重庆市2022中考数学第二部分题型研究二解答题重难点突破题型四三角形四边形的证明与计算

三角形、四边形的证明与计算类型一　有等腰三角形，通常作底边上的高、中线或顶角的平分线针对演练1.在△ABC中，AB=BC=2,∠ABC=120°,将△ABC绕点B顺时针旋转角α(0<α<120°)，得△A1BC1，A1B交AC于点E，A1C1分别交AC、BC于D、F两点.图①图②第1题图(1)证明：EA1=FC;（2）如图②，当α=30°时，试判断四边形BC1DA的形状，并说明理由；（3）在（2）的情况下，求ED的长.2.（2022连云港）在数学兴趣小组活动中，小明进行数学探究活动，将边长为2的正方形ABCD与边长为2的正方形AEFG按图①位置放置，AD与AE在同一条直线上，AB与AG在同一条直线上.（1）小明发现DG⊥BE,请你帮他说明理由；\n（2）如图②，小明将正方形ABCD绕点A逆时针旋转，当点B恰好落在线段DG上时，请你帮他求出此时BE的长.图①图②第2题图3.如图①，在△ABC中，D是AB边的中点，AE⊥BC于点E，BF⊥AC于点F，AE,BF相交于点M，连接DE,DF.\n图①图②图③第3题图（1）DE,DF的数量关系为；（2）如图②，在△ABC中，CB=CA，点D是AB边的中点，点M在△ABC的内部，且∠MBC=∠MAC.过点M作ME⊥BC于点E，MF⊥AC于点F，连接DE,DF.求证：DE=DF；（3）如图③，若将上面（2）中的条件“CB=CA”变为“CB≠CA”，其他条件不变，试探究DE与DF之间的数量关系，并证明你的结论.【答案】针对演练\n1.（1）证明：∵AB=BC,∴∠A＝∠C,∵△ABC绕点B顺时针旋转角α得△A1BC1,∴∠ABE=∠C1BF,∠C＝∠C1,AB=BC=A1B=BC1,∴∠A＝∠C1,在△ABE和△C1BF中，，∴△ABE≌△C1BF(ASA),∴BE=BF,∴A1B-BE=BC-BF,即EA1=FC.(2)解：四边形BC1DA是菱形，理由如下：旋转角α＝30°，∠ABC=120°，∴∠ABC1=∠ABC+α=120°+30°＝150°，∵∠ABC1=120°，AB=BC,∴∠A＝∠C=(180°-120°)＝30°，∴∠ABC1+∠C1=150°+30°＝180°，∠ABC1+∠A=150°+30°=180°,∴AB∥C1D,AD∥BC1,∴四边形BC1DA是平行四边形，又∵AB=BC1,∴四边形BC1DA是菱形.（3）解：如解图，过点E作EG⊥AB于点G,由（2）得∠A=∠ABA1=30°，∴AG=BG=AB=1,在Rt△AEG中，AE＝==，由（2）知AD=AB=2,第1题解图∴DE=AD-AE=2-.2.解：(1)如解图①，延长EB交DG于点H,∵四边形ABCD与四边形AEFG是正方形，∴AD=AB，∠DAG=∠BAE=90°，AG=AE,\n∴△ADG≌△ABE(SAS)，∴∠AGD=∠AEB，在△ADG中，∠AGD+∠ADG=90°，∴∠AEB+∠ADG＝90°，∴∠DHE=90°，即DG⊥BE.(2)∵四边形ABCD与四边形AEFG都是正方形，第2题解图①∴AD=AB,∠DAB=∠GAE=90°，AG=AE,∴∠DAB+∠BAG=∠GAE+∠BAG,∴∠DAG=∠BAE.∵AD=AB,∠DAG=∠BAE,AG=AE，∴△ADG≌△ABE(SAS),∴DG=BE.如解图②，过点A作AM⊥DG于点M，∠AMD=∠AMG=90°，∵BD是正方形ABCD的一条对角线，第14题解图③∴∠MDA=45°.在Rt△AMD中，∵∠MDA=45°，AD=2，∴DM=AM=，在Rt△AMG中，∵AM2+GM2=AG2,∴GM==,∴GM=,∵DG=DM+GM=+,∴BE=DG=+.第2题解图②3.解：(1)DE=DF.(2)如解图①，连接CD，∵在△ABC中，CB=CA,∴∠CAB=∠CBA,∵∠MBC=∠MAC,∴∠MAB=∠MBA,∴AM=BM.∵点D是边AB的中点，∴点M在CD上，∴CM平分∠FCE，∴∠FCD=∠ECD.∵ME⊥BC于E，MF⊥AC于F,第3题解图①∴MF=ME.在△CMF和△CME中，\n,∴△CMF≌△CME(SAS).∴CF=CE.在△CFD和△CED中，,∴△CFD≌△CED(SAS).∴DE=DF.(3)DE=DF.如解图②，作AM的中点G，BM的中点H,连接DG、DH、GF、HE,∵点D是边AB的中点，∴DG∥BM,DG=BM.同理可得：DH∥AM,DH=AM.∵ME⊥BC于E，H是BM的中点，∴在Rt△BEM中，HE=BM=BH，∴DG=HE,同理可得：DH=FG.∵DG∥BM,DH∥AM,∴四边形DHMG是平行四边形，∴∠DGM=∠DHM.∵∠MGF=2∠MAC,∠MHE=2∠MBC,且∠MBC=∠MAC,∴∠MGF=∠MHE，∴∠DGM+∠MGF=∠DHM+∠MHE，第3题解图②∴∠DGF=∠DHE,在△DHE与△FGD中，,∴△DHE≌△FGD(SAS).∴DE=DF.题型四　三角形、四边形的证明与计算类型二　有直角三角形，通常作斜边上的中线针对演练\n1.在等腰Rt△ABC中，AB=AC,∠BAC=90°，点D是斜边BC的中点，点E是线段AB上一动点（点E不与A、B重合），连接DE,作DF⊥DE交AC于点F,连接EF.(1)如图①，如果BC=4，当E是线段AB的中点时，求线段EF的长；（2）如图②，求证：BC=（AE+AF）；（3）如图③，点M是线段EF的中点，连接AM,在线段AB上是否存在点E，使得BC=4AM?若存在，求∠EAM的度数；若不存在，请说明理由.图①图②图③第1题图2.如图①，在△ACB和△AED中,AC=BC,AE=DE，∠ACB=∠AED=90°，点E在AB上，点F是线段BD的中点，连接CE、FE.（1）若AD=3，BE=4，求EF的长；（2）求证：CE=EF;\n（3）将图①中的△AED绕点A顺时针旋转，使AED的一边AE恰好与△ACB的边AC在同一条直线上（如图②），连接BD，取BD的中点F，并连接EF,问（2）中的结论是否仍然成立，并说明理由.图①图②第2题图【答案】针对演练1.(1)解：∵点D、E分别是BC、AB的中点，∴DE∥AC，∴∠BAC=∠BED＝∠AED＝90°，又∵DF⊥DE,∠FDE=90°，∴∠FDE＝∠AED,\n∴DF∥AB,∴点F是AC的中点，∴EF是△ABC的中位线，∴EF＝BC=2;(2)证明：如解图①,连接AD,∵点D是Rt△ABC斜边的中点，∴AD＝BC=CD,∠EAD=∠BAC=45°，∠ADB=∠ADC=90°，∵∠C＝45°，∴∠EAD=∠C,∵∠ADE+∠ADF=90°,∠CDF+∠ADF＝90°，第1题解图①∴∠ADE=∠CDF,在△ADE与△CDF中，，∴△ADE≌△CDF(ASA),∴AE=FC,∴BC=AC=(FC+AF)=(AE+AF).(3)解：在线段AB上存在点E，使得BC=4AM.如解图②，连接DM,AD，∵BC=4AM=2AD,∴AD=2AM,第1题解图②∵在Rt△EAF和Rt△EDF中点M为EF的中点，∴AM=DM=EF,∵AM+DM≥AD,∴2AM≥AD,显然只有AM和AD共线时，以上表达式等号才成立，此时∠EAM=45°.2.（1）解：∵∠AED=90°，AE=DE,AD=3,∴AE=DE=3,在Rt△BDE中，∵DE=3,BE=4,∴BD=5,又∵F是线段BD的中点，∴EF＝BD=2.5.\n（2）证明：如解图①，连接CF.∵∠BED=∠AED=∠ACB=90°点F是BD的中点，∴CF=EF=FB=FD,∴∠DFE＝∠ABD+∠BEF,∠ABD=∠BEF,∴∠DFE＝2∠ABD,同理∠CFD＝2∠CBD∴∠DFE+∠CFD=2(∠ABD+∠CBD)=90°，即∠CBD=90°∴CE=EF.第2题解图①(3)解：(2)中的结论仍然成立.如解图②,连接CF，延长EF交CB于点G，∵∠ACB=∠AED=90°，∴DE∥BC,∴∠EDF=∠GBF,在△EDF与△GBF中，,∴△EDF≌△GBF（ASA）,∴EF=GF,BG=DE=AE,∵AC=BC,第2题解图②∴CE=CG,∴∠EFC=90°，CF=EF,∴△CEF为等腰直角三角形，∴∠CEF＝45°，∴CE=EF.题型四　三角形、四边形的证明与计算类型三　截长补短针对演练1.如图，D为△ABC外一点，过D作DE⊥AB交AB延长线于E,过D作DF⊥AC交AC延长线于F，且DE=DF.（1）求证：AE=AF;（2）若∠CAB=60°，∠BDC=60°，试猜想BC、BE、CF之间的数量关系并写出证明过程；（3）若题中条件“∠CAB=60°”改为∠CAB=α，则∠BDC满足什么条件时，（2）中结论仍然成立？并说明理由.\n备用图第1题图2.已知在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC=180°,AB=BC.（1）如图①，若∠BAD=90°，AD=2，求CD的长度；（2如图②，点P、Q分别在线段AD、DC上，满足PQ=AP+CQ，求证：∠PBQ=90°-∠ADC;（3）如图③，若点Q运动到DC的延长线上，点P也运动到DA的延长线上时，仍然满足PQ=AP+CQ,则（2）中的结论是否成立？若成立，请给出证明过程；若不成立，请写出∠PBQ与∠ADC的数量关系，并给出证明过程.\n图①图②图③第2题图3.如图，△ABC中，AB=AC，点P是三角形外一点，且∠APB=∠ABC.（1）如图①，若∠BAC=60°，点P恰巧在∠ABC的平分线上，PA=2，求PB的长;（2）如图②，若∠BAC=60°，试探究PA,PB,PC的数量关系，并证明;（3）如图③，若∠BAC=120°，请证明：PA+PC=PB.图①图②图③第3题图\n4.已知，在等腰Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=CB，D为直线AB上一点，连接CD，过点C作CE⊥CD，且CE=CD，连接DE,交AC于点F.（1）如图①,当点D、B重合时，求证：EF=BF;（2）如图②,当点D在线段AB上，且∠DCB=30°时，请探究DF、EF、CF之间的数量关系，并说明理由;（3）如图③，在（2）的条件下，在FC上任取一点G，连接DG，作射线GP使∠DGP=60°，交∠DFG的角平分线于点Q，求证：FD+FG=FQ.图①图②图③\n第4题图【答案】针对演练1.（1）证明：在△ADE与△ADF中，,∴△ADE≌△ADF(SAS),∴AE=AF.(2)解:猜想:BC＝BE+CF,理由如下:由（1）得：∠6=∠7,∵∠BAC=60°,∴∠6=∠7=30°,∴∠ADE=∠ADF=60°,∵∠BDC=60°,∴∠1=60°-∠2=∠3,\n同理∠2＝∠4，如解图所示，在AF延长线上取点G，使得FG=BE，连接DG，∵在△BDE与△GDF中∴△BDE≌△GDF(SAS),第1题解图∴BD=GD,∠1=∠5，∴∠GDC=∠4+∠5=∠2+∠1=∠ADE=∠BDC=60°,在△BDC与△GDC中，，∴△BDC≌△GDC(SAS),∴BC=CG=CF+FG=CF+BE.(3)解：∠BDC满足∠BDC=(180°－α)时，(2)中结论仍然成立，理由如下：由（2）知△BDE≌△GDF(SAS),∴BD=GD,∠1=∠5.又∵BC=CF+BE=CF+FG=CG,∴在△BDC与△GDC中,,∴△BDC≌△GDC（SSS）,∴∠BDC=∠GDC,又∵∠GDC=∠4+∠5=∠4+∠1,∠EDF=180°-∠CAB=180°-α,∴∠BDC=∠4+∠1=(180°-α).2.(1)解：∵∠ABC+∠ADC=180°，∠BAD＝90°，∴∠BCD=90°,在Rt△BAD和Rt△BCD中，,∴Rt△BAD≌Rt△BCD(HL),∴AD=CD,∵AD=2,\n∴CD=2.（2）证明：如解图①，延长DC，在上面找一点K，使得CK＝AP,连接BK,∵∠ABC+∠ADC=180°,∴∠BAD+∠BCD=180°,∵∠BCD+∠BCK=180°,∴∠BAD=∠BCK,在△BPA和△BKC中，,∴△BPA≌△BKC(SAS),∴∠1＝∠2，BP=BK.∵PQ=AP+CQ=CK+CQ=KQ,∴PQ=KQ,在△PBQ和△KBQ中，,∴△PBQ≌△KBQ(SSS),第2题解图①∴∠PBQ=∠KBQ,∴∠PBQ=∠2+∠CBQ=∠1+∠CBQ,∴∠PBQ=∠ABC.∵∠ABC+∠ADC=180°,∴∠ABC=180°-∠ADC,∴∠ABC＝90°-∠ADC，∴∠PBQ＝90°-∠ADC.（3）解：（2）中结论不成立，应该是：∠PBQ=90°+∠ADC，证明：如解图②，在CD延长线上找一点K，使得KC＝PA，连接BK，∵∠ABC+∠ADC=180°,∴∠BAD+∠BCD=180°,∵∠BAD+∠PAB=180°,∴∠PAB=∠KCB,∴在△BPA和△BKC中，，∴△BPA≌△BKC(SAS),\n∴∠ABP=∠CBK,BP=BK,∵PQ=AP+CQ＝CK+CQ=KQ,∴PQ=KQ,在△PBQ和△KBQ中，,∴△PBQ≌△KBQ（SSS）,第2题解图②∴∠PBQ=∠KBQ,∴2∠PBQ+∠PBK=2∠PBQ+∠ABC=360°,∴2∠PBQ+(180°-∠ADC)=360°,∴∠PBQ=90°+∠ADC.3.(1)解：∵AB=AC,∠BAC=60°,∴△ABC是等边三角形，∵∠APB=∠ABC,∴∠APB=60°,又∵点P恰巧在∠ABC的平分线上，∴∠ABP=30°,∴∠PAB=90°,∴BP=2AP,∵AP=2,∴BP=4.(2)解:结论：PA+PC=PB.证明：如解图①，在BP上截取PD,使PD=PA，连接AD，∵∠APB=60°,∴△ADP是等边三角形，∴∠DAP=60°，∴∠1=∠2,PA=AD,在△ABD与△ACP中，,∴△ABD≌△ACP(SAS),∴PC=DB,∴PA+PC=PB.第3题解图①(3)证明：如解图②，以点A为圆心，以AP的长为半径画弧交BP于点D，连接AD，过点A作AF⊥BP于点F，∴AP=AD,∵∠BAC=120°,∴∠ABC=30°,∴∠APB=30°,\n∴∠DAP=120°,∴∠1=∠2,在△ABD与△ACP中，第3题解图②，∴△ABD≌△ACP(SAS),∴DB=CP,∵AF⊥PD,∴PF=PA,∵AD=AP,∴PD=2PF＝PA,∴PA+PC=PB4.(1)证明：∵∠ABC=90°,AB=CB,∴∠A=∠ACB=45°,∵CE⊥CD,CE=CD,∴∠EBC=∠E=45°,∵∠BCE=90°,∴∠ACE=∠E=45°,∠ACB=∠EBC=45°,∴EF=CF,BF=CF,∴EF=BF.（2）解：EF=DF+CF.理由如下：在EF上找到G点使得FG=CF，如解图①，∵∠DCB=30°,∠ACB=45°,∴∠ACD=15°,∴∠CFG=∠CDE+∠ACD=60°,∵FG=CF,∴△CFG是等边三角形，∴CG=CF=GF,∠FCG=60°,∴∠ECG=∠ECD-∠ACD-∠FCG=90°-15°-60°=15°＝∠ACD,在△ECG和△DCF中，，∴△ECG≌△DCF(SAS),∴EG=DF,第4题解图①∵EF=EG+GF,∴EF=DF+CF.\n（3）证明：在FQ上找到H点，使得FH=FG，连接GH,如解图②，∵FQ平分∠DFG，∴∠QFG=60°,∵FG=FH,∴△FGH是等边三角形，∴∠GHF=∠FGH=60°,GH=FG=FH,∵∠AFD=∠CDE+∠ACD=60°,∴∠GHQ=∠DFG=120°,∵∠FGD+∠DGH=60°,∠DGH+∠QGH=60°,∴∠FGD=∠QGH,∵在△DFG和△QHG中，，∴△DFG≌△QHG(ASA),第4题解图②∴DF=QH,∵FH+QH=FQ,∴FG+FD=FQ.题型四　三角形、四边形的证明与计算类型四　构造适宜的三角形或四边形针对演练1.如图，四边形ABCD、BEFG均为正方形.（1）如图①，连接AG、CE，判断AG和CE的数量关系和位置关系并证明;（2）将正方形BEFG绕点B顺时针旋转β角（0°<β<180°)，如图②，连接AG、CE相交于点M，连接MB,求出∠EMB的度数;（3）若BE=2，BC=6，连接DG，将正方形BEFG绕点B顺时针旋转β角（0°<β<180°），求在这个旋转过程中线段DG长度的取值范围.图①图②第1题图\n2.四边形ACBD是由等边△ABC和顶角为120°的等腰△ABD拼成，将一个60°角顶点放在D处，将60°角绕D点旋转，该60°角两边分别交直线BC、AC于点M、N，交直线AB于E、F两点.（1）当点E、F均在边AB上时（如图①），求证：BM+AN=MN;（2）当点F、E分别在边BA及其延长线上时（如图②），线段BM、AN、MN之间又有怎样的数量关系：;（3）在（1）的条件下，若AC=5，AE=1，求BM的长.图①图②第2题图\n3.如图①，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，若点E在AB的延长线上，EF∥AD，EF=BE，点P是DE的中点，连接FP并延长交AD于点G.（1）过D点作DH⊥AB，垂足为H，若DH=2，BE=AB，求DG的长；（2）连接CP，求证：CP⊥FP;（3）如图②，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，若点E在CB的延长线上运动，点F在AB的延长线上运动，且BE=BF，连接DE，点P为DE的中点，连接FP、CP，那么第（2）问的结论成立吗？若成立，求出的值；若不成立，请说明理由.图①图②第3题图\n4.如图①，△ABC中，∠BAC=90°,AB=AC,AD⊥BC于点D，点E在AC边上，连接BE.（1）若AF是△ABE的中线，且AF=5，AE=6，连接DF，求DF的长;（2）若AF是△ABE的高，延长AF交BC于点G.①如图②，若点E是AC边的中点，连接EG，求证：AG+EG=BE;②如图③,若点E是AC边上的动点，连接DF.当点E在AC边上（不含端点）运动时，∠DFG的大小是否改变？如果不变，请求出∠DFG的度数;如果要变，请说明理由.图①图②图③第4题图\n5.如图①，△ABC中，BE⊥AC于点E，AD⊥BC于点D，连接DE.（1）若AB=BC，DE=1，BE=3，求△ABC的周长；（2）如图②，若AB=BC，AD=BD，∠ADB的角平分线DF交BE于点F，求证：BF=DE；（3）如图③，若AB≠BC，AD=BD，将△ADC沿着AC翻折得到△AGC，连接DG、EG，请猜想线段AE、BE、DG之间的数量关系，并证明你的结论.图①图②图③第5题图\n【答案】针对演练1.解：（1）AG=CE,AG⊥CE，证明如下：∵四边形ABCD、BEFG均为正方形，∴∠GBA=∠EBC=90°,BG=BE,BA=BC,在△GBA和△EBC中，,∴△GBA≌△EBC(SAS),∴AG=CE,∠GAB=∠BCE,∴∠BGA+∠BCE=∠BGA+∠GAB=90°,∴AG⊥CE.(2)如解图,过B作BP⊥EC,BQ⊥MA,垂足分别为P、Q，可知四边形BPMQ为矩形，∴∠PBE+∠PBG=∠QBG+∠PBG=90°,∴∠PBE=∠QBG,在△BPE和△BQG中，\n,∴△BPE≌△BQG(AAS),∴BP=BQ,且BQ=PM,∴BP=PM,∴△BPM为等腰直角三角形，第1题解图∴∠EMB=45°.(3)当在初始位置时，DG最大，此时GC＝6+2＝8，CD＝6,由勾股定理可求得DG＝10，当G点在线段BD上时，DG最小，此时BG＝2，BD＝6，所以DG＝6-2，而旋转角取不到0°,所以DG的范围为：6-2≤DG＜10.2.证明：把△DBM绕点D逆时针旋转120°得到△DAQ，如解图①，则DM=DQ,AQ=BM,∠ADQ=∠BDM,∵∠QDN=∠ADQ+∠ADN=∠BDM+∠ADN=∠ADB-∠MDN第2题解图①=120°-60°=60°,∴∠QDN=∠MDN=60°,在△MND和△QND中，,∴△MND≌△QND(SAS),∴MN=QN,∵QN=AQ+AN=BM+AN,∴BM+AN=MN.(2)解：MN+AN=BM.【解法提示】理由如下：如解图②，把△DAN绕点D顺时针旋转120°得到△DBP,则DN=DP,AN=BP,∵∠DAN=∠DBP=90°,∴点P在BM上，∵∠MDP=∠ADB-∠ADM-∠BDP=120°-∠ADM-∠ADN＝120°-∠MDN＝120°-60°＝60°，∴∠MDP=∠MDN=60°,在△MND和△MPD中，,∴△MND≌△MPD(SAS),第2题解图②\n∴MN=MP,∵BM=MP+BP,∴MN+AN=BM.(3)解：如解图③，过点M作MH∥AC交AB于点G，交DN于点H，∵△ABC是等边三角形，∴△BMG是等边三角形，∴BM=MG=BG,根据（1）中△MND≌△QND可得∠QND=∠MND,根据MH∥AC可得∠QND=∠MHN,∴∠MND=∠MHN,∴MN=MH,∴GH=MH-MG=MN-BM=AN,即AN=GH,在△ANE和△GHE中，,∴△ANE≌△GHE(AAS),第2题解图③∴AE=GE=1,∵AC=5,∴AB=AC=5,∴BG=AB-AE-EG=5-1-1=3,∴BM=BG=3.3.（1）解：∵四边形ABCD为菱形，∠ABC＝60°，∴DA∥BC,CD=CB,∠CDG=∠CBA=60°，∴∠DAH=∠ABC=60°,∵DH⊥AB,∴∠DHA=90°，在Rt△ADH中，sin∠DAH=,∴AD===4,又∵AB=AD,∴BE=AB=×4＝1,∵EF∥AD,∴∠PDG=∠PEF,∵P为DE的中点，∴PD=PE,∴∠DPG=∠EPF,∴△PDG≌△PEF（ASA）,∴DG=EF,∵EF∥AD,AD∥BC,∴EF∥BC,∴∠FEB=∠CBA=60°，∵BE=EF,∴△BEF为等边三角形，∴EF=BE=1,∴DG=EF=1.\n(2)证明：如解图①,连接CG、CF,由（1）知△PDG≌△PEF,∴PG=PF,∵BF=EF,DG=EF,∴BF=DG,在△CDG与△CBF中，∴△CDG≌△CBF（SAS）,∴CG=CF,∵PG=PF,∴CP⊥FP.第3题解图①（3）解：CP⊥FP仍成立.理由如下：如解图②，过D作EF的平行线，交FP的延长线于点G，连接CG、CF，易证△PEF≌△PDG,∴DG=EF=BF,∵DG∥EF,∴∠GDP=∠FEP,∵DA∥BC,∴∠ADP=∠PEC,∴∠GDP-∠ADP=∠FEP-∠PEC,∴∠GDA=∠BEF=60°，第3题解图②∴∠CDG=∠ADC+∠GDA=120°,∵∠CBF=180°-∠EBF=120°,在△CDG和△CBF中，,∴△CDG≌△CBF(SAS),∴CG=CF，∠DCG=∠FCB,∵PG=PF,∴CP⊥PF，∠GCP=∠FCP,∵∠DCB=180°-∠ABC=120°,∴∠DCG+∠GCE=120°,∴∠FCE+∠GCE=120°,即∠GCF=120°，∴∠FCP＝∠GCF=60°，在Rt△CPF中，tan∠FCP=tan60°==.4.解：（1）∵∠BAC=90°,AB=AC,AF是△ABE的中线，∴BE=2AF=10,∵AE=6,∴AB=AC==8,∴CE=AC-AE=2,∵AD⊥BC于点D，∴BD=CD,\n∵BF=EF,∴FD是△BEC的中位线，∴DF=CE=1.(2)①证明：如解图，过点C作CM⊥AC交AG延长线于点M，在△ABE和△CAM中，，∴△ABE≌△CAM（ASA）,∴AE=CM,∠AEB=∠M,BE=AM,∵AE=EC,∴EC=CM,∵AB=AC,∠BAC=90°,∴∠ABC=∠ACB=45°,∵∠ACM=90°,∴∠GCM=90°-45°=45°=∠ACG,在△EGC和△MGC中，第4题解图∴△EGC≌△MGC(SAS),∴GE=GM,∴AM=AG+GM=AG+GE,∵BE=AM,∴AG+GE=BE;②∠DFG的大小不会改变，∵AD⊥BC于点D,AF是△ABE的高，∴∠AFB=∠ADB=90°,∴A,B,D,F四点共圆，∴∠ABD+∠AFD=180°,∵∠AFD+∠DFG=180°,∴∠DFG=∠ABD.∵∠BAC=90°,AB=AC,∴∠ABC=45°,∴∠DFG=∠ABD=45°.5.（1）解：如解图①所示：∵AB=BC，BE⊥AC，∴AE=CE，∠AEB=90°，∵AD⊥BC，∴∠ADC=90°，\n∴DE=AC=AE，∴AC=2DE=2，AE=1，∴AB=＝，∴BC=，∴△ABC的周长=AB+BC+AC=2+2.第5题解图①（2）证明：连接AF，如解图②所示：∵AB=BC，BE⊥AC，∴∠3=∠4，∵∠ADC=90°，AD=BD，∴△ABD是等腰直角三角形，∴∠DAB=∠DBA=45°，∴∠3=22.5°，∵∠1+∠C=∠3+∠C=90°，∴∠1=∠3=22.5°，∵DF平分∠ADB，∴∠ADF=∠BDF，第5题解图②在△ADF和△BDF中，，∴△ADF≌△BDF（SAS），∴AF=BF，∠2=∠3=22.5°，∴∠EAF=∠1+∠2=45°，∴△AEF是等腰直角三角形，∴AF=AE，∵DE=AE，∴BF=DE.（3）解：BE=DG+AE.理由如下：作DH⊥DE交BE于H，如解图③所示：∵BE⊥AC，AD⊥BC，∴∠1+∠ACD=∠2+∠ACD=90°，∴∠1=∠2，∴∠ADE=90°-∠ADH=∠BDH，在△ADE和△BDH中，，∴△ADE≌△BDH（ASA），∴DH=DE，AE=BH，∴△DHE是等腰直角三角形，∴∠DEH=45°，∴∠3=90°-∠DEH=45°，\n∵△ADC沿着AC翻折至△AGC，第5题解图③∴DE=GE，∠3=∠4=45°，∴∠DEG=∠EDH=90°，DH=GE，∴DH∥GE，∴四边形DHEG是平行四边形，∴DG=EH，∴BE=EH+BH=DG+AE.题型四　三角形、四边形的证明与计算类型五　有角平分线,作到角两边的垂线针对演练1.在四边形ABDC中，AC=AB，DC=DB，∠CAB=60°，∠CDB=120°，E是AC上一点，F是AB延长线上一点，且CE=BF.（1）求证：DE=DF；（2）在图①中，若G在AB上,且∠EDG=60°，试猜想CE、EG、BG之间的数量关系,并证明；（3）若题中条件“∠CAB=60°且∠CDB=120°”改为“∠CAB=a，∠CDB=180°-a”，G在AB上，∠EDG满足什么条件时，（2）中结论仍然成立？（4）运用（1）（2）（3）解答中所积累的经验和知识，完成下题：如图②，在四边形ABCD中，∠ABC=90°，∠CAB=∠CAD=30°，E在AB上，DE⊥AB，且∠DCE=60°，若AE=3，求BE的长.图①图②第1题图\n【答案】针对演练1.（1）证明:∵∠A+∠C+∠CDB+∠ABD=360°,∠CAB=60°，∠CDB=120°，∴∠C+∠ABD=180°，∵∠ABD+∠DBF=180°，∴∠C=∠DBF，在△DEC和△DFB中，,∴△DEC≌△DFB，∴DE=DF.（2）解：CE+BG=EG.证明：连接DA，如解图①,在△ACD和△ABD中，∴△ACD≌△ABD，∴∠CDA=∠BDA=60°，∵∠EDG=∠EDA+∠ADG=∠ADG+∠GDB=60°，∴∠EDA=∠GDB，∵∠BDF=∠CDE，∴∠GDB+∠BDF=60°，在△DGF和△DGE中第1题解图①，∴△DGF≌△DGE，∴FG=EG，∵CE=BF，∴CE+BG=EG.（3）解：∠EDG=（180°-a）.\n（4）解：如解图②,过C作CM⊥AD交AD的延长线于M，在△AMC和△ABC中，∴△AMC≌△ABC，∴AM=AB,CM=BC，由（1）（2）（3）可知：DM+BE=DE，∵AE=3，∠AED=90°，∠DAB=60°，∴AD=6，第1题解图②由勾股定理得：DE=3,∴DM=AM-AD=AB-6=BE+3-6=BE-3，∴BE-3+BE=3，即BE=(3+3).