2016届中考数学题型研究突破复习题7.doc

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三角形、四边形的证明与计算
类型一　有等腰三角形，通常作底边上的高、中线或顶角的平分线
针对演练
1. 在△ABC中，AB=BC=2,∠ABC=120°,将△ABC绕点B顺时针旋转角α(0<α<120°)，得△A1BC1，A1B交AC于点E，A1C1分别交AC、BC于D、F两点.

图① 图②
第1题图

(1)证明：EA1=FC;
（2）如图②，当α=30°时，试判断四边形BC1DA的形状，并说明理由；
（3）在（2）的情况下，求ED的长.

2. （2015连云港）在数学兴趣小组活动中，小明进行数学探究活动，将边长为2的正方形ABCD与边长为2的正方形AEFG按图①位置放置，AD与AE在同一条直线上，AB与AG在同一条直线上.
（1）小明发现DG⊥BE,请你帮他说明理由；
（2）如图②，小明将正方形ABCD绕点A逆时针旋转，当点B恰好落在线段DG上时，请你帮他求出此时BE的长.

图① 图②
第2题图

3. 如图①，在△ABC中，D是AB边的中点，AE⊥BC于点E，BF⊥AC于点F，AE,BF相交于点M，连接DE,DF.

图① 图② 图③
第3题图

（1）DE,DF的数量关系为 ；
（2）如图②，在△ABC中，CB=CA，点D是AB边的中点，点M在△ABC的内部，且∠MBC=∠MAC.过点M作ME⊥BC于点E，MF⊥AC于点F，连接DE,DF.求证：DE=DF；
（3）如图③，若将上面（2）中的条件“CB=CA”变为“CB≠CA”，其他条件不变，试探究DE与DF之间的数量关系，并证明你的结论.

【答案】
针对演练
1.（1）证明：∵AB=BC,
∴∠A＝∠C,
∵△ABC绕点B顺时针旋转角α得△A1BC1,
∴∠ABE=∠C1BF,∠C＝∠C 1,AB=BC=A1B=BC1,
∴∠A＝∠C1,
在△ABE和△C1BF中，
，
∴△ABE≌△C1BF(ASA),
∴BE=BF,
∴A1B-BE=BC-BF,
即EA1=FC.
(2)解：四边形BC1DA是菱形，理由如下：
旋转角α＝30°，∠ABC=120°，
∴∠ABC1=∠ABC+α=120°+30°＝150°，
∵∠ABC1=120°，AB=BC,
∴∠A＝∠C= (180°-120°)＝30°，
∴∠ABC1+∠C1=150°+30°＝180°，
∠ABC1+∠A=150°+30°=180°,
∴AB∥C1D, AD∥BC1,
∴四边形BC1DA是平行四边形，
又∵AB=BC1,
∴四边形BC1DA是菱形.
（3）解：如解图，过点E作EG⊥AB于点G,
由（2）得∠A=∠ABA1=30°，
∴AG=BG=AB=1,
在Rt△AEG中，AE＝==，
由（2）知AD=AB=2, 第1题解图
∴DE=AD-AE=2-.

2.解：(1)如解图①，延长EB交DG于点H,
∵四边形ABCD与四边形AEFG是正方形，
∴AD=AB，∠DAG=∠BAE=90°，AG=AE,
∴△ADG≌△ABE(SAS)，
∴∠AGD=∠AEB，
在△ADG中，∠AGD+∠ADG=90°，
∴∠AEB+∠ADG＝90°，
∴∠DHE=90°，即DG⊥BE.
(2)∵四边形ABCD与四边形AEFG都是正方形， 第2题解图①
∴AD=AB,∠DAB=∠GAE=90°，AG=AE,
∴∠DAB+∠BAG=∠GAE+∠BAG,
∴∠DAG=∠BAE.
∵AD=AB,∠DAG=∠BAE,AG=AE，
∴△ADG≌△ABE(SAS),
∴DG=BE.
如解图②，过点A作AM⊥DG于点M，∠AMD=∠AMG=90°，
∵BD是正方形ABCD的一条对角线，第14题解图③
∴∠MDA=45°.
在Rt△AMD中，∵∠MDA=45°，AD=2，
∴DM=AM=，
在Rt△AMG中，
∵AM 2+GM 2=AG 2,
∴GM= =,
∴GM=,
∵DG=DM+GM=+,
∴BE=DG=+. 第2题解图②

3.解：(1)DE=DF.
(2)如解图①，连接CD，
∵在△ABC中，CB=CA,
∴∠CAB=∠CBA,
∵∠MBC=∠MAC,
∴∠MAB=∠MBA
∴AM=BM.
∵点D是边AB的中点，
∴点M在CD上，
∴CM平分∠FCE，
∴∠FCD=∠ECD.
∵ME⊥BC于E，MF⊥AC于F, 第3题解图①
∴MF=ME.
在△CMF和△CME中，
,
∴△CMF≌△CME(SAS).
∴CF=CE.
在△CFD和△CED中，
,
∴△CFD≌△CED(SAS).
∴DE=DF.
(3)DE=DF.
如解图②，作AM的中点G，BM的中点H,连接DG、DH、GF、HE,
∵点D是边AB的中点，
∴DG∥BM,DG=BM.
同理可得：DH∥AM,DH=AM.

∵ME⊥BC于E，H是BM的中点，
∴在Rt△BEM中，HE=BM=BH，
∴DG=HE,
同理可得：DH=FG.
∵DG∥BM, DH∥AM,
∴四边形DHMG是平行四边形，
∴∠DGM=∠DHM.
∵∠MGF=2∠MAC,∠MHE=2∠MBC,
且∠MBC=∠MAC,
∴∠MGF=∠MHE，
∴∠DGM+∠MGF=∠DHM+∠MHE， 第3题解图②
∴∠DGF=∠DHE,
在△DHE与△FGD中，
,
∴△DHE≌△FGD(SAS).
∴DE=DF.

题型四　三角形、四边形的证明与计算
类型二　有直角三角形，通常作斜边上的中线
针对演练
1. 在等腰Rt△ABC中，AB=AC,∠BAC=90°，点D是斜边BC的中点，点E是线段AB上一动点（点E不与A、B重合），连接DE,作DF⊥DE交AC于点F,连接EF.
(1)如图①，如果BC=4，当E是线段AB的中点时，求线段EF的长；
（2）如图②，求证：BC=（AE+AF）；
（3）如图③，点M是线段EF的中点，连接AM,在线段AB上是否存在点E，使得BC=4AM?若存在，求∠EAM的度数；若不存在，请说明理由.

图① 图② 图③
第1题图

2. 如图①，在△ACB和△AED中,AC=BC,AE=DE，∠ACB=∠AED=90°，点E在AB上，点F是线段BD的中点，连接CE、FE.
（1）若AD=3，BE=4，求EF的长；
（2）求证：CE=EF;
（3）将图①中的△AED绕点A顺时针旋转，使AED的一边AE恰好与△ACB的边AC在同一条直线上（如图②），连接BD，取BD的中点F，并连接EF,问（2）中的结论是否仍然成立，并说明理由.

图① 图②
第2题图

【答案】
针对演练
1.(1)解：∵点D、E分别是BC、AB的中点，
∴DE∥AC，
∴∠BAC=∠BED＝∠AED＝90°，
又∵DF⊥DE,∠FDE=90°，
∴∠FDE＝∠AED,
∴DF∥AB,
∴点F是AC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF＝BC=2;
(2)证明：如解图①,连接AD,
∵点D是Rt△ABC斜边的中点，
∴AD＝BC=CD,∠EAD=∠BAC=45°，
∠ADB=∠ADC=90°，
∵∠C＝45°，
∴∠EAD=∠C,
∵∠ADE+∠ADF=90°,∠CDF+∠ADF＝90°， 第1题解图①
∴∠ADE=∠CDF,
在△ADE与△CDF中，
，
∴△ADE≌△CDF(ASA),
∴AE=FC,
∴BC=AC= (FC+AF)= (AE+AF).
(3)解：在线段AB上存在点E，使得BC=4AM.
如解图②，连接DM,AD，
∵BC=4AM =2AD,
∴AD=2AM, 第1题解图②
∵在Rt△EAF和Rt△EDF中点M为EF的中点，
∴AM=DM =EF,
∵AM+DM ≥AD,
∴2AM ≥AD,
显然只有AM和AD共线时，以上表达式等号才成立，此时∠EAM=45°.

2.（1）解：∵∠AED=90°，AE=DE,AD=3,
∴AE=DE=3,
在Rt△BDE中，
∵DE=3,BE=4,
∴BD=5,
又∵F是线段BD的中点，
∴EF＝BD=2.5.
（2）证明：如解图①，连接CF.
∵∠BED=∠AED=∠ACB=90°点F是BD的中点，
∴CF=EF= FB = FD,
∴∠DFE＝∠ABD+∠BEF,∠ABD=∠BEF,
∴∠DFE＝2∠ABD,
同理∠CFD＝2∠CBD
∴∠DFE+∠CFD=2(∠ABD+∠CBD)= 90°，
即∠CBD= 90°
∴CE=EF. 第2题解图①
(3)解：(2)中的结论仍然成立.
如解图②,连接CF，延长EF交CB于点G，
∵∠ACB=∠AED=90°，
∴DE∥BC,
∴∠EDF=∠GBF,
在△EDF与△GBF中，
,
∴△EDF≌△GBF（ASA）,
∴EF=GF,BG=DE=AE,
∵AC=BC, 第2题解图②
∴CE=CG,
∴∠EFC=90°，CF=EF,
∴△CEF为等腰直角三角形，
∴∠CEF＝45°，
∴CE=EF.

题型四　三角形、四边形的证明与计算
类型三　截长补短

针对演练
1. 如图，D为△ABC外一点，过D作DE⊥AB交AB延长线于E,过D作DF⊥AC交AC延长线于F，且DE=DF.
（1）求证：AE=AF;
（2）若∠CAB=60°，∠BDC=60°，试猜想BC、BE、CF之间的数量关系并写出证明过程；
（3）若题中条件“∠CAB=60°”改为∠CAB=α，则∠BDC满足什么条件时，（2）中结论仍然成立？并说明理由.

备用图
第1题图

2. 已知在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC=180°,AB=BC.
（1）如图①，若∠BAD=90°，AD=2，求CD的长度；
（2如图②，点P、Q分别在线段AD、DC上，满足PQ=AP+CQ，求证：∠PBQ=90°-∠ADC;
（3）如图③，若点Q运动到DC的延长线上，点P也运动到DA的延长线上时，仍然满足PQ=AP+CQ,则（2）中的结论是否成立？若成立，请给出证明过程；若不成立，请写出∠PBQ与∠ADC的数量关系，并给出证明过程.

图① 图② 图③
第2题图

3. 如图，△ABC中，AB=AC，点P是三角形外一点，且∠APB=∠ABC.
（1）如图①，若∠BAC=60°，点P恰巧在∠ABC的平分线上，PA=2，求PB的长;
（2）如图②，若∠BAC=60°，试探究PA,PB,PC的数量关系并证明;
（3）如图③，若∠BAC=120°，请证明：PA+PC=PB.

图① 图② 图③
第3题图

4. 已知，在等腰Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=CB，D为直线AB上一点，连接CD，过点C作CE⊥CD，且CE=CD，连接DE,交AC于点F.
（1）如图①,当点D、B重合时，求证：EF=BF;
（2）如图②,当点D在线段AB上，且∠DCB=30°时，请探究DF、EF、CF之间的数量关系，并说明理由;
（3）如图③，在（2）的条件下，在FC上任取一点G，连接DG，作射线GP使∠DGP=60°，交∠DFG的角平分线于点Q，求证：FD+FG=FQ.

图① 图② 图③
第4题图

【答案】
针对演练
1.（1）证明：在△ADE与△ADF中，
,
∴△ADE≌△ADF(SAS),
∴AE=AF.
(2)解:猜想:BC＝BE+CF,理由如下:
由（1）得：∠6=∠7,
∵∠BAC=60°,
∴∠6=∠7=30°,
∴∠ADE=∠ADF=60°,
∵∠BDC=60°,
∴∠1=60°-∠2=∠3,
同理∠2＝∠4，
如解图所示，在AF延长线上取点G，使得FG=BE，连接DG，
∵在△BDE与△GDF中

∴△BDE≌△GDF(SAS), 第1题解图
∴BD=GD,∠1=∠5，
∴∠GDC=∠4+∠5=∠2+∠1=∠ADE=∠BDC=60°,

在△BDC与△GDC中，
，
∴△BDC≌△GDC(SAS),
∴BC=CG=CF+FG=CF+BE.
(3)解：∠BDC满足∠BDC= (180°－α)时，(2)中结论仍然成立，
理由如下：
由（2）知△BDE≌△GDF(SAS),
∴BD=GD,∠1=∠5.
又∵BC=CF+BE=CF+FG=CG,
∴在△BDC与△GDC中,
,
∴△BDC ≌△GDC（SSS）,
∴∠BDC=∠GDC,
又∵∠GDC=∠4+∠5=∠4+∠1,
∠EDF=180°-∠CAB=180°-α,
∴∠BDC=∠4+∠1= (180°-α).
2.(1)解：∵∠ABC+∠ADC180°，∠BAD＝90°，
∴∠BCD=90°,
在Rt△BAD和Rt△BCD中，
,
∴Rt△BAD≌Rt△BCD(HL),
∴AD=CD,
∵AD=2,
∴CD=2.
（2）证明：如解图①，延长DC，在上面找一点K，使得CK＝AP,连接BK,
∵∠ABC+∠ADC=180°,
∴∠BAD+∠BCD=180°,
∵∠BCD+∠BCK=180°,
∴∠BAD=∠BCK,
在△BPA和△BKC中，
,
∴△BPA≌△BKC(SAS),
∴∠1＝∠2，BP=BK.
∵PQ=AP+CQ=CK+CQ=KQ,
∴PQ=KQ,
在△PBQ和△KBQ中，
,
∴△PBQ≌△KBQ(SSS), 第2题解图①
∴∠PBQ=∠KBQ,
∴∠PBQ=∠2+∠CBQ=∠1+∠CBQ,
∴∠PBQ=∠ABC.
∵∠ABC+∠ADC=180°,
∴∠ABC=180°-∠ADC,
∴∠ABC＝90°-∠ADC，
∴∠PBQ＝90°-∠ADC.
（3）解：（2）中结论不成立，应该是：∠PBQ=90°+∠ADC，
证明：如解图②，在CD延长线上找一点K，使得KC＝PA，连接BK，
∵∠ABC+∠ADC=180°,
∴∠BAD+∠BCD=180°,
∵∠BAD+∠PAB=180°,
∴∠PAB=∠KCB,
∴在△BPA和△BKC中，
，
∴△BPA≌△BKC(SAS),
∴∠ABP=∠CBK,BP=BK,
∵PQ=AP+CQ＝CK+CQ=KQ,
∴PQ=KQ,
在△PBQ和△KBQ中，
,
∴△PBQ≌△KBQ（SSS）, 第2题解图②
∴∠PBQ=∠KBQ,
∴2∠PBQ+∠PBK=2∠PBQ+∠ABC=360°,
∴2∠PBQ+(180°-∠ADC)=360°,
∴∠PBQ=90°+∠ADC.
3.(1)解：∵AB=AC,∠BAC=60°,
∴△ABC是等边三角形，
∵∠APB=∠ABC,
∴∠APB=60°,
又∵点P恰巧在∠ABC的平分线上，
∴∠ABP=30°,
∴∠PAB=90°,
∴BP=2AP,
∵AP=2,
∴BP=4.
(2)解:结论：PA+PC=PB.
证明：如解图①，在BP上截取PD,使PD=PA，连接AD，
∵∠APB=60°,
∴△ADP是等边三角形，
∴∠DAP=60°，
∴∠1=∠2,PA=AD,
在△ABD与△ACP中，
,
∴△ABD≌△ACP(SAS),
∴PC=DB,
∴PA+PC=PB. 第3题解图①
(3)证明：如解图②，以点A为圆心，以AP的长为半径画弧交BP于点D，连接AD，过点A作AF⊥BP于点F，
∴AP=AD,
∵∠BAC=120°,
∴∠ABC=30°,
∴∠APB=30°,
∴∠DAP=120°,
∴∠1=∠2,
在△ABD与△ACP中， 第3题解图②
，
∴△ABD≌△ACP(SAS),
∴DB=CP,
∵AF⊥PD,
∴PF=PA,
∵AD=AP,
∴PD=2PF＝PA,
∴PA+PC=PB
4.(1)证明：∵∠ABC=90°,AB=CB,
∴∠A=∠ACB45°,
∵CE⊥CD,CE=CD,
∴∠EBC=∠E=45°,
∵∠BCE=90°,
∴∠ACE=∠E=45°,∠ACB=∠EBC=45°,
∴EF=CF,BF=CF,
∴EF=BF.
（2）解：EF=DF+CF.理由如下：
在EF上找到G点使得FG=CF，如解图①，
∵∠DCB=30°,∠ACB=45°,
∴∠ACD=15°,
∴∠CFG=∠CDE+∠ACD=60°,
∵FG=CF,
∴△CFG是等边三角形，
∴CG=CF=GF,∠FCG=60°,
∴∠ECG=∠ECD-∠ACD-∠FCG=90°-15°-60°=15°＝∠ACD,
在△ECG和△DCF中
，
∴△ECG≌△DCF(SAS),
∴EG=DF, 第4题解图①
∵EF=EG+GF,
∴EF=DF+CF.
（3）证明：在FQ上找到H点，使得FH=FG，连接GH,如解图②，
∵FQ平分∠DFG，
∴∠QFG=60°,
∵FG=FH,
∴△FGH是等边三角形，
∴∠GHF=∠FGH=60°,GH=FG=FH,
∵∠AFD=∠CDE+∠ACD=60°,
∴∠GHQ=∠DFG=120°,
∵∠FGD+∠DGH=60°,∠DGH+∠QGH=60°,
∴∠FGD=∠QGH,
∵在△DFG和△QHG中，
，
∴△DFG≌△QHG(ASA), 第4题解图②
∴DF=QH,
∵FH+QH=FQ,
∴FG+FD=FQ.

题型四　三角形、四边形的证明与计算
类型四　构造适宜的三角形或四边形
针对演练
1. 如图，四边形ABCD、BEFG均为正方形.
（1）如图①，连接AG、CE，判断AG和CE的数量关系和位置关系并证明;
（2）将正方形BEFG绕点B顺时针旋转β角（0°<β<180°)，如图②，连接AG、CE相交于点M，连接MB,求出∠EMB的度数;
（3）若BE=2，BC=6，连接DG，将正方形BEFG绕点B顺时针旋转β角（0°<β<180°），求在这个旋转过程中线段DG长度的取值范围.

图① 图②
第1题图

2. 四边形ACBD是由等边△ABC和顶角为120°的等腰△ABD拼成，将一个60°角顶点放在D处，将60°角绕D点旋转，该60°角两边分别交直线BC、AC于点M、N，交直线AB于E、F两点.
（1）当点EF均在边AB上时（如图①），求证：BM+AN=MN;
（2）当点F、E分别在边BA及其延长线上时（如图②），线段BM、AN、MN之间又有怎样的数量关系： ;
（3）在（1）的条件下，若AC=5，AE=1，求BM的长

. 图① 图②
第2题图

3. 如图①，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，若点E在AB的延长线上，EF∥AD，EF=BE，点P是DE的中点，连接FP并延长交AD于点G.
（1）过D点作DH⊥AB，垂足为H，若DH=2，BE=AB，求DG的长；
（2）连接CP，求证：CP⊥FP;
（3）如图②，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，若点E在CB的延长线上运动，点F在AB的延长线上运动，且BE=BF，连接DE，点P为DE的中点，连接FP、CP，那么第（2）问的结论成立吗？若成立，求出的值；若不成立，请说明理由.

图① 图②

第3题图

4. 如图①，△ABC中，∠BAC=90°, AB=AC, AD⊥BC于点D，点E在AC边上，连接BE.
（1）若AF是△ABE的中线，且AF=5，AE=6，连接DF，求DF的长;
（2）若AF是△ABE的高，延长AF交BC于点G.
①如图②，若点E是AC边的中点，连接EG，求证：AG+EG=BE;
②如图③,若点E是AC边上的动点，连接DF.当点E在AC边上（不含端点）运动时，∠DFG的大小是否改变？如果不变，请求出∠DFG的度数;如果要变，请说明理由.

图① 图② 图③

第4题图

5. 如图①，△ABC中，BE⊥AC于点E，AD⊥BC于点D，连接DE.
（1）若AB=BC，DE=1，BE=3，求△ABC的周长；
（2）如图②，若AB=BC，AD=BD，∠ADB的角平分线DF交BE于点F，求证：BF=DE；
（3）如图③，若AB≠BC，AD=BD，将△ADC沿着AC翻折得到△AGC，连接DG、EG，请猜想线段AE、BE、DG之间的数量关系，并证明你的结论.

图① 图② 图③
第5题图

【答案】
针对演练
1.解：（1）AG=CE,AG⊥CE，证明如下：
∵四边形ABCD、BEFG均为正方形，
∴∠GBA=∠EBC=90°,BG=BE,BA=BC,
在△GBA和△EBC中，
,
∴△GBA≌△EBC(SAS),
∴AG=CE,∠GAB=∠BCE,
∴∠BGA+∠BCE=∠BGA+∠GAB=90°,
∴AG⊥CE.
(2)如解图,过B作BP⊥EC,BQ⊥MA,垂足分别为P、Q，可知四边形BPMQ为矩形，
∴∠PBE+∠PBG=∠QBG+∠PBG=90°,
∴∠PBE=∠QBG,
在△BPE和△BQG中，
,
∴△BPE≌△BQG(AAS),
∴BP=BQ,且BQ=PM,
∴BP=PM,
∴△BPM为等腰直角三角形， 第1题解图
∴∠EMB=45°.
(3)当在初始位置时，DG最大，此时GC＝6+2＝8，CD＝6,由勾股定理可求得DG＝10，当G点在线段BD上时，DG最小，此时BG＝2，BD＝6，所以DG＝6-2，而旋转角取不到0°,所以DG的范围为：6-2≤DG＜10.

2.证明：把△DBM绕点D逆时针旋转120°得到△DAQ，如解图①，
则DM=DQ,
AQ=BM,
∠ADQ=∠BDM,
∵∠QDN=∠ADQ+∠ADN=∠BDM+∠ADN=∠ADB-∠MDN 第2题解图①
=120°-60°=60°,
∴∠QDN=∠MDN=60°,
在△MND和△QND中，
,
∴△MND≌△QND(SAS),
∴MN=QN,
∵QN=AQ+AN=BM+AN,
∴BM+AN=MN.
(2)解：MN+AN=BM.
【解法提示】理由如下：如解图②把△DAN绕点D顺时针旋转120°得到△DBP,
则DN=DP,AN=BP,
∵∠DAN=∠DBP=90°,
∴点P在BM上，
∵∠MDP=∠ADB-∠ADM-∠BDP=120°-∠ADM-∠ADN＝120°-∠MDN＝120°-60°＝60°，
∴∠MDP=∠MDN=60°,
在△MND和△MPD中，
,
∴△MND≌△MPD(SAS), 第2题解图②
∴MN=MP,
∵BM=MP+BP,
∴MN+AN=BM.
(3)解：如解图③，过点M作MH∥AC交AB于点G，交DN于点H，
∵△ABC是等边三角形，
∴△BMG是等边三角形，
∴BM=MG=BG,
根据（1）中△MND≌△QND可得∠QND=∠MND,
根据MH∥AC可得∠QND=∠MHN,
∴∠MND=∠MHN,
∴MN=MH,
∴GH=MH-MG=MN-BM=AN,
即AN=GH,
在△ANE和△GHE中，
,
∴△ANE≌△GHE(AAS), 第2题解图③
∴AE=GE=1,
∵AC=5,
∴AB=AC=5,
∴BG=AB-AE-EG=5-1-1=3,
∴BM=BG=3.
3.（1）解：∵四边形ABCD为菱形，∠ABC＝60°，
∴DA∥BC,CD=CB,∠CDG=∠CBA=60°，
∴∠DAH=∠ABC=60°,
∵DH⊥AB,∴∠DHA=90°，
在Rt△ADH中，sin∠DAH=,
∴AD= ==4,
又∵AB=AD,∴BE=AB=×4＝1,
∵EF∥AD,∴∠PDG=∠PEF,
∵P为DE的中点，∴PD=PE,
∴∠DPG=∠EPF,∴△PDG≌△PEF（ASA）,
∴DG=EF,
∵EF∥AD,AD∥BC,∴EF∥BC,
∴∠FEB=∠CBA=60°，
∵BE=EF,∴△BEF为等边三角形，
∴EF=BE=1,∴DG=EF=1.
(2)证明：如解图①,连接CG、CF,由（1）知△PDG≌△PEF,
∴PG=PF,
∵BF=EF,DG=EF,∴BF=DG,
在△CDG与△CBF中，

∴△CDG≌△CBF（SAS）,
∴CG=CF,∵PG=PF,∴CP⊥FP.
第3题解图①
（3）解：CP⊥FP仍成立.理由如下：如解图②，过D作EF的平行线，交FP的延长线于点G，连接CG、CF，
易证△PEF≌△PDG,
∴DG=EF=BF,
∵DG∥EF,∴∠GDP=∠FEP,
∵DA∥BC,
∴∠ADP=∠PEC,
∴∠GDP-∠ADP=∠FEP-∠PEC,
∴∠GDA=∠BEF=60°， 第3题解图②
∴∠CDG=∠ADC+∠GDA=120°,
∵∠CBF=180°-∠EBF=120°,
在△CDG和△CBF中，
,∴△CDG≌△CBF(SAS),
∴CG=CF，∠DCG=∠FCB,
∵PG=PF,∴CP⊥PF，∠GCP=∠FCP,
∵∠DCB=180°-∠ABC=120°,
∴∠DCG+∠GCE=120°,
∴∠FCE+∠GCE=120°,即∠GCF=120°，
∴∠FCP＝∠GCF=60°，
在Rt△CPF中，tan∠FCP=tan60°= =.
4.解：（1）∵∠BAC=90°,AB=AC,AF是△ABE的中线，
∴BE=2AF=10,
∵AE=6,
∴AB=AC= =8,
∴CE=AC-AE=2,
∵AD⊥BC于点D，
∴BD=CD,
∵BF=EF,
∴FD是△BEC的中位线，
∴DF=CE=1.
(2)①证明：如解图，过点C作CM⊥AC交AG延长线于点M，
在△ABE和△CAM中，
，
∴△ABE≌△CAM（ASA）,
∴AE=CM,∠AEB=∠M,BE=AM,
∵AE=EC,
∴EC=CM,
∵AB=AC,∠BAC=90°,
∴∠ABC=∠ACB=45°,
∵∠ACM=90°,
∴∠GCM=90°-45°=45°=∠ACG,
在△EGC和△MGC中， 第4题解图

∴△EGC≌△MGC(SAS),
∴GE=GM,
∴AM=AG+GM=AG+GE,
∵BE=AM,
∴AG+GE=BE;
②∠DFG的大小不会改变，
∵AD⊥BC于点D,AF是△ABE的高，
∴∠AFB=∠ADB=90°,
∴A,B,D,F四点共圆，
∴∠ABD+∠AFD=180°,
∵∠AFD+∠DFG=180°,
∴∠DFG=∠ABD.
∵∠BAC=90°,AB=AC,
∴∠ABC=45°,
∴∠DFG=∠ABD=45°.
5.（1）解：如解图①所示：
∵AB=BC，BE⊥AC，
∴AE=CE，∠AEB=90°，
∵AD⊥BC，
∴∠ADC=90°，
∴DE=AC=AE，
∴AC=2DE=2，AE=1，
∴AB=＝，∴BC=，
∴△ABC的周长=AB+BC+AC=2+2. 第5题解图①
（2）证明：连接AF，如解图②所示：
∵AB=BC，BE⊥AC，
∴∠3=∠4，
∵∠ADC=90°，AD=BD，
∴△ABD是等腰直角三角形，
∴∠DAB=∠DBA=45°，
∴∠3=22.5°，
∵∠1+∠C=∠3+∠C=90°，
∴∠1=∠3=22.5°，
∵DF平分∠ADB，∴∠ADF=∠BDF， 第5题解图②
在△ADF和△BDF中，
，∴△ADF≌△BDF（SAS），
∴AF=BF，∠2=∠3=22.5°，
∴∠EAF=∠1+∠2=45°，
∴△AEF是等腰直角三角形，∴AF=AE，
∵DE=AE，∴BF=DE.
（3）解：BE=DG+AE.理由如下：
作DH⊥DE交BE于H，如解图③所示：
∵BE⊥AC，AD⊥BC，
∴∠1+∠ACD=∠2+∠ACD=90°，
∴∠1=∠2，
∴∠ADE=90°-∠ADH=∠BDH，
在△ADE和△BDH中