文档内容
微专题 46 几何综合题
类型一 动点型探究
1. 综合探究
已知点E是边长为2的正方形ABCD内部一个动点，始终保持∠AED＝90°.
【初步探究】
DE
（1）如图①，延长DE交边BC于点F.当点F是BC的中点时，求 的值；
AE
【深入探究】
DE
（2）如图②，连接CE并延长交边AD于点M.当点M是AD的中点时，求 的
AE
值.
第1题图
2.综合运用
如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点C在原点O处，已知点B（8，
0），D（0，6），连接AC，E是CD上一动点（不与点C，D重合），过点E
作EF∥AC交AD于点F，过点E作EG⊥EF交BC于点G，连接FG.
（1）若DE＝CG，求证：△DEF≌△CGE；
（2）设DE＝a，用含a的式子表示△EFG的面积，并求出△EFG面积的最大值.
第 1 页 共 24 页第2题图
3. 已知Rt△OAB，∠OAB＝90°，∠ABO＝30°，斜边OB＝4，将Rt△OAB绕
点O顺时针旋转60°，如图①，连接BC.
（1）填空：∠OBC＝ °；
（2）如图①，连接AC，作OP⊥AC，垂足为P，求OP的长度；
（3）如图②，点M，N同时从点O出发，在△OCB边上运动，M沿O→C→B路
径匀速运动，N沿O→B→C路径匀速运动，当两点相遇时运动停止，已知点M
的运动速度为1.5单位/秒，点N的运动速度为1单位/秒.设运动时间为x秒，
△OMN的面积为y，求当x为何值时y取得最大值？最大值为多少？
第3题图
第 2 页 共 24 页类型二 动线型探究
1. （2024佛山一模节选）综合探究
如图，点B，E是射线AQ上的动点，以AB为边在射线AQ上方作正方形
ABCD，连接DE，作DE的垂直平分线FG，垂足为H，FG分别与直线BC，
AD，DC交于点M，F，G，连接EG交直线BC于点K.
（1）设AB＝4，当E恰好是AB的中点时，求DF的长；
（2）若DG＝DE，猜想HG与AE的数量关系，并证明.
2. 综合探究
如图①，在平面直角坐标系中，菱形OABC的顶点A在x轴的正半轴上，点A
（5，0），C（－3，4），直线l：y＝x＋t（－5＜t＜0）交OA边于点D，交AB
边于点E，点A与点A'关于直线l对称，连接A'D，A'E.
（1）当t的值为多少时，E为AB的中点；（直接写出结果，不要求写出解答过
程）
第 3 页 共 24 页（2）如图②，设△A'DE的边A'D和A'E分别与BC交于点M，N.记四边形
DENM的面积为S，求S关于t的函数表达式，并求出t的取值范围.
第2题图
3. （2024佛山南海区二模）综合探究
如图，在平面直角坐标系中，点O为原点， ABCD的顶点B，C在x轴上，A
▱
在y轴上，OA＝OC＝2OB＝4，直线y＝x＋t（－2≤t≤4）分别与x轴，y轴，
线段AD，直线AB交于点E，F，P，Q.
（1）当t＝1时，求证：AP＝DP；
（2）探究线段AP，PQ之间的数量关系，并说明理由；
（3）在x轴上是否存在点M，使得∠PMQ＝90°，且以点M，P，Q为顶点的
三角形与△AOB相似，若存在，请求出此时t的值以及点M的坐标；若不存在，
请说明理由.
第 4 页 共 24 页类型三 动面型探究
1. 如图①，在平面直角坐标系中，O为原点，矩形OABC的顶点A（4，0），
C（0，3）.以点O为中心，逆时针旋转矩形OABC，得到矩形OA'B'C'，点A，
B，C的对应点分别为A'，B'，C'.
（1）如图②，当点C'落在AC上时（不与点C重合），求点B'的坐标；
（2）如图③，OA'交BC于点D，当OB恰好平分∠A'OA时，求BD的长.
第 5 页 共 24 页第1题图
2. 在平面直角坐标系中，O为坐标原点，菱形OABC的顶点A（4，0），C
（2，2√3），矩形ODEF的顶点D（0，√3），F（－4，0）.
（1）如图①，点E的坐标为 ，点B的坐标为 ；
（2）将矩形ODEF沿水平方向向右平移，得到矩形O'D'E'F'，点O，D，E，F
的对应点分别为O'，D'，E'，F'.设OO'＝t，矩形O'D'E'F'与菱形OABC重叠部
分的面积为S.当边O'D'与AB相交于点G，边OC分别与D'E'，E'F'相交于点
H，M，且矩形O'D'E'F'与菱形OABC重叠部分为六边形时，试用含t的式子表
示S，并直接写出t的取值范围.
第 6 页 共 24 页第2题图
3. （2024广东22题13分）【知识技能】
（1）如图①，在△ABC中，DE是△ABC的中位线.连接CD，将△ADC绕点D按
逆时针方向旋转，得到△A'DC'.当点E的对应点E'与点A重合时，求证：AB＝
BC.
【数学理解】
（2）如图②，在△ABC中（AB＜BC），DE是△ABC的中位线.连接CD，将
△ADC绕点D按逆时针方向旋转，得到△A'DC'，连接A'B，C'C，作△A'BD的中
线DF.求证：2DF·CD＝BD·CC'.
【拓展探索】
4 32
（3）如图③，在△ABC中，tan B＝ ，点D在AB上，AD＝ .过点D作
3 5
32
DE⊥BC，垂足为E，BE＝3，CE＝ .在四边形ADEC内是否存在点G，使得
3
∠AGD＋∠CGE＝180°？若存在，请给出证明；若不存在，请说明理由.
第 7 页 共 24 页第3题图
第 8 页 共 24 页类型一 动点型探究
1. 解：(1)如解图①，∵在正方形ABCD中，∠AED＝∠ADC＝∠C＝90°，AB
＝BC＝CD＝AD＝2，
∴∠2＝90°－∠3＝∠1，
∴tan∠2＝tan∠1，
DE CF CF
∴ ＝ ＝ .
AE CD CB
∵F是BC的中点，
DE CF 1
∴ ＝ ＝ ；
AE CB 2
第1题解图①
(2)如解图②，延长DE交边BC于点F，
∵M是AD的中点，∠AED＝90°，
1
∴AM＝MD＝ME＝ AD＝1，
2
∴∠2＝∠1，
在Rt△MDC中，MC＝√M D2＋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，
DE CF √5－1
与(1)同理可得， ＝ ＝ .
AE CB 2
第 9 页 共 24 页第1题解图②
2. (1)证明：∵四边形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，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝8，
在Rt△ADC中，AC＝√AD2＋CD2＝10.
∵EF∥AC，
∴△DEF∽△DCA
DE EF a EF 5
∴ ＝ ，即 ＝ ，解得EF＝ a.
DC CA 6 10 3
由(1)知∠DFE＝∠CEG，
∵EF∥AC，
∴∠DFE＝∠DAC，
∴∠CEG＝∠DAC，
∵∠ECG＝∠ADC，
∴△CEG∽△DAC，
第 10 页 共 24 页CE EG 6－a EG 5
∴ ＝ ，即 ＝ ，解得EG＝ (6－a)，
DA AC 8 10 4
1 1 5 5 25 25 75
∴S ＝ EF·EG＝ × a× (6－a)＝ (6a－a2)＝－ (a－3)2＋ ，
△EFG 2 2 3 4 24 24 8
25
∵－ ＜0，0＜a＜6，
24
75
∴当a＝3时，△EFG的面积有最大值，最大值为 .
8
3. 解：(1)60；
【解法提示】由旋转的性质可知，OB＝OC，∠BOC＝60°，∴△OBC是等边三
角形，∴∠OBC＝60°.
(2)在Rt△OAB中，OB＝4，∠ABO＝30°，
1
∴∠AOB＝60°，OA＝ OB＝2，AB＝OB·cos 30°＝2√3，
2
由旋转的性质可知，OB＝OC，∠BOC＝60°，
∴△OBC是等边三角形，
∴∠AOB＝∠OBC＝60°，BC＝OB＝4，
∴OA∥BC，AB即为△AOC的高，
1 1
∴S ＝ AO·AB＝ ×2×2√3＝2√3，
△AOC 2 2
∵∠ABC＝∠ABO＋∠OBC ＝90°，
∴AC＝√AB2＋BC2＝√(2√3)2＋42＝2√7，
∵OP⊥AC，
1 1
∴S ＝ AC·OP，即 ×2√7·OP＝2√3，
△AOC 2 2
2√21
解得OP＝ ；
7
一题多解法
由旋转的性质可知，OB＝OC，
∠BOC＝60°，
∴△OBC为等边三角形，
∴BC＝OB＝4，∠OBC＝60°，
第 11 页 共 24 页∵∠ABO＝30°，
1 √3
∴OA＝ OB＝2，AB＝ OB＝2√3，∠ABC＝90°，
2 2
∴BC∥OA，AC＝√AB2＋BC2＝2√7，
∴∠PAO＝∠ACB，
AB √21
∵sin∠ACB＝ ＝ ，
AC 7
√21
∴sin∠PAO＝sin∠ACB＝ ，
7
OP √21
∴ ＝ ，
OA 7
√21 2√21
∴OP＝ OA＝ ；
7 7
4 8
(3)根据题意得，M运动到点C时，所需时间为 ＝ (秒)，N运动到点B时，
1.5 3
4 12 24
所需时间为 ＝4(秒)，当M，N相遇时，所需时间为 ＝ (秒)，
1 (1+1.5) 5
∴分三种情况讨论：
8
①当0＜x≤ 时，点M在OC上，点N在OB上，如解图①，过点N作NE⊥OC
3
于点E，
√3
则NE＝ON·sin 60°＝ x，
2
1 1 √3 3√3
∴y＝ OM·NE＝ ×1.5x× x＝ x2，
2 2 2 8
3√3
∵ ＞0，
8
8 3√3 8 8√3
∴当x＝ 时，y ＝ ×( )2＝ ；
3 最大 8 3 3
8
②当 ＜x＜4时，点M在BC上，点N在OB上，如解图②，
3
3
BM＝8－ x，过点M作MF⊥OB于点F，
2
√3 3
∴MF＝BM·sin 60°＝ (8－ x)，
2 2
第 12 页 共 24 页1 1 √3 3 3√3
∴y＝ ON·MF＝ x· (8－ x)＝2√3x－ x2，
2 2 2 2 8
3√3
∵－ ＜0，
8
2√3
b 8
∴当x＝－ ＝－ 2×3√3＝ 时，
2a － 3
8
8 3√3 8 8√3
y ＝2√3× － ×( )2＝ ；
最大 3 8 3 3
24
③当4≤x＜ 时，点M，N都在BC上，如解图③，
5
5
MN＝12－ x，
2
过点O作OG⊥BC于点G，
则OG＝AB＝2√3，
1 1 5 5√3
∴y＝ MN·OG＝ (12－ x)·2√3＝－ x＋12√3，
2 2 2 2
5√3
∵－ ＜0，
2
∴当x＝4时，y ＝2√3.
最大
8 8√3
综上所述，当x＝ 时，y取得最大值，最大值为 .
3 3
第3题解图
类型二 动线型探究
1. 解：(1)如解图①，连接EF，
在正方形ABCD中，AB＝AD＝4，
∵E是AB中点，
第 13 页 共 24 页∴AE＝EB＝2，
∵F为线段DE垂直平分线上一点，
∴DF＝EF，
设DF＝x，则AF＝4－x，
在Rt△AFE中，根据勾股定理得，(4－x)2＋22＝x2，
5 5
解得x＝ ，∴DF＝ ；
2 2
第1题解图①
(2)HG＝√3AE.证明如下：
∵GF垂直平分DE，
∴DG＝GE，∠DHG＝90°，
∵DG＝DE，
∴DG＝DE＝EG，
∴△DGE是等边三角形，
∴∠GDE＝60°，
∵正方形ABCD中，∠CDA＝∠DAB＝90°，
∴∠ADE＝∠DGH＝30°，
1
∴AE＝ DE＝DH，
2
∵∠DAE＝∠DHG＝90°，
∴△ADE≌△HGD，
∴AD＝HG，
在Rt△ADE中，AD＝√3AE，
∴HG＝√3AE.
3
2. 解：(1)t＝－ 时，E为AB的中点；
2
第 14 页 共 24 页【解法提示】∵A(5，0)，四边形OABC是菱形，∴OA＝BC＝5，
7
OA∥BC.∵C(－3，4)，∴B(2，4).∵E为AB中点，∴E( ，2)，将点E代入y＝
2
7 3
x＋t中，得 ＋t＝2，解得t＝－ .
2 2
(2)如解图，记BC交y轴于点H，
∵四边形OABC为菱形，A(5，0)，C(－3，4)，
∴∠OAE＝∠C，BC∥OA，OA＝BC＝5，CH＝3，OH＝4，
OH 4
∴在Rt△COH中，tan C＝ ＝ ，
CH 3
由对称的性质，得A'D＝AD，∠A'＝∠OAE＝∠C，∠ADE＝∠A'DE，∴tan
4
A'＝ .
3
由题意可知，∠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.
4
∵DM＝4，tan A'＝ ，
3
∴A'M＝A'D－DM＝AD－DM＝1＋t，
4
∴在Rt△A'MN中，MN＝A'M·tan A'＝ (1＋t)，
3
1 2
∴S ＝ A'M·MN＝ (1＋t)2.
△A'MN 2 3
如解图，过点E作EK⊥OA于点K，
设DK＝x，则AK＝5＋t－x.
∵∠EDK＝45°，∠EKD＝90°，
∴EK＝DK＝x，
EK 4 x 4 20+4t
在Rt△AEK中，∵tan A＝ ＝ ，∴ ＝ ，解得x＝ ，
AK 3 5+t－x 3 7
第 15 页 共 24 页1 1 20+4t 2
∴S ＝S ＝ AD·EK＝ ×(5＋t)× ＝ (5＋t)2，
△A'DE △ADE 2 2 7 7
2 2 8 32 136
∴S＝S －S ＝ (5＋t)2－ (1＋t)2＝－ t2＋ t＋ .
△A'DE △A'MN 7 3 21 21 21
∵A'D＞DM，∴5＋t＞4，∴t＞－1，
又∵－5＜t＜0，
∴t的取值范围为－1＜t＜0.
第2题解图
3. (1)证明：由OA＝OC＝2OB＝4知，OC＝4，OB＝2，
又∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD＝BC＝6，
则点A，B的坐标分别为(0，4)，(－2，0)，
当y＝4时，y＝x＋t＝4，
1
则x＝4－t＝4－1＝3＝ AD，
2
即点P(3，4)，
∴AP＝DP；
(2)解：PQ＝2√2AP，理由：
由点A，B的坐标，得直线AB的表达式为y＝2x＋4，
联立上式和y＝x＋t得2x＋4＝x＋t，
解得x＝t－4，
即点Q(t－4，2t－4)，
在直线y＝x＋t中，当y＝4时，x＝4－t，
∴点P(4－t，4)，
则AP＝4－t，
由点P，Q的坐标，得PQ＝2√2(4－t)＝2√2AP；
第 16 页 共 24 页(3)解：存在.如解图①②③，过点P作PH⊥x轴于点H，过点Q作QI⊥x轴于点
I，
设点M(m，0)，
由(2)知，点P，Q的坐标分别为(4－t，4)，(t－4，2t－4)，
则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，
∵以点M，P，Q为顶点的三角形与△AOB相似，
1
则PM∶QM＝2或 ，
2
1
∴Rt△PHM和Rt△MIQ的相似比为2或 ，
2
1
则PH∶MI＝HM∶IQ＝2或 ，
2
当m＞0时，如解图①②，
当相似比为2时，如解图①，
PH MH
＝ ＝2，
MI QI
则PH＝2MI，MH＝2QI，
即4＝2(m－t＋4)且4－t－m＝2(2t－4)，
第3题解图①
1 7
解得m＝ ，t＝ ，
3 3
1 7
即点M( ，0)，t＝ ；
3 3
第 17 页 共 24 页1
当相似比为 时，如解图②，
2
PH MH 1
＝ ＝ ，
MI QI 2
1 1
则PH＝ MI，MH＝ QI，
2 2
第3题解图②
则2×4＝m－(t－4)且2(m－4＋t)＝4－2t，
14 2
解得m＝ ，t＝ ，
3 3
14 2
则点M( ，0)，t＝ ；
3 3
当m＜0时，如解图③，
第3题解图③
当相似比为2时，如解图③，
PH MH
＝ ＝2，
MI QI
则PH＝2MI，MH＝2QI，
则4＝2[(t－4)－m]且4－t－m＝2(4－2t)，
解得m＝－7，t＝－1，
即点M(－7，0)，t＝－1；
1
当相似比为 时，
2
经验证，该情况不存在，
第 18 页 共 24 页1 7 14 2
综上所述，点M( ，0)，t＝ 或M( ，0)，t＝ 或M(－7，0)，t＝－1.
3 3 3 3
类型三 动面型探究
1. 解：(1)如解图，连接OB'，AB'，
∵A(4，0)，C(0，3)，
∴OA＝4，OC＝3，
由旋转的性质，得C'O＝CO＝3，OA'＝OA＝4，
∴∠OCA＝∠OC'C，
OA 4
∵tan∠OCA＝ ＝ ，
OC 3
B'C' 4
tan∠B'OC'＝ ＝ ，
OC' 3
∴∠OCA＝∠B'OC'，
∴∠OC'C＝∠B'OC'，
∴AC∥OB'，
∵四边形ABCO为矩形，
∴AC＝OB'，
∴四边形OCAB'是平行四边形，
∴AB'＝OC＝3，AB'∥OC，即AB'∥y轴，
∴点B'的坐标为(4，－3)；
第1题解图
(2)∵OB平分∠A'OA，
∴∠DOB＝∠AOB，
∵BC∥OA，
∴∠DBO＝∠AOB，
第 19 页 共 24 页∴∠DOB＝∠DBO，
∴BD＝OD，
设CD＝x，则BD＝BC－CD＝4－x，
∴OD＝4－x，
在Rt△OCD中，由勾股定理，得OD2＝CD2＋OC2，
7
∴(4－x)2＝x2＋32，解得x＝ ，
8
25
∴BD＝4－x＝ .
8
2. 解：(1)(－4，√3)，(6，2√3)；
【解法提示】∵四边形ODEF为矩形，D(0，√3)，F(－4，0)，∴E(－4，√3)，
∵四边形OABC为菱形，A(4，0)，∴BC＝OA＝4，∵C(2，2√3)，∴B(6，2√3).
(2)如解图，过点C作CN⊥OA于点N，
∵C(2，2√3)，
∴ON＝2，CN＝2√3，
CN 2√3
∴tan∠CON＝ ＝ ＝√3，
ON 2
∴∠CON＝60°，
过点H作HR⊥x轴于点R，
∵E'F'＝√3，
∴HR＝E'F'＝√3，
∵∠COA＝60°，
HR √3
∴OR＝ ＝ ＝1，
tan60° √3
∴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，
第 20 页 共 24 页∵∠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)，
1 1
∴S＝S －S －S ＝4√3－ ×√3(5－t)2－ ×√3(t－4)2＝－√3t2＋9√3t
矩形O'D'E'F' △MHE' △AGO' 2 2
33√3
－ ，其中t的取值范围是4＜t＜5.
2
第2题解图
3. (1)证明：∵DE是△ABC的中位线，
1 1
∴DE＝ BC，AD＝ AB，
2 2
由旋转性质得AD＝DE，
∴AB＝BC； (3分)
(2)证明：如解图①，连接AA'，
∵DE是△ABC的中位线，F为A'B的中点，
∴DA＝BD，
∴DF是△ABA'的中位线，
∴2DF＝AA'，
由旋转性质得△A'DC'≌△ADC，∠A'DA＝∠C'DC，A'D＝AD，C'D＝CD，
A'D AD
∴ ＝ ，
C'D CD
∴△A'DA∽△C'DC，
A'A DA
∴ ＝ ，
C'C DC
2DF BD
∴ ＝ ，
C'C DC
∴2DF·CD＝BD·CC'； (7分)
第 21 页 共 24 页第3题解图①
(3)解：存在点G，使得∠AGD＋∠CGE＝180°，证明如下：
如解图②，过点D作DF∥BC交AC于点F，过点C作CH⊥AB于点H，DF与
CH交于点G，连接EG，AG，
∵DE⊥BC，
∴∠DEB＝90°，
4
在Rt△BDE中，tan B＝ ，BE＝3，
3
3 4
∴DE＝4，BD＝5，cos B＝ ，sin B＝ ， (8分)
5 5
BH 3 32 41
在Rt△BCH中，cos B＝ ＝ ，BC＝BE＋CE＝3＋ ＝ ，
BC 5 3 3
41
∴BH＝ ，
5
32 41 16
∴AH＝AD＋BD－BH＝ ＋5－ ＝ ，
5 5 5
32 16 16
∴DH＝AD－AH＝ － ＝ ＝AH， (9分)
5 5 5
∵CH⊥AD，
∴△ADG为等腰三角形，
∴∠AGH＝∠DGH， (10分)
∵DF∥BC，
∴∠ADG＝∠B，∠EDG＝90°，
4
∴tan∠ADG＝tan B＝ ，
3
3
cos∠ADG＝cos B＝ ，
5
HG 4 DH 3
∴ ＝ ， ＝ ，
DH 3 DG 5
第 22 页 共 24 页16
∵DH＝ ，
5
64 16
∴HG＝ ，DG＝ ， (11分)
15 3
HG 4 DG 4
∵ ＝ ， ＝ ，
DH 3 DE 3
HG DG
∴ ＝ ，
DH DE
∵∠DHG＝∠EDG＝90°，
∴△DHG∽△EDG，
∴∠DGH＝∠EGD， (12分)
∴∠DGE＝∠AGH，
∵∠AGC＋∠AGH＝180°，
∴∠AGC＋∠DGE＝180°，
∴∠AGD＋∠CGE＝180°. (13分)
第3题解图②
一题多解法
如解图③，取AD中点M，CE中点N，连接MN，
∵AD是☉M直径，CE是☉N直径，
∴∠AGD＝90°，∠CGE＝90°，
∴∠AGD＋∠CGE＝180°，
4
∵tan B＝ ，BE＝3，
3
∴BD＝5，
32
∵CE＝ ，
3
1 16
∴EN＝ CE＝ ，
2 3
第 23 页 共 24 页25
∴BN＝BE＋EN＝ ，
3
∵DE⊥CE，
∴DE是☉N的切线，即DE在☉N外，
作NF⊥AB，
∵∠B＝∠B，∠BED＝∠BFN＝90°，
∴△BDE∽△BNF，
BD DE
∴ ＝ ，
BN NF
20 16
∴NF＝ ＞ ，即NF＞r ，
3 3 n
∴AB在☉N外，
∴G点在四边形ADEC内部.
作MH⊥BC，
41 4
∵BM＝ ，tan B＝ ，
5 3
123 164
∴BH＝ ，MH＝ ，
25 25
256
∴NH＝ ，
75
∴MN＝√M H2＋N H2≈7.4＜AM＋CN，
∴☉M和☉N有交点.
第3题解图③
第 24 页 共 24 页
