中考总复习数学（河南地区）题型帮题型二类比、拓展探究题课件

这是一份中考总复习数学（河南地区）题型帮题型二类比、拓展探究题课件，共60页。PPT课件主要包含了目录河南·中考，“手拉手”模型，类型1，模型讲解，得分巧记，典例剖析，中点模型，类型2，半角模型，类型3等内容，欢迎下载使用。

类型1 “手拉手”模型考点2 中点模型考点3 半角模型类型4　“一线三等角”模型类型5　对角互补模型
1.【模型说明】两个三角形的顶点重合,其中一个三角形不动,另一个三角形绕着一个重合的顶点旋转,就好像手拉着手一样,故叫“手拉手”模型.2.【模型特征】(1)有一个公共顶点的一对相似三角形(对应边相等时,是全等三角形);(2)一个三角形位置固定,另一个三角形绕公共顶点旋转;(3)“左手拉左手”“右手拉右手”(如下表中的“左手”点A与点C,“右手”点B与点D始终相连).
3.【模型类别及相关结论】　
1.判断“左右手”的方法:将初始图形的公共顶点放在上方,图形正对我们,我们左边顶点为“左手”,右边顶点为“右手”.2.两条“拉手线”所在直线夹角与初始图形中公共顶点对应的角相等或互补.3.三角形顺时针或逆时针旋转,得到的结论都是一样的,要根据题干的条件灵活运用. 4.“手拉手”模型中,对应边与“拉手线”组成的两个三角形相似(若“手拉手”的两个三角形均是等腰三角形,且公共顶点是顶角顶点,则对应边与“拉手线”组成的两个三角形全等).
4.【模型构造】如果题中图形没有有一个公共顶点的相似三角形,就需要“补形”,即构造一对有一个公共顶点的相似三角形.“补形”方法:如图(1),此图形有一个等腰直角三角形ACD和一条“拉手线”BD,则以顶点A为直角顶点,补一个等腰直角三角形ABE,再连接另一条“拉手线”CE,得到图(2).结论:△ABD≌△AEC,△ABE∽△ADC.即“旋转相似+旋转全等”都出现了.注:其他“手拉手”模型的“补形”方法基本是一致的.
如果题中图形没有有一个公共顶点的相似三角形,就需要“补形”,即构造一对有一个公共顶点的相似三角形.“补形”方法:如图(1),此图形有一个等腰直角三角形ACD和一条“拉手线”BD,则以顶点A为直角顶点,补一个等腰直角三角形ABE,再连接另一条“拉手线”CE,得到图(2).结论:△ABD≌△AEC,△ABE∽△ADC.即“旋转相似+旋转全等”都出现了.注:其他“手拉手”模型的“补形”方法基本是一致的.
例1 [2018河南,22](1)问题发现如图(1),在△OAB和△OCD中,OA=OB,OC=OD,∠AOB=∠COD=40°,连接AC,BD交于点M.填空:① 的值为_____;②∠AMB的度数为______. 
(2)类比探究如图(2),在△OAB和△OCD中,∠AOB=∠COD=90°,∠OAB=∠OCD=30°,连接AC,交BD的延长线于点M.请判断 的值及∠AMB的度数,并说明理由.(3)拓展延伸在(2)的条件下,将△OCD绕点O在平面内旋转,AC,BD所在直线交于点M.若OD=1,OB= ,请直接写出当点C与点M重合时AC的长.
【思路分析】　(1)根据“手拉手”全等模型2,得到△AOC≌△BOD,∠AMB=∠AOB;(2)根据“手拉手”相似模型2,得到△AOC∽△BOD,AC⊥BD,求解即可;(3)在旋转过程中,始终有“拉手线”AC与BD互相垂直,据此设未知数,运用勾股定理求解即可.【参考答案】　(1)①1　②40°解法提示:①∵∠AOB=∠COD,∴∠BOD=∠AOC,又∵OC=OD,OA=OB,∴△AOC≌△BOD,(此为“手拉手”全等模型2的应用,△OAB和△OCD是有一个公共顶点的相似三角形,AC,BD是“拉手线”)
②设BD,OA交于点N,∵∠MNA=∠ONB,∠OBD=∠OAC,∴∠AMB=∠AOB=40°.(“拉手线”AC,BD所在直线所夹锐角与∠AOB相等)(2) ,∠AMB=90°.理由如下:∵∠AOB=∠COD=90°,∠OAB=∠OCD=30°,∴ ,∠COD+∠AOD=∠AOB+∠AOD,即∠AOC=∠BOD,∴△AOC∽△BOD,(此为“手拉手”相似模型2的应用,△OAB和△OCD是有一个公共顶点的相似三角形,AC,BD是“拉手线”)∴ ,∠CAO=∠DBO.设AO,BM交于点N,∵∠ANM=∠BNO,∴∠AMB=∠AOB=90°.(“拉手线”AC,BD所在直线互相垂直)
(3)AC的长为2 或3 .解法提示:由(2)可知,∠AMB=90°, ,设BD=x,则AC= x.分两种情况讨论.如图(1),当点M,C在OA上侧重合时,在Rt△ABC中,AB2=AC2+BC2,∴(2 )2=( x)2+(x+2)2,解得x1=2,x2=-3(不合题意,舍去), ∴AC= x=2 .
如图(2),当点M,C在OA下侧重合时,在Rt△ABC中,AB2=AC2+BC2,∴(2 )2=( x)2+(x-2)2,解得x1=-2(不合题意,舍去),x2=3,∴AC= x=3 .综上所述,AC的长为2 或3 .
例2 在△ABC中,∠BAC=60°.(1)如图(1),AB=AC,点P在△ABC内,且∠APC=150°,PA=3,PC=4.以AP为一边,在AP右侧作等边三角形APD,连接CD.①依题意补全图(1);②直接写出PB的长.(2)如图(2),若AB=AC,点P在△ABC外,且PA=3,PB=5,PC=4,求∠APC的度数.(3)如图(3),若AB=2AC,点P在△ABC内,且PA= ,PB=5,∠APC=120°,直接写出PC的长.
【思路分析】　(1)依题意补形,根据“手拉手”全等模型2,得到△ABP≌△ACD,得到BP=CD,进而在△DPC中进行求解;(2)“补形”方法同(1),再结合勾股定理的逆定理进行求解;(3)根据“手拉手”相似模型4补形,已知△ABC和“拉手线”BP,补充与它相似的△APD和“拉手线”CD,得到△ABP∽△ACD,再结合勾股定理进行求解.【参考答案】　(1)①依题意补全图形,如图(1)所示.
②PB=5.解法提示:由等边三角形的性质,得AD=DP=AP=3,∠DAP=∠APD=60°,又∠BAC=60°,∠APC=150°,∴∠BAP=∠CAD,∠DPC=90°,又AB=AC,∴△ABP≌△ACD,(此为“手拉手”全等模型2的应用,△ABC和△APD是有一个公共顶点的相似三角形,BP,CD是“拉手线”)∴BP=CD.在Rt△PDC中,∠DPC=90°,PD=3,PC=4,∴BP=CD=5.
(2)如图(2),以AP为一边,在AP的左上方作等边三角形APD,连接DC,(根据“手拉手”全等模型2补形,已知等边三角形ABC和“拉手线”BP,补充等边三角形APD和“拉手线”CD)可得DP=AD=AP=3,∠PAD=∠DPA=60°=∠BAC,∴∠BAP=∠CAD,又AB=AC,∴△APB≌△ADC,∴CD=BP=5.在△DPC中,DP2+CP2=32+42=52=CD2,∴∠DPC=90°,∴∠APC=∠DPC-∠DPA=90°-60°=30°.
(3)PC=2.解法提示:在△ABC中,∠BAC=60°,AB=2AC,易得∠ACB=90°,∠ABC=30°.如图(3),将AP绕点A逆时针旋转60°,得到AE,在AE上截取AD= AP,连接DP,DC,(根据“手拉手”相似模型4补形,已知△ABC和“拉手线”BP,补充与它相似的△APD和“拉手线”CD)则△APD∽△ABC,∴∠APD=∠ABC=30°,∠ADP=∠ACB=90°,∴∠DPC=120°-30°=90°,PD=APsin∠PAD= ×sin 60°= .∵∠BAC=∠PAD=60°,∴∠BAP=∠CAD,又 2,∴△ABP∽△ACD,∴ ,∴CD= .在Rt△DPC中,根据勾股定理,得CP= 2.
解决类比探究题的一般思路第一问通过操作发现,找到解决问题的思路和方法;第二问通常是在第一问的基础上,改变其中的一个条件,只需观察改变的条件,即可利用同样的思路解决问题;第三问通常将原题中的特殊情况推广到一般情况,要求考生在前两问积累的“基本活动经验”的基础上,通过直观想象,画出图形,进行证明或求解,一般考查的是:点共线或点重合问题、夹角是某特殊角问题、最值或范围问题、围成特殊图形问题、补形或构造问题等.
详见本书高分突破·微专项4.例3 如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠ABC=30°,点D是AC边上一点,过点D作DE⊥AB于点E,连接BD,取BD的中点F,连接FE,FC.【观察猜想】(1)如图(1),线段FE与线段FC的数量关系是_____,∠EFC=______°; 
【问题探究】(2)将图(1)中的△ADE绕点A逆时针旋转,当旋转角是60°时,如图(2)所示,连接CE,请判断△FEC是不是等边三角形,并说明理由.
【思路分析】　(1)根据直角三角形斜边中线的性质,可得FE=FC= ,再结合三角形外角及等腰三角形的性质,可求得∠EFC的度数.(2)方法一(倍长中线法):延长EF到点G,使FG=EF,连接BG,CG,根据条件证明△CBG∽△CAE,可求得∠ECG=90°,∠CEG=60°,最后结合直角三角形斜边中线的性质,可得CF=EF,问题得证.方法二(倍长中线法):延长CF至点H,使FH=CF,连接DH,EH,根据条件证明△EDH∽△EAC,可求得∠CEH=90°,∠ECH=60°,最后结合直角三角形斜边中线的性质,可得CF=EF,问题得证.
方法三:(构造直角三角形斜边中线法)取AD的中点M,连接EM,根据条件证明△AEC≌△MEF,得到EC=EF,∠AEC=∠MEF,从而得到∠CEF=60°,问题得证.方法四(构造直角三角形斜边中线法):取AB的中点N,连接CN,根据条件证明△CAE≌△CNF,得到CE=CF,∠ACE=∠NCF,从而得到∠ECF=60°,问题得证.方法五(构造直角三角形斜边中线法):过点D作DP⊥BC,DO⊥AC,垂足分别为点P,O,连接PF,根据条件证明△EDF≌△CPF,得到FE=FC,∠DFE=∠PFC,从而得到∠EFC=60°,问题得证.
方法六(构造全等三角形法):延长AC到点Q,使CQ=AE,连接FQ,设点M为AD的中点,根据条件证明△AEF≌△QCF,得到FE=FC,∠EFA=∠CFQ,从而得到∠EFC=60°,问题得证.方法七(轴对称法):作点E关于直线AB的对称点R,易知点R在AC上,连接DR,FR,过点F作FS⊥AC于点S,根据条件证明FE=FC,∠CFE=60°,问题得证.方法八(轴对称法):作点C关于直线AB的对称点T,易知点T在AE的延长线上,连接BT,FT,过点F作FW⊥AT于点W,根据条件证明FE=FC,∠CFE=60°,问题得证.
参考答案　(1)FE=FC　60解法提示:在Rt△DCB和Rt△DEB中,点F是斜边上的中点,∴FE=BF=FC,∴∠FCB=∠FBC= ∠DFC,∠FEB=∠FBE= ∠DFE,∴∠EFC=∠DFC+∠DFE=2∠ABC=60°.
(2)△FEC是等边三角形.理由如下:方法一(倍长中线法):如图(1),延长EF到点G,使FG=EF,连接BG,CG,易证△EFD≌△GFB,∴BG=DE,∠FBG=∠EDF.易知∠EDA=30°,DE=AE,∠CAE=120°,∴ ,∠FBG=∠EDF=150°,∴∠CBG=150°-30°=120°=∠CAE,∴△CBG∽△CAE,∴∠BCG=∠ACE, ,∴∠ECG=∠ECB+∠BCG=∠ECB+∠ACE=90°,∴∠CEG=60°,CF=EF,∴△FEC是等边三角形.
方法二(倍长中线法):如图(2),延长CF至点H,使FH=CF,连接DH,EH,易证△DFH≌△BFC,∴DH=BC= AC,∠HDF=∠B=30°,∴ ,∠EDH=180°-30°-30°=120°=∠EAC,∴△EDH∽△EAC,∴∠DEH=∠AEC, ,∴∠CEH=∠CED+∠DEH=∠CED+∠AEC=90°,∴∠ECH=60°,CF=EF,∴△FEC是等边三角形.
方法三(构造直角三角形斜边中线法):如图(3),取AD的中点M,连接EM,∵∠AED=90°,∴EM=AM,又∠EAM=60°,∴△AEM是等边三角形,∴AE=EM,∠AME=60°,∴∠EMF=120°=∠CAE.∵MF=MD+DF= AD+ BD= AB,AC= AB,∴MF=AC,∴△AEC≌△MEF,∴EC=EF,∠AEC=∠MEF,∴∠CEF=∠MEF+∠CEM=∠AEC+∠CEM=∠AEM=60°,∴△FEC是等边三角形.
方法四(构造直角三角形斜边中线法):如图(4),取AB的中点N,连接CN,则CN=AN=BN= AB,又DF=FB= DB,∴NF=NB-FB= (AB-BD)= AD=AE.易证△ACN是等边三角形,∴AC=NC,∠ANC=60°,∴∠CNF=120°=∠CAE,∴△CAE≌△CNF,∴CE=CF,∠ACE=∠NCF,∴∠ECF=∠ECN+∠NCF=∠ECN+∠ACE=∠ACN=60°,∴△FEC是等边三角形.
方法五(构造直角三角形斜边中线法):如图(5),过点D作DP⊥BC,DO⊥AC,垂足分别为点P,O,连接PF,则PF=DF=BF.易证DE=DO=PC,∠FPC=∠FDE=150°,△DFP是等边三角形,∴△EDF≌△CPF,∠DFP=60°,∴FE=FC,∠DFE=∠PFC,∴∠EFC=∠DFP=60°,∴△FEC是等边三角形.
方法六(构造全等三角形法):如图(6),延长AC到点Q,使CQ=AE,连接FQ,设点M为AD的中点,则AM=MD=AE.∵AF=AM+MF=AM+ AB,AQ=AC+CQ= AB+AE,∴AF=AQ,又∠QAF=60°,∴△AFQ是等边三角形,∴∠AFQ=∠CQF=60°=∠EAF,AF=FQ,∴△AEF≌△QCF,∴FE=FC,∠EFA=∠CFQ,∴∠EFC=∠AFQ=60°,∴△FEC是等边三角形.
方法七(轴对称法):如图(7),作点E关于直线AB的对称点R,易知点R在AC上,连接DR,FR,则DR⊥AC,FR=FE,∠EFA=∠RFA.过点F作FS⊥AC于点S,则∠AFS=30°,DR∥FS∥BC.∵DF=BF,∴RS=SC,∴直线SF是线段RC的垂直平分线,∴FR=FC,∠RFS=∠CFS,∴FE=FC,∠CFE=∠RFC+∠RFE=2∠SFA=60°,∴△FEC是等边三角形.
方法八(轴对称法):如图(8),作点C关于直线AB的对称点T,易知点T在AE的延长线上,连接BT,FT,则BT⊥AT,FT=FC,∠CFA=∠TFA,∠ABT=∠ABC=30°.过点F作FW⊥AT于点W,则∠AFW=30°,DE∥FW∥BT.∵DF=BF,∴TW=WE,∴直线WF是线段ET的垂直平分线,∴FT=FE,∠TFW=∠EFW,∴FE=FC,∠CFE=∠CFA+∠AFE=∠AFT+∠AFE=2∠AFE+2∠EFW=2∠AFW=60°,∴△FEC是等边三角形.
模型讲解详见本书高分突破·微专项6.典例剖析例4 在△ABC中,AB=AC,点D为底边BC上一动点,将射线AD绕点A逆时针旋转后,与射线BC相交于点E,且∠DAE= ∠BAC.(1)发现问题:如图(1),当点E在底边BC上,∠BAC=90°时,请直接写出线段BD,DE,EC之间的数量关系;
(2)问题探究:如图(2),当点E在底边BC上,∠BAC=60°,且BD=CE时,求证:DE= CE;(3)拓展应用:当∠BAC=120°,BC=6,且BD=2CE时,请直接写出CE的长度.
【思路分析】　(1)将△AEC绕点A顺时针旋转90°得到△AE'B,连接DE',再证△AE'D≌△AED,得到DE=DE',最后进行等量代换即可得解.(2)将△ABD绕点A逆时针旋转60°,得到△ACF,连接EF,证明△ADE≌△AFE,推出DE=EF.过点F作FG⊥BC于点G,用含CE的式子表示EG,FG,最后利用勾股定理可求得EF与CE的关系式,问题得证.(3)将△ABD绕点A逆时针旋转120°得到△ACF,连接EF,易得DE=EF,分两种情况讨论.①当点E在点C左侧时,用含CE的式子表示DE的长,根据BC=6列出关于CE的方程,求解即可.②当点E在点C右侧时,过点E作EG⊥FC于点G,用含CE的式子表示FG,EF,EG的长,再根据勾股定理列出关于CE的方程,求解即可.
【参考答案】　(1)DE2=BD2+EC2.解法提示:如图(1),将△AEC绕点A顺时针旋转90°得到△AE'B,连接DE',则BE'=EC,AE'=AE,∠C=∠ABE',∠EAC=∠E'AB.在Rt△ABC中,∵AB=AC,∴∠ABC=∠ACB=45°,∴∠ABC+∠ABE'=90°,即∠E'BD=90°,∴E'B2+BD2=E'D2.
∵∠DAE=45°,∴∠BAD+∠EAC=45°,∴∠E'AB+∠BAD=45°,∴∠E'AD=45°=∠EAD,又AD=AD,AE'=AE,∴△AE'D≌△AED,∴DE'=DE,∴DE2=BD2+EC2.
(2)证明:如图(2),将△ABD绕点A逆时针旋转60°,得到△ACF,连接EF,则AF=AD,CF=BD,∠CAF=∠BAD,∠ACF=∠ABD=60°.∵∠DAE= ∠BAC=30°,∴∠BAD+∠CAE=30°,∴∠EAF=∠CAF+∠CAE=∠BAD+∠CAE=30°,∴∠DAE=∠EAF,又∵AD=AF,AE=AE,∴△ADE≌△AFE,∴DE=EF.
过点F作FG⊥BC交BC的延长线于点G.∵∠ECF=∠ACE+∠ACF=60°+60°=120°,∴∠FCG=60°,∴CG=FCcs 60°= FC= BD= CE,FG=FCsin 60°= CE,∴EG= CE,∴DE=EF=
(3)CE的长为3- 或 -1.解法提示:分两种情况讨论.①当点E在点C左侧时,如图(3),将△ABD绕点A逆时针旋转120°,得到△ACF,连接EF,则CF=BD=2CE,∠ACF=∠B=30°,∴∠ECF=60°,∴∠FEC=90°(注:过点F作FH⊥CE于点H,则CH= FC,∴CH=CE,∴点E,H重合),∴EF= CE.易证△ADE≌△AFE,∴DE=EF= CE,∴BC=BD+DE+CE=2CE+ CE+CE=6,解得CE=3- .
②当点E在点C右侧时,如图(4),将△ABD绕点A逆时针旋转120°,得到△ACF,连接EF,则CF=BD=2CE,∠ACF=∠B=30°,∴∠DCF=60°.过点E作EG⊥FC交FC的延长线于点G,则∠ECG=60°,∴EG= CE,CG= CE,∴FG= CE.易证△ADE≌△AFE,∴EF=DE=6-2CE+CE=6-CE.由勾股定理可得EG2+FG2=EF2,即( CE)2+( CE)2=(6-CE)2,解得CE= -1(负值已舍).综上可知,CE的长为3- 或 -1.
1.【模型说明】“一线三等角”模型指的是三个等角的顶点在同一条直线上的模型,也称为“K型”相似模型,如图,∠ABC=∠ACE=∠CDE.特别地,当∠ABC=∠ACE=∠CDE=90°时,该模型是“一线三直角”模型(详见高分突破·微专项5.
2.【模型类别及相关结论】
例5 (1)问题发现:如图(1),△ABC是等边三角形,点D,E分别在边BC,AC上,若∠ADE=60°,则线段AB,CE,BD,DC之间的数量关系是__________. (2)拓展探究:如图(2),△ABC是等腰三角形,AB=AC,∠B=α,点D,E分别在边BC,AC上.若∠ADE=α,则(1)中的结论是否仍然成立?请说明理由.
(3)解决问题:如图(3),在△ABC中,∠B=30°,AB=AC=4 cm,点P从点A出发,以1 cm/s的速度沿AB匀速运动,同时点M从点B出发,以 cm/s的速度沿BC匀速运动,当其中一个点运动至终点时,另一点也随之停止运动.连接PM,在PM右侧作∠PMG=30°,该角的另一边交射线CA于点G,连接PG.设运动时间为t s,当△APG为等腰三角形时,请直接写出t的值.
【思路分析】　(1)通过角的关系可证△ABD∽△DCE,根据相似三角形对应边成比例可得到线段之间的关系.(2)可证△ABD∽△DCE,即可得到结论.(3)可证△PBM∽△MCG,得到 ,用含t的式子表示PB,BM,MC的长,进而用含t的式子表示CG的长.再分点G在线段AC上和点G在CA的延长线上两种情况讨论,并列方程进行求解.
【参考答案】　(1) 解法提示:∵△ABC是等边三角形,∴∠B=∠C=60°,∴∠BAD+∠ADB=180°-60°=120°.∵∠ADE=60°,∴∠CDE+∠ADB=180°-60°=120°,∴∠BAD=∠CDE,∴△ABD∽△DCE,(此为“一线三等角”模型的应用,由∠B=∠ADE=∠C,得到△ABD∽△DCE)∴ .
(2)(1)中的结论仍然成立.理由:∵AB=AC,∠B=α,∴∠C=∠B=α,∠BAD+∠ADB=180°-α.∵∠ADE=α,∴∠CDE+∠ADB=180°-α,∴∠BAD=∠CDE,∴△ABD∽△DCE,(此为“一线三等角”模型的应用,由∠B=∠ADE=∠C,得到△ABD∽△DCE)∴ .
(3)t的值为1或2.解法提示:∵∠B=30°,AB=AC,∴∠C=∠B=30°,∠BPM+∠PMB=180°-30°=150°.∵∠PMG=30°,∴∠CMG+∠PMB=180°-30°=150°,∴∠BPM=∠CMG.又∠B=∠C=30°,∴△PBM∽△MCG,(此为“一线三等角”模型的应用,由∠B=∠PMG=∠C,得到△PBM∽△MCG)∴ .
由题意可知AP=t cm,BM= t cm,∴BP=(4-t)cm.过点A作AH⊥BC于点H,则CH=BH= AB=2 cm,∴BC=4 cm,∴CM=(4 - t)cm,∴ ,∴CG=3t.
分两种情况讨论.①当点G在线段AC上时,如图(1),∵△APG为等腰三角形,∠PAG=120°,∴AP=AG,此时AG=AC-CG=(4-3t)cm,∴4-3t=t,解得t=1.②当点G在CA的延长线上时,如图(2),∵△APG为等腰三角形,∠PAG=30°+30°=60°,∴△APG为等边三角形,∴AP=AG,此时AG=CG-AC=(3t-4)cm,∴3t-4=t,解得t=2.综上可知,t的值为1或2.
例6 如图(1),在矩形ABCD中,AB=3,BC=4,将一个直角的顶点P放在对角线BD的中点处,以点P为旋转中心转动这个直角,旋转过程中使得角的两边分别与边CD,BC交于点E,F,连接EF.(1)特例感知:如图(2),当点F是边BC的中点时,PE=______,tan∠PFE=___. 
(2)类比延伸:在∠EPF绕点P旋转的过程中,∠PFE的大小是否发生变化?若不变,请求出tan∠PFE的值;若变化,请说明理由. (3)拓展迁移:在∠EPF绕点P旋转的基础上,再在BD上移动点P,如图(3),当 时,请直接写出此时tan∠PFE的值.
【思路分析】　(1)直接求出PE,PF的长,即可求得tan∠PFE的值.(2)方法一:过点P分别作PM⊥BC于点M,PN⊥CD于点N,证明△PNE∽△PMF,得到 ,即可求得tan∠PFE的值.方法二:过点P作PH⊥BD交BC于点H,证明△PFH∽△PED,得到 ,即可求得tan∠PFE的值.
方法三:过点P作BD的垂线,交DC的延长线于点K,易证△PEK∽△PFB,得到 ,即可求得tan∠PFE的值.方法四:易知点P,C均在以EF为直径的圆上,连接PC,则∠PFE=∠PCE=∠PDC,即可求得tan∠PFE的值.(3)方法一:过点P分别作PQ⊥BC于点Q,PR⊥CD于点R,通过证明△PRE∽△PQF,得到 ,即可求得tan∠PFE的值.方法二:过点P作BD的垂线,交BC的延长线于点S,通过证明△PDE∽△PSF,得到 ,即可求得tan∠PFE的值.
方法三:过点P作BD的垂线,交CD于点I,通过证明△PEI∽△PFB,得到 ,即可求得tan∠PFE的值.方法四:易知点P,C均在以EF为直径的圆上,连接PC,则∠PCE=∠PFE.过点P作PT⊥CD于点T,求出PT,CT的长度,即可求得tan∠PFE的值.【参考答案】　(1)2　 解法提示:∵点P是BD的中点,点F是BC的中点,∴PF∥DC.又∠C=90°,∴PF⊥BC.又∵∠EPF=90°,∴PE∥BC,∴△PDE∽△BDC,
(2)∠PFE的大小不变.方法一:如图(1),过点P分别作PM⊥BC于点M,PN⊥CD于点N,则四边形PMCN是矩形,∴∠MPN=90°=∠EPF,∴∠MPE+∠EPN=∠FPM+∠MPE,∴∠EPN=∠FPM.又∠PNE=∠PMF,∴△PNE∽△PMF,∴
方法二:如图(2),过点P作PH⊥BD,交BC于点H,则∠HPD=90°=∠EPF,∴∠HPE+∠EPD=∠FPH+∠HPE,∴∠EPD=∠FPH.∵∠FPE=∠C=90°,∴∠PFH+∠PEC=180°.又∠PEC+∠PED=180°,∴∠PFH=∠PED,∴△PFH∽△PED,∴ =tan∠PHB=tan∠BDC= ,∴tan∠PFE .
方法三:如图(3),过点P作BD的垂线,交DC的延长线于点K,易证△PEK∽△PFB,
方法四:如图(4),∵∠FPE=∠FCE=90°,∴点P,C均在以EF为直径的圆上,连接PC,则∠PFE=∠PCE.易知PC=PD,∴∠PDC=∠PCD=∠PFE,∴tan∠PFE=tan∠PDE=