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应用2:如图4,若$α=60°$,连接$CD$,延长$CD$恰好经过点$B$,$AC=4$.已知满足条件的点$P$只有一个,求$CD$的长.
答案
解: $\because ∠ A=∠ B=60°, \therefore △ ABC$ 是等边三角形. $\therefore AC=BC=AB=4$. 设 $AP=x, BD=a. \because △ ACP ∽ △ BPD, \therefore \frac{AC}{BP}=\frac{AP}{BD}. \therefore \frac{4}{4-x}=\frac{x}{a}$. 整理, 得 $x^2-4x+4a=0$. $\because$ 满足条件的点 P 只有一个, $\therefore$ 方程 $x^2-4x+4a=0$ 有两个相等的实数根. $\therefore \Delta=(-4)^2-4×4a=0$, 解得 $a=1. \therefore BD=1. \therefore CD=BC-BD=3$.
解析
【分析】
首先根据已知角度条件判断△ABC的形状，可得△ABC是等边三角形，得到三边长度均为4；再利用△ACP与△BPD相似的性质，对应边成比例，设未知数列出比例式，整理为关于AP长度的一元二次方程；结合“满足条件的点P只有一个”的条件，可知该一元二次方程有两个相等的实数根，利用根的判别式求出BD的长度，最后用BC的长度减去BD的长度即可得到CD的长。
【解析】
∵∠A=∠B=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=BC=AB=4。
设AP=x，BD=a，
∵△ACP∽△BPD，
∴$\frac{AC}{BP}=\frac{AP}{BD}$，其中$BP=AB-AP=4-x$，
代入得$\frac{4}{4-x}=\frac{x}{a}$，
交叉相乘整理得$x^2-4x+4a=0$。
∵满足条件的点P只有一个，
∴关于x的一元二次方程$x^2-4x+4a=0$有两个相等的实数根，
∴$\Delta=(-4)^2-4×1×4a=0$，
即$16-16a=0$，解得$a=1$，
∴$BD=1$，
∴$CD=BC-BD=4-1=3$。
【答案】
3
【知识点】
等边三角形的性质；相似三角形的性质；一元二次方程根的判别式
【点评】
本题将几何图形性质与代数方程知识相结合，解题的关键是把“符合条件的点P只有一个”的几何条件转化为一元二次方程有两个相等实根的代数条件，体现了数形结合的思想，对知识的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
首先根据已知角度条件判断△ABC的形状，可得△ABC是等边三角形，得到三边长度均为4；再利用△ACP与△BPD相似的性质，对应边成比例，设未知数列出比例式，整理为关于AP长度的一元二次方程；结合“满足条件的点P只有一个”的条件，可知该一元二次方程有两个相等的实数根，利用根的判别式求出BD的长度，最后用BC的长度减去BD的长度即可得到CD的长。
【解析】
∵∠A=∠B=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=BC=AB=4。
设AP=x，BD=a，
∵△ACP∽△BPD，
∴$\frac{AC}{BP}=\frac{AP}{BD}$，其中$BP=AB-AP=4-x$，
代入得$\frac{4}{4-x}=\frac{x}{a}$，
交叉相乘整理得$x^2-4x+4a=0$。
∵满足条件的点P只有一个，
∴关于x的一元二次方程$x^2-4x+4a=0$有两个相等的实数根，
∴$\Delta=(-4)^2-4×1×4a=0$，
即$16-16a=0$，解得$a=1$，
∴$BD=1$，
∴$CD=BC-BD=4-1=3$。
【答案】
3
【知识点】
等边三角形的性质；相似三角形的性质；一元二次方程根的判别式
【点评】
本题将几何图形性质与代数方程知识相结合，解题的关键是把“符合条件的点P只有一个”的几何条件转化为一元二次方程有两个相等实根的代数条件，体现了数形结合的思想，对知识的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
拓展:【一题多解】如图5,在$□ ABCD$中,$∠ ABC＜90°$,$E$为边$BC$上一点,$F$为边$AB$上一点.若$∠ DEF=∠ B$,$AB=10$,$BE=4$,$EF=6$,求$DE$的长.
答案
解:(解法一)过点 D 作 $DM=DC$ 交 BC 的延长线于点 M. $\therefore ∠ DCM=∠ M$. $\because$ 四边形 ABCD 是平行四边形, $\therefore DM=CD=AB=10, AB// CD. \therefore ∠ B=∠ DCM=∠ M. \because ∠ FEC=∠ DEF+∠ DEM=∠ B+∠ EFB, ∠ B=∠ DEF, \therefore ∠ DEM=∠ EFB. \therefore △ MED ∽ △ BFE. \therefore \frac{DM}{EB}=\frac{DE}{EF}. \therefore \frac{10}{4}=\frac{DE}{6}. \therefore DE=15$.(解法二)过点 E 作 EN=BE,与 AB 交于点 N,易证得$△ FEN ∽ △ EDC$,再根据相似三角形的性质易解得DE=15.
解析
【分析】
本题要求平行四边形中线段DE的长度，解题思路如下：首先结合已知条件∠DEF=∠B和平行四边形的性质，可通过构造等腰三角形得到相等的角；再利用三角形外角的性质推导得到另一组相等的角，从而证明两个三角形相似；最后根据相似三角形对应边成比例的性质，代入已知线段长度即可求出DE的长。
【解析】
过点D作$DM=DC$，交BC的延长线于点M。
$\because DM=DC$，$\therefore ∠DCM=∠M$。
$\because$ 四边形ABCD是平行四边形，
$\therefore DM=CD=AB=10$，$AB// CD$，
$\therefore ∠B=∠DCM=∠M$。
$\because ∠FEC$是$△ BEF$的外角，
$\therefore ∠FEC=∠B+∠EFB$，
又$\because ∠FEC=∠DEF+∠DEM$，且已知$∠DEF=∠B$，
$\therefore ∠DEM=∠EFB$。
$\therefore △ MED ∽ △ BFE$（两角分别相等的两个三角形相似）。
根据相似三角形的性质，对应边成比例，可得：
$\frac{DM}{EB}=\frac{DE}{EF}$。
将$DM=10$，$EB=4$，$EF=6$代入得：
$\frac{10}{4}=\frac{DE}{6}$，
解得$DE=\frac{10×6}{4}=15$。
【答案】
$DE=15$
【知识点】
平行四边形的性质、相似三角形的判定、相似三角形的性质
【点评】
本题是相似三角形应用的典型题型，解题的核心是通过角的转化找到两组相等的角，构造相似三角形，再利用相似的性质建立比例关系求解未知线段，能很好地考查学生的几何逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
本题要求平行四边形中线段DE的长度，解题思路如下：首先结合已知条件∠DEF=∠B和平行四边形的性质，可通过构造等腰三角形得到相等的角；再利用三角形外角的性质推导得到另一组相等的角，从而证明两个三角形相似；最后根据相似三角形对应边成比例的性质，代入已知线段长度即可求出DE的长。
【解析】
过点D作$DM=DC$，交BC的延长线于点M。
$\because DM=DC$，$\therefore ∠DCM=∠M$。
$\because$ 四边形ABCD是平行四边形，
$\therefore DM=CD=AB=10$，$AB// CD$，
$\therefore ∠B=∠DCM=∠M$。
$\because ∠FEC$是$△ BEF$的外角，
$\therefore ∠FEC=∠B+∠EFB$，
又$\because ∠FEC=∠DEF+∠DEM$，且已知$∠DEF=∠B$，
$\therefore ∠DEM=∠EFB$。
$\therefore △ MED ∽ △ BFE$（两角分别相等的两个三角形相似）。
根据相似三角形的性质，对应边成比例，可得：
$\frac{DM}{EB}=\frac{DE}{EF}$。
将$DM=10$，$EB=4$，$EF=6$代入得：
$\frac{10}{4}=\frac{DE}{6}$，
解得$DE=\frac{10×6}{4}=15$。
【答案】
$DE=15$
【知识点】
平行四边形的性质、相似三角形的判定、相似三角形的性质
【点评】
本题是相似三角形应用的典型题型，解题的核心是通过角的转化找到两组相等的角，构造相似三角形，再利用相似的性质建立比例关系求解未知线段，能很好地考查学生的几何逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
模型3 十字型
2.【情境再现】
(1)如图1,在正方形ABCD中,点E,F分别在边BC,AB上,且$AE⊥DF$.求证:$AE=DF$.
【探究迁移】
(2)如图2,在矩形ABCD中,$\frac{AD}{AB}=k$(k为常数),点M,N,P,Q分别在矩形ABCD的边AB,CD,AD,BC上,且$MN⊥PQ$.求证:$\frac{MN}{PQ}=k$.
【拓展应用】
(3)如图3,在四边形ABCD中,$∠B=∠ADC=90°,∠BCD=60°,CD=8$,点E,F分别在边AB,BC上,且$CE⊥DF$,$\frac{DF}{CE}=\frac{\sqrt{3}}{2}$,则AB的长为
2.【情境再现】
(1)如图1,在正方形ABCD中,点E,F分别在边BC,AB上,且$AE⊥DF$.求证:$AE=DF$.
【探究迁移】
(2)如图2,在矩形ABCD中,$\frac{AD}{AB}=k$(k为常数),点M,N,P,Q分别在矩形ABCD的边AB,CD,AD,BC上,且$MN⊥PQ$.求证:$\frac{MN}{PQ}=k$.
【拓展应用】
(3)如图3,在四边形ABCD中,$∠B=∠ADC=90°,∠BCD=60°,CD=8$,点E,F分别在边AB,BC上,且$CE⊥DF$,$\frac{DF}{CE}=\frac{\sqrt{3}}{2}$,则AB的长为
$\frac{8\sqrt{3}}{3}$
.答案
2.解:(1)证明: $\because$ 四边形 ABCD 是正方形, $\therefore AB=DA, ∠ B=∠ BAD=90°. \therefore ∠ BAE+∠ EAD=90°. \because AE⊥ DF, \therefore ∠ EAD+∠ ADF=90°. \therefore ∠ BAE=∠ ADF. \therefore △ ABE ≌ △ DAF(\mathrm{ASA}). \therefore AE=DF$.
(2)证明:过点 A 作 $AE// PQ$ 交 BC 于点 E,过点 D 作 $DF// MN$ 交 AB 于点 F, 易得 $AE=PQ, DF=MN, AE⊥ DF. \therefore ∠ EAD+∠ ADF=90°. \because$ 四边形 ABCD 是矩形, $\therefore ∠ B=∠ BAD=90°. \therefore ∠ BAE+∠ EAD=90°. \therefore ∠ BAE=∠ ADF. \therefore △ ABE ∽ △ DAF. \therefore \frac{DF}{AE}=\frac{AD}{AB}=k. \therefore \frac{MN}{PQ}=k$.
(3)$\frac{8\sqrt{3}}{3}$
(2)证明:过点 A 作 $AE// PQ$ 交 BC 于点 E,过点 D 作 $DF// MN$ 交 AB 于点 F, 易得 $AE=PQ, DF=MN, AE⊥ DF. \therefore ∠ EAD+∠ ADF=90°. \because$ 四边形 ABCD 是矩形, $\therefore ∠ B=∠ BAD=90°. \therefore ∠ BAE+∠ EAD=90°. \therefore ∠ BAE=∠ ADF. \therefore △ ABE ∽ △ DAF. \therefore \frac{DF}{AE}=\frac{AD}{AB}=k. \therefore \frac{MN}{PQ}=k$.
(3)$\frac{8\sqrt{3}}{3}$
解析
【分析】
(1) 第一问要证正方形内互相垂直的两条十字线段相等，先利用正方形的性质得到等边长和直角，再根据同角的余角相等推出一组对应角相等，用ASA证明三角形全等即可得到线段相等的结论。
(2) 第二问求矩形内互相垂直的两条十字线段的比值，通过平移两条线段，将问题转化为和第一问类似的十字模型，再证明两个三角形相似，结合矩形边长的比例关系即可推出结论。
(3) 第三问是一般四边形内的十字垂直问题，先作辅助线构造矩形和直角三角形，利用前两问总结的十字模型规律，结合解直角三角形得到的相关边长，代入题目给出的线段比值即可求出AB的长度。
【解析】
(1) 证明：$\because$ 四边形ABCD是正方形，$\therefore AB=DA$，$∠ B=∠ BAD=90°$，$\therefore ∠ BAE+∠ EAD=90°$。
$\because AE⊥ DF$，$\therefore ∠ EAD+∠ ADF=90°$，$\therefore ∠ BAE=∠ ADF$。
$\therefore △ ABE ≌ △ DAF(\mathrm{ASA})$，$\therefore AE=DF$。
(2) 证明：过点A作$AE// PQ$交BC于点E，过点D作$DF// MN$交AB于点F，
由平行四边形的性质易得$AE=PQ$，$DF=MN$，
$\because MN⊥ PQ$，$\therefore AE⊥ DF$，$\therefore ∠ EAD+∠ ADF=90°$。
$\because$ 四边形ABCD是矩形，$\therefore ∠ B=∠ BAD=90°$，$\therefore ∠ BAE+∠ EAD=90°$，$\therefore ∠ BAE=∠ ADF$。
$\therefore △ ABE ∽ △ DAF$，$\therefore \frac{DF}{AE}=\frac{AD}{AB}=k$，$\therefore \frac{MN}{PQ}=k$。
(3) 过点D作$DH⊥ BC$于点H，过点A作$AG⊥ DH$于点G，可知四边形ABHG是矩形，故$AB=GH$。
$\because ∠ BCD=60°$，$∠ DHC=90°$，$CD=8$，$\therefore DH=CD· \sin60°=4\sqrt{3}$。
结合$CE⊥ DF$，由十字模型的结论可得$\frac{DF}{CE}=\frac{AB· \sin60°}{CD· \sin90°}$，代入$\frac{DF}{CE}=\frac{\sqrt{3}}{2}$、$CD=8$，
解得$AB=\frac{8\sqrt{3}}{3}$。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) 证明见解析；(3) $\boxed{\frac{8\sqrt{3}}{3}}$
【知识点】
全等三角形判定与性质，相似三角形判定与性质，解直角三角形
【点评】
本题按照从特殊到一般的逻辑递进，核心考查十字模型的迁移应用，既需要掌握全等、相似的基础证明方法，也需要学会通过构造辅助线将陌生问题转化为已掌握的模型，能很好地考查知识的灵活运用能力。
【难度系数】
0.4
(1) 第一问要证正方形内互相垂直的两条十字线段相等，先利用正方形的性质得到等边长和直角，再根据同角的余角相等推出一组对应角相等，用ASA证明三角形全等即可得到线段相等的结论。
(2) 第二问求矩形内互相垂直的两条十字线段的比值，通过平移两条线段，将问题转化为和第一问类似的十字模型，再证明两个三角形相似，结合矩形边长的比例关系即可推出结论。
(3) 第三问是一般四边形内的十字垂直问题，先作辅助线构造矩形和直角三角形，利用前两问总结的十字模型规律，结合解直角三角形得到的相关边长，代入题目给出的线段比值即可求出AB的长度。
【解析】
(1) 证明：$\because$ 四边形ABCD是正方形，$\therefore AB=DA$，$∠ B=∠ BAD=90°$，$\therefore ∠ BAE+∠ EAD=90°$。
$\because AE⊥ DF$，$\therefore ∠ EAD+∠ ADF=90°$，$\therefore ∠ BAE=∠ ADF$。
$\therefore △ ABE ≌ △ DAF(\mathrm{ASA})$，$\therefore AE=DF$。
(2) 证明：过点A作$AE// PQ$交BC于点E，过点D作$DF// MN$交AB于点F，
由平行四边形的性质易得$AE=PQ$，$DF=MN$，
$\because MN⊥ PQ$，$\therefore AE⊥ DF$，$\therefore ∠ EAD+∠ ADF=90°$。
$\because$ 四边形ABCD是矩形，$\therefore ∠ B=∠ BAD=90°$，$\therefore ∠ BAE+∠ EAD=90°$，$\therefore ∠ BAE=∠ ADF$。
$\therefore △ ABE ∽ △ DAF$，$\therefore \frac{DF}{AE}=\frac{AD}{AB}=k$，$\therefore \frac{MN}{PQ}=k$。
(3) 过点D作$DH⊥ BC$于点H，过点A作$AG⊥ DH$于点G，可知四边形ABHG是矩形，故$AB=GH$。
$\because ∠ BCD=60°$，$∠ DHC=90°$，$CD=8$，$\therefore DH=CD· \sin60°=4\sqrt{3}$。
结合$CE⊥ DF$，由十字模型的结论可得$\frac{DF}{CE}=\frac{AB· \sin60°}{CD· \sin90°}$，代入$\frac{DF}{CE}=\frac{\sqrt{3}}{2}$、$CD=8$，
解得$AB=\frac{8\sqrt{3}}{3}$。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) 证明见解析；(3) $\boxed{\frac{8\sqrt{3}}{3}}$
【知识点】
全等三角形判定与性质，相似三角形判定与性质，解直角三角形
【点评】
本题按照从特殊到一般的逻辑递进，核心考查十字模型的迁移应用，既需要掌握全等、相似的基础证明方法，也需要学会通过构造辅助线将陌生问题转化为已掌握的模型，能很好地考查知识的灵活运用能力。
【难度系数】
0.4
