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1. 如图,在菱形$ABCD$中,$E,F$分别为边$BC,CD$所在直线上的动点,且$BE=2DF$,若$∠ B=60°$,$AB=2$,则$DE+2AF$的最小值为
(第1题)
$2\sqrt{7}$
. (第1题)答案
1. $2\sqrt{7}$
解析
【分析】
本题是带系数的线段和最值问题，可按以下思路求解：
1. 先利用菱形性质确定基本量：菱形ABCD边长为2，∠B=60°，因此各边均为2，∠ADC=60°，∠BCD=120°；
2. 结合BE=2DF的条件，设DF=t，则BE=2t，通过作高构造直角三角形，用勾股定理分别表示出AF、DE的长度，将目标式DE+2AF转化为带参数t的代数式；
3. 将代数式转化为x轴上动点到两个定点的距离之和的形式，利用将军饮马模型（对称法）求距离之和的最小值，即可得到原式的最小值。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是菱形，AB=2，∠B=60°
∴AB=BC=CD=AD=2，∠ADC=∠B=60°，∠BCD=180°-∠B=120°
设DF=t（$0≤ t≤1$），则BE=2t，CE=BC-BE=2-2t
①求AF的表达式：
过F作FP⊥AD于点P，在Rt△DFP中，∠FDP=60°，DF=t
∴$DP=DF·\cos60°=\frac{t}{2}$，$FP=DF·\sin60°=\frac{\sqrt{3}t}{2}$，$AP=AD-DP=2-\frac{t}{2}$
由勾股定理得：
$AF^2=AP^2+FP^2=(2-\frac{t}{2})^2+(\frac{\sqrt{3}t}{2})^2=t^2-2t+4$
∴$2AF=2\sqrt{(t-1)^2+(0-\sqrt{3})^2}$，可看作x轴上动点$(t,0)$到点$N(1,\sqrt{3})$距离的2倍。
②求DE的表达式：
过D作DQ⊥BC，交BC的延长线于点Q，在Rt△DCQ中，∠DCQ=60°，CD=2
∴$CQ=CD·\cos60°=1$，$DQ=CD·\sin60°=\sqrt{3}$，$EQ=CE+CQ=2-2t+1=3-2t$
由勾股定理得：
$DE^2=DQ^2+EQ^2=(\sqrt{3})^2+(3-2t)^2=4t^2-12t+12$
∴$DE=2\sqrt{(t-\frac{3}{2})^2+(0-\frac{\sqrt{3}}{2})^2}$，可看作x轴上动点$(t,0)$到点$M(\frac{3}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})$距离的2倍。
因此$DE+2AF=2[\sqrt{(t-\frac{3}{2})^2+(0-\frac{\sqrt{3}}{2})^2}+\sqrt{(t-1)^2+(0-\sqrt{3})^2}]$
作点M关于x轴的对称点$M'(\frac{3}{2},-\frac{\sqrt{3}}{2})$，根据两点之间线段最短，动点到M、N的距离之和最小值为$M'N$的长度：
$M'N=\sqrt{(\frac{3}{2}-1)^2+(-\frac{\sqrt{3}}{2}-\sqrt{3})^2}=\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{27}{4}}=\sqrt{7}$
∴$DE+2AF$的最小值为$2×\sqrt{7}=2\sqrt{7}$
【答案】
$2\sqrt{7}$
【知识点】
菱形的性质，解直角三角形，最短路径问题
【点评】
本题考查了几何图形性质与最值模型的结合，解题关键是通过参数法将线段和转化为两点距离之和，利用对称法求最值，对代数几何综合应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.3
本题是带系数的线段和最值问题，可按以下思路求解：
1. 先利用菱形性质确定基本量：菱形ABCD边长为2，∠B=60°，因此各边均为2，∠ADC=60°，∠BCD=120°；
2. 结合BE=2DF的条件，设DF=t，则BE=2t，通过作高构造直角三角形，用勾股定理分别表示出AF、DE的长度，将目标式DE+2AF转化为带参数t的代数式；
3. 将代数式转化为x轴上动点到两个定点的距离之和的形式，利用将军饮马模型（对称法）求距离之和的最小值，即可得到原式的最小值。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是菱形，AB=2，∠B=60°
∴AB=BC=CD=AD=2，∠ADC=∠B=60°，∠BCD=180°-∠B=120°
设DF=t（$0≤ t≤1$），则BE=2t，CE=BC-BE=2-2t
①求AF的表达式：
过F作FP⊥AD于点P，在Rt△DFP中，∠FDP=60°，DF=t
∴$DP=DF·\cos60°=\frac{t}{2}$，$FP=DF·\sin60°=\frac{\sqrt{3}t}{2}$，$AP=AD-DP=2-\frac{t}{2}$
由勾股定理得：
$AF^2=AP^2+FP^2=(2-\frac{t}{2})^2+(\frac{\sqrt{3}t}{2})^2=t^2-2t+4$
∴$2AF=2\sqrt{(t-1)^2+(0-\sqrt{3})^2}$，可看作x轴上动点$(t,0)$到点$N(1,\sqrt{3})$距离的2倍。
②求DE的表达式：
过D作DQ⊥BC，交BC的延长线于点Q，在Rt△DCQ中，∠DCQ=60°，CD=2
∴$CQ=CD·\cos60°=1$，$DQ=CD·\sin60°=\sqrt{3}$，$EQ=CE+CQ=2-2t+1=3-2t$
由勾股定理得：
$DE^2=DQ^2+EQ^2=(\sqrt{3})^2+(3-2t)^2=4t^2-12t+12$
∴$DE=2\sqrt{(t-\frac{3}{2})^2+(0-\frac{\sqrt{3}}{2})^2}$，可看作x轴上动点$(t,0)$到点$M(\frac{3}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})$距离的2倍。
因此$DE+2AF=2[\sqrt{(t-\frac{3}{2})^2+(0-\frac{\sqrt{3}}{2})^2}+\sqrt{(t-1)^2+(0-\sqrt{3})^2}]$
作点M关于x轴的对称点$M'(\frac{3}{2},-\frac{\sqrt{3}}{2})$，根据两点之间线段最短，动点到M、N的距离之和最小值为$M'N$的长度：
$M'N=\sqrt{(\frac{3}{2}-1)^2+(-\frac{\sqrt{3}}{2}-\sqrt{3})^2}=\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{27}{4}}=\sqrt{7}$
∴$DE+2AF$的最小值为$2×\sqrt{7}=2\sqrt{7}$
【答案】
$2\sqrt{7}$
【知识点】
菱形的性质，解直角三角形，最短路径问题
【点评】
本题考查了几何图形性质与最值模型的结合，解题关键是通过参数法将线段和转化为两点距离之和，利用对称法求最值，对代数几何综合应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.3
2. 如图,平行四边形ABCD中,AB＞AD,AD=4,∠ADB=60°,点E,F为对角线BD上的动点,DE=2BF,连结AE,CF,则AE+2CF的最小值为
$4\sqrt{7}$
.答案
2. $4\sqrt{7}$ 解析:如图
,在直线DB的上方作$∠ BDT = 60°$,且使得 $DT=2BC$.过点 $T$ 作 $TH ⊥ AD$ 交 $AD$ 的延长线于点 $H$,连结 $ET,AT$.∵ 四边形 $ABCD$ 是平行四边形,
∴ $BC // AD,AD = BC = 4$,
∴ $∠ ADB = ∠ DBC = 60°$,
∴ $∠ CBF = ∠ TDE$.
∵ $\frac{BC}{DT} = \frac{BF}{DE} = \frac{1}{2}$,
∴ $△ CBF ∽ △ TDE$,
∴ $\frac{CF}{ET} = \frac{BC}{DT} = \frac{1}{2}$,
∴ $ET = 2CF$.
∵ $∠ TDH = 180°-60°-60° = 60°$, $∠ H = 90°$, $DT = 2BC = 8$,
∴ $DH = 4$, $HT = \sqrt{3} DH = 4\sqrt{3}$,
∴ $AH = AD + DH = 8$,
∴ $AT = \sqrt{AH^2+HT^2} = \sqrt{8^2+(4\sqrt{3})^2} = 4\sqrt{7}$.
∵ $AE+2CF = AE+ET,AE+ET ≥ AT$,
∴ $AE+2CF ≥ 4\sqrt{7}$,
∴ $AE+2CF$ 的最小值为 $4\sqrt{7}$.
解析
【分析】
本题是带系数的线段和最小值问题，解题核心是通过构造相似三角形将2CF转化为等长线段，把问题转化为两条线段和的最小值问题，利用“两点之间线段最短”求解。思考步骤如下：首先结合已知DE=2BF、平行四边形的性质得到相等的角和成比例的边，构造与△CBF相似且相似比为2:1的△TDE，可得ET=2CF，此时待求式转化为AE+ET；再根据两点之间线段最短，AE+ET的最小值为点A到点T的线段长度，最后通过勾股定理计算AT的长度即可得到最小值。
【解析】
如图，在直线DB的上方作$∠ BDT = 60°$，且使得 $DT=2BC$。过点 $T$ 作 $TH ⊥ AD$ 交 $AD$ 的延长线于点 $H$，连结 $ET,AT$。
∵ 四边形 $ABCD$ 是平行四边形，
∴ $BC // AD，AD = BC = 4$，
∴ $∠ ADB = ∠ DBC = 60°$，即 $∠ CBF = ∠ TDE = 60°$。
∵ $DE=2BF$，
∴ $\frac{BF}{DE} = \frac{1}{2}$，又 $\frac{BC}{DT} = \frac{BC}{2BC} = \frac{1}{2}$，
∴ $\frac{BC}{DT} = \frac{BF}{DE} = \frac{1}{2}$，且夹角$∠ CBF = ∠ TDE$，
∴ $△ CBF ∽ △ TDE$，
∴ $\frac{CF}{ET} = \frac{BC}{DT} = \frac{1}{2}$，即 $ET = 2CF$。
∴ $AE+2CF = AE+ET$。
∵ $∠ TDH = 180°-∠ADB-∠BDT = 180°-60°-60° = 60°$， $∠ H = 90°$， $DT = 2BC = 2×4= 8$，
∴ 在$Rt△ DHT$中，$DH = DT·\cos60°=8×\frac{1}{2}=4$， $HT = DT·\sin60°=8×\frac{\sqrt{3}}{2}=4\sqrt{3}$，
∴ $AH = AD + DH = 4+4= 8$。
在$Rt△ AHT$中，由勾股定理得：
$AT = \sqrt{AH^2+HT^2} = \sqrt{8^2+(4\sqrt{3})^2} = \sqrt{64+48}=\sqrt{112}= 4\sqrt{7}$。
根据两点之间线段最短，$AE+ET ≥ AT$，
∴ $AE+2CF ≥ 4\sqrt{7}$，即$AE+2CF$的最小值为$4\sqrt{7}$。
【答案】
$4\sqrt{7}$
【知识点】
平行四边形的性质；相似三角形的判定与性质；最短路径问题
【点评】
本题属于线段和最值类综合题，解题的关键是利用已知的线段比例和角度条件构造相似三角形，将带系数的线段进行等价转化，把陌生问题转化为“两点之间线段最短”的常规最值模型，既考查了几何图形的基本性质，也对构造辅助线的转化思维有一定要求。
【难度系数】
0.3
本题是带系数的线段和最小值问题，解题核心是通过构造相似三角形将2CF转化为等长线段，把问题转化为两条线段和的最小值问题，利用“两点之间线段最短”求解。思考步骤如下：首先结合已知DE=2BF、平行四边形的性质得到相等的角和成比例的边，构造与△CBF相似且相似比为2:1的△TDE，可得ET=2CF，此时待求式转化为AE+ET；再根据两点之间线段最短，AE+ET的最小值为点A到点T的线段长度，最后通过勾股定理计算AT的长度即可得到最小值。
【解析】
如图
，在直线DB的上方作$∠ BDT = 60°$，且使得 $DT=2BC$。过点 $T$ 作 $TH ⊥ AD$ 交 $AD$ 的延长线于点 $H$，连结 $ET,AT$。∵ 四边形 $ABCD$ 是平行四边形，
∴ $BC // AD，AD = BC = 4$，
∴ $∠ ADB = ∠ DBC = 60°$，即 $∠ CBF = ∠ TDE = 60°$。
∵ $DE=2BF$，
∴ $\frac{BF}{DE} = \frac{1}{2}$，又 $\frac{BC}{DT} = \frac{BC}{2BC} = \frac{1}{2}$，
∴ $\frac{BC}{DT} = \frac{BF}{DE} = \frac{1}{2}$，且夹角$∠ CBF = ∠ TDE$，
∴ $△ CBF ∽ △ TDE$，
∴ $\frac{CF}{ET} = \frac{BC}{DT} = \frac{1}{2}$，即 $ET = 2CF$。
∴ $AE+2CF = AE+ET$。
∵ $∠ TDH = 180°-∠ADB-∠BDT = 180°-60°-60° = 60°$， $∠ H = 90°$， $DT = 2BC = 2×4= 8$，
∴ 在$Rt△ DHT$中，$DH = DT·\cos60°=8×\frac{1}{2}=4$， $HT = DT·\sin60°=8×\frac{\sqrt{3}}{2}=4\sqrt{3}$，
∴ $AH = AD + DH = 4+4= 8$。
在$Rt△ AHT$中，由勾股定理得：
$AT = \sqrt{AH^2+HT^2} = \sqrt{8^2+(4\sqrt{3})^2} = \sqrt{64+48}=\sqrt{112}= 4\sqrt{7}$。
根据两点之间线段最短，$AE+ET ≥ AT$，
∴ $AE+2CF ≥ 4\sqrt{7}$，即$AE+2CF$的最小值为$4\sqrt{7}$。
【答案】
$4\sqrt{7}$
【知识点】
平行四边形的性质；相似三角形的判定与性质；最短路径问题
【点评】
本题属于线段和最值类综合题，解题的关键是利用已知的线段比例和角度条件构造相似三角形，将带系数的线段进行等价转化，把陌生问题转化为“两点之间线段最短”的常规最值模型，既考查了几何图形的基本性质，也对构造辅助线的转化思维有一定要求。
【难度系数】
0.3
3. (2025·南京模拟)如图,在矩形ABCD中,AB=4,AD=6,点M,N分别在边CD,BC上,且BN=2DM.连结AM,过点N作NP⊥AM,垂足为P,连结DP,则DP的长的最小值为
2
.答案
3. 2 解析:如图所示
,延长 $AB$ 到 $H$,使得 $BH=2AD=12$,连结 $HN$,∵ 四边形 $ABCD$ 是矩形,
∴ $∠ ADC = ∠ ABC = ∠ C = 90°$,
∴ $∠ NBH = 180°-∠ ABC = 90° = ∠ ADM$.
∵ $BN = 2DM$, $BH = 2AD = 12$,
∴ $\frac{BN}{DM} = \frac{BH}{AD}$,
∴ $△ NBH ∽ △ MDA$,
∴ $∠ BNH = ∠ AMD$.
∵ $NP ⊥ AM$,
∴ $∠ NPM = 90°$,
∴ $∠ PMC + ∠ PNC = 360°-∠ C - ∠ NPM = 180°$.
∵ $∠ AMD + ∠ PMC = ∠ PNC + ∠ PNB = 180°$,
∴ $∠ AMD + ∠ PNB = 180°$,
∴ $∠ BNH + ∠ PNB = 180°$,
∴ $P,N,H$ 三点共线.如图所示,取 $AH$ 的中点 $O$,连结 $OP,OD$,
∴ $AH = AB + BH = 16$,
∴ $OA = OP = \frac{1}{2} AH = 8$.
∵ $DP ≥ OD - OP$,
∴ 当点 $P$ 在线段 $OD$ 上时,$DP$ 有最小值,最小值为 $OD - OP$ 的值,在 $Rt△ ADO$ 中, $OD = \sqrt{AD^2+OA^2} = 10$,
∴ $DP_{最小值} = 10 - 8 = 2$.
解析
【分析】
要求DP的最小值，首先需确定动点P的运动轨迹：①题目给出BN=2DM的比例关系，可通过构造相似三角形将线段比例转化为角的关系，进而确定P点所在直线的特征；②结合NP⊥AM的垂直条件，可推出P点始终在以定线段为直径的圆上；③最后根据圆外一点到圆上点的距离最小值为“该点到圆心的距离减去半径”，结合勾股定理计算即可得到DP的最小值。
【解析】
如图所示，延长AB到H，使得BH=2AD=12，连结HN，
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ ∠ADC = ∠ABC = ∠C = 90°，
∴ ∠NBH = 180°-∠ABC = 90° = ∠ADM。
∵ BN = 2DM，BH = 2AD = 12，
∴ $\frac{BN}{DM} = \frac{BH}{AD}$，
∴ △NBH ∽ △MDA，
∴ ∠BNH = ∠AMD。
∵ NP ⊥ AM，
∴ ∠NPM = 90°，
∴ ∠PMC + ∠PNC = 360°-∠C - ∠NPM = 180°。
∵ ∠AMD + ∠PMC = ∠PNC + ∠PNB = 180°，
∴ ∠AMD + ∠PNB = 180°，
∴ ∠BNH + ∠PNB = 180°，
∴ P、N、H三点共线，即∠APH=∠APN=90°。
取AH的中点O，连结OP、OD，
∴ AH = AB + BH = 4+12=16，
根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，得OA = OP = $\frac{1}{2}$AH = 8，即P点在以O为圆心、8为半径的圆上。
根据两点之间线段最短，得DP ≥ OD - OP，
∴ 当点P在线段OD上时，DP有最小值，最小值为OD - OP的值。
在Rt△ADO中，AD=6，OA=8，
∴ OD = $\sqrt{AD^2+OA^2} = \sqrt{6^2+8^2}=10$，
∴ $DP_{最小值} = 10 - 8 = 2$。
【答案】
2
【知识点】
矩形的性质，相似三角形判定与性质，动点最值问题
【点评】
本题是几何综合题，解题的核心是通过构造相似三角形确定动点P的轨迹为圆，将动态线段最值问题转化为圆外定点到圆上点的距离最值问题，对几何转化思想的应用要求较高。
【难度系数】
0.3
要求DP的最小值，首先需确定动点P的运动轨迹：①题目给出BN=2DM的比例关系，可通过构造相似三角形将线段比例转化为角的关系，进而确定P点所在直线的特征；②结合NP⊥AM的垂直条件，可推出P点始终在以定线段为直径的圆上；③最后根据圆外一点到圆上点的距离最小值为“该点到圆心的距离减去半径”，结合勾股定理计算即可得到DP的最小值。
【解析】
如图所示
，延长AB到H，使得BH=2AD=12，连结HN，∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ ∠ADC = ∠ABC = ∠C = 90°，
∴ ∠NBH = 180°-∠ABC = 90° = ∠ADM。
∵ BN = 2DM，BH = 2AD = 12，
∴ $\frac{BN}{DM} = \frac{BH}{AD}$，
∴ △NBH ∽ △MDA，
∴ ∠BNH = ∠AMD。
∵ NP ⊥ AM，
∴ ∠NPM = 90°，
∴ ∠PMC + ∠PNC = 360°-∠C - ∠NPM = 180°。
∵ ∠AMD + ∠PMC = ∠PNC + ∠PNB = 180°，
∴ ∠AMD + ∠PNB = 180°，
∴ ∠BNH + ∠PNB = 180°，
∴ P、N、H三点共线，即∠APH=∠APN=90°。
取AH的中点O，连结OP、OD，
∴ AH = AB + BH = 4+12=16，
根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，得OA = OP = $\frac{1}{2}$AH = 8，即P点在以O为圆心、8为半径的圆上。
根据两点之间线段最短，得DP ≥ OD - OP，
∴ 当点P在线段OD上时，DP有最小值，最小值为OD - OP的值。
在Rt△ADO中，AD=6，OA=8，
∴ OD = $\sqrt{AD^2+OA^2} = \sqrt{6^2+8^2}=10$，
∴ $DP_{最小值} = 10 - 8 = 2$。
【答案】
2
【知识点】
矩形的性质，相似三角形判定与性质，动点最值问题
【点评】
本题是几何综合题，解题的核心是通过构造相似三角形确定动点P的轨迹为圆，将动态线段最值问题转化为圆外定点到圆上点的距离最值问题，对几何转化思想的应用要求较高。
【难度系数】
0.3
4. ★★★(2026·上海期中)如图,在$△ ABC$中,$AB=AC$,$∠ BAC=90°$,$P$是$△ ABC$的内部一点,当$∠ PAB=∠ PBC=∠ PCA$时,$AP=1$,那么$CP=$
2
.答案
4. 2
解析
【分析】
首先明确△ABC是等腰直角三角形，可得底角均为45°，且腰长和底边长的比为$1:\sqrt{2}$。解题核心是通过已知的等角条件推导角度关系，证明三角形相似，再利用相似三角形的对应边成比例求解CP的长度。第一步先计算△APB和△BPC的内角度数，找到相等的角证明相似，第二步结合相似比和已知AP的长度逐步计算即可。
【解析】
解：$\because$在$△ ABC$中，$AB=AC$，$∠ BAC=90°$
$\therefore ∠ ABC=∠ ACB=45°$，$BC=\sqrt{2}AB$，即$\frac{AB}{BC}=\frac{1}{\sqrt{2}}$
设$∠ PAB=∠ PBC=∠ PCA=α$
则$∠ PBA=∠ ABC-∠ PBC=45°-α$
在$△ APB$中，$∠ APB=180°-∠ PAB-∠ PBA=180°-α-(45°-α)=135°$
同理$∠ PCB=∠ ACB-∠ PCA=45°-α$
在$△ BPC$中，$∠ BPC=180°-∠ PBC-∠ PCB=180°-α-(45°-α)=135°$
$\therefore ∠ APB=∠ BPC=135°$，又$∠ PAB=∠ PBC=α$
$\therefore △ APB ∽ △ BPC$（两角对应相等，两三角形相似）
$\therefore \frac{AP}{BP}=\frac{BP}{CP}=\frac{AB}{BC}=\frac{1}{\sqrt{2}}$
已知$AP=1$，代入$\frac{AP}{BP}=\frac{1}{\sqrt{2}}$，得$BP=AP·\sqrt{2}=\sqrt{2}$
再代入$\frac{BP}{CP}=\frac{1}{\sqrt{2}}$，得$CP=BP·\sqrt{2}=\sqrt{2}×\sqrt{2}=2$
【答案】
$\boxed{2}$
【知识点】
等腰直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质、三角形内角和定理
【点评】
本题属于三角形综合基础题，解题关键是通过角度运算得到两组相等的角，从而证明三角形相似，再结合等腰直角三角形的边长比例求解线段长度，要求学生具备一定的角度推导能力和相似三角形应用能力。
【难度系数】
0.6
首先明确△ABC是等腰直角三角形，可得底角均为45°，且腰长和底边长的比为$1:\sqrt{2}$。解题核心是通过已知的等角条件推导角度关系，证明三角形相似，再利用相似三角形的对应边成比例求解CP的长度。第一步先计算△APB和△BPC的内角度数，找到相等的角证明相似，第二步结合相似比和已知AP的长度逐步计算即可。
【解析】
解：$\because$在$△ ABC$中，$AB=AC$，$∠ BAC=90°$
$\therefore ∠ ABC=∠ ACB=45°$，$BC=\sqrt{2}AB$，即$\frac{AB}{BC}=\frac{1}{\sqrt{2}}$
设$∠ PAB=∠ PBC=∠ PCA=α$
则$∠ PBA=∠ ABC-∠ PBC=45°-α$
在$△ APB$中，$∠ APB=180°-∠ PAB-∠ PBA=180°-α-(45°-α)=135°$
同理$∠ PCB=∠ ACB-∠ PCA=45°-α$
在$△ BPC$中，$∠ BPC=180°-∠ PBC-∠ PCB=180°-α-(45°-α)=135°$
$\therefore ∠ APB=∠ BPC=135°$，又$∠ PAB=∠ PBC=α$
$\therefore △ APB ∽ △ BPC$（两角对应相等，两三角形相似）
$\therefore \frac{AP}{BP}=\frac{BP}{CP}=\frac{AB}{BC}=\frac{1}{\sqrt{2}}$
已知$AP=1$，代入$\frac{AP}{BP}=\frac{1}{\sqrt{2}}$，得$BP=AP·\sqrt{2}=\sqrt{2}$
再代入$\frac{BP}{CP}=\frac{1}{\sqrt{2}}$，得$CP=BP·\sqrt{2}=\sqrt{2}×\sqrt{2}=2$
【答案】
$\boxed{2}$
【知识点】
等腰直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质、三角形内角和定理
【点评】
本题属于三角形综合基础题，解题关键是通过角度运算得到两组相等的角，从而证明三角形相似，再结合等腰直角三角形的边长比例求解线段长度，要求学生具备一定的角度推导能力和相似三角形应用能力。
【难度系数】
0.6
5. 如图,在$△ DEF$中,$DE=DF$,$∠ EDF=120°$,$∠ QDF=∠ QED=∠ QFE$,$DQ=1$,则$EQ+QF=$
$3+\sqrt{3}$
。答案
5. $3+\sqrt{3}$
解析
【分析】首先利用等腰三角形性质求出△DEF的底角为30°，结合已知等角条件，通过三角形内角和计算出△DQE和△DQF中的定角，再利用正弦定理分别表示出EQ、QF的长度，结合DE=DF的条件消去未知角，最终求出两条线段的和。解题核心是抓住布洛卡点的等角特征，转化角度关系推导线段长度。
【解析】
解：
∵ $DE=DF$，$∠ EDF=120°$
∴ $∠ DEF=∠ DFE=\frac{180°-120°}{2}=30°$
设$∠ QDF=∠ QED=∠ QFE=α$
1. 在$△ DQE$中：
$∠ EDQ=∠ EDF-∠ QDF=120°-α$
由内角和得：$∠ DQE=180°-α-(120°-α)=60°$
由正弦定理：$\frac{DQ}{\sinα}=\frac{EQ}{\sin(120°-α)}=\frac{DE}{\sin60°}$
已知$DQ=1$，得：$EQ=\frac{\sin(120°-α)}{\sinα}$ ①，且$DE=\frac{\sin60°}{\sinα}$ ②
2. 在$△ DQF$中：
$∠ DFQ=∠ DFE-∠ QFE=30°-α$
由内角和得：$∠ DQF=180°-α-(30°-α)=150°$
由正弦定理：$\frac{DQ}{\sin(30°-α)}=\frac{QF}{\sinα}=\frac{DF}{\sin150°}$
已知$DQ=1$，得：$QF=\frac{\sinα}{\sin(30°-α)}$ ③，且$DF=\frac{\sin150°}{\sin(30°-α)}$ ④
3. 联立②④，结合$DE=DF$：
$\frac{\sin60°}{\sinα}=\frac{\sin150°}{\sin(30°-α)}$，代入$\sin60°=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\sin150°=\frac{1}{2}$，化简得：
$\sqrt{3}\sin(30°-α)=\sinα$，展开整理得$\cosα=\frac{5}{\sqrt{3}}\sinα$
4. 计算$EQ$：
$\sin(120°-α)=\frac{\sqrt{3}}{2}\cosα+\frac{1}{2}\sinα$，代入$\cosα=\frac{5}{\sqrt{3}}\sinα$得：
$\sin(120°-α)=3\sinα$，代入①得$EQ=3$
5. 计算$QF$：
由$\sqrt{3}\sin(30°-α)=\sinα$得$\frac{\sinα}{\sin(30°-α)}=\sqrt{3}$，代入③得$QF=\sqrt{3}$
∴ $EQ+QF=3+\sqrt{3}$
【答案】$\boldsymbol{3+\sqrt{3}}$
【知识点】等腰三角形性质，三角形内角和，正弦定理
【点评】本题考查特殊等腰三角形的性质与三角形边角关系的应用，解题关键是抓住等角条件消去未知角，将角度关系转化为线段长度关系，也可通过旋转构造全等三角形求解，方法灵活，对几何分析能力要求较高。
【难度系数】0.3
【解析】
解：
∵ $DE=DF$，$∠ EDF=120°$
∴ $∠ DEF=∠ DFE=\frac{180°-120°}{2}=30°$
设$∠ QDF=∠ QED=∠ QFE=α$
1. 在$△ DQE$中：
$∠ EDQ=∠ EDF-∠ QDF=120°-α$
由内角和得：$∠ DQE=180°-α-(120°-α)=60°$
由正弦定理：$\frac{DQ}{\sinα}=\frac{EQ}{\sin(120°-α)}=\frac{DE}{\sin60°}$
已知$DQ=1$，得：$EQ=\frac{\sin(120°-α)}{\sinα}$ ①，且$DE=\frac{\sin60°}{\sinα}$ ②
2. 在$△ DQF$中：
$∠ DFQ=∠ DFE-∠ QFE=30°-α$
由内角和得：$∠ DQF=180°-α-(30°-α)=150°$
由正弦定理：$\frac{DQ}{\sin(30°-α)}=\frac{QF}{\sinα}=\frac{DF}{\sin150°}$
已知$DQ=1$，得：$QF=\frac{\sinα}{\sin(30°-α)}$ ③，且$DF=\frac{\sin150°}{\sin(30°-α)}$ ④
3. 联立②④，结合$DE=DF$：
$\frac{\sin60°}{\sinα}=\frac{\sin150°}{\sin(30°-α)}$，代入$\sin60°=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\sin150°=\frac{1}{2}$，化简得：
$\sqrt{3}\sin(30°-α)=\sinα$，展开整理得$\cosα=\frac{5}{\sqrt{3}}\sinα$
4. 计算$EQ$：
$\sin(120°-α)=\frac{\sqrt{3}}{2}\cosα+\frac{1}{2}\sinα$，代入$\cosα=\frac{5}{\sqrt{3}}\sinα$得：
$\sin(120°-α)=3\sinα$，代入①得$EQ=3$
5. 计算$QF$：
由$\sqrt{3}\sin(30°-α)=\sinα$得$\frac{\sinα}{\sin(30°-α)}=\sqrt{3}$，代入③得$QF=\sqrt{3}$
∴ $EQ+QF=3+\sqrt{3}$
【答案】$\boldsymbol{3+\sqrt{3}}$
【知识点】等腰三角形性质，三角形内角和，正弦定理
【点评】本题考查特殊等腰三角形的性质与三角形边角关系的应用，解题关键是抓住等角条件消去未知角，将角度关系转化为线段长度关系，也可通过旋转构造全等三角形求解，方法灵活，对几何分析能力要求较高。
【难度系数】0.3
