重庆中考几何题分类汇编

重庆中考几何题分类汇编

重庆中考几何题分类 类型1　线段的倍分：要证线段倍与半，延长缩短去实验　‎ 例1 如图Z3－1，在△ABC中，AB＝AC，CM平分∠ACB交AB于M，在AC的延长线上截取CN＝BM，连接MN交BC于P，在CB的延长线截取BQ＝CP，连接MQ.‎ ‎(1)求证：MQ＝NP；‎ ‎(2)求证：CN＝2CP.‎ 针对训练：‎ ‎1．如图Z3－2，在▱ABCD中，AC⊥BC，点E、点F分别在AB、BC上，且满足AC＝AE＝CF，连接CE、AF、EF.‎ ‎(1)若∠ABC＝35°，求∠EAF的度数；‎ ‎(2)若CE⊥EF，求证：CE＝2EF.‎ ‎2．已知，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，E为边AC任意一点，连接BE.‎ ‎(1)如图①，若∠ABE＝15°，O为BE中点，连接AO，且AO＝1，求BC的长；‎ ‎(2)如图②，F也为AC上一点，且满足AE＝CF，过A作AD⊥BE交BE于点H，交BC于点D，连接DF交BE于点G，连接AG.若AG平分∠CAD，求证：AH＝AC.‎ ‎3．在△ACB中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D是AC上一点，连接BD，过点A作AE⊥BD于E，交BC于F.‎ ‎(1)如图①，若AB＝4，CD＝1，求AE的长；‎ ‎(2)如图②，点G是AE上一点，连接CG，若BE＝AE＋AG，求证：CG＝AE.‎ ‎4．在等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D是斜边BC的中点，连接AD.‎ ‎(1)如图①，E是AC的中点，连接DE，将△CDE沿CD翻折到△CDE′，连接AE′，当AD＝时，求AE′的值．‎ ‎(2)如图②，在AC上取一点E，使得CE＝AC，连接DE，将△CDE沿CD翻折到△CDE′，连接AE′交BC于点F，求证：DF＝CF.‎ 类型2　线段的和差：要证线段和与差，截长补短去实验　‎ 例2 如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，在BC上截取BD＝BA，连接AD，在AD左侧作∠EAD＝45°交BD于E.‎ ‎(1)若AC＝3，则CE＝________(直接写答案)；‎ ‎(2)如图①，M、N分别为AB和AC上的点，且AM＝AN，连接EM、DN，若∠AME＋∠AND＝180°，求证：DE＝DN＋ME；‎ ‎(3)如图②，过E作EF⊥AE，交AD的延长线于F，在EC上选取一点H，使得EH＝BE，连接FH，在AC上选取一点G，使得AG＝AB，连接BG、FG，求证：FH＝FG.‎ 针对训练：‎ ‎1．如图Z3－7，在▱ABCD中，AE⊥BC于E，AE＝AD，EG⊥AB于G，延长GE、DC交于点F，连接AF.‎ ‎(1)若BE＝2EC，AB＝，求AD的长；‎ ‎(2)求证：EG＝BG＋FC.‎ ‎2．如图，在正方形ABCD中，点P为AD延长线上一点，连接AC、CP，过点C作CF⊥CP于点C，交AB于点F，过点B作BM⊥CF于点N，交AC于点M.‎ ‎(1)若AP＝AC，BC＝4，求S△ACP；‎ ‎(2)若CP－BM＝2FN，求证：BC＝MC.‎ ‎3．如图，在△ABC中，AB＝BC，以AB为一边向外作菱形ABDE，连接DC，EB并延长EB交AC于F，且CB⊥AE于G.‎ ‎(1)若∠EBG＝20°，求∠AFE；‎ ‎(2)试问线段AE，AF，CF之间的数量关系并证明．‎ 类型3　倍长中线：三角形中有中线，延长中线等中线　‎ 例3 如图Z3－10①，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，D、E分别为斜边AC上两点，且AD＝AB，CE＝CB，连接BD、BE.‎ ‎(1)求∠EBD的度数；‎ ‎(2)如图Z3－10②，过点D作FD⊥BD于点D，交BE的延长线于点F，在AB上选取一点H，使得BH＝BC，连接CH，在AC上选取一点G，使得GD＝CD，连接FH、FG，求证：FH＝FG.‎ 针对训练：‎ ‎1．如图，已知在▱ABCD中，G为BC的中点，点E在AD边上，且∠1＝∠2.‎ ‎(1)求证：E是AD中点；‎ ‎(2)若F为CD延长线上一点，连接BF，且满足∠3＝∠2，求证：CD＝BF＋DF.‎ ‎2．如图Z3－12，在菱形ABCD中，点E、F分别是BC、CD上的点，连接AE，AF，DE、EF，∠DAE＝∠BAF.‎ ‎(1)求证：CE＝CF；‎ ‎(2)若∠ABC＝120°，点G是线段AF的中点，连接DG，EG.求证：DG⊥GE.‎ 类型4　中位线：三角形中两中点，连接则成中位线　‎ 例4 2017·河南如图①，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，点D，E分别在边AB，AC上，AD＝AE，连接DC，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点．‎ ‎(1)观察猜想：图①中，线段PM与PN的数量关系是__________，位置关系是__________；‎ ‎(2)探究证明：把△ADE绕点A按逆时针方向旋转到图②的位置，连接MN，BD，CE，判断△PMN的形状，并说明理由；‎ ‎(3)拓展延伸：把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD＝4，AB＝10，请直接写出△PMN面积的最大值．‎ 针对训练：‎ ‎1．如图①，在任意的三角形ABC中，分别以AB和AC为一边作等腰三角形ABE和等腰三角形ACD，AB＝AE，AC＝AD，且∠BAE＋∠CAD＝180°，连接DE，延长CA交DE于F.‎ ‎(1)求证：∠CAB＝∠AED＋∠ADE；‎ ‎(2)若∠ACB＝∠BAE＝∠CAD＝90°，如图②，求证：BC＝2AF；‎ ‎(3)若在△ABC中，如图③所示，作等腰三角形ABE和等腰三角形ACD，AB与DE交于点F，F为DE的中点，请问(2)中的结论还成立吗？若成立，请给出证明，若不成立，请说明理由．‎ ‎2．如图，在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＋∠EAD＝180°，△ABC不动，△ADE绕点A旋转，‎ 连接BE、CD，F为BE的中点，连接AF.‎ ‎(1)如图①，当∠BAE＝90°时，求证：CD＝2AF；‎ ‎(2)当∠BAE≠90°时，(1)的结论是否成立？请结合图②说明理由．‎ ‎3．如图①，在等腰三角形ABC中，AB＝AC，在底边BC上取一点D，在边AC上取一点E，使AE＝AD，连接DE，在∠ABD的内部作∠ABF＝2∠EDC，交AD于点F.‎ ‎(1)求证：△ABF是等腰三角形；‎ ‎(2)如图②，BF的延长交AC于点G.若∠DAC＝∠CBG，延长AC至点M，使GM＝AB，连接BM，点N是BG的中点，连接AN，试判断线段AN、BM之间的数量关系，并证明你的结论．‎ 类型5　角的和差倍分　‎ 图中有角平分线，可向两边作垂线；也可将图对折看，对称以后关系现．‎ 角平分线平行线，等腰三角形来添．角平分线加垂线，三线合一试试看．‎ 例5．如图，把△EFP放置在菱形ABCD中，使得顶点E，F，P分别在线段AB，AD，AC上，已知EP＝FP＝6，EF＝6 ，∠BAD＝60°，且AB＞6 .‎ ‎(1)求∠EPF的大小；‎ ‎(2)若AP＝10，求AE＋AF的值．‎ 针对训练：‎ ‎1．已知：如图①，AD平分∠BAC，∠B＋∠C＝180°，∠B＝90°，易知：DB＝DC.‎ 探究：如图②，AD平分∠BAC，∠ABD＋∠ACD＝180°，∠ABD＜90°，求证：DB＝DC.‎ ‎2．在△ACB中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D是AC上一点，连接BD，过点A作AE⊥BD于E，‎ 交BC于F.‎ ‎(1)如图①，若AB＝4，CD＝1，求AE的长；‎ ‎(2)如图②，点P是AC上一点，连接FP，若AP＝CD，求证：∠ADB＝∠CPF.‎ ‎3．已知，在▱ABCD中，∠BAD＝45°，AB＝BD，E为BC上一点，连接AE交BD于F，过点D作DG⊥AE于G，延长DG交BC于H.‎ ‎ (1)如图①，若点E与点C重合，且AF＝，求AD的长；‎ ‎(2)如图②，连接FH，求证：∠AFB＝∠HFB.‎ ‎4．如图，将正方形纸片ABCD沿EF折叠(点E、F分别在边AB、CD上)，使点B落在AD边上的点M处，点C落在点N处，MN与CD交于点P，连接EP.当点M在边AD上移动时，连接BM、BP.‎ ‎(1)求证：BM是∠AMP的平分线；‎ ‎(2)△PDM的周长是否发生变化？证明你的结论．‎ 类型6　旋转型全等问题：图中若有边相等，可用旋转做实验　‎ 例6．△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D为直线BC上一动点(点D不与B，C重合)，以AD为边在AD右侧作正方形ADEF，连接CF.‎ ‎(1)观察猜想：如图①，当点D在线段BC上时，①BC与CF的位置关系为：________．‎ ‎②BC，CD，CF之间的数量关系为：___________；(将结论直接写在横线上)‎ ‎(2)数学思考：如图Z3－25②，当点D在线段CB的延长线上时，结论①，②是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请你写出正确结论再给予证明．‎ ‎(3)拓展延伸：如图Z3－25③，当点D在线段BC的延长线上时，延长BA交CF于点G，连接GE.若已知AB＝2 ，CD＝BC，请求出GE的长．‎ 针对训练：‎ ‎1．在四边形ABCD中，∠B＋∠D＝180°，对角线AC平分∠BAD.‎ ‎(1)如图①，若∠DAB＝120°，且∠B＝90°，试探究边AD、AB与对角线AC的数量关系并说明理由．‎ ‎(2)如图②，若将(1)中的条件“∠B＝90°”去掉，(1)中的结论是否成立？请说明理由．‎ ‎(3)如图③，若∠DAB＝90°，探究边AD、AB与对角线AC的数量关系并说明理由．‎ ‎2．如图①，在正方形ABCD中，点E为边BC上一点，将△ABE沿AE翻折得△AHE，延长EH交边CD于F，连接AF.‎ ‎(1)求证：∠EAF＝45°；‎ ‎(2)延长AB，AD，如图②，射线AE、AF分别交正方形两个外角的平分线于M、N，连接MN，若以BM、DN、MN为三边围成三角形，试猜想三角形的形状，并证明你的结论．‎ ‎3．如图①，在正方形ABCD内有一点P，PA＝，PB＝，PC＝1，求∠BPC的度数．‎ ‎【分析问题】根据已知条件比较分散的特点，我们可以通过旋转变换将分散的已知条件集中在一起，于是将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到了△BP′A(如图Z3－28②)，然后连接PP′.‎ ‎ (1)请你通过计算求出图Z3－28②中∠BPC的度数；‎ ‎(2)如图③，若在正六边形ABCDEF内有一点P，且PA＝2 ，PB＝4，PC＝2.请求出∠BPC的度数．‎ 重庆中考几何题分类汇编答案 例1. 证明：(1)∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB.∵∠MBQ＋∠ABC＝180°，‎ ‎∠ACB＋∠PCN＝180°，∴∠MBQ＝∠PCN.在△QBM和△PCN中，‎ ∴△QBM≌△PCN(SAS)．∴MQ＝NP.‎ ‎(2)过M作MG∥AC交BC于G，‎ ‎∵MG∥AC，∴∠MGB＝∠ACB，∠MGC＝∠PCN，∵由(1)知，∠ABC＝∠ACB，∴∠ABC＝∠MGB，∴MB＝MG，∵MB＝CN，‎ ‎∴MG＝CN.在△MGP和△NCP中，‎ ∴△MGP≌△NCP(AAS)．‎ ‎∴PG＝CP，∴CG＝CP＋PG，即CG＝2CP.∵CM平分∠ACB，‎ ‎∴∠BCM＝∠MCA，∵MG∥AC，∴∠MCA＝∠GMC，∴∠BCM＝∠GMC，‎ ‎∴MG＝CG，∵MG＝CN，∴CN＝CG，∴CN＝2CP.‎ 针对训练 ‎1. 解：(1)∵AC⊥BC，∴∠ACB＝90°，又∵AC＝CF，∴∠AFC＝45°，∵∠ABC＝35°，∴∠EAF＝10°；‎ ‎(2)证明：方法1：取CF的中点M，连接EM、AM，‎ ‎∵CE⊥EF，∴EM＝CM＝FM＝CF，‎ 又∵AC＝AE，∴AM为EC的中垂线，∴∠CAM＋∠ACE＝90°，‎ 又∵∠ECF＋∠ACE＝90°，∴∠CAM＝∠FCE，‎ 又∵∠CEF＝∠ACM＝90°，∴△ACM∽△CEF，∴＝，‎ 又∵CF＝AC＝2CM，∴＝＝，即CE＝2EF；‎ 方法2：延长FE至M，使EF＝EM，连接CM，‎ ‎∵CE⊥EF，∴△CMF为等腰三角形，‎ 又∵AC＝AE＝CF，且∠ACE＝∠CFE(易证)，‎ ‎∴△CMF≌△CEA，∴FM＝CE＝2EF.‎ ‎2. 解：(1)如图①，在AB上取一点M，使得BM＝ME，连接ME.‎ 在Rt△ABE中，∵OB＝OE，∴BE＝2OA＝2，‎ ‎∵MB＝ME，∴∠MBE＝∠MEB＝15°，‎ ‎∴∠AME＝∠MBE＋∠MEB＝30°，‎ 设AE＝x，则ME＝BM＝2x，AM＝x，‎ ‎∵AB2＋AE2＝BE2，∴(2x＋x)2＋x2＝22，‎ ‎∴x＝(负根舍弃)，‎ ‎∴AB＝AC＝(2＋ )·，‎ ‎∴BC＝AB＝＋1.‎ ‎(2)证明：如图②，作CP⊥AC，交AD的延长线于P，GM⊥AC于M.‎ ‎∵BE⊥AP，∴∠AHB＝90°，∴∠ABH＋∠BAH＝90°，‎ ‎∵∠BAH＋∠PAC＝90°，∴∠ABE＝∠PAC，‎ 又∵AB＝AC，∠BAE＝∠ACP＝90°，‎ ‎∴△ABE≌△CAP，∴AE＝CP＝CF，∠AEB＝∠P，‎ 在△DCF和△DCP中，‎ ‎∴△DCF≌△DCP，∴∠DFC＝∠P，∴∠GFE＝∠GEF，∴GE＝GF，‎ ‎∵GM⊥EF，∴FM＝ME，∵AE＝CF，∴AF＝CE，∴AM＝CM，‎ 在△GAH和△GAM中，‎ ∴△AGH≌△AGM，∴AH＝AM＝CM＝AC.‎ ‎3. 解：(1)∵AB＝4，∴AC＝AB＝4.‎ ‎∵CD＝1，∴AD＝AC－CD＝3.‎ ‎∵在Rt△ABD中，∠BAC＝90°，‎ ‎∴BD＝＝5，‎ ‎∵S△ABD＝AB·AD＝AE·BD，∴AE＝2.4.‎ ‎(2)证明：如图，在线段EB上截取EH＝AE，并连接AH.‎ ‎∵AE⊥BD，EH＝AE，∴AH＝AE.‎ ‎∵BE＝AE＋AG，∴BH＝BE－HE＝AG.‎ ‎∵∠BAD＝∠BEA＝90°，‎ ‎∴∠ABE＋∠BAE＝∠CAG＋∠BAE＝90°，‎ ‎∴∠ABE＝∠CAG.‎ ‎∵BA＝AC，∴△ABH≌△CAG，‎ ‎∴CG＝AH＝AE.‎ ‎4. 解：(1)∵∠BAC＝90°，AB＝AC，D是斜边BC的中点，‎ ‎∴∠ADC＝90°，∠ACD＝45°.‎ 在Rt△ADC中，AC＝AD÷sin45°＝2 .‎ ‎∵E是AC的中点，∴CE＝AC＝.‎ ‎∵将△CDE沿CD翻折到△CDE′，∴CE′＝CE＝，∠ACE′＝90°.‎ 由勾股定理，得AE′＝＝.‎ ‎(2)证明：如图，过B作AE′的垂线交AD于点G，交AC于点H.‎ ‎∵∠ABH＋∠BAF＝90°，∠CAF＋∠BAF＝90°，∴∠ABH＝∠CAF.‎ 又∵AB＝AC，∠BAH＝∠ACE′＝90°，∴△ABH≌△CAE′.‎ ‎∴AH＝CE′＝CE，∵CE＝AC，∴AH＝HE＝CE.‎ ‎∵D是BC中点，∴DE∥BH，∴G是AD中点．‎ 在△ABG和△CAF中：AB＝AC，∠BAD＝∠ACD＝45°，∠ABH＝∠CAF，‎ ‎∴△ABG≌△CAF.∴AG＝CF.∵AG＝AD，∴CF＝AD＝CD.∴DF＝CF.‎ 类型2　线段的和差：要证线段和与差，截长补短去实验 例2：解：（1）3‎ ‎（2）证明：延长DN到K，使得NK＝ME，连接AK，如图①，‎ 因为∠1＋∠3＝180°，∠1＋∠2＝180°，∴∠2＝∠3.‎ 在△AME和△ANK中，‎ ∴△AME≌△ANK(SAS)．∴AE＝AK，∠4＝∠5，‎ ‎∴∠4＋∠EAC＝90°，∴∠5＋∠EAC＝90°，即∠EAK＝90°，‎ ‎∵∠EAD＝45°，∴∠KAD＝∠EAK－∠EAD＝90°－45°＝45°.‎ ‎∴∠EAD＝∠KAD.在△EAD和△KAD中，‎ ∴△EAD≌△KAD(SAS)，‎ ‎∴ED＝KD.∵DK＝DN＋KN，∴ED＝DN＋KN，‎ 又NK＝ME，∴ED＝DN＋ME.‎ ‎(3)证明：延长AE到J，使得EJ＝AE，连接JH，JF.如图②，‎ 在△ABE和△JHE中，‎ ∴△ABE≌△JHE(SAS)，‎ ‎∴JH＝AB，∠1＝∠2，∵AB＝AG，∴JH＝AG，‎ ‎∵AE＝EJ，EF⊥AJ，∴AF＝JF，∴∠JAF＝∠AJF＝45°，‎ 即∠2＋∠3＝45°，∵∠BAC＝90°，∴∠1＋∠EAD＋∠4＝90°，‎ ‎∴∠1＋∠4＝90°－∠EAD，＝90°－45°＝45°，‎ ‎∵∠1＝∠2，∴∠3＝∠4，‎ 在△JHF和△AGF中，‎ ∴△JHF≌△AGF(SAS)，∴FH＝FG.‎ 针对训练：‎ ‎1. 解：(1)∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝BC.‎ ‎∵BE＝2EC，设CE＝x，BE＝2x，∴BC＝AD＝AE＝3x.‎ 又∵EG⊥AB，∴∠AEB＝90°，∴AB2＝AE2＋BE2，‎ 即13＝9x2＋4x2，∴x＝1，∴AD＝3x＝3.‎ ‎(2)证明：如图，过C作CH⊥AB于H，则四边形CHGF为矩形．‎ ‎∴CF＝HG，∠CHB＝90°，GF＝CH.‎ ‎∵AE⊥BC，EG⊥AB，∴∠AEB＝∠CHB＝90°，‎ ‎∠BCH＋∠B＝90°，∠BAE＋∠B＝90°，∴∠BCH＝∠BAE.‎ 又∵AE＝BC，∴△AGE≌△CHB，∴GE＝BH，AG＝GF，‎ ‎∴GE＝BH＝BG＋GH＝BG＋CF.‎ ‎2. 解：(1)∵四边形ABCD是正方形，BC＝4，‎ ‎∴AB＝AD＝CD＝BC＝4，∠ADC＝∠ABC＝90°.‎ ‎∵在Rt△ABC中，AC＝＝4 ，‎ ‎∴AP＝AC＝ ，‎ ‎∴S△ACP＝AP·CD＝7 .‎ ‎(2)证明：方法一：如图①，在NC上截取NK＝NF，连接BK.‎ ‎∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴AB＝BC＝DC，∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝90°.‎ ‎∵∠BCD＝90°，CF⊥CP，∴∠1＋∠DCF＝∠2＋∠DCF＝90°，‎ ‎∴∠1＝∠2，∵在△FBC和△PDC中， ‎∴△FBC≌△PDC(ASA)，∴CF＝CP，‎ ‎∵CP－2FN＝BM，∴CF－FK＝BM，即CK＝BM，‎ ‎∵∠FBC＝90°，BM⊥CF，∴∠1＋∠NBC＝∠4＋∠NBC＝90°，‎ ‎∴∠1＝∠4，∵在△ABM和△BCK中， ‎∴△ABM≌△BCK(SAS)，∴∠7＝∠6.‎ ‎∵BM⊥CF，NK＝NF，∴BF＝BK，∵BF＝BK，BM⊥CF，∴∠4＝∠5，‎ ‎∴∠4＋∠7＝∠5＋∠6，∵∠8＝∠4＋∠7，∴∠8＝∠MBC，∴BC＝MC.‎ 解：方法二：如图②，延长BM交AD于点G，过A作AE⊥BG于E 先证△AEB≌△BNC(AAS)，∴AE＝BN，‎ 又证△AEG≌△BNF(AAS)，∴EG＝NF，‎ 再证四边形BCPG为平行四边形，∴BG＝CP，‎ ‎∵CP－BM＝2FN，∴BG－BM＝2EG，∴MG＝2EG，∴点E为MG中点，‎ ‎∵AE⊥MG，EM＝EG，∴AM＝AG，∴∠3＝∠4，‎ ‎∵∠2＝∠3，∠1＝∠4，∴∠1＝∠2，‎ ‎∴BC＝MC.‎ ‎3. 解：(1)∵∠EBG＝20°，CB⊥AE，‎ ‎∴∠BEG＝70o，∠CBF＝∠EBG＝20°，‎ ‎∵四边形ABDE是菱形，∴∠ABE＝∠BEG＝70°，‎ ‎∴∠ABG＝50°，‎ ‎∵AB＝BC，∴∠FCB＝25°，‎ ‎∴∠AFE＝∠CBF＋∠FCB＝45°；‎ ‎(2)AE，AF，CF之间的数量关系是AF2＋CF2＝2AE2，‎ 证明如下：连接DF，‎ ‎∵四边形ABDE是菱形，∴AB＝DB，∠DBE＝∠ABE，∴∠DBF＝∠ABF，‎ ‎∵BF＝BF，∴△DBF≌△ABF(SAS)，‎ ‎∴DF＝AF，∠BDF＝∠BAF，∵∠BCF＝∠BAF，∴∠BCF＝∠BDF，‎ ‎∵CB⊥AE，AE∥DB，∴DB⊥CB，‎ ‎∵CB＝AB＝BD，∴△DBC是等腰直角三角形，‎ ‎∴DC＝BD＝AE，‎ ‎∵∠DPB＝∠CPF，∴∠CFP＝∠DBP＝90°，∴DF2＋CF2＝DC2，‎ 即有：AF2＋CF2＝2AE2.‎ 类型3　倍长中线：三角形中有中线，延长中线等中线　‎ 例3解：(1)设∠BEC＝α，∠BDA＝β，则 ‎∠C＝180°－2α，∠A＝180°－2β.‎ ‎∵在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，‎ ‎∴∠A＋∠C＝90°，即180°－2α＋180°－2β＝90°，‎ ‎∴α＋β＝135°，∴∠EBD＝45°.‎ ‎(2)证明：法一：如图①，延长BD至点B′，使得DB′＝DB，连接FB′、GB′.‎ 在△GDB′和△CDB中， ‎∴△GDB′≌△CDB.∴GB′＝BC＝BH，∠GB′D＝∠CBD.‎ ‎∵FD⊥BD，BD＝DB′，∴FB＝FB′.‎ ‎∵∠FB′G＝45°－∠GB′D，‎ ‎∠HBF＝90°－45°－∠CBD＝45°－∠CBD，‎ ‎∴∠FB′G＝∠HBF.‎ 在△FHB和△FGB′中， ‎∴△FHB≌△FGB′，∴HF＝GF.‎ 法二：如图②，延长FD至点F′，使得DF′＝DF，连接CF′、BF′.‎ 先证△DGF≌△DCF′，‎ 再证△BHF≌△BCF′，‎ ‎∴HF＝GF. ‎ 针对训练 ‎1. 证明：(1)∵四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∴AB＝CD，AD＝BC，∠A＝∠C.‎ 又∵∠1＝∠2，‎ ‎∴△ABE≌△CDG(ASA)，∴AE＝CG.‎ ‎∵G为BC中点，∴CG＝BC，‎ ‎∴AE＝CG＝BC＝AD，‎ ‎∴E是AD中点．‎ ‎(2)如图，延长BE，CD交于点H.‎ ‎∵四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∴AB綊CD，∴∠A＝∠ADH，∠1＝∠4，‎ 又∵∠1＝∠2，∠3＝∠2，‎ ‎∴∠1＝∠2＝∠3＝∠4，∴FH＝FB.‎ 由(1)，E是AD中点，∴AE＝DE，‎ ‎∴△ABE≌△DHE(AAS)，‎ ‎∴AB＝DH，‎ ‎∴CD＝AB＝DH＝DF＋FH＝DF＋BF，‎ 即CD＝BF＋DF.‎ ‎2. 证明：(1)在菱形ABCD中，AB＝BC＝CD＝AD，∠ADF＝∠ABE，‎ ‎∵∠DAE＝∠BAF，‎ ‎∴∠DAE－∠EAF＝∠BAF－∠EAF，‎ 即∠DAF＝∠BAE.‎ ‎∴△DAF≌△BAE，∴BE＝DF.‎ 又∵BC＝CD，∴CE＝CF ‎(2)如图，延长DG交AB于H，连接EH，‎ ‎∵在菱形ABCD中，AB∥CD，∴∠DFA＝∠GAH.‎ ‎∵G为AF中点，∴AG＝GF.‎ 又∵∠DGF＝∠AGH，∴△DGF≌△HGA.∴DG＝GH，AH＝DF.‎ 又∵AB＝CD，∴BH＝CF.‎ 又∵AB∥CD，∠ABC＝120°，∴∠C＝60°.‎ 又∵CE＝CF，∴△CEF为等边三角形，‎ ‎∴CF＝EF，∠CFE＝60°，∴EF＝BH，∠DFE＝∠ABC＝120°.‎ 又∵BE＝DF，∴△EFD≌△HBE，∴HE＝ED，‎ 又∵HG＝DG，∴DG⊥GE.‎ ‎3. 解：（1）MD=ME ‎2)MD＝ME.‎ 理由如下：如图①，延长EM交DA于点F.‎ ‎∵BE∥DA，∴∠FAM＝∠EBM.‎ 又∵AM＝BM，∠AMF＝∠BME，‎ ‎∴△AMF≌△BME，∴AF＝BE，MF＝ME.‎ ‎∵DA＝DC，∠ADC＝60°，∴∠BED＝∠ADC＝60°，∠ACD＝60°.‎ ‎∵∠ACB＝90°，∴∠ECB＝30°，‎ ‎∴∠EBC＝30°，∴CE＝BE，∴AF＝EC，∴DF＝DE，∴DM⊥EF，DM平分∠ADC，∴∠MDE＝30°.‎ 在Rt△MDE中，tan∠MDE＝＝.‎ ‎∴MD＝ME.‎ ‎(3)如图②，延长EM交DA于点F，‎ ‎∵BE∥DA，∴∠FAM＝∠EBM，‎ 又∵AM＝BM，∠AMF＝∠BME，‎ ‎∴△AMF≌△BME，∴AF＝BE，MF＝ME.‎ 延长BE交AC于点N，∴∠BNC＝∠DAC.‎ ‎∵DA＝DC，∴∠DCA＝∠DAC，‎ ‎∴∠BNC＝∠DCA，‎ ‎∵∠ACB＝90°，∴∠ECB＝∠EBC，‎ ‎∴CE＝BE，∴AF＝CE.‎ ‎∴DF＝DE，∴DM⊥EF，DM平分∠ADC，‎ ‎∵∠ADC＝α，∴∠MDE＝.‎ ‎∴在Rt△MDE中，＝tan∠MDE＝tan.‎ ‎4. ‎ 解：(1)如图①，作EH⊥BC于点H.‎ ‎∵△ABC是等边三角形，∴∠ACB＝60°.‎ ‎∵CE平分∠ACB，∴∠ECH＝∠ACB＝30°，‎ ‎∵EC＝4，∠ECH＝30°，∴EH＝2，HC＝2 .‎ ‎∵BC＝6 ，∴BH＝6 －2 ＝4 .‎ 在Rt△BHE中，BE2＝(4 )2＋22＝52，‎ ‎∴BE＝2 .‎ ‎(2)如图②，延长DP至M，使DP＝PM，连接BM、AM.‎ 在△PDE和△PMB中， ‎∴△PDE≌△PMB(SAS)．∴BM＝DE，∠1＝∠2.‎ ‎∴BM∥DE.∴∠MBD＋∠BDE＝180°.‎ ‎∵CE平分∠ACB，DE＝CD，∴∠BDE＝30°＋30°＝60°.‎ ‎∴∠MBD＝120°.‎ ‎∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝60°，∴∠3＝60°.‎ ‎∵BM＝DE，DE＝CD，∴BM＝CD.‎ 在△ABM和△ACD中， ‎∴△ABM≌△ACD(SAS)．∴AD＝AM，∠4＝∠5.‎ ‎∵PD＝PM，∴AP⊥PD.‎ ‎∵∠4＝∠5，∠BAD＋∠5＝60°，‎ ‎∴∠4＋∠BAD＝60°，即∠MAD＝60°.‎ ‎∴∠PAD＝∠MAD＝30°.‎ ‎∵在Rt△APD中，tan30°＝，∴AP＝PD.‎ ‎(3)第(2)问中的结论成立，理由如下：如图③，延长DP至N，‎ 使DP＝PN，连接BN、AN，取BE、AC交于点O.在△PDE和△PNB中，‎ ∴△PDE≌△PNB(SAS)．∴BN＝DE，∠1＝∠2.‎ ‎∵DE＝CD，∴BN＝CD.∵∠AOB＝∠EOC，‎ ‎∴∠1＋∠3＋∠BAO＝∠2＋∠4＋∠DEC＋∠DCE.‎ ‎∵∠BAO＝60°，∠DEC＝∠DCE＝30°，∴∠1＋∠3＝∠2＋∠4，‎ ‎∴∠3＝∠4.在△ABN和△ACD中，‎ ∴△ABN≌△ACD(SAS)．∴∠5＝∠6，AN＝AD.‎ ‎∵PD＝PN，∴AP⊥PD.∵∠NAC＋∠5＝60°，‎ ‎∴∠NAC＋∠6＝60°，即∠NAD＝60°.∴∠PAD＝∠NAD＝30°，‎ ‎∵在Rt△APD中，tan∠PAD＝，∴AP＝PD.‎ ‎5. 解：(1)∵∠ADB＝90°，∠BAD＝30°，AD＝6 ，‎ ‎∴cos∠BAD＝，∴＝，∴AB＝12.‎ 又∵AB＝AC，∴AC＝12，‎ ‎∴PM为△ABC的中位线，∴PM＝AC＝6.‎ ‎(2)证明：方法一：如图①，在截取ED上截取EQ＝PD，‎ ‎∵∠ADB＝90°，‎ ‎∴∠1＋∠2＝90°，‎ 又∵AD＝AE，∴∠2＝∠3，‎ 又∵∠3＋∠4＝90°，‎ ‎∴∠1＝∠4.‎ 在△BDP和△CEQ中，PD＝QE，∠1＝∠4，BD＝CE，‎ ‎∴△BDP≌△CEQ.‎ ‎∴BP＝CQ，∠DBP＝∠QCE，‎ 又∵∠5＝∠1＋∠DBP，∠6＝∠4＋∠QCE，‎ ‎∴∠5＝∠6，‎ ‎∴PC＝CQ，‎ ‎∴BP＝CP.‎ 方法二：如图②，过点B作EP的垂线交EP的延长线于点M，过C点作EP的垂线交EP于点N.‎ ‎∵∠ADB＝90°，∴∠1＋∠2＝90°，‎ 又∵AD＝AE，∴∠2＝∠3，‎ 又∵∠3＋∠4＝90°，∴∠1＝∠4，‎ 在△BMD和△CNE中，‎ ‎∠1＝∠4，∠BMD＝∠CNE＝90°，BD＝CE，‎ ‎∴△BMD≌△CNE.‎ ‎∴BM＝CN.‎ 在△BMP和△CNP中，‎ ‎∠5＝∠6，∠BMP＝∠CNP，BM＝CN，‎ ‎∴△BMP≌△CNP，‎ ‎∴BP＝CP.‎ 方法三：如图③，过点B作BM∥CE交EP的延长线于点M.‎ 略证△BMP≌△CEP，∴BP＝CP.‎ ‎(3)BF2＋FC2＝2AD2.‎ 类型4　中位线：三角形中两中点，连接则成中位线　‎ 例4: 解：（1）PM=PN;PM⊥PN ‎(2)△PMN为等腰直角三角形，理由如下：‎ 由题意知△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，‎ ‎∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°，‎ ‎∴∠BAD＋∠DAC＝∠CAE＋∠DAC，∴∠BAD＝∠CAE，‎ ‎∴△BAD≌△CAE，∴∠ABD＝∠ACE，BD＝CE.‎ 又∵M、P、N分别是DE、CD、BC的中点，∴PM是△CDE的中位线，‎ ‎∴PM∥CE且PM＝CE，∠MPD＝∠ECD＝∠ACD＋∠ACE.‎ 同理，PN∥BD且PN＝BD，∠DBC＝∠PNC，‎ 又∵BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，∴PM＝PN，‎ ‎∴∠MPN＝∠MPD＋∠DPN＝∠ECD＋∠DCN＋∠CNP ‎＝∠ACD＋∠ACE＋∠DCN＋∠CBD ‎＝∠ACD＋∠DCN＋∠ABD＋∠CBD＝∠ACB＋∠ABC＝90°，‎ ‎∴PM⊥PN，∴△PMN为等腰直角三角形；‎ ‎(3)△PMN面积的最大值为.提示：在旋转的过程中，由(2)中的结论知△PMN为等腰直角三角形，S△PMN＝PN2＝BD2，当S△PMN有最大值时，则BD的值最大，由三角形三边关系可推断出当B、A、D三点共线时，BD的值最大，其最大值为14，此时S△PMN＝PN2＝BD2＝×14×14＝.‎ 针对训练：‎ ‎1. 解：(1)证明：延长DA交BE于G点．‎ ‎∵∠BAE＋∠CAD＝180°，‎ 即∠EAG＋∠GAB＋∠CAD＝180°，‎ ‎∵∠GAB＋∠BAC＋∠CAD＝180°，‎ ‎∴∠EAG＝∠CAB.‎ ‎∵∠EAG＝∠AED＋∠ADE，‎ ‎∴∠CAB＝∠AED＋∠ADE.‎ ‎(2)证明：如图①，过E点作DA延长线的垂线，垂足为H.‎ ‎∴∠AHE＝∠ACB＝90°，‎ 由(1)可知，∠EAH＝∠BAC，‎ 又∵AE＝AB，‎ ‎∴△AHE≌△ACB，‎ ‎∴EH＝BC，AH＝AC.‎ ‎∵AC＝AD，∴AH＝AD.‎ ‎∵∠EHA＝∠FAD＝90°，∴AF∥EH.‎ ‎∵A为DH中点，‎ ‎∴AF为△DHE中位线，∴EH＝2AF，∴BC＝2AF.‎ ‎(3)成立．证明如下：‎ 如图②，延长DA至M点，使AM＝DA，连接EM，‎ ‎∵∠BAE＋∠CAD＝180°，∠CAD＋∠CAM＝180°，‎ ‎∴∠BAE＝∠CAM，‎ ‎∴∠BAE＋∠CAC＝∠CAM＋∠EAC，‎ 即∠BAC＝∠CAM.‎ ‎∵AM＝AD，AD＝AC，∴AM＝AC.‎ 又∵AB＝AE，∠BAC＝∠EAM，‎ ‎∴△BAC≌△EAM，‎ ‎∴BC＝EM.‎ ‎∵F、A分别为DE、DM中点，‎ ‎∴AF为△DEM中位线，‎ ‎∴EM＝2AF，∴BC＝2AF.‎ ‎2. 解：(1)证明：∵∠BAC＋∠EAD＝180°，∠BAE＝90°，∴∠DAC＝90°，‎ 在△ABE与△ACD中，AE＝AD，∠BAE＝∠CAD＝90°，AB＝AC，∴△ABE≌△ACD(SAS)，∴CD＝BE，‎ ‎∵在Rt△ABE中，F为BE的中点，∴BE＝2AF，∴CD＝2AF.‎ ‎(2)成立，证明：如图，延长EA交BC于G，在AG上截取AH＝AD，‎ ‎∵∠BAC＋∠EAD＝180°，‎ ‎∴∠EAB＋∠DAC＝180°，‎ ‎∵∠EAB＋∠BAH＝180°，∴∠DAC＝∠BAH，‎ 在△ABH与△ACD中，AH＝AD，∠BAH＝∠CAD，AB＝AC，‎ ‎∴△ABH≌△ACD(SAS)，‎ ‎∴BH＝DC，‎ ‎∵AD＝AE，AH＝AD，∴AE＝AH，‎ ‎∵EF＝FB，∴BH＝2AF，∴CD＝2AF.‎ ‎3. 解：(1)证明：∵AB＝AC，‎ ‎∴∠ABD＝∠ACD，‎ ‎∵AE＝AD，∴∠ADE＝∠AED，‎ ‎∵∠BAD＋∠ABD＝∠ADE＋∠EDC，∠EDC＋∠ACD＝∠AED，‎ ‎∴∠BAD＝2∠EDC，‎ ‎∵∠ABF＝2∠EDC，∴∠BAD＝∠ABF，‎ ‎∴△ABF是等腰三角形；‎ ‎(2)方法一：如图①，延长CA至点H，使AG＝AH，连接BH，‎ ‎∵点N是BG的中点，∴AN＝BH，‎ ‎∵∠BAD＝∠ABF，∠DAC＝∠CBG，∴∠CAB＝∠CBA，‎ ‎∴△ABC是等边三角形．∴AB＝BC＝AC，∠BAC＝∠BCA＝60°，‎ ‎∵GM＝AB，AB＝AC，∴CM＝AG，∴AH＝CM，‎ 在△BAH和△BCM中， ‎∴△BAH≌△BCM(SAS)，∴BH＝BM，‎ ‎∴AN＝BM，‎ 方法二：如图②，延长AN至K，使NK＝AN，连接KB，‎ 同方法一，先证△ABC是等边三角形，‎ 再证△ANG≌△KNB(SAS)，‎ 所以BK＝AG＝CM，‎ 然后可以证得∠ABK＝∠BCN＝120°，‎ 最后证△ABK≌△BCN(SAS)，‎ 所以BM＝AK＝2AN.‎ 类型5　角的和差倍分 例5：解：(1)如图，过点P作PG⊥EF于G.‎ ‎∵PE＝PF＝6，EF＝6 ，‎ ‎∴FG＝EG＝3 ，∠FPG＝∠EPG＝∠EPF.‎ 在Rt△FPG中，sin∠FPG＝＝＝.‎ ‎∴∠FPG＝60°，‎ ‎∴∠EPF＝2∠FPG＝120°.‎ ‎(2)如图，作PM⊥AB于M，PN⊥AD于N.‎ ‎∵AC为菱形ABCD的对角线，‎ ‎∴∠DAC＝∠BAC，AM＝AN，PM＝PN.‎ 在Rt△PME和Rt△PNF中，PM＝PN，PE＝PF，‎ ‎∴Rt△PME≌Rt△PNF，‎ ‎∴NF＝ME.‎ 又∵AP＝10，∠PAM＝∠DAB＝30°，‎ ‎∴AM＝AN＝APcos30°＝10×＝5 .‎ ‎∴AE＋AF＝(AM＋ME)＋(AN－NF)＝AM＋AN＝10 .‎ 针对训练：‎ ‎1. 证明：如图，过D作DE⊥AB于E，过D作DF⊥AC于F，‎ ‎∵DA平分∠BAC，DE⊥AB，DF⊥AC，‎ ‎∴DE＝DF，‎ ‎∵∠B＋∠ACD＝180°，∠ACD＋∠FCD＝180°，‎ ‎∴∠B＝∠FCD，‎ 在△DFC和△DEB中，‎ ‎∴△DFC≌△DEB，∴DC＝DB.‎ ‎2. 解：(1)∵AC＝AB＝4，且CD＝1，‎ ‎∴AD＝AC－CD＝3.‎ 在Rt△ABD中，∠BAD＝90°，‎ ‎∴BD＝＝5，‎ ‎∵S△ABD＝AB·AD＝AE·BD，‎ ‎∴AE＝2.4.‎ ‎(2)证明：如图，取BC的中点M，连接AM交BD于点N.‎ ‎∵∠BAC＝90°，AB＝AC，点M为BC的中点，‎ ‎∴AM＝BM＝CM，AM⊥BC，∠NAD＝∠FCP＝45°，‎ ‎∴∠AMF＝∠BMN＝90°.‎ ‎∵AE⊥BD，∴∠MAF＋∠ANE＝∠MBN＋∠BNM＝90°，‎ 又∠ANE＝∠BNM，∴∠MAF＝∠MBN，‎ ‎∴△AMF≌△BMN，∴MF＝MN，‎ ‎∴AM－MN＝CM－MF，即AN＝CF.‎ ‎∵AP＝CD，‎ ‎∴AC－CD＝AC－AP，‎ 即AD＝CP.‎ ‎∴△ADN≌△CPF，‎ ‎∴∠ADB＝∠CPF.‎ ‎3. 解：(1)∵AB＝BD，∠BAD＝45°，‎ ‎∴∠BDA＝45°，即∠ABD＝90°.‎ ‎∵四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∴当E、C重合时，BF＝BD＝AB.‎ ‎∵在Rt△ABF中，AB2＋BF2＝AF2，‎ ‎∴(2BF)2＋BF2＝()2，‎ ‎∴BF＝1，AB＝2.‎ 在Rt△ABD中，AD＝＝＝2 .‎ ‎(2)证明：如图，在AF上截取AK＝HD，连接BK.‎ ‎∵∠AFD＝∠ABF＋∠2＝∠FGD＋∠3且∠ABF＝∠FGD＝90°，‎ ‎∴∠2＝∠3.在△ABK与△DBH中， ‎∴△ABK≌△DBH，∴BK＝BH，∠6＝∠5.‎ ‎∵四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∴AD∥BC，∴∠5＝∠4＝45°，∴∠6＝∠5＝45°，‎ ‎∴∠7＝∠ABD－∠6＝45°＝∠5.在△BFK与△BFH中，‎ ∴△BFK≌△BFH.‎ ‎∴∠BFK＝∠BFH，即∠AFB＝∠HFB.‎ ‎4. 解：(1)证明：由折叠知∠EMN＝∠ABC＝90°，BE＝EM，∴∠EMB＝∠EBM，‎ ‎∴∠EMN－∠EMB＝∠ABC－∠EBM，‎ 即∠BMP＝∠MBC.‎ ‎∵在正方形ABCD中，AD∥BC，‎ ‎∴∠AMB＝∠MBC，‎ ‎∴∠AMB＝∠BMP，‎ ‎∴BM是∠AMP的平分线．‎ ‎(2)△PDM的周长没有发生变化．证明如下：如图，过B作BQ⊥MP于Q.‎ ‎∵∠A＝90°，且由(1)知BM是∠AMP的平分线，∴BA＝BQ，‎ ‎∵∠A＝∠MQB＝90°，∠AMB＝∠BMP，MB＝MB，‎ ‎∴△AMB≌△QMB(AAS)．∴MA＝MQ.‎ ‎∵BA＝BC，∴BQ＝BC，‎ 又∵∠BQP＝90°＝∠C，BP＝BP，‎ ‎∴Rt△BPC≌Rt△BPQ(HL)．∴PC＝PQ，‎ ‎∴△PDM的周长＝MD＋MP＋DP＝MD＋MQ＋QP＋PD ‎＝MD＋MA＋PC＋PD＝AD＋DC＝2AD.‎ ‎∴△PDM的周长没有发生变化．‎ 类型6　旋转型全等问题：图中若有边相等，可用旋转做实验　‎ 例6：解：(1)①∵四边形ADEF是正方形，∴AD＝AF，AB＝AC，‎ ‎∵∠BAC＝∠DAF＝90°，∴∠BAD＝∠CAF，‎ ‎∴△DAB≌△FAC，∴∠B＝∠ACF，‎ ‎∴∠ACB＋∠ACF＝90°，即CF⊥BC；‎ ‎②∵△DAB≌△FAC，∴CF＝BD，∵BC＝BD＋CD，∴BC＝CF＋CD.‎ ‎(2)结论①成立，结论②不成立．∵四边形ADEF是正方形，∴AD＝AF，AB＝AC.‎ ‎∵∠BAC＝∠DAF＝90°，∴∠BAD＝∠CAF，‎ ‎∴△DAB≌△FAC，∴∠ABD＝∠ACF，CF＝BD，‎ ‎∴∠BCF＝∠ACF－∠ACB＝∠ABD－∠ACB＝90°，即CF⊥BC；∵BC＝CD－BD，∴BC＝CD－CF.‎ ‎(3)如图，过A作AH⊥BC于H，过E作EM⊥BD于M，EN⊥CF于N，‎ ‎∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴BC＝AB＝4，AH＝CH＝BC＝2，‎ ‎∴CD＝BC＝1，∴DH＝3，同(2)证得△BAD≌△CAF，‎ ‎∴∠ABD＝∠ACF＝45°，∴∠BCF＝∠ACB＋∠ACF＝90°，‎ ‎∴BC⊥CF，CF＝BD＝5.‎ ‎∵四边形ADEF是正方形，∴AD＝DE，∠ADE＝90°，‎ ‎∵BC⊥CF，EM⊥BD，EN⊥CF，∴四边形CMEN是矩形，‎ ‎∴NE＝CM，EM＝CN，∵∠AHD＝∠ADE＝∠EMD＝90°，‎ ‎∴∠ADH＋∠EDM＝∠EDM＋∠DEM＝90°，‎ ‎∴∠ADH＝∠DEM，∴△ADH≌△DEM，‎ ‎∴EM＝DH＝3，DM＝AH＝2，∴CN＝EM＝3，EN＝CM＝3，‎ ‎∵∠ABC＝45°，∴∠BGC＝45°，∴△BCG是等腰直角三角形，‎ ‎∴CG＝BC＝4，∴GN＝1，∴EG＝＝.‎ 针对训练：‎ ‎1. 解：(1)AC＝AD＋AB.证明如下：‎ ‎∵∠B＋∠D＝180°，∠B＝90°，∴∠D＝90°.‎ ‎∵∠DAB＝120°，AC平分∠DAB，‎ ‎∴∠DAC＝∠BAC＝60°，‎ ‎∵∠B＝90°，∴AB＝AC，‎ 同理AD＝AC.‎ ‎∴AC＝AD＋AB.‎ ‎(2)(1)中的结论成立，理由如下：‎ 如图①，以C为顶点，AC为一边作∠ACE＝60°，‎ ‎∠ACE的另一边交AB的延长线于点E，‎ ‎∵∠BAC＝60°，∴△AEC为等边三角形，‎ ‎∴AC＝AE＝CE，∠E＝60°，‎ ‎∵∠ABC＋∠D＝180°，∠DAB＝120°，‎ ‎∴∠DCB＝60°，∴∠DCA＝∠ECB.‎ 在△DAC和△BEC中， ‎∴△DAC≌△BEC，‎ ‎∴AD＝BE，∴AC＝AE＝AD＋AB.‎ ‎(3)AD＋AB＝AC.理由如下：‎ 如图②，过点C作CE⊥AC交AB的延长线于点E，‎ ‎∵∠ABC＋∠D＝180°，∠DAB＝90°，‎ ‎∴∠DCB＝90°，‎ ‎∵∠ACE＝90°，∴∠DCA＝∠BCE，‎ 又∵AC平分∠DAB，∴∠CAB＝45°，‎ ‎∴∠E＝45°，∴AC＝CE.‎ ‎∴△CDA≌△CBE，‎ ‎∴AD＝BE，‎ ‎∴AD＋AB＝AE.‎ ‎∵在Rt△ACE中，∠CAB＝45°，‎ ‎∴AE＝＝AC，‎ ‎∴AD＋AB＝AC.‎ ‎2. 解：(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴∠B＝∠D＝∠BAD＝90°，AB＝AD，‎ ‎∵△ABE沿AE翻折得到△AHE，‎ ‎∴△ABE≌△AHE，∴AH＝AB＝AD，BE＝EH，‎ ‎∠AHE＝∠AHF＝∠B＝∠D＝90°.‎ 在Rt△AHF和Rt△ADF中，‎ ‎∴Rt△AHF≌Rt△ADF(HL)，‎ ‎∴∠HAF＝∠DAF，‎ ‎∴∠EAF＝∠EAH＋∠FAH＝∠BAH＋∠HAD＝∠BAD＝45°，‎ ‎(2)以BM，DN，MN为三边围成的三角形为直角三角形．‎ 证明如下：如图，过点A作AH⊥AN并截取AH＝AN，连接BH、HM，‎ ‎∵∠1＋∠BAN＝90°，∠3＋∠BAN＝90°，∴∠1＝∠3，‎ 在△ABH和△ADN中， ‎∴△ABH≌△ADN(SAS)，‎ ‎∴BH＝DN，∠HBA＝∠NDA＝135°，‎ ‎∵∠HAN＝90°，∠MAN＝45°，‎ ‎∴∠1＋∠2＝∠HAM＝∠MAN＝45°，‎ 在△AHM和△ANM中， ‎∴△AHM≌△ANM(SAS)，‎ ‎∴HM＝NM，‎ ‎∴∠HBP＝180°－∠HBA＝180°－135°＝45°，‎ ‎∴∠HBP＋∠PBM＝45°＋45°＝90°，‎ ‎∴△HBM是直角三角形，‎ ‎∵HB＝DN，HM＝MN，‎ ‎∴以BM，DN，MN为三边围成的三角形为直角三角形．‎ ‎3. 解：(1)如图①，将△PBC绕点B逆时针旋转90°得△P′BA，连接PP′，则△AP′B≌△CPB，‎ ‎∴P′B＝PB＝，P′A＝PC＝1，∠1＝∠2，∠AP′B＝∠BPC.‎ ‎∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴AB＝BC，∠ABC＝90°，‎ ‎∴∠2＋∠3＝90°，‎ ‎∴∠1＋∠3＝90°，即∠P′BP＝90°，‎ ‎∴∠BP′P＝45°.‎ 在Rt△P′BP中，由勾股定理，得PP′2＝4.‎ ‎∵P′A＝1，AP＝∴P′A2＝1，AP2＝5，‎ ‎∴P′A2＋PP′2＝AP2，‎ ‎∴△P′AP是直角三角形，‎ ‎∴∠AP′P＝90°，‎ ‎∴∠AP′B＝45°＋90°＝135°，‎ ‎∴∠BPC＝135°.‎ ‎(2)仿照【分析】中的思路，将△BPC绕点B逆时针旋转120°，得到了△BP′A，连接PP′，如图②.‎ 则△PBC≌△P′BA，∴P′B＝PB＝4，P′A＝PC＝2，∠BPC＝∠BP′A，∴△BPP′为等腰三角形，∵∠ABC＝120°，∴∠PBP′＝120°，∴∠BP′P＝30°，过点B作BG⊥PP′于G，则∠P′GB＝90°，∴PP′＝2P′G.‎ ‎∵P′B＝PB＝4，∠BP′P＝30°，∴BG＝2，∴P′G＝2 .‎ ‎∴PP′＝4 ，在△APP′中，‎ ‎∵PA＝2 ，P′A＝2，PP′＝4 ，∴P′A2＋P′P2＝PA2，‎ ‎∴△PP′A是直角三角形，∴∠AP′P＝90°，‎ ‎∴∠BPC＝∠BP′A＝∠PP′B＋∠AP′P＝30°＋90°＝120°.‎