQI＝12，
則PH＝12MI，MH＝12QI，
第3題解圖②
則2×4＝m－(t－4)且2(m－4＋t)＝4－2t，
解得m＝143，t＝23，
則點(diǎn)M(143，0)，t＝23；
當(dāng)m＜0時(shí)，如解圖③，
第3題解圖③
當(dāng)相似比為2時(shí)，如解圖③，
PHMI＝MHQI＝2，
則PH＝2MI，MH＝2QI，
則4＝2[(t－4)－m]且4－t－m＝2(4－2t)，
解得m＝－7，t＝－1，
即點(diǎn)M(－7，0)，t＝－1；
當(dāng)相似比為12時(shí)，
經(jīng)驗(yàn)證，該情況不存在，
綜上所述，點(diǎn)M(13，0)，t＝73或M(143，0)，t＝23或M(－7，0)，t＝－1.
類型三 動(dòng)面型探究
1. 解：(1)如解圖，連接OB'，AB'，
∵A(4，0)，C(0，3)，
∴OA＝4，OC＝3，
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，得C'O＝CO＝3，OA'＝OA＝4，
∴∠OCA＝∠OC'C，
∵tan∠OCA＝OAOC＝43，
tan∠B'OC'＝B'C'OC'＝43，
∴∠OCA＝∠B'OC'，
∴∠OC'C＝∠B'OC'，
∴AC∥OB'，
∵四邊形ABCO為矩形，
∴AC＝OB'，
∴四邊形OCAB'是平行四邊形，
∴AB'＝OC＝3，AB'∥OC，即AB'∥y軸，
∴點(diǎn)B'的坐標(biāo)為(4，－3)；
第1題解圖
(2)∵OB平分∠A'OA，
∴∠DOB＝∠AOB，
∵BC∥OA，
∴∠DBO＝∠AOB，
∴∠DOB＝∠DBO，
∴BD＝OD，
設(shè)CD＝x，則BD＝BC－CD＝4－x，
∴OD＝4－x，
在Rt△OCD中，由勾股定理，得OD2＝CD2＋OC2，
∴(4－x)2＝x2＋32，解得x＝78，
∴BD＝4－x＝258.
2. 解：(1)(－4，3)，(6，23)；
【解法提示】∵四邊形ODEF為矩形，D(0，3)，F(xiàn)(－4，0)，∴E(－4，3)，∵四邊形OABC為菱形，A(4，0)，∴BC＝OA＝4，∵C(2，23)，∴B(6，23).
(2)如解圖，過點(diǎn)C作CN⊥OA于點(diǎn)N，
∵C(2，23)，
∴ON＝2，CN＝23，
∴tan∠CON＝CNON＝232＝3，
∴∠CON＝60°，
過點(diǎn)H作HR⊥x軸于點(diǎn)R，
∵E'F'＝3，
∴HR＝E'F'＝3，
∵∠COA＝60°，
∴OR＝HRtan60°＝33＝1，
∴H(1，3)，
由平移可知OO'＝EE'＝t，
∵E(－4，3)，
∴E'(－4＋t，3)，
∴E'H＝1－(－4＋t)＝5－t，
∵∠E'HO＝∠HOF'＝60°，
∴E'M＝E'H·tan60°＝3(5－t)，
∵在Rt△AGO'中，AO'＝OO'－OA＝t－4，∠GAO'＝∠COA＝60°，
∴GO'＝AO'·tan 60°＝3(t－4)，
∴S＝S矩形O'D'E'F'－S△MHE'－S△AGO'＝43－12×3(5－t)2－12×3(t－4)2＝－3t2＋93t－3332，其中t的取值范圍是4＜t＜5.
第2題解圖
3. (1)證明：∵DE是△ABC的中位線，
∴DE＝12BC，AD＝12AB，
由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)得AD＝DE，
∴AB＝BC；(3分)
(2)證明：如解圖①，連接AA'，
∵DE是△ABC的中位線，F(xiàn)為A'B的中點(diǎn)，
∴DA＝BD，
∴DF是△ABA'的中位線，
∴2DF＝AA'，
由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)得△A'DC'≌△ADC，∠A'DA＝∠C'DC，A'D＝AD，C'D＝CD，
∴A'DC'D＝ADCD，
∴△A'DA∽△C'DC，
∴A'AC'C＝DADC，
∴2DFC'C＝BDDC，
∴2DF·CD＝BD·CC'；(7分)
第3題解圖①
(3)解：存在點(diǎn)G，使得∠AGD＋∠CGE＝180°，證明如下：
如解圖②，過點(diǎn)D作DF∥BC交AC于點(diǎn)F，過點(diǎn)C作CH⊥AB于點(diǎn)H，DF與CH交于點(diǎn)G，連接EG，AG，
∵DE⊥BC，
∴∠DEB＝90°，
在Rt△BDE中，tan B＝43，BE＝3，
∴DE＝4，BD＝5，cs B＝35，sin B＝45，(8分)
在Rt△BCH中，cs B＝BHBC＝35，BC＝BE＋CE＝3＋323＝413，
∴BH＝415，
∴AH＝AD＋BD－BH＝325＋5－415＝165，
∴DH＝AD－AH＝325－165＝165＝AH，(9分)
∵CH⊥AD，
∴△ADG為等腰三角形，
∴∠AGH＝∠DGH，(10分)
∵DF∥BC，
∴∠ADG＝∠B，∠EDG＝90°，
∴tan∠ADG＝tan B＝43，
cs∠ADG＝cs B＝35，
∴HGDH＝43，DHDG＝35，
∵DH＝165，
∴HG＝6415，DG＝163，(11分)
∵HGDH＝43，DGDE＝43，
∴HGDH＝DGDE，
∵∠DHG＝∠EDG＝90°，
∴△DHG∽△EDG，
∴∠DGH＝∠EGD，(12分)
∴∠DGE＝∠AGH，
∵∠AGC＋∠AGH＝180°，
∴∠AGC＋∠DGE＝180°，
∴∠AGD＋∠CGE＝180°.(13分)
第3題解圖②
一題多解法
如解圖③，取AD中點(diǎn)M，CE中點(diǎn)N，連接MN，
∵AD是☉M直徑，CE是☉N直徑，
∴∠AGD＝90°，∠CGE＝90°，
∴∠AGD＋∠CGE＝180°，
∵tan B＝43，BE＝3，
∴BD＝5，
∵CE＝323，
∴EN＝12CE＝163，
∴BN＝BE＋EN＝253，
∵DE⊥CE，
∴DE是☉N的切線，即DE在☉N外，
作NF⊥AB，
∵∠B＝∠B，∠BED＝∠BFN＝90°，
∴△BDE∽△BNF，
∴BDBN＝DENF，
∴NF＝203＞163，即NF＞rn，
∴AB在☉N外，
∴G點(diǎn)在四邊形ADEC內(nèi)部.
作MH⊥BC，
∵BM＝415，tan B＝43，
∴BH＝12325，MH＝16425，
∴NH＝25675，
∴MN＝MH2＋NH2≈7.4＜AM＋CN，
∴☉M和☉N有交點(diǎn).
第3題解圖③

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