中考数学知识点过关培优易错试卷训练∶相似含详细答案

一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．如图，已知抛物线经过点A（﹣1，0），B（4，0），C（0，2）三点，点D与点C关于x轴对称，点P是x轴上的一个动点，设点P的坐标为（m，0），过点P做x轴的垂线l交抛物线于点Q，交直线于点M．

（1）求该抛物线所表示的二次函数的表达式；

（2）已知点F（0，），当点P在x轴上运动时，试求m为何值时，四边形DMQF是平行四边形？

（3）点P在线段AB运动过程中，是否存在点Q，使得以点B、Q、M为顶点的三角形与△BOD相似？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）解：由抛物线过点A（-1，0）、B（4，0）可设解析式为y=a（x+1）（x-4），

将点C（0，2）代入，得：-4a=2，

解得：a=- ，

则抛物线解析式为y=- （x+1）（x-4）=- x2+ x+2

（2）解：由题意知点D坐标为（0，-2），

设直线BD解析式为y=kx+b，

将B（4，0）、D（0，-2）代入，得：

，解得：，

∴直线BD解析式为y= x-2，

∵QM⊥x轴，P（m，0），

∴Q（m，- m2+ m+2）、M（m， m-2），

则QM=- m2+ m+2-（ m-2）=- m2+m+4，

∵F（0，）、D（0，-2），

∴DF= ，

∵QM∥DF，

∴当- m2+m+4= 时，四边形DMQF是平行四边形，解得：m=-1或m=3，

即m=-1或3时，四边形DMQF是平行四边形。（3）解：如图所示：

∵QM∥DF，

∴∠ODB=∠QMB，

分以下两种情况：

①当∠DOB=∠MBQ=90°时，△DOB∽△MBQ，

则，

∵∠MBQ=90°，

∴∠MBP+∠PBQ=90°，

∵∠MPB=∠BPQ=90°，

∴∠MBP+∠BMP=90°，

∴∠BMP=∠PBQ，

∴△MBQ∽△BPQ，

∴，即，

解得：m1=3、m2=4，

当m=4时，点P、Q、M均与点B重合，不能构成三角形，舍去，

∴m=3，点Q的坐标为（3，2）；

②当∠BQM=90°时，此时点Q与点A重合，△BOD∽△BQM′，

此时m=-1，点Q的坐标为（-1，0）；

综上，点Q的坐标为（3，2）或（-1，0）时，以点B、Q、M为顶点的三角形与△BOD相似．

【解析】【分析】（1）A（-1，0）、B（4，0）是抛物线与x轴的交点，则可由抛物线的两点式，设解析为y=a（x+1）（x-4），代入C（0,2）即可求得a的值；

（2）由QM∥DF且四边形DMQF是平行四边形知QM=DF，由D，F的坐标可求得DF的长

度；由P（m,0）可得Q（m，-m2+m+2），而M在直线BD上，由B，D的坐标用待定系数法求出直线BD的解析式，并当=m时，表示出点M的坐标，可用m表示出QM的长度。由QM=DF，列出关于m的方程，解之可得；

（3）在△DOB和△MBQ中，由QM∥DF，可知∠ODB=∠QMB，因为∠MBQ=90°要使△DOB和△MBQ相似，则需要∠DOB=∠MBQ=90°或∠DOB=∠BQM=90°。

2．已知线段a，b，c满足，且a＋2b＋c＝26.

（1）判断a，2b，c，b2是否成比例；

（2）若实数x为a，b的比例中项，求x的值．

【答案】（1）解：设，

则a=3k，b=2k，c=6k，

又∵a+2b+c=26，

∴3k+2×2k+6k=26，解得k=2，

∴a=6，b=4，c=12；

∴2b=8，b2=16

∵a=6，2b=8，c=12，b2=16

∴2bc=96，ab2=6×16=96

∴2bc=ab2

a，2b，c，b2是成比例的线段。

（2）解：∵x是a、b的比例中项，

∴x2=6ab，

∴x2=6×4×6，

∴x=12．

【解析】【分析】（1）设已知比例式的值为k，可得出a=3k，b=2k，c=6k，再代入a+2b+c=26，建立关于k的方程，求出kl的值，再求出2b、b2,然后利用成比例线段的定义，可判断a，2b，c，b2是否成比例。

（2）根据实数x为a，b的比例中项，可得出x2=ab，建立关于x的方程，求出x的值。

3．在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝12，M是AD边的中点，P是AB边上的一个动点（不与A、B重合），PM的延长线交射线CD于Q点，MN⊥PQ交射线BC于N点。

（1）若点N在BC之间时，如图：

①求证：∠NPQ＝∠PQN；

②请问是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是，请举反例说明；

（2）当△PBN与△NCQ的面积相等时，求AP的值.

【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠ADC＝∠ADQ＝90°，

AB//CD，∴∠APM＝∠DQM，∵M是AD边的中点，∴AM＝DM，

在△APM和△DQM中，，∴△APM≌△DQM（AAS），∴PM＝QM，∵MN⊥PQ，∴MN是线段PQ的垂直平分线，∴PN＝QN，∴∠NPQ＝∠PQN

② 是定值

理由：如图，过点M作ME⊥BC于点E，

∴∠MEN＝∠MEB＝∠AME＝90°，

∴四边形ABEM是矩形，∠MEN＝∠MAP，∴AB＝EM，

∵MN⊥PQ，∴∠PMN＝90°，∴∠PMN＝∠AME，

∴∠PMN－∠PME＝∠AME－∠PME，∴∠EMN＝∠AMP，∴△AMP∽△EMN，

∴，∴，∵AD＝12，M是AD边的中点，∴AM＝ AD＝6，

∵AB＝8，∴；

（2）解：分点N在BC之间和点N在BC延长线上两种情况

（ⅰ）当点N在BC之间时，如图，作BF⊥PN于点F，CG⊥QN于点G，再分别作Rt△PBN和Rt△NCQ的中线BS、CT，

∴∠BFS＝∠CGT＝90°，BS＝ PN，CT＝ QN，

∵PN＝QN，S△PBN＝S△NCQ，∴BF＝CG，BS＝CT

在Rt△BFS和Rt△CGT中，，∴Rt△BFS≌Rt△CGT（HL），∴∠BSF＝∠CTG，∴∠BNP＝∠BSF＝∠CTG＝∠CQN，

在△PBN和△NCQ中，，∴△PBN≌△NCQ（AAS），∴BN＝CQ，BP＝CN，

∵AP＝AB－BP＝8－CN，又∵CN＝BC－BN＝12－CQ，∴AP＝CQ－4

又∵CQ＝CD+DQ，DQ＝AP，∴AP＝4+AP（舍去），∴此种情况不成立；

（ⅱ）当点N在BC延长线上时，如图，作BF⊥PN于点F，CG⊥QN于点G，再分别作Rt△PBN和Rt△NCQ的中线BS、CT，

同理可得，△PBN≌△NCQ，∴PB＝NC，BN＝CQ，

∵AP＝DQ，∵AP+8＝DQ+CD＝CQ＝BC+CN＝12+BP，

∴AP－BP＝4 ①，∵AP+BP＝AB＝8②，①+②得：2AP＝12，∴AP＝6．

【解析】【分析】（1）①由矩形的性质用角角边易证△APM≌△DQM，可得PM＝QM，已知MN⊥PQ，由线段的垂直平分线的定义可得MN是线段PQ的垂直平分线，再根据线段的垂直平分线的性质可得PN＝QN，由等边对等角可得∠NPQ＝∠PQN；

②过点M作ME⊥BC于点E，由矩形的性质跟据有两个角对应相等的两个三角形相似易证

△AMP∽△EMN，可得比例式，结合已知条件易求得为定值；

（2）根据MN⊥PQ交射线BC于N点可知分两种情况：①当点N在BC之间时，如图，作BF⊥PN于点F，CG⊥QN于点G，再分别作Rt△PBN和Rt△NCQ的中线BS、CT，通过证Rt△BFS≌Rt△CGT和△PBN≌△NCQ可求解；

②当点N在BC延长线上时，如图，作BF⊥PN于点F，CG⊥QN于点G，再分别作Rt△PBN和Rt△NCQ的中线BS、CT，通过证△PBN≌△NCQ可求解。

4．如图，点A、B、C、D是直径为AB的⊙O上的四个点，CD＝BC，AC与BD交于点E。

（1）求证：DC2＝CE·AC；

（2）若AE＝2EC，求之值；

（3）在（2）的条件下，过点C作⊙O的切线，交AB的延长线于点H，若S△ACH＝，求EC之长.

【答案】（1）证明：∵CD＝BC，∴∠DAC＝∠CDB，又∵∠ACD=∠DCE，∴△ACD∽△DCE，

∴，∴DC2＝CE·AC；

（2）解：设EC＝k，则AE＝2k，∴AC＝3k，由（1）DC2＝CE·AC＝3k2，

DC= k，连接OC，OD，

∵CD＝BC，∴OC平分∠DOB，∴BC＝DC＝ k，

∵AB是⊙O的直径，∴在Rt△ACB中，，

∴OB=OC=OD= k，∴∠BOD＝120°，∴∠DOA＝60°，∴AD＝AO，∴

（3）解：∵CH是⊙O的切线，连接CO，∴OC⊥CH．∵∠COH＝60°，∠H＝30°，

过C作CG⊥AB于G，

设EC=k，∵∠CAB＝30°，∴，

又∵∠H＝∠CAB＝30°，∴AC＝CH＝3k，∴AH＝，

∵S△ACH＝，∴，∴k2＝4，k＝2，即EC＝2．【解析】【分析】（1）要证DC2＝CE·AC，只需证△ACD∽△DCE即可求解；

（2）连接OC，OD，根据已知条件AE＝2EC可用含k的代数式表示线段AE、CE、AC，由（1）可将CD用含K的代数式表示，在Rt△ACB中，由勾股定理可将AB用含K的代数式表示，结合已知条件和圆的性质可求解；

（3）过C作CG⊥AB于G，设EC=k，由30度角所对的直角边等于斜边的一半可将CG用含K的代数式表示，根据三角形ACH的面积=AH CG=9即可求解。

5．在平面直角坐标系中，二次函数的图象与轴交于A（－3，0），B （1，0）两点，与y轴交于点C．

（1）求这个二次函数的解析式；

（2）点P是直线AC上方的抛物线上一动点，是否存在点P，使△ACP的面积最大？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由；

（3）点Q是直线AC上方的抛物线上一动点，过点Q作QE垂直于轴，垂足为E．是否存在点Q，使以点B、Q、E为顶点的三角形与△AOC相似？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由；

【答案】（1）解：由抛物线过点A（－3，0），B（1，0），

则

解得

∴二次函数的关系解析式

（2）解：连接PO，作PM⊥x轴于M，PN⊥y轴于N．

设点P坐标为（m，n），则．

PM = ，，AO=3．

当时，＝2．

∴OC=2．

＝

＝＝．∵＝－1＜0，∴当时，函数有最大值．

此时＝．

∴存在点，使△ACP的面积最大．

（3）解：存在点Q，坐标为：，．

分△BQE∽△AOC，△EBQ∽△AOC，△QEB∽△AOC三种情况讨论可得出

【解析】【分析】（1）由题意知抛物线过点A（－3，0），B（1，0），所以用待定系数法即可求解；

（2）因为三角形ACP是任意三角形，所以可做辅助线，连接PO，作PM⊥x轴于M，PN⊥y轴于N．则三角形ACP的面积=三角形APM的面积+矩形PMON的面积-三角形AOC 的面积-三角形PCN的面积。于是可设点P的横坐标为m，则纵坐标可用含m的代数式表

示出来，即M（m,??m + 2）,

则三角形ACP的面积可用含m的代数式表示，整理可得是一个二次函数，利用二次函数的性质即可求解；

（3）根据对应顶点的不同分三种情况（△BQE∽△AOC，△EBQ∽△AOC，△QEB∽△AOC）讨论即可求解。

6．如图，BD是□ABCD的对角线，AB⊥BD，BD=8cm，AD=10cm，动点P从点D出发，以5cm/s的速度沿DA运动到终点A，同时动点Q从点B出发，沿折线BD—DC运动到终点C，在BD、DC上分别以8cm/s、6cm/s的速度运动.过点Q作QM⊥AB，交射线AB于点M，连接PQ，以PQ与QM为边作□PQMN.设点P的运动时间为t(s)（t>0），□PQMN与□ABCD重叠部分图形的面积为S（cm2）.

（1）AP=________cm（同含t的代数式表示）.

（2）当点N落在边AB上时，求t的值.

（3）求S与t之间的函数关系式.

（4）连结NQ，当NQ与△ABD的一边平行时，直接写出t的值.

【答案】（1）（10-5t）

（2）解：如图①，

当点N落在边AB上时，四边形PNBQ为矩形．∵PN∥DB，∴△APN∽△ADB，∴AP：

AD=PN：DB，∴（10－5t）：10=8t：8，120t=80，∴．

（3）解：分三种情况讨论：

a)如图②，过点P作PE⊥BD于点E，则PE=3t．

当时，．

b)如图③，过点P作PE⊥BD于点E，则PE=3t，设PN交AB于点F，则

．

当时，．

c)如图④，当时，PF=8-4t，FB=3t，PN=DB=QM=8，∴FN=4t，DQ=6(t-1)，∴BM=DQ=6(t-1)．∵∠GBM=∠A，∠DBA=∠GMB，∴△BGM∽△ABD，∴GM：BM=DB：

AB，解得：GM=8t-8，∴S=S平行四边形PNMQ-S△FMN-S△BMG=8（9t-6）－ ×4t×（9t-6）－ ×（6t-6）（8t-8）= ．

综上所述：

（4）解：分三种情况讨论．

①当NQ∥AB时，如图5，

过P作PF⊥BD于F，则PF=3t，DF=4t，PN=FQ=BQ=8t，∴BD=8t+8t+4t=8，解得：．②当AD∥NQ，且Q在BD上时，如图6．

∵PNQD和PNBQ都是平行四边形，∴PN=DQ=BQ，∴8t+8t=8，解得：．

③当AD∥NQ，且Q在DC上时，如图7，

可以证明当Q与C重合，即直线NQ与直线BC重合时，满足条件，如图8，

此时DQ=AB= =6，t= =2．

综上所述：或或．

【解析】【解答】解：（1）（10-5t）；

【分析】（1）由题意可得，DP=5t,所以AP=AD-DP=10-5t;

（2）由欧勾股定理的逆定理可得∠ABD=，所以根据有一个角是直角的平行四边形是矩形可得，当点N落在边AB上时，四边形PNBQ为矩形；由平行线分线段成比例定理可得

比例式：,则可得关于t的方程，解方程即可求解；

（3）由（2）知，当□PQMN全部在□ABCD中时，运动时间是秒，由已知条件可知，点Q 在BD边上的运动速度是8cm/s，在DC边上的运动速度是6cm/s，所以当点Q运动到C点时，点P也运动到了点A，所以分3种情况：

a)如图②，过点P作PE⊥BD于点E，当0 < t ≤时， S=BQ PE；

b)如图③，过点P作PE⊥BD于点E，设PN交AB于点F，当< t ≤ 1 时，S =（PF+BQ）PE；

c)如图④，当1 < t ≤ 2 时， S =平行四边形PNMQ的面积-三角形FNM的面积-三角形BMG 的面积；

（4）由题意NQ与△ABD的一边平行可知，有3种情况：

①当NQ∥AB；

②当AD∥NQ，且Q在BD上时；

③当AD∥NQ，且Q在DC上时。分这三种情况根据已知条件即可求解。

7．如图1，等腰△ABC中，AC＝BC，点O在AB边上，以O为圆心的圆与AC相切于点C，交AB边于点D，EF为⊙O的直径，EF⊥BC于点G．

（1）求证：D是弧EC的中点；

（2）如图2，延长CB交⊙O于点H，连接HD交OE于点K，连接CF，求证：CF＝OK＋DO；

（3）如图3，在(2)的条件下，延长DB交⊙O于点Q，连接QH，若DO＝，KG＝2，求

QH的长

【答案】（1）证明：如图1中，连接OC．

∵AC是⊙O的切线，

∴OC⊥AC，

∴∠ACO=90°，

∴∠A+∠AOC=90°，

∵CA=CB，

∴∠A=∠B，

∵EF⊥BC，

∴∠OGB=90°，

∴∠B+∠BOG=90°，

∴∠BOG=∠AOC，

∵∠BOG=∠DOE，

∴∠DOC=∠DOE，

∴点D是的中点

（2）证明：如图2中，连接OC．

∵EF⊥HC，

∴CG=GH，

∴EF垂直平分HC，

∴FC=FH，

∵∠CFK= ∠COE，

∵∠COD=∠DOE，

∴∠CFK=∠COD，

∵∠CHK= ∠COD，

∴∠CHK= ∠CFK，

∴点K在以F为圆心FC为半径的圆上，

∴FC=FK=FH，

∵DO=OF，

∴DO+OK=OF+OK=FK=CF，

即CF=OK+DO；

（3）解：如图3中，连接OC、作HM⊥AQ于M．设OK=x，则CF= +x，OG=2﹣x，GF= ﹣（2﹣x），

∵CG2=CF2﹣FG2=CO2﹣OG2，

∴（ +x）2﹣[ -（2﹣x）]2=（）2﹣（2﹣x）2，

解得x= ，

∴CF=5，FG=4，CG=3，OG= ，

∵∠CFE=∠BOG，

∴CF∥OB，

∴ = = ，

可得OB= ，BG= ，BH= ，

由△BHM∽△BOG，可得 = = ，

∴BM= ，HM= ，MQ=OQ﹣OB﹣BM=

在Rt△HMQ中，

QH= = =

【解析】【分析】（1）如图1中，连接OC．根据切线的性质得出OC⊥AC，根据垂直的定义得出∠ACO=90°，根据直角三角形两锐角互余得出∠A+∠AOC=90°，根据等边对等角得出∠A=∠B，根据垂直的定义得出∠OGB=90°，根据直角三角形两锐角互余得出∠B+∠BOG=90°，根据等角的余角相等得出∠BOG=∠AOC，根据对顶角相等及等量代换得出∠DOC=∠DOE，根据相等的圆心角所对的弧相等得出结论；

（2）如图2中，连接OC．根据垂径定理得出CG=GH，进而得出EF垂直平分HC，根据线段垂直平分线上上的点到线段两个端点的距离相等得出FC=FH，根据圆周角定理及等量代

换得出∠CFK=∠COD，∠CHK=∠CFK，从而得出点K在以F为圆心FC为半径的圆上，根据同圆的半径相等得出FC=FK=FH，DO=OF，根据线段的和差及等量代换得出CF=OK+DO；

（3）如图3中，连接OC、作HM⊥AQ于M．设OK=x，则CF= +x，OG=2﹣x，GF=

﹣（2﹣x），根据勾股定理由CG2=CF2﹣FG2=CO2﹣OG2，列出关于x的方程，求解得出x

的值，从而得出CF=5，FG=4，CG=3，OG= 根据平行线的判定定理得出，内错角相等，两直线平行得出CF∥OB，根据平行线分线段成比例定理得出C F ∶O B = C G∶ G B = F G ∶G O ，进而可得OB,BG,BH的长，由△BHM∽△BOG，可得 B H ∶O B = B M ∶B G = H M ∶O G，再得出BM,HM,MQ的长，在Rt△HMQ中，根据勾股定理得出QH的长。

8．如图，已知：在Rt△ABC中，斜边AB=10，sinA= ，点P为边AB上一动点（不与A，B重合），

PQ平分∠CPB交边BC于点Q，QM⊥AB于M，QN⊥CP于N．

（1）当AP=CP时，求QP；

（2）若四边形PMQN为菱形，求CQ；

（3）探究：AP为何值时，四边形PMQN与△BPQ的面积相等？

【答案】（1）解：∵AB=10，sinA= ，

∴BC=8，

则AC= =6，

∵PA=PC．

∴∠PAC=∠PCA，

∵PQ平分∠CPB，

∴∠BPC=2∠BPQ=2∠A，

∴∠BPQ=∠A，

∴PQ∥AC，

∴PQ⊥BC，又PQ平分∠CPB，

∴∠PCQ=∠PBQ，

∴PB=PC，

∴P是AB的中点，

∴PQ= AC=3

（2）解：∵四边形PMQN为菱形，

∴MQ∥PC，

∴∠APC=90°，

∴ ×AB×CP= ×AC×BC，

则PC=4.8，

由勾股定理得，PB=6.4，

∵MQ∥PC，

∴ = = = ，即 = ，

解得，CQ=

（3）解：∵PQ平分∠CPB，QM⊥AB，QN⊥CP，

∴QM=QN，PM=PN，

∴S△PMQ=S△PNQ，

∵四边形PMQN与△BPQ的面积相等，

∴PB=2PM，

∴QM是线段PB的垂直平分线，

∴∠B=∠BPQ，

∴∠B=∠CPQ，

∴△CPQ∽△CBP，

∴ = = ，

∴ = ，

∴CP=4× =4× =5，

∴CQ= ，

∴BQ=8﹣ = ，

∴BM= × = ，

∴AP=AB﹣PB=AB﹣2BM=

【解析】【分析】（１）当AP=CP时，由锐角三角函数可知AC=6，BC=8，因为PQ平分∠CPB，所以PQ//AC，可知PB=PC，所以点P是AB的中点，所以PQ是△ABC的中位线，PQ =3;

(2)当四边形PMQN为菱形时，因为∠APC=，所以四边形PMQN为正方形，可得

PC=4.8，PB=3.6，因为MQ//PC，所以，可得;

(3)当QM垂直平分PB 时，四边形PMQN的面积与△BPQ的面积相等，此时△CPQ∽△CBP，对应边成比例，可得，所以，因为AP=AB-2BM，所以AP=.

9．如图，抛物线与轴交于A，B两点(点B在点A的左侧），与y轴交于点C，顶点为D，其对称轴与轴交于点E，联接AD，OD．

（1）求顶点D的坐标（用含的式子表示）；

（2）若OD⊥AD，求该抛物线的函数表达式；

（3）在（2）的条件下，设动点P在对称轴左侧该抛物线上，PA与对称轴交于点M，若△AME与△OAD相似，求点P的坐标．

【答案】（1）解：∵，∴顶点D的坐标为(4,-4ｍ)

（2）解：∵

∴点A（6，0），点B(2,0)，则OA＝6，∵抛物线的对称轴为x＝4，∴点E（4，0），

则OE＝4，AE＝2，又DE＝4ｍ，

∴由勾股定理得：，，

又OD⊥AD，∴，则，解得：，

∵m＞0，∴抛物线的函数表达式

（3）解：如图，过点P作PH⊥x轴于点H，

则△APH∽△AME，

在Rt△OAD中，，设点P的坐标为，

当△APH∽△AME∽△AOD时，∵，

∴，即，

解得：x＝0，x＝6（舍去），∴点P的坐标为；

②△APH∽△AME∽△OAD时，∵，∴，即

，

解得：x＝1，x＝6（舍去），∴点P的坐标为；

综上所述，点P的坐标为或 .

【解析】【分析】（1）将抛物线的解析式配成顶点式即可求得顶点D的坐标；

（2）要求抛物线的解析式，只须求出m的值即可。因为抛物线与x轴交于点A、B，所以令y=0，解关于x的一元二次方程，可得点A、B的坐标，则OA、OD、AD均可用含m的代数式表示；因为OD⊥AD，所以在直角三角形OAD中，由勾股定理可得,将OA、OD、AD代入可得关于m的方程，解方程即可得m的值，则抛物线的解析式可求解；

（3）△AME与△OAD中的对应点除直角顶点D、E固定外，其余两点都不固定，所以分两种情况：

①当△AME∽△AOD时，过点P作PH⊥x轴于点H，易得△APH∽△AME∽△AOD，可得相应的比例式求解；

②当△AME∽△OAD时，过点P作PH⊥x轴于点H，易得△APH∽△AME∽△OAD，可得相应的比例式求解。

10．在数学兴趣小组活动中，小亮进行数学探究活动，△ABC是边长为2的等边三角形，E 是AC上一点，小亮以BE为边向BE的右侧作等边三角形BEF，连接CF．

（1）如图1，当点E在线段AC上时，EF、BC相交于点D，小亮发现有两个三角形全等，

请你找出来，并证明；

（2）当点E在线段AC上运动时，点F也随着运动，若四边形ABFC的面积为，求AE 的长；

（3）如图2，当点E在AC的延长线上运动时，CF、BE相交于点D，请你探求△ECD的面积S1与△DBF的面积S2之间的数量关系，并说明理由；

（4）如图2，当△ECD的面积S1＝时，求AE的长．

【答案】（1）解：现点E沿边AC从点A向点C运动过程中，始终有△ABE?△CBF.

由图1知，△ABC与△EBF都是等边三角形，∴AB=CB，BE=BF，∠ABC=∠EBF=60°，

∴∠CBF=∠ABE=60°-∠CBE，∴△ABE?△CBF.

（2）解：由（1）知点E在运动过程中始终有△ABE?△CBF，

因四边形BECF的面积等于三角形BCF的面积与三角形BCE的面积之和，

∴四边形BECF的面积等于△ABC的面积，因△ABC的边长为2，则

，

∴四边形BECF的面积为，又四边形ABFC的面积是，

∴，在三角形ABE中，因∠A=60°，∴边AB上的高为AEsin60°,

∴，则AE= .

（3）解： .

由图2知，△ABC与△EBF都是等边三角形，∴AB=CB，BE=BF，∠ABC=∠EBF=60°，

又∠CBF=∠ABE=60°+∠CBE，∴△ABE?△CBF，

∴，∴，

则，则

（4）解：由（3）知，即，

由得，∵△ABE?△CBF，

∴AE=CF，∠BAE=∠BCF=60°，

又∠BAE=∠ABC=60°，得∠ABC=∠BCF，∴CF∥AB，则△BDF的边CF上的高与△ABC的高相等，即为，

则DF= ，设CE=x，则2+x=CD+DF=CD+ ，∴CD=x- ，

在△ABE中，由CD∥AB得，，即，