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2024甘肃中考数学二轮专题训练 几何综合探究动点问题 (含答案)
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这是一份2024甘肃中考数学二轮专题训练 几何综合探究动点问题 (含答案)，共22页。
例1 (一题多设问) 如图，△AMN的顶点M、N分别在四边形ABCD的边BC、CD所在的直线上，且满足∠MAN＝45°.
探究一：若四边形ABCD为正方形，点M、N分别在正方形的边BC、CD上．
(1)如图①，当BM＝DN时，求证：△AMN为等腰三角形；
【思维教练】要证△AMN为等腰三角形，可根据正方形的性质结合已知条件，证明三角形全等，进而得到线段相等．
例1题图①
(2)如图②，当点M、N分别在线段BC、CD上时，猜想并证明线段MN、BM、DN之间的数量关系；
【思维教练】在MB的延长线上截取BE＝DN，连接AE，构造全等三角形，得到新的全等三角形，可得出ME＝MN，进而得出线段MN、BM、DN之间的数量关系．
例1题图②
(3)如图③，连接BD交AM、AN于点P、Q，若BP＝DQ，求证：eq \f(AQ,AN)＝eq \f(BP,CN)；
【思维教练】要证明线段比值关系，可通过构造相似三角形求解．
例1题图③
探究二：若四边形ABCD为正方形，点M、N分别在边CB、DC的延长线上．
(4)如图④，猜想并证明线段MN、BM、DN之间的的数量关系；
【思维教练】在DC上截取DF＝BM，连接AF，通过证明三角形全等，得出AM＝AF，进一步证明△MAN≌△FAN，得到MN和NF的关系，进而得到MN、BM、DN之间的数量关系．
例1题图④
(5)如图⑤，若BC＝4，BM＝1，求CN的长；
【思维教练】根据(4)中得到的线段之间的数量关系，设未知数，结合勾股定理求解．
例1题图⑤
(6)如图⑥，作射线DB交AM的延长线于点P，交AN于点Q，若CN＝CD＝6，求AP的长；
【思维教练】由勾股定理可求出AN，结合平行线的性质得到三角形相似，从而得出线段比值关系，可求出AQ，再结合(4)中所得关系式设未知数列方程，结合勾股定理和相似三角形求解即可．
例1题图⑥
探究三：若四边形ABCD为矩形，点M、N分别在边BC、DC上．
(7)如图⑦，在矩形ABCD中，已知AB＝3，AD＝4，若BM＝1，求DN的长．
【思维教练】延长AB构造正方形，找相似三角形，得到线段间的比值关系，设未知数，结合(2)中关系式及勾股定理列方程求解即可．
例1题图⑦
针对训练
1. 已知正方形ABCD，E，F为平面内两点．
【探究建模】
(1)如图①，当点E在边AB上时，DE⊥DF，且B，C，F三点共线．
求证： AE＝ CF；
【类比应用】
(2)如图②，当点E在正方形ABCD外部时，DE⊥DF, AE⊥EF，且E，C，F三点共线，猜想并证明线段AE，CE，DE之间的数量关系；
【拓展迁移】
(3)如图③，当点E在正方形ABCD外部时，AE⊥EC, AE⊥AF，DE⊥BE，且D，F，E三点共线，DE与AB交于G点．若DF＝3，AE＝eq \r(2)，求CE的长．
第1题图
2. 【证明体验】
(1)如图①，AD为△ABC的角平分线，∠ADC＝60°，点E在AB上，AE＝AC.
求证：DE平分∠ADB.
【思考探究】
(2)如图②，在(1)的条件下，F为AB上一点，连接FC交AD于点G.若FB＝FC，DG＝2，CD＝3，求BD的长．
【拓展延伸】
(3)如图③，在四边形ABCD中，对角线AC平分∠BAD，∠BCA＝2∠DCA，点E在AC上，∠EDC＝∠ABC.若BC＝5，CD＝2eq \r(5)，AD＝2AE，求AC的长．
第2题图
3. 已知， 在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC.
(1)如图①，已知点D在BC边上，∠DAE＝90°，AD＝AE，连接CE.试探究BD与CE的关系；
(2)如图②，已知点D在BC下方，∠DAE＝90°，AD＝AE，连接CE.若BD⊥AD，AB＝2eq \r(10)，CE＝2，AD交BC于点F，求AF的长；
(3)如图③，已知点D在BC下方，连接AD、BD、CD.若∠CBD＝30°，∠BAD>15°，AB2＝6，AD2＝4＋eq \r(3)，求sin∠BCD的值．
第3题图
4. 在正方形ABCD中，点P为线段DB上的动点，点E为线段DC上的动点，连接PE，作PF⊥PE交直线AD于点F.
(1)如图①，当点P与线段BD的中点O重合时，DE、FD、DB三条线段之间的数量关系为________________________________________________________________________；
(2)如图②，点P在DB的延长线上，且eq \f(PB,BD)＝eq \f(1,3)，点E、F分别在线段DC的延长线和线段DA的延长线上，请写出DE、FD、DB三条线段之间的数量关系，并说明理由；
(3)点P在线段BD上，若正方形的边长为6，CP＝2eq \r(5)，DF＝2，当BP＞BO时，请直接写出DE的长．
第4题图
5. 在学习全等三角形的知识时，数学兴趣小组发现这样一个模型：它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成．在相对位置变化时，始终存在一对全等三角形．通过查询资料，他们得知这种模型称为“手拉手模型”．兴趣小组进行了如下操作：
(1)观察猜想
如图①，已知△ABC，△ADE均为等边三角形，点D在边BC上，且不与点B、C重合，连接CE，试判断AB与CE的位置关系，并说明理由；
(2)类比探究
如图②，已知△ABC、△ADE均为等边三角形，连接CE、BD，若∠DEC＝60°，试说明点B，D，E在同一直线上；
(3)解决问题
如图③，已知点E在等边△ABC的外部，并且与点B位于线段AC的异侧，连接AE、BE、CE.若∠BEC＝60°，AE＝3，CE＝2，请直接写出BE的长．
第5题图
6. 问题提出 如图①，在△ABC和△DEC中，∠ACB＝∠DCE＝90°，BC＝AC，EC＝DC.点E在△ABC内部，直线AD与BE交于点F.线段AF，BF，CF之间存在怎样的数量关系？
问题探究 (1)先将问题特殊化：如图②，当点D，F重合时，直接写出一个等式，表示AF，BF，CF之间的数量关系；
(2)再探究一般情形：如图①，当点D，F不重合时，证明(1)中的结论仍然成立．
问题拓展 如图③，在△ABC和△DEC中，∠ACB＝∠DCE＝90°，BC＝kAC，EC＝kDC(k是常数)，点E在△ABC内部，直线AD与BE交于点F.直接写出一个等式，表示线段AF，BF，CF之间的数量关系．
第6题图
参考答案
典例精讲
例1 (1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠D＝∠B.
又∵BM＝DN，
∴△ABM≌△ADN，
∴AM＝AN，
∴△AMN为等腰三角形；
(2)解：猜想：MN＝BM＋DN，
证明：如解图①，在MB的延长线上截取BE＝DN，连接AE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝∠ABC＝∠D＝90°，
∴∠ABE＝90°＝∠D，
在△ABE和△ADN中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AB＝AD，,∠ABE＝∠D，,BE＝DN，))
∴△ABE≌△ADN(SAS)，
∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，
∴∠EAN＝∠BAD＝90°.
∵∠MAN＝45°，
∴∠EAM＝45°＝∠NAM，
在△AEM和△ANM中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AE＝AN，,∠EAM＝∠NAM，,AM＝AM，))
∴△AEM≌△ANM(SAS)，
∴ME＝MN.
又∵ME＝BM＋BE＝BM＋DN，
∴MN＝BM＋DN；
例1题解图①
(3)证明：如解图②，连接AC，
在正方形ABCD中，∵∠BAC＝45°，∠MAN＝45°，
∴∠BAC＝∠MAN，
∴∠BAP＝∠CAN.
∵∠ABP＝∠ACN＝45°，
∴△ABP∽△ACN，
∴eq \f(AP,AN)＝eq \f(BP,CN).
∵BP＝DQ，∠ABP＝∠ADQ＝45°，AB＝AD，
∴△ABP≌△ADQ，
∴AP＝AQ，
∴eq \f(AQ,AN)＝eq \f(BP,CN)；
例1题解图②
(4)解：猜想：DN＝BM＋MN.
证明：如解图③，在DC上截取DF＝BM，连接AF，
由题意得∠ABM＝90°＝∠D，
在△ABM和△ADF中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AB＝AD，,∠ABM＝∠D，,BM＝DF，))
∴△ABM≌△ADF(SAS)，
∴AM＝AF，∠BAM＝∠DAF，
∴∠BAM＋∠BAF＝∠DAF＋∠BAF＝∠BAD＝90°，
即∠MAF＝∠BAD＝90°.
∵∠MAN＝45°，
∴∠MAN＝∠FAN＝45°，
在△MAN和△FAN中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AM＝AF，,∠MAN＝∠FAN，,AN＝AN，))
∴△MAN≌△FAN(SAS)，
∴MN＝NF，
∴MN＝DN－DF＝DN－BM，
∴DN＝BM＋MN.
例1题解图③
(5)解：设CN＝x，∵BC＝4，BM＝1，
∴DC＝4，DN＝x＋4，CM＝5，
由(4)得DN＝BM＋MN，
∴MN＝DN－BM＝x＋3，
由CM2＋CN2＝MN2，
得25＋x2＝(x＋3)2，解得x＝eq \f(8,3)，即CN＝eq \f(8,3)；
(6)解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝AD＝CD＝6，AD∥BC，AB∥CD，∠ABC＝∠ADC＝∠BCD＝90°，
∴∠ABM＝∠MCN＝90°.
∵CN＝CD＝6，
∴DN＝12，
∴AN＝eq \r(AD2＋DN2)＝eq \r(62＋122)＝6eq \r(5).
∵AB∥CD，
∴△ABQ∽△NDQ，
∴eq \f(BQ,DQ)＝eq \f(AQ,NQ)＝eq \f(AB,ND)＝eq \f(6,12)＝eq \f(1,2)，
∴eq \f(AQ,AN)＝eq \f(1,3)，
∴AQ＝eq \f(1,3)AN＝2eq \r(5)，
由(4)得，DN＝BM＋MN.
设BM＝x，则MN＝12－x，CM＝6＋x，
在Rt△CMN中，由勾股定理得，62＋(6＋x)2＝(12－x)2，
解得x＝2，
∴BM＝2，
∴AM＝eq \r(AB2＋BM2)＝eq \r(62＋22)＝2eq \r(10).
∵BC∥AD，
∴△PBM∽△PDA，
∴eq \f(PM,PA)＝eq \f(BM,DA)＝eq \f(2,6)＝eq \f(1,3)，
∴PM＝eq \f(1,2)AM＝eq \r(10)，
∴AP＝AM＋PM＝3eq \r(10)；
(7)解：如解图④，延长AB至点P，使BP＝BM＝1，过点P作BC的平行线交DC的延长线于点Q，延长AM交PQ于点E，连接EN，
则四边形APQD是正方形，
∴PQ＝DQ＝AP＝AB＋BP＝4，
设DN＝x，则NQ＝4－x，
∵PQ∥BC，
∴△ABM∽△APE，
∴eq \f(BM,PE)＝eq \f(AB,AP)＝eq \f(3,4)，
∴PE＝eq \f(4,3)BM＝eq \f(4,3)，
∴EQ＝PQ－PE＝4－eq \f(4,3)＝eq \f(8,3)，
由(2)得，EN＝PE＋DN＝eq \f(4,3)＋x，
在Rt△QEN中，由勾股定理得(eq \f(8,3))2＋(4－x)2＝(eq \f(4,3)＋x)2，
解得x＝2，
即DN的长是2.
例1题解图④
针对训练
1. (1)证明：∵DE⊥DF，
∴∠CDF＋∠CDE＝90°.
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD＝CD，∠DCF＝∠ADC＝∠DAE＝90°，
∴∠ADE＋∠CDE＝90°，
∴∠ADE＝∠CDF，
∴△ADE≌△CDF(ASA)，
∴AE＝CF；
(2)解：AE＋CE＝eq \r(2)DE，
证明：∵DE⊥DF，
∴∠DFC＋∠DEC＝90°.
∵AE⊥EF，
∴∠AED＋∠DEC＝90°，
∴∠AED＝∠DFC.
∵DE⊥DF，
∴∠CDF＋∠CDE＝90°.
∵∠ADE＋∠CDE＝90°，
∴∠ADE＝∠CDF.
∵AD＝CD，
∴△ADE≌△CDF(AAS)，
∴AE＝CF，DE＝DF，
∴EF＝CF＋CE＝AE＋CE.
又∵DE⊥DF，
∴∠DEF＝45°，
∴DE＝EF·cs∠DEF＝eq \f(\r(2),2)(AE＋CE)，即AE＋CE＝eq \r(2)DE；
【或在Rt△DEF中由勾股定理得(AE＋CE)2＝2DE2也得分】
(3)解：如解图，过点D作DH⊥DE交EC的延长线于点H.
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD＝AB，∠DAB＝90°，
∴∠DAF＋∠FAG＝90°.
∵AE⊥AF，∴∠BAE＋∠FAG＝90°，
∴∠DAF＝∠BAE.
∵∠DAB＝90°，
∴∠ADF＋∠DGA＝90°.
∵DE⊥BE，
∴∠ABE＋∠BGE＝90°.
∵∠DGA＝∠BGE，
∴∠ADF＝∠ABE.
∴△ADF≌△ABE(ASA)，
∴AF＝AE＝eq \r(2).
∵AF⊥AE，
∴∠AEF＝45°，∴EF＝2，
∴DE＝DF＋EF＝3＋2＝5.
由(2)得，AE＋CE＝eq \r(2)DE，
∴CE＝eq \r(2)DE－AE＝5eq \r(2)－eq \r(2)＝4eq \r(2).
第1题解图
2. (1)证明：∵AD平分∠BAC，
∴∠EAD＝∠CAD.
∵AE＝AC, AD＝AD，
∴△EAD≌△CAD(SAS)，
∴∠ADE＝∠ADC＝60°，
∴∠EDB＝180 °－∠ADE－∠ADC＝60°，
∴∠BDE＝∠ADE，
即DE平分∠ADB；
(2)解：∵FB＝FC，
∴∠EBD＝∠GCD.
∵∠BDE＝∠GDC＝60°，
∴△EBD∽△GCD，
∴eq \f(BD,CD)＝eq \f(DE,DG).
∵△EAD≌△CAD，
∴DE＝DC＝3.
∵DG＝2，
∴BD＝eq \f(9,2)；
(3)解：如解图，在AB上取一点F，使得AF＝AD，连接CF.
∵AC平分∠BAD，
∴∠FAC＝∠DAC.
∵AC＝AC，
∴△AFC≌△ADC(SAS)，
∴CF＝CD，∠ACF＝∠ACD, ∠AFC＝∠ADC.
∵∠ACF＋∠BCF＝∠ACB＝2∠ACD，
∴∠DCE＝∠BCF.
∵∠EDC＝∠FBC，
∴△DCE∽△BCF，
∴eq \f(CD,CB)＝eq \f(CE,CF)，∠CED＝∠BFC.
∵BC＝5，CF＝CD＝2eq \r(5)，
∴CE＝4.
∵∠AED＝180°－∠CED＝180°－∠BFC＝∠AFC＝∠ADC.
又∵∠EAD＝∠DAC,
∴△EAD∽△DAC，
∴eq \f(AE,AD)＝eq \f(AD,AC)＝eq \f(1,2)，
∴AC＝4AE，
∴AC＝eq \f(4,3)CE＝eq \f(16,3).
第2题解图
3. 解：(1)BD＝CE，BD⊥CE，理由如下：
∵∠BAC＝90°，∠DAE＝90°，
∴∠BAD＋∠DAC＝∠CAE＋∠DAC＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE.
∵AB＝AC，AD＝AE，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴BD＝CE，∠ACE＝∠ABC＝∠ACB＝45°，
∴∠BCE＝90°，
∴BD⊥CE；
(2)如解图①，过点A作AH⊥BC于点H，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴△BAC是等腰直角三角形．
∵AB＝2eq \r(10)，
∴AH＝BH＝2eq \r(5).
∵∠DAE＝90°，
∴∠BAD＋∠DAC＝∠CAE＋∠DAC＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE.
∵AD＝AE，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴BD＝CE＝2.
∵BD⊥AD，
∴AD＝eq \r(AB2－BD2)＝6.
∵∠ADB＝∠AHF＝90°，∠DFB＝∠HFA，
∴△BDF∽△AHF，
设DF＝x，则AF＝6－x，
∴eq \f(BF,AF)＝eq \f(DF,HF)＝eq \f(BD,AH)＝eq \f(2,2\r(5))＝eq \f(\r(5),5)，
∴BF＝eq \f(\r(5),5)(6－x)，HF＝eq \r(5)x，
∴BH＝BF＋HF＝eq \f(\r(5),5)(6－x)＋eq \r(5)x＝2eq \r(5)，
解得x＝1，
∴AF＝5；
第3题解图①
(3)如解图②，将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACG，过点A作AP⊥BC于点P，过点D作DT⊥BC于点T，分别过点G作GM⊥BC，交BC的延长线于点M，作GN⊥AP，交AP于点N，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，AB2＝6，
∴△BAC是等腰直角三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，BC＝2eq \r(3)，
∴AP＝CP＝eq \r(3).
∵∠CBD＝30°，
∴∠ABD＝75°，
由旋转的性质可得△ABD≌△ACG，
∴∠ABD＝∠ACG＝75°，BD＝CG，AD＝AG，
∴∠BCG＝∠ACB＋∠ACG＝120°，
∴∠GCM＝60°.
∵GM⊥BC，GN⊥AP，AP⊥BC，
∴四边形GMPN是矩形，
∴NP＝GM，NG＝PM，
设CM＝x，NP＝GM＝eq \r(3)x，
∴NG＝PM＝PC＋CM＝eq \r(3)＋x，AN＝AP－NP＝eq \r(3)－eq \r(3)x，
在Rt△ANG中，AN2＋NG2＝AG2＝AD2，
∵AD2＝4＋eq \r(3)，
∴(eq \r(3)－eq \r(3)x)2＋(eq \r(3)＋x)2＝4＋eq \r(3)，
化简得，4x2－(6－2eq \r(3))x＋2－eq \r(3)＝0，
解得x1＝eq \f(1,2)，x2＝eq \f(2－\r(3),2)，
∵∠BAD>15°，
∴当x＝eq \f(2－\r(3),2)时，易知与∠BAD>15°相矛盾，
∴x＝eq \f(1,2)，
∴BD＝CG＝1，
∴DT＝eq \f(1,2)BD＝eq \f(1,2)，BT＝eq \r(3)DT＝eq \f(\r(3),2)，
∴TC＝BC－BT＝eq \f(3\r(3),2)，
∴在Rt△DTC中，DC＝eq \r(DT2＋TC2)＝eq \r(7)，
∴sin∠BCD＝eq \f(DT,DC)＝eq \f(\f(1,2),\r(7))＝eq \f(\r(7),14).
第3题解图②
4. 解：(1)DE＋FD＝eq \f(\r(2),2)DB；
【解法提示】在正方形ABCD中，AC和BD分别为正方形的两条对角线，则∠OAF＝∠ODE＝45°，OA＝OD，∠AOD＝90°，∴∠3＋∠1＝90°，∵PF⊥PE，∴∠3＋∠2＝90°，∴∠1＝∠2，∴△ODE≌△OAF(ASA)，∴DE＝AF，又∵在等腰Rt△APD中，AD＝eq \f(DP,sin45°)＝eq \r(2)DP，即AF＋FD＝eq \r(2)DP，又∵DP＝eq \f(1,2)BD，∴DE＋FD＝eq \r(2)DP＝eq \f(\r(2),2)DB.
(2)DE＋FD＝eq \f(4\r(2),3)DB.理由如下：
如解图①，过点P作PG⊥PD交DA的延长线于点G，
在正方形ABCD中，BD为对角线，
则 ∠PDF＝∠PDE＝45°，
∵∠GPD＝90°，
∴△GPD为等腰直角三角形，
∴PD＝PG，∠PGD＝∠PDF＝∠PDE＝45°.
∵PF⊥PE，
∴∠3＋∠2＝90° .
∵∠3＋∠1＝90° ，
∴∠1＝∠2 ，
∴△PDE≌△PGF(ASA)，
∴DE＝GF，
在等腰Rt△GPD中，GD＝eq \f(DP,cs45°)＝eq \r(2)DP，即GF＋FD＝eq \r(2)DP，
又∵eq \f(PB,BD)＝eq \f(1,3)，
∴eq \f(DP,DB)＝eq \f(4,3)，DP＝eq \f(4,3)DB，
∴DE＋FD＝eq \r(2)DP＝eq \f(4\r(2),3)DB；
第4题解图①
(3)DE的长为2或6.
【解法提示】①如解图②，当点F在边AD上，BP＞BO时，连接AC交BD于点O，过点P作PG⊥PD交DA于点G，∵正方形边长为6，∴OD＝OC＝CD·sin∠BDC＝6×eq \f(\r(2),2)＝3eq \r(2)，在Rt△OCP中，OP＝eq \r(CP2－OC2)＝eq \r(2).∵△GDP为等腰直角三角形，∴PG＝PD＝OD－OP＝2eq \r(2)， DG＝eq \r(2)DP＝4，GF＝DG－DF＝4－2＝2，由(2)可得△PED≌△PFG(ASA)，∴DE＝GF＝2；
第4题解图②
②如解图③，当点F在AD延长线上，BP＞BO时，连接AC交BD于点O，过点P作PG⊥PD交AD于点G，∵正方形边长为6，∴OD＝OC＝CD·sin∠BDC＝6×eq \f(\r(2),2)＝3eq \r(2)，在Rt△OCP中，OP＝eq \r(CP2－OC2)＝eq \r(2).∵△GDP为等腰直角三角形，∴PG＝PD＝OD－OP＝2eq \r(2)，DG＝eq \r(2)DP＝4，GF＝DG＋DF＝4＋2＝6，由(2)可得△PED≌△PFG(ASA)，∴DE＝GF＝6.综上所述，DE的长为2或6.
第4题解图③
5. 解：(1)AB∥CE.
理由如下：
∵△ABC，△ADE都是等边三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝∠B＝60°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴∠ACE＝∠B＝60°，
∴∠BAC＝∠ACE＝60°，
∴AB∥CE；
(2)由(1)可知，△ABD≌△ACE，
∴∠ADB＝∠AEC.
∵△ADE是等边三角形，
∴∠AED＝∠ADE＝60°.
∵∠BEC＝60°，
∴∠AEC＝∠AED＋∠BEC＝120°，
∴∠ADB＝∠AEC＝120°，
∴∠ADB＋∠ADE＝120°＋60°＝180°，
∴点B，D，E在同一直线上；
(3)BE的长为5.
【解法提示】如解图，在线段BE上取一点H，使得BH＝CE，连接AH，设AC交BE于点O.∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC，∠BAC＝60°.∵∠BEC＝60°，∴∠BAO＝∠OEC＝60°.∵∠AOB＝∠EOC，∴∠ABH＝∠ACE.∵BA＝CA，BH＝CE＝2，∴△ABH≌△ACE(SAS)，∴∠BAH＝∠CAE，AH＝AE，∴∠HAE＝∠BAC＝60°，∴△AEH是等边三角形，∴EH＝AE＝3，∴BE＝BH＋EH＝CE＋AE＝2＋3＝5.
第5题解图
6. (1)BF－AF＝eq \r(2)CF；
【解法提示】∵∠ACD＋∠ACE＝90°，∠ACE＋∠BCE＝90°，∴∠BCE＝∠ACD.∵BC＝AC，EC＝DC，∴△ACD≌△BCE(SAS)，∴BE＝AD，∠EBC＝∠CAD，∵点D、F重合，∴BE＝AD＝AF.∵△CDE为等腰直角三角形，∴DE＝EF＝eq \r(2)CF，∴BF＝BD＝BE＋ED＝AF＋eq \r(2)CF，∴BF－AF＝eq \r(2)CF.
(2)证明：由(1)知，△ACD≌△BCE(SAS)，
∴∠CAF＝∠CBE，BE＝AD，
如解图①，过点C作CG⊥CF交BF于点G，
∵∠ACF＋∠ACG＝90°，∠ACG＋∠GCB＝90°，
∴∠ACF＝∠BCG.
∵∠CAF＝∠CBE，BC＝AC，
∴△BCG≌△ACF(ASA)，
∴GC＝FC，BG＝AF，
∴△GCF为等腰直角三角形，
∴GF＝eq \r(2)CF，
∴BF＝BG＋GF＝AF＋eq \r(2)CF，
∴BF－AF＝eq \r(2)CF；
第6题解图①
(3)BF－kAF＝eq \r(k2＋1)·FC.
【解法提示】由(2)知，∠BCE＝∠ACD，∵BC＝kAC，EC＝kDC，∴eq \f(BC,AC)＝eq \f(EC,CD)＝k，∴△BCE∽△ACD，∴∠CAD＝∠CBE，如解图②，过点C作CG⊥CF交BF于点G，由(2)知，∠BCG＝∠ACF，∴△BGC∽△AFC，∴eq \f(BG,AF)＝eq \f(BC,AC)＝k＝eq \f(GC,FC)，∴BG＝kAF，GC＝kFC，在Rt△CGF中，GF＝eq \r(GC2＋FC2)＝eq \r(（kFC）2＋FC2)＝eq \r(k2＋1)·FC，∴BF＝BG＋GF＝kAF＋eq \r(k2＋1)·FC，∴BF－kAF＝eq \r(k2＋1)·FC.
第6题解图②
例1 (一题多设问) 如图，△AMN的顶点M、N分别在四边形ABCD的边BC、CD所在的直线上，且满足∠MAN＝45°.
探究一：若四边形ABCD为正方形，点M、N分别在正方形的边BC、CD上．
(1)如图①，当BM＝DN时，求证：△AMN为等腰三角形；
【思维教练】要证△AMN为等腰三角形，可根据正方形的性质结合已知条件，证明三角形全等，进而得到线段相等．
例1题图①
(2)如图②，当点M、N分别在线段BC、CD上时，猜想并证明线段MN、BM、DN之间的数量关系；
【思维教练】在MB的延长线上截取BE＝DN，连接AE，构造全等三角形，得到新的全等三角形，可得出ME＝MN，进而得出线段MN、BM、DN之间的数量关系．
例1题图②
(3)如图③，连接BD交AM、AN于点P、Q，若BP＝DQ，求证：eq \f(AQ,AN)＝eq \f(BP,CN)；
【思维教练】要证明线段比值关系，可通过构造相似三角形求解．
例1题图③
探究二：若四边形ABCD为正方形，点M、N分别在边CB、DC的延长线上．
(4)如图④，猜想并证明线段MN、BM、DN之间的的数量关系；
【思维教练】在DC上截取DF＝BM，连接AF，通过证明三角形全等，得出AM＝AF，进一步证明△MAN≌△FAN，得到MN和NF的关系，进而得到MN、BM、DN之间的数量关系．
例1题图④
(5)如图⑤，若BC＝4，BM＝1，求CN的长；
【思维教练】根据(4)中得到的线段之间的数量关系，设未知数，结合勾股定理求解．
例1题图⑤
(6)如图⑥，作射线DB交AM的延长线于点P，交AN于点Q，若CN＝CD＝6，求AP的长；
【思维教练】由勾股定理可求出AN，结合平行线的性质得到三角形相似，从而得出线段比值关系，可求出AQ，再结合(4)中所得关系式设未知数列方程，结合勾股定理和相似三角形求解即可．
例1题图⑥
探究三：若四边形ABCD为矩形，点M、N分别在边BC、DC上．
(7)如图⑦，在矩形ABCD中，已知AB＝3，AD＝4，若BM＝1，求DN的长．
【思维教练】延长AB构造正方形，找相似三角形，得到线段间的比值关系，设未知数，结合(2)中关系式及勾股定理列方程求解即可．
例1题图⑦
针对训练
1. 已知正方形ABCD，E，F为平面内两点．
【探究建模】
(1)如图①，当点E在边AB上时，DE⊥DF，且B，C，F三点共线．
求证： AE＝ CF；
【类比应用】
(2)如图②，当点E在正方形ABCD外部时，DE⊥DF, AE⊥EF，且E，C，F三点共线，猜想并证明线段AE，CE，DE之间的数量关系；
【拓展迁移】
(3)如图③，当点E在正方形ABCD外部时，AE⊥EC, AE⊥AF，DE⊥BE，且D，F，E三点共线，DE与AB交于G点．若DF＝3，AE＝eq \r(2)，求CE的长．
第1题图
2. 【证明体验】
(1)如图①，AD为△ABC的角平分线，∠ADC＝60°，点E在AB上，AE＝AC.
求证：DE平分∠ADB.
【思考探究】
(2)如图②，在(1)的条件下，F为AB上一点，连接FC交AD于点G.若FB＝FC，DG＝2，CD＝3，求BD的长．
【拓展延伸】
(3)如图③，在四边形ABCD中，对角线AC平分∠BAD，∠BCA＝2∠DCA，点E在AC上，∠EDC＝∠ABC.若BC＝5，CD＝2eq \r(5)，AD＝2AE，求AC的长．
第2题图
3. 已知， 在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC.
(1)如图①，已知点D在BC边上，∠DAE＝90°，AD＝AE，连接CE.试探究BD与CE的关系；
(2)如图②，已知点D在BC下方，∠DAE＝90°，AD＝AE，连接CE.若BD⊥AD，AB＝2eq \r(10)，CE＝2，AD交BC于点F，求AF的长；
(3)如图③，已知点D在BC下方，连接AD、BD、CD.若∠CBD＝30°，∠BAD>15°，AB2＝6，AD2＝4＋eq \r(3)，求sin∠BCD的值．
第3题图
4. 在正方形ABCD中，点P为线段DB上的动点，点E为线段DC上的动点，连接PE，作PF⊥PE交直线AD于点F.
(1)如图①，当点P与线段BD的中点O重合时，DE、FD、DB三条线段之间的数量关系为________________________________________________________________________；
(2)如图②，点P在DB的延长线上，且eq \f(PB,BD)＝eq \f(1,3)，点E、F分别在线段DC的延长线和线段DA的延长线上，请写出DE、FD、DB三条线段之间的数量关系，并说明理由；
(3)点P在线段BD上，若正方形的边长为6，CP＝2eq \r(5)，DF＝2，当BP＞BO时，请直接写出DE的长．
第4题图
5. 在学习全等三角形的知识时，数学兴趣小组发现这样一个模型：它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成．在相对位置变化时，始终存在一对全等三角形．通过查询资料，他们得知这种模型称为“手拉手模型”．兴趣小组进行了如下操作：
(1)观察猜想
如图①，已知△ABC，△ADE均为等边三角形，点D在边BC上，且不与点B、C重合，连接CE，试判断AB与CE的位置关系，并说明理由；
(2)类比探究
如图②，已知△ABC、△ADE均为等边三角形，连接CE、BD，若∠DEC＝60°，试说明点B，D，E在同一直线上；
(3)解决问题
如图③，已知点E在等边△ABC的外部，并且与点B位于线段AC的异侧，连接AE、BE、CE.若∠BEC＝60°，AE＝3，CE＝2，请直接写出BE的长．
第5题图
6. 问题提出 如图①，在△ABC和△DEC中，∠ACB＝∠DCE＝90°，BC＝AC，EC＝DC.点E在△ABC内部，直线AD与BE交于点F.线段AF，BF，CF之间存在怎样的数量关系？
问题探究 (1)先将问题特殊化：如图②，当点D，F重合时，直接写出一个等式，表示AF，BF，CF之间的数量关系；
(2)再探究一般情形：如图①，当点D，F不重合时，证明(1)中的结论仍然成立．
问题拓展 如图③，在△ABC和△DEC中，∠ACB＝∠DCE＝90°，BC＝kAC，EC＝kDC(k是常数)，点E在△ABC内部，直线AD与BE交于点F.直接写出一个等式，表示线段AF，BF，CF之间的数量关系．
第6题图
参考答案
典例精讲
例1 (1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠D＝∠B.
又∵BM＝DN，
∴△ABM≌△ADN，
∴AM＝AN，
∴△AMN为等腰三角形；
(2)解：猜想：MN＝BM＋DN，
证明：如解图①，在MB的延长线上截取BE＝DN，连接AE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝∠ABC＝∠D＝90°，
∴∠ABE＝90°＝∠D，
在△ABE和△ADN中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AB＝AD，,∠ABE＝∠D，,BE＝DN，))
∴△ABE≌△ADN(SAS)，
∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，
∴∠EAN＝∠BAD＝90°.
∵∠MAN＝45°，
∴∠EAM＝45°＝∠NAM，
在△AEM和△ANM中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AE＝AN，,∠EAM＝∠NAM，,AM＝AM，))
∴△AEM≌△ANM(SAS)，
∴ME＝MN.
又∵ME＝BM＋BE＝BM＋DN，
∴MN＝BM＋DN；
例1题解图①
(3)证明：如解图②，连接AC，
在正方形ABCD中，∵∠BAC＝45°，∠MAN＝45°，
∴∠BAC＝∠MAN，
∴∠BAP＝∠CAN.
∵∠ABP＝∠ACN＝45°，
∴△ABP∽△ACN，
∴eq \f(AP,AN)＝eq \f(BP,CN).
∵BP＝DQ，∠ABP＝∠ADQ＝45°，AB＝AD，
∴△ABP≌△ADQ，
∴AP＝AQ，
∴eq \f(AQ,AN)＝eq \f(BP,CN)；
例1题解图②
(4)解：猜想：DN＝BM＋MN.
证明：如解图③，在DC上截取DF＝BM，连接AF，
由题意得∠ABM＝90°＝∠D，
在△ABM和△ADF中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AB＝AD，,∠ABM＝∠D，,BM＝DF，))
∴△ABM≌△ADF(SAS)，
∴AM＝AF，∠BAM＝∠DAF，
∴∠BAM＋∠BAF＝∠DAF＋∠BAF＝∠BAD＝90°，
即∠MAF＝∠BAD＝90°.
∵∠MAN＝45°，
∴∠MAN＝∠FAN＝45°，
在△MAN和△FAN中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AM＝AF，,∠MAN＝∠FAN，,AN＝AN，))
∴△MAN≌△FAN(SAS)，
∴MN＝NF，
∴MN＝DN－DF＝DN－BM，
∴DN＝BM＋MN.
例1题解图③
(5)解：设CN＝x，∵BC＝4，BM＝1，
∴DC＝4，DN＝x＋4，CM＝5，
由(4)得DN＝BM＋MN，
∴MN＝DN－BM＝x＋3，
由CM2＋CN2＝MN2，
得25＋x2＝(x＋3)2，解得x＝eq \f(8,3)，即CN＝eq \f(8,3)；
(6)解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝AD＝CD＝6，AD∥BC，AB∥CD，∠ABC＝∠ADC＝∠BCD＝90°，
∴∠ABM＝∠MCN＝90°.
∵CN＝CD＝6，
∴DN＝12，
∴AN＝eq \r(AD2＋DN2)＝eq \r(62＋122)＝6eq \r(5).
∵AB∥CD，
∴△ABQ∽△NDQ，
∴eq \f(BQ,DQ)＝eq \f(AQ,NQ)＝eq \f(AB,ND)＝eq \f(6,12)＝eq \f(1,2)，
∴eq \f(AQ,AN)＝eq \f(1,3)，
∴AQ＝eq \f(1,3)AN＝2eq \r(5)，
由(4)得，DN＝BM＋MN.
设BM＝x，则MN＝12－x，CM＝6＋x，
在Rt△CMN中，由勾股定理得，62＋(6＋x)2＝(12－x)2，
解得x＝2，
∴BM＝2，
∴AM＝eq \r(AB2＋BM2)＝eq \r(62＋22)＝2eq \r(10).
∵BC∥AD，
∴△PBM∽△PDA，
∴eq \f(PM,PA)＝eq \f(BM,DA)＝eq \f(2,6)＝eq \f(1,3)，
∴PM＝eq \f(1,2)AM＝eq \r(10)，
∴AP＝AM＋PM＝3eq \r(10)；
(7)解：如解图④，延长AB至点P，使BP＝BM＝1，过点P作BC的平行线交DC的延长线于点Q，延长AM交PQ于点E，连接EN，
则四边形APQD是正方形，
∴PQ＝DQ＝AP＝AB＋BP＝4，
设DN＝x，则NQ＝4－x，
∵PQ∥BC，
∴△ABM∽△APE，
∴eq \f(BM,PE)＝eq \f(AB,AP)＝eq \f(3,4)，
∴PE＝eq \f(4,3)BM＝eq \f(4,3)，
∴EQ＝PQ－PE＝4－eq \f(4,3)＝eq \f(8,3)，
由(2)得，EN＝PE＋DN＝eq \f(4,3)＋x，
在Rt△QEN中，由勾股定理得(eq \f(8,3))2＋(4－x)2＝(eq \f(4,3)＋x)2，
解得x＝2，
即DN的长是2.
例1题解图④
针对训练
1. (1)证明：∵DE⊥DF，
∴∠CDF＋∠CDE＝90°.
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD＝CD，∠DCF＝∠ADC＝∠DAE＝90°，
∴∠ADE＋∠CDE＝90°，
∴∠ADE＝∠CDF，
∴△ADE≌△CDF(ASA)，
∴AE＝CF；
(2)解：AE＋CE＝eq \r(2)DE，
证明：∵DE⊥DF，
∴∠DFC＋∠DEC＝90°.
∵AE⊥EF，
∴∠AED＋∠DEC＝90°，
∴∠AED＝∠DFC.
∵DE⊥DF，
∴∠CDF＋∠CDE＝90°.
∵∠ADE＋∠CDE＝90°，
∴∠ADE＝∠CDF.
∵AD＝CD，
∴△ADE≌△CDF(AAS)，
∴AE＝CF，DE＝DF，
∴EF＝CF＋CE＝AE＋CE.
又∵DE⊥DF，
∴∠DEF＝45°，
∴DE＝EF·cs∠DEF＝eq \f(\r(2),2)(AE＋CE)，即AE＋CE＝eq \r(2)DE；
【或在Rt△DEF中由勾股定理得(AE＋CE)2＝2DE2也得分】
(3)解：如解图，过点D作DH⊥DE交EC的延长线于点H.
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD＝AB，∠DAB＝90°，
∴∠DAF＋∠FAG＝90°.
∵AE⊥AF，∴∠BAE＋∠FAG＝90°，
∴∠DAF＝∠BAE.
∵∠DAB＝90°，
∴∠ADF＋∠DGA＝90°.
∵DE⊥BE，
∴∠ABE＋∠BGE＝90°.
∵∠DGA＝∠BGE，
∴∠ADF＝∠ABE.
∴△ADF≌△ABE(ASA)，
∴AF＝AE＝eq \r(2).
∵AF⊥AE，
∴∠AEF＝45°，∴EF＝2，
∴DE＝DF＋EF＝3＋2＝5.
由(2)得，AE＋CE＝eq \r(2)DE，
∴CE＝eq \r(2)DE－AE＝5eq \r(2)－eq \r(2)＝4eq \r(2).
第1题解图
2. (1)证明：∵AD平分∠BAC，
∴∠EAD＝∠CAD.
∵AE＝AC, AD＝AD，
∴△EAD≌△CAD(SAS)，
∴∠ADE＝∠ADC＝60°，
∴∠EDB＝180 °－∠ADE－∠ADC＝60°，
∴∠BDE＝∠ADE，
即DE平分∠ADB；
(2)解：∵FB＝FC，
∴∠EBD＝∠GCD.
∵∠BDE＝∠GDC＝60°，
∴△EBD∽△GCD，
∴eq \f(BD,CD)＝eq \f(DE,DG).
∵△EAD≌△CAD，
∴DE＝DC＝3.
∵DG＝2，
∴BD＝eq \f(9,2)；
(3)解：如解图，在AB上取一点F，使得AF＝AD，连接CF.
∵AC平分∠BAD，
∴∠FAC＝∠DAC.
∵AC＝AC，
∴△AFC≌△ADC(SAS)，
∴CF＝CD，∠ACF＝∠ACD, ∠AFC＝∠ADC.
∵∠ACF＋∠BCF＝∠ACB＝2∠ACD，
∴∠DCE＝∠BCF.
∵∠EDC＝∠FBC，
∴△DCE∽△BCF，
∴eq \f(CD,CB)＝eq \f(CE,CF)，∠CED＝∠BFC.
∵BC＝5，CF＝CD＝2eq \r(5)，
∴CE＝4.
∵∠AED＝180°－∠CED＝180°－∠BFC＝∠AFC＝∠ADC.
又∵∠EAD＝∠DAC,
∴△EAD∽△DAC，
∴eq \f(AE,AD)＝eq \f(AD,AC)＝eq \f(1,2)，
∴AC＝4AE，
∴AC＝eq \f(4,3)CE＝eq \f(16,3).
第2题解图
3. 解：(1)BD＝CE，BD⊥CE，理由如下：
∵∠BAC＝90°，∠DAE＝90°，
∴∠BAD＋∠DAC＝∠CAE＋∠DAC＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE.
∵AB＝AC，AD＝AE，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴BD＝CE，∠ACE＝∠ABC＝∠ACB＝45°，
∴∠BCE＝90°，
∴BD⊥CE；
(2)如解图①，过点A作AH⊥BC于点H，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴△BAC是等腰直角三角形．
∵AB＝2eq \r(10)，
∴AH＝BH＝2eq \r(5).
∵∠DAE＝90°，
∴∠BAD＋∠DAC＝∠CAE＋∠DAC＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE.
∵AD＝AE，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴BD＝CE＝2.
∵BD⊥AD，
∴AD＝eq \r(AB2－BD2)＝6.
∵∠ADB＝∠AHF＝90°，∠DFB＝∠HFA，
∴△BDF∽△AHF，
设DF＝x，则AF＝6－x，
∴eq \f(BF,AF)＝eq \f(DF,HF)＝eq \f(BD,AH)＝eq \f(2,2\r(5))＝eq \f(\r(5),5)，
∴BF＝eq \f(\r(5),5)(6－x)，HF＝eq \r(5)x，
∴BH＝BF＋HF＝eq \f(\r(5),5)(6－x)＋eq \r(5)x＝2eq \r(5)，
解得x＝1，
∴AF＝5；
第3题解图①
(3)如解图②，将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACG，过点A作AP⊥BC于点P，过点D作DT⊥BC于点T，分别过点G作GM⊥BC，交BC的延长线于点M，作GN⊥AP，交AP于点N，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，AB2＝6，
∴△BAC是等腰直角三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，BC＝2eq \r(3)，
∴AP＝CP＝eq \r(3).
∵∠CBD＝30°，
∴∠ABD＝75°，
由旋转的性质可得△ABD≌△ACG，
∴∠ABD＝∠ACG＝75°，BD＝CG，AD＝AG，
∴∠BCG＝∠ACB＋∠ACG＝120°，
∴∠GCM＝60°.
∵GM⊥BC，GN⊥AP，AP⊥BC，
∴四边形GMPN是矩形，
∴NP＝GM，NG＝PM，
设CM＝x，NP＝GM＝eq \r(3)x，
∴NG＝PM＝PC＋CM＝eq \r(3)＋x，AN＝AP－NP＝eq \r(3)－eq \r(3)x，
在Rt△ANG中，AN2＋NG2＝AG2＝AD2，
∵AD2＝4＋eq \r(3)，
∴(eq \r(3)－eq \r(3)x)2＋(eq \r(3)＋x)2＝4＋eq \r(3)，
化简得，4x2－(6－2eq \r(3))x＋2－eq \r(3)＝0，
解得x1＝eq \f(1,2)，x2＝eq \f(2－\r(3),2)，
∵∠BAD>15°，
∴当x＝eq \f(2－\r(3),2)时，易知与∠BAD>15°相矛盾，
∴x＝eq \f(1,2)，
∴BD＝CG＝1，
∴DT＝eq \f(1,2)BD＝eq \f(1,2)，BT＝eq \r(3)DT＝eq \f(\r(3),2)，
∴TC＝BC－BT＝eq \f(3\r(3),2)，
∴在Rt△DTC中，DC＝eq \r(DT2＋TC2)＝eq \r(7)，
∴sin∠BCD＝eq \f(DT,DC)＝eq \f(\f(1,2),\r(7))＝eq \f(\r(7),14).
第3题解图②
4. 解：(1)DE＋FD＝eq \f(\r(2),2)DB；
【解法提示】在正方形ABCD中，AC和BD分别为正方形的两条对角线，则∠OAF＝∠ODE＝45°，OA＝OD，∠AOD＝90°，∴∠3＋∠1＝90°，∵PF⊥PE，∴∠3＋∠2＝90°，∴∠1＝∠2，∴△ODE≌△OAF(ASA)，∴DE＝AF，又∵在等腰Rt△APD中，AD＝eq \f(DP,sin45°)＝eq \r(2)DP，即AF＋FD＝eq \r(2)DP，又∵DP＝eq \f(1,2)BD，∴DE＋FD＝eq \r(2)DP＝eq \f(\r(2),2)DB.
(2)DE＋FD＝eq \f(4\r(2),3)DB.理由如下：
如解图①，过点P作PG⊥PD交DA的延长线于点G，
在正方形ABCD中，BD为对角线，
则 ∠PDF＝∠PDE＝45°，
∵∠GPD＝90°，
∴△GPD为等腰直角三角形，
∴PD＝PG，∠PGD＝∠PDF＝∠PDE＝45°.
∵PF⊥PE，
∴∠3＋∠2＝90° .
∵∠3＋∠1＝90° ，
∴∠1＝∠2 ，
∴△PDE≌△PGF(ASA)，
∴DE＝GF，
在等腰Rt△GPD中，GD＝eq \f(DP,cs45°)＝eq \r(2)DP，即GF＋FD＝eq \r(2)DP，
又∵eq \f(PB,BD)＝eq \f(1,3)，
∴eq \f(DP,DB)＝eq \f(4,3)，DP＝eq \f(4,3)DB，
∴DE＋FD＝eq \r(2)DP＝eq \f(4\r(2),3)DB；
第4题解图①
(3)DE的长为2或6.
【解法提示】①如解图②，当点F在边AD上，BP＞BO时，连接AC交BD于点O，过点P作PG⊥PD交DA于点G，∵正方形边长为6，∴OD＝OC＝CD·sin∠BDC＝6×eq \f(\r(2),2)＝3eq \r(2)，在Rt△OCP中，OP＝eq \r(CP2－OC2)＝eq \r(2).∵△GDP为等腰直角三角形，∴PG＝PD＝OD－OP＝2eq \r(2)， DG＝eq \r(2)DP＝4，GF＝DG－DF＝4－2＝2，由(2)可得△PED≌△PFG(ASA)，∴DE＝GF＝2；
第4题解图②
②如解图③，当点F在AD延长线上，BP＞BO时，连接AC交BD于点O，过点P作PG⊥PD交AD于点G，∵正方形边长为6，∴OD＝OC＝CD·sin∠BDC＝6×eq \f(\r(2),2)＝3eq \r(2)，在Rt△OCP中，OP＝eq \r(CP2－OC2)＝eq \r(2).∵△GDP为等腰直角三角形，∴PG＝PD＝OD－OP＝2eq \r(2)，DG＝eq \r(2)DP＝4，GF＝DG＋DF＝4＋2＝6，由(2)可得△PED≌△PFG(ASA)，∴DE＝GF＝6.综上所述，DE的长为2或6.
第4题解图③
5. 解：(1)AB∥CE.
理由如下：
∵△ABC，△ADE都是等边三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝∠B＝60°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴∠ACE＝∠B＝60°，
∴∠BAC＝∠ACE＝60°，
∴AB∥CE；
(2)由(1)可知，△ABD≌△ACE，
∴∠ADB＝∠AEC.
∵△ADE是等边三角形，
∴∠AED＝∠ADE＝60°.
∵∠BEC＝60°，
∴∠AEC＝∠AED＋∠BEC＝120°，
∴∠ADB＝∠AEC＝120°，
∴∠ADB＋∠ADE＝120°＋60°＝180°，
∴点B，D，E在同一直线上；
(3)BE的长为5.
【解法提示】如解图，在线段BE上取一点H，使得BH＝CE，连接AH，设AC交BE于点O.∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC，∠BAC＝60°.∵∠BEC＝60°，∴∠BAO＝∠OEC＝60°.∵∠AOB＝∠EOC，∴∠ABH＝∠ACE.∵BA＝CA，BH＝CE＝2，∴△ABH≌△ACE(SAS)，∴∠BAH＝∠CAE，AH＝AE，∴∠HAE＝∠BAC＝60°，∴△AEH是等边三角形，∴EH＝AE＝3，∴BE＝BH＋EH＝CE＋AE＝2＋3＝5.
第5题解图
6. (1)BF－AF＝eq \r(2)CF；
【解法提示】∵∠ACD＋∠ACE＝90°，∠ACE＋∠BCE＝90°，∴∠BCE＝∠ACD.∵BC＝AC，EC＝DC，∴△ACD≌△BCE(SAS)，∴BE＝AD，∠EBC＝∠CAD，∵点D、F重合，∴BE＝AD＝AF.∵△CDE为等腰直角三角形，∴DE＝EF＝eq \r(2)CF，∴BF＝BD＝BE＋ED＝AF＋eq \r(2)CF，∴BF－AF＝eq \r(2)CF.
(2)证明：由(1)知，△ACD≌△BCE(SAS)，
∴∠CAF＝∠CBE，BE＝AD，
如解图①，过点C作CG⊥CF交BF于点G，
∵∠ACF＋∠ACG＝90°，∠ACG＋∠GCB＝90°，
∴∠ACF＝∠BCG.
∵∠CAF＝∠CBE，BC＝AC，
∴△BCG≌△ACF(ASA)，
∴GC＝FC，BG＝AF，
∴△GCF为等腰直角三角形，
∴GF＝eq \r(2)CF，
∴BF＝BG＋GF＝AF＋eq \r(2)CF，
∴BF－AF＝eq \r(2)CF；
第6题解图①
(3)BF－kAF＝eq \r(k2＋1)·FC.
【解法提示】由(2)知，∠BCE＝∠ACD，∵BC＝kAC，EC＝kDC，∴eq \f(BC,AC)＝eq \f(EC,CD)＝k，∴△BCE∽△ACD，∴∠CAD＝∠CBE，如解图②，过点C作CG⊥CF交BF于点G，由(2)知，∠BCG＝∠ACF，∴△BGC∽△AFC，∴eq \f(BG,AF)＝eq \f(BC,AC)＝k＝eq \f(GC,FC)，∴BG＝kAF，GC＝kFC，在Rt△CGF中，GF＝eq \r(GC2＋FC2)＝eq \r(（kFC）2＋FC2)＝eq \r(k2＋1)·FC，∴BF＝BG＋GF＝kAF＋eq \r(k2＋1)·FC，∴BF－kAF＝eq \r(k2＋1)·FC.
第6题解图②
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