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中考数学几何变形题归类辅导 专题01 构造等边三角形 （解析版）
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这是一份中考数学几何变形题归类辅导 专题01 构造等边三角形 （解析版），共16页。
【典例引领】
例：在菱形ABCD中，∠ABC=60°，E是对角线AC上一点，F是线段BC延长线上一点，且CF=AE，连接BE、EF。
〔1〕假设E是线段AC的中点，如图1，易证：BE=EF〔不需证明〕；
〔2〕假设E是线段AC或AC延长线上的任意一点，其它条件不变，如图2、图3，线段BE、EF有怎样的数量关系，直接写出你的猜测；并选择一种情况给予证明。
【答案】〔1〕证明见解析；〔2〕证明见解析
【分析】首先构造全等三角形，过点E作EG∥BC，可得到△AGE是等边三角形，就可证出BGE≌△ECF，进而得出BE=EF
【解答】
证明：〔2〕图2：BE=EF． 图3：BE=EF．
图2证明如下：过点E作EG∥BC，交AB于点G
∵四边形ABCD为菱形∴AB=BC
又∵∠ABC=60°∴ΔABC是等边三角形 ∴AB=AC ∠ACB=60°
又∵EG∥BC ∴∠AGE=∠ABC=60°
又∵∠BAC=60°
∴△AGE是等边三角形 ∴AG=AE， ∴BG=CE
又∵CF=AE ∴GE=CF
又∵∠BGE=∠ECF=120° ∴△
∴BGE≌△ECF〔SAS〕 ∴BE=EF
图3证明如下：过点E作EG∥BC交AB延长线于点G
∵四边形ABCD为菱形 ∴AB=BC
又∵∠ABC=60° ∴△ABC是等边三角形
∴AB=AC ∠ACB=60° 又∵EG∥BC
∴∠AGE=∠ABC=60°
又∵∠BAC=60° ∴△AGE是等边三角形 ∴AG=AE ∴BG=CE
又∵CF=AE ∴GE=CF ∵∠AGE =∠ECF=60° ∴△BGE≌△ECF〔SAS〕 ∴BE=EF
【强化训练】
1．如图，△ABC中，AB=BC，BD⊥AC于点D，∠FAC=12∠ABC，且∠FAC在AC下方．点P，Q分别是射线BD，射线AF上的动点，且点P不与点B重合，点Q不与点A重合，连接CQ，过点P作PE⊥CQ于点E，连接DE．
〔1〕假设∠ABC=60°，BP=AQ．
①如图1，当点P在线段BD上运动时，请直接写出线段DE和线段AQ的数量关系和位置关系；
②如图2，当点P运动到线段BD的延长线上时，试判断①中的结论是否成立，并说明理由；
〔2〕假设∠ABC=2α≠60°，请直接写出当线段BP和线段AQ满足什么数量关系时，能使〔1〕中①的结论仍然成立〔用含α的三角函数表示〕．
【答案】〔1〕①DE=12AQ，DE∥AQ，理由见解析；② E∥AQ，DE=12AQ，理由见解析；〔2〕AQ=2BP•sinα，理由见解析.
【分析】
〔1〕①先判断出△ABC是等边三角形，进而判断出∠CBP=∠CAQ，即可判断出△BPC≌△AQC，再判断出△PCQ是等边三角形，进而得出CE=QE，即可得出结论；
②同①的方法即可得出结论；
〔2〕先判断出，∠PAQ=90°﹣∠ACQ，∠BAP=90°﹣∠ACQ，进而得出∠BCP=∠ACQ，即可判断出进而判断出△BPC∽△AQC，最后用锐角三角函数即可得出结论．
【解答】
〔1〕①DE=12AQ，DE∥AQ，
理由：如图1，连接PC，PQ，
在△ABC中，AB=AC，∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ACB=60°，AC=BC，
∵AB=BC，BD⊥AC，
∴AD=CD，∠ABD=∠CBD=12∠BAC，
∵∠CAF=12∠ABC，
∴∠CBP=∠CAQ，
在△BPC和△AQC中，BC=AC∠CBP=∠CAQBP=AQ，
∴△BPC≌△AQC〔SAS〕，
∴PC=QC，∠BPC=∠ACQ，
∴∠PCQ=∠PCA+∠AQC=∠PCA+∠BCP=∠ACB=60°，
∴△PCQ是等边三角形，
∵PE⊥CQ，
∴CE=QE，
∵AD=CD，
∴DE=12AQ，DE∥AQ；
②DE∥AQ，DE=12AQ，
理由：如图2，连接PQ，PC，
同①的方法得出DE∥AQ，DE=12AQ；
〔2〕AQ=2BP•sinα，
理由：连接PQ，PC，
要使DE=12AQ，DE∥AQ，
∵AD=CD，
∴CE=QE，
∵PE⊥CQ，
∴PQ=PC，
易知，PA=PC，
∴PA=PE=PC
∴以点P为圆心，PA为半径的圆必过A，Q，C，
∴∠APQ=2∠ACQ，
∵PA=PQ，
∴∠PAQ=∠PQA=12〔180°﹣∠APQ〕=90°﹣∠ACQ，
∵∠CAF=∠ABD，∠ABD+∠BAD=90°，
∴∠BAQ=90°，
∴∠BAP=90°﹣∠PAQ=90°﹣∠ACQ，
易知，∠BCP=∠BAP，
∴∠BCP=∠ACQ，
∵∠CBP=∠CAQ，
∴△BPC∽△AQC，
∴BPAQ=BCAC=BC2CD，
在Rt△BCD中，sinα=CDBC，
∴AQBP=2×CDBC=2sinα，
∴AQ=2BP•sinα．
2．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，点O为AB中点，点P为直线BC上的动点〔不与点B、点C重合〕，连接OC、OP，将线段OP绕点P顺时针旋转60°，得到线段PQ，连接BQ．
〔1〕如图1，当点P在线段BC上时，请直接写出线段BQ与CP的数量关系．
〔2〕如图2，当点P在CB延长线上时，〔1〕中结论是否成立？假设成立，请加以证明；假设不成立，请说明理由；
〔3〕如图3，当点P在BC延长线上时，假设∠BPO=15°，BP=4，请求出BQ的长．
【答案】〔1〕BQ=CP；〔2〕成立：PC=BQ；〔3〕43-4．
【分析】〔1〕结论：BQ=CP．如图1中，作PH∥AB交CO于H，可得△PCH是等边三角形，只要证明△POH≌△QPB即可；
〔2〕成立：PC=BQ．作PH∥AB交CO的延长线于H．证明方法类似〔1〕；
〔3〕如图3中，作CE⊥OP于E，在PE上取一点F，使得FP=FC，连接CF．设CE=CO=a，那么FC=FP=2a，EF=3a，在Rt△PCE中，表示出PC，根据PC+CB=4，可得方程(6+2)a+2a=4，求出a即可解决问题；
【解答】
解：〔1〕结论：BQ=CP．
理由：如图1中，作PH∥AB交CO于H．
在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，∠A=30°，点O为AB中点，
∴CO=AO=BO，∠CBO=60°，∴△CBO是等边三角形，∴∠CHP=∠COB=60°，∠CPH=∠CBO=60°，∴∠CHP=∠CPH=60°，
∴△CPH是等边三角形，∴PC=PH=CH，∴OH=PB，
∵∠OPB=∠OPQ+∠QPB=∠OCB+∠COP，∵∠OPQ=∠OCP=60°，∴∠POH=∠QPB，∵PO=PQ，∴△POH≌△QPB，∴PH=QB，
∴PC=BQ．
成立：PC=BQ．理由：作PH∥AB交CO的延长线于H．
在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，∠A=30°，点O为AB中点，∴CO=AO=BO，∠CBO=60°，∴△CBO是等边三角形，∴∠CHP=∠COB=60°，∠CPH=∠CBO=60°，
∴∠CHP=∠CPH=60°，∴△CPH是等边三角形，
∴PC=PH=CH，∴OH=PB，∵∠POH=60°+∠CPO，
∠QPO=60°+∠CPQ，∴∠POH=∠QPB，∵PO=PQ，
∴△POH≌△QPB，∴PH=QB，∴PC=BQ．
如图3中，作CE⊥OP于E，在PE上取一点F，使得FP=FC，连接CF．
∵∠OPC=15°，∠OCB=∠OCP+∠POC，∴∠POC=45°，∴CE=EO，设CE=CO=a，那么FC=FP=2a，EF=3a，在Rt△PCE中，PC=PE2+CE2 =(2a+3a)2+a2 =(6+2)a，∵PC+CB=4，∴(6+2)a+2a=4，解得a=42-26，∴PC=43-4，由〔2〕可知BQ=PC，∴BQ=43-4．
3．在菱形ABCD中，∠ABC=60°,点P是射线BD上一动点，以AP为边向右侧作等边△APE，点E的位置随点P的位置变化而变化.
〔1〕如图1，当点E在菱形ABCD内部或边上时，连接CE，BP与CE的数量关系是 ，CE与AD的位置关系是 ；
〔2〕当点E在菱形ABCD外部时，(1)中的结论是否还成立？假设成立，请予以证明；假设不成立，
请说明理由(选择图2，图3中的一种情况予以证明或说理).
(3) 如图4，当点P在线段BD的延长线上时，连接BE，假设AB=23 ,BE=219 ,求四边形ADPE的面积.
【答案】〔1〕BP=CE； CE⊥AD；〔2〕成立，理由见解析；〔3〕83 .
【分析】〔1〕①连接AC，证明△ABP≌△ACE，根据全等三角形的对应边相等即可证得BP=CE；②根据菱形对角线平分对角可得∠ABD=30°，再根据△ABP≌△ACE，可得∠ACF=∠ABD=30°，继而可推导得出∠CFD=90° ，即可证得CE⊥AD；
〔2〕(1)中的结论：BP=CE，CE⊥AD 仍然成立，利用〔1〕的方法进行证明即可；
〔3〕连接AC交BD于点O，CE，作EH⊥AP于H，由先求得BD=6，再利用勾股定理求出CE的长，AP长，由△APE是等边三角形，求得PH， EH的长，再根据S四ADPE=S△ADP+S△APE，进行计算即可得.
【解答】〔1〕①BP=CE，理由如下：
连接AC，
∵菱形ABCD，∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°，
∵△APE是等边三角形，
∴AP=AE ，∠PAE=60° ，
∴∠BAP=∠CAE，
∴△ABP≌△ACE，∴BP=CE；
②CE⊥AD ，
∵菱形对角线平分对角，
∴∠ABD=30°，
∵△ABP≌△ACE，
∴∠ACF=∠ABD=30°，
∵∠ACD=∠ADC=60°，
∴∠DCF=30°，
∴∠DCF＋∠ADC=90°，
∴∠CFD=90° ，
∴CF⊥AD ，即CE⊥AD；
〔2〕(1)中的结论：BP=CE，CE⊥AD 仍然成立，理由如下：
连接AC，
∵菱形ABCD，∠ABC=60°，
∴△ABC和△ACD都是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAD=120° ，
∠BAP=120°＋∠DAP，
∵△APE是等边三角形，
∴AP=AE ， ∠PAE=60° ，
∴∠CAE=60°＋60°＋∠DAP=120°＋∠DAP，
∴∠BAP=∠CAE，
∴△ABP≌△ACE，∴BP=CE，∠ACE=∠ABD=30°，
∴∠DCE=30° ，∵∠ADC=60°，
∴∠DCE＋∠ADC=90° ， ∴∠CHD=90° ，∴CE⊥AD，
∴(1)中的结论：BP=CE，CE⊥AD 仍然成立；
(3) 连接AC交BD于点O，CE，作EH⊥AP于H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，BD平分∠ABC ，
∵∠ABC=60°，AB=23，
∴∠ABO=30° ，∴AO=3 ， BO=DO=3，
∴BD=6，
由(2)知CE⊥AD，
∵AD∥BC，∴CE⊥BC，
∵BE=219 ， BC=AB=23，
∴CE=(219)2－(23)2=8，
由(2)知BP=CE=8，∴DP=2，∴OP=5，
∴AP=52＋(3)2=27，
∵△APE是等边三角形，∴PH=7 ， EH=21，
∵S四ADPE=S△ADP+S△APE，
∴S四ADPE=12DP·AO+12AP·EH，
=12×2×3+12×27×21
=3+73
=83，
∴四边形ADPE的面积是83 .
4．：在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，点A在x轴的负半轴上，直线y=﹣3x+723与x轴、y轴分别交于B、C两点，四边形ABCD为菱形．
〔1〕如图1，求点A的坐标；
〔2〕如图2，连接AC，点P为△ACD内一点，连接AP、BP，BP与AC交于点G，且∠APB=60°，点E在线段AP上，点F在线段BP上，且BF=AE，连接AF、EF，假设∠AFE=30°，求AF2+EF2的值；
〔3〕如图3，在〔2〕的条件下，当PE=AE时，求点P的坐标．
【答案】〔1〕A〔﹣72，0〕．〔2〕49；〔3〕P〔﹣52，33〕
【分析】〔1〕利用勾股定理求出BC的长即可解决问题；
〔2〕如图2中，连接CE、CF．证明△CEF是等边三角形，AF⊥CF即可解决问题；
〔3〕如图3中，延长CE交FA的延长线于H，作PQ⊥AB于Q，PK⊥OC于K，在BP设截取BT=PA，连接AT、CT、CF、PC．证明△APF是等边三角形，AT⊥PB即可解决问题；
【解答】〔1〕如图1中，
∵y=-﹣3x+723，
∴B〔72，0〕，C〔0，723〕，
∴BO=72，OC=723，
在Rt△OBC中，BC=OC2+OB2=7，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=7，
∴OA=AB-OB=7-72=72，
∴A〔-72，0〕．
〔2〕如图2中，连接CE、CF．
∵OA=OB，CO⊥AB，
∴AC=BC=7，
∴AB=BC=AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ACB=60°，
∵∠APB=60°，
∴∠APB=∠ACB，
∵∠PAG+∠APB=∠AGB=∠CBG+∠ACB，
∴∠PAG=∠CBG，∵AE=BF，
∴△ACE≌△BCF，
∴CE=CF，∠ACE=∠BCF，
∴∠ECF=∠ACF+∠ACE=∠ACF+∠BCF=∠ACB=60°，
∴△CEF是等边三角形，
∴∠CFE=60°，EF=FC，
∵∠AFE=30°，
∴∠AFC=∠AFE+∠CFE=90°，
在Rt△ACF中，AF2+CF2=AC2=49，
∴AF2+EF2=49．
〔3〕如图3中，延长CE交FA的延长线于H，作PQ⊥AB于Q，PK⊥OC于K，在BP设截取BT=PA，连接AT、CT、CF、PC．
∵△CEF是等边三角形，
∴∠CEF=60°，EC=CF，
∵∠AFE=30°，∠CEF=∠H+∠EFH，
∴∠H=∠CEF-∠EFH=30°，
∴∠H=∠EFH，
∴EH=EF，
∴EC=EH，
∵PE=AE，∠PEC=∠AEH，
∴△CPE≌△HAE，
∴∠PCE=∠H，
∴PC∥FH，
∵∠CAP=∠CBT，AC=BC，
∴△ACP≌△BCT，
∴CP=CT，∠ACP=∠BCT，
∴∠PCT=∠ACB=60°，
∴△CPT是等边三角形，
∴CT=PT，∠CPT=∠CTP=60°，
∵CP∥FH，
∴∠HFP=∠CPT=60°，
∵∠APB=60°，
∴△APF是等边三角形，
∴∠CFP=∠AFC-∠∠AFP=30°，
∴∠TCF=∠CTP-∠TFC=30°，
∴∠TCF=∠TFC，
∴TF=TC=TP，
∴AT⊥PF，设 BF=m，那么AE=PE=m，
∴PF=AP=2m，TF=TP=m，TB=2m，BP=3m，
在Rt△APT中，AT=AP2-TP2=3m，
在Rt△ABT中，∵AT2+TB2=AB2，
∴〔3m〕2+〔2m〕2=72，
解得m=7或-7〔舍弃〕，
∴BF=7，AT=21，BP=37，sin∠ABT=ATAB=217，
∵OK=PQ=BP•sin∠PBQ=37×217=33，BQ=BP2-PQ2=6，
∴OQ=BQ-BO=6-72=52，
∴P〔-52，33〕
【典例引领】
例：在菱形ABCD中，∠ABC=60°，E是对角线AC上一点，F是线段BC延长线上一点，且CF=AE，连接BE、EF。
〔1〕假设E是线段AC的中点，如图1，易证：BE=EF〔不需证明〕；
〔2〕假设E是线段AC或AC延长线上的任意一点，其它条件不变，如图2、图3，线段BE、EF有怎样的数量关系，直接写出你的猜测；并选择一种情况给予证明。
【答案】〔1〕证明见解析；〔2〕证明见解析
【分析】首先构造全等三角形，过点E作EG∥BC，可得到△AGE是等边三角形，就可证出BGE≌△ECF，进而得出BE=EF
【解答】
证明：〔2〕图2：BE=EF． 图3：BE=EF．
图2证明如下：过点E作EG∥BC，交AB于点G
∵四边形ABCD为菱形∴AB=BC
又∵∠ABC=60°∴ΔABC是等边三角形 ∴AB=AC ∠ACB=60°
又∵EG∥BC ∴∠AGE=∠ABC=60°
又∵∠BAC=60°
∴△AGE是等边三角形 ∴AG=AE， ∴BG=CE
又∵CF=AE ∴GE=CF
又∵∠BGE=∠ECF=120° ∴△
∴BGE≌△ECF〔SAS〕 ∴BE=EF
图3证明如下：过点E作EG∥BC交AB延长线于点G
∵四边形ABCD为菱形 ∴AB=BC
又∵∠ABC=60° ∴△ABC是等边三角形
∴AB=AC ∠ACB=60° 又∵EG∥BC
∴∠AGE=∠ABC=60°
又∵∠BAC=60° ∴△AGE是等边三角形 ∴AG=AE ∴BG=CE
又∵CF=AE ∴GE=CF ∵∠AGE =∠ECF=60° ∴△BGE≌△ECF〔SAS〕 ∴BE=EF
【强化训练】
1．如图，△ABC中，AB=BC，BD⊥AC于点D，∠FAC=12∠ABC，且∠FAC在AC下方．点P，Q分别是射线BD，射线AF上的动点，且点P不与点B重合，点Q不与点A重合，连接CQ，过点P作PE⊥CQ于点E，连接DE．
〔1〕假设∠ABC=60°，BP=AQ．
①如图1，当点P在线段BD上运动时，请直接写出线段DE和线段AQ的数量关系和位置关系；
②如图2，当点P运动到线段BD的延长线上时，试判断①中的结论是否成立，并说明理由；
〔2〕假设∠ABC=2α≠60°，请直接写出当线段BP和线段AQ满足什么数量关系时，能使〔1〕中①的结论仍然成立〔用含α的三角函数表示〕．
【答案】〔1〕①DE=12AQ，DE∥AQ，理由见解析；② E∥AQ，DE=12AQ，理由见解析；〔2〕AQ=2BP•sinα，理由见解析.
【分析】
〔1〕①先判断出△ABC是等边三角形，进而判断出∠CBP=∠CAQ，即可判断出△BPC≌△AQC，再判断出△PCQ是等边三角形，进而得出CE=QE，即可得出结论；
②同①的方法即可得出结论；
〔2〕先判断出，∠PAQ=90°﹣∠ACQ，∠BAP=90°﹣∠ACQ，进而得出∠BCP=∠ACQ，即可判断出进而判断出△BPC∽△AQC，最后用锐角三角函数即可得出结论．
【解答】
〔1〕①DE=12AQ，DE∥AQ，
理由：如图1，连接PC，PQ，
在△ABC中，AB=AC，∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ACB=60°，AC=BC，
∵AB=BC，BD⊥AC，
∴AD=CD，∠ABD=∠CBD=12∠BAC，
∵∠CAF=12∠ABC，
∴∠CBP=∠CAQ，
在△BPC和△AQC中，BC=AC∠CBP=∠CAQBP=AQ，
∴△BPC≌△AQC〔SAS〕，
∴PC=QC，∠BPC=∠ACQ，
∴∠PCQ=∠PCA+∠AQC=∠PCA+∠BCP=∠ACB=60°，
∴△PCQ是等边三角形，
∵PE⊥CQ，
∴CE=QE，
∵AD=CD，
∴DE=12AQ，DE∥AQ；
②DE∥AQ，DE=12AQ，
理由：如图2，连接PQ，PC，
同①的方法得出DE∥AQ，DE=12AQ；
〔2〕AQ=2BP•sinα，
理由：连接PQ，PC，
要使DE=12AQ，DE∥AQ，
∵AD=CD，
∴CE=QE，
∵PE⊥CQ，
∴PQ=PC，
易知，PA=PC，
∴PA=PE=PC
∴以点P为圆心，PA为半径的圆必过A，Q，C，
∴∠APQ=2∠ACQ，
∵PA=PQ，
∴∠PAQ=∠PQA=12〔180°﹣∠APQ〕=90°﹣∠ACQ，
∵∠CAF=∠ABD，∠ABD+∠BAD=90°，
∴∠BAQ=90°，
∴∠BAP=90°﹣∠PAQ=90°﹣∠ACQ，
易知，∠BCP=∠BAP，
∴∠BCP=∠ACQ，
∵∠CBP=∠CAQ，
∴△BPC∽△AQC，
∴BPAQ=BCAC=BC2CD，
在Rt△BCD中，sinα=CDBC，
∴AQBP=2×CDBC=2sinα，
∴AQ=2BP•sinα．
2．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，点O为AB中点，点P为直线BC上的动点〔不与点B、点C重合〕，连接OC、OP，将线段OP绕点P顺时针旋转60°，得到线段PQ，连接BQ．
〔1〕如图1，当点P在线段BC上时，请直接写出线段BQ与CP的数量关系．
〔2〕如图2，当点P在CB延长线上时，〔1〕中结论是否成立？假设成立，请加以证明；假设不成立，请说明理由；
〔3〕如图3，当点P在BC延长线上时，假设∠BPO=15°，BP=4，请求出BQ的长．
【答案】〔1〕BQ=CP；〔2〕成立：PC=BQ；〔3〕43-4．
【分析】〔1〕结论：BQ=CP．如图1中，作PH∥AB交CO于H，可得△PCH是等边三角形，只要证明△POH≌△QPB即可；
〔2〕成立：PC=BQ．作PH∥AB交CO的延长线于H．证明方法类似〔1〕；
〔3〕如图3中，作CE⊥OP于E，在PE上取一点F，使得FP=FC，连接CF．设CE=CO=a，那么FC=FP=2a，EF=3a，在Rt△PCE中，表示出PC，根据PC+CB=4，可得方程(6+2)a+2a=4，求出a即可解决问题；
【解答】
解：〔1〕结论：BQ=CP．
理由：如图1中，作PH∥AB交CO于H．
在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，∠A=30°，点O为AB中点，
∴CO=AO=BO，∠CBO=60°，∴△CBO是等边三角形，∴∠CHP=∠COB=60°，∠CPH=∠CBO=60°，∴∠CHP=∠CPH=60°，
∴△CPH是等边三角形，∴PC=PH=CH，∴OH=PB，
∵∠OPB=∠OPQ+∠QPB=∠OCB+∠COP，∵∠OPQ=∠OCP=60°，∴∠POH=∠QPB，∵PO=PQ，∴△POH≌△QPB，∴PH=QB，
∴PC=BQ．
成立：PC=BQ．理由：作PH∥AB交CO的延长线于H．
在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，∠A=30°，点O为AB中点，∴CO=AO=BO，∠CBO=60°，∴△CBO是等边三角形，∴∠CHP=∠COB=60°，∠CPH=∠CBO=60°，
∴∠CHP=∠CPH=60°，∴△CPH是等边三角形，
∴PC=PH=CH，∴OH=PB，∵∠POH=60°+∠CPO，
∠QPO=60°+∠CPQ，∴∠POH=∠QPB，∵PO=PQ，
∴△POH≌△QPB，∴PH=QB，∴PC=BQ．
如图3中，作CE⊥OP于E，在PE上取一点F，使得FP=FC，连接CF．
∵∠OPC=15°，∠OCB=∠OCP+∠POC，∴∠POC=45°，∴CE=EO，设CE=CO=a，那么FC=FP=2a，EF=3a，在Rt△PCE中，PC=PE2+CE2 =(2a+3a)2+a2 =(6+2)a，∵PC+CB=4，∴(6+2)a+2a=4，解得a=42-26，∴PC=43-4，由〔2〕可知BQ=PC，∴BQ=43-4．
3．在菱形ABCD中，∠ABC=60°,点P是射线BD上一动点，以AP为边向右侧作等边△APE，点E的位置随点P的位置变化而变化.
〔1〕如图1，当点E在菱形ABCD内部或边上时，连接CE，BP与CE的数量关系是 ，CE与AD的位置关系是 ；
〔2〕当点E在菱形ABCD外部时，(1)中的结论是否还成立？假设成立，请予以证明；假设不成立，
请说明理由(选择图2，图3中的一种情况予以证明或说理).
(3) 如图4，当点P在线段BD的延长线上时，连接BE，假设AB=23 ,BE=219 ,求四边形ADPE的面积.
【答案】〔1〕BP=CE； CE⊥AD；〔2〕成立，理由见解析；〔3〕83 .
【分析】〔1〕①连接AC，证明△ABP≌△ACE，根据全等三角形的对应边相等即可证得BP=CE；②根据菱形对角线平分对角可得∠ABD=30°，再根据△ABP≌△ACE，可得∠ACF=∠ABD=30°，继而可推导得出∠CFD=90° ，即可证得CE⊥AD；
〔2〕(1)中的结论：BP=CE，CE⊥AD 仍然成立，利用〔1〕的方法进行证明即可；
〔3〕连接AC交BD于点O，CE，作EH⊥AP于H，由先求得BD=6，再利用勾股定理求出CE的长，AP长，由△APE是等边三角形，求得PH， EH的长，再根据S四ADPE=S△ADP+S△APE，进行计算即可得.
【解答】〔1〕①BP=CE，理由如下：
连接AC，
∵菱形ABCD，∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°，
∵△APE是等边三角形，
∴AP=AE ，∠PAE=60° ，
∴∠BAP=∠CAE，
∴△ABP≌△ACE，∴BP=CE；
②CE⊥AD ，
∵菱形对角线平分对角，
∴∠ABD=30°，
∵△ABP≌△ACE，
∴∠ACF=∠ABD=30°，
∵∠ACD=∠ADC=60°，
∴∠DCF=30°，
∴∠DCF＋∠ADC=90°，
∴∠CFD=90° ，
∴CF⊥AD ，即CE⊥AD；
〔2〕(1)中的结论：BP=CE，CE⊥AD 仍然成立，理由如下：
连接AC，
∵菱形ABCD，∠ABC=60°，
∴△ABC和△ACD都是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAD=120° ，
∠BAP=120°＋∠DAP，
∵△APE是等边三角形，
∴AP=AE ， ∠PAE=60° ，
∴∠CAE=60°＋60°＋∠DAP=120°＋∠DAP，
∴∠BAP=∠CAE，
∴△ABP≌△ACE，∴BP=CE，∠ACE=∠ABD=30°，
∴∠DCE=30° ，∵∠ADC=60°，
∴∠DCE＋∠ADC=90° ， ∴∠CHD=90° ，∴CE⊥AD，
∴(1)中的结论：BP=CE，CE⊥AD 仍然成立；
(3) 连接AC交BD于点O，CE，作EH⊥AP于H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，BD平分∠ABC ，
∵∠ABC=60°，AB=23，
∴∠ABO=30° ，∴AO=3 ， BO=DO=3，
∴BD=6，
由(2)知CE⊥AD，
∵AD∥BC，∴CE⊥BC，
∵BE=219 ， BC=AB=23，
∴CE=(219)2－(23)2=8，
由(2)知BP=CE=8，∴DP=2，∴OP=5，
∴AP=52＋(3)2=27，
∵△APE是等边三角形，∴PH=7 ， EH=21，
∵S四ADPE=S△ADP+S△APE，
∴S四ADPE=12DP·AO+12AP·EH，
=12×2×3+12×27×21
=3+73
=83，
∴四边形ADPE的面积是83 .
4．：在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，点A在x轴的负半轴上，直线y=﹣3x+723与x轴、y轴分别交于B、C两点，四边形ABCD为菱形．
〔1〕如图1，求点A的坐标；
〔2〕如图2，连接AC，点P为△ACD内一点，连接AP、BP，BP与AC交于点G，且∠APB=60°，点E在线段AP上，点F在线段BP上，且BF=AE，连接AF、EF，假设∠AFE=30°，求AF2+EF2的值；
〔3〕如图3，在〔2〕的条件下，当PE=AE时，求点P的坐标．
【答案】〔1〕A〔﹣72，0〕．〔2〕49；〔3〕P〔﹣52，33〕
【分析】〔1〕利用勾股定理求出BC的长即可解决问题；
〔2〕如图2中，连接CE、CF．证明△CEF是等边三角形，AF⊥CF即可解决问题；
〔3〕如图3中，延长CE交FA的延长线于H，作PQ⊥AB于Q，PK⊥OC于K，在BP设截取BT=PA，连接AT、CT、CF、PC．证明△APF是等边三角形，AT⊥PB即可解决问题；
【解答】〔1〕如图1中，
∵y=-﹣3x+723，
∴B〔72，0〕，C〔0，723〕，
∴BO=72，OC=723，
在Rt△OBC中，BC=OC2+OB2=7，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=7，
∴OA=AB-OB=7-72=72，
∴A〔-72，0〕．
〔2〕如图2中，连接CE、CF．
∵OA=OB，CO⊥AB，
∴AC=BC=7，
∴AB=BC=AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ACB=60°，
∵∠APB=60°，
∴∠APB=∠ACB，
∵∠PAG+∠APB=∠AGB=∠CBG+∠ACB，
∴∠PAG=∠CBG，∵AE=BF，
∴△ACE≌△BCF，
∴CE=CF，∠ACE=∠BCF，
∴∠ECF=∠ACF+∠ACE=∠ACF+∠BCF=∠ACB=60°，
∴△CEF是等边三角形，
∴∠CFE=60°，EF=FC，
∵∠AFE=30°，
∴∠AFC=∠AFE+∠CFE=90°，
在Rt△ACF中，AF2+CF2=AC2=49，
∴AF2+EF2=49．
〔3〕如图3中，延长CE交FA的延长线于H，作PQ⊥AB于Q，PK⊥OC于K，在BP设截取BT=PA，连接AT、CT、CF、PC．
∵△CEF是等边三角形，
∴∠CEF=60°，EC=CF，
∵∠AFE=30°，∠CEF=∠H+∠EFH，
∴∠H=∠CEF-∠EFH=30°，
∴∠H=∠EFH，
∴EH=EF，
∴EC=EH，
∵PE=AE，∠PEC=∠AEH，
∴△CPE≌△HAE，
∴∠PCE=∠H，
∴PC∥FH，
∵∠CAP=∠CBT，AC=BC，
∴△ACP≌△BCT，
∴CP=CT，∠ACP=∠BCT，
∴∠PCT=∠ACB=60°，
∴△CPT是等边三角形，
∴CT=PT，∠CPT=∠CTP=60°，
∵CP∥FH，
∴∠HFP=∠CPT=60°，
∵∠APB=60°，
∴△APF是等边三角形，
∴∠CFP=∠AFC-∠∠AFP=30°，
∴∠TCF=∠CTP-∠TFC=30°，
∴∠TCF=∠TFC，
∴TF=TC=TP，
∴AT⊥PF，设 BF=m，那么AE=PE=m，
∴PF=AP=2m，TF=TP=m，TB=2m，BP=3m，
在Rt△APT中，AT=AP2-TP2=3m，
在Rt△ABT中，∵AT2+TB2=AB2，
∴〔3m〕2+〔2m〕2=72，
解得m=7或-7〔舍弃〕，
∴BF=7，AT=21，BP=37，sin∠ABT=ATAB=217，
∵OK=PQ=BP•sin∠PBQ=37×217=33，BQ=BP2-PQ2=6，
∴OQ=BQ-BO=6-72=52，
∴P〔-52，33〕
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