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3. 如图1 - 15，在等边三角形ABC中，D，E分别为AB，BC边上的两动点，且总使AD = BE，AE与CD交于点F，AG⊥CD于点G，则$\frac{FG}{AF}$的值为______.
答案：
1. 首先证明$\triangle ABE\cong\triangle CAD$：
已知$\triangle ABC$是等边三角形，所以$AB = AC$，$\angle B=\angle CAD = 60^{\circ}$。
又因为$AD = BE$，根据$SAS$（边角边）判定定理，在$\triangle ABE$和$\triangle CAD$中，$\left\{\begin{array}{l}AB = AC\\\angle B=\angle CAD\\BE = AD\end{array}\right.$，则$\triangle ABE\cong\triangle CAD$。
由全等三角形的性质可得$\angle BAE=\angle ACD$。
2. 然后求$\angle AFG$的度数：
根据三角形外角性质，$\angle AFG=\angle FAC+\angle ACD$。
因为$\angle BAE=\angle ACD$，所以$\angle AFG=\angle FAC+\angle BAE$。
而$\angle FAC+\angle BAE=\angle BAC$，又因为$\angle BAC = 60^{\circ}$，所以$\angle AFG = 60^{\circ}$。
3. 最后在$Rt\triangle AFG$中求$\frac{FG}{AF}$的值：
在$Rt\triangle AFG$中，$\angle AGF = 90^{\circ}$，$\angle AFG = 60^{\circ}$，根据三角函数的定义$\cos\angle AFG=\frac{FG}{AF}$。
因为$\cos60^{\circ}=\frac{1}{2}$。
所以$\frac{FG}{AF}$的值为$\frac{1}{2}$。
已知$\triangle ABC$是等边三角形，所以$AB = AC$，$\angle B=\angle CAD = 60^{\circ}$。
又因为$AD = BE$，根据$SAS$（边角边）判定定理，在$\triangle ABE$和$\triangle CAD$中，$\left\{\begin{array}{l}AB = AC\\\angle B=\angle CAD\\BE = AD\end{array}\right.$，则$\triangle ABE\cong\triangle CAD$。
由全等三角形的性质可得$\angle BAE=\angle ACD$。
2. 然后求$\angle AFG$的度数：
根据三角形外角性质，$\angle AFG=\angle FAC+\angle ACD$。
因为$\angle BAE=\angle ACD$，所以$\angle AFG=\angle FAC+\angle BAE$。
而$\angle FAC+\angle BAE=\angle BAC$，又因为$\angle BAC = 60^{\circ}$，所以$\angle AFG = 60^{\circ}$。
3. 最后在$Rt\triangle AFG$中求$\frac{FG}{AF}$的值：
在$Rt\triangle AFG$中，$\angle AGF = 90^{\circ}$，$\angle AFG = 60^{\circ}$，根据三角函数的定义$\cos\angle AFG=\frac{FG}{AF}$。
因为$\cos60^{\circ}=\frac{1}{2}$。
所以$\frac{FG}{AF}$的值为$\frac{1}{2}$。
4. 在Rt△ABC中，∠A，∠B，∠C所对的边分别为a，b，c，若∠C = 90°，∠B = 30°，a - b = 2，则c = ______.
答案：
1. 首先，根据直角三角形的性质：
在$Rt\triangle ABC$中，$\angle C = 90^{\circ}$，$\angle B = 30^{\circ}$，根据“在直角三角形中，如果一个锐角等于$30^{\circ}$，那么它所对的直角边等于斜边的一半”，可得$b=\frac{1}{2}c$。
再根据勾股定理$a^{2}+b^{2}=c^{2}$，则$a=\sqrt{c^{2}-b^{2}}$，把$b = \frac{1}{2}c$代入可得$a=\sqrt{c^{2}-\left(\frac{1}{2}c\right)^{2}}=\sqrt{\frac{4c^{2}-c^{2}}{4}}=\sqrt{\frac{3c^{2}}{4}}=\frac{\sqrt{3}}{2}c$。
2. 然后，利用已知条件$a - b = 2$：
把$a=\frac{\sqrt{3}}{2}c$，$b=\frac{1}{2}c$代入$a - b = 2$中，得到$\frac{\sqrt{3}}{2}c-\frac{1}{2}c = 2$。
提取公因式$c$，即$c\left(\frac{\sqrt{3}-1}{2}\right)=2$。
则$c=\frac{4}{\sqrt{3}-1}$。
对$\frac{4}{\sqrt{3}-1}$进行分母有理化，分子分母同时乘以$\sqrt{3}+1$，根据$(m - n)(m + n)=m^{2}-n^{2}$，这里$m=\sqrt{3}$，$n = 1$，则$c=\frac{4(\sqrt{3}+1)}{(\sqrt{3}-1)(\sqrt{3}+1)}$。
因为$(\sqrt{3}-1)(\sqrt{3}+1)=(\sqrt{3})^{2}-1^{2}=3 - 1 = 2$，所以$c = 2(\sqrt{3}+1)=2\sqrt{3}+2$。
故答案为$2\sqrt{3}+2$。
在$Rt\triangle ABC$中，$\angle C = 90^{\circ}$，$\angle B = 30^{\circ}$，根据“在直角三角形中，如果一个锐角等于$30^{\circ}$，那么它所对的直角边等于斜边的一半”，可得$b=\frac{1}{2}c$。
再根据勾股定理$a^{2}+b^{2}=c^{2}$，则$a=\sqrt{c^{2}-b^{2}}$，把$b = \frac{1}{2}c$代入可得$a=\sqrt{c^{2}-\left(\frac{1}{2}c\right)^{2}}=\sqrt{\frac{4c^{2}-c^{2}}{4}}=\sqrt{\frac{3c^{2}}{4}}=\frac{\sqrt{3}}{2}c$。
2. 然后，利用已知条件$a - b = 2$：
把$a=\frac{\sqrt{3}}{2}c$，$b=\frac{1}{2}c$代入$a - b = 2$中，得到$\frac{\sqrt{3}}{2}c-\frac{1}{2}c = 2$。
提取公因式$c$，即$c\left(\frac{\sqrt{3}-1}{2}\right)=2$。
则$c=\frac{4}{\sqrt{3}-1}$。
对$\frac{4}{\sqrt{3}-1}$进行分母有理化，分子分母同时乘以$\sqrt{3}+1$，根据$(m - n)(m + n)=m^{2}-n^{2}$，这里$m=\sqrt{3}$，$n = 1$，则$c=\frac{4(\sqrt{3}+1)}{(\sqrt{3}-1)(\sqrt{3}+1)}$。
因为$(\sqrt{3}-1)(\sqrt{3}+1)=(\sqrt{3})^{2}-1^{2}=3 - 1 = 2$，所以$c = 2(\sqrt{3}+1)=2\sqrt{3}+2$。
故答案为$2\sqrt{3}+2$。
5. 如图1 - 16，∠AOB = 30°，OP是其角平分线，PC//OA，PD⊥OA，若PD = 1，求PC的长度.
答案：
【解析】：过点$P$作$PE\perp OB$于点$E$。
因为$OP$是$\angle AOB$的角平分线，$PD\perp OA$，根据角平分线的性质：角平分线上的点到角两边的距离相等，所以$PE = PD = 1$。
因为$PC// OA$，所以$\angle CPO=\angle POD$。
又因为$OP$平分$\angle AOB$，$\angle AOB = 30^{\circ}$，所以$\angle POD=\angle POC = 15^{\circ}$，则$\angle CPO=\angle POC = 15^{\circ}$。
所以$\angle BCP=\angle CPO+\angle POC=30^{\circ}$。
在$Rt\triangle PCE$中，$\angle BCP = 30^{\circ}$，根据在直角三角形中，$30^{\circ}$角所对的直角边等于斜边的一半，可得$PC = 2PE$。
因为$PE = 1$，所以$PC = 2$。
【答案】：$2$
因为$OP$是$\angle AOB$的角平分线，$PD\perp OA$，根据角平分线的性质：角平分线上的点到角两边的距离相等，所以$PE = PD = 1$。
因为$PC// OA$，所以$\angle CPO=\angle POD$。
又因为$OP$平分$\angle AOB$，$\angle AOB = 30^{\circ}$，所以$\angle POD=\angle POC = 15^{\circ}$，则$\angle CPO=\angle POC = 15^{\circ}$。
所以$\angle BCP=\angle CPO+\angle POC=30^{\circ}$。
在$Rt\triangle PCE$中，$\angle BCP = 30^{\circ}$，根据在直角三角形中，$30^{\circ}$角所对的直角边等于斜边的一半，可得$PC = 2PE$。
因为$PE = 1$，所以$PC = 2$。
【答案】：$2$
1. 如图1 - 17，在△ABC中，∠B = 40°，AC的垂直平分线交AC于点D，交BC于点E，且∠EAB : ∠CAE = 3 : 1，则∠C等于（ ）
A. 28°
B. 25°
C. 22.5°
D. 20°
A. 28°
B. 25°
C. 22.5°
D. 20°
答案：
A
2. 已知△ABC(AC ＜ BC)，用尺规作图的方法在BC上确定一点P，使PA + PC = BC，则符合要求的作图痕迹是图1 - 18中的（ ）
答案：
B
3. 如图1 - 19，在△ABC中，AB + AC = 8 cm，BC的垂直平分线l与AC相交于点D，则△ABD的周长为______ cm.
答案：
1. 首先，根据线段垂直平分线的性质：
因为$l$是$BC$的垂直平分线，根据线段垂直平分线的性质定理$：$线段垂直平分线上的点到这条线段的两个端点的距离相等，所以$DB = DC$。
2. 然后，计算$\triangle ABD$的周长：
$\triangle ABD$的周长$C_{\triangle ABD}=AB + BD+AD$。
把$BD = DC$代入上式，可得$C_{\triangle ABD}=AB + DC + AD$。
又因为$DC + AD=AC$（$A$、$D$、$C$三点共线），所以$C_{\triangle ABD}=AB + AC$。
3. 最后，已知条件代入：
已知$AB + AC = 8cm$。
所以$\triangle ABD$的周长为$8cm$。
因为$l$是$BC$的垂直平分线，根据线段垂直平分线的性质定理$：$线段垂直平分线上的点到这条线段的两个端点的距离相等，所以$DB = DC$。
2. 然后，计算$\triangle ABD$的周长：
$\triangle ABD$的周长$C_{\triangle ABD}=AB + BD+AD$。
把$BD = DC$代入上式，可得$C_{\triangle ABD}=AB + DC + AD$。
又因为$DC + AD=AC$（$A$、$D$、$C$三点共线），所以$C_{\triangle ABD}=AB + AC$。
3. 最后，已知条件代入：
已知$AB + AC = 8cm$。
所以$\triangle ABD$的周长为$8cm$。
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