角度计算专项训练（1）
夯实基础，稳扎稳打
1．某市为了方便市民绿色出行，推出了共享单车服务．图①是某品牌共享单车放在水平地面的实物图，图②是其示意图，其中AB，CD都与地面l平行，∠BCD＝60°，∠BAC＝55°．当AM与CB平行时，求∠MAC的度数．
2. 如图，已知D为△ABC边AB的中点，E在AC上，将△ABC沿着DE折叠，使A点落在BC上的F处．若∠B=65°，求∠BDF的度数
3. 如图，△ABC中，D是BC上一点，AC=AD=DB，∠BAC=102°，求∠ADC的度数．
在平行四边形ABCD中，∠A+∠C＝200°，求∠C的度数
5．如图，在菱形中，是上一点，连接交对角线于点，连接，若，求．
6．如图，ABCD为一长方形纸带，AD∥CB，将长方形ABCD沿EF折叠，C，D两点分别与G，H对应，若∠1＝4∠2，求∠AEF的度数．
连续递推，豁然开朗
7、如右图，在正方形ABCD中，点E是AD的中点，点F是BA延
长线上一点，AF=AB，△ABE可以通过绕A点逆时针旋转到△ADF
的位置，求旋转的最小角度。
8．【学习新知】射到平面镜上的光线（入射光线）和反射后的光线（反射光线）与平面镜所夹的角相等．如图1，AB是平面镜，若入射光线与水平镜面夹角为∠1，反射光线与水平镜面夹角为∠2，则∠1＝∠2．
（1）【初步应用】如图2，一束光线m射到平面镜a上，被a反射到平面镜b上，又被b反射，若被b反射出的光线n与光线m平行，且∠1＝50°，则∠2＝ ，∠3＝ ．
（2）【猜想验证】由（1），请你猜想：当两平面镜a、b的夹角∠3＝ 时，可以使任何射到平面镜a上的光线m，经过平面镜a、b的两次反射后，入射光线m与反射光线n平行．请说明理由．
（3）【拓展探究】如图3，有三块平面镜AB，BC，CD，入射光线EF与镜面AB的夹角∠1＝α°，镜面AB、BC的夹角∠B＝120°，已知入射光线从镜面AB开始反射，经过n（n为正整数，n≤3）次反射，当第n次反射光线与入射光线EF平行时，请直接写出∠BCD的度数．（可用含有α的代数式表示）
思维拓展，更上一层
9.“勾股图”有着悠久的历史，欧几里得在《几何原本》中曾对它做了深入研究.如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，分别以△ABC的三条边为边向外作正方形.连接EB，CM，DG，CM分别与AB，BE相交于点P，Q.若∠AMP＝30°，则∠ABE＝ °，的值为 .
角度计算专项训练（1）
夯实基础，稳扎稳打
1.解：∵AB∥l，CD∥l，∴AB∥CD，∵∠BCD＝60°，∴∠ABC＝∠BCD＝60°，
∵∠BAC＝55°，∴∠ACB＝180°﹣∠BAC﹣∠ABC＝180°﹣60°﹣55°＝65°，
∵要使AM与CB平行，则有∠ACB＝∠MAC，∴∠MAC＝65°，故B正确．
2.解：∵△DEF是△DEA沿直线DE翻折变换而来，∴AD=DF，∵D是AB边的中点，∴AD=BD，∴BD=DF，∴∠B=∠BFD，∵∠B=65°，
∴∠BDF=180°﹣∠B﹣∠BFD=180°﹣65°﹣65°=50°．
3解：∵AC=AD=DB，∴∠B=∠BAD，∠ADC=∠C.
∵∠ADC=∠B+∠BAD，∴∠ADC=∠C=2∠B.
设∠B=x°，则∠C=2x°.∵在△ABC中，∠BAC+∠B+∠C=180°，
∴x+2x+102=180.解得：x=26.∴∠ADC=2x=52°.
4.解：在平行四边形ABCD中，∠A＝∠C，又∠A+∠C＝200°，所以，
5.解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=CB，AB∥DC，∠ABF=∠CBF，
∵AB=CB，∠ABF=∠CBF，BF=BF，∴△ABF≌△CBF（SAS），
∴∠BAF=∠BCF，∵∠AED=40°，AD∥BC，∴∠AED=∠BAF，∴∠BCF=40°，
6..解：由翻折的性质可知：∠DEF＝∠FEH，∵AD∥BC，
∴∠DEF＝∠1，∵∠1＝4∠2，∴设∠2＝x，则∠DEF＝∠1＝∠FEH＝4x，
∵∠2+∠DEF+∠HEF＝180°，∴9x＝180°，∴x＝20°，
∴∠AEF＝∠2+∠HEF＝x+4x＝5x＝100°，故答案为：100°．
7、900
8.解：（1）如图2，
∵入射角与反射角相等，即∠1＝∠4＝50°，∠5＝∠6，
又∵∠7＝180°﹣∠1﹣∠4＝80°，m∥n，∴∠2＝180°﹣∠7＝100°，
∴∠5＝∠6＝（180°﹣100°）÷2＝40°．∵三角形内角和为180°，
∴∠3＝180°﹣∠4﹣∠5＝90°；故答案为：100°，90°；
（2）由（1）可得当两平面镜a、b的夹角∠3＝90°时，可以使任何射到平面镜a上的光线m，经过平面镜a、b的两次反射后，入射光线m与反射光线n平行．
理由：∵∠3＝90°，∴∠4+∠5＝90°．又由题意知∠1＝∠4，∠5＝∠6，
∴∠2+∠7＝180°﹣（∠5+∠6）+180°﹣（∠1+∠4）＝360°﹣2∠4﹣2∠5＝360°﹣2（∠4+∠5）＝180°．由同旁内角互补，两直线平行，可知：m∥n．故答案为：90°；
（3）90°+α°或150°．
理由如下：①当n＝3时，如图3：
∵∠BEG＝∠1＝α°，
∴∠BGE＝∠CGH＝180°﹣∠B﹣∠BEG＝180°﹣120°﹣α°＝60°﹣α°，
∴∠FEG＝180°﹣2∠1＝180°﹣2α°，
∠EGH＝180°﹣2∠BGE＝180°﹣2（60°﹣α°）＝60°+2α°，
∵EF∥HK，∴∠FEG+∠EGH+∠GHK＝360°，
∴∠GHK＝360°﹣（180°﹣2α°）﹣（60°+2α°）＝120°，∴∠GHC＝30°，
由△GCH内角和得∠BCD＝180°﹣∠GHC﹣∠CGH＝180°﹣30°﹣（60°﹣α°）＝90°+α°；
②当n＝2时，如果在BC边反射后与EF平行，则∠B＝90°，与题意不符；
则只能在CD边反射后与EF平行，
如图4所示：
∵∠GBC＝180°﹣ABC＝60°，∴∠G＝∠BCD﹣∠GBC＝∠BCD﹣60°，
由EF∥HK，且由（1）的结论可得，∠G＝∠BCD﹣60°＝90°，则∠BCD＝150°．
综上所述：∠BCD的度数为90°+α°或150°．
9.解：（1）①∵∠MON＝40°，OE平分∠MON，∴∠AOB＝∠BON＝20°，
∵AB∥ON，∴∠ABO＝∠BON＝20°；
②当∠BAD＝∠ABD时，∵∠ABO＝∠AOB＝20°，
∴∠BAD＝20°，∠BAO＝180°﹣20°﹣20°＝140°，∴∠OAC＝∠BAO﹣∠BAD＝120°；
当∠BAD＝∠BDA时，∵∠ABO＝20°，∴∠BAD＝∠BDA＝80°，∵∠AOB＝20°，
∴∠OAC＝∠BDA﹣∠AOB＝60°；故答案为：①20°； ②120°，60°；
（2）①当∠BDC＝2∠BFC时，如图，
∵AB⊥OM，∠MON＝40°，∴∠BFC＝50°，∴∠BDC＝2∠BFC＝100°，
∵∠ABO＝∠BFC+∠BON＝50°+20°＝70°，
∴∠BAC＝∠BDC﹣∠ABO＝100°﹣70°＝30°，∴α＝30°；
②当点C在F左边，∠DBF＝2∠DCF时，
∵AB⊥OM，∠AOB＝20°，∠MON＝40°，
∴∠DBF＝∠AOB+∠OAB＝20°+90°＝110°，∠BFC＝50°，
∴∠DCF＝∠DBF＝55°，
∴∠BAC＝180°﹣∠BFC﹣∠ACF＝180°﹣50°﹣55°＝75°，∴α＝75°；
③当点C在F右边，∠DBF＝2∠DCF时，
∵AB⊥OM，∠AOB＝20°，∠MON＝40°，
∴∠DBF＝∠ABO＝90°﹣∠AOB＝90°﹣20°＝70°，∠AFO＝50°，
∴∠DCF＝∠DBF＝35°，∠AFC＝130°，
∴∠BAC＝180°﹣∠DCF﹣∠AFC＝180°﹣35°﹣130°＝15°，∴α＝15°；
10解：∵四边形AEDC、四边形AMNB四边形BCGF都为正方形，
∴AE＝AC＝CD，AB＝AM，BC＝CG，∠EAC＝∠MAB＝∠ACD＝∠BCG＝90°，
∴∠EAB＝∠CAM，在△EAB和△CAM中， ，
∴△EAB≌△CAM（SAS），∴∠EBA＝∠CMA＝∠AMP＝30°，
∴∠BPQ＝∠APM＝60°，∴∠BQP＝90°，∴PQ＝ PB，
设AP＝a，∴PM＝2AP＝2a，
在Rt△MAP中，由勾股定理得：AM＝ ，
∴PB＝AB﹣AP＝AM﹣AP＝（ ﹣1）a，∴PQ＝ PB＝ a，
∴QM＝QP+PM＝ a+2a＝ a，
∵∠ACB＝90°，
∴∠DCG＝360°﹣∠ACB﹣∠ACD﹣∠BCG＝360°﹣90°﹣90°﹣90°＝90°，
∴∠ACB＝∠DCG，
在△ACB和△DCG中， ，∴△ACB≌△DCG（SAS），
∴DG＝AB＝ a，∴ .故答案为：30； .角度计算专项训练（2）
夯实基础，稳扎稳打
1．山上的一段观光索道如图所示，索道支撑架均为互相平行（AM∥CN），且每两个支撑架之间的索道均是直的，若∠MAB＝60°，∠NCB＝40°，求∠ABC的度数
2. 如图，在△ABC中，∠C=31°，∠ABC的平分线BD交AC于点D，DE垂直平分BC，求∠A的度数．
3. 如图，等边△ABC的边长为4，AD是边BC上的中线，F是边AD上的动点，E是边AC上一点，若AE=2，则EF+CF取得最小值时，求∠ECF的度数
4．如图，将一条长方形纸条进行两次折叠，折痕分别为AB，CD．若CD∥BE，∠1＝25°，求∠2的度数．
5．如图，已知在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE⊥BD于点E．若∠DAE：∠BAE＝3：1，求∠EAC的度数
连续递推，豁然开朗
6．如图，长方形纸片ABCD，点E，F在AD边上，点G，H在BC边上，分别沿EG，FH折叠，使点D和点A都落在点M处，若∠1+∠2＝115°，求∠EMF的度数．
7．如图，平行四边形ABCD中，AE⊥BC于点E，G为线段AE上一点且满足EG＝BC，AG＝CE，连CG并延长交AB于点F，求∠BFC的度数．
8．如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，DE⊥AC于点E，∠AOD＝110°，求∠CDE的度数
思维拓展，更上一层
9．已知点E是正方形ABCD的边CD上的动点，连接AE，过点A作AF⊥AE，交CB的延长线于点F.
（1）如图1，求证：FB＝ED；
（2）点G为正方形ABCD的对角线BD上一点，连接AG，GC，GF，且GC＝GF.
①如图2，求∠GFA的度数；
②如图3，过点G作MH AE，分别交AF，AB，DC于点M，N，H.若AB＝3，BF＝1，求MH的长.
角度计算专项训练（2）
1.解：如图所示，过点B作BD∥AM，
∵AM∥CN，∴AM∥CN∥BD，∴∠ABD＝∠MAB＝60°，∠CBD＝∠NCB＝40°，
∴∠ABC＝∠ABD+∠CBD＝100°
2解：∵在△ABC中，∠C=31°，∠ABC的平分线BD交AC于点D，∴∠DBE=∠ABC=（180°﹣31°﹣∠A）=（149°﹣∠A），∵DE垂直平分BC，∴BD=DC，∴∠DBE=∠C，∴∠DBE=∠ABC=（149°﹣∠A）=∠C=31°，∴∠A=87°．
3.解：过E作EM∥BC，交AD于N，
∵AC=4，AE=2，∴EC=2=AE，∴AM=BM=2，∴AM=AE，
∵AD是BC边上的中线，△ABC是等边三角形，∴AD⊥BC，
∵EM∥BC，∴AD⊥EM，∵AM=AE，∴E和M关于AD对称，
连接CM交AD于F，连接EF，则此时EF+CF的值最小，
∵△ABC是等边三角形，∴∠ACB=60°，AC=BC，
∵AM=BM，∴∠ECF=∠ACB=30°，
4.解：延长GA到F．由题意知，∠1是由∠BAF折叠而成，
∴∠BAF＝∠1＝25°．∴∠CAF＝50°．∴∠GAC＝130°．
∵EB∥AF，CD∥EB，∴GF∥CD．∴∠ACD＝∠GAC＝130°．
∵AC∥BD，∴∠ACD+∠2＝180°．∴∠2＝180°﹣∠ACD＝50°．故答案为：50°．
5.解：∵四边形ABCD 矩形，∴∠BAD＝90°，OA＝AC，OB＝BD，AC＝BD，
∴OA＝OB，∴∠ABO＝∠BAO，∵∠DAE：∠BAE＝3：1，∴∠BAE＝×90°＝22.5°
∵AE⊥BO，∴∠ABO+∠BAE＝90°，∴∠BAO＝∠ABO＝90﹣22.5°＝67.5°，
∴∠EAO＝∠BAO﹣∠BAE＝67.5°﹣22.5°＝45°．
6.解：∵四边形ABCD是矩形，∴DA∥CB，∴∠1＝∠DEG，由题意得∠DEG＝∠MEG，
∴∠MED＝2∠1，同理：∠MFA＝2∠2，
∴∠MED+∠MFA＝2（∠1+∠2）＝2×115°＝230°，
∵∠MED＝∠EMF+∠EFM，∠MFA＝∠EMF+∠FEM，
∴∠MED+∠MFA＝∠EMF+∠EFM+FEM+∠EMF＝180°+∠EMF，
∴∠EMF＝230°﹣180°＝50°．
7.解：如图，连接DG，
在平行四边形ABCD中，AB∥CD，AD∥BC，AD＝BC，∵AE⊥BC，∴AE⊥AD，
∴∠DAG＝∠GEC＝90°，∵EG＝BC，∴EG＝AD，
在△ADG和△EGC中，，∴△ADG≌△EGC（SAS），
∴DG＝CG，∠ADG＝∠EGC，∵∠ADG+∠AGD＝90°，
∴∠EGC+∠AGD＝90°，∴∠DGC＝90°，∴△DGC是等腰直角三角形，
∴∠DCG＝45°，∵AB∥CD，∴∠BFC＝∠DCG＝45°．故答案为：45°．
A．55° B．40° C．35° D．20°
8解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=90°，AC=BD，OA=OC，OB=OD，∴OC=OD，∴∠ODC=∠OCD，
∵∠AOD=110°，∴∠DOE=70°，∠ODC=∠OCD=（180°-70°）=55°，
∵DE⊥AC，∴∠ODE=90°-∠DOE=20°，∴∠CDE=∠ODC-∠ODE=55°-20°=35°；
9．解：（1）在长方形OABC中，OA＝BC＝2，OC＝AB＝4，∵点B在第一象限，
∴B（4，2）；
（2）∠POC＝∠APO+∠PAB，理由是：
设OP与AB交于D，∵AB∥OC，∴∠PDB＝∠POC，
∵∠PDB＝∠APO+∠PAB，∴∠POC＝∠APO+∠PAB；
（3）当F在OP上方时，∵∠PAB＝20°，∴，
∵∠POC＝∠APO+∠PAB，∴50°＝∠APO+20°，即∠APO＝30°，
∴∠BAF＝∠FAP+∠PAB＝30°＝∠APO，∵∠POC＝2∠FOP，∠POC＝50°，
∴∠FOP＝25°，∴∠FOC＝∠FOP+∠POC＝75°，
同（2）可得：∠FOC＝∠F+∠FAB，即75°＝∠F+30°，∴∠F＝45°，
∴；
当F在OP下方时，∠PAB＝20°，∠APO＝30°，∠POC＝50°，
∵，∴∠FAB＝10°，∵，
∴∠FOC＝∠POC﹣∠POF＝25°∴∠F＝∠FOC﹣∠BAF＝15°∴．
综上：的值为或2．
10．.（1）证明：如图1， 四边形 是正方形，
， ， ，
， ，
又 ， ， ， ，
解：①如图2，设 ，则 ，
， ，
四边形 是正方形， ， ，
又 ， ，
， ，
，
，
，
是等腰直角三角形， ；
②如图3，连接 ， ，
， ，
， ，
， ，
又 是等腰直角三角形，
是 的垂直平分线，
， ，
， ，
，
， ，
.长度计算专项训练（1）
夯实基础，稳扎稳打
1．如图，平行四边形ABCD中，AB＝3 cm，BC＝5 cm，BE平分∠ABC，交AD于点E，交CD延长线于点F，求DE、DF的长度．
2．已知菱形的边长为6，一个内角为60°，求菱形较长的对角线长
3.．如图，菱形ABCD中，对角线AC＝8，BD＝6，BE⊥CD，求BE的长．
4．如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝45°，DE是AB边上的高，BE＝2，求AB的长．
连续递推，豁然开朗
5．菱形纸片ABCD中，∠A＝60°，点E为边BC上一点，将△CDE沿DE对折，记点C对称点为C′，若C′D⊥AB，DE＝，求AD的长．
6．如图，在菱形纸片ABCD中，AB＝3，∠A＝60°，将菱形纸片翻折，使点A落在CD的中点E处，折痕为FG，点F，G分别在边AB，AD上，求EF的长．
7．我国古代伟大的数学家刘徽将勾股形（古人称直角三角形为勾股形）分割成一个正方形和两对全等的直角三角形，得到一个恒等式，后人借助这种分割方法所得的图形证明了勾股定理．如图所示的矩形由两个这样的图形拼成，若a＝2，b＝3，求该矩形的面积．
8．如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，将菱形ABCD绕点O按逆时针方向旋转90°得到菱形EFGH，若两个菱形重叠部分八边形的周长为16，∠BAD＝60°，求HG的长．
思维拓展，更上一层
9．如图，在菱形ABCD和菱形BEFG中，点A，B，E在同一直线上，P是线段DF的中点，连接PG，PC．若∠ABC＝60°，AB＝3，BE＝1，求PG的长度．
日期：2021/12/6 15:59:09；用户：初中数学；邮箱：yingzzh3@
；学号：24
09503310．四个全等的直角三角形如图所示摆放成一个风车的形状，连接四个顶点形成正方形ABCD，O为对角线AC，BD的交点，OE的延长线交BC于点F．记图中阴影部分的面积为S1，空白部分的面积为S2，若2CF＝3BF，求的值
参考答案
1.解：∵平行四边形ABCD，∴AD∥BC，∴∠AEB＝∠CBF，
∵BE平分∠ABC，∴∠ABF＝∠CBF，∴∠AEB＝∠ABF，∴AB＝AE，
同理可得：BC＝CF，
∵AB＝3 cm，BC＝5 cm，∴AE＝3 cm．CF＝5 cm，∴DE＝5﹣3＝2 cm，DF＝5﹣3＝2 cm，
2.解：如图，∵菱形的边长为6，一个内角为60°，∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝6，∴AO＝AC＝3，在Rt△AOB中，BO＝＝＝3，
∴菱形较长的对角线长BD是：2×3＝6．
3.．.解：∵四边形ABCD是菱形，AC＝8，BD＝6，
∴AC⊥OD，OC＝AC＝4，OD＝BD＝3，
∴由勾股定理得到：CD＝＝5，又∵AC BD＝CD BE，∴BE＝4.8．
4.解，设AB＝x，∵四边形ABCD是菱形，∴AD＝AB＝x，
∵DE是AB边上的高，∴∠AED＝90°，
∵∠BAD＝45°，∴∠BAD＝∠ADE＝45°，∴AE＝ED＝x﹣2，
由勾股定理得：AD2＝AE2+DE2，∴x2＝（x﹣2）2+（x﹣2）2，
解得：x1＝4+2，x2＝4﹣2，
∵BE＝2，∴AB＞2，∴AB＝x＝4+2，
5.解：过点E作EG⊥CD于点G，
∵四边形ABCD是菱形，∠A＝60°，∴∠A＝∠C＝60°，CD∥AB，AD＝CD
∵C'D⊥AB∴C'D⊥CD，∵折叠∴∠CDE＝∠C'DE＝45°，且GE⊥CD，DE＝3，
∴DG＝GE＝3，∵∠C＝60°，GE⊥CD，GE＝3∴GC＝
∴AD＝CD＝DG+CG＝3+
故答案为：3+
6.解：如图，连接BE，BD，
∵四边形ABCD为菱形，∠A＝60°，∴AB＝3＝BC＝CD，∠A＝60°＝∠C，
∴△BCD是等边三角形，∵E是CD中点，∴DE＝＝CE，BE⊥CD，∠EBC＝30°，
∴BE＝CE＝，∵CD∥AB，∴∠ABE＝∠CEB＝90°，
由折叠可得AF＝EF，∵EF2＝BE2+BF2，
∴EF2＝+（3﹣EF）2，∴EF＝，
7.解：设小正方形的边长为x，∵a＝2，b＝3，∴AB＝2+3＝5，
在Rt△ABC中，AC2+BC2＝AB2，即（2+x）2+（x+3）2＝52，整理得，x2+5x﹣6＝0，
而矩形面积为（2+x）（3+x）＝x2+5x+6＝12，即该矩形的面积为12，
．
8.解：过点D作DJ⊥TG于J.由旋转的性质可得：重叠部分为各边长相等的八边形，
∴TH＝DT＝2，
∵菱形ABCD的一个内角是60°，将它绕对角线的交点O顺时针旋转90°后得到菱形A′B′C′D′，∴∠DAO＝∠OGH＝30°，∴∠ADO＝60°，
∵∠ADO＝∠DGT+∠DTG，∴∠DTG＝∠DGT＝30°，∴DG＝DT＝2，
∵DJ⊥TG，∴TJ＝JG＝DG cos30°＝∴TG＝2，∴HG＝HT+TG＝2+2
9.解：延长GP交CD于H，如图所示：
∵四边形ABCD和四边形BEFG是菱形，
∴CD∥AB∥GF，BC＝CD＝AB＝3，BG＝GF＝BE＝1，
∴∠PDH＝∠PFG，∵P是线段DF的中点，∴PD＝PF，
在△PGF和△PHD中，，∴△PGF≌△PHD（ASA），
∴PH＝PG，DH＝FG＝1，∵CH＝CD﹣DH＝3﹣1＝2，CG＝BC﹣BG＝3﹣1＝2，
∴CH＝CG，∴PG⊥PC，∠PCG＝∠PCH，∵∠ABC＝∠BEF＝60°，
∴∠BCD＝180°﹣60°＝120°，∴∠PCG＝×120°＝60°，
∴∠PGC＝30°，∴PC＝CG＝1，∴PG＝PC＝；故答案为：．
日期：2021/12/6 15:59:09；用户：初中数学；邮箱：yingzzh3@
10.解：过点O作OH⊥BC与H，如图，
由对称性可知，＝，设BF＝2a，则CF＝3a，
∴BC＝BF+CF＝5a，∵正方形ABCD，∴△OBC是等腰直角三角形，
∴OH垂直平分BC，∴BH＝CH＝OH＝BC＝，
∴HF＝CF﹣HC＝，在Rt△OFH中，由勾股定理得，OF＝＝，
∴S△OCF＝CF OH＝OF CE，∴CE＝＝a，∵OC＝BC＝a，
在Rt△OFH中，由勾股定理得，
OE＝＝a，∴EF＝a，∴S△OCE＝OE CE＝a2，
S△CEF＝CE EF＝a2，S△OBF＝BF OH＝a2，
∴＝＝，长度计算专项训练(2)
夯实基础，稳扎稳打
1．在矩形中，，点M在边上，若平分，求的长
2．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，连接BD，作∠CBD的平分线交CD于点E，求CE的长
3．如图，在矩形ABCD中，AD＝3，AB＝4，M为线段BD上一动点，MP⊥CD于点P，MQ⊥BC于点Q，求PQ的最小值
4．如图，在矩形 中，点 在 边上， 于 ，若 ， ，求线段 的长
连续递推，豁然开朗
5如图，在菱形 中，过点 作 交对角线 于点 ，且 ，若 ，求 的长
6.如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E，F分别在CD，AC上， ， ，求AF的长
如图，在平行四边形中，，，是锐角，于点，为中点，连接，，若，求的长
8．如图，大正方形由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼接而成．点为小正方形的顶点，延长交于点，连结交小正方形的一边于点．若为等腰三角形，AG=5，求小正方形的边长
思维拓展，更上一层
9.．如图，分别以正方形ABCD的两条边AD、CD为边向外作两个正三角形，即△ADG与△CDF，然后延长GA，FC交于点E，得到一个“镖型”ABCE．已知正方形ABCD的边长为2，求“镖型”ABCE的周长
10.．如图，在△ABC中，∠CAB＝90°，以△ABC的各边作三个正方形，过点H作HJ⊥ED交ED于点J，连接HE，延长HE交FC于点K，若K为FC中点，且S△ABC﹣S△EHJ＝16，求AB的长
参考答案：
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9..【解答】方法一：解：连接BE，过E作EH⊥CB，交CB的延长线于H，
易得，△ABE≌△CBE，即∠ABE＝∠CBE＝＝135°，
∵四边形ABCD为正方形，∴∠ABH＝90°，∠HBE＝135°﹣90°＝45°
设HE＝HB＝x，则，解得：x＝，
∴CE＝2x＝，同理，AE＝，
∴四边形ABCE的周长＝AE+CE+AB+BC＝2+2+＝8+4，
方法二：解：延长CB交AE于点N，
∵ABCD为正方形，
∴AB＝BC＝AD＝CD＝2，∠ABC＝∠BCD＝∠CDA＝∠DAB＝90°，
∴∠ABN＝180°﹣∠ABC＝90°，
∵△CDF，△ADG是以AD，CD为边的等边三角形，∴∠GAD＝∠DCF＝60°，
∴∠BAN＝∠180°﹣∠GAD﹣∠DAB＝30°，∠BCE＝180°﹣∠DCF﹣∠BCD＝30°，
在四边形ADCE中，
∠E＝360°﹣∠CDA﹣∠DAE﹣∠DCE＝30°，∴∠E＝NCE＝30°，∴NC＝NE，
在Rt△ABN中，∠BAN＝30°，
设BN＝x，AN＝2x，∴AB2+BN2＝AN2，即22+x2＝4x2，解得，x＝，
CN＝NE＝2+，∴AE＝AN+NE＝2+2，同理CE＝2+2，
∴镖形周长＝AE+CE+BC+BA＝2（2+2）+2+2＝8+．
10.解：设DE与HC交于点M，延长HJ，交FC的延长线于点N，
∵HJ⊥ED，AE⊥ED，∴HJ∥AE，∴∠MHJ＝∠ECM，
∵∠ACB+∠ECM＝90°，∠HMJ+∠MHJ＝90°，∴∠ACB＝∠HMJ，
∵DE∥FN，∴∠CNH＝∠HMJ＝∠ACB，
在△ABC和△NHC中，，∴△ABC≌△NHC（AAS），
∴CA＝CN，AB＝NH，设CN＝CA＝a，AB＝b，∴CE＝b﹣a，
∵K为FC的中点，∴KC＝，∵DE∥FN，HJ∥AE，∠AED＝90°，
∴∠AED＝∠ECN＝∠EJN＝90°，四边形CEJN为矩形，
∴EJ＝CN＝a，CE＝NJ，
∵HJ＝HN﹣NJ＝HN﹣CE＝b﹣（b﹣a）＝a，∴HJ＝EJ＝a，
∴∠HED＝45°，∵ED∥FN，∴∠EKC＝∠HED＝45°，
∴△CEK是等腰直角三角形，∴CE＝CK，∴b﹣a＝，∴b＝a，
∵S△ABC﹣S△EHJ＝16，∴ab﹣a2＝16，∴a2﹣a2＝16，
∴a＝8，∴AB＝b＝a＝12，
