提优专题33 从全等到相似类比探究（解析版）

专题33从全等到相似类比探究（解析版）第一部分典例剖析类型一从全等到相似——旋转变换典例1．（2021秋•槐荫区期中）已知点E在△ABC内，∠ABC＝∠EBD＝α，∠ACB＝∠EDB＝60°，∠AEB＝150°，∠BEC＝90°．（1）当α＝60°时（如图1），①判断△ABC的形状，并说明理由；②求证：AEBD=tan∠（2）当α＝90°时（如图2），②的结论还成立吗？若成立，说明理由；若不成立，求出AEBD思路引领：（1）①由三角形ABC中有两个60°而求得它为等边三角形；②由△EBD也是等边三角形，连接DC，证得△ABE≌△CBD，在直角三角形中很容易证得结论；（2）连接DC，证得△ABC∽△EBD，设BD＝x，在Rt△EBD中，DE＝2x，由相似比即得到比值．解：（1）①△ABC是等边三角形，理由如下：理由：∵∠ABC＝∠ACB＝60°，∴∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝60°＝∠ABC＝∠ACB，∴△ABC是等边三角形，②证明：同理△EBD也是等边三角形，如图1，连接DC，则AB＝BC，BE＝BD，∠ABE＝60°﹣∠EBC＝∠CBD，∴△ABE≌△CBD（SAS），∴AE＝CD，∠AEB＝∠CDB＝150°，∴∠EDC＝150°﹣∠BDE＝90°，在Rt△EDC中，tan∠CED=CD（2）结论不成立，理由如下：如图2，连接CD，∵∠ABC＝∠EBD＝90°，∠ACB＝∠EDB＝60°，∴△ABC∽△EBD，∴ABBE=BC又∵∠ABE＝90°﹣∠EBC＝∠CBD，∴△ABE∽△CBD，∴∠AEB＝∠CDB＝150°，AEDC∴∠EDC＝150°﹣∠BDE＝90°，∠CED＝∠BEC﹣∠BED＝90°﹣（90°﹣∠BDE）＝60°，设BD＝x，在Rt△EBD中，DE＝2x，BE=3x，CD＝23x∵AEDC∴AE=3x×23∴AEBD=总结提升：本题是三角形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，证得△ABE∽△CBD是解题的关键．典例2（2022•泰山区一模）（1）如图1，菱形AECH的顶点E、H在菱形ABCD的边上，且∠BAD＝60°，请直接写出HD：GC：EB的结果（不必写计算过程）；（2）将图1中的菱形AEGH绕点A旋转一定角度，如图2，求HD：GC：EB；（3）把图2中的菱形都换成矩形，如图3，且AD：AB＝AH：AE＝1：3，此时HD：GC：EB的结果与（2）小题的结果相比有变化吗？如果有变化，求出变化后的结果；若无变化，请说明理由．思路引领：（1）连接AG，证得A、G、C共线，进而得出结果；（2）作DF∥GH，DF＝GH，连接CF，△ADH≌△ABE和△ABE≌△DCF，进一步得出结果；（3）作▱DHGF，连接CF，证明△ADH∽△ABE和△ABE≌△DCF，进一步得出结果．解：如图1，连接AG，∵四边形AEGH和ABCD是菱形，∴∠AGH=12∠EGH=30°，∠ACD=12∠BCD=30°，AD＝∴∠AGH＝∠DCG，DH＝BE，∴A、G、C共线，∵GH∥CD，∴DHCG∴HD：GC：EB＝1：3：1；（2）如图2，作DF∥GH，DF＝GH，连接CF，由（1）可得：AE＝AH，∠HAE＝∠DAB＝60°，AB＝AD，∴∠HAE﹣∠HAB＝∠DAB﹣∠HAB，∴∠EAB＝∠DAB，∴△ADH≌△ABE（SAS），∴DH＝EB，同理可得：△ABE≌△DCF，∴CF＝BE＝DH＝FG，∵∠DFC＝∠AHD，∠DFG＝∠DHG，∴∠CFG＝∠AHG＝120°，∴∠FCG＝∠FGC＝30°，∴FG：CG＝1：3，∴HD：GC：EB＝1：3：1；（3）如图3，HD：GC：EB＝1：3：1，比值由变化，理由如下：作▱DHGF，连接CF，由（2）得，∠DAH＝∠BAE，∵AHAE∴△ADH∽△ABE，∴DHBE同理（2）可得：△ABE≌△DCF，∠CFG＝∠AHG＝90°，∴CG=FG2+C∴HD：GC：EB＝1：10：3；总结提升：本题考查了菱形和矩形性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造相似三角形和全等三角形．典例3（2022•湘潭县校级模拟）如图1，△ABC中，∠ABC＝45°，AH⊥BC于点H，点D在AH上，且DH＝CH，连结BD．（1）求证：BD＝AC；（2）将△BHD绕点H旋转，得到△EHF（点B，D分别与点E，F对应），连接AE．①如图2，当点F落在AC上时（F不与C重合），若CF＝1，tanC＝3，求AE的长；②如图3，当△EHF是由△BHD绕点H逆时针旋转30°得到时，设射线CF与AE相交于点G，连接GH，试探究线段GH与EF之间满足的数量关系，并说明理由．思路引领：（1）先判断出AH＝BH，再判断出△BHD≌△AHC即可；（2）①先根据tanC＝3，求出AH＝3CH，然后根据△EHA∽△FHC，得到，AE＝3CF，可得结论；②方法1、先判断出△AGQ∽△CHQ，得到AQGQ=CQHQ，然后判断出△方法2、取EF的中点K，连接GK，HK，先证明GK＝HK=12EF，再证明△（1）证明：在Rt△AHB中，∠ABC＝45°，∴AH＝BH，在△BHD和△AHC中，AH=BH∠BHD=∠AHC=90°∴△BHD≌△AHC（SAS），∴BD＝AC，（2）解：①如图，在Rt△AHC中，∵tanC＝3，∴AHCH=∵∠AHC＝∠EHF＝90°，∴∠AHE＝∠CHF，∵HA＝HE，HC＝HF，∴△EHA∽△FHC，∴AECF=∵CF＝1，∴AE＝3；②结论：EF＝2HG．方法1、如图1，∵△EHF是由△BHD绕点H逆时针旋转30°得到，∴HD＝HF，∠AHF＝30°∴∠CHF＝90°+30°＝120°，由①有，△AEH和△FHC都为等腰三角形，∴∠GAH＝∠HCG＝30°，∴CG⊥AE，∴点C，H，G，A四点共圆，∴∠CGH＝∠CAH，设CG与AH交于点Q，∵∠AQC＝∠GQH，∴△AQC∽△GQH，∴ACHG∵△EHF是由△BHD绕点H逆时针旋转30°得到，∴EF＝BD，由（1）知，BD＝AC，∴EF＝AC∴EFHG=即：EF＝2HG．方法2、如图③，取EF的中点K，连接GK，HK，由旋转知，∠EHF＝90°，∴EK＝HK=12由旋转知，∠CGE＝∠AGC＝90°，∴EK＝GK=12∴HK＝GK，∵EK＝HK，∴∠FKG＝2∠AEF，∵EK＝GK，∴∠HKF＝2∠HEF，由旋转知，∠AHF＝30°，∴∠AHE＝120°，由（1）知，BH＝AH，∵BH＝EH，∴AH＝EH，∴∠AEH＝30°，∴∠HKG＝∠FKG+∠HKF＝2∠AEF+2∠HEF＝2∠AEH＝60°，∴△HKG是等边三角形，∴GH＝GK，∴EF＝2GK＝2GH，即：EF＝2GH．总结提升：此题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，勾股定理，锐角三角函数的意义，等腰三角形的判定和性质，解本题的关键是相似三角形性质和判定的运用．典例4（2022•杭州模拟）已知，在等腰直角△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D为直线BC上的一动点（点D不与点B、C重合），连接AD，以AD为边向右作等腰直角△ADE，AD＝AE，连接CE．（1）填空：当点D在线段BC上如图（一），可通过证明①△≌△，得到BD＝，进而判断②CE，CD，BC三条线段的数量关系为．（2）当点D在线段BC的延长线上且其他条件不变如图（二），（1）中CE，CD，BC三条线段的数量关系是否仍然成立？如果成立，请说明理由；如果不成立，请写出你的结论，并证明．（3）当点D在线段CB的延长线上且其他条件不变，请你构造出图形，并写出CE，CD，BC三条线段的数量关系．思路引领：（1）①证△ABD≌△ACE（SAS），得BD＝CE；②由①可知，BD＝CE，再由BC＝BD+CD，即可得出结论；（2）证△ABD≌△ACE（SAS），得BD＝CE，再由BD＝BC+CD，即可得出结论；（3）证△ABD≌△ACE（SAS），得BD＝CE，再由CD＝BC+BD，即可得出结论，解：（1）①∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAD＝∠CAE，在△ABD和△ACE中，AB=AC∠BAD=∠CAE∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE，故答案为：ABD，ACE，CE；②∵BD＝CE，∴BC＝BD+CD＝CE+CD，故答案为：BC＝CE+CD；（2）不成立，存在的数量关系为CE＝BC+CD，证明如下：∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAD＝∠CAE，在△ABD和△ACE中，AB=AC∠BAD=∠CAE∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE，∵BD＝BC+CD，∴CE＝BC+CD；（3）当点D在边CB的延长线上时，如图（三）所示：CE，CD，BC三条线段的数量关系为：CD＝BC+CE，理由如下：∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，即∠BAD＝∠CAE，在△ABD和△ACE中，AB=AC∠BAD=∠CAE∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE，∴CD＝BC+BD＝BC+CE．总结提升：本题属于三角形综合题，考查了全等三角形的判定与性质以及等腰直角三角形的性质等知识，本题综合性强，熟练掌握等腰三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．类型二从全等到相似——变式探究典例5（2022•坪山区一模）已知四边形ABCD中，E、F分别是AB、AD边上的点，DE与CF交于点G．问题发现：（1）①如图1，若四边形ABCD是正方形，且DE⊥CF于G，则DECF=②如图2，当四边形ABCD是矩形时，且DE⊥CF于G，AB＝m，AD＝n，则DECF=拓展研究：（2）如图3，若四边形ABCD是平行四边形，且∠B+∠EGC＝180°时，求证：DECF解决问题：（3）如图4，若BA＝BC＝5，DA＝DC＝10，∠BAD＝90°，DE⊥CF于G，请直接写出DECF思路引领：（1）①由“ASA”可证△ADE≌△DCF，可得DE＝CF，可求解；②通过证明△AED∽△DFC，可得DECF（2）通过证明△ADE∽△DCM，可得DECM（3）设CN＝x，△BAD≌△BCD，推出∠BCD＝∠A＝90°，证△BCM∽△DCN，求出CM=12x，在Rt△CMB中，由勾股定理得出BM2+CM2＝BC2，代入得出方程∴（x﹣5）2+（12x）2＝52，求出CN＝8，证出△AED（1）解：①∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝CD，∠BAD＝∠ADC＝90°，∵DE⊥CF，∴∠DGF＝90°＝∠ADC，∴∠ADE+∠EDC＝90°＝∠EDC+∠DCF，∴∠ADE＝∠DCF，∴△ADE≌△DCF（ASA），∴DE＝CF，∴DECF故答案为：1；②解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠FDC＝90°，AB＝CD＝m，∵CF⊥DE，∴∠DGF＝90°，∴∠ADE+∠CFD＝90°，∠ADE+∠AED＝90°，∴∠CFD＝∠AED，∵∠A＝∠CDF，∴△AED∽△DFC，∴DECF故答案为：nm（2）证明：如图所示，∠B+∠EGC＝180°，∠EGC+∠EGF＝180°，∴∠B＝∠EGF，在AD的延长线上取点M，使CM＝CF，则∠CMF＝∠CFM，∵AB∥CD，∴∠A＝∠CDM，∵AD∥BC，∴∠B+∠A＝180°，∵∠B＝∠EGF，∴∠EGF+∠A＝180°，∴∠AED＝∠CFM＝∠CMF，∴△ADE∽△DCM，∴DECM即DECF（3）解：过C作CN⊥AD于N，CM⊥AB交AB延长线于M，连接BD，设CN＝x，∵∠BAD＝90°，即AB⊥AD，∴∠A＝∠M＝∠CNA＝90°，∴四边形AMCN是矩形，∴AM＝CN，AN＝CM，在△BAD和△BCD中，AD=CDAB=BC∴△BAD≌△BCD（SSS），∴∠BCD＝∠A＝90°，∴∠ABC+∠ADC＝180°，∵∠ABC+∠CBM＝180°，∴∠MBC＝∠ADC，∵∠CND＝∠M＝90°，∴△BCM∽△DCN，∴CMCN∴CMx∴CM=12在Rt△CMB中，CM=12x，BM＝AM﹣AB＝x﹣5，由勾股定理得：BM2+CM2＝BC∴（x﹣5）2+（12x）2＝52解得：x1＝0（舍去），x2＝8，∴CN＝8，∵∠A＝∠FGD＝90°，∴∠AED+∠AFG＝180°，∵∠AFG+∠NFC＝180°，∴∠AED＝∠CFN，∵∠A＝∠CNF＝90°，∴△AED∽△NFC，∴DECF总结提升：本题是相似形综合题，考查了矩形性质和判定，勾股定理，平行四边形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定的应用等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．典例6（2022秋•连山区校级月考）如图，△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝90°，AC、BD交于点M．（1）如图1，求证：AC与BD的数量与位置关系并说明理由；（2）连接MO，求证：MO平分∠BMC；（3）如图2，∠AOB＝∠COD＝60°时，直接写出∠AMD的度数．思路引领：（1）证明△AOC≌△BOD（SAS）．由全等三角形的性质可得出答案；（2）过点O作OG⊥BD，OH⊥AC于点G，H，根据S△AOC＝S△BOD，AC＝BD，证明点O在∠BMC的平分线上，进而可以解决问题；（3）结合（1）得出∠OAC＝∠OBD．由三角形外角定义可得出答案．（1）证明：AC＝BD，AC⊥BD，理由：∵∠AOB＝∠COD，∴∠AOB+∠AOD＝∠COD+∠AOD，∴∠AOC＝∠BOD．在△AOC和△BOD中，OA=OB∠AOC=∠BOD∴△AOC≌△BOD（SAS）．∴AC＝BD；∵△AOC≌△BOD，∴∠OAC＝∠OBD，∵∠OAC+∠AME+∠AEM＝180°，∠OBD+∠OEB+∠BOE＝180°，∴∠AME＝180°﹣∠OAC﹣∠AEM，∠BOE＝180°﹣∠OBD﹣∠OEB，∵∠AEM＝∠OEB，∴∠AME＝∠BOE＝90°．∴AC⊥BD；（2）证明：如图，过点O作OG⊥BD，OH⊥AC于点G，H，∵△AOC≌△BOD，∴S△AOC＝S△BOD，AC＝BD，∴12×AC•OG=12∴OG＝OH，∴点O在∠BMC的平分线上，∴MO平分∠BMC；（3）解：由（1）知：△AOC≌△BOD，∴∠OAC＝∠OBD，∵∠AOB＝∠COD＝60°，∴∠AMD＝∠ABM+∠BAM＝∠ABM+∠BAO+∠OAC＝∠ABO+∠BAO＝60°+60°＝120°．总结提升：本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．类型三从全等到相似——从特殊到一般典例7（2019春•方城县期中）问题：如图1，在平行四边形ABCD中，点E是BC边的中点，连接AE，点F是线段AE上一点，连接BF并延长，交射线CD于点G．若AF：EF＝4：1，求CDCG（1）尝试探究：如图1，过点E作EH∥AB交BG于点H，则AB和EH的数量关系是．CG和EH的数量关系是，因此CDCG=（2）类比延伸：在原题的条件下，若把“AF：EF＝4：1”改为“AF：EF＝n：1”（n＞0），求CDCG的值．（用含有n（3）拓展迁移：如图2，在四边形ABCD中，CD∥AB，点E是BC的延长线上的一点，AE与BD相交于点F．若AB：CD＝a：1（a＞0），BC：BE＝b：1（b＞0），则AFEF=．（直接用含有a、思路引领：（1）本问体现“特殊”的情形，AFEF=4是一个确定的数值．如答图1，过E点作平行线，构造相似三角形，利用相似三角形和中位线的性质，分别将各相关线段均统一用（2）本问体现“一般”的情形，AFEF=n不再是一个确定的数值，但（1）问中的解题方法依然适用，如答图（3）本问体现“类比”与“转化”的情形，将（1）（2）问中的解题方法推广转化到梯形中，如答图3所示．解：（1）依题意，过点E作EH∥AB交BG于点H，如右图1所示．则有△ABF∽△EHF，∴ABEH=∴AB＝4EH．∵▱ABCD，EH∥AB，∴EH∥CD，又∵E为BC中点，∴EH为△BCG的中位线，∴CG＝2EH．CDCG=故答案为：2．（2）如右图2所示，作EH∥AB交BG于点H，则△EFH∽△AFB．∴ABEF=∴AB＝nEH．∵AB＝CD，∴CD＝nEH．∵EH∥AB∥CD，∴△BEH∽△BCG．∴CGEH=∴CG＝2EH．∴CDCG（3）如右图3所示，过点E作EH∥AB交BD的延长线于点H，则有EH∥AB∥CD．∵EH∥CD，∴△BCD∽△BEH，∴CDEH=∴CD＝bEH．又ABCD=∴AB＝aCD＝abEH．∵EH∥AB，∴△ABF∽△EHF，∴AFEF=故答案为：ab．总结提升：本题的设计独具匠心：由平行四边形中的一个特殊的例子出发（第1问），推广到平行四边形中的一般情形（第2问），最后再通过类比、转化到梯形中去（第3问）．各种图形虽然形式不一，但运用的解题思想与解题方法却是一以贯之：即通过构造相似三角形，得到线段之间的比例关系，这个比例关系均统一用同一条线段来表达，这样就可以方便地求出线段的比值．本题体现了初中数学的类比、转化、从特殊到一般等思想方法，有利于学生触类旁通、举一反三．第二部分专题提优训练1．（2022春•金牛区校级月考）在锐角△ABC中，AB＝4，BC＝5，∠ACB＝45°，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转，得到△A1BC1．（1）如图1，当点C1在线段CA的延长线上时，求∠CC1A1的度数；（2）如图2．连接AA1，CC1若AA1＝43，求CC1的长；（3）如图3，点E为线段AB中点，点P是线段AC上的动点，在△ABC绕点B按逆时针方向旋转过程中，点P的对应点是点P1求线段EP1长度的最大值与最小值．思路引领：（1）根据旋转的性质解答；（2）通过证明△ABA1∽△CBC1，可得ABBC（3）过点B作BD⊥AC，D为垂足，因为△ABC为锐角三角形，所以点D在线段AC上，在Rt△BCD中，BD=22BC=52解：（1）由旋转的性质可得：∠A1C1B＝∠ACB＝45°，BC＝BC1，∴∠CC1B＝∠C1CB＝45°，∴∠CC1A1＝∠CC1B+∠A1C1B＝45°+45°＝90°．（2）∵△ABC≌△A1BC1，∴BA＝BA1，BC＝BC1，∠ABC＝∠A1BC1，∴ABBC∵∠ABC+∠ABC1＝∠A1BC1+∠ABC1，∴∠ABA1＝∠CBC1，∴△ABA1∽△CBC1．∴ABBC∴CC1=5×434（3）如图，过点B作BD⊥AC，D为垂足，∵△ABC为锐角三角形，∴点D在线段AC上，在Rt△BCD中，BD=22BC①当P在AC上运动至BP⊥AC时，△ABC绕点B旋转，使点P的对应点P1在线段AB上时，EP1最小，最小值为：EP1＝BP1﹣BE＝BD﹣BE=52②当P在AC上运动至点C，△ABC绕点B旋转，使点P的对应点P1在线段AB的延长线上时，EP1最大，最大值为：EP1＝BC+BE＝2+5＝7．综上所述：线段EP1长度的最大值为7，线段EP1长度的最小值为522总结提升：本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，全等三角形的性质，直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，证明三角形相似是解题的关键．2．（2022秋•清镇市月考）如图1，矩形ABCD与矩形CEFG全等，点B，C，E和点C，D，G分别在同一直线上，且AB＝CE＝2，BC＝EF＝4，连接AC，CF．（1）在图1中，连接AF，则AF＝；（2）如图2，将图1中的矩形CEFG绕点C逆时针旋转，当CG平分∠ACF时，求点G到AC的距离；（3）如图3，将图1中的矩形CEFG绕点C顺时针方向旋转，连接AF，DE，两线相交于点M，求证：点M是AF的中点．思路引领：（1）根据矩形ABCD与矩形CEFG全等，可得矩形CEFG是由矩形ABCD绕点C逆时针旋转得到的，所以∠ACF＝90°．然后根据勾股定理即可解决问题；（2）过点G作GH⊥CF，GQ⊥AC于点H，Q，根据CG平分∠ACF，可得GH＝GQ，然后由S△CGF=12S矩形CEFG＝（3）延长CM交AD延长线于点H，设DE与CF交于点Q，根据矩形的性质证明AD＝FQ，然后证明△ADM≌△FQM（AAS），可得AM＝FM．进而可以解决问题．解：（1）∵矩形ABCD与矩形CEFG全等，∴矩形CEFG是由矩形ABCD绕点C逆时针旋转得到的，∴∠ACF＝90°．∵AB＝CE＝2，BC＝EF＝4，∴AC＝CF=AB2∴AF=2AC＝210故答案为：210；（2）解：如图2，过点G作GH⊥CF，GQ⊥AC于点H，Q，∵CG平分∠ACF，∴GH＝GQ，∵S△CGF=12S矩形CEFG=12×2∴12×CF•GH＝∴12×25×GH∴GH=4∴CQ=4∴点G到AC的距离为45（3）证明：如图，延长CM交AD延长线于点H，设DE与CF交于点Q，由旋转可知：CD＝CE，∴∠CDE＝∠CED，∵∠CDH＝∠CEF＝90°，∴∠QDH＝90°﹣∠CDE，∠FEQ＝90°﹣∠CED，∴∠QDH＝∠FEQ，∵AD∥BC，∴∠QDH＝∠DQC，∵∠DQC＝∠FQE，∴∠FEQ＝∠FQE，∴FE＝FQ，∵AD＝FE，∴AD＝FQ，∵AD∥BC，∴∠DAM＝∠QFM，在△ADM和△FQM中，∠DAM=∠QFM∠AMD=∠FMQ∴△ADM≌△FQM（AAS），∴AM＝FM．∴点M是AF的中点．总结提升：本题是四边形综合题，综合性强，属于运动开放性题目，考查了矩形性质、直角三角形的性质及勾股定理、旋转等多个知识点，关键是根据题目的结论去分析所需要的条件，从而根据图形特点及题目条件进行求解．3．（锦江区模拟）已知：在△ABC中，∠DBC＝∠ACB，BC＝2AC，BD＝BC，CD交线段AB于点E．（1）如图1，当∠ACB＝90°时，求证：DE＝2CE；（2）当∠ACB＝120°时，①如图2，猜想线段DE、CE之间的数量关系并证明你的猜想；②如图3，点F是BC边的中点，连接DF，DF与AB交于G，求DGGF的值．思路引领：（1）如图1，易证△DEB∽△CEA，然后只需运用相似三角形的性质就可解决问题；（2）①过点B作BH⊥DC于H，如图2．根据等腰三角形的性质可得∠D＝∠BCD＝30°，DH＝CH，从而可得BH＝AC，∠BHE＝∠ACE，进而可得△BHE≌△ACE，则有HE＝CE，即可证到DE＝3EC；②延长DF到点N，使得FN＝DF，连接NB、NC，如图3，易证四边形DCNB是平行四边形，从而可得DC∥BN，DC＝BN，即可得到△DGE∽△NGB，DEBN=3EC4EC=34，从而可得DGNG=DENB=34．设DG＝3k，则有NG＝4k，DN解：（1）如图1，∵∠ACB＝90°，∠DBC＝∠ACB，∴∠DBC＝90°，∴∠DBC+∠ACB＝180°，∴DB∥AC，∴△DEB∽△CEA，∴DEEC∵BD＝BC＝2AC，∴DE＝2EC；（2）猜想：DE＝3CE．证明：过点B作BH⊥DC于H，如图2．又∵BD＝BC，∠DBC＝∠ACB＝120°，∴∠D＝∠BCD＝30°，DH＝CH，∴DB＝2BH，∠ACE＝90°，∴BH＝AC，∠BHE＝∠ACE．在△BHE和△ACE中，∠BHE=∠ACE∠BEH=∠AEC∴△BHE≌△ACE，∴HE＝CE，∴DH＝HC＝2EC，∴DE＝DH+HE＝2EC+EC＝3EC；（3）延长DF到点N，使得FN＝DF，连接NB、NC，如图3，∵BF＝CF，FN＝DF，∴四边形DCNB是平行四边形，∴DC∥BN，DC＝BN，∴△DGE∽△NGB，DEBN∴DGNG设DG＝3k，则有NG＝4k，DN＝7k，∴DF=12DN∴GF＝DF﹣DG=7k2-3∴DGGF=总结提升：本题主要考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的性质、平行线的判定与性质、30°角所对的直角边等于斜边的一半等知识，倍长中线构造平行四边形是解决（2）②小题的关键．4．（岳阳中考）已知在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，CD为∠ACB的平分线，将∠ACB沿CD所在的直线对折，使点B落在点B′处，连接AB'，BB'，延长CD交BB'于点E，设∠ABC＝2α（0°＜α＜45°）．（1）如图1，若AB＝AC，求证：CD＝2BE；（2）如图2，若AB≠AC，试求CD与BE的数量关系（用含α的式子表示）；（3）如图3，将（2）中的线段BC绕点C逆时针旋转角（α+45°），得到线段FC，连接EF交BC于点O，设△COE的面积为S1，△COF的面积为S2，求S1S2思路引领：（1）由翻折可知：BE＝EB′，再利用全等三角形的性质证明CD＝BB′即可；（2）如图2中，结论：CD＝2•BE•tan2α．只要证明△BAB′∽△CAD，可得BB'CD=ABAC=1tan2α，推出2BECD=1（3）首先证明∠ECF＝90°，由∠BEC+∠ECF＝180°，推出BB′∥CF，推出EOOF=BECF=BE解：（1）如图1中，∵B、B′关于EC对称，CE平分∠ACB，∴B