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).
