专题3.4 以平面几何图形的变换为背景的解答题-2022年中考数学备考优生百日闯关系列（解析版）

这是一份专题3.4 以平面几何图形的变换为背景的解答题-2022年中考数学备考优生百日闯关系列（解析版），共37页。
 1．如图1，把两块全等的含45°角的直角三角板ABC和DEF叠放在一起，使三角板DEF的锐角顶点D与三角板ABC的斜边中点O重合．把三角板ABC固定不动，让三角板DEF绕点D旋转，两边分别与线段AB，BC相交于点P，Q，易说明△APD∽△CDQ.根据以上内容，回答下列问题：
(1)如图2，将含30°角的三角板DEF(其中∠EDF＝30°)的锐角顶点D与等腰△ABC(其中∠ABC＝120°)的底边中点O重合，两边DF，DE分别与边AB，BC相交于点P，Q.写出图中的相似三角形__ _ (直接填在横线上)；
(2)其他条件不变，将三角板DEF旋转至两边DF，DE分别与边AB的延长线、边BC相交于点P，Q.上述结论还成立吗？请你在图3上补全图形，并说明理由；
(3)在(2)的条件下，连接PQ，△APD与△DPQ是否相似？请说明理由；
(4)根据(1)(2)的解答过程，你能否将两三角板改为更一般的三角形，使得(1)中的结论仍然成立？若能，请说明两个三角形应满足的条件；若不能，请简要说明理由．

【答案】(1)△APD∽△CDQ； (2)成立，图见解析，理由见解析；(3)△APD∽△DPQ，理由见解析；(4)△DEF满足∠EDF＝α，△ABC 满足顶角为(180°－2α)的等腰三角形即可，理由见解析.
【详解】
(1)∵∠ABC=120°，
∴∠A=∠C=30°，
∵∠ADP+∠APD=150°，∠ADP+∠QDC=150°，
∴∠APD=∠CDQ，
∴△APD∽△CDQ，
故答案为：△APD∽△CDQ；


(3)△APD∽△DPQ，理由如下：
如图，∵△APD∽△CDQ，
∴，学科*网
∵点D为AC的中点，
∴CD＝AD，
∴，即，
又∵∠PAD＝∠PDQ＝30°，
∴△APD∽△DPQ；


2．如图，在矩形 ABCD 中，AB＝6cm，AD＝8cm，直线 EF 从点 A 出发沿 AD 方向匀速运动，速度是 2cm/s，运动过程中始终保持 EF∥AC．F 交
AD 于 E，交 DC 于点 F；同时，点 P 从点 C 出发沿 CB 方向匀速运动，速度是 1cm/s，连接 PE、PF，设运动时间 t（s）（0＜t＜4）．
（1）当 t＝1 时，求 EF 长；
（2）求 t 为何值时，四边形 EPCD 为矩形；
（3）设△PEF 的面积为 S（cm2），求出面积 S 关于时间 t 的表达式；
（4）在运动过程中，是否存在某一时刻使 S△PC F：S 矩形 ABCD＝3：16？若存在， 求出 t 的值；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）EF＝；（2）当 t＝ 时，四边形 EPCD 为矩形；（3）S＝﹣t2+9t（0＜t＜4）；（4）存在，当 t＝2 时，S△PCF：S 矩形 ABCD＝3：16．
（4）由S矩形ABCD=AB×AD=48，且S△PCF：S矩形ABCD=3：16知S△PCF=9，再根据可得关于t的方程，解之可得．
【详解】
解：（1）∵AB＝6cm，AD＝8cm，
∴AC＝10cm，
当 t＝1 时，AE＝2， 则 DE＝6，
∵EF∥AC，
∴△DEF∽△DAC，
∴，即
解得： 学科*网
（2）由题意知 AE＝2t，CP＝t， 则 DE＝8﹣2t，
∵四边形 EPCD 是矩形，
∴DE＝CP，即 8﹣2t＝t， 解得 t＝ ，
故当 t＝时，四边形 EPCD 为矩形；
（3）∵EF∥AC，
∴△DEF∽△DAC，
，即
解得：
则 CF＝CD﹣DF＝6﹣（6﹣t）＝t，
则 S＝S 梯形 DEPC﹣S△DEF﹣S△PCF
＝×（8﹣2t+t）×6﹣ ×（8﹣2t）×（6﹣t）﹣×t×t
＝﹣t2+9t，
即 S＝﹣t2+9t（0＜t＜4）；

3．（1）已知正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，如图①，将△BOC绕点O逆时针方向旋转得到△B′OC′，OC′与CD交于点M，OB′与BC交于点N，请猜想线段CM与BN的数量关系，并证明你的猜想．
（2）如图②‚，将（1）中的△BOC绕点B逆时针旋转得到△BO′C′，连接AO′、DC′，请猜想线段AO′与DC′的数量关系，并证明你的猜想．[来源:学科网ZXXK]
（3）如图③ƒ，已知矩形ABCD和Rt△AEF有公共点A，且∠AEF=90°，∠EAF=∠DAC=α，连接DE、CF，请求出的值（用α的三角函数表示）．

【答案】（1）CM=BN，理由见解析；（2）DC′=AO′，理由见解析；（3）cosα
（2）如图②，连接DC′，根据正方形的性质得AB=BC，AC=BD，OB=OC，∠OBC=∠ABO=45°，∠BOC=90°，于是可判断△ABC和△OBC都是等腰直角三角形，
则AC=AB，BC=BO，所以BD=AB；再根据旋转的性质得∠O′BC′=∠OBC=45°，OB=O′B，BC′=BC，则BC′=BO′，所以==，，再证明∠1=∠2，则可根据相似的判定定理得到△BDC′∽△BAO′，利用相似比即可得到DC′=AO′；
（3）如图③，根据余弦的定义，在Rt△AEF中得到cos∠EAF=；在Rt△DAC中得到cos∠DAC=，由于∠EAF=∠DAC=α，所以==cosα，∠EAD=∠FAC，则可根据相似的判定定理得到△AED∽△AFC，利用相似比即可得到=cosα．学科*网
【详解】
解：（1）CM=BN．理由如下：如图①，
∵四边形ABCD为正方形，
∴OB=OC，∠OBC=∠OCD=45°，∠BOC=90°，
∵△BOC绕点O逆时针方向旋转得到△B′OC′，
∴∠B′OC′=∠BOC=90°，
∴∠B′OC+∠COC′=90°，
而∠BOB′+∠B′OC=90°，
∴∠B′OB′=∠COC′，
在△BON和△COM中
， [来源:学&科&网Z&X&X&K]
∴△BON≌△COM（ASA），
∴CM=BN；

∴∠O′BC′=∠OBC=45°，OB=O′B，BC′=BC，
∴BC′=BO′，
∴==，
∵∠1+∠3=45°，∠2+∠3=45°，
∴∠1=∠2，
∴△BDC′∽△BAO′，
∴==，
∴DC′=AO′；学&科网
（3）如图③，在Rt△AEF中，cos∠EAF=；
在Rt△DAC中，cos∠DAC=，
∵∠EAF=∠DAC=α，
∴==cosα，∠EAF+∠FAD=∠FAD+∠DAC，即∠EAD=∠FAC，
∴△AED∽△AFC，
∴==cosα．



4．类比转化、从特殊到一般等思想方法，在数学学习和研究中经常用到，如下是一个案例，请补充完整.
（1）尝试探究
如图（1），在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E是BC边上一点，AE与BD交于点G，过点E作EF⊥AE交AC于点F，若=2，则的值是 ；
（2）拓展迁移
如图（2），在矩形ABCD中，过点B作BH⊥AC于点O，交AD相于点H，点E是BC边上一点，AE与BH相交于点G，过点E作EF⊥AE交AC于点F.
①若∠BAE=∠ACB，sin∠EAF=，求tan∠ACB；
②若，=b（a＞0，b＞0），求的值（用含a，b的代数式表示）．

图（1） 图（2）
【答案】（1）；（2）①；②
（2）①过E作EN⊥AC于N，EM⊥BD于M，根据四边形ABCD是矩形，
②过E作EN⊥AC于N，EM⊥BH于M，得到四边形OMEN是矩形，由△MEG∽△NEF，得到 由于△ABC∽△CNE，求出由于△BEM∽△BCO，得到 求出EM=a•CN，即可得到结论．
【详解】
(1)过E作EN⊥AC于N，EM⊥BD于M，

∵四边形ABCD是正方形，学&科网
∴AC⊥BD,∠ACB=∠DBC=45°，
∴四边形OMEN是矩形，△BEM与△CEN是等腰直角三角形，
∴
∵=2,∴,
∵EF⊥AE，
∴∠MEG=∠NEF，
∴△EMG∽△ENF，
∴
故答案为：；学&科网
(2) ①过E作EN⊥AC于N，EM⊥BD于M，

sin∠EAF=
设 则


容易证明≌



②过E作EN⊥AC于N，EM⊥BH于M，

∵BH⊥AC，
∴四边形OMEN是矩形，
∴，∵AE⊥EF，
∴∠MEG=∠NEF，
∴△MEG∽△NEF,
∴学科*网
∵
∴△ABC∽△CNE，
∴
∴
∵EM⊥BH，AC⊥BH，
∴EM∥AC，
∴△BEM∽△BCO，
∴
∵
∴
∴
∵ON=EM，
∴
∴EM=a⋅CN，
∴
故答案为：
5．如图，在中，点在边上，且，已知，．
（1）求的度数；
（2）我们把有一个内角等于的等腰三角形称为黄金三角形．它的腰长与底边长的比（或者底边长与腰长的比）等于黄金比．
①写出图中所有的黄金三角形，选一个说明理由；
②求的长；
③在直线或上是否存在点（点、除外），使是黄金三角形？若存在，在备用图中画出点，简要说明画出点的方法（不要求证明）；若不存在，说明理由．

【答案】（1）36°；（2）①有三个：，，．②是黄金三角形，③存在，有三个符合条件的点、、．
【详解】
解：（1）∵．
则，．
设，则，．
又，
∴．
∴，．
∴；

②是黄金三角形，
∴，学*科网[来源:学,科,网]
∵，∴．
∵，，
∴，

③存在，有三个符合条件的点、、．
ⅰ）以为底边的黄金三角形：作的垂直平分线分别交直线、得到点、．
ⅱ）以为腰的黄金三角形：以点为圆心，为半径作弧与的交点为点 ．
6．在△ABC和△ADE中，AB=AC，∠BAC=120°，∠ADE=90°，∠DAE=60°，F为BC中点，连接BE、DF，G、H分别为BE，DF的中点，连接GH．

（1）如图1，若D在△ABC的边AB上时，请直接写出线段GH与HF的位置关系　 　，=　 　．
（2）如图2，将图1中的△ADE绕A点逆时针旋转至图2所示位置，其它条件不变，（1）中结论是否改变？请说明理由；
（3）如图3，将图1中的△ADE绕A点顺时针旋转至图3所示位置，若C、D、E三点共线，且AE=2，AC=，请直接写出线段BE的长　 　．
【答案】（1）GH⊥HF，；（2）结论不变；（3）.
【详解】
解：（1）如图1中，连接DG，FG．

∵AB=AC，BF=CF，
∴AF⊥ BC，∴ ∠ BAF= ∠ CAF=60°，
∵ ED⊥ AB，
∴ ∠ BFE=∠ BDE=90°，
∵BG=GE，
∴DG=BE，GF=BE，
∴DG=FG，∵DH=HF，[来源:学.科.网]
∴GH⊥ DF，学科*网
∵ ∠ BAE=60°，
∴ ∠ ABE+∠ AEB=120°，
∵ DG=BG=GF=GE，
∴ ∠ GBD=∠ GDB，∠ GEF=∠GFE，
∴ ∠ BGD+∠ EGF=120°，
∴ ∠ DGF=60°，
∴ △ DGF是等边三角形，
∴=tan60°= ．
故答案为GH⊥ HF， =．
（2）结论不变．
理由：如图2中，延长ED至S，使DS=DE，连接AS，BS，CE，FG，DG．

∵ ∠ ADE=90°
∴ AS=AE，∠DAE=∠DAS=60°
∴ ∠ BAC=∠SAE=120°
∴ ∠ SAB= ∠ EAC
∵AB=AC
∴ △ ABS ≌ △ ACE
∴ BS=CE，∠ ABS=∠ACE
∵F，G分别为BC，BE中点
∴FG∥CE，FG=CE，

（3）如图3中，延长ED到H，使得DH=DE，连接AH，BH，作BM⊥EC于M，设BC交AH于点O．

∵AD⊥EH，ED=DH，
∴AE=AH，
∴∠AEH=∠AHE=30°，
∴∠EAH=∠BAC=120°，
∴∠BAH=∠CAE，
∵AB=AC，AH=AE，
∴△BAH ≌ △ CAE（SAS），
∴ ∠ BHA=∠ AEC=30°，BH=CE，
∴∠ OBA=∠OHC=30°，
∵∠AOB=∠COH，
∴△AOB ∽ △COH，
∴ = ，
∴ =，∵∠ AOC=∠ BOH，
∴ △ AOC∽ △ BOH，
∴∠BHO=∠AOC=30°，
∴∠BHE=30°+30°=60°，

在Rt△EBM中，BE= = =．
故答案为 ．
7．在四边形ABCD中，点E为AB边上的一点，点F为对角线BD上的一点，且EF⊥AB．
（1）若四边形ABCD为正方形．
①如图1，请直接写出AE与DF的数量关系　 　；
②将△EBF绕点B逆时针旋转到图2所示的位置，连接AE，DF，猜想AE与DF的数量关系并说明理由．
（2）若四边形ABCD为矩形，BC=mAB，其他条件都不变．
①如图3，猜想AE与DF的数量关系并说明理由；
②将△EBF绕点B顺时针旋转α（0°＜α＜90°）得到△E′BF′，连接AE′，DF′，请在图4中画出草图，并直接写出AE′和DF′的数量关系．

【答案】（1)DF=AE；DF=AE；（2）DF=MF=AE；DF′=AE′.
（2）①作FM⊥AD，垂足为M．依据勾股定理可得Rt△ABD中，BD= =AB，再根据△DMF∽△ABD，可得=,即可得出DF=AE；
②依据△BEF∽△BAD，可得=,进而得出=,即可得出△ABE′∽△DBF′，进而得到=,即DF′=AE′．

②DF=AE．理由如下：
∵△EBF绕点B逆时针旋转到图2所示的位置，
∴∠ABE=∠DBF，
∵= ， =，
∴，
∴△ABE∽△DBF，
∴=，学科*网
即AE与DF的数量关系是：DF=AE；
（2）①AE与DF的数量关系是：DF=AE；
理由：在图3中，作FM⊥AD，垂足为M．

∵∠A=∠AEF=∠AMF=90°，
∴四边形AEFM是矩形，
∴FM=AE，
∵AD=BC=mAB，
∴Rt△ABD中，BD==AB，
∵MF∥AB，
∴△DMF∽△ABD，
∴=，
∴DF=MF=AE；

如图4，∵△EBF绕点B顺时针旋转α（0°＜α＜90°）得到△E'BF'，

∴∠ABE′=∠DBF′，BE′=BE，BF′=BF，
∴=，学科*网
∴△ABE′∽△DBF′，
∴=，
即DF′=AE′．
8．已知直线m∥n，点C是直线m上一点，点D是直线n上一点，CD与直线m、n不垂直，点P为线段CD的中点．
（1）操作发现：直线l⊥m，分别交m、n于点A、B，当点B与点D重合时（如图1），连结PA，请直接写出线段PA与PB的数量关系：　 　．
（2）猜想证明：在图1的情况下，把直线l向右平移到如图2的位置，试问（1）中的PA与PB
的关系式是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．
（3）延伸探究：在图2的情况下，把直线l绕点A旋转，使得∠APB=90°（如图3），若两平行线m、n之间的距离为2k，求证：PA•PB=k•AB．

【答案】（1）PA=PB；（2）成立，证明详见解析；（3）详见解析.
【详解】
解：． 
成立．如图，延长AP交直线 m 于点E．


 m  n ，
，，
又，
≌．
，即点P是AE的中点， 
又，
直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半． 


∽． 
  ，
  ，
 ，，，
 ，
．学&科网
9．已知：如图1在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8cm，BC=6cm，点P由点B出发沿BA方向向点A匀速运动，速度为2cm/s；同时点Q由点A出发沿AC方向点C匀速运动，速度为lcm/s；连接PQ，设运动的时间为t秒（0＜t＜5），解答下列问题：
（1）当为t何值时，PQ∥BC；
（2）设△AQP的面积为y（cm2），求y关于t的函数关系式，并求出y的最大值；
（3）如图2，连接PC，并把△PQC沿QC翻折，得到四边形PQPC，是否存在某时刻t，使四边形PQP'C为菱形？若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）当t=时，PQ∥BC；（2）﹣（t﹣）2+，当t=时，y有最大值为；（3）存在，当t=时，四边形PQP′C为菱形
【详解】
（1）在Rt△ABC中，AB===10，
BP=2t，AQ=t，则AP=10﹣2t，
∵PQ∥BC，
∴△APQ∽△ABC，
∴=，即=，
解得t=，
∴当t=时，PQ∥BC．
（2）过点P作PD⊥AC于D，则有△APD∽△ABC，

∴=，即=，
∴PD=6﹣t，
∴y=t（6﹣t）=﹣（t﹣）2+，
∴当t=时，y有最大值为．
（3）存在．
理由：连接PP′，交AC于点O．


∴当t=时，四边形PQP′C为菱形．
10．(1)如图1，△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D，E在BC上，∠DAE＝45°，为了探究BD，DE，CE之间的等量关系，现将△AEC绕A顺时针旋转90°后成△AFB，连接DF，经探究，你所得到的BD，DE，CE之间的等量关系式是 ；(无须证明)
(2)如图2，在△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC，D，E在BC上，∠DAE＝60°，∠ADE＝45°，试仿照(1)的方法，利用图形的旋转变换，探究BD，DE，CE之间的等量关系，并证明你的结论．
　　　　　　
【答案】(1) BD2＋CE2＝DE2； (2) BD2＋DE2＝CE2，证明见解析.
（2）方法同（1），由∠ADE＝45°可得∠ADF＝45°，故∠BDF＝90°，斜边BF＝CE，直角边DF＝DE，由勾股定理建立等量关系．
【详解】
(1) BD2＋CE2＝DE2；
(2)CE2＝BD2＋DE2.
证明：将△AEC绕点A顺时针旋转120 °得到△AFB，连接FD.
由旋转的性质可得△AEC≌△AFB，∴AF＝AE，BF＝CE，∠FAB＝∠EAC.
∴∠FAE＝∠FAB＋∠BAE＝∠EAC＋∠BAE＝∠BAC＝120 °.
又∵∠DAE＝60 °，
∴∠FAD＝∠EAD＝60 °.

在△ADF和△ADE中，
∴△ADF≌△ADE(SAS)．
∴FD＝DE，∠ADF＝∠ADE.
∵∠ADE＝45 °，学*科网
∴∠ADF＝45 °，故∠BDF＝90 °.
在Rt△BDF中，由勾股定理，得BF2＝BD2＋DF2.
∴CE2＝BD2＋DE2.
11．将一副三角尺按图1摆放，等腰直角三角尺的直角边DF恰好垂直平分AB，与AC相交于点G，．
（1）求GC的长；
（2）如图2，将△DEF绕点D顺时针旋转，使直角边DF经过点C，另一直角边DE与AC相交于点H，分别过H、C作AB的垂线，垂足分别为M、N，通过观察，猜想MD与ND的数量关系，并验证你的猜想．
（3）在（2）的条件下，将△DEF沿DB方向平移得到△D′E′F′，当D′E′恰好经过（1）中的点G时，请直接写出DD′的长度．
[来源:学科网ZXXK]
【答案】（1）2；（2）DM=DN；（3）
（3）如图3中，作GK∥DE交AB由K．求出AK的值即可解决问题．
【详解】
（1）如图1．

在Rt△ABC中，∵BC=2，∠B=60°，∴AC=BC•tan60°=6，AB=2BC=4．
∵DF是线段AB的垂直平分线，∴AD=BD=2．
在Rt△ADG中，AG4，∴CG=AC=AG=6﹣4=2．

（3）如图3中，作GK∥DE交AB由K．

在△AGK中，AG=GK=4，∠A=∠GKD=30°，作GH⊥AB于H．
则AH=AG•cos30°=2，可得AK=2AH=4，此时K与B重合，∴DD′=DB=2．
12．已知长方形ABCD中，AD=10cm,AB=6cm,点M在边CD上，由C往D运动，速度为1cm/s，运动时间为t秒，将△ADM沿着AM翻折至△AD´M，点D对应点为D´，AD´所在直线与边BC交于点P.
（1）如图1，当t=0时，求证：PA=PC；
（2）如图2，当t为何值时，点D´恰好落在边BC上；
（3）如图3，当t=3时，求CP的长.
（
【答案】（1）见解析（2）（3）
（3）当t=3时，CM=DM=3, 连接PM，根据HL证得M D´PMCP,可得D´P=PC, ∠D´MP=∠CMP, 由折叠性质可得得出∠AMD=∠AMD´,从而证得∠AMP=90,再根据ADMMDP即可。
【详解】
（1）当t=0时，M与C重合
由折叠性质可得ADCA D´C
∴∠DAC=∠D´AC,学*科网
在长方形ABCD中，AD//BC,
∴ ∠DAC=∠BCA
∴∠D´AC=∠BCA，
∴PA=PC；
（2）由折叠性质可得ADCA D´C
∴D´M=DM=6-t，AD=A D´=10，
在RtABD´中，B D´==8
∴D´C=BC- B D´=10-8=2cm
在RtCMD´中，
∴
解得：t=
∴当t=时，点D´恰好落在边BC上；
（3）当t=3时，CM=DM= D´M=3,
由折叠性质可得：∠AD´M=∠D=90


∴= P D´. A D´
∴= P D´.10
∴P D´=
∴CP=
13．如图①，△ABC与△CDE是等腰直角三角形，直角边AC、CD在同一条直线上，点M、N分别是斜边AB、DE的中点，点P为AD的中点，连接AE、BD．
(1)请直接写出PM与PN的数量关系及位置关系 ；
(2)现将图①中的△CDE绕着点C顺时针旋转α(0°＜α＜90°)，得到图②，AE与MP、BD分别交于点G、H．请直接写出PM与PN的数量关系及位置关系 ；
(3)若图②中的等腰直角三角形变成直角三角形，使BC=kAC，CD=kCE，如图③，写出PM与PN的数量关系，并加以证明．

【答案】(1)PM=PN，PM⊥PN；(2)PM=PN，PM⊥PN；(3)PM=kPN，证明见解析.
（3）PM＝kPN，由已知条件可证明△BCD∽△ACE，所以可得BD＝kAE，因为点P、M、N分别为AD、AB、DE的中点，所以PMBD，PNAE，进而可证明PM＝kPN．
【详解】
（1）PM＝PN，PM⊥PN．理由如下：
∵△ACB和△ECD是等腰直角三角形，
∴AC＝BC，EC＝CD，∠ACB＝∠ECD＝90°．
在△ACE和△BCD中，
∵，
∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴AE＝BD，∠EAC＝∠CBD．
∵点M、N分别是斜边AB、DE的中点，点P为AD的中点，
∴PMBD，PNAE，
∴PM＝PN．
∵PM∥BD，PN∥AE，
∴∠NPD＝∠EAC，∠MPA＝∠BDC．
∵∠EAC+∠BDC＝90°，
∴∠MPA+∠NPD＝90°，学科*网
∴∠MPN＝90°，即PM⊥PN；
（2）∵△ACB和△ECD是等腰直角三角形，
∴AC＝BC，EC＝CD，∠ACB＝∠ECD＝90°，
∴∠ACB+∠BCE＝∠ECD+∠BCE，
∴∠ACE＝∠BCD，
∴△ACE≌△BCD，
∴AE＝BD，∠CAE＝∠CBD．

又∵∠AOC＝∠BOE，∠CAE＝∠CBD，
∴∠BHO＝∠ACO＝90°．
∵点P、M、N分别为AD、AB、DE的中点，
∴PMBD，PM∥BD；PNAE，PN∥AE，
∴PM＝PN，
∴∠MGE+∠BHA＝180°，
∴∠MGE＝90°，
∴∠MPN＝90°，
∴PM⊥PN．

14．已知两条线段AC和BC，连接AB，分别以AB、BC为底边向上画等腰△ABD和等腰△BCE，∠ADB＝∠BEC＝α．
（1）如图1，当α＝60°时，求证：△DBE≌△ABC；
（2）如图2，当α＝90°时，且BC＝5，AC＝2．
①求DE的长；
②如图3，将线段CA绕点C旋转，点D也随之运动，请求出C，D两点之间距离的取值范围．

【答案】(1)证明见解析；(2)①；②.

【详解】
（1）如图1．

∵DB＝DA，EB＝EC，∠BDA＝∠BEC＝60°，∴△ABD，△EBC都是等边三角形，∴BD＝BA，BE＝BC，∠DBA＝∠EBC＝60°，∴∠DBE＝∠ABC，∴△DBE≌△ABC．
（2）①∵△ABD，△BEC都是等腰直角三角形，∴，∠DBA＝∠EBC＝45°，∴∠DBE＝∠ABC，∴△DBE∽△ABC，∴．
∵AC＝2，∴DE．

②如图3中，连接CD．

由（2）可知DE．在Rt△BCE中，ECBC．
∵EC﹣DE≤DC≤EC+DE，∴DE．
15．几何模型：
条件：如图1，A、B是直线同旁的两个定点．

问题：在直线上确定一点P，使PA+PB的值最小．
方法：作点A关于直线的对称点A′，连接A′B交于点P，则PA+PB=A′B的值最小（不必证明）．

模型应用：
（1）如图2,已知平面直角坐标系中两定点A（0，-1），B（2，-1）,P为x轴上一动点, 则当PA+PB的值最小时，点P的横坐标是______，此时PA+PB的最小值是______；
（2）如图3，正方形ABCD的边长为2，E为AB的中点，P是AC上一动点.由正方形对称性可知，B与D关于直线AC对称，连接BD，则PB+PE的最小值是______；
（3）如图4,正方形ABCD的面积为12，△ABE是等边三角形，点E在正方形ABCD内，在对角线AC上有一动点P，则PD＋PE的最小值为 ；

（4）如图5,在菱形ABCD中，AB=8，∠B=60°，点G是边CD边的中点，点E、F分别是AG、AD上的两个动点，则EF+ED的最小值是_______________.
【答案】（1）点P的横坐标是 1 ，此时PA+PB的最小值是；（2）PB+PE的最小值是 （3）这个最小值为 ；（4）EF+ED的最小值是
（3）由于点B与D关于AC对称，所以连接BD，与AC的交点即为F点．此时PD+PE=BE最小，而BE是等边△ABE的边，BE=AB，由正方形ABCD的面积为12，可求出AB的长，从而得出结果；
（4）作DH⊥AC垂足为H与AG交于点E，点H关于AG的对称点为F，此时EF+ED最小=DH，先证明△ADC是等边三角形，在RT△DCH中利用勾股定理即可解决问题．
【详解】
（1）取点A关于x轴对称的点A′，连接A′B，交x轴于P，作BH⊥x轴于H，
则此时PA+PB的值最小，

∵OA′=OA=1，BH=1，BH∥OA′，
∴OP=PH=1，
∴点P的横坐标是1，
PA+PB=A′B=，
故答案为：1；2；

（3）连接BD，与AC交于点F．

∵点B与D关于AC对称，
∴PD=PB，
∴PD+PE=PB+PE=BE最小．
∵正方形ABCD的面积为12，
∴AB=2，
又∵△ABE是等边三角形，
∴BE=AB=2，
故所求最小值为2．
（4）如图作DH⊥AC垂足为H与AG交于点E，

∵四边形ABCD是菱形，
∵AB=AD=CD=BC=8，
∵∠B=60°，
∴∠ADC=∠B=60°，
∴△ADC是等边三角形，