中考数学二轮复习专题二解答重难点题型突破题型五几何图形探究题试题.doc

1 题型五　几何图形探究题 类型一　几何图形静态探究 1．(2017·成都)问题背景：如图①，等腰△ABC 中，AB＝AC，∠BAC＝120°，作 AD⊥BC 于点 D，则 D 为 BC 的中点，∠BAD＝ 1 2∠BAC＝60°，于是 BC AB＝ 2BD AB ＝ 3； 迁移应用：如图②，△ABC 和△ADE 都是等腰三角形，∠BAC＝∠DAE＝120°，D，E，C 三点在同一条直线上，连接 BD. ①求证：△ADB≌△AEC； ②请直接写出线段 AD，BD，CD 之间的等量关系式； 拓展延伸：如图③，在菱形 ABCD 中，∠ABC＝120°，在∠ABC 内作射线 BM，作点 C 关 于 BM 的对称点 E，连接 AE 并延长交 BM 于点 F，连接 CE，CF. ①证明△CEF 是等边三角形； ②若 AE＝5，CE＝2，求 BF 的长. 2．(2017·许昌模拟)在正方形 ABCD 中，对角线 AC、BD 交于点 O，动点 P 在线段 BC 上 (不含点 B)，∠BPE＝ 1 2∠ACB，PE 交 BO 于点 E，过点 B 作 BF⊥PE，垂足为 F，交 AC 于点 G. (1)当点 P 与点 C 重合时(如图①)，求证：△BOG≌△POE； (2)通过观察、测量、猜想： BF PE＝__________，并结合图②证明你的猜想； (3)把正方形 ABCD 改为菱形，其他条件不变(如图③)，若∠ACB＝α，求 BF PE的值．(用含2 α 的式子表示) 3．(2014·河南)(1)问题发现 如图①，△ACB 和△DCE 均为等边三角形，点 A，D，E 在同一直线上，连接 BE. 填空： ①∠AEB 的度数为__________； ②线段 AD，BE 之间的数量关系为__________． (2) 拓展探究 如图②，△ACB 和△DCE 均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点 A，D，E 在同 一直线上，CM 为△DCE 中 DE 边上的高，连接 BE，请判断∠AEB 的度数及线段 CM，AE，BE 之 间的数量关系，并说明理由． (3)解决问题 如图③，在正方形 ABCD 中，CD＝ 2，若点 P 满足 PD＝1，且∠BPD＝90°，请直接写 出点 A 到 BP 的距离. 3 4．(2017·长春改编)【再现】如图①，在△ABC 中，点 D，E 分别是 AB，AC 的中点， 可以得到：DE∥BC，且 DE＝ 1 2BC.(不需要证明) 【探究】如图②，在四边形 ABCD 中，点 E，F，G，H 分别是 AB，BC，CD，DA 的中点， 判断四边形 EFGH 的形状，并加以证明； 【应用】(1)在【探究】的条件下，四边形 ABCD 中，满足什么条件时，四边形 EFGH 是 菱形？你添加的条件是：__________.(只添加一个条件) (2)如图③，在四边形 ABCD 中，点 E，F，G，H 分别是 AB，BC，CD，DA 的中点，对角线 AC，BD 相交于点 O.若 AO＝OC，四边形 ABCD 面积为 5，求阴影部分图形的面积. 4 5．(2016·新乡模拟)问题背景：已知在△ABC 中，AB 边上的动点 D 由 A 向 B 运动(与 A，B 不重合)，同时，点 E 由点 C 沿 BC 的延长线方向运动(E 不与 C 重合)，连接 DE 交 AC 于 点 F，点 H 是线段 AF 上一点，求 AC HF的值． (1)初步尝试 如图①，若△ABC 是等边三角形，DH⊥AC，且 D，E 的运动速度相等，小王同学发现可 以 过 点 D 做 DG∥BC ， 交 AC 于 点 G ， 先 证 GH ＝ AH. 再 证 GF ＝ CF ， 从 而 求 得 AC HF的 值 为 __________； (2)类比探究 如图②，若在△ABC 中，∠ABC＝90°，∠ADH＝∠BAC＝30°，且点 D，E 的运动速度之 比是 3∶1，求 AC HF的值； (3)延伸拓展 如图③，若在△ABC 中，AB＝AC，∠ADH＝∠BAC＝36°，记 BC AC＝m，且点 D，E 的运动速 度相等，试用含 m 的代数式表示 AC HF的值(直接写出结果，不必写解答过程) .5 类型二　几何图形动态探究 1．(2015·河南)如图①，在 Rt△ABC 中，∠B＝90°，BC＝2AB＝8，点 D、E 分别是边 BC、AC 的中点，连接 DE，将△EDC 绕点 C 按顺时针方向旋转，记旋转角为 α. (1)问题发现 ①当 α＝0°时， AE BD＝__________；②当 α＝180°时， AE BD＝__________； (2)拓展探究 试判断：当 0°≤α＜360°时， AE BD的大小有无变化？请仅就图②的情形给出证明． (3)问题解决 当△EDC 旋转至 A，D，E 三点共线时，直接写出线段 BD 的长． 2．已知，点 O 是等边△ABC 内的任一点，连接 OA，OB，OC. (1)如图①，已知∠AOB＝150°，∠BOC＝120°，将△BOC 绕点 C 按顺时针方向旋转 60° 得△ADC. ①∠DAO 的度数是__________； ②用等式表示线段 OA，OB，OC 之间的数量关系，并证明； (2)设∠AOB＝α，∠BOC＝β. ①当 α，β满足什么关系时，OA＋OB＋OC 有最小值？请在图②中画出符合条件的图形， 并说明理由； ②若等边△ABC 的边长为 1，直接写出 OA＋OB＋OC 的最小值. 6 3．(2013· 河南)如图①，将两个完全相同的三角形纸片和重合放置，其中∠C＝90°，∠ B＝∠E＝30°. (1)操作发现 如图②，固定△ABC，使△DCE 绕点 C 旋转．当点 D 恰好落在 AB 边上时，填空： ①线段 DE 与 AC 的位置关系是__________； ②设△BDC 的面积为 S1，△AEC 的面积为 S2，则 S1 与 S2 的数量关系是__________； (2) 猜想论证 当△DEC 绕点 C 旋转到图③所示的位置时，小明猜想(1)中 S1 与 S2 的数量关系仍然成 立，并尝试分别作出了△BDC 和△AEC 中 BC、CE 边上的高，请你证明小明的猜想； (3) 拓展探究 已知∠ABC＝60°，点 D 是其角平分线上一点，BD＝CD＝4，DE∥AB 交 BC 于点 E(如 图④)，若在射线 BA 上存在点 F，使 S△DCF＝S△BDC，请直接写出相应的 BF 的长. 7 4．(2017·郑州模拟)【问题情境】 数学课上，李老师提出了如下问题：在△ABC 中，∠ABC＝∠ACB＝α，点 D 是 AB 边上 任意一点，将射线 DC 绕点 D 逆时针旋转 α 与过点 A 且平行于 BC 边的直线交于点 E.请判断 线段 BD 与 AE 之间的数量关系． 小颖在小组合作交流中，发表自己的意见：“我们不妨从特殊情况下获得解决问题的思 路，然后类比到一般情况．”小颖的想法获得了其他成员一致的赞成． 【问题解决】 (1)如图①，当 α＝60°时，判断 BD 与 AE 之间的数量关系； 解法如下：过 D 点作 AC 的平行线交 BC 于 F，构造全等三角形，通过推理使问题得到解 决，请你直接写出线段 BD 与 AE 之间的数量关系：__________. 【类比探究】 (2)如图②，当 α＝45°时，请判断线段 BD 与 AE 之间的数量关系，并进行证明； (3)如图③，当 α 为任意锐角时，请直接写出线段 BD 与 AE 之间的数量关系： __________.(用含 α 的式子表示，其中 0°＜α＜90°) 5．(2017·烟台)【操作发现】 (1)如图①，△ABC 为等边三角形，现将三角板中的 60°角与∠ACB 重合，再将三角板 绕点 C 按顺时针方向旋转(旋转角大于 0°且小于 30°)，旋转后三角板的一直角边与 AB 交 于点 D，在三角板斜边上取一点 F，使 CF＝CD，线段 AB 上取点 E，使∠DCE＝30°，连接 AF，EF. ①求∠EAF 的度数； ②DE 与 EF 相等吗？请说明理由； 【类比探究】 (2)如图②，△ABC 为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，先将三角板的 90°角与∠ACB 重 合，再将三角板绕点 C 按顺时针方向旋转(旋转角大于 0°且小于 45°)，旋转后三角板的一 直角边与 AB 交于点 D，在三角板另一直角边上取一点 F，使 CF＝CD，线段 AB 上取点 E，使 ∠DCE＝45°，连接 AF，EF，请直接写出探究结果： ①求∠EAF 的度数； ②线段 AE，ED，DB 之间的数量关系． 8 题型五　第 22 题几何图形探究题 类型一　几何图形静态探究 1．迁移应用：①证明：∵∠BAC＝∠DAE＝120°， ∴∠DAB＝∠CAE， 在△DAB 和△EAC 中，{DA＝EA ∠DAB＝∠EAC AB＝AC ，∴△DAB≌△EAC; 　　　 ,图②) ②解：结论：CD＝ 3AD＋BD. 理由：如解图①，作 AH⊥CD 于 H. ∵△DAB≌△EAC，∴BD＝CE， 在 Rt△ADH 中，DH＝AD·cos30°＝ 3 2 AD， ∵AD＝AE，AH⊥DE，∴DH＝HE， ∵CD＝DE＋EC＝2DH＋BD＝ 3AD＋BD； 拓展延伸：①证明：如解图②，作 BH⊥AE 于 H，连接 BE. ∵四边形 ABCD 是菱形，∠ABC＝120°，∴△ABD，△BDC 是等边三角形，∴BA＝BD＝ BC， ∵E、C 关于 BM 对称， ∴BC＝BE＝BD＝BA，FE＝FC，∴A、D、E、C 四点共圆， ∴∠ADC＝∠AEC＝120°，∴∠FEC＝60°， ∴△EFC 是等边三角形， ②解：∵AE＝5，EC＝EF＝2， ∴AH＝HE＝2.5，FH＝4.5， 在 Rt△BHF 中，∵∠BFH＝30°， ∴ HF BF＝cos30°，∴BF＝ 4.5 3 2 ＝3 3. 2．(1)证明：∵四边形 ABCD 是正方形，P 与 C 重合，∴OB＝OP，∠BOC＝∠BOG＝90°， ∵PF⊥BG，∠PFB＝90°， ∴∠GBO＝90°－∠BGO，∠EPO＝90°－∠BGO，∴∠GBO＝∠EPO， 在△BOG 和△POE 中，{∠GBO＝∠EPO OB＝OP ∠BOG＝∠POE ，∴△BOG≌△POE(ASA)； (2)解：猜想 BF PE＝ 1 2. 证明：如解图①，过 P 作 PM∥AC 交 BG 于 M，交 BO 于 N， ∴∠PNE＝∠BOC＝90°，∠BPN＝∠OCB. ∵∠OBC＝∠OCB＝45°，∴∠NBP＝∠NPB，∴NB＝NP. ∵∠MBN＝90°－∠BMN，∠NPE＝90°－∠BMN，∴∠MBN＝∠NPE，9 在△BMN 和△PEN 中，{∠MBN＝∠NPE NB＝NP ∠MNB＝∠PNE ， ∴△BMN≌△PEN(ASA)，∴BM＝PE. ∵∠BPE＝ 1 2∠ACB，∠BPN＝∠ACB，∴∠BPF＝∠MPF. ∵PF⊥BM，∴∠BFP＝∠MFP＝90°. 在△BPF 和△MPF 中， {∠BPF＝∠MPE PF＝PF ∠PFB＝∠PFM ，∴△BPF≌△MPF(ASA). ∴BF＝MF. 即 BF＝ 1 2BM.∴BF＝ 1 2PE.即 BF PE＝ 1 2； (3)解：如解图②，过 P 作 PM∥AC 交 BG 于点 M，交 BO 于点 N， ∴∠BPN＝∠ACB＝α，∠PNE＝∠BOC＝90°. 由(2)同理可得 BF＝ 1 2BM，∠MBN＝∠EPN， ∴△BMN∽△PEN，∴ BM PE＝ BN PN. 在 Rt△BNP 中，tanα＝ BN PN， ∴ BM PE＝tanα，即 2BF PE ＝tanα，∴ BF PE＝ tanα 2 . 3．解：(1)∵△ACB 和△DCE 均为等边三角形， ∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠ACD＝∠BCE. 在△ACD 和△BCE 中， {AC＝BC ∠ACD＝∠BCE CD＝CE ， ∴△ACD≌△BCE(SAS)．∴∠ADC＝∠BEC. ∵△DCE 为等边三角形，∴∠CDE＝∠CED＝60°. ∵点 A，D，E 在同一直线上，∴∠ADC＝120°，∴∠BEC＝120°，∴∠AEB＝∠BEC－∠ CED＝60°； ②∴AD＝BE； (2)∠AEB＝90°，AE＝BE＋2CM. 理由：∵△ACB 和△DCE 均为等腰直角三角形， ∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°.∴∠ACD＝∠BCE. 在△ACD 和△BCE 中，10 {CA＝CB ∠ACD＝∠BCE CD＝CE ， ∴△ACD≌△BCE(SAS)．∴AD＝BE，∠ADC＝∠BEC. ∵△DCE 为等腰直角三角形，∴∠CDE＝∠CED＝45°. ∵点 A，D，E 在同一直线上， ∴∠ADC＝135°，∴∠BEC＝135°，∴∠AEB＝∠BEC－∠CED＝90°. ∵CD＝CE，CM⊥DE，∴DM＝ME. ∵∠DCE＝90°，∴DM＝ME＝CM， ∴AE＝AD＋DE＝BE＋2CM； (3)点 A 到 BP 的距离为 3－1 2 或 3＋1 2 . 理由如下：∵PD＝1，∴点 P 在以点 D 为圆心，1 为半径的圆上． ∵∠BPD＝90°，∴点 P 在以 BD 为直径的圆上．∴点 P 是这两圆的交点． ①当点 P 在如解图①所示位置时， 连接 PD、PB、PA，作 AH⊥BP，垂足为 H， 过点 A 作 AE⊥AP，交 BP 于点 E， ∵四边形 ABCD 是正方形， ∴∠ADB＝45°.AB＝AD＝DC＝BC＝ 2，∠BAD＝90°.∴BD＝2. ∵DP＝1，∴BP＝ 3. ∵∠BPD＝∠BAD＝90°，∴A、P、D、B 在以 BD 为直径的圆上， ∴∠APB＝∠ADB＝45°.∴△PAE 是等腰直角三角形． 又∵△BAD 是等腰直角三角形，点 B、E、P 共线，AH⊥BP， ∴由(2)中的结论可得：BP＝2AH＋PD. ∴ 3＝2AH＋1.∴AH＝ 3－1 2 ； ②当点 P 在如解图②所示位置时， 连接 PD、PB、PA，作 AH⊥BP，垂足为 H， 过点 A 作 AE⊥AP，交 PB 的延长线于点 E， 同理可得：BP＝2AH－PD.∴ 3＝2AH－1.∴AH＝ 3＋1 2 . 综上所述：点 A 到 BP 的距离为 3－1 2 或 3＋1 2 . 4．解：【探究】平行四边形． 理由：如解图①，连接 AC， ∵E 是 AB 的中点，F 是 BC 的中点，∴EF∥AC，EF＝ 1 2AC，11 同理 HG∥AC，HG＝ 1 2AC， 综上可得：EF∥HG，EF＝HG， 故四边形 EFGH 是平行四边形． 【应用】(1)添加 AC＝BD， 理由：连接 AC，BD，同(1)知，EF＝ 1 2AC， 同【探究】的方法得，FG＝ 1 2BD， ∵AC＝BD，∴EF＝FG， ∵四边形 EFGH 是平行四边形，∴▱EFGH 是菱形； (2)如解图②，由【探究】得，四边形 EFGH 是平行四边形， ∵F，G 是 BC，CD 的中点， ∴FG∥BD，FG＝ 1 2BD，∴△CFG∽△CBD，∴ S △ CFG S △ BCD＝ 1 4，∴S△BCD＝4S△CFG， 同理：S△ABD＝4S△AEH， ∵四边形 ABCD 面积为 5，∴S△BCD＋S△ABD＝5，∴S△CFG＋S△AEH＝ 5 4，同理：S△DHG＋S△BEF＝ 5 4， ∴S 四边形 EFGH＝S 四边形 ABCD－(S△CFG＋S△AEH＋S△DHG＋S△BEF)＝5－ 5 2＝ 5 2， 设 AC 与 FG，EH 相交于 M，N，EF 与 BD 相交于 P， ∵FG∥BD，FG＝ 1 2BD，∴CM＝OM＝ 1 2OC，同理：AN＝ON＝ 1 2OA， ∵OA＝OC，∴OM＝ON， 易知，四边形 ENOP，FMOP 是平行四边形，S▱EPON＝S▱FMOP， ∴S 阴影＝ 1 2S 四边形 EFGH＝ 5 4. 5．解：(1)∵△ABC 是等边三角形，∴△AGD 是等边三角形，∴AD＝GD， 由题意知：CE＝AD，∴CE＝GD， ∵DG∥BC，∴∠GDF＝∠CEF， 在△GDF 与△CEF 中，{∠GDF＝∠CEF ∠GFD＝∠EFC， GD＝CE ∴△GDF≌△CEF(AAS)，∴CF＝GF， ∵DH⊥AG，∴AH＝GH， ∴AC＝AG＋CG＝2GH＋2GF＝2(GH＋GF)＝2HF，12 ∴ AC HF＝2； (2)如解图①，过点 D 作 DG∥BC 交 AC 于点 G， 则∠ADG＝∠ABC＝90°. ∵∠BAC＝∠ADH＝30°，∴AH＝DH，∠GHD＝∠BAC＋∠ADH＝60°， ∠HDG＝∠ADG－∠ADH＝60°，∴△DGH 为等边三角形． ∴GD＝GH＝DH＝AH，AD＝GD·tan60°＝ 3GD. 由题意可知，AD＝ 3CE.∴GD＝CE. ∵DG∥BC，∴∠GDF＝∠CEF. 在△GDF 与△CEF 中，{∠GDF＝∠CEF ∠GFD＝∠EFC CE＝GD ， ∴△GDF≌△CEF(AAS)，∴GF＝CF. GH＋GF＝AH＋CF，即 HF＝AH＋CF，∴HF＝ 1 2AC，即 AC HF＝2； (3) AC HF＝ m＋1 m .理由如下： 如解图②，过点 D 作 DG∥BC 交 AC 于点 G， 易得 AD＝AG，AD＝EC，∠AGD＝∠ACB. 在△ABC 中，∵∠BAC＝∠ADH＝36°，AB＝AC， ∴AH＝DH，∠ACB＝∠B＝72°，∠GHD＝∠HAD＋∠ADH＝72°. ∴∠AGD＝∠GHD＝72°， ∵∠GHD＝∠B＝∠HGD＝∠ACB，∴△ABC∽△DGH.∴ GH DH＝ BC AC＝m，∴GH＝mDH＝mAH. 由△ADG∽△ABC 可得 DG AD＝ BC AB＝ BC AC＝m. ∵DG∥BC，∴ FG FC＝ GD EC＝m.∴FG＝mFC. ∴GH＋FG＝m(AH＋FC)＝m(AC－HF)，即 HF＝m(AC－HF)．∴ AC HF＝ m＋1 m . 类型二　几何图形动态探究 1．解：(1)①当 α＝0°时， ∵Rt△ABC 中，∠B＝90°， ∴AC＝ AB2＋BC2＝ （8 ÷ 2）2＋82＝4 5， ∵点 D、E 分别是边 BC、AC 的中点， ∴AE＝4 5÷2＝2 5，BD＝8÷2＝4，∴ AE BD＝ 2 5 4 ＝ 5 2 . ②如解图①，当 α＝180°时，可得 AB∥DE，13 ∵ AC AE＝ BC BD，∴ AE BD＝ AC BC＝ 4 5 8 ＝ 5 2 ； (2)当 0°≤α＜360°时， AE BD的大小没有变化， ∵∠ECD＝∠ACB，∴∠ECA＝∠DCB， 又∵ EC DC＝ AC BC＝ 5 2 ， ∴△ECA∽△DCB，∴ AE BD＝ EC DC＝ 5 2 ； (3)①当 D 在 AE 上时，如解图②，∵AC＝4 5，CD＝4，CD⊥AD， ∴AD＝ AC2－CD2＝ （4 5）2－42＝ 80－16＝8， ∵AD＝BC，AB＝DC，∠B＝90°， ∴四边形 ABCD 是矩形，∴BD＝AC＝4 5； ②当 D 在 AE 延长线上时，如解图③，连接 BD，过点 D 作 AC 的垂线交 AC 于点 Q，过点 B 作 AC 的垂线交 AC 于点 P， ∵AC＝4 5，CD＝4，CD⊥AD， ∴AD＝ AC2－CD2＝ （4 5）2－42＝ 80－16＝8， ∵原图中点 D、E 分别是边 BC、AC 的中点， ∴DE＝ 1 2AB＝ 1 2×(8÷2)＝ 1 2×4＝2，∴AE＝AD－DE＝8－2＝6，由(2)可得 AE BD＝ 5 2 ，∴BD ＝ 6 5 2 ＝ 12 5 5 . 综上所述，BD 的长为 4 5或 12 5 5 . 2．解：(1)①∵∠AOB＝150°，∠BOC＝120°，∴∠AOC＝90°， 由旋转的性质可知，∠OCD＝60°，∠ADC＝∠BOC＝120°， ∴∠DAO＝360°－60°－90°－120°＝90°； ②线段 OA，OB，OC 之间的数量关系是 OA2＋OB2＝OC2. 如解图①，连接 OD.∵△BOC 绕点 C 按顺时针方向旋转 60°得△ADC， ∴△ADC≌△BOC，∠OCD＝60°. ∴CD＝OC， ∴△OCD 是等边三角形， ∴OC＝OD＝CD，∠COD＝∠CDO＝60°， ∵∠AOB＝150°，∠BOC＝120°，∴∠AOC＝90°，14 ∴∠AOD＝30°，∠ADO＝60°.∴∠DAO＝90°. 在 Rt△ADO 中，∠DAO＝90°，∴OA2＋AD2＝OD2， ∴OA2＋OB2＝OC2； (2)①当 α＝β＝120°时，OA＋OB＋OC 有最小值．作图如解图②， 将△AOC 绕点 C 按顺时针方向旋转 60°得△A′O′C，连接 OO′. ∴△A′O′C≌△AOC，∠OCO′＝∠ACA′＝60°. ∴O′C＝OC，O′A′＝OA，A′C＝AC，∠A′O′C＝∠AOC.∴△OCO′是等边三角形． ∴OC＝O′C＝OO′，∠COO′＝∠CO′O＝60°. ∵∠AOB＝∠BOC＝120°，∴∠AOC＝∠A′O′C＝120°. ∴∠BOO′＝∠OO′A′＝180°.∴B，O，O′，A′四点共线． ∴OA＋OB＋OC＝O′A′＋OB＋OO′＝BA′时值最小； ②当等边△ABC 的边长为 1 时，OA＋OB＋OC 的最小值为 A′B＝ 3. 3．解：(1)①∵△DEC 绕点 C 旋转使点 D 恰好落在 AB 边上，∴AC＝CD， ∵∠BAC＝90°－∠B＝90°－30°＝60°， ∴△ACD 是等边三角形，∴∠ACD＝60°， 又∵∠CDE＝∠BAC＝60°，∴∠ACD＝∠CDE， ∴DE∥AC； ②∵∠B＝30°，∠C＝90°，∴CD＝AC＝ 1 2AB， ∴BD＝AD＝AC， 根据等边三角形的性质，△ACD 的边 AC、AD 上的高相等， ∴△BDC 的面积和△AEC 的面积相等(等底等高的三角形的面积相等)， 即 S1＝S2； (2)∵△DEC 是由△ABC 绕点 C 旋转得到，∴BC＝CE，AC＝CD， ∵∠ACN＋∠BCN＝90°，∠DCM＋∠BCN＝180°－90°＝90°， ∴∠ACN＝∠DCM， ∵在△ACN 和△DCM 中，{∠ACN＝∠DCM ∠CMD＝∠N＝90° AC＝DC ， ∴△ACN≌△DCM(AAS)，∴AN＝DM， ∴△BDC 的面积和△AEC 的面积相等(等底等高的三角形的面积相等)，15 即 S1＝S2； (3)如解图，过点 D 作 DF1∥BE，易求四边形 BEDF1 是菱形， ∴BE＝DF1，且 BE、DF1 上的高相等，此时 S△DCF1＝S△BDE； 过点 D 作 DF2⊥BD， ∵∠ABC＝60°，F1D∥BE，∴∠F2F1D＝∠ABC＝60°， ∵BF1＝DF1，∠F1BD＝ 1 2∠ABC＝30°，∠F2DB＝90°，∴∠F1DF2＝∠ABC＝60°， ∴△DF1F2 是等边三角形，∴DF1＝DF2， ∵BD＝CD，∠ABC＝60°，点 D 是角平分线上一点， ∴∠DBC＝∠DCB＝ 1 2×60°＝30°， ∴∠CDF1＝180°－∠BCD＝180°－30°＝150°， ∠CDF2＝360°－150°－60°＝150°，∴∠CDF1＝∠CDF2， ∵在△CDF1 和△CDF2 中，{DF1＝DF2 ∠CDF1＝∠CDF2 CD＝CD ， ∴△CDF1≌△CDF2(SAS)，∴点 F2 也是所求的点， ∵∠ABC＝60°，点 D 是角平分线上一点，DE∥AB， ∴∠DBC＝∠BDE＝∠ABD＝ 1 2×60°＝30°， 又∵BD＝4， ∴BE＝ED＝ 1 2×4÷cos30°＝2÷ 3 2 ＝ 4 3 3 ， ∴BF1＝ 4 3 3 ，BF2＝BF1＋F1F2＝ 4 3 3 ＋ 4 3 3 ＝ 8 3 3 ， 故 BF 的长为 4 3 3 或 8 3 3 . 4．解：(1)当 α＝60°时，△ABC、△DCE 是等边三角形， ∴EC＝DC，AC＝BC，∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠ACB－∠ACD＝∠DCE－∠ACD， 即∠BCD＝∠ACE， 在△BDC 和△AEC 中，{EC＝DC ∠BCD＝∠ACE AC＝BC ， ∴△BDC≌△AEC(SAS)，∴BD＝AE； (2)BD＝ 2AE； 理由如下：如解图①，过点 D 作 DF∥AC，交 BC 于 F. ∵DF∥AC，∴∠ACB＝∠DFB. ∵∠ABC＝∠ACB＝α，α＝45°，∴∠ABC＝∠ACB＝∠DFB＝45°. ∴△DFB 是等腰直角三角形∴BD＝DF＝ 2 2 BF. ∵AE∥BC，∴∠ABC＋∠BAE＝180°. ∵∠DFB＋∠DFC＝180°，∴∠BAE＝∠DFC. ∵∠ABC＋∠BCD＝∠ADC，∠ABC＝∠CDE＝α，∴∠ADE＝∠BCD.16 ∴△ADE∽△FCD.∴ AE FD＝ AD FC. ∵DF∥AC，∴ BD BF＝ AD CF.∴ AE BD＝ BD BF＝ 2 2 .∴BD＝ 2AE. (3)补全图形如解图②，∵AE∥BC，∠EAC＝∠ACB＝α，∴∠EAC＝∠EDC＝α， ∴A、D、C、E 四点共圆，∴∠ADE＝∠ACE， ∵∠ADE＋∠EDC＝∠ADC＝∠ABC＋∠BCD，∠ABC＝∠EDC＝α， ∴∠ADE＝∠BCD，∴∠ACE＝∠BCD， ∵∠ABC＝∠EAC＝α，∴△BDC∽△AEC，∴ BD AE＝ BC AC， 又∵ BC AC＝2cosα，∴BD＝2cosα·AE. 5．解：(1)①∵△ABC 是等边三角形，∴AC＝BC，∠BAC＝∠B＝60°， ∵∠DCF＝60°，∴∠ACF＝∠BCD， 在△ACF 和△BCD 中，{AC＝BC ∠ACF＝∠BCD CF＝CD ，∴△ACF≌△BCD(SAS)， ∴∠CAF＝∠B＝60°，∴∠EAF＝∠BAC＋∠CAF＝120°； ②相等；理由如下： ∵∠DCF＝60°，∠DCE＝30°， ∴∠FCE＝60°－30°＝30°，∴∠DCE＝∠FCE， 在△DCE 和△FCE 中，{CD＝CF ∠DCE＝∠FCE CE＝CE ， ∴△DCE≌△FCE(SAS)，∴DE＝EF； (2)①∵△ABC 是等腰直角三角形，∠ACB＝90°， ∴AC＝BC，∠BAC＝∠B＝45°， ∵∠DCF＝90°，∴∠ACF＝∠BCD， 在△ACF 和△BCD 中，{AC＝BC ∠ACF＝∠BCD CF＝CD ， ∴△ACF≌△BCD(SAS)，∴∠CAF＝∠B＝45°，AF＝BD， ∴∠EAF＝∠BAC＋∠CAF＝90°； ②AE2＋DB2＝DE2；理由如下： ∵∠DCF＝90°，∠DCE＝45°，∴∠FCE＝90°－45°＝45°，∴∠DCE＝∠FCE， 在△DCE 和△FCE 中，{CD＝CF ∠DCE＝∠FCE CE＝CE ， ∴△DCE≌△FCE(SAS)，∴DE＝EF，17 在 Rt△AEF 中，AE2＋AF2＝EF2， 又∵AF＝DB，∴AE2＋DB2＝DE2.