1. (2026·沈阳期末)在矩形ABCD中,动点E从点D开始沿DA边以$v_1$(cm/s)的速度运动,动点F从点B开始沿射线BC以$v_2$(cm/s)的速度运动,点E和点F同时出发,当点E到达终点A时,点F也随之停止运动,设动点的运动时间为$t$(s)($t＞0$).
(1)如图①,若$v_1=v_2$,分别连接BD,EF交于点O.求证:$BO=DO$.
(2)如图②,若$\frac{v_1}{v_2}=\frac{1}{2}$,$AB=9$ cm,$BC=12$ cm,分别连接BD,EF交于点O,沿EF将四边形ABFE翻折得到四边形$A'B'FE$,点A的对应点为点$A'$,点B的对应点为点$B'$,当点$B'$落在DC的延长线上时.
①求OD的长;
②请直接写出$B'C$的长.

(1) $\because DE = v_1 t, BF = v_2 t$, 且 $v_1 = v_2$, 运动时间相同都是 $t$,
$\therefore DE=BF.\because$ 四边形 $ABCD$ 是矩形, $\therefore AD// BC,\therefore ∠ EDB= ∠ FBD$. 又 $\because ∠ BOF = ∠ DOE, \therefore △ BOF ≌ △ DOE (\mathrm{AAS})$,
$\therefore BO=DO$.
(2) ①$\because DE = v_1 t, BF = v_2 t$, 且 $\frac{v_1}{v_2}=\frac{1}{2},\therefore \frac{DE}{BF}=\frac{1}{2}.\because AD// BC$,
$\therefore ∠ EDB= ∠ FBD$. 又 $\because ∠ BOF = ∠ DOE,\therefore △ EOD ∽ △ FOB$,
$\therefore \frac{OD}{OB}=\frac{DE}{BF}=\frac{1}{2}.\because AB=DC=9\ \mathrm{cm},BC=12\ \mathrm{cm},\therefore$ 由勾股定理得 $BD=\sqrt{BC^2+DC^2}=15\ \mathrm{cm},\therefore OD=\frac{1}{3}BD=5\ \mathrm{cm}$.
②$B'C$ 的长为 $(2\sqrt{21}-6)\ \mathrm{cm}$.
解析: 如图, 连接 $OB'$, 作 $OH ⊥ DC$, 垂足为点 $H$, 由折叠可知, $OB$ 与 $OB'$ 关于 $OF$ 所在直线对称,
$\therefore OB=OB'$, 由①知, $BD=15\ \mathrm{cm}$, $OD=5\ \mathrm{cm},\therefore OB=10\ \mathrm{cm},\therefore OB'=10\ \mathrm{cm}.\because OH ⊥ DC,\therefore OH// BC$,
$\therefore \frac{OD}{BD}=\frac{DH}{DC}=\frac{OH}{BC}=\frac{1}{3}.\because BC = 12\ \mathrm{cm},DC=9\ \mathrm{cm},\therefore OH=\frac{1}{3}BC=4\ \mathrm{cm},DH=\frac{1}{3}DC=3\ \mathrm{cm}$, 在 $\mathrm{Rt}△ OHB'$ 中, 由勾股定理得 $HB' = \sqrt{OB'^2-OH^2} = \sqrt{10^2-4^2}=2\sqrt{21}\ (\mathrm{cm}),\therefore CB'=DB'-DC=DH+HB'-DC=3+2\sqrt{21}-9=(2\sqrt{21}-6)\ \mathrm{cm}$.

2. (2026·济南期末)在$△ ABC$中，$CA = CB$，$∠ ACB=α$，点$P$是平面内不与$A,C$重合的任意一点，连接$AP$，将线段$AP$绕点$P$逆时针旋转$α$得到线段$DP$，连接$AD,BD,CP$.
(1)【观察猜想】
如图①，当$α = 60°$时，$\frac{BD}{CP}$的值是________，直线$BD$与直线$CP$相交所成的较小角的度数是________；
(2)【类比探究】
如图②，当$α = 90°$时，请写出$\frac{BD}{CP}$的值及直线$BD$与直线$CP$相交所成的较小角的度数，并就图②的情形说明理由；
(3)【解决问题】
如图③，当$α = 90°$时，点$E,F$分别是$CA,CB$的中点，点$P$在线段$EF$上，当点$C,P,D$在同一直线上，且$AP=\sqrt{2}$时，求出$BD$的长.

(1) $1\ \ 60°$ 解析: 如图①, 延长 $CP$ 交 $BD$ 的延长线于点 $E$, 设 $AB$ 交 $EC$ 于点 $O,\because ∠ ACB=α=60°,CA=CB$, 线段 $AP$ 绕点 $P$ 逆时针旋转 $α$ 得到线段 $DP,\therefore △ APD,△ ABC$ 都是等边三角形, $\therefore ∠ PAD = ∠ CAB = 60°, AP = AD, AC = AB$,
$\therefore ∠ PAD - ∠ PAB = ∠ CAB - ∠ PAB$, 即 $∠ BAD = ∠ CAP$. 在 $△ CAP$ 和 $△ BAD$ 中, $\begin{cases} AC=AB, \\ ∠ CAP=∠ BAD, \\ AP=AD, \end{cases} \therefore △ CAP ≌ △ BAD$ (SAS), $\therefore PC = BD, ∠ ACP = ∠ ABD. \because ∠ BOC = ∠ BEC + ∠ ABD = ∠ ACP + ∠ BAC, \therefore ∠ BEO = ∠ BAC = 60°, \therefore \frac{BD}{CP}=1$, 直线 $BD$ 与直线 $CP$ 相交所成的较小角的度数是 $60°$. 故答案为 $1,60°$.
(2) $\frac{BD}{CP}=\sqrt{2}$, 直线 $BD$ 与直线 $CP$ 相交所成的较小角的度数为 $45°$, 理由如下: 如图②, 设 $BD$ 交 $AC$ 于点 $O$, $BD$ 交 $PC$ 于点 $E,\because ∠ ACB=α=90°,CA=CB$, 线段 $AP$ 绕点 $P$ 逆时针旋转 $α$ 得到线段 $DP,\therefore △ APD,△ ABC$ 都是等腰直角三角形,
$\therefore ∠ PAD = ∠ CAB = 45°, AD=\sqrt{2}AP, AB=\sqrt{2}AC,\therefore ∠ PAD + ∠ DAC = ∠ CAB + ∠ DAC$, 即 $∠ PAC = ∠ DAB, \frac{AD}{AB}=\frac{\sqrt{2}AP}{\sqrt{2}AC}=\frac{AP}{AC}$,
$\therefore △ DAB ∽ △ PAC,\therefore ∠ PCA = ∠ DBA, \frac{BD}{CP}=\frac{AD}{AP}=\frac{\sqrt{2}AP}{AP}=\sqrt{2}$.
$\because ∠ BOC = ∠ OEC + ∠ ECO = ∠ ABO + ∠ BAO,\therefore ∠ BEC = ∠ CAB=45°$, 即直线 $BD$ 与直线 $CP$ 相交所成的较小角的度数为 $45°,\therefore \frac{BD}{CP}=\sqrt{2}$, 直线 $BD$ 与直线 $CP$ 相交所成的较小角的度数为 $45°$.
(3) 如图③, 当点 $P$ 在线段 $CD$ 上时, $\because$ 线段 $AP$ 绕点 $P$ 逆时针旋转 $α$ 得到线段 $DP,α=90°,\therefore ∠ APD = ∠ APC=90°$, $PD=PA=\sqrt{2},∠ PAD = ∠ PDA=45°,\therefore AD=\sqrt{PA^2+PD^2}=2$.
$\because$ 点 $E,F$ 是 $CA,CB$ 的中点, $\therefore EP=AE=CE,EF// AB$,
$\therefore ∠ EAP = ∠ APE, ∠ APE = ∠ PAB,\therefore ∠ EAP = ∠ PAB.\because CA=CB,∠ ACB=α=90°,\therefore ∠ CAB=45°,\therefore ∠ EAP = ∠ PAB = \frac{1}{2}∠ CAB=22.5°,\therefore ∠ DAC = ∠ PAD + ∠ CAP = 67.5°$,
$∠ DCA=90°-∠ CAP=67.5°,\therefore DC=DA=2$, 同理由(2)可证 $△ DAB ∽ △ PAC,\therefore \frac{BD}{CP}=\frac{AD}{AP}=\frac{\sqrt{2}AP}{AP}=\sqrt{2}$, 即 $BD=\sqrt{2}CP$.
$\because CP=CD-DP=2-\sqrt{2},\therefore BD=\sqrt{2}×(2-\sqrt{2})=2\sqrt{2}-2$.