幾何圖形探究題

PAGE中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)：重難點(diǎn)題型突破課件與試題題型五幾何圖形探究題類(lèi)型一幾何圖形靜態(tài)探究1．(2017·成都)問(wèn)題背景:如圖①,等腰△ABC中,AB＝AC,∠BAC＝120°,作AD⊥BC于點(diǎn)D,則D為BC的中點(diǎn),∠BAD＝eq\f(1,2)∠BAC＝60°,于是eq\f(BC,AB)＝eq\f(2BD,AB)＝eq\r(3);遷移應(yīng)用:如圖②,△ABC和△ADE都是等腰三角形,∠BAC＝∠DAE＝120°,D,E,C三點(diǎn)在同一條直線上,連接BD.①求證:△ADB≌△AEC;②請(qǐng)直接寫(xiě)出線段AD,BD,CD之間的等量關(guān)系式;拓展延伸:如圖③,在菱形ABCD中,∠ABC＝120°,在∠ABC內(nèi)作射線BM,作點(diǎn)C關(guān)于BM的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)E,連接AE并延長(zhǎng)交BM于點(diǎn)F,連接CE,CF.①證明△CEF是等邊三角形;②若AE＝5,CE＝2,求BF的長(zhǎng).2．(2017·許昌模擬)在正方形ABCD中,對(duì)角線AC、BD交于點(diǎn)O,動(dòng)點(diǎn)P在線段BC上(不含點(diǎn)B),∠BPE＝eq\f(1,2)∠ACB,PE交BO于點(diǎn)E,過(guò)點(diǎn)B作BF⊥PE,垂足為F,交AC于點(diǎn)G.(1)當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)C重合時(shí)(如圖①),求證:△BOG≌△POE;(2)通過(guò)觀察、測(cè)量、猜想:eq\f(BF,PE)＝__________,并結(jié)合圖②證明你的猜想;(3)把正方形ABCD改為菱形,其他條件不變(如圖③),若∠ACB＝α,求eq\f(BF,PE)的值．(用含α的式子表示)3．(2014·河南)(1)問(wèn)題發(fā)現(xiàn)如圖①,△ACB和△DCE均為等邊三角形,點(diǎn)A,D,E在同一直線上,連接BE.填空:①∠AEB的度數(shù)為_(kāi)_________;②線段AD,BE之間的數(shù)量關(guān)系為_(kāi)_________．(2)拓展探究如圖②,△ACB和△DCE均為等腰直角三角形,∠ACB＝∠DCE＝90°,點(diǎn)A,D,E在同一直線上,CM為△DCE中DE邊上的高,連接BE,請(qǐng)判斷∠AEB的度數(shù)及線段CM,AE,BE之間的數(shù)量關(guān)系,并說(shuō)明理由．(3)解決問(wèn)題如圖③,在正方形ABCD中,CD＝eq\r(2),若點(diǎn)P滿足PD＝1,且∠BPD＝90°,請(qǐng)直接寫(xiě)出點(diǎn)A到BP的距離.4．(2017·長(zhǎng)春改編)【再現(xiàn)】如圖①,在△ABC中,點(diǎn)D,E分別是AB,AC的中點(diǎn),可以得到:DE∥BC,且DE＝eq\f(1,2)BC.(不需要證明)【探究】如圖②,在四邊形ABCD中,點(diǎn)E,F,G,H分別是AB,BC,CD,DA的中點(diǎn),判斷四邊形EFGH的形狀,并加以證明;【應(yīng)用】(1)在【探究】的條件下,四邊形ABCD中,滿足什么條件時(shí),四邊形EFGH是菱形？你添加的條件是:__________.(只添加一個(gè)條件)(2)如圖③,在四邊形ABCD中,點(diǎn)E,F,G,H分別是AB,BC,CD,DA的中點(diǎn),對(duì)角線AC,BD相交于點(diǎn)O.若AO＝OC,四邊形ABCD面積為5,求陰影部分圖形的面積.5．(2016·新鄉(xiāng)模擬)問(wèn)題背景:已知在△ABC中,AB邊上的動(dòng)點(diǎn)D由A向B運(yùn)動(dòng)(與A,B不重合),同時(shí),點(diǎn)E由點(diǎn)C沿BC的延長(zhǎng)線方向運(yùn)動(dòng)(E不與C重合),連接DE交AC于點(diǎn)F,點(diǎn)H是線段AF上一點(diǎn),求eq\f(AC,HF)的值．(1)初步嘗試如圖①,若△ABC是等邊三角形,DH⊥AC,且D,E的運(yùn)動(dòng)速度相等,小王同學(xué)發(fā)現(xiàn)可以過(guò)點(diǎn)D做DG∥BC,交AC于點(diǎn)G,先證GH＝AH.再證GF＝CF,從而求得eq\f(AC,HF)的值為_(kāi)_________;(2)類(lèi)比探究如圖②,若在△ABC中,∠ABC＝90°,∠ADH＝∠BAC＝30°,且點(diǎn)D,E的運(yùn)動(dòng)速度之比是eq\r(3)∶1,求eq\f(AC,HF)的值;(3)延伸拓展如圖③,若在△ABC中,AB＝AC,∠ADH＝∠BAC＝36°,記eq\f(BC,AC)＝m,且點(diǎn)D,E的運(yùn)動(dòng)速度相等,試用含m的代數(shù)式表示eq\f(AC,HF)的值(直接寫(xiě)出結(jié)果,不必寫(xiě)解答過(guò)程).類(lèi)型二幾何圖形動(dòng)態(tài)探究1．(2015·河南)如圖①,在Rt△ABC中,∠B＝90°,BC＝2AB＝8,點(diǎn)D、E分別是邊BC、AC的中點(diǎn),連接DE,將△EDC繞點(diǎn)C按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn),記旋轉(zhuǎn)角為α.(1)問(wèn)題發(fā)現(xiàn)①當(dāng)α＝0°時(shí),eq\f(AE,BD)＝__________;②當(dāng)α＝180°時(shí),eq\f(AE,BD)＝__________;(2)拓展探究試判斷:當(dāng)0°≤α＜360°時(shí),eq\f(AE,BD)的大小有無(wú)變化？請(qǐng)僅就圖②的情形給出證明．(3)問(wèn)題解決當(dāng)△EDC旋轉(zhuǎn)至A,D,E三點(diǎn)共線時(shí),直接寫(xiě)出線段BD的長(zhǎng)．2．已知,點(diǎn)O是等邊△ABC內(nèi)的任一點(diǎn),連接OA,OB,OC.(1)如圖①,已知∠AOB＝150°,∠BOC＝120°,將△BOC繞點(diǎn)C按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)60°得△ADC.①∠DAO的度數(shù)是__________;②用等式表示線段OA,OB,OC之間的數(shù)量關(guān)系,并證明;(2)設(shè)∠AOB＝α,∠BOC＝β.①當(dāng)α,β滿足什么關(guān)系時(shí),OA＋OB＋OC有最小值？請(qǐng)?jiān)趫D②中畫(huà)出符合條件的圖形,并說(shuō)明理由;②若等邊△ABC的邊長(zhǎng)為1,直接寫(xiě)出OA＋OB＋OC的最小值.3．(2013·河南)如圖①,將兩個(gè)完全相同的三角形紙片和重合放置,其中∠C＝90°,∠B＝∠E＝30°.(1)操作發(fā)現(xiàn)如圖②,固定△ABC,使△DCE繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)．當(dāng)點(diǎn)D恰好落在AB邊上時(shí),填空:①線段DE與AC的位置關(guān)系是__________;②設(shè)△BDC的面積為S1,△AEC的面積為S2,則S1與S2的數(shù)量關(guān)系是__________;(2)猜想論證當(dāng)△DEC繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)到圖③所示的位置時(shí),小明猜想(1)中S1與S2的數(shù)量關(guān)系仍然成立,并嘗試分別作出了△BDC和△AEC中BC、CE邊上的高,請(qǐng)你證明小明的猜想;(3)拓展探究已知∠ABC＝60°,點(diǎn)D是其角平分線上一點(diǎn),BD＝CD＝4,DE∥AB交BC于點(diǎn)E(如圖④),若在射線BA上存在點(diǎn)F,使S△DCF＝S△BDC,請(qǐng)直接寫(xiě)出相應(yīng)的BF的長(zhǎng).4．(2017·鄭州模擬)【問(wèn)題情境】數(shù)學(xué)課上,李老師提出了如下問(wèn)題:在△ABC中,∠ABC＝∠ACB＝α,點(diǎn)D是AB邊上任意一點(diǎn),將射線DC繞點(diǎn)D逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)α與過(guò)點(diǎn)A且平行于BC邊的直線交于點(diǎn)E.請(qǐng)判斷線段BD與AE之間的數(shù)量關(guān)系．小穎在小組合作交流中,發(fā)表自己的意見(jiàn):“我們不妨從特殊情況下獲得解決問(wèn)題的思路,然后類(lèi)比到一般情況．”小穎的想法獲得了其他成員一致的贊成．【問(wèn)題解決】(1)如圖①,當(dāng)α＝60°時(shí),判斷BD與AE之間的數(shù)量關(guān)系;解法如下:過(guò)D點(diǎn)作AC的平行線交BC于F,構(gòu)造全等三角形,通過(guò)推理使問(wèn)題得到解決,請(qǐng)你直接寫(xiě)出線段BD與AE之間的數(shù)量關(guān)系:__________.【類(lèi)比探究】(2)如圖②,當(dāng)α＝45°時(shí),請(qǐng)判斷線段BD與AE之間的數(shù)量關(guān)系,并進(jìn)行證明;(3)如圖③,當(dāng)α為任意銳角時(shí),請(qǐng)直接寫(xiě)出線段BD與AE之間的數(shù)量關(guān)系:__________.(用含α的式子表示,其中0°＜α＜90°)5．(2017·煙臺(tái))【操作發(fā)現(xiàn)】(1)如圖①,△ABC為等邊三角形,現(xiàn)將三角板中的60°角與∠ACB重合,再將三角板繞點(diǎn)C按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)(旋轉(zhuǎn)角大于0°且小于30°),旋轉(zhuǎn)后三角板的一直角邊與AB交于點(diǎn)D,在三角板斜邊上取一點(diǎn)F,使CF＝CD,線段AB上取點(diǎn)E,使∠DCE＝30°,連接AF,EF.①求∠EAF的度數(shù);②DE與EF相等嗎？請(qǐng)說(shuō)明理由;【類(lèi)比探究】(2)如圖②,△ABC為等腰直角三角形,∠ACB＝90°,先將三角板的90°角與∠ACB重合,再將三角板繞點(diǎn)C按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)(旋轉(zhuǎn)角大于0°且小于45°),旋轉(zhuǎn)后三角板的一直角邊與AB交于點(diǎn)D,在三角板另一直角邊上取一點(diǎn)F,使CF＝CD,線段AB上取點(diǎn)E,使∠DCE＝45°,連接AF,EF,請(qǐng)直接寫(xiě)出探究結(jié)果:①求∠EAF的度數(shù);②線段AE,ED,DB之間的數(shù)量關(guān)系．題型五第22題幾何圖形探究題類(lèi)型一幾何圖形靜態(tài)探究1．遷移應(yīng)用:①證明:∵∠BAC＝∠DAE＝120°,∴∠DAB＝∠CAE,在△DAB和△EAC中,eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(DA＝EA,∠DAB＝∠EAC,AB＝AC)),∴△DAB≌△EAC;,圖②)②解:結(jié)論:CD＝eq\r(3)AD＋BD.理由:如解圖①,作AH⊥CD于H.∵△DAB≌△EAC,∴BD＝CE,在Rt△ADH中,DH＝AD·cos30°＝eq\f(\r(3),2)AD,∵AD＝AE,AH⊥DE,∴DH＝HE,∵CD＝DE＋EC＝2DH＋BD＝eq\r(3)AD＋BD;拓展延伸:①證明:如解圖②,作BH⊥AE于H,連接BE.∵四邊形ABCD是菱形,∠ABC＝120°,∴△ABD,△BDC是等邊三角形,∴BA＝BD＝BC,∵E、C關(guān)于BM對(duì)稱(chēng),∴BC＝BE＝BD＝BA,FE＝FC,∴A、D、E、C四點(diǎn)共圓,∴∠ADC＝∠AEC＝120°,∴∠FEC＝60°,∴△EFC是等邊三角形,②解:∵AE＝5,EC＝EF＝2,∴AH＝HE＝2.5,FH＝4.5,在Rt△BHF中,∵∠BFH＝30°,∴eq\f(HF,BF)＝cos30°,∴BF＝eq\f(4.5,\f(\r(3),2))＝3eq\r(3).2．(1)證明:∵四邊形ABCD是正方形,P與C重合,∴OB＝OP,∠BOC＝∠BOG＝90°,∵PF⊥BG,∠PFB＝90°,∴∠GBO＝90°－∠BGO,∠EPO＝90°－∠BGO,∴∠GBO＝∠EPO,在△BOG和△POE中,eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠GBO＝∠EPO,OB＝OP,∠BOG＝∠POE)),∴△BOG≌△POE(ASA);(2)解:猜想eq\f(BF,PE)＝eq\f(1,2).證明:如解圖①,過(guò)P作PM∥AC交BG于M,交BO于N,∴∠PNE＝∠BOC＝90°,∠BPN＝∠OCB.∵∠OBC＝∠OCB＝45°,∴∠NBP＝∠NPB,∴NB＝NP.∵∠MBN＝90°－∠BMN,∠NPE＝90°－∠BMN,∴∠MBN＝∠NPE,在△BMN和△PEN中,eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠MBN＝∠NPE,NB＝NP,∠MNB＝∠PNE)),∴△BMN≌△PEN(ASA),∴BM＝PE.∵∠BPE＝eq\f(1,2)∠ACB,∠BPN＝∠ACB,∴∠BPF＝∠MPF.∵PF⊥BM,∴∠BFP＝∠MFP＝90°.在△BPF和△MPF中,eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠BPF＝∠MPE,PF＝PF,∠PFB＝∠PFM)),∴△BPF≌△MPF(ASA).∴BF＝MF.即BF＝eq\f(1,2)BM.∴BF＝eq\f(1,2)PE.即eq\f(BF,PE)＝eq\f(1,2);(3)解:如解圖②,過(guò)P作PM∥AC交BG于點(diǎn)M,交BO于點(diǎn)N,∴∠BPN＝∠ACB＝α,∠PNE＝∠BOC＝90°.由(2)同理可得BF＝eq\f(1,2)BM,∠MBN＝∠EPN,∴△BMN∽△PEN,∴eq\f(BM,PE)＝eq\f(BN,PN).在Rt△BNP中,tanα＝eq\f(BN,PN),∴eq\f(BM,PE)＝tanα,即eq\f(2BF,PE)＝tanα,∴eq\f(BF,PE)＝eq\f(tanα,2).3．解:(1)∵△ACB和△DCE均為等邊三角形,∴CA＝CB,CD＝CE,∠ACB＝∠DCE＝60°,∴∠ACD＝∠BCE.在△ACD和△BCE中,eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AC＝BC,∠ACD＝∠BCE,CD＝CE)),∴△ACD≌△BCE(SAS)．∴∠ADC＝∠BEC.∵△DCE為等邊三角形,∴∠CDE＝∠CED＝60°.∵點(diǎn)A,D,E在同一直線上,∴∠ADC＝120°,∴∠BEC＝120°,∴∠AEB＝∠BEC－∠CED＝60°;②∴AD＝BE;(2)∠AEB＝90°,AE＝BE＋2CM.理由:∵△ACB和△DCE均為等腰直角三角形,∴CA＝CB,CD＝CE,∠ACB＝∠DCE＝90°.∴∠ACD＝∠BCE.在△ACD和△BCE中,eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(CA＝CB,∠ACD＝∠BCE,CD＝CE)),∴△ACD≌△BCE(SAS)．∴AD＝BE,∠ADC＝∠BEC.∵△DCE為等腰直角三角形,∴∠CDE＝∠CED＝45°.∵點(diǎn)A,D,E在同一直線上,∴∠ADC＝135°,∴∠BEC＝135°,∴∠AEB＝∠BEC－∠CED＝90°.∵CD＝CE,CM⊥DE,∴DM＝ME.∵∠DCE＝90°,∴DM＝ME＝CM,∴AE＝AD＋DE＝BE＋2CM;(3)點(diǎn)A到BP的距離為eq\f(\r(3)－1,2)或eq\f(\r(3)＋1,2).理由如下:∵PD＝1,∴點(diǎn)P在以點(diǎn)D為圓心,1為半徑的圓上．∵∠BPD＝90°,∴點(diǎn)P在以BD為直徑的圓上．∴點(diǎn)P是這兩圓的交點(diǎn)．①當(dāng)點(diǎn)P在如解圖①所示位置時(shí),連接PD、PB、PA,作AH⊥BP,垂足為H,過(guò)點(diǎn)A作AE⊥AP,交BP于點(diǎn)E,∵四邊形ABCD是正方形,∴∠ADB＝45°.AB＝AD＝DC＝BC＝eq\r(2),∠BAD＝90°.∴BD＝2.∵DP＝1,∴BP＝eq\r(3).∵∠BPD＝∠BAD＝90°,∴A、P、D、B在以BD為直徑的圓上,∴∠APB＝∠ADB＝45°.∴△PAE是等腰直角三角形．又∵△BAD是等腰直角三角形,點(diǎn)B、E、P共線,AH⊥BP,∴由(2)中的結(jié)論可得:BP＝2AH＋PD.∴eq\r(3)＝2AH＋1.∴AH＝eq\f(\r(3)－1,2);②當(dāng)點(diǎn)P在如解圖②所示位置時(shí),連接PD、PB、PA,作AH⊥BP,垂足為H,過(guò)點(diǎn)A作AE⊥AP,交PB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E,同理可得:BP＝2AH－PD.∴eq\r(3)＝2AH－1.∴AH＝eq\f(\r(3)＋1,2).綜上所述:點(diǎn)A到BP的距離為eq\f(\r(3)－1,2)或eq\f(\r(3)＋1,2).4．解:【探究】平行四邊形．理由:如解圖①,連接AC,∵E是AB的中點(diǎn),F是BC的中點(diǎn),∴EF∥AC,EF＝eq\f(1,2)AC,同理HG∥AC,HG＝eq\f(1,2)AC,綜上可得:EF∥HG,EF＝HG,故四邊形EFGH是平行四邊形．【應(yīng)用】(1)添加AC＝BD,理由:連接AC,BD,同(1)知,EF＝eq\f(1,2)AC,同【探究】的方法得,FG＝eq\f(1,2)BD,∵AC＝BD,∴EF＝FG,∵四邊形EFGH是平行四邊形,∴?EFGH是菱形;(2)如解圖②,由【探究】得,四邊形EFGH是平行四邊形,∵F,G是BC,CD的中點(diǎn),∴FG∥BD,FG＝eq\f(1,2)BD,∴△CFG∽△CBD,∴eq\f(S△CFG,S△BCD)＝eq\f(1,4),∴S△BCD＝4S△CFG,同理:S△ABD＝4S△AEH,∵四邊形ABCD面積為5,∴S△BCD＋S△ABD＝5,∴S△CFG＋S△AEH＝eq\f(5,4),同理:S△DHG＋S△BEF＝eq\f(5,4),∴S四邊形EFGH＝S四邊形ABCD－(S△CFG＋S△AEH＋S△DHG＋S△BEF)＝5－eq\f(5,2)＝eq\f(5,2),設(shè)AC與FG,EH相交于M,N,EF與BD相交于P,∵FG∥BD,FG＝eq\f(1,2)BD,∴CM＝OM＝eq\f(1,2)OC,同理:AN＝ON＝eq\f(1,2)OA,∵OA＝OC,∴OM＝ON,易知,四邊形ENOP,FMOP是平行四邊形,S?EPON＝S?FMOP,∴S陰影＝eq\f(1,2)S四邊形EFGH＝eq\f(5,4).5．解:(1)∵△ABC是等邊三角形,∴△AGD是等邊三角形,∴AD＝GD,由題意知:CE＝AD,∴CE＝GD,∵DG∥BC,∴∠GDF＝∠CEF,在△GDF與△CEF中,eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠GDF＝∠CEF,∠GFD＝∠EFC，,GD＝CE))∴△GDF≌△CEF(AAS),∴CF＝GF,∵DH⊥AG,∴AH＝GH,∴AC＝AG＋CG＝2GH＋2GF＝2(GH＋GF)＝2HF,∴eq\f(AC,HF)＝2;(2)如解圖①,過(guò)點(diǎn)D作DG∥BC交AC于點(diǎn)G,則∠ADG＝∠ABC＝90°.∵∠BAC＝∠ADH＝30°,∴AH＝DH,∠GHD＝∠BAC＋∠ADH＝60°,∠HDG＝∠ADG－∠ADH＝60°,∴△DGH為等邊三角形．∴GD＝GH＝DH＝AH,AD＝GD·tan60°＝eq\r(3)GD.由題意可知,AD＝eq\r(3)CE.∴GD＝CE.∵DG∥BC,∴∠GDF＝∠CEF.在△GDF與△CEF中,eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠GDF＝∠CEF,∠GFD＝∠EFC,CE＝GD)),∴△GDF≌△CEF(AAS),∴GF＝CF.GH＋GF＝AH＋CF,即HF＝AH＋CF,∴HF＝eq\f(1,2)AC,即eq\f(AC,HF)＝2;(3)eq\f(AC,HF)＝eq\f(m＋1,m).理由如下:如解圖②,過(guò)點(diǎn)D作DG∥BC交AC于點(diǎn)G,易得AD＝AG,AD＝EC,∠AGD＝∠ACB.在△ABC中,∵∠BAC＝∠ADH＝36°,AB＝AC,∴AH＝DH,∠ACB＝∠B＝72°,∠GHD＝∠HAD＋∠ADH＝72°.∴∠AGD＝∠GHD＝72°,∵∠GHD＝∠B＝∠HGD＝∠ACB,∴△ABC∽△DGH.∴eq\f(GH,DH)＝eq\f(BC,AC)＝m,∴GH＝mDH＝mAH.由△ADG∽△ABC可得eq\f(DG,AD)＝eq\f(BC,AB)＝eq\f(BC,AC)＝m.∵DG∥BC,∴eq\f(FG,FC)＝eq\f(GD,EC)＝m.∴FG＝mFC.∴GH＋FG＝m(AH＋FC)＝m(AC－HF),即HF＝m(AC－HF)．∴eq\f(AC,HF)＝eq\f(m＋1,m).類(lèi)型二幾何圖形動(dòng)態(tài)探究1．解:(1)①當(dāng)α＝0°時(shí),∵Rt△ABC中,∠B＝90°,∴AC＝eq\r(AB2＋BC2)＝eq\r(（8÷2）2＋82)＝4eq\r(5),∵點(diǎn)D、E分別是邊BC、AC的中點(diǎn),∴AE＝4eq\r(5)÷2＝2eq\r(5),BD＝8÷2＝4,∴eq\f(AE,BD)＝eq\f(2\r(5),4)＝eq\f(\r(5),2).②如解圖①,當(dāng)α＝180°時(shí),可得AB∥DE,∵eq\f(AC,AE)＝eq\f(BC,BD),∴eq\f(AE,BD)＝eq\f(AC,BC)＝eq\f(4\r(5),8)＝eq\f(\r(5),2);(2)當(dāng)0°≤α＜360°時(shí),eq\f(AE,BD)的大小沒(méi)有變化,∵∠ECD＝∠ACB,∴∠ECA＝∠DCB,又∵eq\f(EC,DC)＝eq\f(AC,BC)＝eq\f(\r(5),2),∴△ECA∽△DCB,∴eq\f(AE,BD)＝eq\f(EC,DC)＝eq\f(\r(5),2);(3)①當(dāng)D在AE上時(shí),如解圖②,∵AC＝4eq\r(5),CD＝4,CD⊥AD,∴AD＝eq\r(AC2－CD2)＝eq\r(（4\r(5)）2－42)＝eq\r(80－16)＝8,∵AD＝BC,AB＝DC,∠B＝90°,∴四邊形ABCD是矩形,∴BD＝AC＝4eq\r(5);②當(dāng)D在AE延長(zhǎng)線上時(shí),如解圖③,連接BD,過(guò)點(diǎn)D作AC的垂線交AC于點(diǎn)Q,過(guò)點(diǎn)B作AC的垂線交AC于點(diǎn)P,∵AC＝4eq\r(5),CD＝4,CD⊥AD,∴AD＝eq\r(AC2－CD2)＝eq\r(（4\r(5)）2－42)＝eq\r(80－16)＝8,∵原圖中點(diǎn)D、E分別是邊BC、AC的中點(diǎn),∴DE＝eq\f(1,2)AB＝eq\f(1,2)×(8÷2)＝eq\f(1,2)×4＝2,∴AE＝AD－DE＝8－2＝6,由(2)可得eq\f(AE,BD)＝eq\f(\r(5),2),∴BD＝eq\f(6,\f(\r(5),2))＝eq\f(12\r(5),5).綜上所述,BD的長(zhǎng)為4eq\r(5)或eq\f(12\r(5),5).2．解:(1)①∵∠AOB＝150°,∠BOC＝120°,∴∠AOC＝90°,由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知,∠OCD＝60°,∠ADC＝∠BOC＝120°,∴∠DAO＝360°－60°－90°－120°＝90°;②線段OA,OB,OC之間的數(shù)量關(guān)系是OA2＋OB2＝OC2.如解圖①,連接OD.∵△BOC繞點(diǎn)C按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)60°得△ADC,∴△ADC≌△BOC,∠OCD＝60°.∴CD＝OC,∴△OCD是等邊三角形,∴OC＝OD＝CD,∠COD＝∠CDO＝60°,∵∠AOB＝150°,∠BOC＝120°,∴∠AOC＝90°,∴∠AOD＝30°,∠ADO＝60°.∴∠DAO＝90°.在Rt△ADO中,∠DAO＝90°,∴OA2＋AD2＝OD2,∴OA2＋OB2＝OC2;(2)①當(dāng)α＝β＝120°時(shí),OA＋OB＋OC有最小值．作圖如解圖②,將△AOC繞點(diǎn)C按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)60°得△A′O′C,連接OO′.∴△A′O′C≌△AOC,∠OCO′＝∠ACA′＝60°.∴O′C＝OC,O′A′＝OA,A′C＝AC,∠A′O′C＝∠AOC.∴△OCO′是等邊三角形．∴OC＝O′C＝OO′,∠COO′＝∠CO′O＝60°.∵∠AOB＝∠BOC＝120°,∴∠AOC＝∠A′O′C＝120°.∴∠BOO′＝∠OO′A′＝180°.∴B,O,O′,A′四點(diǎn)共線．∴OA＋OB＋OC＝O′A′＋OB＋OO′＝BA′時(shí)值最小;②當(dāng)?shù)冗叀鰽BC的邊長(zhǎng)為1時(shí),OA＋OB＋OC的最小值為A′B＝eq\r(3).3．解:(1)①∵△DEC繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)使點(diǎn)D恰好落在AB邊上,∴AC＝CD,∵∠BAC＝90°－∠B＝90°－30°＝60°,∴△ACD是等邊三角形,∴∠ACD＝60°,又∵∠CDE＝∠BAC＝60°,∴∠ACD＝∠CDE,∴DE∥AC;②∵∠B＝30°,∠C＝90°,∴CD＝AC＝eq\f(1,2)AB,∴BD＝AD＝AC,根據(jù)等邊三角形的性質(zhì),△ACD的邊AC、AD上的高相等,∴△BDC的面積和△AEC的面積相等(等底等高的三角形的面積相等),即S1＝S2;(2)∵△DEC是由△ABC繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)得到,∴BC＝CE,AC＝CD,∵∠ACN＋∠BCN＝90°,∠DCM＋∠BCN＝180°－90°＝90°,∴∠ACN＝∠DCM,∵在△ACN和△DCM中,eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠ACN＝∠DCM,∠CMD＝∠N＝90°,AC＝DC)),∴△ACN≌△DCM(AAS),∴AN＝DM,∴△BDC的面積和△AEC的面積相等(等底等高的三角形的面積相等),即S1＝S2;(3)如解圖,過(guò)點(diǎn)D作DF1∥BE,易求四邊形BEDF1是菱形,∴BE＝DF1,且BE、DF1上的高相等,此時(shí)S△DCF1＝S△BDE;過(guò)點(diǎn)D作DF2⊥BD,∵∠ABC＝60°,F1D∥BE,∴∠F2F1D＝∠ABC＝60°∵BF1＝DF1,∠F1BD＝eq\f(1,2)∠ABC＝30°,∠F2DB＝90°,∴∠F1DF2＝∠ABC＝60°,∴△DF1F2是等邊三角形,∴DF1＝DF2∵BD＝CD,∠ABC＝60°,點(diǎn)D是角平分線上一點(diǎn),∴∠DBC＝∠DCB＝eq\f(1,2)×60°＝30°,∴∠CDF1＝180°－∠BCD＝180°－30°＝150°,∠CDF2＝360°－150°－60°＝150°,∴∠CDF1＝∠CDF2,∵在△CDF1和△CDF2中,eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(DF1＝DF2,∠CDF1＝∠CDF2,CD＝CD)),∴△CDF1≌△CDF2(SAS),∴點(diǎn)F2也是所求的點(diǎn),∵∠ABC＝60°,點(diǎn)D是角平分線上一點(diǎn),DE∥AB,∴∠DBC＝∠BDE＝∠ABD＝eq\f(1,2)×60°＝30°,又∵BD＝4,∴BE＝ED＝eq\f(1,2)×4÷cos30°＝2÷eq\f(\r(3),2)＝eq\f(4\r(3),3),∴BF1＝eq\f(4\r(3),3),BF2＝BF1＋F1F2＝eq\f(4\r(3),3)＋eq\f(4\r(3),3)＝eq\f(8\r(3),3),故BF的長(zhǎng)為eq\f(4\r(3),3)或eq\f(8\r(3),3).4．解:(1)當(dāng)α＝60°時(shí),△ABC、△DCE是等邊三角形,∴EC＝DC,AC＝BC,∠ACB＝∠DCE＝60°,∴∠ACB－∠ACD＝∠DCE－∠ACD,即∠BCD＝∠ACE,在△BDC和△AEC中,eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(EC＝DC,∠BCD＝∠ACE,AC＝BC)),∴△BDC≌△AEC(SAS),∴BD＝AE;(2)BD＝eq\r(2)AE;理由如下:如解圖①,過(guò)點(diǎn)D作DF∥AC,交BC于F.∵DF∥AC,∴∠ACB＝∠DFB.∵∠ABC＝∠ACB＝α,α＝45°,∴∠ABC＝∠ACB＝∠DFB＝45