1.（巴中中考）如图，等边三角形ABC内有一点P，分别连接AP，BP，CP，若$AP=6$，$BP=8$，$CP=10$，则$S_{△ ABP}+S_{△ BPC}=$。

1. $16\sqrt{3}+24$
解析:如图,将△BPC绕点B逆时针旋转60°后得△BP'A,连接PP',可得∠PBP'=∠ABC=60°,BP=BP',
∴△BPP'为等边三角形,
∴BP'=BP=PP'=8,AP'=PC=10.在△APP'中,PP'=8,AP=6,AP'=10,
∴由勾股定理得△APP'是直角三角形,
∴$S_{△ABP}+S_{△BPC}=S_{四边形AP'BP}=S_{△BP'P}+S_{△APP'}=\frac{\sqrt{3}}{4}BP^2+\frac{1}{2}×PP'×AP=16\sqrt{3}+24$。

2.（绥化中考）如图，$△ ABC$是边长为6的等边三角形，点E为高BD上的动点.连接CE，将CE绕点C顺时针旋转$60°$得到CF.连接AF，EF，DF，则$△ CDF$周长的最小值是.

2. $3+3\sqrt{3}$
解析:
∵E为高BD上的动点,
∴∠CBE=$\frac{1}{2}$∠ABC=30°.
∵将CE绕点C顺时针旋转60°得到CF,△ABC是边长为6的等边三角形,
∴CE=CF,∠ECF=∠BCA=60°,BC=AC,
∴∠BCE=∠ACF,
∴△CBE≌△CAF,
∴∠CAF=∠CBE=30°,
∴点F在射线AF上运动,如图,作点C关于射线AF的对称点C',连接DC',设CC'交AF的延长线于点O,则∠AOC=90°.在Rt△AOC中,∠CAO=30°,则CO=$\frac{1}{2}$AC=3,则当D,F,C'三点共线时,FC+FD取得最小值,即FC+FD的最小值为F'C'+F'D=DC'.
∵AC=CC'=6,∠ACO=∠C'CD,CO=CD,
∴△ACO≌△C'CD,
∴∠C'DC=∠AOC=90°.在Rt△C'DC中,$C'D=\sqrt{CC'^2-CD^2}=\sqrt{6^2-3^2}=3\sqrt{3}$,
∴△CDF周长的最小值为$CD+DC'=3+3\sqrt{3}$。

3. (青海中考)两个顶角相等的等腰三角形,如果具有公共的顶角顶点,并把它们的底角顶点连接起来,则形成一组全等的三角形,把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形.
(1)问题发现:如图①,若$△ ABC$和$△ ADE$是顶角相等的等腰三角形,$BC$,$DE$分别是底边.求证:$BD=CE$.
(2)解决问题:如图②,若$△ ABC$和$△ DCE$均为等腰直角三角形,$∠ ACB=∠ DCE=90°$,点$A$,$D$,$E$在同一条直线上,$CM$为$△ DCE$中$DE$边上的高,连接$BE$,请求出$∠ AEB$的度数,判断线段$CM$,$AE$,$BE$之间的数量关系并说明理由.

3. (1)
∵△ABC和△ADE是顶角相等的等腰三角形,
∴AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE,
∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC,即∠BAD=∠CAE,
∴△ABD≌△CAE(SAS),
∴BD=CE.
(2)∠AEB=90°,AE=BE+2CM,理由如下:
∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,
∴AC=BC,DC=EC,∠ACB=90°=∠DCE,
∴∠ACD=∠BCE,
∴△ACD≌△BCE(SAS),
∴AD=BE,∠ADC=∠BEC.
∵△CDE是等腰直角三角形,
∴∠CDE=∠CED=45°,
∴∠ADC=180°-∠CDE=135°,
∴∠BEC=∠ADC=135°,
∴∠AEB=∠BEC-∠CED=135°-45°=90°.
∵CD=CE,CM⊥DE,
∴DM=ME.
∵∠DCE=90°,
∴DM=ME=CM,
∴DE=2CM,
∴AE=AD+DE=BE+2CM。

4. (1)问题:如图①,在Rt△ABC中,AB=AC,D为BC边上一点(不与点B,C重合),将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE,连接EC,则线段BC,DC,EC之间满足的等量关系式为.
(2)探索:如图②,在Rt△ABC与Rt△ADE中,AB=AC,AD=AE,将△ADE绕点A旋转,使点D落在BC边上,试探索线段AD,BD,CD之间满足的等量关系,并证明你的结论.
(3)应用:如图③,在四边形ABCD中,∠ABC=∠ACB=∠ADC=45°.若BD=9,CD=3,求AD的长.

4. (1)$BC=DC+EC$
解析:
∵∠BAC=∠DAE=90°,
∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC,即∠BAD=∠CAE.在△BAD和△CAE中,$\begin{cases} AB=AC, \\ ∠BAD=∠CAE, \\ AD=AE, \end{cases}$
∴△BAD≌△CAE,
∴BD=CE,
∴BC=BD+CD=EC+CD.故答案为$BC=DC+EC$.
(2)$BD^2+CD^2=2AD^2$,证明:连接CE,如图①,由(1)得△BAD≌△CAE,
∴BD=CE,∠ACE=∠B,
∴∠DCE=90°,
∴$CE^2+CD^2=ED^2$.在Rt△ADE中,$AD^2+AE^2=ED^2$,又AD=AE,
∴$BD^2+CD^2=2AD^2$.
(3)如图②,将AD绕点A逆时针旋转90°得到AE,则∠DAE=90°,连接CE,DE.又
∵∠ABC=∠ACB=45°,
∴∠BAC=90°,
∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD,即∠BAD=∠CAE.在△BAD与△CAE中,$\begin{cases} AB=AC, \\ ∠BAD=∠CAE, \\ AD=AE, \end{cases}$
∴△BAD≌△CAE(SAS),
∴BD=CE=9.
∵∠ADC=45°,∠EDA=45°,
∴∠EDC=90°,
∴$DE=\sqrt{CE^2-CD^2}=6\sqrt{2}$.
∵∠DAE=90°,
∴$AD=AE=\frac{\sqrt{2}}{2}DE=6$。