试题内容
解法分析(1)
方法1(左图)
根据“夹角相等，夹边成比例的两个三角形相似”
证明：△BCE∼△ACD.
方法2(右图)
根据“两组对应角分别相等的两个三角形相似”
证明：△BCE∼△ACD.
解法分析(2)
类比第(1)问证明三角形相似，因为BE与AD是对应边，所以可先求出AD的长，再根据相似比求BE的长.
方法1：三线合一
与(1)同理可证：△BCE∼△ACD，
∴==2，即BE=2AD.
由旋转的性质得：AC=DC.
作CM⊥AD于点M，则点M是AD的中点.
由勾股定理得：AB=，
∴cosA==，
∴AM=AC·cosA=，
∴AD=2AM=，
∴BE=2AD=.
方法2：方程思想1
作DM⊥AC于点M.
与方法1同理可证：AC=DC，BE=2AD.
∵tanA=2，
∴设AM=，DM=2，
则CM=AC-AM=1-，AD=.
在Rt△CDM中，由勾股定理得：
(2)+(1-)=1，
解得：=，
∴AD==，
∴BE=2AD=.
方法3：方程思想2
与方法1同理可证：△BCE∼△ACD，BE=2AD，
∴∠CBE=∠A，
∵∠A+∠ABC=90°，
∴∠CBE+∠ABC=90°，即∠ABE=90°.
由旋转的性质得：DE=AB=.
设AD=，则BE=2AD=2，BD=–.
在Rt△DBE中，由勾股定理得：
(2)+(–)=()，
解得：=，
∴BE=2=.
解法分析(3)①
方法1：全等三角形
已知AC=CD，只要证明CF=CD即可.寻找以CF、CD为对应边的全等三角形是解题关键.
由旋转的性质得：AC=CD，BC=EC，
∴∠A=∠CDA.
由平行线的性质和补角的定义得：
∠F+∠A=180°，∠CDB+∠CDA=180°，
∴∠F=∠CDB.
∵∠BCF=∠DCE=90°，
∴∠ECF=∠BCD.
根据AAS证明：△ECF≅△BCD，
∴CF=CD，
∴AC=CF.
方法2：隐圆→三线合一
题目中已给出BC⊥AF的条件，若要证明AC=CF，只需要证明AB=FB即可.
连接BF.
易证：∠A=∠CBE=∠CEB.
由平行线的性质得：
∠CFE+∠A=180°，
∴∠CFE+∠CBE=180°，
∴B、C、F、E四点共圆，
∴∠CFB=∠CEB，
∴∠CFB=∠A，
∴AB=FB，
又∵BC⊥AF，
∴AC=CF.
方法3：双隐圆→三线合一
因为AB=DE，所以可先证明BF=DE.图中直角较多，易于发现隐圆(五点共圆).
与(2)同理可证：∠DBE=90°.
∵∠DBE=∠DCE=90°，
∴B、D、C、E四点共圆①，DE是圆①的直径.
由平行线的性质得：
∠BEF=180°-∠DBE=90°.
∵∠BEF=∠BCF=90°，
∴B、C、F、E四点共圆②，BF是圆②的直径.
∵不在同一条直线上的三个点(B、C、E)确定一个圆，即两个圆重合，
∴DE=BF.
由旋转的性质得：AB=DE，
∴AB=BF，
又∵BC⊥AF，
∴AC=CF.
方法4：平行线→全等三角形+等腰三角形
利用平行线构造全等(相似)三角形也是常见的解决方法.
分别延长EF、DC交于点M.
由平行线的性质得：∠M=∠CDA，∠CFM=∠A，
∵∠A=∠CDA，
∴∠M=∠A=∠CFM，
∴CF=CM.
根据AAS证明：△MCE≅△ACB，
∴CM=AC，
∴AC=CF.
方法5：平行线→三线合一+平行线分线段成比例
以平行线为背景，出现了多组全等三角形，换一个角度思考亦能解决问题.
分别延长EF、DC交于点M.
由平行线的性质得：∠M=∠CDA，
由旋转的性质得：∠CDE=∠A，
∵∠A=∠CDA，
∴∠M=∠CDE，
∴EM=ED，
又∵EC⊥DM，
∴CM=CD.
(通过证明△ECM≅△ECD，亦可推出此结论)
∵AB∥GM，
∴AC:CF=CD:CM=1:1，
∴AC=CF.
方法6：平行线→三线合一(逆)+平行线分线段成比例
受方法4，5的启发，换一个方向构造亦可解决问题.
分别延长EC、BA交于点M.
易证：∠CDE=∠CDM.
根据AAS证明：△CDE≅△CDM，
∴CE=CM.
∵BM∥GF，
∴AC:CF=CM:CE=1:1，
∴AC=CF.
（篇幅有限，其他方法略）
解法分析(3)②
准备工作
分别延长BC、GF交于点N.
设AB=GF=5，AF=GB=6，
由(3)②得：AC=CF=3，
∴BC=4.
易证：FN=AB=5.
相似三角形1/锐角三角函数
易证：△BEG∼△BCA，
∴==，即==，
∴BE=，EG=.
相似三角形2(类比前两问)
易证：△BCE∼△ACD，
∴=，即=，
∴AD=.
相似三角形3
EN=GN-EG=，BD=AB-AD=.
易证：△BKD∼△NKE，
∴==.