备用图
①②③
图2-2-4
【解】
（1）补全图形，如图2-2-5所示．
图2-2-5
（2）∠ABF与∠CBE的数量关系为∠ABF+∠CBE=45°．
证明如下：
如图2-2-6,连接BF,EF，延长DC到G，使得CG=AF，连接BG．
图2-2-6
∵四边形ABCD为正方形，∴AB=BC，∠A=∠BCG=∠ABC=90°．∴△BAF≌△BCG．
∴BF=BG，∠ABF=∠CBG．
∵AF+CE=EF，∴EF=GE．∴△BEF≌△BEG．
∴∠FBE=∠GBE=∠ABF+∠CBE．∴∠ABF+∠CBE=45°．
（3）求解思路如下：
a．设正方形的边长为3a，AF为x，则EF=x+a，DF=3a－x；
b．在Rt△EFD中，由,可得,从而得到x与a的关系2x=3a；
c．根据cos∠FED=
=，可求得结果．
【点评】本题主要考查了轴对称的性质、正方形的性质以及勾股定理和全等三角形的判定、全等三角形的性质等知识，解答本题关键是利用轴对称的性质得出对应边相等.
（1）根据题意直接画出图形即可；
（2）方法一：
连接BF，EF，延长DC到G，使得CG=AF，连接BG.可证△BAF≌△BCG，从而可证△BEF≌△BEG，可得答案；方法二：
连接BF，EF，在EF上截取EH=CE，连接BH，再证明三角形全等,此题得解.（3）设正方形的边长为3a，AF为x，则可表示EF，DF；在Rt△EFD中，利用勾股定理得出x与a的关系，可求得结果.提示：
要求写思路的题，要写清关键步骤.
例2在等边△ABC外侧作直线AP，点B关于直线AP的对称点为D，连接BD,CD，其中CD交直线AP于点E.
（1）依题意补全图2-2-7①；
（2）若∠PAB=30°，求∠ACE的度数；
（3）如图2-2-7②，若60°<∠PAB<120°，判断由线段AB,CE,ED可以构成一个含有多少度角的三角形，并证明.
①②
图2-2-7
【解】
（1）补全图形，如图2-2-8①所示.
①②③
图2-2-8
（2）如图2-2-8②，连接AD.
∵点D与点B关于直线AP对称，∴AD=AB，∠DAP=∠BAP=30°.
∵AB=AC,∠BAC=60°，
∴AD=AC,∠DAC=120°.
∴2∠ACE+60°+60°=180°，∴∠ACE=30°.
（3）线段AB,CE,ED可以构成一个含有60°角的三角形.
证明如下：
连接AD，EB，如图2-2-8③.
∵点D与点B关于直线AP对称，
∴AD=AB，DE=BE，可证得∠EDA=∠EBA.
∵AB=AC,AB=AD,
∴AD=AC,∴∠ADE=∠ACE.
∴∠ABE=∠ACE.
设AC，BE交于点F,
又∵∠AFB=∠CFE,
∴∠BAC=∠BEC=60°,
∴线段AB,CE,ED可以构成一个含60°角的三角形.
【点评】本题主要考查了轴对称作图以及等腰三角形的性质.解答本题的关键是根据轴对称的性质作出对应点的位置以及掌握等腰三角形的性质.
（1）根据题意作出图形；
（2）根据题意可得∠DAP=∠BAP=30°，然后根据AB=AC，∠BAC=60°，得出AD=AC，∠DAC=120°，最后根据三角形的内角和公式求解；
（3）由线段AB，CE，ED可以构成一个含有60度角的三角形，连接AD，EB，根据对称可得∠EDA=∠EBA，然后证得AD=AC，最后即可得出∠BAC=∠BEC=60°.
3.图形变换——旋转
例1数学活动课上，老师提出这样一个问题:
如果AB=BC,∠ABC=60°,∠APC=30°,连接PB，那么PA,PB,PC之间会有怎样的等量关系呢？
经过思考后，部分同学进行了如下的交流：
小蕾：
我将图形进行了特殊化，让点P在BA的延长线上（如图2-2-9①），得到了一个猜想:
.
小东：
我假设点P在∠ABC的内部，根据题目条件，这个图形具有“共端点等线段”的特点，可以利用旋转解决问题，旋转△PAB后得到△P′CB,并且可推出△PBP′,△PCP′分别是等边三角形、直角三角形，就能得到猜想和证明方法.这时老师对同学们说，请大家完成以下问题：
（1）如图2-2-9②，点P在∠ABC的内部，①PA=4，PC=
，PB=.
②用等式表示PA，PB，PC之间的数量关系，并证明.
（2）对于点P的其他位置，是否始终具有②中的结论？
若是，请证明；若不是，请举例说明.
①②
图2-2-9
【解】
（1）①
；
②.证明如下：
如图2-2-10，作∠PBP′＝∠ABC＝60°，且使BP′＝BP，连接P′C，P′P,∴∠1＝∠2.
图2-2-10
∵AB＝CB，∴△ABP≌△CBP′.∴PA＝P′C，∠A＝∠BCP′.
在四边形ABCP中，
∵∠ABC＝60°，∠APC＝30°，∴∠A＋∠BCP＝270°.
∴∠BCP′＋∠BCP＝270°.∴∠PCP′＝360°－（∠BCP′＋∠BCP）＝90°.
∵△PBP′是等边三角形.∴PP′＝PB.
在Rt△PCP′中，,∴
.
（2）点P在其他位置时，不是始终具有②中猜想的结论，举例：
如图2-2-11，当点P在CB的延长线上时，结论为
.（说明：
答案不唯一）
图2-2-11
【名师点评】本题主要考查了旋转变换问题.解答本题的关键是正确作出旋转后的图形、熟练掌握全等三角形的判定定理以及三角形全等的性质.
（1）根据结论代入即可填写；
（2）根据△ABP≌△CBP′得出PA=P′C，∠A=∠BCP′，即可得出PA，PB，PC之间的数量关系；
（3）当点P在CB的延长线上时，得出结论.（说明：
答案不唯一）
①②
备用图
图2-2-12
例2如图2-2-12，在菱形ABCD中，∠ADC=120°，点E是对角线AC上一点，连接DE，∠DEC=50°，将线段BC绕点B逆时针旋转50°并延长得到射线BF，交ED的延长线于点G.
（1）依题意补全图形；
（2）求证：
EG=BC；
（3）用等式表示线段AE，EG，BG之间的数量关系：
.
（1）【解】补全图形，如图2-2-13①所示．
①②
图2-2-13
（2）【证法一】连接BE，如图2-2-13②．
∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC．
∵∠ADC=120°,∴∠DCB=60°.
∵AC是菱形ABCD的对角线，∴∠DCA=
∠DCB=30°.
∴∠EDC=180°－∠DEC－∠DCA=100°.
由菱形的对称性可知，∠BEC=∠DEC=50°,∠EBC=∠EDC=100°.
∴∠GEB=∠DEC+∠BEC=100°,∴∠GEB=∠CBE.
∵∠GBC=50°,∴∠EBG=∠EBC－∠GBC=50°,∴∠EBG=∠BEC.
在△GEB与△CBE中，
∴△GEB≌△CBE,∴EG=BC.
【证法二】连接BE，设BG与EC交于点H，如图2-2-13②．
∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC．
∵∠ADC=120°,∴∠DCB=60°.
∵AC是菱形ABCD的对角线，∴∠DCA=
∠DCB=30°，
∴∠EDC=180°－∠DEC－∠DCA=100°.
由菱形的对称性可知，∠BEC=∠DEC=50°,∠EBC=∠EDC=100°.
∵∠GBC=50°，∴∠EBG=∠EBC－∠GBC=50°=∠BEC．∴BH=EH．
在△GEH与△CBH中，∴△GEH≌△CBH,∴EG=BC．
（3）AE+BG=
EG.
【点评】本题主要考查了旋转变换问题、菱形的性质.解答本题的关键是正确作出旋转后的图形，根据题意证明三角形全等.
（1）根据题意可以补全图形；
（2）连接BE，根据已知条件和图形可以证明△GEB≌△CBE，得到答案.
（3）根据△GEB≌△CBE，得到EC=BG，EG=BC，根据等腰三角形的性质和∠BAC=30°，求出AB,BC的关系，得到答案.
真题演练
1.在等边△ABC中：
（1）如图2-2-14①，P，Q是BC边上两点，AP=AQ，∠BAP=20°，求∠AQB的度数；
（2）点P，Q是BC边上的两个动点（不与点B，C重合），点P在点Q的左侧，且AP=AQ，点Q关于直线AC的对称点为M，连接AM，PM.
①依题意将图2-2-14②补全；
②小茹通过观察、实验，提出猜想：
在点P，Q运动的过程中，始终有PA=PM.小茹把这个猜想与同学们进行交流，通过讨论，形成了证明该猜想的几种想法：
想法1：
要证PA=PM，只需证△APM是等边三角形；
想法2：
在BA上取一点N，使得BN=BP，要证明PA=PM，只需证△ANP≌△PCM；
想法3：
将线段BP绕点B顺时针旋转60°，得到线段BK，要证PA=PM，只需证PA=CK，PM=CK……
请你参考上面的想法，帮助小茹证明PA=PM（一种方法即可）.
①②
图2-2-14
【解】
（1）∵AP=AQ,∴∠AQB=∠APC.
而∠APC=∠B+∠BAP=60°+20°=80°,∴∠AQB=80°.
（2）①补全图如图2-2-15.
图2-2-15
②证明:
∵△ABC为等边三角形,
∴∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°.
又AP=AQ,∴∠APQ=∠AQB.
∵∠BAP+∠ABC=∠APQ,∠AQB=∠CAQ+∠ACB,
∴∠BAP=∠CAQ.
∵点Q,M关于直线AC对称,∴AQ=AM，∠CAQ=∠MAC.
∴∠PAM=∠PAC+∠MAC=∠PAC+∠BAP=∠BAC=60°,且AP=AQ=AM,
∴△APM为等边三角形.∴PA=PM.
2.在正方形ABCD中，BD是一条对角线，点P在射线CD上（与点C，D不重合），连接AP，平移△ADP，使点D移动到点C，得到△BCQ，过点Q作QH⊥BD于H，连接AH，PH.
（1）若点P在线段CD上，如图2-2-16①.
①依题意补全图①；
②判断AH与PH的数量关系与位置关系并加以证明；
（2）若点P在线段CD的延长线上，且∠AHQ=152°，正方形ABCD的边长为1，请写出求DP长的思路.（可以不写出计算结果）
①②
图2-2-16
【解】
（1）①如图2-2-17.
图2-2-17
②如图2-2-17，连接CH.
∵四边形ABCD是正方形，QH⊥BD，∴∠HDQ=45°，
∴△DHQ是等腰直角三角形，
∴HD=HQ,∠HQD＝∠HDQ=45°.
∵△BCQ是由△ADP平移得到的，∴DP=CQ.
在△HDP与△HQC中，
∵
∴△HDP≌△HQC（SAS），
∴PH=CH，∠HPC=∠HCP.
∵BD是正方形ABCD的对称轴，
∴AH=CH，∠DAH=∠HCP，∴∠HPC=∠DAH.
∵∠HPD+∠HPC=180°,∴∠HPD+∠DAH=180°,
∴∠ADP+∠AHP=360°－（∠HPD+∠DAH）=360°－180°=180°，
∴∠AHP=180°－∠ADP=180°－90°=90°，
∴AH=PH，AH⊥PH.
（2）如图2-2-18，连接CH.
图2-2-18
∵四边形ABCD是正方形，QH⊥BD，∴∠HDQ=45°，
∴△DHQ是等腰直角三角形.
∵△BCQ由△ADP平移得到，∴PD=QC.
过点H作HR⊥PC于点R.
∵QH⊥BD,∴∠BHQ=90°.
∵∠AHQ=152°，∴∠AHB=∠AHQ－∠BHQ=152°－90°=62°.
∵∠ABD=45°,又∠ABH+∠AHB+∠HAB=180°,
∴∠HAB=180°－∠AHB－∠ABH=180°－62°－45°=73°.
又∵∠DAH+∠HAB=90°,
∴∠DAH=90°－∠HAB=90°－73°=17°.
由
（1）同理可得∠HCD=∠DAH=17°.
设DP=x，则DR=HR=RQ=
，
∴CR=CQ+RQ=x+
=
.
在Rt△HRC中，tan∠HCR=tan17°=
，
即tan17°=
，∴x=
.
3.在正方形ABCD外侧作直线AP，点B关于直线AP的对称点为E，连接BE，DE，其中DE交直线AP于点F.
（1）依题意补全图2-2-19①；
（2）若∠PAB=20°，求∠ADF的度数；
（3）如图2-2-19②，若45°<∠PAB＜90°，用等式表示线段AB，FE，FD之间的数量关系，并证明.
①②
图2-2-19
【解】
（1）补全图形如图2-2-20所示.
图2-2-20图2-2-21
（2）如图2-2-21，连接AE.
∵四边形ABCD是正方形，点B和点E关于直线AP对称，
∴AB=AD=AE，∠PAB=∠PAE.
∵∠PAB=20°,
∴∠EAD=∠BAD+∠BAE=90°+40°=130°.
∵AD=AE，∴∠ADF=
=25°.
（3）
4.已知：
AB=BC，∠ABC=90°.将线段AB绕点A逆时针旋转α（0°<α<90°）得到线段AD.点C关于直线BD的对称点为E，连接AE，CE.
（1）如图2-2-23.
①补全图形；
②求∠AEC的度数；
图2-2-23
（2）若AE=
，CE=
，请写出求α度数的思路.（可以不写出计算结果）
【解】
（1）①补全图形，如图2-2-24所示．
图2-2-24
②如图2-2-24，连接BE.
∵AB=BC，EC关于直线BD对称，∴AB=BC=BE．
∴∠BCE=∠BEC，∠BAE=∠BEA．
∵∠ABC=90°,∴∠BAE+∠AEC+∠BCE=270°．∴∠AEC=135°．
（2）求解思路如下：
a．如图2-2-25,连接AC，过点A作AF⊥CE，交CE的延长线于点F；
b．由
（1）可求∠AEC=135°，由AE=可求AF=EF=1；
c．由CE=
，可求AC=2,AB=BC=
，可证△ABE为等边三角形；
d．由C,E两点关于直线BD对称，AB=AD，可求∠EBD=15°，∠ABD=75°，α=30°.
图2-2-25
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