2018届重庆中考复习：重庆中考几何的题目分类总汇编(含答案)

重庆中考几何题分类汇编（含答案）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 ＝12AC.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 ＝2AE.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 ＝6时，求AE ′的值．(2)如图②，在AC 上取一点E ，使得CE ＝13AC ，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 ＝13，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 ＝78AC ，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，连接求证：DG⊥GE.3．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D与点B在AC同侧，∠ADC＞∠BAC，且DA＝DC，过点B作BE∥DA交DC于点E，M为AB的中点，连接MD，ME.(1)如图①，当∠ADC＝90°时，线段MD与ME的数量关系是________；(2)如图②，当∠ADC＝60°时，试探究线段MD与ME的数量关系，并证明你的结论；(3)如图③，当∠ADC＝α时，求MEMD的值．4．如图①，等边三角形ABC中，CE平分∠ACB，D为BC边上一点，且DE＝CD，连接BE.(1)若CE＝4，BC＝6 3，求线段BE的长；(2)如图②，取BE中点P，连接AP，PD，AD，求证：AP⊥PD且AP＝3PD；(3)如图③，把图Z3－14②中的△CDE绕点C顺时针旋转任意角度，然后连接BE，点P为BE中点，连接AP，PD，AD，问第(2)问中的结论还成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．5．在△ABC中，以AB为斜边，作直角三角形ABD，使点D落在△ABC内，∠ADB＝90°.(1)如图①，若AB＝AC，∠BAD＝30°，AD＝6 3，点P、M分别为BC、AB边的中点，连接PM，求线段PM的长；(2)如图②，若AB＝AC，把△ABD绕点A逆时针旋转一定角度，得到△ACE，连接ED并延长交BC于点P，求证：BP＝CP；(3)如图③，若AD＝BD，过点D的直线交AC于点E，交BC于点F，EF⊥AC，且AE＝EC，请直接写出线段BF、FC、AD之间的关系(不需要证明)．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＝4，AB＝10，请直接写出△PMN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 3，∠BAD＝60°，且AB＞6 3.(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＝5，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Z 3－25②，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Z 3－25③，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 2，CD ＝14BC ，请求出GE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＝5，PB＝2，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 13，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，⎩⎪⎨⎪⎧QB ＝PC ，∠MBQ ＝∠PCN ，BM ＝CN ，∴△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，⎩⎪⎨⎪⎧∠MPG ＝∠CPN ，∠MGC ＝∠PCN ，MG ＝NC ，∴△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 ∵∠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 ＝12CF ， 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 ，∴AC CM ＝CE EF， 又∵CF ＝AC ＝2CM ，∴AC CM ＝CE EF ＝21，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 ＝3x ，∵AB 2＋AE 2＝BE 2，∴(2x ＋3x)2＋x 2＝22，∴x ＝6－22(负根舍弃)，∴AB ＝AC ＝(2＋ 3)·6－22， ∴BC ＝2AB ＝3＋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，⎩⎪⎨⎪⎧CD＝CD，∠DCF＝∠DCP，CF＝CP，∴△DCF≌△DCP，∴∠DFC＝∠P，∴∠GFE＝∠GEF，∴GE＝GF，∵GM⊥EF，∴FM＝ME，∵AE＝CF，∴AF＝CE，∴AM＝CM，在△GAH和△GAM中，⎩⎪⎨⎪⎧∠GAH＝∠GAM，∠AHG＝∠AMG，AG＝AG，∴△AGH≌△AGM，∴AH＝AM＝CM＝12AC.3. 解：(1)∵AB＝4，∴AC＝AB＝4.∵CD＝1，∴AD＝AC－CD＝3.∵在Rt△ABD中，∠BAC＝90°，∴BD＝AB2＋AD2＝5，∵S△ABD＝12AB·AD＝12AE·BD，∴AE＝2.4.(2)证明：如图，在线段EB上截取EH＝AE，并连接∵AE⊥BD，EH＝AE，∴AH＝2AE.∵BE＝AE＋AG，∴BH＝BE－HE＝AG.∵∠BAD＝∠BEA＝90°，∴∠ABE＋∠BAE＝∠CAG＋∠BAE＝90°，∴∠ABE＝∠CAG.∵BA＝AC，∴△ABH≌△CAG，∴CG＝AH＝2AE.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 3.∵E是AC的中点，∴CE＝12AC＝ 3.∵将△CDE沿CD翻折到△CDE′，∴CE′＝CE＝3，∠ACE′＝90°. 由勾股定理，得AE′＝CE′2＋AC2＝15.(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 ＝13AC ，∴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 ＝12AD ，∴CF ＝12AD ＝12CD.∴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，⎩⎪⎨⎪⎧AM ＝AN ，∠2＝∠3，ME ＝NK ，∴△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，⎩⎪⎨⎪⎧EA ＝KA ，∠EAD ＝∠KAD ，AD ＝AD ，∴△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，⎩⎪⎨⎪⎧AE ＝JE ，∠AEB ＝∠JEH ，BE ＝HE ，∴△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，⎩⎪⎨⎪⎧JH ＝AG ，∠3＝∠4，JF ＝AF ，∴△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°，∴AB 2＝AE 2＋BE 2，即13＝9x 2＋4x 2，∴x ＝1，∴AD ＝3x ＝3.(2)证明：如图，过C 作CH ⊥AB 于H ，则四边形CHGF 为矩∴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 ＝AB 2＋BC 2＝4 2， ∴AP ＝78AC ＝72 2，∴S △ACP ＝12AP ·CD ＝7 2.(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 ＝∠3，BC ＝DC ，∠1＝∠2，∴△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，⎩⎪⎨⎪⎧AB ＝BC ，∠4＝∠1，BM ＝CK ，∴△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AF 2＋CF 2＝2AE 2，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 ＝2BD ＝2AE ，∵∠DPB ＝∠CPF ，∴∠CFP ＝∠DBP ＝90°，∴DF 2＋CF 2＝DC 2，即有：AF 2＋CF 2＝2AE 2.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，⎩⎪⎨⎪⎧GD ＝CD ，∠GDB ′＝∠CDB ，B ′D ＝BD ，∴△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，⎩⎪⎨⎪⎧HB ＝GB ′，∠HBF ＝∠GB ′F ，BF ＝B ′F ，∴△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 ＝12BC ， ∴AE ＝CG ＝12BC ＝12AD ， ∴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=ME2)MD＝3ME.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 ＝ME MD ＝33. ∴MD ＝3ME.(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 ＝α2. ∴在Rt △MDE 中，ME MD ＝tan ∠MDE ＝tan α2.4.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 ＝12∠ACB ＝30°， ∵EC ＝4，∠ECH ＝30°，∴EH ＝2，HC ＝23. ∵BC ＝6 3，∴BH ＝6 3－2 3＝43. 在Rt △BHE 中，BE 2＝(43)2＋22＝52， ∴BE ＝213.(2)如图②，延长DP 至M ，使DP ＝PM ，连接BM 、AM .在△PDE和△PMB中，⎩⎪⎨⎪⎧PD＝PM，∠EPD＝∠BPM，PE＝PB，∴△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，⎩⎪⎨⎪⎧AB＝AC，∠3＝∠ACD，BM＝CD，∴△ABM≌△ACD(SAS)．∴AD＝AM，∠4＝∠5.∵PD＝PM，∴AP⊥PD.∵∠4＝∠5，∠BAD＋∠5＝60°，∴∠4＋∠BAD＝60°，即∠MAD＝60°.∴∠PAD＝12∠MAD＝30°.∵在Rt△APD中，tan30°＝PDAP，∴AP＝3PD.(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 ⎩⎪⎨⎪⎧PD＝PN，∠EPD＝∠BPN，PE＝PB，∴△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，⎩⎪⎨⎪⎧AB＝AC，∠3＝∠4，BN＝CD，∴△ABN≌△ACD(SAS)．∴∠5＝∠6，AN＝AD.∵PD＝PN，∴AP⊥PD.∵∠NAC＋∠5＝60°，∴∠NAC＋∠6＝60°，即∠NAD＝60°.∴∠PAD＝12∠NAD＝30°，∵在Rt △APD 中，tan ∠PAD ＝PD AP，∴AP ＝3PD.5. 解：(1)∵∠ADB ＝90°，∠BAD ＝30°，AD ＝63， ∴cos ∠BAD ＝AD AB ，∴32＝6 3AB，∴AB ＝12. 又∵AB ＝AC ，∴AC ＝12，∴PM 为△ABC 的中位线，∴PM ＝12AC ＝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 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)BF 2＋FC 2＝2AD 2.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 ＝12CE ，∠MPD ＝∠ECD ＝∠ACD ＋∠ACE. 同理，PN ∥BD 且PN ＝12BD ，∠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492.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 ＝12PN 2＝18BD 2，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 ＝12PN 2＝18BD 2＝18×14×14＝492.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 ＝12BH ，∵∠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，⎩⎪⎨⎪⎧AB ＝BC ，∠BAH ＝∠BCM ＝120°，AH ＝CM ，∴△BAH ≌△BCM(SAS)，∴BH ＝BM ，∴AN ＝12BM ，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 ＝63，∴FG ＝EG ＝3 3，∠FPG ＝∠EPG ＝12∠EPF. 在Rt △FPG 中，sin ∠FPG ＝FG PF ＝3 36＝32. ∴∠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 ＝12∠DAB ＝30°， ∴AM ＝AN ＝AP cos30°＝10×32＝5 3.∴AE ＋AF ＝(AM ＋ME )＋(AN －NF )＝AM ＋AN ＝103.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，⎩⎪⎨⎪⎧∠F ＝∠DEB ，∠FCD ＝∠B ，DF ＝DB ，∴△DFC ≌△DEB ，∴DC ＝DB .2. 解：(1)∵AC ＝AB ＝4，且CD ＝1，∴AD ＝AC －CD ＝3.在Rt △ABD 中，∠BAD ＝90°，∴BD ＝AB 2＋AD 2＝5，∵S △ABD ＝12AB ·AD ＝12AE ·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 ＝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 ＝12BD ＝12AB . ∵在Rt △ABF 中，AB 2＋BF 2＝AF 2，∴＝1，＝2.在Rt △ABD 中，AD ＝AB 2＋BD 2＝2AB 2＝2 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，⎩⎪⎨⎪⎧AB ＝BD ，∠2＝∠3，AK ＝HD ，∴△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，⎩⎪⎨⎪⎧BK ＝BH ，∠7＝∠5，BF ＝BF ，∴△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 ⊥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∵∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，∴BC ＝2AB ＝4，AH ＝CH ＝12BC ∴CD ＝14BC ＝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 ＝GN 2＋EN 2＝10.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 ＝12AC ， 同理AD ＝12AC . ∴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 ＝∠E ，AC ＝CE ，∠DCA ＝∠BCE ，∴△DAC ≌△BEC ，∴AD ＝BE ，∴AC ＝AE ＝AD ＋AB.(3)AD ＋AB ＝2AC.理由如下：如图②，过点C 作CE ⊥AC 交AB 的延长线于点∵∠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 cos45°＝2AC ， ∴AD ＋AB ＝2AC.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，⎩⎪⎨⎪⎧AF ＝AF ，AH ＝AD ，∴Rt △AHF ≌Rt △ADF(HL)，∴∠HAF ＝∠DAF ，∴∠EAF ＝∠EAH ＋∠FAH ＝12∠BAH ＋12∠HAD ＝12∠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，⎩⎪⎨⎪⎧AB ＝AD ，∠1＝∠3，AH ＝AN ，∴△ABH ≌△ADN (SAS)，∴BH ＝DN ，∠HBA ＝∠NDA ＝135°，∵∠HAN ＝90°，∠MAN ＝45°，∴∠1＋∠2＝∠HAM ＝∠MAN ＝45°，在△AHM 和△ANM 中，⎩⎪⎨⎪⎧AH ＝AN ，∠HAM ＝∠MAN ，AM ＝AM ，∴△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＝2，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＝5∴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 3.∴PP′＝4 3，在△APP′中，∵PA＝2 13，P′A＝2，PP′＝4 3，∴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°.。