2021浙江湖州23
已知在△ACD中，P是CD的中点，B是AD延长线上的一点，连结BC，AP．
(1)如图1，若∠ACB=90°，∠CAD=60°，BD=AC，AP=，求BC的长；
(2)过点D作DE∥AC，交AP延长线于点E，如图2所示，若∠CAD=60°，BD=AC，求证：BC=2AP；
(3)如图3，若∠CAD=45°，是否存在实数，当BD=AC时，BC=2AP？若存在，请直接写出的值；若不存在，请说明理由．
解法分析(1)
方法一:特殊三角形
根据“30°所对的直角边是斜边的一半”得:
AB=2AC=2BD，
∴点D是AB的中点，
易证三角形ACD是等边三角形，
∴AC==2，
∴BC=AC=2.
第一问条件特殊，解法多样.但过于特殊的解法一般不具备延续性，可能无法帮助我们解决后续问题.
方法二:类比法
过点D作DE∥AC，交AP延长线于点E，连接BE，
∴∠EDB=∠CAD=60°，
根据ASA/AAS证明△ACP≅△EDP，
∴ED=AC=BD，AE=2AP，
∴△EDB是等边三角形，
∴BE=ED=AC，∠EBD=60°=∠CAD，
根据SAS证明△ACB≅△BEA，
∴BC=AE=2AP=2.
同学们不难发现，方法二并未用到“∠ACB=90°”这个条件，此时，解法的一般性会加强.
类比迁移类问题，一般是由第一问(特殊)指导第二问(一般)，特殊情况下，第二问也可以反指导第一问，比如参考第二问的条件添加平行线，或参考第二问的结论倍长中线，这样都能使题目的延续性和整体性得以展现.
解法分析(2)
第一问的类比迁移
连接BE，
∵DE∥AC，
∴∠EDB=∠CAD=60°，
根据ASA/AAS证明△ACP≅△EDP，
∴ED=AC=BD，AE=2AP，
∴△EDB是等边三角形，
∴BE=ED=AC，∠EBD=60°=∠CAD，
根据SAS证明△ACB≅△BEA，
∴BC=AE=2AP.
解法分析(3)
猜想
按照(1)(2)的思路作图，在双全等的存在下，△DEB应为等腰三角形，
因此猜想BD=AC，即=.
求证:当BD=AC时，BC=2AP.
过点D作DE∥AC，交AP延长线于点E，连接BE.
易得:∠EDB=45°，BD=DE.
已知:在△DEB中，∠EDB=45°，BD=DE，
求证:△DEB是等腰直角三角形.
证明:作EF⊥DE交直线DB于点F，
∴FD=DE，
∵BD=DE，
∴点B、F重合，
∴∠DEB=∠DEF=90°，
∴△DEB是等腰直角三角形.
根据SAS证明△ACB≅△BEA，
∴BC=AE=2AP.
求证:当BC=2AP时，BD=AC.
过点D作DE∥AC，交AP延长线于点E，连接BE、CE.
易得:∠EDB=45°，四边形ADEC是平行四边形，BC=AE.
“HL”可以帮助我们摆脱“SSA”的困境.
作CM⊥AB于点M，作EN⊥AB于点N，
∴CM=EN，
根据HL证明Rt△AEN≅Rt△BCM.
根据SAS证明△ACB≅△BEA，
进而证明△DEB是等腰直角三角形，
∴BD=DE=AC.
