2024遼寧中考數學二輪專題訓練題型八幾何圖形綜合題類型一動點問題典例精講例1如圖，在△ABC中，BC＞AC，點E在BC上，CE＝CA，點D在AB上，連接DE，∠ACB＋∠ADE＝180°，作CH⊥AB，垂足為H.例1題圖①(1)如圖①，當∠ACB＝90°時，連接CD，過點C作CF⊥CD交BA的延長線于點F.①求證：FA＝DE；【思維教練】要證FA＝DE，可先根據已知條件證明△AFC≌△EDC，可得結論；②請猜想三條線段DE、AD、CH之間的數量關系，直接寫出結論；【思維教練】根據CH是等腰直角△FCD斜邊上的中線得：FD＝2CH，再進行等量代換可得結論；(2)如圖②，當∠ACB＝120°時，三條線段DE、AD、CH之間存在怎樣的數量關系？請證明你的結論．例1題圖②【思維教練】根據(1)作輔助線，構建全等三角形，證明△FAC≌△DEC得AF＝DE，FC＝CD，得等腰△FDC，由三線合一的性質得CH是底邊中線和頂角平分線，得直角△CHD，利用三角函數得出HD與CH的關系，從而得出結論．針對訓練1.如圖，△ABC是等邊三角形，點P是BC邊上的一點，以點P為頂點的∠MPN＝120°，射線PM、PN分別交AB、AC于點D、E.(1)如圖①，當點P為BC中點時，判斷PD與PE的數量關系，并證明；(2)如圖②，當PC＝2PB時，判斷PD與PE的數量關系，并證明；(3)連接AP，若AB＝8，AP＝7，BD＝2時，請直接寫出CE的長．第1題圖2.如圖，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D為AB中點，點E在直線BC上(點E不與點B，C重合)，連接DE，過點D作DF⊥DE交直線AC于點F，連接EF.(1)如圖①，當點F與點A重合時，請直接寫出線段EF與BE的數量關系；(2)如圖②，當點F不與點A重合時，請寫出線段AF，EF，BE之間的數量關系，并說明理由；(3)若AC＝5，BC＝3，EC＝1，請直接寫出線段AF的長．第2題圖

3.如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，點D是直線AB上的一點，以CD為邊作正方形CDFE，連接BE.(1)如圖①，當點D在線段AB的延長線上時，線段BD、AB、BE的數量關系為：________；(2)如圖②，當點D在線段BA的延長線上時，猜想并證明線段BD、AB、BE的數量關系；(3)若AB＝6，BD＝7.①請直接寫出三角形ADE的面積________，②請直接寫出線段CE的長度________．第3題圖4.在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，點P是射線BD上一動點，以AP為邊向右側作等邊△APE，連接CE.(1)如圖①，當點E在邊AD上時，猜想BP與CE的數量關系是________；(2)如圖②，當點E在菱形ABCD外部時，(1)中的結論是否仍成立？若成立，請予以證明；若不成立，請說明理由；(3)如圖③，在點P的移動過程中，連接AC，DE，若AB＝2，PD＝1，請直接寫出四邊形ACDE的面積值．第4題圖類型二旋轉問題典例精講例1在?ABCD中，∠BAD＝α，DE平分∠ADC，交對角線AC于點G，交射線AB于點E，將線段EB繞點E順時針旋轉eq\f(1,2)α得線段EP.(1)如圖①，當α＝120°時，連接AP，請直接寫出線段AP和線段AC的數量關系；例1題圖①【思維教練】延長PE交CD于點F，連接AF，根據平行四邊形性質可證得四邊形ADFE是菱形，進而得出△AEF是等邊三角形，再證明△APE≌△ACF，即可求解；(2)如圖②，當α＝90°時，過點B作BF⊥EP于點F，連接AF，請寫出線段AF，AB，AD之間的數量關系，并說明理由；【思維教練】連接CF，證明△BCF≌△EAF，進而得出∠AFC＝90°，利用三角函數可得AC與AF的數量關系，再運用勾股定理即可；例1題圖②(3)當α＝120°時，連接AP，若BE＝eq\f(1,2)AB，請直接寫出△APE與△CDG面積的比值．【思維教練】分兩種情況：①當點E在AB上時，根據平行四邊形的性質，可得出△APE與平行四邊形ABCD的面積關系，易證得△AEG∽△CDG，根據相似三角形的性質，可得出△CDG與平行四邊形ABCD的面積關系，從而求解；②當點E在AB延長線上時，同理可得出△APE與平行四邊形AEFD的面積關系，再根據相似三角形的性質，可得出△CDG與平行四邊形AEFD的面積關系，從而求解．針對訓練1.在△ABC中，∠B＝45°，∠C＝30°，點D是BC上一點，連接AD，將線段AD繞點A逆時針旋轉90°，得到線段AE，連接DE.(1)如圖①，當點E落在邊BA的延長線上時，∠EDC＝________度(直接填空)；(2)如圖②，當點E落在邊AC上時，求證：BD＝eq\f(1,2)EC；(3)當AB＝2eq\r(2)，且點E到AC的距離EH＝eq\r(3)－1時，直接寫出AH的值．圖①圖②第1題圖2.如圖，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝4，BC＝2，點D，E分別是邊BC，AC的中點，連接DE.將△CDE繞點C逆時針方向旋轉，記旋轉角為α.(1)問題發現①如圖①，當α＝0°時，eq\f(AE,BD)＝________；②當α＝180°時，eq\f(AE,BD)＝________；(2)拓展探究試判斷當0°＜α＜360°時，eq\f(AE,BD)的值有無變化，并就圖②的情形說明理由；(3)問題解決當△CDE繞點C逆時針旋轉至A，B，E三點在同一條直線上時，若以點E、B、C為頂點的三角形為直角三角形，請直接寫出線段BD的長．第2題圖備用圖3.如圖，在?ABCD中，O為AC的中點，直線l與邊BC重合，將直線l繞點B旋轉，旋轉角為α，AM⊥直線l于點M，CN⊥直線l于點N，連接OM，ON.(1)如圖①，當直線l繞點B逆時針旋轉α(0°＜α＜30°)時，求證：OM＝ON；(2)如圖②，當直線l繞點B順時針旋轉α(0°＜α＜30°)時，請判斷(1)中的結論是否成立，并說明理由；(3)若旋轉角α＝15°，當四邊形ABCD為正方形，且邊長為2eq\r(2)時，請直接寫出線段MN的長．第3題圖備用圖4.在△ABC與△CDE中，∠ACB＝∠CDE＝90°，AC＝BC＝2eq\r(6)，CD＝ED＝2，連接AE，BE，點F為AE的中點，連接DF，△CDE繞著點C旋轉．(1)如圖①，當點D落在AC的延長線上時，DF與BE的數量關系是：________；(2)如圖②，當△CDE旋轉到點D落在BC的延長線上時，DF與BE是否仍具有(1)中的數量關系，如果具有，請給予證明；如果沒有，請說明理由；(3)旋轉過程中，若當∠BCD＝105°時，直接寫出DF2的值．第4題圖備用圖類型三角度變化問題典例精講例1如圖，射線AB和射線CB相交于點B，∠ABC＝α(0°＜α＜180°)，且AB＝CB.點D是射線CB上的動點(點D不與點C和點B重合)，作射線AD，并在射線AD上取一點E，使∠AEC＝α，連接CE，BE.(1)如圖①，當點D在線段CB上，α＝90°時，請直接寫出∠AEB的度數；【思維教練】易知△ABD∽△CED，證出△ABC是等腰直角三角形，則∠ACB＝45°，進而得出結論；例1題圖①(2)如圖②，當點D在線段CB上，α＝120°時，請寫出線段AE，BE，CE之間的數量關系，并說明理由；例1題圖②【思維教練】在AD上截取AF＝CE，連接BF，過點B作BH⊥EF于H，證△ABF≌△CBE，得出∠ABF＝∠CBE，BF＝BE，由等腰三角形的性質得出FH＝EH，由三角函數得出FH＝EH＝eq\f(\r(3),2)BE，進而得出結論；(3)當α＝120°，tan∠DAB＝eq\f(1,3)時，請直接寫出eq\f(CE,BE)的值．備用圖【思維教練】分點D在線段CB上和點D在CB延長線上兩種情況討論，利用(2)中的方法及結論即可求解．針對訓練1.如圖，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠A＝α，點D為射線AC上一動點，作∠BDE＝α，過點B作BE⊥BD，交DE于點E，(點A，E在BD的兩側)連接CE.(1)如圖①，若α＝45°時，請直接寫出線段AD，CE的數量關系；(2)如圖②，若α＝60°時，(1)中的結論是否成立；如果成立，請說明理由，如果不成立，請寫出它們的數量關系，并說明理由；(3)若α＝30°，AC＝6，且△ABD為等腰三角形時，請直接寫出線段CE的長．第1題圖備用圖2.在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，點D為AB邊上一動點，∠CDE＝α，CD＝ED，連接BE，EC.(1)如圖①，若α＝60°，則∠EBA＝________，AD與EB的數量關系是________；(2)如圖②，當α＝120°時，請寫出∠EBA的度數及AD與EB的數量關系并說明理由；(3)如圖③，點E為正方形ABCD的邊AB上的三等分點，以DE為邊在DE上方作正方形DEFG，點O為正方形DEFG的中心，若OA＝2eq\r(2)，請直接寫出線段EF的長度．第2題圖3.在△ABC中，AB＝AC，△CDE中，CE＝CD(CE≥CA)，BC＝CD，∠D＝α，∠ACB＋∠ECD＝180°，點B，C，E不共線，點P為直線DE上一點，且PB＝PD.(1)如圖①，點D在線段BC延長線上，則∠ECD＝________，∠ABP＝________，(用含α的代數式表示)；(2)如圖②，點A，E在直線BC同側，求證：BP平分∠ABC；(3)若∠ABC＝60°，BC＝eq\r(3)＋1，將圖③中的△CDE繞點C按順時針方向旋轉，當BP⊥DE時，直線PC交BD于點G，點M是PD中點，請直接寫出GM的長．第3題圖4.在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，點P為△ABC外一點，點P與點C位于直線AB異側，且∠APB＝45°，過點C作CD⊥PA，垂足為D.(1)如圖①當∠ABP＝90°時，請直接寫出線段AP與CD之間的數量關系為_________；(2)如圖②，當∠ABP＞90°時．①猜想并證明線段AP與CD之間的數量關系；②在線段AP上取一點K，使得∠ABK＝∠ACD，畫出圖形并直接寫出此時eq\f(KP,BP)的值．第4題圖類型四折疊問題典例精講例1如圖，在?ABCD中，AB＝6，BC＝4，∠B＝60°，點E是邊AB上一點，點F是邊CD上一點，將?ABCD沿EF折疊，得到四邊形EFGH，點A的對應點為點H，點D的對應點為點G.(1)當點H與點C重合時；例1題圖①填空：點E到CD的距離是________；【思維教練】作CK⊥AB于K，解直角三角形BCK即可求解；②求證：△BCE≌△GCF；【思維教練】根據平行四邊形的性質和折疊的性質得出∠B＝∠G，∠BCE＝∠GCF，BC＝GC，然后根據AAS即可證明；③求△CEF的面積；【思維教練】過E點作EP⊥BC于P，設BP＝m，則BE＝2m，通過解直角三角形求得EP＝eq\r(3)m，然后根據折疊的性質和勾股定理求得EC，進而根據三角形的面積即可求得；(2)當點H落在射線BC上，且CH＝1時，直線EH與直線CD交于點M，請直接寫出△MEF的面積．備用圖【思維教練】過E點作EE′⊥BC于E′，需分兩種情況討，即當BH＝3或BH＝5，設BE′＝m，由勾股定理可求得m的值，再根據角對應關系，求出ME的長，然后根據三角形面積公式即可求得．針對訓練1.已知：四邊形ABCD，點E在直線BC上，將△ABE沿AE翻折得到△AFE，點B的對應點F恰好落在直線DE上，直線AF交直線CD于點G.(1)如圖①，當四邊形ABCD為矩形時，①求證：DA＝DE；②若BE＝3,CE＝2，求線段AF的長；(2)如圖②，當四邊形ABCD為平行四邊形時，若eq\f(BE,CE)＝eq\f(3,2)，直接寫出此時eq\f(AF,AG)的值．第1題圖2.在Rt△ABC中，∠C＝2∠B＝90°，點D是BC上一點，沿AD折疊△ADC，使得點C恰好落在AB上的點E處，(1)如圖①，請寫出AB、AC、DC之間的關系________；(2)如圖②，若∠C≠90°，其他條件不變，請猜想AB、AC、DC之間的關系，并證明你的結論；(3)如圖③，在四邊形ABCD中，∠B＝120°，∠D＝90°，AB＝BC，AD＝DC，連接AC，點E是CD上一點，沿AE折疊，使得點D正好落在AC上的點F處，若BC＝3，直接寫出DE的長．第2題圖參考答案類型一動點問題典例精講例1(1)①證明：∵∠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：三條線段DE、AD、CH之間的數量關系是：DE＋AD＝2eq\r(3)CH.(8分)證明：如解圖，延長BA到點F，使AF＝DE，連接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題解圖針對訓練1.解：(1)PD＝PE；證明：如解圖①，過點P作PF∥AC交AB于點F，第1題解圖①∵△ABC為等邊三角形，∴∠A＝∠B＝∠C＝60°，∴∠BFP＝∠A＝60°，∠BPF＝∠C＝60°，∴△BPF為等邊三角形，∴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；證明：如解圖②，過點P作PF∥AC交AB于點F，第1題解圖②∵△ABC為等邊三角形，∴∠A＝∠B＝∠C＝60°，∴∠BFP＝∠A＝60°，∠BPF＝∠C＝60°，∴△BPF為等邊三角形，∵∠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的長為eq\f(5,3)或eq\f(9,5).【解法提示】如解圖③，連接AP，過點A作AO⊥BC于點O，過點P作PF∥AC，第1題解圖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，如解圖④，BP＝5，PC＝3，第1題解圖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)，綜上所述，CE的長為eq\f(5,3)或eq\f(9,5).2.解：(1)EF＝BE；【解析】當點F與點A重合時，∵D為AB的中點，∴DF＝DB，∵DF⊥DE，∴DE垂直平分BF，∴EF＝BE.(2)AF2＋BE2＝EF2；理由如下：如解圖①，過點A作AM∥EC，交ED的延長線于點M，連接MF，∵∠ACB＝90°，∴∠MAF＝∠ACB＝90°，∴AF2＋AM2＝MF2，∵D為AB的中點，∴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題解圖①(3)eq\f(11,5)或1.【解法提示】理由如下：①如解圖②，當點E在線段BC上時，此時CE＝1，第2題解圖②過點B作BH∥AC，交FD的延長線于點H，連接EH，∴∠FAD＝∠HBD，∠HBE＝∠ACB＝90°，∵D為AB的中點，∴AD＝BD，∵∠ADF＝∠BDH，∴△ADF≌△BDH，∴DF＝DH，AF＝BH，∵DF⊥DE，∴HE＝EF.設AF＝x，則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如解圖②，當點E在BC延長線上時，此時CE＝1，第2題解圖③過點B作BH∥AC，交FD的延長線于點H，連接EH，∴∠FAD＝∠HBD，∠HBE＝∠ACB＝90°，∵D為AB的中點，∴AD＝BD，∵∠ADF＝∠BDH，∴△ADF≌△BDH，∴DF＝DH，AF＝BH，∵DF⊥DE，∴HE＝EF.設AF＝x，則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.綜上所述，線段AF的長為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\co1(CA＝CB,∠ACD＝∠BCE,CD＝CE))，∴△ACD≌△BCE(SAS)，∴AD＝BE，∵AD＝AB＋BD，∴BE＝AB＋BD.(2)BD＝AB＋BE；證明：∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∴∠ACD＝∠BCE，在△ACD和△BCE中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(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、當點D在線段AB的延長線上時，∵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、點D在線段BA的延長線上時，∵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)，綜上所述，三角形ADE的面積為eq\f(169,2)或eq\f(1,2)；②eq\r(109)或5.【解法提示】分兩種情況：a、當點D在線段AB的延長線上時，如解圖①過點C作CG⊥AB于點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、點D在線段BA的延長線上時，如解圖②，過點C作CG⊥AB于點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，綜上所述，線段CE的長度為eq\r(109)或5.第3題解圖①第3題解圖②4.解：(1)BP＝CE；【解法提示】如解圖①，連接AC，在菱形ABCD中，AB＝CB，∵∠ABC＝60°，∴△ABC是等邊三角形，∴AB＝AC，∠BAC＝60°，∵四邊形ABCD是菱形，∴BC∥AD，∴∠BAD＋∠ABC＝180°，∴∠BAD＝180°－∠ABC＝120°，∵△PAE是等邊三角形，且點E在邊AD上，∴AP＝AE，∠DAP＝60°，∴∠BAP＝∠BAD－∠DAP＝60°＝∠BAC，∴點P在AC上，在△ABP和△ACE中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AB＝AC,∠BAP＝∠CAE,AP＝AE))，∴△ABP≌△ACE(SAS)，∴BP＝CE；第4題解圖①(2)結論仍然成立．證明：①當點P在線段BD上時，如解圖②，連接AC交BD于點O，∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴△ABC，△ACD都是等邊三角形，∴AB＝AC，∠BAC＝60°，∵△APE是等邊三角形，∴AP＝AE，∠PAE＝60°，∴∠BAP＝∠CAE，在△BAP和△CAE中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AB＝AC,∠BAP＝∠CAE,AP＝AE))，∴△BAP≌△CAE(SAS)，∴BP＝CE；第4題解圖②②當點P在BD的延長線上時，如解圖③，連接AC交BD于點O.∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴△ABC，△ACD都是等邊三角形，∴AB＝AC，∠BAC＝60°，∵△APE是等邊三角形，∴AP＝AE，∠PAE＝60°，∴∠BAP＝∠CAE.在△BAP和△CAE中eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AB＝AC,∠BAP＝∠CAE,AP＝AE))，∴△BAP≌△CAE(SAS)，∴BP＝CE；第4題解圖③(3)2eq\r(3)＋1或2eq\r(3)－1.【解法提示】記CE交AD于點H，由(2)易知，BD⊥AC，∴∠AOB＝90°，∵BD是菱形ABCD的對角線，∴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)，∵四邊形ABCD是菱形，∴AD＝AB＝2，①當點P在線段BD上時，如解圖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四邊形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題解圖④②當點P在線段BD的延長線上時，如解圖⑤，∵DP＝1，∴BP＝BD＋DP＝2eq\r(3)＋1，由(2)知，CE＝BP，∴CE＝2eq\r(3)＋1，∴S四邊形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，綜上所述，四邊形ACDE的面積為2eq\r(3)＋1或2eq\r(3)－1.第4題解圖⑤類型二旋轉問題典例精講例1解：(1)AP＝AC；(4分)【解法提示】如解圖①，延長PE交CD于點F，連接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，∴四邊形BCFE是平行四邊形，∴BE＝CF，EF＝BC＝AD，∵DE平分∠ADC，∴∠ADE＝∠CDE.又∵AB∥CD，∴∠AED＝∠CDE，∴∠AED＝∠ADE，∴AD＝AE，∴AE＝EF，∴△AEF是等邊三角形，∴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\co1(AE＝AF,∠AEP＝∠AFC,PE＝CF))，∴△APE≌△ACF.∴AP＝AC.例1題解圖①(2)AB2＋AD2＝2AF2；理由：如解圖②，連接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\co1(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題解圖②(3)eq\f(5,4)或eq\f(3,4).(12分)【解法提示】①如解圖③，當點E在線段AB上時，∵BE＝eq\f(1,2)AB，∴AE＝BE，即點E是AB的中點，∵在?ABCD中，∠BAD＝α＝120°，∴∠ABC＝60°，AB∥CD，∴∠AED＝∠CDE，∵DE平分∠ADC，∴∠ADE＝∠CDE，∴∠AED＝∠ADE，∴AD＝AE，∴BE＝AD，由旋轉知PE＝BE，∠PEB＝eq\f(1,2)α＝60°，∴PE＝AD，∠AEP＝∠BAD＝120°，∴PE∥AD，∴四邊形APED是平行四邊形，設?ABCD的面積為S，則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題解圖③②如解圖④，當點E在AB的延長線上時，延長EP交DC的延長線于點F，連接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，由旋轉知PE＝BE，∠PEB＝eq\f(1,2)α＝60°，∴∠ABC＝∠PEB，∴EF∥BC，即EF∥BC∥AD，∴四邊形BEFC和四邊形AEFD均是平行四邊形，∴AD＝AE＝EF，∴PE＝eq\f(1,3)EF.設?AEFD的面積為S，則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題解圖④綜上所述，△APE與△CDG面積的比值為eq\f(5,4)或eq\f(3,4).針對訓練1.(1)90；【解法提示】由旋轉得AE＝AD，∵∠DAE＝90°，∴△ADE是等腰直角三角形，∴∠AED＝45°，∵∠EDC＝∠B＋∠BED，∠B＝45°，∴∠EDC＝90°；(2)證明：如解圖①，作PA⊥AB交BC于點P，連接PE.第1題解圖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】分兩種情況：①如解圖②，當D與B重合時，過點A作AG⊥BC于點G，第1題解圖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如解圖③，過點A作AG⊥BC于點G，過點A作AF⊥AB交BC于點F，連接EF交AC于點K，過點F作FQ⊥AC于點Q，第1題解圖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.綜上所述，AH的長是eq\r(3)＋1或eq\f(5\r(3),3)－1.2.解：(1)①eq\r(5)；②eq\r(5)；【解法提示】①當α＝0°時，∵在Rt△ABC中，∠B＝90°，∴AC＝eq\r(AB2＋BC2)＝2eq\r(5)，∵點D、E分別是邊BC、AC的中點，∴AE＝eq\f(1,2)AC＝eq\r(5)，BD＝eq\f(1,2)BC＝1，∴eq\f(AE,BD)＝eq\r(5)；②如解圖①，當α＝180°時，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題解圖①(2)當0°＜α＜360°時，eq\f(AE,BD)的值無變化，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)線段BD的長為eq\r(5)或eq\f(3\r(5),5).【解法提示】①如解圖②，當點E在AB的延長線上時，以點E、B、C為頂點的三角形為直角三角形，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如解圖③，當點E在線段AB上時，以點E、B、C為頂點的三角形為直角三角形，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).綜上所述，線段BD的長為eq\r(5)或eq\f(3\r(5),5).第2題解圖3.(1)證明：如解圖①，延長NO交AM于點H，∵AM⊥l，CN⊥l，∴∠AMN＝∠CNM＝90°，AM∥CN，∴∠OAH＝∠OCN.∵O為AC的中點，∴OA＝OC.又∵∠AOH＝∠CON，∴△AOH≌△CON(ASA)，∴OH＝ON，∴在Rt△HMN中，OM＝ON；第3題解圖①(2)解：成立；理由：如解圖②，延長NO交MA的延長線于點H，∵AM⊥l，CN⊥l，∴∠AMN＝∠CNM＝90°，AM∥CN，∴∠OAH＝∠OCN.∵O為AC的中點，∴OA＝OC.又∵∠AOH＝∠CON，∴△AOH≌△CON(ASA)，∴OH＝ON，∴在Rt△HMN中，OM＝ON；第3題解圖②(3)解：MN的長為2或2eq\r(3).【解法提示】①如解圖③，當直線l繞點B逆時針旋轉15°時，延長NO交MA于點H，過點O作OP⊥BN于點P，連接BO，易證△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與△OMN均為等腰直角三角形．∵正方形ABCD的邊長為2eq\r(2)，∴OB＝OC＝2.∵旋轉角α＝15°，∴∠OBN＝30°，OP＝eq\f(1,2)OB＝1，∴MN＝2OP＝2；②如解圖④，當直線l繞點B順時針旋轉15°時，延長NO交MA的延長線于點H，過點O作OP⊥BN于點P，連接OB，同理可得OB＝2，∠OBN＝60°，∴OP＝OB·sin60°＝eq\r(3)，MN＝2OP＝2eq\r(3).綜上所述，MN的長為2或2eq\r(3).第3題解圖③第3題解圖④4.解：(1)DF＝eq\f(1,2)BE；【解法提示】當點D落在AC的延長線上時，∵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為AE的中點，∠ADE＝90°，∴DF＝eq\f(1,2)AE，∴DF＝eq\f(1,2)BE.(2)當△CDE旋轉到點D落在BC的延長線上時，DF與BE仍具有(1)中的數量關系．證明：如解圖①，延長ED至點G，使DG＝ED，連接AG，CG，第4題解圖①∵F為AE的中點，∴DF是△EAG的中位線，∴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的值為14或8－2eq\r(3).【解法提示】①如解圖②，當∠BCD＝105°時，且點D位于BC右側，過點E作EM⊥BC交BC的延長線于點M，第4題解圖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如解圖③，當∠BCD＝105°時，且點D位于BC左側，過點B作BN⊥CE于點N，第4題解圖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).綜上所述，DF2的值為14或8－2eq\r(3).類型三角度變化問題典例精講例1解：(1)45°；【解法提示】如解圖①，連接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題解圖①(2)AE＝eq\r(3)BE＋CE，理由如下：如解圖②，在AD上截取AF＝CE，連接BF，過點B作BH⊥EF于點H.例1題解圖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于點H，∴∠BHE＝90°，∴在Rt△BHE中，FH＝EH＝BE·cos∠BEH＝BE·cos30°＝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如解圖③，當D點在線段CB上時，過B作BM⊥AE于點M，連接AC，例1題解圖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)，設BM＝x，則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如解圖④，當D點在CB的延長線上時，過B作BM⊥CE于點M，連接AC，在CE上取點F，連接BF，使得BF＝BE，例1題解圖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，設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).綜上所述，eq\f(CE,BE)的值為eq\f(3＋\r(3),2)或eq\f(3－\r(3),2).針對訓練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的長為3或eq\r(3)或3eq\r(3).【解法提示】①如解圖①，當AD＝BD時，第1題解圖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如解圖②，當AB＝AD時，第1題解圖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如解圖③，當AB＝BD＝3eq\r(3)時，第1題解圖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).綜上所述，CE的長為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均是等邊三角形，∴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°，如解圖，①過A作AM⊥BC于M，則BC＝2CM，在Rt△ACM中，eq\f(CM,AC)＝cos30°＝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題解圖①(3)2eq\r(10)或4eq\r(13).【解法提示】連接BD，分兩種情況：①當AE＝eq\f(1,3)AB時，如解圖②，∵四邊形DEFG是正方形，∴EF＝ED，對角線FD與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當BE＝eq\f(1,3)AB時，如解圖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).綜上所述，線段EF的長度為2eq\r(10)或4eq\r(13).第2題解圖②第2題解圖③3.(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)證明：∵CE＝CD，∴∠CED＝∠ECD＝α.∴∠ECD＝180°－2α.∵∠ACB＋∠ECD＝180°，∴∠ACB＋180°－2α＝180°，∴∠ACB＝2α.∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝2α，如解圖①，連接PC.∵BC＝DC，PB＝PD，PC＝PC，∴△PBC≌△PDC.∴∠PBC＝∠D＝α.∴∠ABC＝2∠PBC.∴BP平分∠ABC；第3題解圖①(3)eq\f(1,2)或eq\f(2＋\r(3),2).【解法提示】①如解圖②，當△CDE旋轉到如圖位置，點D，點E在AC右側．過點C作CH⊥DE于點H，設BP交AC于點N.∵∠ABC＝60°，AB＝AC，∴△ABC為等邊三角形．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為BD中點．又∵M為PD中點，∴GM為△PDB中位線．∴GM＝eq\f(1,2)BP＝eq\f(2＋\r(3),2).②如解圖③，如解圖②，當△CDE旋轉到如圖位置，點D，點E在AC左側．過點C作CH⊥DE于點H，延長BP交AC于點N.同①可得，此時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).綜上所述，GM＝eq\f(1,2)或GM＝eq\f(2＋\r(3),2).第3題解圖②第3題解圖③4.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，證明：如解圖①，過點A作AF⊥BP交PB的延長線于點F，第4題解圖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畫出的圖形如解圖②，eq\f(KP,BP)＝eq\r(2).【解法提示】延長CD、BK交于點Q，第4題解圖②∵∠1＝∠2，∠ACG＝∠ABK，∴△AGC∽△QGB，∴∠CAG＝∠Q＝45°，∵∠P＝45°，∴∠Q＝∠P，∵∠3＝∠4，∴△QDK∽△PB