1. 如图1，在$△ ABC$中，$\frac{AB}{AC}=\frac{AD}{AE}=k$，$∠ BAC=α$.

(1) 如图2，将$△ ADE$绕点A旋转，连接BD，CE，旋转过程中，线段BD和CE的长度存在怎样的数量关系？写出你的猜想，并证明.
(2) 在(1)的基础上，延长CE交BD于点F，如图3，求$∠ BFC$的度数.

(1) $\frac{BD}{CE}=k$. 证明: $\because ∠ DAE=∠ BAC=α, \therefore ∠ DAE-∠ BAE=∠ BAC-∠ BAE$, 即$∠ DAB=∠ EAC$. $\because \frac{AB}{AC}=\frac{AD}{AE}, \therefore △ ABD ∽ △ ACE. \therefore \frac{BD}{CE}=\frac{AB}{AC}=k$.
(2) 设AB与FC交于点O, 则$∠ FOB=∠ AOC$. 由(1)得, $△ ABD ∽ △ ACE, \therefore ∠ ABD=∠ ACE$, 即$∠ OBF=∠ ACO$. $\because ∠ OBF+∠ FOB+∠ BFO=∠ ACO+∠ AOC+∠ OAC=180°, \therefore ∠ BFO=∠ OAC=α$, 即$∠ BFC=α$.

【分析】
(1) 要判断BD和CE的数量关系，先结合旋转性质可得∠DAE始终等于∠BAC，两个角同时减去公共角∠BAE可得到夹角∠DAB=∠EAC，结合已知的两组边成比例，即可用“两边成比例且夹角相等”证明△ABD∽△ACE，进而得到BD与CE的数量关系。
(2) 求∠BFC的度数时，借助第一问相似三角形的性质可得对应角∠ABD=∠ACE，再结合对顶角相等，利用三角形内角和为180°，即可推导出∠BFC与∠BAC相等。
【解析】
(1) 猜想：$\frac{BD}{CE}=k$。
证明：$\because ∠DAE=∠BAC=α$，$\therefore ∠DAE-∠BAE=∠BAC-∠BAE$，即$∠DAB=∠EAC$。
$\because \frac{AB}{AC}=\frac{AD}{AE}=k$，$\therefore △ABD ∽ △ACE$。
$\therefore \frac{BD}{CE}=\frac{AB}{AC}=k$。
(2) 设AB与FC交于点O，则$∠FOB=∠AOC$（对顶角相等）。
由(1)得$△ABD ∽ △ACE$，$\therefore ∠ABD=∠ACE$，即$∠OBF=∠ACO$。
$\because ∠OBF+∠FOB+∠BFO=∠ACO+∠AOC+∠OAC=180°$，
$\therefore ∠BFO=∠OAC=α$，即$∠BFC=α$。
【答案】
(1) $\frac{BD}{CE}=k$；
(2) $∠BFC=α$
【知识点】
相似三角形的判定与性质，旋转的性质，三角形内角和定理
【点评】
本题是旋转背景下的几何常规题型，解题关键是抓住旋转前后的等角关系，结合已知边的比例构造相似三角形，再利用相似的性质推导边的比例和角的度数，能很好地锻炼几何逻辑推导能力。
【难度系数】
0.7

【拓展设问】 在(2)的基础上，连接AF.若α=90°,k=$\frac{\sqrt{3}}{3}$,BF=1,AF=3,如图4,求CF的长.

解:过点 A 作 $AG⊥ AF$ 交 CF 于点 G. $\because ∠ FAG=∠ BAC=90°, \therefore ∠ FAG-∠ BAG=∠ BAC-∠ BAG$, 即$∠ FAB=∠ GAC$. 由(2)得, $∠ FBA=∠ GCA$. $\therefore △ ABF ∽ △ ACG. \therefore \frac{AB}{AC}=\frac{AF}{AG}=\frac{BF}{CG}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.
$\because BF=1, AF=3, \therefore \frac{3}{AG}=\frac{1}{CG}=\frac{\sqrt{3}}{3}. \therefore AG=3\sqrt{3}, CG=\sqrt{3}$. 在$\mathrm{Rt}△ AFG$中, 由勾股定理, 得 $FG=\sqrt{AG^2+AF^2}=6. \therefore CF=CG+FG=6+\sqrt{3}$.

【分析】
已知∠BAC=90°，且有AB与AC的比值、BF和AF的长度，由(2)还可得∠FBA=∠GCA，我们可以通过构造共顶点的直角得到等角，进而证明三角形相似，建立已知线段和未知线段的联系，再结合勾股定理求解CF的长度。具体思考路径：1. 作AG⊥AF交CF于G，通过角的和差推出∠FAB=∠GAC；2. 结合等角证明△ABF∽△ACG，用相似比求出AG、CG的长度；3. 用勾股定理求出Rt△AFG中FG的长度，最后CF=FG+CG即可得到结果。
【解析】
过点A作$AG⊥ AF$ 交CF于点G。
$\because ∠ FAG=∠ BAC=90°, \therefore ∠ FAG-∠ BAG=∠ BAC-∠ BAG$, 即$∠ FAB=∠ GAC$。
由(2)得, $∠ FBA=∠ GCA$。
$\therefore △ ABF ∽ △ ACG. \therefore \frac{AB}{AC}=\frac{AF}{AG}=\frac{BF}{CG}=\frac{\sqrt{3}}{3}$。
$\because BF=1, AF=3, \therefore \frac{3}{AG}=\frac{1}{CG}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，解得$AG=3\sqrt{3}, CG=\sqrt{3}$。
在$\mathrm{Rt}△ AFG$中, 由勾股定理, 得 $FG=\sqrt{AG^2+AF^2}=\sqrt{3^2+(3\sqrt{3})^2}=\sqrt{36}=6$。
$\therefore CF=CG+FG=6+\sqrt{3}$。
【答案】
$6+\sqrt{3}$
【知识点】
相似三角形的判定与性质；勾股定理；角的和差计算
【点评】
本题属于几何综合题，解题的关键是通过构造辅助线得到相似三角形，将已知线段和未知线段通过相似比建立关联，再结合勾股定理求解，这类题需要掌握构造辅助线的技巧，能灵活运用相似和勾股定理解决线段长度问题。
【难度系数】
0.5

【例】 探究:如图1,已知点A,P,B均在直线l上,且∠CAP=∠CPD=∠DBP=α.
(1)若∠C=30°,则∠DPB的度数为.
(2)求证:△ACP∽△BPD.
(3)如图2,若P为AB的中点,连接CD,求证:CP平分∠DCA.

(1)30°
(2)证明: $\because ∠ C+∠ CAP+∠ APC=180°, ∠ APC+∠ CPD+∠ DPB=180°$, 且$∠ CAP=∠ CPD, \therefore ∠ C=∠ DPB$. 又$\because ∠ CAP=∠ DBP, \therefore △ ACP ∽ △ BPD$.
(3)证明: 由(2)可知, $△ ACP ∽ △ BPD, \therefore \frac{AC}{BP}=\frac{CP}{PD}$. $\because P$ 为 AB 的中点, $\therefore AP=BP. \therefore \frac{AC}{AP}=\frac{CP}{PD}$. 又$\because ∠ CAP=∠ CPD, \therefore △ ACP ∽ △ PCD. \therefore ∠ ACP=∠ PCD. \therefore CP$ 平分$∠ DCA$.

【分析】
(1) 先利用三角形内角和定理得到△ACP中三个内角的和为180°，再结合平角的定义得到直线l上∠APC、∠CPD、∠DPB的和为180°，对比已知∠CAP=∠CPD，即可推出∠C与∠DPB相等，代入∠C的度数即可得到结果；
(2) 要证明两个三角形相似，已知一组对应角∠CAP=∠DBP，只需再推导一组对应角相等即可，沿用(1)的角度推导思路可证得∠C=∠DPB，根据两角分别相等的三角形相似即可得证；
(3) 先借助(2)的相似结论得到对应边成比例，结合P是AB中点的条件，将比例中的BP替换为AP，得到新的边比例关系，再结合∠CAP=∠CPD的条件，用两边成比例且夹角相等证明△ACP与△PCD相似，得到对应角相等即可证明CP是角平分线。
【解析】
(1) 解：在△ACP中，由三角形内角和定理得：$∠ C+∠ CAP+∠ APC=180°$，
∵点A、P、B在直线$l$上，由平角定义得：$∠ APC+∠ CPD+∠ DPB=180°$，
又
∵$∠ CAP=∠ CPD$，
∴$∠ C=∠ DPB$，
∵$∠ C=30°$，
∴$∠ DPB=30°$。
(2) 证明：
∵$∠ C+∠ CAP+∠ APC=180°$，$∠ APC+∠ CPD+∠ DPB=180°$，且$∠ CAP=∠ CPD$，
∴$∠ C=∠ DPB$，
又
∵$∠ CAP=∠ DBP=α$，
∴$△ ACP ∽ △ BPD$（两角分别相等的两个三角形相似）。
(3) 证明：由(2)可知$△ ACP ∽ △ BPD$，
∴$\frac{AC}{BP}=\frac{CP}{PD}$，
∵P为AB的中点，
∴$AP=BP$，
∴$\frac{AC}{AP}=\frac{CP}{PD}$，即$\frac{AC}{CP}=\frac{AP}{PD}$，
又
∵$∠ CAP=∠ CPD=α$，
∴$△ ACP ∽ △ PCD$（两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似），
∴$∠ ACP=∠ PCD$，
∴CP平分$∠ DCA$。
【答案】
(1) $\boxed{30°}$
(2) 证明成立，过程见解析；
(3) 证明成立，过程见解析。
【知识点】
相似三角形的判定与性质，三角形内角和定理，角平分线的定义
【点评】
本题是“一线三等角”相似模型的典型习题，梯度设置合理，既考查基础的角度推导能力，也考查相似三角形相关定理的综合应用，熟练掌握常见相似模型可有效提升解题效率。
【难度系数】
0.7

应用1:如图3,若$α=90°$,$AC=BD=4$,连接$CD$,且$CD=10$,求$AP$的长.

解: $\because ∠ A=∠ B=90°, \therefore ∠ A+∠ B=180°. \therefore AC// BD. \because AC=BD=4, \therefore$ 四边形 ABDC 是矩形. $\therefore AB=CD=10. \because ∠ A=∠ CPD=90°, \therefore ∠ ACP+∠ APC=90°, ∠ APC+∠ BPD=90°. \therefore ∠ ACP=∠ BPD. \therefore △ ACP ∽ △ BPD. \therefore \frac{AC}{AP}=\frac{BP}{BD}. \therefore \frac{4}{AP}=\frac{10-AP}{4}. \therefore AP=2$ 或 $AP=8$.

【分析】
解题时先梳理已知条件：本题属于一线三等角（直角）的相似模型，已知∠A=∠B=∠CPD=90°，AC=BD=4，CD=10。第一步先判断四边形ABDC的形状：由∠A、∠B均为90°可得AC与BD平行，结合AC=BD可证ABDC是矩形，由此得到AB的长度等于CD=10；第二步利用同角的余角相等，推导角的等量关系证明△ACP与△BPD相似；第三步根据相似三角形对应边成比例列关于AP的方程，解方程即可得到结果，注意验证解的合理性。
【解析】
解：$\because ∠ A=∠ B=90°, \therefore ∠ A+∠ B=180°, \therefore AC// BD$。
$\because AC=BD=4, \therefore$ 四边形ABDC是平行四边形，又$\because ∠A=90°$，$\therefore$ 四边形ABDC是矩形，$\therefore AB=CD=10$。
$\because ∠ A=∠ CPD=90°, \therefore ∠ ACP+∠ APC=90°, ∠ APC+∠ BPD=90°, \therefore ∠ ACP=∠ BPD$。
又$\because ∠A=∠B=90°$，$\therefore △ ACP ∽ △ BPD$，$\therefore \frac{AC}{AP}=\frac{BP}{BD}$。
设AP的长为$x$，则BP的长为$10-x$，代入得$\frac{4}{x}=\frac{10-x}{4}$，整理得$x^2-10x+16=0$，解得$x_1=2$，$x_2=8$，均符合题意。
【答案】
$AP$的长为2或8
【知识点】
矩形的判定与性质、相似三角形的判定、相似三角形的性质
【点评】
本题是一线三直角相似模型的典型应用，结合矩形性质得到边长关系，通过相似的性质建立方程求解，解题时需注意相似三角形对应边的比例关系不要书写错误，同时不要遗漏符合题意的解。
【难度系数】
0.65