重庆中考几何题分类汇编

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重庆中考几何题分类汇编

重庆中考几何题分类 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=AC.‎ ‎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=AE.‎ ‎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=时,求AE′的值.‎ ‎(2)如图②,在AC上取一点E,使得CE=AC,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=,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=AC,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DG,EG.求证:DG⊥GE.‎ 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在平面内自由旋转,若AD=4,AB=10,请直接写出△PMN面积的最大值.‎ 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、BM之间的数量关系,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 ,∠BAD=60°,且AB>6 .‎ ‎(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=,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Z3-25②,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Z3-25③,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 ,CD=BC,请求出GE的长.‎ 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=,PB=,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 ,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,‎ ∴△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,‎ ∴△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=45°,∵∠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=CF,‎ 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,∴=,‎ 又∵CF=AC=2CM,∴==,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=x,‎ ‎∵AB2+AE2=BE2,∴(2x+x)2+x2=22,‎ ‎∴x=(负根舍弃),‎ ‎∴AB=AC=(2+ )·,‎ ‎∴BC=AB=+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,‎ ‎∴△DCF≌△DCP,∴∠DFC=∠P,∴∠GFE=∠GEF,∴GE=GF,‎ ‎∵GM⊥EF,∴FM=ME,∵AE=CF,∴AF=CE,∴AM=CM,‎ 在△GAH和△GAM中,‎ ∴△AGH≌△AGM,∴AH=AM=CM=AC.‎ ‎3. 解:(1)∵AB=4,∴AC=AB=4.‎ ‎∵CD=1,∴AD=AC-CD=3.‎ ‎∵在Rt△ABD中,∠BAC=90°,‎ ‎∴BD==5,‎ ‎∵S△ABD=AB·AD=AE·BD,∴AE=2.4.‎ ‎(2)证明:如图,在线段EB上截取EH=AE,并连接AH.‎ ‎∵AE⊥BD,EH=AE,∴AH=AE.‎ ‎∵BE=AE+AG,∴BH=BE-HE=AG.‎ ‎∵∠BAD=∠BEA=90°,‎ ‎∴∠ABE+∠BAE=∠CAG+∠BAE=90°,‎ ‎∴∠ABE=∠CAG.‎ ‎∵BA=AC,∴△ABH≌△CAG,‎ ‎∴CG=AH=AE.‎ ‎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 .‎ ‎∵E是AC的中点,∴CE=AC=.‎ ‎∵将△CDE沿CD翻折到△CDE′,∴CE′=CE=,∠ACE′=90°.‎ 由勾股定理,得AE′==.‎ ‎(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=AC,∴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=AD,∴CF=AD=CD.∴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,‎ ∴△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,‎ ∴△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,‎ ∴△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,‎ ∴△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°,∴AB2=AE2+BE2,‎ 即13=9x2+4x2,∴x=1,∴AD=3x=3.‎ ‎(2)证明:如图,过C作CH⊥AB于H,则四边形CHGF为矩形.‎ ‎∴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==4 ,‎ ‎∴AP=AC= ,‎ ‎∴S△ACP=AP·CD=7 .‎ ‎(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≌△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, ‎∴△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AF2+CF2=2AE2,‎ 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=BD=AE,‎ ‎∵∠DPB=∠CPF,∴∠CFP=∠DBP=90°,∴DF2+CF2=DC2,‎ 即有:AF2+CF2=2AE2.‎ 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, ‎∴△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, ‎∴△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=BC,‎ ‎∴AE=CG=BC=AD,‎ ‎∴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=ME ‎2)MD=ME.‎ 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==.‎ ‎∴MD=ME.‎ ‎(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=.‎ ‎∴在Rt△MDE中,=tan∠MDE=tan.‎ ‎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=∠ACB=30°,‎ ‎∵EC=4,∠ECH=30°,∴EH=2,HC=2 .‎ ‎∵BC=6 ,∴BH=6 -2 =4 .‎ 在Rt△BHE中,BE2=(4 )2+22=52,‎ ‎∴BE=2 .‎ ‎(2)如图②,延长DP至M,使DP=PM,连接BM、AM.‎ 在△PDE和△PMB中, ‎∴△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, ‎∴△ABM≌△ACD(SAS).∴AD=AM,∠4=∠5.‎ ‎∵PD=PM,∴AP⊥PD.‎ ‎∵∠4=∠5,∠BAD+∠5=60°,‎ ‎∴∠4+∠BAD=60°,即∠MAD=60°.‎ ‎∴∠PAD=∠MAD=30°.‎ ‎∵在Rt△APD中,tan30°=,∴AP=PD.‎ ‎(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中,‎ ∴△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,‎ ∴△ABN≌△ACD(SAS).∴∠5=∠6,AN=AD.‎ ‎∵PD=PN,∴AP⊥PD.∵∠NAC+∠5=60°,‎ ‎∴∠NAC+∠6=60°,即∠NAD=60°.∴∠PAD=∠NAD=30°,‎ ‎∵在Rt△APD中,tan∠PAD=,∴AP=PD.‎ ‎5. 解:(1)∵∠ADB=90°,∠BAD=30°,AD=6 ,‎ ‎∴cos∠BAD=,∴=,∴AB=12.‎ 又∵AB=AC,∴AC=12,‎ ‎∴PM为△ABC的中位线,∴PM=AC=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的垂线交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)BF2+FC2=2AD2.‎ 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=CE,∠MPD=∠ECD=∠ACD+∠ACE.‎ 同理,PN∥BD且PN=BD,∠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.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=PN2=BD2,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=PN2=BD2=×14×14=.‎ 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=BH,‎ ‎∵∠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, ‎∴△BAH≌△BCM(SAS),∴BH=BM,‎ ‎∴AN=BM,‎ 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=6 ,‎ ‎∴FG=EG=3 ,∠FPG=∠EPG=∠EPF.‎ 在Rt△FPG中,sin∠FPG===.‎ ‎∴∠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=∠DAB=30°,‎ ‎∴AM=AN=APcos30°=10×=5 .‎ ‎∴AE+AF=(AM+ME)+(AN-NF)=AM+AN=10 .‎ 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,‎ ‎∴△DFC≌△DEB,∴DC=DB.‎ ‎2. 解:(1)∵AC=AB=4,且CD=1,‎ ‎∴AD=AC-CD=3.‎ 在Rt△ABD中,∠BAD=90°,‎ ‎∴BD==5,‎ ‎∵S△ABD=AB·AD=AE·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=90°,‎ 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=BD=AB.‎ ‎∵在Rt△ABF中,AB2+BF2=AF2,‎ ‎∴(2BF)2+BF2=()2,‎ ‎∴BF=1,AB=2.‎ 在Rt△ABD中,AD===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, ‎∴△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,‎ ∴△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⊥MP于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⊥CF于N,‎ ‎∵∠BAC=90°,AB=AC,∴BC=AB=4,AH=CH=BC=2,‎ ‎∴CD=BC=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==.‎ 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=AC,‎ 同理AD=AC.‎ ‎∴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≌△BEC,‎ ‎∴AD=BE,∴AC=AE=AD+AB.‎ ‎(3)AD+AB=AC.理由如下:‎ 如图②,过点C作CE⊥AC交AB的延长线于点E,‎ ‎∵∠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,‎ ‎∴AD+AB=AC.‎ ‎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,‎ ‎∴Rt△AHF≌Rt△ADF(HL),‎ ‎∴∠HAF=∠DAF,‎ ‎∴∠EAF=∠EAH+∠FAH=∠BAH+∠HAD=∠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, ‎∴△ABH≌△ADN(SAS),‎ ‎∴BH=DN,∠HBA=∠NDA=135°,‎ ‎∵∠HAN=90°,∠MAN=45°,‎ ‎∴∠1+∠2=∠HAM=∠MAN=45°,‎ 在△AHM和△ANM中, ‎∴△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=,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=∴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 .‎ ‎∴PP′=4 ,在△APP′中,‎ ‎∵PA=2 ,P′A=2,PP′=4 ,∴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°.‎
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