2021年九年级中考数学一轮复习精练+热考题型：几何变换综合题（四） 26页

2021 年中考数学一轮复习精练+热考题型： 几何变换综合题（四） 1．在△ABC 中，以 AB 为斜边，作 Rt△ABD，使点 D 落在△ABC 内，∠ADB＝90° （1）如图 1，若 AB＝AC，∠BAD＝30°，AD＝2 ，点 P、M 分别为 BC、AB 边的中 点，连接 PM，求线段 PM 的长； （2）如图 2，若 AB＝AC，把△ABD 绕点 A 逆时针旋转一定角度，得到△ACE，连接 ED 并延长交 BC 于点 P，求证：BP＝CP （3）如图 3，若 AD＝BD，过点 D 的直线交 AC 于点 E，交 BC 于点 F，EF⊥AC，且 AE＝EC，请直接写出线段 BF、FC、AD 之间的关系（不需要证明）． 2．如图 1，△ABC 是等边三角形，AB＝6cm，过点 A 作 AB 的垂线，交 BC 的延长线于点 D， 点 M 从点 C 出发，沿 CD 以 2cm/s 的速度运动至点 D，同时点 N 从点 A 出发，沿 AB 以 2cm/s 的速度运动至点 B，连接 MN，交 AC 于点 E，过点 E 作 BC 的平行线，交 AD 于 点 F．设点 M 的运动时间为 t（s）． （1）AD 的长为 cm； （2）用含 t 的式子表示 EF 的长； （3）将图 1 中的△AEF 绕点 A 顺时针旋转 60°得到△AE′F′，E′，F′分别为 E，F 的对应点，E′F′与 BC 交于点 G，连接 NG，MF，如图 2 所示，试判断是否存在一个 时刻，使 2AN﹣MF＝ NG，若存在，请求出 t 的值；若不存在，请说明理由． 3．已知，△ABC 是等腰三角形，AB＝AC． （1）当 AD＝AE，∠DAE＝∠BAC 时， ①特殊情形：如图①，若点 D、E 分别在边 AB、AC 上，则 DB EC．（填“＞”、 “＜”或“＝”）． ②发现探究：如图②，若将图①中的△ADE 绕点 A 旋转，当点 D 在△ABC 外部，点 E 在△ABC 内部时，①中的结论还成立吗？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由． （2）拓展运用：如图③，点 P 在△ABC 内部，∠BAC＝90°，且 PA＝2，PB＝1，PC＝ 3，则∠APB 的大小为 度． 4．如图，在 Rt△ABC 中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，点 O 为 AB 中点，点 P 为直线 BC 上的动点（不与点 B、点 C 重合），连接 OC、OP，将线段 OP 绕点 P 顺时针旋转 60°， 得到线段 PQ，连接 BQ． （1）如图 1，当点 P 在线段 BC 上时，请直接写出线段 BQ 与 CP 的数量关系． （2）如图 2，当点 P 在 CB 延长线上时，（1）中结论是否成立？若成立，请加以证明； 若不成立，请说明理由； （3）如图 3，当点 P 在 BC 延长线上时，若∠BPO＝15°，BP＝4，请求出 BQ 的长 5．已知：△ABC 和△ADE 均为等边三角形，连接 BE，CD，点 F，G，H 分别为 DE，BE， CD 中点． （1）当△ADE 绕点 A 旋转时，如图 1，则△FGH 的形状为 ，说明理由； （2）在△ADE 旋转的过程中，当 B，D，E 三点共线时，如图 2，若 AB＝3，AD＝2， 求线段 FH 的长； （3）在△ADE 旋转的过程中，若 AB＝a，AD＝b（a＞b＞0），则△FGH 的周长是否存 在最大值和最小值，若存在，直接写出最大值和最小值；若不存在，说明理由． 6．已知四边形 ABCD 中，AB⊥AD，BC⊥CD，AB＝BC，∠ABC＝120°，∠MBN＝60°， ∠MBN 绕 B 点旋转，它的两边分别交 AD，DC（或它们的延长线）于 E，F． （1）当∠MBN 绕 B 点旋转到 AE＝CF 时（如图 1），若 AE＝1，试求 AB 的长； （2）当∠MBN 绕 B 点旋转到 AE≠CF 时，在图 2 这种情况下，求证 AE+CF＝EF； （3）当∠MBN 绕 B 点旋转到 AE≠CF 时，在图 3 这种情况下，（2）中结论是否成立？ 若成立，请给予证明；若不成立，线段 AE、CF、EF 又有怎样的数量关系？请直接写出 你的猜想． 7．如图 1，线段 AB＝m，以 AB 的中点 O 为顶角顶点，BO 为腰，2α（0°＜α＜90°）为 顶角，在 OB 上方作等腰三角形 OBC，连接 AC． （1）求证：AC⊥BC； （2）如图 2，将△OBC 绕顶点 O，逆时针旋转至△OB′C′，连结 BC′，AB′相交于 点 M． ①若 sinα＝ ，试求 的值； ②若 sinα＝ ，试探索：当△OBC 从 OB′与 OB 重合起，到 OC′与 OA 重合止的旋转 过程中，点 M 所经过的路径长． 8．如图 1，在 Rt△ABC 中，∠A＝90°，AB＝AC，点 D，E 分别在边 AB，AC 上，AD＝ AE，连接 DC，点 M，P，N 分别为 DE，DC，BC 的中点． （1）观察猜想：图 1 中，线段 PM 与 PN 的数量关系是 ，位置关系是 ； （2）探究证明：把△ADE 绕点 A 逆时针方向旋转到图 2 的位置，连接 MN，BD，CE， 判断△PMN 的形状，并说明理由； （3）拓展延伸：把△ADE 绕点 A 在平面内自由旋转，若 AD＝4，AB＝10，请直接写出 △PMN 面积的最大值． 9．如图，在 Rt△ABC 中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，过点 B 做射线 BB1∥AC，动点 D 从点 A 出发沿射线 AC 方向以每秒 5 个单位的速度运动，同时动点 E 从点 C 出发沿射 线 AC 方向以每秒 3 个单位的速度运动，过点 D 作 DH⊥AB 于 H，过点 E 作 EF⊥AC 交 射线 BB1 于 F，连接 DF，设运动的时间为 t 秒（t＞0）． （1）当 t 为 时，AD＝AB，此时 DE 的长度为 ； （2）当△DEF 与△ACB 全等时，求 t 的值； （3）以 DH 所在直线为对称轴，线段 AC 经轴对称变换后的图形为 A′C′． ①当 t＞ 时，设△ADA′的面积为 S，直接写出 S 关于 t 的函数关系式； ③当线段 A′C′与射线 BB1 有公共点时，求 t 的取值范围． 10．已知 O 为直线 MN 上一点，OP⊥MN，在等腰 Rt△ABO 中，∠BAO＝90°，AC∥OP 交 OM 于 C，D 为 OB 的中点，DE⊥DC 交 MN 于 E． （1）如图 1，若点 B 在 OP 上，则 ①AC OE（填“＜”，“＝”或“＞”）； ②线段 CA、CO、CD 满足的等量关系式是 ； （2）将图 1 中的等腰 Rt△ABO 绕 O 点顺时针旋转α（0°＜α＜45°），如图 2，那么（1） 中的结论②是否成立？请说明理由； （3）将图 1 中的等腰 Rt△ABO 绕 O 点顺时针旋转α（45°＜α＜90°），请你在图 3 中 画出图形，并直接写出线段 CA、CO、CD 满足的等量关系式 ． 参考答案 1．（1）解：∵∠ADB＝90°，∠BAD＝30°，AD＝2 ， ∴cos∠BAD＝ ， ∴AB＝ ＝ ＝4， ∴AC＝AB＝4， ∵点 P、M 分别为 BC、AB 边的中点， ∴PM＝ AC＝2， （2）如图 2， 在 ED 上截取 EQ＝PD， ∵∠ADB＝90°， ∴∠BDP+∠ADE＝90°， ∵AD＝AE， ∴∠ADE＝∠AED， ∵把△ABD 绕点 A 逆时针旋转一定角度，得到△ACE， ∴∠AEC＝∠ADB＝90° ∵∠AED+∠PEC＝90°， ∴∠BDP＝∠PEC， 在△BDP 和△CEQ 中， ， ∴△BDP≌△CEQ， ∴BP＝CQ，∠DBP＝∠QCE， ∵∠CPE＝∠BDP+∠DBP，∠PQC＝∠PEC+∠QCE， ∴∠EPC＝∠PQC， ∴PC＝CQ， ∴BP＝CP （3）BF2+FC2＝2AD2， 理由：如图 3，连接 AF、CD． ∵EF⊥AC，且 AE＝EC， ∴FA＝FC，∠FAC＝∠FCA， ∵EF⊥AC，且 AE＝EC， ∴∠DAC＝∠DCA，DA＝DC， ∵AD＝BD， ∴BD＝DC， ∴∠DBC＝∠DCB， ∵∠FAC＝∠FCA，∠DAC＝∠DCA， ∴∠DAF＝∠DCB， ∴∠DAF＝∠DBC， ∴∠AFB＝∠ADB＝90°， 在 Rt△ADB 中，DA＝DB， ∴AB2＝2AD2， 在 Rt△ABF 中，BF2+FA2＝AB2＝2AD2， ∵FA＝FC ∴BF2+FC2＝2AD2． 2．解：（1）如图 1 中， ∵△ABC 是等边三角形， ∴∠BAC＝∠ACB＝∠B＝60°，AB＝BC＝AC＝6， ∵DA⊥BA， ∴∠BAD＝90°， ∴∠D＝30°， ∴tan30°＝ ， ∴ ＝ ， ∴AD＝6 （cm）， 故答案为 6 ． （2）过点 N 作 NP∥AC，交 BC 于点 P． ∵PN∥AC ∴ ＝ ，∵AB＝CB， ∴AN＝PC＝2t， ∵CE∥PN， ∴ ＝ ， ∴ ＝ ， ∴EC＝3﹣t， ∴AE＝6﹣（3﹣t）＝t+3， ∵EF∥CD， ∴∠AFE＝∠D＝30°， ∵∠CAD＝90°﹣60°＝30°， ∴∠EAF＝∠EFA＝30°， ∴EF＝AE＝t+3； （3）存在． 由题意易知 AE＝AE′＝t+3，∠AE′F′＝∠AEF＝120°， ∴∠BE′G＝60°＝∠B， ∴△BGE′是等边三角形， ∴BE′＝GE′＝BG＝6﹣（t+3）＝3﹣t，E′N＝t+3﹣2t＝3﹣t， ∴E′N＝E′G，易知 NG＝ （3﹣t）， ∵AE＝EF＝t+3，∠AEF＝120°， ∴AF＝ （t+3）， ∴DF＝6 ﹣ （t+3）＝ （3﹣t）， ∵DM＝6﹣2t， ∴ ＝ ， ＝ ， ∴ ＝ ， ∴FM∥AB， ∴ ＝ ＝ ， ∴FM＝3﹣t， ∴4t﹣（3﹣t）＝ • （3﹣t）， 解得 t＝1 ∴当 t＝1 时，2AN﹣MF＝ NG． 3．解：（1）①∵DE∥BC， ∴ ＝ ， ∵AB＝AC， ∴DB＝EC， 故答案为：＝， ②成立． 证明：由①易知 AD＝AE， ∴由旋转性质可知∠DAB＝∠EAC， 在△DAB 和△EAC 中 ， ∴△DAB≌△EAC， ∴DB＝CE， （2）如图， 将△CPB 绕点 C 旋转 90°得△CEA，连接 PE， ∴△CPB≌△CEA， ∴CE＝CP＝2，AE＝BP＝1，∠PCE＝90°， ∴∠CEP＝∠CPE＝45°， 在 Rt△PCE 中，由勾股定理可得，PE＝2 ， 在△PEA 中，PE2＝（2 ）2＝8，AE2＝12＝1，PA2＝32＝9， ∵PE2+AE2＝AP2， ∴△PEA 是直角三角形 ∴∠PEA＝90°， ∴∠CEA＝135°， 又∵△CPB≌△CEA ∴∠BPC＝∠CEA＝135°． 故答案为 135°． 4．解：（1）结论：BQ＝CP． 理由：如图 1 中，作 PH∥AB 交 CO 于 H． 在 Rt△ABC 中，∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，点 O 为 AB 中点， ∴CO＝AO＝BO，∠CBO＝60°， ∴△CBO 是等边三角形， ∴∠CHP＝∠COB＝60°，∠CPH＝∠CBO＝60°， ∴∠CHP＝∠CPH＝60°， ∴△CPH 是等边三角形， ∴PC＝PH＝CH， ∴OH＝PB， ∵∠OPB＝∠OPQ+∠QPB＝∠OCB+∠COP， ∵∠OPQ＝∠OCP＝60°， ∴∠POH＝∠QPB，∵PO＝PQ， ∴△POH≌△QPB， ∴PH＝QB， ∴PC＝BQ． （2）成立：PC＝BQ． 理由：作 PH∥AB 交 CO 的延长线于 H． 在 Rt△ABC 中，∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，点 O 为 AB 中点， ∴CO＝AO＝BO，∠CBO＝60°， ∴△CBO 是等边三角形， ∴∠CHP＝∠COB＝60°，∠CPH＝∠CBO＝60°， ∴∠CHP＝∠CPH＝60°， ∴△CPH 是等边三角形， ∴PC＝PH＝CH， ∴OH＝PB， ∵∠POH＝60°+∠CPO，∠QPO＝60°+∠CPO， ∴∠POH＝∠QPB，∵PO＝PQ， ∴△POH≌△QPB， ∴PH＝QB， ∴PC＝BQ． （3）如图 3 中，作 CE⊥OP 于 E，在 PE 上取一点 F，使得 FP＝FC，连接 CF． ∵∠OPC＝15°，∠OCB＝∠OCP+∠POC， ∴∠POC＝45°， ∴CE＝EO，设 CE＝EO＝a，则 FC＝FP＝2a，EF＝ a， 在 Rt△PCE 中，PC＝ ＝ ＝（ + ）a， ∵PC+CB＝4， ∴（ + ）a+ a＝4， 解得 a＝4 ﹣2 ， ∴PC＝4 ﹣4， 由（2）可知 BQ＝PC， ∴BQ＝4 ﹣4． 5．解：（1）结论：△FGH 是等边三角形．理由如下： 如图 1 中，连接 BD、CE，延长 BD 交 CE 于 M，设 BM 交 FH 于点 O． ∵△ABC 和△ADE 均为等边三角形， ∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE， ∴∠BAD＝∠CAE ， ∴△BAD≌△CAE， ∴BD＝CE，∠ADB＝∠AEC， ∵EG＝GB，EF＝FD， ∴FG＝ BD，GF∥BD， ∵DF＝EF，DH＝HC， ∴FH＝ EC，FH∥EC， ∴FG＝FH， ∵∠ADB+∠ADM＝180°，∴∠AEC+∠ADM＝180°， ∴∠DMC+∠DAE＝180°， ∴∠DME＝120°， ∴∠BMC＝60° ∴∠GFH＝∠BOH＝∠BMC＝60°， ∴△GHF 是等边三角形， 故答案为等边三角形． （2）如图 2 中，连接 AF、EC． 易知 AF⊥DE，在 Rt△AEF 中，AE＝2，EF＝DF＝1， ∴AF＝ ＝ ， 在 Rt△ABF 中，BF＝ ＝ ， ∴BD＝CE＝BF﹣DF＝ ﹣1， ∴FH＝ EC＝ ． （3）存在．理由如下． 由（1）可知，△GFH 是等边三角形，GF＝ BD， ∴△GFH 的周长＝3GF＝ BD， 在△ABD 中，AB＝a，AD＝b， ∴BD 的最小值为 a﹣b，最大值为 a+b， ∴△FGH 的周长最大值为 （a+b），最小值为 （a﹣b）． 6．证明：（1）如图 1 中， ∵Rt△ABE 和 Rt△CBF 中，AB＝BC，CF＝AE， ∴tan∠CBF＝tan∠ABE，BF＝BE， ∴∠CBF＝∠ABE， ∵∠ABC＝120°，∠MBN＝60°， ∴∠CBF＝30°，△BEF 是等边三角形， ∵AE＝CF＝1， ∴AB＝ AE＝ （2）如图 2，将 Rt△ABE 顺时针旋转 120°， ∵AB＝BC，∠ABC＝120°， ∴A 点与 C 点重合， ∴BG＝BE，FG＝CG+CF＝AE+CF， ∵∠ABC＝120°，∠MBN＝60°，∠ABE＝∠CBG， ∴∠GBF＝60°， 在△GBF 和△EBF 中， ， ∴△GBF≌△EBF（SAS）， ∴FG＝EF， ∴EF＝AE+CF； （3）不成立，新结论为 EF＝AE﹣CF． 理由：如图 3，将 Rt△ABE 顺时针旋转 120°， ∵AB＝BC，∠ABC＝120°， ∴A 点与 C 点重合，∠ABE＝∠CBG， ∴BG＝BE，FG＝CG﹣CF＝AE﹣CF， ∵∠ABC＝∠ABE+∠CBE＝120°， ∴∠CBG+∠CBE＝∠GBE＝120°， ∵∠MBN＝60°， ∴∠GBF＝60°， 在△BFG 和△BFE 中， ， ∴△BFG≌△BFE，（SAS） ∴GF＝EF， ∴EF＝AE﹣CF． 7．（1）证明：如图 1 中， ∵OA＝OB，OB＝OC， ∴OA＝OB＝OC， ∴点 A、C、B 在以 AB 为直径的圆上， ∵AB 是⊙O 的直径， ∴∠ACB＝90°， ∴AC⊥BC． （2）解：如图 2 中， ∵OA＝OC′＝OB′＝OB， ∴A、B、C′、B′四点共圆， ∴∠A＝∠BC′B′， ∵∠AMB＝∠B′MC′， ∴△AMB∽△C′MB′， ∴ ＝（ ）2， ∵∠AB′B＝90°，∠B′BC＝ ∠B′OC′＝α， ∴sinα＝ ＝ ， ∴ ＝（ ）2＝ ． （3）如图 3 中， 由（2）可知，当 sinα＝ 时，∠α＝∠B′BM＝30°， ∴∠B′MB＝60°， ∴∠AMB＝120°， 如图作等腰三角形△ABP，使得∠APB＝120°， 以点 P 为圆心，PA 为半径作⊙P， ∵∠AMB 为优弧 AB 所对的圆周角， 当△OBC 从 OB′与 OB 重合起，到 OC′与 OA 重合止的旋转过程中，M 所经过的路径 为 ， ∵AB＝m，∴OA＝ m， ∴AP＝ m， ∴点 M 所经过的路径长为 ＝ πm． 8．解：（1）∵点 P，N 是 BC，CD 的中点， ∴PN∥BD，PN＝ BD， ∵点 P，M 是 CD，DE 的中点， ∴PM∥CE，PM＝ CE， ∵AB＝AC，AD＝AE， ∴BD＝CE， ∴PM＝PN， ∵PN∥BD， ∴∠DPN＝∠ADC， ∵PM∥CE， ∴∠DPM＝∠DCA， ∵∠BAC＝90°， ∴∠ADC+∠ACD＝90°， ∴∠MPN＝∠DPM+∠DPN＝∠DCA+∠ADC＝90°， ∴PM⊥PN， 故答案为：PM＝PN，PM⊥PN， （2）由旋转知，∠BAD＝∠CAE， ∵AB＝AC，AD＝AE， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴∠ABD＝∠ACE，BD＝CE， 同（1）的方法，利用三角形的中位线得，PN＝ BD，PM＝ CE， ∴PM＝PN， ∴△PMN 是等腰三角形， 同（1）的方法得，PM∥CE， ∴∠DPM＝∠DCE， 同（1）的方法得，PN∥BD， ∴∠PNC＝∠DBC， ∵∠DPN＝∠DCB+∠PNC＝∠DCB+∠DBC， ∴∠MPN＝∠DPM+∠DPN＝∠DCE+∠DCB+∠DBC ＝∠BCE+∠DBC＝∠ACB+∠ACE+∠DBC ＝∠ACB+∠ABD+∠DBC＝∠ACB+∠ABC， ∵∠BAC＝90°， ∴∠ACB+∠ABC＝90°， ∴∠MPN＝90°， ∴△PMN 是等腰直角三角形， （3）方法 1、如图 2，同（2）的方法得，△PMN 是等腰直角三角形， ∴MN 最大时，△PMN 的面积最大， ∴DE∥BC 且 DE 在顶点 A 上面， ∴MN 最大＝AM+AN， 连接 AM，AN， 在△ADE 中，AD＝AE＝4，∠DAE＝90°， ∴AM＝2 ， 在 Rt△ABC 中，AB＝AC＝10，AN＝5 ， ∴MN 最大＝2 +5 ＝7 ， ∴S△PMN 最大＝ PM2＝ × MN2＝ ×（7 ）2＝ ． 方法 2、由（2）知，△PMN 是等腰直角三角形，PM＝PN＝ BD， ∴PM 最大时，△PMN 面积最大， ∴点 D 在 BA 的延长线上， ∴BD＝AB+AD＝14， ∴PM＝7， ∴S△PMN 最大＝ PM2＝ ×72＝ 9．解：（1）在 Rt△ABC 中，AC＝6，BC＝8，根据勾股定理得，AB＝ ＝10， 由运动知，AD＝5t， ∵AD＝AB， ∴5t＝10， ∴t＝2， ∴CD＝AD﹣AC＝10﹣6＝4，CE＝3t＝6， ∴DE＝CE﹣CD＝2， 故答案为 2，2； （2）∵∠ACB＝90°，BB1∥AC，EF⊥AC， ∴四边形 BCEF 是矩形，EF＝BC＝8， 当 AD＜AE 时，5t＜6+3t， ∴0＜t＜3， 若 DE＝AC，△ACB≌△DEF，DE＝AE﹣AD＝6+3t﹣5t＝6﹣2t， ∴6﹣2t＝6， ∴t＝0， ∵t＞0（不合题意，舍）， 当 AD＞AE 时，5t＞6+3t， ∴t＞3， 若 DE＝AC，△ACB≌△DEF，DE＝AD﹣AE＝5t﹣6﹣3t＝2t﹣6， ∴2t﹣6＝6， ∴t＝6， ∴当 t＝6 时，△DEF 与△ACB 全等． （3）①如图， ∵∠ACB＝∠AHD，∠BAC＝∠DAH， ∴△ABC∽△ADH， ∴ ， ∴ ， ∴AH＝3t，DH＝4t， ∴S△ADA'＝2S△ADH＝2× AH×DH＝AH×DH＝12t2， ②当点 A'落在射线 BB1 上的点 B 时，AA'＝AB＝10， ∵DH⊥AB， ∴AA'＝2AH＝2×5t×cos∠A＝6t＝10， ∴t＝ ， 当点 C'落在射线 BB1 上时，CC'∥AB， ∵BB1∥AC， ∴四边形 ACC'B 为平行四边形， ∴CC'＝AB＝10， ∵CC'＝2CD×cos∠A＝2×（5t﹣6）× ＝ （5t﹣6）， ∴t＝ ， ∴ ≤t≤ ，线段 A'C'与射线 BB1 有公共点． 10．解：（1）①AC＝OE， 理由：如图 1，∵在等腰 Rt△ABO 中，∠BAO＝90°， ∴∠ABO＝∠AOB＝45°， ∵OP⊥MN， ∴∠COP＝90°， ∴∠AOC＝45°， ∵AC∥OP， ∴∠CAO＝∠AOB＝45°，∠ACO＝∠POE＝90°， ∴AC＝OC， 连接 AD， ∵BD＝OD， ∴AD＝OD，AD⊥OB， ∴AD∥OC， ∴四边形 ADOC 是正方形， ∴∠DCO＝45°， ∴AC＝OD， ∴∠DEO＝45°， ∴CD＝DE， ∴OC＝OE， ∴AC＝OE； ②在 Rt△CDO 中， ∵CD2＝OC2+OD2，OC＝OD， ∴CD2＝2OC2， ∴CD＝ OC， ∴OC＝AC＝ CD， ∴AC+CO＝ CD+ CD＝ CD， 故答案为：AC+CO＝ CD； （2）如图 2，（1）中的结论②成立，理由是： 连接 AD， ∵AB＝AO，D 为 OB 的中点， ∴AD⊥OB， ∴∠ADO＝90°， ∵∠CDE＝90°， ∴∠ADO＝∠CDE， ∴∠ADO﹣∠CDO＝∠CDE﹣∠CDO， 即∠ADC＝∠EDO， ∵∠ADO＝∠ACO＝90°， ∴∠ADO+∠ACO＝180°， ∴A、D、O、C 四点共圆， ∴∠ACD＝∠AOB＝45°， ∵∠CDE＝90°， ∴CD＝DE，∠CED＝45°， ∴∠CED＝∠ACD， ∴△CAD≌△EOD， ∴AC＝OE， ∵△CDE 是等腰直角三角形， ∴CE＝ CD， ∴OE+CO＝ CD， 即 AC+CO＝ CD， 所以（1）中的结论②成立； （3）如图 3，结论：OC﹣CA＝ CD， 理由是：连接 AD，则 AD＝OD， 同理：∠ADC＝∠EDO， ∵∠CAB+∠CAO＝∠CAO+∠AOC＝90°， ∴∠CAB＝∠AOC， ∵∠DAB＝∠AOD＝45°， ∴∠DAB﹣∠CAB＝∠AOD﹣∠AOC， 即∠DAC＝∠DOE， ∴△ACD≌△OED， ∴AC＝OE，CD＝DE， ∴△CDE 是等腰直角三角形， ∴CE2＝2CD2， ∴（OC﹣OE）2＝（OC﹣AC）2＝2CD2， ∴OC﹣AC＝ CD， 故答案为：OC﹣AC＝ CD．