2024辽宁中考数学二轮专题训练 题型八 几何图形综合题 (含答案)

这是一份2024辽宁中考数学二轮专题训练 题型八 几何图形综合题 (含答案)，共51页。试卷主要包含了动点问题等内容，欢迎下载使用。
典例精讲
例1 如图，在△ABC中，BC＞AC，点E在BC上，CE＝CA，点D在AB上，连接DE，∠ACB＋∠ADE＝180°，作CH⊥AB，垂足为H.
例1题图①
(1)如图①，当∠ACB＝90°时，连接CD，过点C作CF⊥CD交BA的延长线于点F.
①求证：FA＝DE；
【思维教练】要证FA＝DE，可先根据已知条件证明△AFC≌△EDC，可得结论；
②请猜想三条线段DE、AD、CH之间的数量关系，直接写出结论；
【思维教练】根据CH是等腰直角△FCD斜边上的中线得：FD＝2CH，再进行等量代换可得结论；
(2)如图②，当∠ACB＝120°时，三条线段DE、AD、CH之间存在怎样的数量关系？请证明你的结论．
例1题图②
【思维教练】根据(1)作辅助线，构建全等三角形，证明△FAC≌△DEC得AF＝DE，FC＝CD，得等腰△FDC，由三线合一的性质得CH是底边中线和顶角平分线，得直角△CHD，利用三角函数得出HD与CH的关系，从而得出结论．
针对训练
1. 如图，△ABC是等边三角形，点P是BC边上的一点，以点P为顶点的∠MPN＝120°，射线PM、PN分别交AB、AC于点D、E.
(1)如图①，当点P为BC中点时，判断PD与PE的数量关系，并证明；
(2)如图②，当PC＝2PB时，判断PD与PE的数量关系，并证明；
(3)连接AP，若AB＝8，AP＝7，BD＝2时，请直接写出CE的长．
第1题图
2. 如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB中点， 点E在直线BC上(点E不与点B，C重合)，连接DE，过点D作DF⊥DE交直线AC于点F，连接EF.
(1)如图①，当点F与点A重合时，请直接写出线段EF与BE的数量关系；
(2)如图②，当点F不与点A重合时，请写出线段AF，EF，BE之间的数量关系，并说明理由；
(3)若AC＝5，BC＝3，EC＝1，请直接写出线段AF的长．
第2题图
3. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，点D是直线AB上的一点，以CD为边作正方形CDFE，连接BE.
(1)如图①，当点D在线段AB的延长线上时，线段BD、AB、BE的数量关系为：________；
(2)如图②，当点D在线段BA的延长线上时，猜想并证明线段BD、AB、BE的数量关系；
(3)若AB＝6，BD＝7.
①请直接写出三角形ADE的面积________，
②请直接写出线段CE的长度________．
第3题图
4. 在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，点P是射线BD上一动点，以AP为边向右侧作等边△APE，连接CE.
(1)如图①，当点E在边AD上时，猜想BP与CE的数量关系是 ________；
(2)如图②，当点E在菱形ABCD外部时，(1)中的结论是否仍成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由；
(3)如图③，在点P的移动过程中，连接AC，DE，若AB＝2，PD＝1，请直接写出四边形ACDE的面积值．
第4题图
类型二 旋转问题
典例精讲
例1在▱ABCD中，∠BAD＝α，DE平分∠ADC，交对角线AC于点G，交射线AB于点E，将线段EB绕点E顺时针旋转eq \f(1,2)α得线段EP.
(1)如图①，当α＝120°时，连接AP，请直接写出线段AP和线段AC的数量关系；
例1题图①
【思维教练】延长PE交CD于点F，连接AF，根据平行四边形性质可证得四边形ADFE是菱形，进而得出△AEF是等边三角形，再证明△APE≌△ACF，即可求解；
(2)如图②，当α＝90°时，过点B作BF⊥EP于点F，连接AF，请写出线段AF，AB，AD之间的数量关系，并说明理由；
【思维教练】连接CF，证明△BCF≌△EAF，进而得出∠AFC＝90°，利用三角函数可得AC与AF的数量关系，再运用勾股定理即可；
例1题图②
(3)当α＝120°时，连接AP，若BE＝eq \f(1,2)AB，请直接写出△APE与△CDG面积的比值．
【思维教练】分两种情况：①当点E在AB上时，根据平行四边形的性质，可得出△APE与平行四边形ABCD的面积关系，易证得△AEG∽△CDG，根据相似三角形的性质，可得出△CDG与平行四边形ABCD的面积关系，从而求解；②当点E在AB延长线上时，同理可得出△APE与平行四边形AEFD的面积关系，再根据相似三角形的性质，可得出△CDG与平行四边形AEFD的面积关系，从而求解．
针对训练
1. 在△ABC中，∠B＝45°，∠C＝30°，点D是BC上一点，连接AD，将线段AD绕点A逆时针旋转90°，得到线段AE，连接DE.
(1)如图①，当点E落在边BA的延长线上时，∠EDC＝________度(直接填空)；
(2)如图②，当点E落在边AC上时，求证：BD＝eq \f(1,2)EC；
(3)当AB＝2eq \r(2)，且点E到AC的距离EH＝eq \r(3)－1时，直接写出AH的值．
图①

图②
第1题图
2. 如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝4，BC＝2，点D，E分别是边BC，AC的中点，连接DE.将△CDE绕点C逆时针方向旋转，记旋转角为α.
(1)问题发现
①如图①，当α＝0°时，eq \f(AE,BD)＝________；
②当α＝180°时，eq \f(AE,BD)＝________；
(2)拓展探究
试判断当0°＜α＜360°时，eq \f(AE,BD)的值有无变化，并就图②的情形说明理由；
(3)问题解决
当△CDE绕点C逆时针旋转至A，B，E三点在同一条直线上时，若以点E、B、C为顶点的三角形为直角三角形，请直接写出线段BD的长．
第2题图
备用图
3. 如图，在▱ABCD中，O为AC的中点，直线l与边BC重合，将直线l绕点B旋转，旋转角为α，AM⊥直线l于点M，CN⊥直线l于点N，连接OM，ON.
(1)如图①，当直线l绕点B逆时针旋转α(0°＜α＜30°)时，求证：OM＝ON；
(2)如图②，当直线l绕点B顺时针旋转α(0°＜α＜30°)时，请判断(1)中的结论是否成立，并说明理由；
(3)若旋转角α＝15°，当四边形ABCD为正方形，且边长为2eq \r(2)时，请直接写出线段MN的长．

第3题图 备用图

4. 在△ABC与△CDE中，∠ACB＝∠CDE＝90°，AC＝BC＝2eq \r(6)，CD＝ED＝2，连接AE，BE，点F为AE的中点，连接DF，△CDE绕着点C旋转．
(1)如图①，当点D落在AC的延长线上时，DF与BE的数量关系是：________；
(2)如图②，当△CDE旋转到点D落在BC的延长线上时，DF与BE是否仍具有(1)中的数量关系，如果具有，请给予证明；如果没有，请说明理由；
(3)旋转过程中，若当∠BCD＝105°时，直接写出DF2的值．

第4题图 备用图
类型三 角度变化问题
典例精讲
例1 如图，射线AB和射线CB相交于点B，∠ABC＝α(0°＜α＜180°)，且AB＝CB.点D是射线CB上的动点(点D不与点C和点B重合)，作射线AD，并在射线AD上取一点E，使∠AEC＝α， 连接CE，BE.
(1)如图①，当点D在线段CB上，α＝90°时，请直接写出∠AEB的度数；
【思维教练】易知△ABD∽△CED，证出△ABC是等腰直角三角形，则∠ACB＝45°，进而得出结论；
例1题图①
(2)如图②，当点D在线段CB上，α＝120°时，请写出线段AE，BE，CE之间的数量关系，并说明理由；
例1题图②
【思维教练】在AD上截取AF＝CE，连接BF，过点B作BH⊥EF于H，证△ABF≌△CBE，得出∠ABF＝∠CBE，BF＝BE，由等腰三角形的性质得出FH＝EH，由三角函数得出FH＝EH＝eq \f(\r(3),2)BE，进而得出结论；
(3)当α＝120°，tan∠DAB＝eq \f(1,3)时，请直接写出eq \f(CE,BE)的值．
备用图
【思维教练】分点D在线段CB上和点D在CB延长线上两种情况讨论，利用(2)中的方法及结论即可求解．
针对训练
1. 如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠A＝α，点D为射线AC上一动点，作∠BDE＝α，过点B作BE⊥BD，交DE于点E，(点A，E在BD的两侧)连接CE.
(1)如图①，若α＝45°时，请直接写出线段AD，CE的数量关系；
(2)如图②，若α＝60°时，(1)中的结论是否成立；如果成立，请说明理由，如果不成立，请写出它们的数量关系，并说明理由；
(3)若α＝30°，AC＝6，且△ABD为等腰三角形时，请直接写出线段CE的长．
第1题图

备用图
2. 在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，点D为AB边上一动点，∠CDE＝α，CD＝ED，连接BE，EC.
(1)如图①，若α＝60°，则∠EBA＝________，AD与EB的数量关系是________；
(2)如图②，当α＝120°时，请写出∠EBA的度数及AD与EB的数量关系并说明理由；
(3)如图③，点E为正方形ABCD的边AB上的三等分点，以DE为边在DE上方作正方形DEFG，点O为正方形DEFG的中心，若OA＝2eq \r(2)，请直接写出线段EF的长度．
第2题图
3. 在△ABC中，AB＝AC，△CDE中，CE＝CD(CE≥CA)，BC＝CD，∠D＝α，∠ACB＋∠ECD＝180°，点B，C，E不共线，点P为直线DE上一点，且PB＝PD.
(1)如图①，点D在线段BC延长线上，则∠ECD＝________，∠ABP＝________，(用含α的代数式表示)；
(2)如图②，点A，E在直线BC同侧，求证：BP平分∠ABC；
(3)若∠ABC＝60°，BC＝eq \r(3)＋1，将图③中的△CDE绕点C按顺时针方向旋转，当BP⊥DE时，直线PC交BD于点G，点M是PD中点，请直接写出GM的长．
第3题图
4. 在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点P为△ABC外一点，点P与点C位于直线AB异侧，且∠APB＝45°，过点C作CD⊥PA，垂足为D.
(1)如图①当∠ABP＝90°时，请直接写出线段AP与CD之间的数量关系为_________ ；
(2)如图②，当∠ABP＞90°时．
①猜想并证明线段AP与CD之间的数量关系；
②在线段AP上取一点K，使得∠ABK＝∠ACD，画出图形并直接写出此时eq \f(KP,BP)的值．
第4题图
类型四 折叠问题
典例精讲
例1 如图，在▱ABCD中，AB＝6，BC＝4，∠B＝60°，点E是边AB上一点，点F是边CD上一点，将▱ABCD沿EF折叠，得到四边形EFGH，点A的对应点为点H，点D的对应点为点G.
(1)当点H与点C重合时；
例1题图
①填空：点E到CD的距离是________；
【思维教练】作CK⊥AB于K，解直角三角形BCK即可求解；
②求证：△BCE≌△GCF；
【思维教练】根据平行四边形的性质和折叠的性质得出∠B＝∠G，∠BCE＝∠GCF，BC＝GC，然后根据AAS即可证明；
③求△CEF的面积；
【思维教练】过E点作EP⊥BC于P，设BP＝m，则BE＝2m，通过解直角三角形求得EP＝eq \r(3)m，然后根据折叠的性质和勾股定理求得EC，进而根据三角形的面积即可求得；
(2)当点H落在射线BC上，且CH＝1时，直线EH与直线CD交于点M，请直接写出△MEF的面积．
备用图
【思维教练】过E点作EE′⊥BC于E′，需分两种情况讨，即当BH＝3或BH＝5，设BE′＝m，由勾股定理可求得m的值，再根据角对应关系，求出ME的长，然后根据三角形面积公式即可求得．
针对训练
1. 已知：四边形ABCD，点E在直线BC上，将△ABE沿AE翻折得到△AFE，点B的对应点F恰好落在直线DE上，直线AF交直线CD于点G.
(1)如图①，当四边形ABCD为矩形时，
①求证： DA＝ DE；
②若BE＝3, CE＝2，求线段AF的长；
(2)如图②，当四边形ABCD为平行四边形时，若eq \f(BE,CE)＝eq \f(3,2)，直接写出此时eq \f(AF,AG)的值．
第1题图
2. 在Rt△ABC中，∠C＝2∠B＝90°，点D是BC上一点，沿AD折叠△ADC，使得点C恰好落在AB上的点E处，
(1)如图①，请写出AB、AC、DC之间的关系________；
(2)如图②，若∠C≠90°，其他条件不变，请猜想AB、AC、DC之间的关系，并证明你的结论；
(3)如图③，在四边形ABCD中，∠B＝120°，∠D＝90°，AB＝BC，AD＝DC，连接AC，点E是CD上一点，沿AE折叠，使得点D正好落在AC上的点F处，若BC＝3，直接写出DE的长．
第2题图
参考答案
类型一 动点问题
典例精讲
例1 (1)①证明：∵∠ACB＋∠ADE＝180°，
∴∠CAD＋∠CED＝360°－180°＝180°，
∵∠CAD＋∠CAF＝180°，
∴∠CAF＝∠CED，
∵CF⊥CD，∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠DCF＝90°，
∴∠ACF＋∠ACD＝∠ACD＋∠DCE，
∴∠ACF＝∠DCE，
∵CA＝CE，
∴△AFC≌△EDC(ASA)，(4分)
∴FA＝DE；(5分)
②解：DE＋AD＝2CH；(7分)
【解法提示】由①得AF＝DE，△AFC≌△EDC，
∴CD＝CF，
∵CF⊥CD，
∴∠CFD＝∠CDF＝45°，
∵CH⊥FD，∴CH＝HD＝FH，
∴FD＝FA＋AD＝DE＋AD＝2CH.
(2)解：三条线段DE、AD、CH之间的数量关系是：DE＋AD＝2eq \r(3)CH.(8分)
证明：如解图，延长BA到点F，使AF＝DE，连接CF、CD.
∵∠ACB＋∠ADE＝180°，
∴∠CAD＋∠CED＝360°－180°＝180°，
∵∠CAD＋∠CAF＝180°，
∴∠CAF＝∠CED，
∵AC＝CE，AF＝DE，
∴△AFC≌△EDC(SAS)，
∴CF＝CD，∠ACF＝∠ECD，
∴∠FCD＝∠ACF＋∠ACD＝∠ECD＋∠ACD＝∠ACB＝120°，
∵CF＝CD，CH⊥DF，
∴FH＝DH＝eq \f(1,2)DF＝eq \f(1,2)(DE＋AD)，∠HCD＝eq \f(1,2)∠FCD＝60°，
∴tan∠HCD＝eq \f(DH,CH)＝eq \r(3)，
∴DH＝eq \r(3)CH，(11分)
∴DE＋AD＝2DH＝2eq \r(3)CH.(12分)
例1题解图
针对训练
1. 解：(1)PD＝PE；
证明：如解图①，过点P作PF∥AC交AB于点F，
第1题解图①
∵△ABC为等边三角形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝60°，
∴∠BFP＝∠A＝60°，∠BPF＝∠C＝60°，
∴△BPF为等边三角形，
∴FP＝BP，
∵BP＝CP，
∴FP＝CP，
∵∠DPF＋∠EPF＝∠CPE＋∠EPF＝120°，
∴∠DPF＝∠CPE，
又∵∠BFP＝∠C＝60°，
∴△PDF≌△PEC(ASA)，
∴PD＝PE.
(2)PE＝2PD；
证明：如解图②，过点P作PF∥AC交AB于点F，
第1题解图②
∵△ABC为等边三角形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝60°，
∴∠BFP＝∠A＝60°，∠BPF＝∠C＝60°，
∴△BPF为等边三角形，
∵∠DPF＋∠EPF＝∠CPE＋∠EPF＝120°，
∴∠DPF＝∠CPE，
又∵∠BFP＝∠C＝60°，
∴△PDF∽△PEC，
∴eq \f(PD,PE)＝eq \f(PF,PC)，
又∵PF＝PB，
∴eq \f(PD,PE)＝eq \f(PB,PC)＝eq \f(1,2)，
∴PE＝2PD；
(3)CE的长为eq \f(5,3)或eq \f(9,5).
【解法提示】如解图③，连接AP，过点A作AO⊥BC于点O，过点P作PF∥AC，
第1题解图③
∵∠B＝60°，
∴∠BAO＝30°，
∵AB＝8，
∴BO＝4，AO＝eq \r(AB2－BO2)＝4eq \r(3)，
在Rt△APO中，AP＝7，PO＝eq \r(AP2－AO2)＝1，
∴BP＝3，PC＝5，
由(2)知△PDF∽△PEC，BP＝BF＝PF＝3，
∴eq \f(DF,EC)＝eq \f(PF,PC)，
又∵BD＝2，
∴eq \f(3－2,CE)＝eq \f(3,5)，解得CE＝eq \f(5,3)，
同理，如解图④，BP＝5，PC＝3，
第1题解图④
由eq \f(DF,EC)＝eq \f(PF,PC)得，eq \f(5－2,CE)＝eq \f(5,3)，
解得CE＝eq \f(9,5)，
综上所述，CE的长为eq \f(5,3)或eq \f(9,5).
2. 解：(1)EF＝BE；
【解析】当点F与点A重合时，∵D为AB的中点，∴DF＝DB，∵DF⊥DE，∴DE垂直平分BF，∴EF＝BE.
(2)AF2＋BE2＝EF2；
理由如下：
如解图①，过点A作AM∥EC，交ED的延长线于点M，连接MF，
∵∠ACB＝90°，
∴∠MAF＝∠ACB＝90°，
∴AF2＋AM2＝MF2，
∵D为AB的中点，
∴AD＝BD，
∵AM∥EC，
∴∠AMD＝∠BED，
∵∠ADM＝∠BDE，
∴△ADM≌△BDE，
∴AM＝BE，DM＝DE，
∵DF⊥DE，
∴DF垂直平分ME∴MF＝EF，
∴AF2＋BE2＝EF2.
第2题解图①
(3)eq \f(11,5)或1.
【解法提示】理由如下：
①如解图②，当点E在线段BC上时，此时CE＝1，
第2题解图②
过点B作BH∥AC，交FD的延长线于点H，连接EH，
∴∠FAD＝∠HBD，∠HBE＝∠ACB＝90°，
∵D为AB的中点，
∴AD＝BD，
∵∠ADF＝∠BDH，
∴△ADF≌△BDH，
∴DF＝DH，AF＝BH，
∵DF⊥DE，
∴HE＝EF.
设AF＝x，则BH＝x,
∵AC＝5，BC＝3，
∴CF＝5－x，BE＝3－1＝2，
在Rt△EFC和Rt△HEB中，
由勾股定理得CF2＋CE2＝EF2，BE2＋BH2＝HE2，
∴CF2＋CE2＝BE2＋BH2，
∴(5－x)2＋12＝22＋x2，
解得x＝eq \f(11,5).
∴AF＝eq \f(11,5).
②如解图②，当点E在BC延长线上时，此时CE＝1，
第2题解图③
过点B作BH∥AC，交FD的延长线于点H，连接EH，
∴∠FAD＝∠HBD，∠HBE＝∠ACB＝90°，
∵D为AB的中点，
∴AD＝BD，
∵∠ADF＝∠BDH，
∴△ADF≌△BDH，
∴DF＝DH，AF＝BH，
∵DF⊥DE，
∴HE＝EF.
设AF＝x，则BH＝x,
∵AC＝5，BC＝3，
∴CF＝5－x，BE＝3＋1＝4，
在Rt△EFC和Rt△HEB中，
由勾股定理得CF2＋CE2＝EF2，BE2＋BH2＝HE2，
∴CF2＋CE2＝BE2＋BH2，
∴(5－x)2＋12＝42＋x2，
解得x＝1.
∴AF＝1.
综上所述，线段AF的长为eq \f(11,5)或1.
3. 解：(1)BE＝AB＋BD；
【解法提示】∵∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠ACD＝∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(CA＝CB,∠ACD＝∠BCE,CD＝CE))，
∴△ACD≌△BCE(SAS)，
∴AD＝BE，
∵AD＝AB＋BD，
∴BE＝AB＋BD.
(2)BD＝AB＋BE；
证明：∵∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠ACD＝∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(CA＝CB,∠ACD＝∠BCE,CD＝CE))，
∴△ACD≌△BCE(SAS)，
∴AD＝BE，
∵BD＝AB＋AD，
∴BD＝AB＋BE；
(3)①eq \f(169,2)或eq \f(1,2)；
【解法提示】a、当点D在线段AB的延长线上时，
∵AB＝6，BD＝7，
∴BE＝AD＝6＋7＝13，
∵BE⊥AD，
∴S△AED＝eq \f(1,2)·AD·EB＝eq \f(1,2)×13×13＝eq \f(169,2)；
b、点D在线段BA的延长线上时，
∵AB＝6，BD＝7，
∴BE＝AD＝BD－AB＝7－6＝1，
∵BE⊥AD，
∴S△AED＝eq \f(1,2)·AD·EB＝eq \f(1,2)×1×1＝eq \f(1,2)，综上所述，三角形ADE的面积为eq \f(169,2)或eq \f(1,2)；
②eq \r(109)或5.
【解法提示】分两种情况：a、当点D在线段AB的延长线上时，如解图①过点C作CG⊥AB于点G，
∵∠ACB＝90°，CA＝CB，
∴AG＝BG＝eq \f(1,2)AB＝3，CG＝eq \f(1,2)AB＝3，
∴DG＝BD＋BG＝7＋3＝10，
∴CE＝CD＝eq \r(CG2＋DG2)＝eq \r(32＋102)＝eq \r(109)；
b、点D在线段BA的延长线上时，如解图②，过点C作CG⊥AB于点G，∵∠ACB＝90°，CA＝CB，∴AG＝BG＝eq \f(1,2)AB＝3，CG＝eq \f(1,2)AB＝3，∴DG＝BD－BG＝7－3＝4，∴CE＝CD＝eq \r(CG2＋DG2)＝eq \r(32＋42)＝5，综上所述，线段CE的长度为eq \r(109)或5.
第3题解图①
第3题解图②
4. 解：(1)BP＝CE；
【解法提示】如解图①，连接AC，在菱形ABCD中，AB＝CB，
∵∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC∥AD，
∴∠BAD＋∠ABC＝180°，
∴∠BAD＝180°－∠ABC＝120°，
∵△PAE是等边三角形，且点E在边AD上，
∴AP＝AE，∠DAP＝60°，
∴∠BAP＝∠BAD－∠DAP＝60°＝∠BAC，
∴点P在AC上，
在△ABP和△ACE中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AB＝AC,∠BAP＝∠CAE,AP＝AE))，
∴△ABP≌△ACE(SAS)，
∴BP＝CE；
第4题解图①
(2)结论仍然成立．
证明：①当点P在线段BD上时，如解图②，连接AC交BD于点O，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴△ABC，△ACD都是等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°，
∵△APE是等边三角形，
∴AP＝AE，∠PAE＝60°，
∴∠BAP＝∠CAE，
在△BAP和△CAE中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AB＝AC,∠BAP＝∠CAE,AP＝AE))，
∴△BAP≌△CAE(SAS)，
∴BP＝CE；
第4题解图②
②当点P在BD的延长线上时，如解图③，连接AC交BD于点O.
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴△ABC，△ACD都是等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°，
∵△APE是等边三角形，
∴AP＝AE，∠PAE＝60°，
∴∠BAP＝∠CAE.
在△BAP和△CAE中
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AB＝AC,∠BAP＝∠CAE,AP＝AE))，
∴△BAP≌△CAE(SAS)，
∴BP＝CE；
第4题解图③
(3)2eq \r(3)＋1或2eq \r(3)－1.
【解法提示】记CE交AD于点H，由(2)易知，BD⊥AC，∴∠AOB＝90°，
∵BD是菱形ABCD的对角线，
∴BD＝2OB，
∠ABO＝eq \f(1,2)∠ABC＝30°，
在Rt△AOB中，AB＝2，
∴OA＝1，OB＝eq \r(3)，
∴BD＝2eq \r(3)，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB＝2，
①当点P在线段BD上时，如解图④，
∵DP＝1，
∴BP＝BD－DP＝2eq \r(3)－1，
由(1)知∠ABP＝∠ACE＝30°，
∠CAD＝60°
∴∠AHC＝90°即AH⊥EC，
由(2)知，CE＝BP，
∴CE＝2eq \r(3)－1，
∴S四边形ACDE＝S△ACE＋S△DCE
＝eq \f(1,2)CE·AH＋eq \f(1,2)CE·DH
＝eq \f(1,2)CE·(AH＋DH)
＝eq \f(1,2)CE·AD
＝eq \f(1,2)(2eq \r(3)－1)×2
＝2eq \r(3)－1；
第4题解图④
②当点P在线段BD的延长线上时，如解图⑤，
∵DP＝1，
∴BP＝BD＋DP＝2eq \r(3)＋1，
由(2)知，CE＝BP，
∴CE＝2eq \r(3)＋1，
∴S四边形ACDE＝S△ACE＋S△DCE
＝eq \f(1,2)CE·AH＋eq \f(1,2)CE·DH
＝eq \f(1,2)CE·(AH＋DH)＝eq \f(1,2)CE·AD
＝eq \f(1,2)(2eq \r(3)＋1)×2
＝2eq \r(3)＋1，
综上所述，四边形ACDE的面积为2eq \r(3)＋1或2eq \r(3)－1.
第4题解图⑤
类型二 旋转问题
典例精讲
例1 解：(1)AP＝AC；(4分)
【解法提示】如解图①，延长PE交CD于点F，连接AF，
∵在▱ABCD中，∠BAD＝α＝120°，
∴∠ABC＝60°，AD＝BC，AD∥BC，AB∥CD.
∵∠AEF＝∠PEB＝eq \f(1,2)α＝60°，
∴∠ABC＝∠AEF，
∴EF∥BC，
∴四边形BCFE是平行四边形，
∴BE＝CF，EF＝BC＝AD，
∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE＝∠CDE.
又∵AB∥CD，
∴∠AED＝∠CDE，
∴∠AED＝∠ADE，
∴AD＝AE，
∴AE＝EF，
∴△AEF是等边三角形，
∴AE＝AF，∠AFE＝60°，
∴∠AEP＝180°－∠PEB＝120°，∠AFC＝∠AFE＋∠CFE＝∠AFE＋∠ABC＝120°，
∴∠AEP＝∠AFC，
∵PE＝BE，
∴PE＝CF，
在△APE和△ACF中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AE＝AF,∠AEP＝∠AFC,PE＝CF))，
∴△APE≌△ACF.
∴AP＝AC.
例1题解图①
(2)AB2＋AD2＝2AF2；
理由：如解图②，连接CF，
∵在▱ABCD中，∠BAD＝90°，
∴∠ADC＝∠ABC＝∠BAD＝90°，AD＝BC.
∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE＝∠CDE＝45°，
∴∠AED＝∠ADE＝45°，
∴AD＝AE，
∴AE＝BC.
∵BF⊥EP，
∴∠BFE＝90°.
∵∠BEF＝eq \f(1,2)α＝eq \f(1,2)∠BAD＝eq \f(1,2)×90°＝45°，
∴∠EBF＝∠BEF＝45°，
∴BF＝EF.
∵∠FBC＝∠FBE＋∠ABC＝135°，
∠AEF＝180°－∠FEB＝135°，
∴∠CBF＝∠AEF，
在△BCF和△EAF中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(BC＝AE,∠CBF＝∠AEF,BF＝EF))，
∴△BCF≌△EAF，
∴CF＝AF，∠CFB＝∠AFE，
∴∠AFC＝∠AFE＋∠CFE＝∠CFB＋∠CFE＝∠BFE＝90°，
∴∠ACF＝∠CAF＝45°.
∵sin∠ACF＝eq \f(AF,AC)，
∴AC＝eq \f(AF,sin∠ACF)＝eq \f(AF,sin45°)＝eq \r(2)AF.
∵在Rt△ABC中，由勾股定理得AB2＋BC2＝AC2，
∴AB2＋AD2＝2AF2；(8分)
例1题解图②
(3)eq \f(5,4)或eq \f(3,4).(12分)
【解法提示】①如解图③，当点E在线段AB上时，
∵BE＝eq \f(1,2)AB，
∴AE＝BE，即点E是AB的中点，
∵在▱ABCD中，∠BAD＝α＝120°，
∴∠ABC＝60°，AB∥CD，
∴∠AED＝∠CDE，
∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE＝∠CDE，
∴∠AED＝∠ADE，
∴AD＝AE，
∴BE＝AD，
由旋转知PE＝BE，∠PEB＝eq \f(1,2)α＝60°，
∴PE＝AD，∠AEP＝∠BAD＝120°，
∴PE∥AD，
∴四边形APED是平行四边形，
设▱ABCD的面积为S，则S△ACD＝eq \f(1,2)S，S△APE＝S△ADE＝eq \f(1,4)S,
∵AB∥CD，
∴△AEG∽△CDG，
∴eq \f(AG,CG)＝eq \f(AE,CD)＝eq \f(1,2)，
∴eq \f(CG,AC)＝eq \f(2,3)，
∴S△CDG＝eq \f(2,3)S△ACD＝eq \f(1,3)S，
∴eq \f(S△APE,S△CDG)＝eq \f(\f(1,4)S,\f(1,3)S)＝eq \f(3,4)；
例1题解图③
②如解图④，当点E在AB的延长线上时，延长EP交DC的延长线于点F，连接AF，
∵BE＝eq \f(1,2)AB，∴BE＝eq \f(1,3)AE，
∵在▱ABCD中，∠BAD＝α＝120°，
∴∠ABC＝60°，BC∥AD，AB∥CD，
∴∠AED＝∠CDE，
∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE＝∠CDE，
∴∠AED＝∠ADE，
∴AD＝AE，
由旋转知PE＝BE，∠PEB＝eq \f(1,2)α＝60°，
∴∠ABC＝∠PEB，
∴EF∥BC，即EF∥BC∥AD，
∴四边形BEFC和四边形AEFD均是平行四边形，
∴AD＝AE＝EF，
∴PE＝eq \f(1,3)EF.
设▱AEFD的面积为S，则S△AEF＝S△AED＝eq \f(1,2)S，
∴S△APE＝eq \f(1,3)S△AEF＝eq \f(1,6)S，
由①知△AEG∽△CDG，∴eq \f(AG,CG)＝eq \f(EG,DG)＝eq \f(AE,CD)，
∵eq \f(AE,CD)＝eq \f(3,2)，
∴eq \f(AG,CG)＝eq \f(EG,DG)＝eq \f(3,2)，
∴S△AEG＝eq \f(3,5)S△AED＝eq \f(3,10)S，
∴S△CDG＝eq \f(4,9)S△AEG＝eq \f(2,15)S，
∴eq \f(S△APE,S△CDG)＝eq \f(\f(1,6)S,\f(2,15)S)＝eq \f(5,4).
例1题解图④
综上所述，△APE与△CDG面积的比值为eq \f(5,4)或eq \f(3,4).
针对训练
1. (1)90；
【解法提示】由旋转得AE＝AD，
∵∠DAE＝90°，
∴△ADE是等腰直角三角形，
∴∠AED＝45°，
∵∠EDC＝∠B＋∠BED，∠B＝45°，
∴∠EDC＝90°；
(2)证明：如解图①，作PA⊥AB交BC于点P，连接PE.
第1题解图①
∵∠DAE＝∠BAP＝90°，
∴∠BAD＋∠DAP＝∠DAP＋∠PAE，
∴∠BAD＝∠PAE，
∵∠B＝45°，
∴∠B＝∠APB＝45°，
∴AB＝AP.
又∵AD＝AE，
∴△BAD≌△PAE，
∴BD＝PE，∠APE＝∠B＝45°，
∴∠EPD＝∠EPC＝90°，
∵∠C＝30°，
∴EP＝eq \f(1,2)EC，
∴BD＝eq \f(1,2)EC；
(3)解：eq \r(3)＋1或eq \f(5\r(3),3)－1.
【解法提示】分两种情况：
①如解图②，当D与B重合时，过点A作AG⊥BC于点G，
第1题解图②
∵∠B＝45°，∠BAE＝90°，
∴△ABG和△AEG均是等腰直角三角形，
∵AB＝2eq \r(2)，
∴DG＝AG＝EG＝2，AE＝2eq \r(2)，
∵EH＝eq \r(3)－1，
由勾股定理得AH＝eq \r(AE2－EH2)＝eq \r(（2\r(2)）2－（\r(3)－1）2)＝eq \r(4＋2\r(3))＝eq \r(3)＋1；
②如解图③，过点A作AG⊥BC于点G，过点A作AF⊥AB交BC于点F，连接EF交AC于点K，过点F作FQ⊥AC于点Q，
第1题解图③
由(2)知△BAD≌△FAE，
∴∠AFE＝∠B＝45°，
∴∠BFE＝∠CFE＝90°，
在Rt△AGC中，AG＝FG＝2，∠C＝30°，
∴AC＝4，CG＝2eq \r(3)，
∴CF＝CG－FG＝2eq \r(3)－2，
在Rt△CFQ中，FQ＝eq \f(1,2)CF＝eq \r(3)－1＝EH，
∴CQ＝eq \r(3)FQ＝3－eq \r(3)，
∵EH⊥AC，FQ⊥AC，
∴∠EHK＝∠FQK＝90°，∠CFQ＝60°，∠KFQ＝30°，
又∵∠EKH＝∠FKQ，EH＝FQ，
∴△EHK≌△FQK，
∴KH＝KQ＝eq \f(FQ,\r(3))＝eq \f(\r(3)－1,\r(3))＝1－eq \f(\r(3),3)，
∴AH＝AC－CQ－QH＝4－(3－eq \r(3))－2(1－eq \f(\r(3),3))＝eq \f(5\r(3),3)－1.
综上所述，AH的长是eq \r(3)＋1或eq \f(5\r(3),3)－1.
2. 解：(1)① eq \r(5)；② eq \r(5)；
【解法提示】①当α＝0°时，
∵在Rt△ABC中，∠B＝90°，
∴AC＝eq \r(AB2＋BC2)＝2eq \r(5)，
∵点D、E分别是边BC、AC的中点，
∴AE＝eq \f(1,2)AC＝eq \r(5)，BD＝eq \f(1,2)BC＝1，
∴eq \f(AE,BD)＝eq \r(5)；
②如解图①，当α＝180°时，可得AB∥DE，
∵eq \f(AC,AE)＝eq \f(BC,BD)，
∴eq \f(AE,BD)＝eq \f(AC,BC)＝eq \r(5).
第2题解图①
(2)当0°＜α＜360°时，eq \f(AE,BD)的值无变化，理由如下：
∵∠ECD＝∠ACB，
∴∠ECA＝∠DCB，
又∵eq \f(EC,DC)＝eq \f(AC,BC)＝eq \r(5)，
∴△ECA∽△DCB，
∴eq \f(AE,BD)＝eq \f(EC,DC)＝eq \r(5)；
(3)线段BD的长为eq \r(5)或eq \f(3\r(5),5).
【解法提示】①如解图②，当点E在AB的延长线上时，以点E、B、C为顶点的三角形为直角三角形，在Rt△BCE中，CE＝eq \r(5)，BC＝2，
∴BE＝eq \r(CE2－CB2)＝1，
∴AE＝AB＋BE＝5，
∵eq \f(AE,BD)＝eq \r(5)，
∴BD＝eq \r(5)；
②如解图③，当点E在线段AB上时，以点E、B、C为顶点的三角形为直角三角形，在Rt△BCE中，CE＝eq \r(5)，BC＝2，
∴BE＝eq \r(CE2－CB2)＝1，
∴AE＝AB－BE＝3，
∵eq \f(AE,BD)＝eq \r(5)，
∴BD＝eq \f(3\r(5),5).
综上所述，线段BD的长为eq \r(5)或eq \f(3\r(5),5).
第2题解图
3. (1)证明：如解图①，延长NO交AM于点H，
∵AM⊥l，CN⊥l，
∴∠AMN＝∠CNM＝90°，AM∥CN，
∴∠OAH＝∠OCN.
∵O为AC的中点，
∴OA＝OC.
又∵∠AOH＝∠CON，
∴△AOH≌△CON(ASA)，
∴OH＝ON，
∴在Rt△HMN中，OM＝ON；
第3题解图①
(2)解：成立；
理由：如解图②，延长NO交MA的延长线于点H，
∵AM⊥l，CN⊥l，
∴∠AMN＝∠CNM＝90°，AM∥CN，
∴∠OAH＝∠OCN.
∵O为AC的中点，
∴OA＝OC.
又∵∠AOH＝∠CON，
∴△AOH≌△CON(ASA)，
∴OH＝ON，
∴在Rt△HMN中，OM＝ON；
第3题解图②
(3)解：MN的长为2或2eq \r(3).
【解法提示】①如解图③，当直线l绕点B逆时针旋转15°时，延长NO交MA于点H，过点O作OP⊥BN于点P，连接BO，
易证△BNC≌△AMB，
∴CN＝BM，BN＝AM，由(1)知△AOH≌△CON，
∴CN＝AH，
∴AH＝BM，
∴AM－AH＝BN－BM，即HM＝MN，
∴∠ONM＝45°，
∴△HMN与△OMN均为等腰直角三角形．
∵正方形ABCD的边长为2eq \r(2)，
∴OB＝OC＝2.
∵旋转角α＝15°，
∴∠OBN＝30°，OP＝eq \f(1,2)OB＝1，
∴MN＝2OP＝2；
②如解图④，当直线l绕点B顺时针旋转15°时，延长NO交MA的延长线于点H，过点O作OP⊥BN于点P，连接OB，同理可得OB＝2，∠OBN＝60°，
∴OP＝OB·sin60°＝eq \r(3)，MN＝2OP＝2eq \r(3).
综上所述，MN的长为2或2eq \r(3).
第3题解图③
第3题解图④
4. 解：(1)DF＝eq \f(1,2)BE；
【解法提示】当点D落在AC的延长线上时，∵CD＝ED，∠ACB＝∠CDE＝90°，∴∠DCE＝45°，∠BCD＝90°，∴∠BCE＝90°＋45°＝135°，∴∠ACE＝360°－∠ACB－∠BCE＝135°，∴∠ACE＝∠BCE，又∵AC＝BC，CE＝CE，∴△ACE≌△BCE(SAS)，∴AE＝BE，∵F为AE的中点，∠ADE＝90°，∴DF＝eq \f(1,2)AE，∴DF＝eq \f(1,2)BE.
(2)当△CDE旋转到点D落在BC的延长线上时，DF与BE仍具有(1)中的数量关系．
证明：如解图①，延长ED至点G，使DG＝ED，连接AG，CG，
第4题解图①
∵F为AE的中点，
∴DF是△EAG的中位线，
∴DF＝eq \f(1,2)AG，
∵∠CDE＝90°，CD＝ED，
∴∠DCE＝45°，
∵CD＝CD，DG＝ED，∠CDE＝∠CDG＝90°，
∴△CDE≌△CDG(SAS)，
∴CE＝CG，∠DCE＝∠DCG＝45°，
∴∠ECG＝90°，
∵CB＝CA，CE＝CG，∠BCE＝90°＋∠ACE＝∠ACG，
∴△CBE≌△CAG(SAS)，
∴BE＝AG，
∴DF＝eq \f(1,2)BE；
(3)DF2的值为14或8－2eq \r(3).
【解法提示】①如解图②，当∠BCD＝105°时，且点D位于BC右侧，过点E作EM⊥BC交BC的延长线于点M，
第4题解图②
∵∠DCE＝45°，
∴∠BCE＝∠BCD＋∠DCE＝105°＋45°＝150°，
∴∠MCE＝30°，
∵CD＝DE＝2，
∴CE＝2eq \r(2)，
∴ME＝eq \f(1,2)CE＝eq \r(2)，CM＝eq \f(\r(3),2)CE＝eq \r(6)，
∴BM＝BC＋CM＝3eq \r(6)，
∴在Rt△BME中，BE2＝BM2＋ME2＝(3eq \r(6))2＋(eq \r(2))2＝56，
由(1)(2)可知DF＝eq \f(1,2)BE，
∴DF2＝eq \f(1,4)BE2＝eq \f(1,4)×56＝14；
②如解图③，当∠BCD＝105°时，且点D位于BC左侧，过点B作BN⊥CE于点N，
第4题解图③
∵∠BCD＝105°，∠DCE＝45°，
∴∠BCE＝60°，
∵BC＝2eq \r(6)，
∴CN＝eq \f(1,2)BC＝eq \r(6)，BN＝eq \r(3)CN＝3eq \r(2)，
∴EN＝CE－CN＝2eq \r(2)－eq \r(6)，
∴在Rt△EBN中，BE2＝EN2＋BN2＝(2eq \r(2)－eq \r(6))2＋(3eq \r(2))2＝32－8eq \r(3)，
∴DF2＝eq \f(1,4)BE2＝eq \f(1,4)×(32－8eq \r(3))＝8－2eq \r(3).
综上所述，DF2的值为14或8－2eq \r(3).
类型三 角度变化问题
典例精讲
例1 解：(1)45°；
【解法提示】如解图①，连接AC，
∵∠ABC＝90°，AB＝CB，
∴∠ACB＝45°，
∵∠ABD＝∠CED＝90°，∠ADB＝∠CDE，
∴△ABD∽△CED，
∴eq \f(AD,CD)＝eq \f(BD,ED)，
∴eq \f(AD,BD)＝eq \f(CD,ED)，
又∵∠ADC＝∠BDE，
∴△ADC∽△BDE，
∴∠AEB＝∠ACB＝45°.
例1题解图①
(2)AE＝eq \r(3)BE＋CE，理由如下：
如解图②，在AD上截取AF＝CE，连接BF，过点B作BH⊥EF于点H.
例1题解图②
∵∠ABC＝∠AEC，∠ADB＝∠CDE，
∴180°－∠ABC－∠ADB＝180°－∠AEC－∠CDE，
∴∠A＝∠C.
又∵BA＝BC，
∴△ABF≌△CBE，
∴∠ABF＝∠CBE，BF＝BE，
∴∠ABF＋∠FBD＝∠CBE＋∠FBD，
∴∠FBE＝∠ABC.
∵∠ABC＝120°.
∴∠FBE＝120°.
∵BF＝BE，
∴∠BFE＝∠BEF＝eq \f(1,2)(180°－∠FBE)＝eq \f(1,2)(180°－120°)＝30°.
∵BH⊥EF于点H，
∴∠BHE＝90°，
∴在Rt△BHE中，FH＝EH＝BE·cs∠BEH＝BE·cs30°＝eq \f(\r(3),2)BE，
∴FE＝FH＋EH＝eq \f(\r(3),2)BE＋eq \f(\r(3),2)BE＝eq \r(3)BE.
∵AE＝AF＋FE，AF＝CE，
∴AE＝CE＋eq \r(3)BE；
(3)eq \f(3＋\r(3),2)或eq \f(3－\r(3),2).
【解法提示】①如解图③，当D点在线段CB上时，过B作BM⊥AE于点M，连接AC，
例1题解图③
由(2)知∠AEB＝30°，
∵∠ABC＝120°，AB＝BC，
∴∠ACB＝30°＝∠AEB.
∵在Rt△AMB中，tan∠BAD＝eq \f(1,3)，
∴tan∠BAD＝eq \f(BM,AM)＝eq \f(1,3)，设BM＝x，则AM＝3x，
∴EM＝eq \f(BM,tan30°)＝eq \r(3)x，BE＝2BM＝2x，
∴AE＝AM＋EM＝3x＋eq \r(3)x，由(2)知，AE＝eq \r(3)BE＋CE，
∴CE＝AE－eq \r(3)BE＝3x－eq \r(3)x，
∴eq \f(CE,BE)＝eq \f(3x－\r(3)x,2x)＝eq \f(3－\r(3),2)；
②如解图④，当D点在CB的延长线上时，过B作BM⊥CE于点M，连接AC，在CE上取点F，连接BF，使得BF＝BE，
例1题解图④
∵∠ABC＝120°，AB＝BC，
∴∠BAC＝∠BCA＝30°，
∵∠ABC＝∠AEC，∠BHC＝∠AHE，
∴∠BCE＝∠BAD，△AEH∽△CBH，
∴eq \f(AH,CH)＝eq \f(HE,HB)，
∵∠AHC＝∠EHB，
∴△AHC∽△EHB，
∴∠HEB＝∠HAC＝30°，
∵BE＝BF，
∴∠BFE＝∠BEF＝30°，
∵BM⊥CE，
∴EM＝FM，
设BM＝x，
∴EM＝FM＝eq \f(BM,tan30°)＝eq \r(3)x，
BE＝eq \f(BM,sin30°)＝2x，
∵tan∠BAD＝eq \f(1,3)，
∴tan∠BCE＝eq \f(BM,CM)＝eq \f(1,3)，
∴CM＝3x，
∴CE＝CM＋ME＝3x＋eq \r(3)x，
∴eq \f(CE,BE)＝eq \f(3x＋\r(3)x,2x)＝eq \f(3＋\r(3),2).
综上所述，eq \f(CE,BE)的值为eq \f(3＋\r(3),2)或eq \f(3－\r(3),2).
针对训练
1. 解：(1)AD＝CE；
【解法提示】∵∠ABC＝90°，∠A＝45°，
∴∠A＝∠ACB＝45°，
∴AB＝BC，
同理BD＝BE，∠DBE＝90°，
∵∠ABD＋∠DBC＝∠DBC＋∠CBE＝90°，
∴∠ABD＝∠CBE，
∴△ABD≌△CBE，
∴AD＝CE.
(2)不成立，CE＝eq \r(3)AD；
理由如下：∵BE⊥BD，∠ABC＝90°，
∴∠DBE＝∠ABC＝90°，
又∵∠A＝∠BDE＝α，
∴△ABC∽△DBE，
∴eq \f(AB,BC)＝eq \f(DB,BE)，
又∵∠ABC＝∠DBE，
∴∠ABD＋∠DBC＝∠DBC＋∠CBE，
∴∠ABD＝∠CBE，
∴△CBE∽△ABD，
∴eq \f(CE,AD)＝eq \f(BC,BA)，
在Rt△ABC中，∠A＝60°，
∴eq \f(BC,AB)＝tan60°＝eq \r(3)，
∴eq \f(CE,AD)＝eq \r(3)，
∴CE＝eq \r(3)AD.
(3)CE的长为3或eq \r(3)或3eq \r(3).
【解法提示】①如解图①，当AD＝BD时，
第1题解图①
∵∠A＝30°，AC＝6，
∴BC＝3，AB＝3eq \r(3)，AD＝eq \f(1,2)AC＝3，
由(2)可知△CBE∽△ABD，
∴eq \f(CE,AD)＝eq \f(BC,BA)，
∴eq \f(CE,3)＝eq \f(3,3\r(3))，
∴CE＝eq \r(3)；
②如解图②，当AB＝AD时，
第1题解图②
同理可得eq \f(CE,AD)＝eq \f(BC,BA)，
∴eq \f(CE,3\r(3))＝eq \f(3,3\r(3))，
∴CE＝3；
③如解图③，当AB＝BD＝3eq \r(3)时，
第1题解图③
∴∠A＝∠ADB＝30°，
∴∠CBD＝∠CDB＝30°，
∴BC＝CD＝3，
∴AD＝AC＋CD＝6＋3＝9，
∴eq \f(CE,9)＝eq \f(3,3\r(3))，
∴CE＝3eq \r(3).
综上所述，CE的长为3或eq \r(3)或3eq \r(3).
2. 解：(1)120°，AD＝EB；
【解法提示】∵α＝60°，
∴∠BAC＝α＝60°，∠CDE＝α＝60°，
∵AB＝AC，CD＝ED，
∴△ABC和△CDE均是等边三角形，
∴AC＝BC，CD＝CE，∠ABC＝∠ACB＝∠A＝∠DCE＝60°，
∴∠ACD＝∠BCE，
∴△ACD≌△BCE(SAS)，
∴AD＝EB，∠CBE＝∠A＝60°，
∴∠EBA＝∠ABC＋∠CBE＝120°.
(2)∠EBA＝150°，EB＝eq \r(3)AD，理由如下：
∵α＝120°，
∴∠EDC＝∠BAC＝120°，
∵CD＝ED，AB＝AC，
∴∠DEC＝∠DCE＝∠ABC＝∠ACB＝30°，
∴△DEC∽△ABC，∠BCE＝∠ACD，
∴eq \f(DC,AC)＝eq \f(EC,BC)，
∴eq \f(BC,AC)＝eq \f(EC,DC)，
∴△BCE∽△ACD，
∴∠EBC＝∠DAC＝120°，eq \f(EB,DA)＝eq \f(BC,AC)，
∴∠EBA＝∠EBC＋∠ABC＝120°＋30°＝150°，
如解图，①过A作AM⊥BC于M，
则BC＝2CM，
在Rt△ACM中，eq \f(CM,AC)＝cs30°＝eq \f(\r(3),2)，
∴eq \f(EB,AD)＝eq \f(BC,AC)＝eq \f(2CM,AC)＝eq \r(3)，
∴EB＝eq \r(3)AD；
第2题解图①
(3)2eq \r(10)或4eq \r(13).
【解法提示】连接BD，分两种情况：
①当AE＝eq \f(1,3)AB时，如解图②，
∵四边形DEFG是正方形，
∴EF＝ED，对角线FD与EG互相垂直平分，
∴△DEO是等腰直角三角形，
∴eq \f(OD,DE)＝sin45°＝eq \f(\r(2),2)，
在Rt△ABD中，eq \f(AD,BD)＝sin45°＝eq \f(\r(2),2)，
∴eq \f(OD,DE)＝eq \f(AD,BD)，
又∵∠ODA＋∠ADE＝45°＝∠BDE＋∠ADE，
∴∠ODA＝∠BDE，
∴△AOD∽△BED，
∴eq \f(AO,BE)＝eq \f(OD,ED)＝eq \f(AD,BD)＝eq \f(\r(2),2)，
∴eq \f(OA,\f(2,3)AB)＝eq \f(\r(2),2)，
∵OA＝2eq \r(2)，
∴AB＝6＝AD，
∴AE＝eq \f(1,3)AB＝2，
在Rt△AED中，由勾股定理得ED＝eq \r(AE2＋AD2)＝eq \r(22＋62)＝2eq \r(10)，
∴EF＝ED＝2eq \r(10)；
②当BE＝eq \f(1,3)AB时，如解图③，
同①得eq \f(AO,BE)＝eq \f(OD,ED)＝eq \f(\r(2),2)，
∴eq \f(OA,\f(1,3)AB)＝eq \f(\r(2),2)，
∵OA＝2eq \r(2)，
∴AB＝12＝AD，
∴AE＝eq \f(2,3)AB＝8，
在Rt△AED中，由勾股定理得ED＝eq \r(AE2＋AD2)＝eq \r(82＋122)＝4eq \r(13)，
∴EF＝ED＝4eq \r(13).
综上所述，线段EF的长度为2eq \r(10)或4eq \r(13).
第2题解图②
第2题解图③
3. (1)解：180°－2α，α ；
【解法提示】∵CE＝CD，∴ ∠E＝∠D＝α.∴ ∠ECD＝180°－(∠E＋∠D)＝180°－2α，∠ECB＝2α.
∵PB＝PD，∴ ∠PBD＝∠D＝α.∵AB＝AC，∴ ∠ABC＝∠ACB＝2α.∴ ∠ABP＝∠ABC－∠PBD＝2α－α＝α.
(2)证明：∵CE＝CD，
∴∠CED＝∠ECD＝α.
∴∠ECD＝180°－2α.
∵∠ACB＋∠ECD＝180°，
∴∠ACB＋180°－2α＝180°，∴∠ACB＝2α.
∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝2α，
如解图①，连接PC.
∵BC＝DC，PB＝PD，PC＝PC，
∴△PBC≌△PDC.
∴∠PBC＝∠D＝α.
∴∠ABC＝2∠PBC.
∴BP平分∠ABC；
第3题解图①
(3)eq \f(1,2)或eq \f(2＋\r(3),2).
【解法提示】①如解图②，当△CDE旋转到如图位置，点D，点E在AC右侧．过点C作CH⊥DE于点H，设BP交AC于点N.
∵∠ABC＝60°，AB＝AC，∴△ABC为等边三角形．
由(2)得BP平分∠ABC.∴BN⊥AC.
∵BP⊥DE，∴AC∥DE.∴ CH＝PN.∴BP＝BN＋CH.
∵BC＝eq \r( ,3)＋1，∴ BN＝eq \f(\r( ,3)＋1,2)·eq \r( ,3)＝eq \f(3＋\r( ,3),2).
∵∠ACB＋∠ECD＝180°，∴∠ECD＝120°.
∴∠CDE＝∠CED＝30°.
∵CD＝BC＝CE＝eq \r( ,3)＋1，∴CH＝eq \f(\r( ,3)＋1,2).
∴BP＝BN＋CH＝eq \f(3＋\r( ,3),2)＋eq \f(\r( ,3)＋1,2)＝2＋eq \r( ,3).
∵BC＝CD，PB＝PD，∴PC垂直平分BD.∴G为BD中点．
又∵M为PD中点，∴GM为△PDB中位线．∴GM＝eq \f(1,2)BP＝eq \f(2＋\r(3),2).
②如解图③，如解图②，当△CDE旋转到如图位置，点D，点E在AC左侧．过点C作CH⊥DE于点H，延长BP交AC于点N.
同①可得，此时BP＝BN－CH＝eq \f(3＋\r( ,3),2)－eq \f(\r( ,3)＋1,2)＝1.
∴GM＝eq \f(1,2)BP＝eq \f(1,2).
综上所述，GM＝eq \f(1,2)或GM＝eq \f(2＋\r(3),2).
第3题解图②
第3题解图③
4. 解：(1)AP＝2CD；
【解法提示】∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴∠CAB＝45°，
∴AB＝eq \r(2)AC，
∵∠ABP＝90°，∠APB＝45°，
∴∠BAP＝45°，
∴∠CAP＝∠CAB＋∠BAP＝90°，
∵CD⊥PA，
∴CD和CA重合，
∴AP＝eq \r(2)AB，
∴AP＝eq \r(2)×eq \r(2)AC＝2AC＝2CD.
(2)①AP＝2CD，
证明：如解图①，过点A作AF⊥BP交PB的延长线于点F，
第4题解图①
∵∠BPA＝45°，
∴∠FAP＝∠FPA＝45°，
∴eq \f(AP,AF)＝eq \r(2)，
∴AP＝eq \r(2)AF.
∵∠ABF＝∠BAP＋∠P＝∠BAP＋45°，∠CAD＝∠BAP＋∠CAB＝∠BAP＋45°，
∴∠CAD＝∠FBA.
又∵∠ADC＝∠AFB＝90°，
∴△CAD∽△ABF，
∴eq \f(AB,CA)＝eq \f(AF,CD)＝eq \r(2)，
∴AF＝eq \r(2)CD，
∴AP＝eq \r(2)AF＝2CD；
②画出的图形如解图②，eq \f(KP,BP)＝eq \r(2).
【解法提示】延长CD、BK交于点Q，
第4题解图②
∵∠1＝∠2，∠ACG＝∠ABK，
∴△AGC∽△QGB，
∴∠CAG＝∠Q＝45°，
∵∠P＝45°，
∴∠Q＝∠P，
∵∠3＝∠4，
∴△QDK∽△PBK，
∴∠PBK＝∠QDK＝90°，
∵∠P＝45°，
∴在Rt△KBP中，KP＝eq \r(2)BP，
∴eq \f(KP,BP)＝eq \r(2).
类型四 折叠问题
典例精讲
例1 (1)①2eq \r(3)；
②证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，∠D＝∠B，∠A＝∠BCD，
由折叠的性质可知AD＝CG，∠D＝∠G，∠A＝∠ECG，
∴BC＝GC，∠B＝∠G，∠BCD＝∠ECG，
∴∠BCE＝∠GCF，
∴△BCE≌△GCF；
③解：如解图①，过点E作EP⊥BC于点P，
例1题解图①
∵∠B＝60°，∠EPB＝90°，
∴∠BEP＝30°，∴BE＝2BP，
设BP＝m，则BE＝2m，
∴EP＝BE·sin60°＝2m×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3) m，
由折叠的性质可知AE＝CE，
∵AB＝6，
∴AE＝CE＝6－2m，
∵BC＝4，∴PC＝4－m，
在Rt△EPC中，由勾股定理得PC2＋EP2＝CE2，即(4－m)2＋(eq \r(3)m)2＝(6－2m)2，解得m＝eq \f(5,4)，
∴EC＝6－2m＝6－2×eq \f(5,4)＝eq \f(7,2)，
∵△BCE≌△GCF，
∴CF＝EC＝eq \f(7,2)，
由①知点E到CD的距离为2eq \r(3)，
∴S△CEF＝eq \f(1,2)×eq \f(7,2)×2eq \r(3)＝eq \f(7\r(3),2)；
(2)解：eq \f(124\r(3),35)或4eq \r(3).
【解法提示】同样的，作EE′⊥BC于点E′设BE′＝m，则BE＝2m，EE′＝eq \r(3) m，①如解图②，当BH＝3时，在Rt△EE′H中，(6－2m)2＝(eq \r(3)m)2＋(3－m)2，解得m＝eq \f(3,2)，此时△EBH、△MEF都是等边三角形，∴ME＝4，∴S△MEF＝4eq \r(3)；②如解图③，当BH＝5时，在Rt△EE′H中，(6－2m)2＝(eq \r(3)m)2＋(5－m)2，解得m＝eq \f(11,14).∴EH＝6－2m＝eq \f(31,7).∴ME＝MF＝eq \f(4,5)EH＝eq \f(124,35).∵平行四边形CD边上的高为2eq \r(3)，∴S△MEF＝eq \f(1,2)×2eq \r(3)×eq \f(124,35)＝eq \f(124\r(3),35).
综上所述，△MEF的面积为eq \f(124\r(3),35)或4eq \r(3).
例1题解图
针对训练
1. (1)①证明：如解图①，
第1题解图①
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠AEB＝∠DAE，
由翻折的性质可知，∠AEB＝∠AED，
∴∠DAE＝∠AED，
∴DA＝DE；
②解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，
∵BE＝3，EC＝2，
∴BC＝AD＝5，
∴AD＝DE＝5，
由翻折的性质可知BE＝EF＝3，
∴DF＝DE－EF＝5－3＝2，
∵AF⊥DE，
∴∠AFD＝90°，
∴在Rt△AFD中，AF＝eq \r(AD2－DF2)＝eq \r(52－22)＝eq \r(21).
解：(2)eq \f(AF,AG)的值为eq \f(21,25)或3.
【解法提示】当点E在线段BC上时，如解图②，延长AG交BC的延长线于点T.
第1题解图②
∵eq \f(BE,CE)＝eq \f(3,2)
设BE＝3a，CE＝2a，则AD＝BC＝DE＝5a，BE＝EF＝3a，DF＝2a，
∵AD∥ET，
∴△AFD∽△TFE，
∴eq \f(AD,TE)＝eq \f(AF,TF)＝eq \f(DF,EF)＝eq \f(2,3)，
∴eq \f(5a,ET)＝eq \f(2,3)，AF＝eq \f(2,3)FT，
∴ET＝eq \f(15,2)a，AF＝eq \f(2,5)AT，
∴CT＝ET－EC＝eq \f(11,2)a，
∵△AGD∽△TGC∴eq \f(AG,GT)＝eq \f(AD,CT)＝eq \f(5a,5.5a)＝eq \f(10,11)，
设AG＝10b，GT＝11b，则AT＝21b，
∴AF＝eq \f(2,5)×21b＝eq \f(42,5)b，
∴eq \f(AF,AG)＝eq \f(\f(42,5)b,10b)＝eq \f(21,25)，
当点E在BC的延长线上时，同法可得eq \f(AF,AG)＝3.
综上所述，eq \f(AF,AG)的值为eq \f(21,25)或3.
2. 解：(1)AB＝AC＋DC；
【解法提示】∵∠C＝2∠B＝90°，
∴∠B＝45°.
由翻折的性质可知AE＝AC，DE＝DC，∠C＝∠AED＝90°.
∵∠B＝45°，∠BED＝90°，
∴∠EDB＝45°，
∴∠B＝∠EDB＝45°，
∴BE＝ED，
∴BE＝DC，
∴AB＝AC＋DC.
(2)AB＝AC＋DC.
证明：由翻折的性质可知AE＝AC，DE＝DC，∠C＝∠AED.
∵∠B＋∠EDB＝∠AED，∠C＝2∠B，
∴∠B＝∠BDE.
∴BE＝ED.
∴BE＝DC.
∴AB＝AC＋DC；
(3)eq \f(6\r(3)－3\r(6),2).
【解法提示】如解图，过点B作BH⊥AC，垂足为H.
第2题解图
∵∠B＝120°，AB＝BC，
∴∠BCA＝∠BAC＝30°，
∴CH＝BC×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3\r(3),2).
∵AB＝BC，BH⊥AC，
∴CH＝HA，
∴AC＝3eq \r(3).
在Rt△ACD中，AD＝3eq \r(3)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(3\r(6),2).
∵AC＝AD＋ED，
∴ED＝AC－AD＝3eq \r(3)－eq \f(3\r(6),2)＝eq \f(6\r(3)－3\r(6),2).