人教版九年级数学上册 几何模型压轴题专题练习(解析版)

人教版九年级数学上册几何模型压轴题专题练习（解析版）

一、初三数学旋转易错题压轴题（难）

1．探究：如图①和②，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°，点E、F分别在BC、CD 上，∠EAF=45°．

（1）如图①，若∠B、∠ADC都是直角，把ABE

△绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合，则能得EF=BE+DF，请写出推理过程；

（2）如图②，若∠B、∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足数量关系时，仍有

EF=BE+DF；

（3）拓展：如图③，在ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=22，点D、E均在边BC上，且∠DAE=45°．若BD=1，求DE的长．

【答案】（1）见解析；（2）∠B+∠D=180°；（3）5 3

【解析】

【分析】

（1）根据已知条件证明△EAF≌△GAF，进而得到EF=FG，即可得到答案；

（2）先作辅助线，把△ABE绕A点旋转到△ADG，使AB和AD重合，根据（1），要使EF=BE+DF，需证明△EAF≌△GAF，因此需证明F、D、G在一条直线上，即

180

ADG ADF

∠+∠=?，即180

B D

∠+∠=?；

（3）先作辅助线，把△AEC绕A点旋转到△AFB，使AB和AC重合，连接DF，根据已知条件证明△FAD≌△EAD，设DE=x，则DF=x，BF=CE=3﹣x，然后再Rt BDF中根据勾股定理即可求出x的值，即DE的长．

【详解】

（1）解：如图，

∵把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合，

∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，BE=DG，

∵∠BAD=90°，∠EAF=45°，

∴∠BAE+∠DAF=45°，

∴∠DAG+∠DAF=45°，

即∠EAF=∠GAF=45°，

在△EAF和△GAF中

AF AF

EAF GAF

AE AG

=

?

?

∠=∠

?

?=

?

∴△EAF≌△GAF（SAS），

∴EF=GF，

∵BE=DG，

∴EF=GF=BE+DF；

（2）解：∠B+∠D=180°，

理由是：

如图，把△ABE绕A点旋转到△ADG，使AB和AD重合，则AE=AG，∠B=∠ADG，∠BAE=∠DAG，

∵∠B+∠ADC=180°，

∴∠ADC+∠ADG=180°，

∴F、D、G在一条直线上，

和（1）类似，∠EAF=∠GAF=45°，

在△EAF和△GAF中

AF AF

EAF GAF

AE AG

=

?

?

∠=∠

?

?=

?

∴△EAF≌△GAF（SAS），

∴EF=GF，

∵BE=DG，

∴EF=GF=BE+DF；

故答案为：∠B+∠D=180°；

（3）解：∵△ABC中，2BAC=90°，

∴∠ABC=∠C=45°，由勾股定理得：22

AB AC

+，

如图，把△AEC 绕A 点旋转到△AFB ，使AB 和AC 重合，连接DF ． 则AF=AE ，∠FBA=∠C=45°，∠BAF=∠CAE ， ∵∠DAE=45°，

∴∠FAD=∠FAB+∠BAD=∠CAE+∠BAD=∠BAC ﹣∠DAE=90°﹣45°=45°， ∴∠FAD=∠DAE=45°， 在△FAD 和△EAD 中

AD AD FAD EAD AF AE =??

∠=∠??=?

∴△FAD ≌△EAD ， ∴DF=DE ， 设DE=x ，则DF=x ， ∵BD=1，

∴BF=CE=4﹣1﹣x=3﹣x ， ∵∠FBA=45°，∠ABC=45°， ∴∠FBD=90°，

由勾股定理得：222DF BF BD =+，

22(3)1x x =-+，

解得：x=53

， 即DE=

53． 【点睛】

本题综合考查三角形的性质和判定、正方形的性质应用、全等三角形的性质和判定、勾股定理等知识，解题关键在于正确做出辅助线得出全等三角形．

2．阅读材料并解答下列问题：如图1，把平面内一条数轴x 绕原点O 逆时针旋转角

00)90(θ??<<得到另一条数轴,y x 轴和y 轴构成一个平面斜坐标系.xOy

规定：过点P 作y 轴的平行线，交x 轴于点A ，过点P 作x 轴的平行线，交y 轴于点B ，

若点A 在x 轴对应的实数为a ，点B 在y 轴对应的实数为b ，则称有序实数对(),a b 为点

P 在平面斜坐标系xOy 中的斜坐标．如图2，在平面斜坐标系xOy 中，已知60θ?=，点

P 的斜坐标是()3,6，点C 的斜坐标是()0,6.

（1）连接OP ，求线段OP 的长；

（2）将线段OP 绕点O 顺时针旋转60?到OQ （点Q 与点P 对应），求点Q 的斜坐标； （3）若点D 是直线OP 上一动点，在斜坐标系xOy 确定的平面内以点D 为圆心，DC 长为半径作

D ，当⊙D 与x 轴相切时，求点D 的斜坐标，

【答案】（1）37OP =2）点Q 的斜坐标为（9，3-）；（3）点D 的斜坐标为：

（

3

2

，3）或（6，12）． 【解析】 【分析】

（1）过点P 作PC ⊥OA ，垂足为C ，由平行线的性质，得∠PAC=60θ=?，由AP=6，则

AC=3，33PC =OP 的长度；

（2）根据题意，过点Q 作QE ∥OC ，QF ∥OB ，连接BQ ，由旋转的性质，得到OP=OQ ，∠COP=∠BOQ ，则△COP ≌△BOQ ，则BQ=CP=3，∠OCP=∠OBQ=120°，然后得到△BEQ 是等边三角形，则BE=EQ=BQ=3，则OE=9，OF=3，即可得到点Q 的斜坐标；

（3）根据题意，可分为两种情况进行分析：①当OP 和CM 恰好是平行四边形OMPC 的对角线时，此时点D 是对角线的交点，求出点D 的坐标即可；②取OJ=JN=CJ ，构造直角三角形OCN ，作∠CJN 的角平分线，与直线OP 相交与点D ，然后由所学的性质，求出点D 的坐标即可． 【详解】

解：（1）如图，过点P 作PC ⊥OA ，垂足为C ，连接OP ，

∵AP∥OB，

∴∠PAC=60

θ=?，

∵PC⊥OA，

∴∠PCA=90°，

∵点P的斜坐标是()

3,6，∴OA=3，AP=6，

∴

1 cos60

2

AC

AP

?==，

∴3

AC=，

∴22

6333

PC=-=，336

OC=+=，

在Rt△OCP中，由勾股定理，得

22

6(33)37

OP=+=；

（2）根据题意，过点Q作QE∥OC，QF∥OB，连接BQ，如图：

由旋转的性质，得OP=OQ，∠POQ=60°，

∵∠COP+∠POA=∠POA+∠BOQ=60°，

∴∠COP=∠BOQ，

∵OB=OC=6，

∴△COP≌△BOQ（SAS）；

∴CP=BQ=3，∠OCP=∠OBQ=120°，

∴∠EBQ=60°，

∵EQ∥OC，

∴∠BEQ=60°，

∴△BEQ是等边三角形，

∴BE=EQ=BQ=3，

∴OE=6+3=9，OF=EQ=3，

∵点Q在第四象限，

∴点Q的斜坐标为（9，3 ）；

（3）①取OM=PC=3，则四边形OMPC是平行四边形，连接OP、CM，交点为D，如图：

由平行四边形的性质，得CD=DM，OD=PD，

∴点D为OP的中点，

∵点P的坐标为（3，6），

∴点D的坐标为（3

2

，3）；

②取OJ=JN=CJ，则△OCN是直角三角形，

∵∠COJ=60°，

∴△OCJ是等边三角形，

∴∠CJN=120°，

作∠CJN的角平分线，与直线OP相交于点D，作DN⊥x轴，连接CD，如图：

∵CJ=JN，∠CJD=∠NJD，JP=JP，

∴△CJD≌△NJD（SAS），

∴∠JCD=∠JND=90°，

则由角平分线的性质定理，得CD=ND；过点D作DI∥x轴，连接DJ，

∵∠DJN=∠COJ=60°，

∴OI∥JD，

∴四边形OJDI是平行四边形，

∴ID=OJ=JN=OC=6，

在Rt△JDN中，∠JDN=30°，

∴JD=2JN=12；

∴点D的斜坐标为（6，12）；

综合上述，点D的斜坐标为：（3

2

，3）或（6，12）．

【点睛】

本题考查了坐标与图形的性质，解直角三角形，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质等知识，解题的关键是理解题意，正确寻找圆心D的位置来解决问题，属于中考创新题型．注意运用分类讨论的思想进行解题．

3．边长为2的正方形ABCD的两顶点A、C分别在正方形EFGH的两边DE、DG上(如图1)，现将正方形ABCD绕D点顺时针旋转，当A点第一次落在DF上时停止旋转，旋转过程中， AB边交DF于点M，BC边交DG于点N.

（1）求边DA在旋转过程中所扫过的面积；

（2）旋转过程中，当MN和AC平行时(如图2)，求正方形ABCD旋转的度数；

（3）如图3，设△MBN的周长为p，在旋转正方形ABCD的过程中，p值是否有变化？请证明你的结论.

【答案】（1）；（2）；（3）不变化，证明见解析.

【解析】

试题分析：（1）将正方形ABCD绕D点顺时针旋转，当A点第一次落在DF上时停止旋转，旋转过程中，DA旋转了，从而根据扇形面积公式可求DA在旋转过程中所扫过的面积.

（2）旋转过程中，当MN和AC平行时，根据平行的性质和全等三角形的判定和性质可求正方形ABCD旋转的度数为.

（3）延长BA交DE轴于H点，通过证明和可得结论.（1）∵A点第一次落在DF上时停止旋转，∴DA旋转了.

∴DA在旋转过程中所扫过的面积为.

（2）∵MN∥AC，∴,.

∴.∴.

又∵，∴.

又∵,∴.

∴.∴.

∴旋转过程中，当MN和AC平行时，正方形ABCD旋转的度数为.

(3)不变化，证明如下：

如图，延长BA交DE轴于H点，则

，，

∴.

又∵.∴．

∴．

又∵, ,∴．

∴.∴.

∴.

∴在旋转正方形ABCD的过程中，值无变化.

考点：1.面动旋转问题；2．正方形的性质；3.扇形面积的计算；4.全等三角形的判定和性质.

4．某数学活动小组在作三角形的拓展图形，研究其性质时，经历了如下过程：

操作发现

（1）某小组做了有一个角是120?的等腰三角形DAC和等边三角形GEB纸片，=，让两个三角形如图①放置，点C和点G重合，点D，点E在AB的同侧，AC DA DC

和GB 在同一条直线上，点F 为AB 的中点，连接DF ，EF ，则DF 和EF 的数量关系与位置关系为：________； 数学思考

（2）在图①的基础上，将GEB 绕着C 点按顺时针方向旋转90?，如图②，试判断DF 和EF 的数量关系和位置关系，并说明理由； 类比探索

（3）①将GEB 绕着点C 任意方向旋转，如图③或图④，请问DF 和EF 的数量关系和位置关系改变了吗？无论改变与否，选择图③或图④进行证明；

②GEB 绕着点C 旋转的过程中，猜想DF 与EF 的数量关系和位置关系，用一句话表述：________.

【答案】（1）3EF DF =，DF EF ；

（2）3EF DF =，DF EF ,理由见解析;

（3）①3EF DF =，DF EF ;②旋转过程中3EF DF =，DF

EF 始终成立.

【解析】 【分析】

（1）由题意过点D 作DM AB ⊥于点M ，过点E 作EN AB ⊥于点N ，利用等边三角形和中点性质设DM a =，2GB b =，结合相似三角形判定和性质进行综合分析求解； （2）根据题意要求判断DF 和EF 的数量关系和位置关系，连接CF ，OB 与AE 交于点M ，并综合利用垂直平分线定理以及矩形和等边三角形性质与三角函数进行综合分析； （3）①根据题意延长DF 并截取FN DF =，连接NE ，连接NB 并延长交CE 于点P ，交DC 的延长线于点O ，连接DE ，并利用全等三角形判定和性质以及三角函数进行分析证明；

②由题意可知结合①猜想可知旋转过程中3EF DF =，DF EF 始终成立.

【详解】

解：（1）3EF DF =，DF

EF ；

如解图，过点D 作DM AB ⊥于点M ，过点E 作EN AB ⊥于点N ，

AD CD =，EGB 为等边三角形. AM MC ∴=，GN BN =. 又点F 为AB 的中点， AF BF ∴=.

()1

2

MF CF NC NB AC AM CB MC NC +=++=+=+∴.

MF NC NB ∴==，CF CN FN AM +==. 设DM a =，2GB b =，

120ADC ∠=?，DA DC =，

3AM a ∴=，3FN a =，MF NC NB b ===. tan 33EGB NE GN GN b =?==∠.

在DMF 和FNE 中，

3

3DM FN a ==

， 3

3MF NE b

==

， 又

90DMF FNE ∠=∠=?， DMF FNE ∴∽.

MDF NFE ∴∠=∠，

3

DF DM FE FN ==

，即3EF DF =. 90MDF DFM ∠+∠=?，

90DFM NFE ∴∠+∠=?. 90DFE ∴∠=?.

3EF DF ∴=且DF

EF .

（2）3EF DF =，DF

EF .

理由如下：

如解图，连接CF ，OB 与AE 交于点M ，当旋转角是90?时，则90ACB ∠=?，在

Rt ACB △中，点F 是AB 的中点，

CF BF ∴=.

又

CE EB

=，

EF ∴垂直平分BC.同理，DF 垂直平分AC ， ∴四边形LCMF 为矩形， 90DFE ∴∠=?.

DF EF ∴⊥，//AC EF .

DA DC =，120ADC =∠?，30DCA ∴∠=?. GEB 为等边三角形， 60ECB ∴∠=?.

∴∠DCA+∠ACB+∠ECB=180^° ∴D ，C ，E 三点共线.

30DCA DEF ∴∠=∠=?.

∴在Rt DEF △中，3tan 3

3

DE DF F F E DF

===∠； （3）①3EF DF =，DF EF .

选择题图进行证明：

如解图，延长DF 并截取FN DF =，连接NE ，连接NB 并延长交CE 于点P ，交DC 的延长线于点O ，连接DE ，

在ADF 和BNF 中，

AF BF AFD BFN DF NF =??

∠=∠??=?

， ()SAS ADF BNF ∴?.

AD NB ∴=，ADF BNF ∠=∠. //AD NB ∴.

18060O ADC ∴∠=?-∠=?.

又CPO BPE ∠=∠，60O CEB ∠=∠=?， OCP OBE ∴∠=∠. DCE NBE ∴∠=∠. 又GEB 是等边三角形， GE BE ∴=，

又AD BN CD ==，

()

SAS

DCE NBE

∴?.

DE NE

∴=，BEN CED

∠=∠.

BEN BED CED BED

∴∠+∠=∠+∠，

即60

NED BEC

∠=∠=?.

DEN

∴是等边三角形.

又DF FN

=，

DF EF

∴⊥，60

FDE

∠=?.

tan3

E E

F DF DF

FD

∴∠

=?=.

或选择图进行证明，证明如下：

如解图，延长DF并延长到点N，使得FN DF

=，

连接NB，DE，NE，NB与CD 交于点O，EB与CD相交于点J，在ADF 和BNF中，

AF BF

AFD BFN

DF NF

=

?

?

∠=∠

?

?=

?

，

()

SAS

ADF BNF

∴?.

AD NB

∴=，ADF BNF

∠=∠.

//

AD NB

∴.

120

NOC ADC

∴∠=∠=?.

60

BOJ

∴∠=?，60

JEC

∠=?.

又OJB EJC

∠=∠，

OBE ECJ

∴∠=∠.

AD CD

=，AD NB

=，

CD NB

∴=.

又GEB是等边三角形，

CE BE

∴=.

()

SAS

DCE NBE

∴?.

DE NE

∴=，BEN CED

∠=∠.

BEN BED CED BED

∴∠-∠=∠-∠，

即60

NED BEC

∠=∠=?.

DEN

∴是等边三角形.

又DF FN

=，

DF EF ∴⊥，60FDE ∠=?. tan 3E E F DF DF FD ∴∠=?=.

②旋转过程中3EF DF =，DF EF 始终成立.

【点睛】

本题考查几何图形的综合探究题，难度大，运用数形结合思维分析以及掌握并灵活利用全等三角形判定和性质以及三角函数、相似三角形判定和性质等是解题关键.

错因分析：①未掌握旋转的性质，即旋转前后线段、角度均不变；②不能合理利用类比关系，由浅到深解决问题.

5．已知，如图：正方形ABCD ，将Rt △EFG 斜边EG 的中点与点A 重合，直角顶点F 落在正方形的AB 边上，Rt △EFG 的两直角边分别交AB 、AD 边于P 、Q 两点，（点P 与点F 重合），如图1所示：

（1）求证：EP 2+GQ 2=PQ 2；

（2）若将Rt △EFG 绕着点A 逆时针旋转α（0°＜α≤90°），两直角边分别交AB 、AD 边于P 、Q 两点，如图2所示：判断四条线段EP 、PF 、FQ 、QG 之间是否存在什么确定的相等关系？若存在，证明你的结论．若不存在，请说明理由；

（3）若将Rt △EFG 绕着点A 逆时针旋转α（90°＜α＜180°），两直角边所在的直线分别交BA 、AD 两边延长线于P 、Q 两点，并判断四条线段EP 、PF 、FQ 、QG 之间存在何种确定的相等关系？按题意完善图3，请直接写出你的结论（不用证明）．

【答案】（1）见解析；（2）PF 2+FQ 2=EP 2+GQ 2；（3）四条线段EP 、PF 、FQ 、QG 之间的关系为PF 2+GQ 2=PE 2+FQ 2． 【解析】 【分析】

（1）过点E 作EH ∥FG ，由此可证△EAH ≌△GAQ ，然后根据全等三角形的性质得到EH =QG ，又PQ =PH ，在Rt △EPH 中，EP 2+EH 2=PH 2，由此可以得到EP 2+GQ 2=PQ 2； （2）过点E 作EH ∥FG ，交DA 的延长线于点H ，连接PQ 、PH ，由此可证

△EAH ≌△GAQ ，然后根据全等三角形的性质得到EH =QG ，又PH =PQ ，在Rt △EPH 中，EP 2+EH 2=PH 2，即EP 2+GQ 2=PH 2，在Rt △PFQ 中，PF 2+FQ 2=PQ 2，故PF 2+FQ 2=EP 2+GQ 2； （3）四条线段EP 、PF 、FQ 、QG 之间的关系为PE 2+GQ 2=PF 2+FQ 2，证明方法同上． 【详解】

（1）过点E 作EH ∥FG ，连接AH 、FH ，如图所示：

∵EA=AG，∠HEA=∠AGQ，∠HAE=∠GAD，

∴△EAH≌△GAQ，

∴EH=QG，HA=AQ，

∵FA⊥AD，

∴PQ=PH．

在Rt△EPH中，

∵EP2+EH2=PH2，

∴EP2+GQ2=PQ2；

（2）过点E作EH∥FG，交DA的延长线于点H，连接PQ、PH，

∵EA=AG，∠HEA=∠AGQ，∠HAE=∠GAD，

∴△EAH≌△GAQ，

∴EH=QG，HA=AQ，

∵PA⊥AD，

∴PQ=PH．

在Rt△EPH中，

∵EP2+EH2=PH2，

∴EP2+GQ2=PH2．

在Rt△PFQ中，

∵PF2+FQ2=PQ2，

∴PF2+FQ2=EP2+GQ2．

（3）四条线段EP、PF、FQ、QG之间的关系为PF2+GQ2=PE2+FQ2．

【点睛】

本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，三线合一，勾股定理，正确作出辅助线是解答本题的关键.

6．如图1，在平面直角坐标系xOy 中，抛物线C ：y =ax 2+bx +c 与x 轴相交于A ，B 两点，顶点为D （0，4），AB =42，设点F （m ，0）是x 轴的正半轴上一点，将抛物线C 绕点F 旋转180°，得到新的抛物线C ′． （1）求抛物线C 的函数表达式；

（2）若抛物线C ′与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点，求m 的取值范围． （3）如图2，P 是第一象限内抛物线C 上一点，它到两坐标轴的距离相等，点P 在抛物线C ′上的对应点P ′，设M 是C 上的动点，N 是C ′上的动点，试探究四边形PMP ′N 能否成为正方形？若能，求出m 的值；若不能，请说明理由．

【答案】（1）2

142

y x =-+；（2）2＜m ＜223）m =6或m 17﹣3．

【解析】 【分析】

（1）由题意抛物线的顶点C （0，4），A （20），设抛物线的解析式为

24y ax =+，把A （220）代入可得a =1

2

-

，由此即可解决问题； （2）由题意抛物线C ′的顶点坐标为（2m ，﹣4），设抛物线C ′的解析式为

()21242y x m =--，由()22142

124

2y x y x m ?=-+????=--??

，消去y 得到222280x mx m -+-=，由题

意，抛物线C ′与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点，则有

()

222(2)4280

20280m m m m ?--->??

>?

?->??

，解不等式组即可解决问题； （3）情形1，四边形PMP ′N 能成为正方形．作PE ⊥x 轴于E ，MH ⊥x 轴于H ．由题意易知P （2，2），当△PFM 是等腰直角三角形时，四边形PMP ′N 是正方形，推出PF =FM ，∠PFM =90°，易证△PFE ≌△FMH ，可得PE =FH =2，EF =HM =2﹣m ，可得

M （m +2，m ﹣2），理由待定系数法即可解决问题；情形2，如图，四边形PMP ′N 是正方形，同法可得M （m ﹣2，2﹣m ），利用待定系数法即可解决问题． 【详解】

（1）由题意抛物线的顶点C （0，4），A

（0），设抛物线的解析式为

24y ax =+，把A

（0）代入可得a =12

-

， ∴抛物线C 的函数表达式为2

142

y x =-+．

（2）由题意抛物线C ′的顶点坐标为（2m ，﹣4），设抛物线C ′的解析式为

()2

1242

y x m =

--， 由()22

1421242y x y x m ?=-+????=--??

，

消去y 得到222280x mx m -+-= ，

由题意，抛物线C ′与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点，则有

()

222(2)428020280m m m m ?--->??

>?

?->??

， 解得2＜m

＜

∴满足条件的m 的取值范围为2＜m

＜ （3）结论：四边形PMP ′N 能成为正方形．

理由：1情形1，如图，作PE ⊥x 轴于E ，MH ⊥x 轴于H ．

由题意易知P （2，2），当△PFM 是等腰直角三角形时，四边形PMP ′N 是正方形，∴PF =FM ，∠PFM =90°，易证△PFE ≌△FMH ，可得

PE =FH =2，EF =HM =2﹣m ，∴M （m +2，m ﹣2），∵点M 在21

42

y x =-+上，

∴()2

12242

m m -=-

++，解得m =17﹣3或﹣17﹣3（舍弃），∴m =17﹣3时，四边形PMP ′N 是正方形．

情形2，如图，四边形PMP ′N 是正方形，同法可得M （m ﹣2，2﹣m ），

把M （m ﹣2，2﹣m ）代入2

142y x =-+中，()212242

m m -=--+，解得m =6或0（舍

弃），

∴m =6时，四边形PMP ′N 是正方形．

综上所述：m =6或m 17﹣3时，四边形PMP ′N 是正方形．

7．（问题提出）

如图①，已知△ABC 是等边三角形，点E 在线段AB 上，点D 在直线BC 上，且ED=EC ，将△BCE 绕点C 顺时针旋转60°至△ACF 连接EF 试证明：AB=DB+AF （类比探究）

（1）如图②，如果点E在线段AB的延长线上，其他条件不变，线段AB，DB，AF之间又有怎样的数量关系？请说明理由

（2）如果点E在线段BA的延长线上，其他条件不变，请在图③的基础上将图形补充完整，并写出AB，DB，AF之间的数量关系，不必说明理由．

【答案】证明见解析；（1）AB=BD﹣AF；（2）AF=AB+BD．

【解析】

【分析】

（1）根据旋转的性质得出△EDB与FEA全等的条件BE=AF，再结合已知条件和旋转的性质推出∠D=∠AEF，∠EBD=∠EAF=120°，得出△EDB≌FEA，所以BD=AF，等量代换即可得出结论．（2）先画出图形证明∴△DEB≌△EFA，方法类似于（1）；（3）画出图形根据图形直接写出结论即可．

【详解】

（1）证明：DE=CE=CF，△BCE

由旋转60°得△ACF，

∴∠ECF=60°，BE=AF，CE=CF，

∴△CEF是等边三角形，

∴EF=CE，

∴DE=EF，∠CAF=∠BAC=60°，

∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°，

∵∠DBE=120°，

∴∠EAF=∠DBE，

又∵A，E，C，F四点共圆，

∴∠AEF=∠ACF，

又∵ED=DC，

∴∠D=∠BCE，∠BCE=∠ACF，

∴∠D=∠AEF，

∴△EDB≌FEA，

∴BD=AF，AB=AE+BF，

∴AB=BD+AF．

类比探究（1）DE=CE=CF，△BCE由旋转60°得△ACF，

∴∠ECF=60°，BE=AF，CE=CF，

∴△CEF是等边三角形，

∴EF=CE，

∴DE=EF，∠EFC=∠BAC=60°，

∠EFC=∠FGC+∠FCG，∠BAC=∠FGC+∠FEA，∴∠FCG=∠FEA，

又∠FCG=∠EAD

∠D=∠EAD，

∴∠D=∠FEA，

由旋转知∠CBE=∠CAF=120°，

∴∠DBE=∠FAE=60°

∴△DEB≌△EFA，

∴BD=AE， EB=AF，

∴BD=FA+AB．

即AB=BD-AF．

（2）AF=BD+AB（或AB=AF-BD）

如图③，

，

ED=EC=CF，

∵△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF，

∴∠ECF=60°，BE=AF，EC=CF，BC=AC，

∴△CEF是等边三角形，

∴EF=EC，

又∵ED=EC，

∴ED=EF，

∵AB=AC，BC=AC，

∴△ABC是等边三角形，

∴∠ABC=60°，

又∵∠CBE=∠CAF，

∴∠CAF=60°，

∴∠EAF=180°-∠CAF-∠BAC =180°-60°-60° =60°

∴∠DBE=∠EAF ； ∵ED=EC ， ∴∠ECD=∠EDC ，

∴∠BDE=∠ECD+∠DEC=∠EDC+∠DEC ， 又∵∠EDC=∠EBC+∠BED ，

∴∠BDE=∠EBC+∠BED+∠DEC=60°+∠BEC ， ∵∠AEF=∠CEF+∠BEC=60°+∠BEC ， ∴∠BDE=∠AEF ， 在△EDB 和△FEA 中，

DBE EAF BDE AEF ED EF ∠∠??

∠∠???

＝＝＝ ∴△EDB ≌△FEA （AAS ）， ∴BD=AE ，EB=AF ， ∵BE=AB+AE ， ∴AF=AB+BD ，

即AB ，DB ，AF 之间的数量关系是： AF=AB+BD ．

考点：旋转变化，等边三角形，三角形全等，

8．已知，正方形ABCD 的边长为4，点E 是对角线BD 延长线上一点，AE=BD ．将△ABE 绕点A 顺时针旋转α度（0°＜α＜360°）得到△AB ′E ′，点B 、E 的对应点分别为B ′、E ′．

（1）如图1，当α=30°时，求证：B ′C=DE ；

（2）连接B ′E 、DE ′，当B ′E=DE ′时，请用图2求α的值；

（3）如图3，点P 为AB 的中点，点Q 为线段B ′E ′上任意一点，试探究，在此旋转过程中，线段PQ 长度的取值范围为 ．