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∴CB=CH+BH=3+1； 点评：本题考查了全等三角形的性质和判定的应用，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，全等三角形的性质是全等三角形的对应边相等，对应角相等．
对应训练 2．（2013?河南）如图1，将两个完全相同的三角形纸片ABC和DEC重合放置，其中∠C=90°，∠B=∠E=30°． （1）操作发现
如图2，固定△ABC，使△DEC绕点C旋转，当点D恰好落在AB边上时，填空： ①线段DE与AC的位置关系是 ；
②设△BDC的面积为S1，△AEC的面积为S2，则S1与S2的数量关系是 ．
（2）猜想论证
当△DEC绕点C旋转到如图3所示的位置时，小明猜想（1）中S1与S2的数量关系仍然成立，并尝试分别作出了△BDC和△AEC中BC、CE边上的高，请你证明小明的猜想． （3）拓展探究 已知∠ABC=60°，点D是角平分线上一点，BD=CD=4，DE∥AB交BC于点E（如图4）．若在射线BA上存在点F，使S△DCF=S△BDE，请直接写出相应的BF的长．
2．解：（1）①∵△DEC绕点C旋转点D恰好落在AB边上， ∴AC=CD， ∵∠BAC=90°-∠B=90°-30°=60°， ∴△ACD是等边三角形， ∴∠ACD=60°，
又∵∠CDE=∠BAC=60°，
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∴∠ACD=∠CDE， ∴DE∥AC； ②∵∠B=30°，∠C=90°， ∴CD=AC=12AB， ∴BD=AD=AC， 根据等边三角形的性质，△ACD的边AC、AD上的高相等， ∴△BDC的面积和△AEC的面积相等（等底等高的三角形的面积相等）， 即S1=S2； 故答案为：DE∥AC；S1=S2； （2）如图，∵△DEC是由△ABC绕点C旋转得到， ∴BC=CE，AC=CD， ∵∠ACN+∠BCN=90°，∠DCM+∠BCN=180°-90°=90°， ∴∠ACN=∠DCM， ∵在△ACN和△DCM中， ???ACN??DCM??CMD??N?90?， ??AC?CD∴△ACN≌△DCM（AAS）， ∴AN=DM， ∴△BDC的面积和△AEC的面积相等（等底等高的三角形的面积相等）， 即S1=S2； （3）如图，过点D作DF1∥BE，易求四边形BEDF1是菱形， 所以BE=DF1，且BE、DF1上的高相等， 此时S△DCF=S△BDE， 过点D作DF2⊥BD， ∵∠ABC=60°， ∴∠F1DF2=∠ABC=60°， ∴△DF1F2是等边三角形， ∴DF1=DF2， ∵BD=CD，∠ABC=60°，点D是角平分线上一点， 青青学子 - 7 - 至德至纯
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∴∠DBC=∠DCB=1×60°=30°， 2∴∠CDF1=180°-30°=150°， ∠CDF2=360°-150°-60°=150°， ∴∠CDF1=∠CDF2， ∵在△CDF1和△CDF2中， ?DF1?DF2???CDF1??CDF2， ?CD?CD?∴△CDF1≌△CDF2（SAS）， ∴点F2也是所求的点， ∵∠ABC=60°，点D是角平分线上一点，DE∥AB， ∴∠DBC=∠BDE=∠ABD=又∵BD=4， ∴BE=1×60°=30°， 21343×4÷cos30°=2÷=， 233∴BF1=43434383，BF2=BF1+F1F2=+=， 33334383或． 33故BF的长为 考点三：规律探究型：
规律探索问题是指由几个具体结论通过类比、猜想、推理等一系列的数学思维过程，来探求一般性结论的问题，解决这类问题的一般思路是通过对所给的具体的结论进行全面、细致的观察、分析、比较，从中发现其变化的规律，并猜想出一般性的结论，然后再给出合理的证明或加以运用.
例3 （2013?闸北区二模）观察方程①：x+2x12=3，方程②：x+=5，方程③：x+=7． x6x（1）方程①的根为： ；方程②的根为： ；方程③的根为： ； （2）按规律写出第四个方程： ；此分式方程的根为： ； （3）写出第n个方程（系数用n表示）： ；此方程解是： ． 思路分析：先计算出方程的根，再根据根的变化规律求出方程的一般形式及根的变化规律． 解：（1）两边同时乘以x得，x2-3x+2=0， 方程①根：x1=1，x2=2； 两边同时乘以x得，x2-5x+6=0， 方程②根：x1=2，x2=3； 两边同时乘以x得，x2-7x+12=0， 方程③根：x1=3，x2=4； 青青学子 - 8 - 至德至纯
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20=9；方程④根：x1=4，x2=5． xn(n?1)（3）第n个方程：x+=2n+1． x（2）方程④：x+此方程解：x1=n，x2=n+1． 点评：本题考查了分式方程的解，从题目中找出规律是解题的关键． 对应训练 3．（2013?南沙区一模）如图，一个动点P在平面直角坐标系中按箭头所示方向作折线运动，即第一次从原点运动到（1，1），第二次从（1，1）运动到（2，0），第三次从（2，0）运动到（3，2），第四次从（3，2）运动到（4，0），第五次从（4，0）运动到（5，1），…，按这样的运动规律，经过第2013次运动后，动点P的坐标是 ． 3．（2013，1）
考点四：存在探索型：
此类问题在一定的条件下，需探究发现某种数学关系是否存在的题目． 例4 （2013?呼和浩特）如图，在边长为3的正方形ABCD中，点E是BC边上的点，BE=1，∠AEP=90°，且EP交正方形外角的平分线CP于点P，交边CD于点F， （1） FC的值为 ； EF（2）求证：AE=EP； （3）在AB边上是否存在点M，使得四边形DMEP是平行四边形？若存在，请给予证明；若不存在，请说明理由． 思路分析：（1）由正方形的性质可得：∠B=∠C=90°，由同角的余角相等，可证得：∠BAE=∠CEF，根据同角的正弦值相等即可解答； （2）在BA边上截取BK=NE，连接KE，根据角角之间的关系得到∠AKE=∠ECP，由AB=CB，BK=BE，得AK=EC，结合∠KAE=∠CEP，证明△AKE≌△ECP，于是结论得出； （3）作DM⊥AE于AB交于点M，连接ME、DP，易得出DM∥EP，由已知条件证明△ADM≌△BAE，进而证明MD=EP，四边形DMEP是平行四边形即可证出． 解：（1）∵四边形ABCD是正方形， 青青学子 - 9 - 至德至纯
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∴∠B=∠D， ∵∠AEP=90°， ∴∠BAE=∠FEC， 在Rt△ABE中，AE=32?12?10， ∵sin∠BAE=BEAE=sin∠FEC=FCEC， ∴FC10EC=10， （2）证明：在BA边上截取BK=NE，连接KE， ∵∠B=90°，BK=BE， ∴∠BKE=45°， ∴∠AKE=135°， ∵CP平分外角， ∴∠DCP=45°， ∴∠ECP=135°， ∴∠AKE=∠ECP， ∵AB=CB，BK=BE， ∴AB-BK=BC-BE， 即：AK=EC， 易得∠KAE=∠CEP， ∵在△AKE和△ECP中， ???KAE??CEP?AK?EC， ???AKE??ECP∴△AKE≌△ECP（ASA）， ∴AE=EP； （3）答：存在． 证明：作DM⊥AE于AB交于点M， 则有：DM∥EP，连接ME、DP， ∵在△ADM与△BAE中， 青青学子 - 10 - 至德至纯