1. 如图，在正方形 $ ABCB_1 $ 中，$ AB = \sqrt{3} $，$ AB $ 与直线 $ l $ 所夹锐角为 $ 60° $，延长 $ CB_1 $ 交直线 $ l $ 于点 $ A_1 $，作正方形 $ A_1B_1C_1B_2 $，延长 $ C_1B_2 $ 交直线 $ l $ 于点 $ A_2 $，作正方形 $ A_2B_2C_2B_3 $，延长 $ C_2B_3 $ 交直线 $ l $ 于点 $ A_3 $，作正方形 $ A_3B_3C_3B_4 $，…，依此规律，则线段 $ A_{2024}A_{2025} = $
$\frac{2}{3^{1012}}$
.答案：1. $\frac{2}{3^{1012}}$ 解析：因为四边形 $ABCB_1$ 是正方形，所以 $AB_1 = AB = \sqrt{3}$，$\angle BAB_1 = 90°$，$AB // B_1C$，所以 $\angle AB_1A_1 = \angle BAB_1 = 90°$。因为 $AB$ 与直线 $l$ 所夹锐角为 $60°$，所以 $\angle AA_1B_1 = 60°$，所以 $AA_1 = \frac{AB_1}{\sin\angle AA_1B_1} = 2$，$A_1B_1 = \frac{AB_1}{\tan\angle AA_1B_1} = 1$。同理可得 $A_1B_2 = A_1B_1 = 1$，$\angle A_1A_2B_2 = 60°$，所以 $A_1A_2 = \frac{A_1B_2}{\sin\angle A_1A_2B_2} = \frac{2}{\sqrt{3}}$，$A_2B_2 = \frac{A_1B_2}{\tan\angle A_1A_2B_2} = \frac{1}{\sqrt{3}}$；
$A_2B_3 = A_2B_2 = \frac{1}{\sqrt{3}}$，$\angle A_2A_3B_3 = 60°$，所以 $A_2A_3 = \frac{A_2B_3}{\sin\angle A_2A_3B_3} = \frac{2}{(\sqrt{3})^2}$，$A_3B_3 = \frac{A_2B_3}{\tan\angle A_2A_3B_3} = \frac{1}{(\sqrt{3})^2}$；$···$；依此类推，$A_{2024}A_{2025} = \frac{2}{(\sqrt{3})^{2024}} = \frac{2}{3^{1012}}$.
$A_2B_3 = A_2B_2 = \frac{1}{\sqrt{3}}$，$\angle A_2A_3B_3 = 60°$，所以 $A_2A_3 = \frac{A_2B_3}{\sin\angle A_2A_3B_3} = \frac{2}{(\sqrt{3})^2}$，$A_3B_3 = \frac{A_2B_3}{\tan\angle A_2A_3B_3} = \frac{1}{(\sqrt{3})^2}$；$···$；依此类推，$A_{2024}A_{2025} = \frac{2}{(\sqrt{3})^{2024}} = \frac{2}{3^{1012}}$.
2. 张老师在一次校内公开课上展示“探析矩形折叠问题”内容，引起了同学们的广泛兴趣，他们对折纸进行了如下探究.
有一张矩形纸片 $ ABCD $，$ AB = 4 $，$ AD = 8 $，$ Q $ 为边 $ BC $ 上一个动点，将纸片沿 $ DQ $ 折叠，点 $ C $ 的对应点为 $ E $.
（1）如图①，当射线 $ DE $ 与边 $ BC $ 的交点 $ F $ 到点 $ C $ 的距离为 $ 3 $ 时，求 $ CQ $ 的长；
（2）如图②，$ G $ 为 $ AD $ 上一点，且 $ GD = 2 $，连接 $ AE $，$ GE $.
① 试判断：$ AE - 2GE $ 的值是否随着点 $ Q $ 的位置变化而变化？若不变，求出其值；若变化，请说明理由；
② 连接 $ BE $，当 $ AE + 2BE $ 的值最小时，求点 $ E $ 到边 $ AD $ 的距离.
有一张矩形纸片 $ ABCD $，$ AB = 4 $，$ AD = 8 $，$ Q $ 为边 $ BC $ 上一个动点，将纸片沿 $ DQ $ 折叠，点 $ C $ 的对应点为 $ E $.
（1）如图①，当射线 $ DE $ 与边 $ BC $ 的交点 $ F $ 到点 $ C $ 的距离为 $ 3 $ 时，求 $ CQ $ 的长；
（2）如图②，$ G $ 为 $ AD $ 上一点，且 $ GD = 2 $，连接 $ AE $，$ GE $.
① 试判断：$ AE - 2GE $ 的值是否随着点 $ Q $ 的位置变化而变化？若不变，求出其值；若变化，请说明理由；
② 连接 $ BE $，当 $ AE + 2BE $ 的值最小时，求点 $ E $ 到边 $ AD $ 的距离.
答案：2. (1) 因为四边形 $ABCD$ 为矩形，所以 $CD = AB = 4$，$\angle C = 90°$。由折叠的性质，得 $EQ = CQ$，$ED = CD = 4$，$\angle DEQ = \angle C = 90°$，所以 $\angle FEQ = 180° - \angle DEQ = 90°$。因为 $CF = 3$，所以 $DF = \sqrt{CD^2 + CF^2} = 5$，所以 $EF = DF - ED = 1$。设 $EQ = CQ = x$，则 $FQ = CF - CQ = 3 - x$。因为 $EQ^2 + EF^2 = FQ^2$，所以 $x^2 + 1^2 = (3 - x)^2$，解得 $x = \frac{4}{3}$，即 $CQ$ 的长为 $\frac{4}{3}$。
(2) ① 因为 $AD = 8$，$ED = 4$，$GD = 2$，所以 $\frac{ED}{GD} = 2$，$\frac{AD}{ED} = 2$，所以 $\frac{ED}{GD} = \frac{AD}{ED}$。又 $\angle ADE = \angle EDG$，所以 $\triangle ADE ∼ \triangle EDG$，所以 $\frac{AE}{GE} = \frac{AD}{ED} = 2$，所以 $AE = 2GE$，所以 $AE - 2GE = 0$。故 $AE - 2GE$ 的值不随着点 $Q$ 的位置变化而变化。
② 过点 $E$ 作 $EH ⊥ AD$ 于点 $H$，则 $\angle DHE = 90°$。因为 $AE = 2GE$，所以 $AE + 2BE = 2(GE + BE)$，所以当 $B$，$E$，$G$ 三点共线时，$GE + BE$ 的值最小，即 $AE + 2BE$ 的值最小。因为 $AD = 8$，$GD = 2$，所以 $AG = AD - GD = 6$。因为 $\angle HGE = \angle AGB$，$AB = 4$，所以 $\tan\angle HGE = \tan\angle AGB = \frac{AB}{AG} = \frac{2}{3}$，所以 $\frac{EH}{GH} = \frac{2}{3}$。设 $EH = x$，则 $GH = \frac{3}{2}x$，所以 $DH = GH + GD = \frac{3}{2}x + 2$。因为 $DH^2 + EH^2 = ED^2$，$ED = 4$，所以 $(\frac{3}{2}x + 2)^2 + x^2 = 4^2$，解得 $x = \frac{16\sqrt{3} - 12}{13}$（负值舍去）。故当 $AE + 2BE$ 的值最小时，点 $E$ 到边 $AD$ 的距离为 $\frac{16\sqrt{3} - 12}{13}$。
(2) ① 因为 $AD = 8$，$ED = 4$，$GD = 2$，所以 $\frac{ED}{GD} = 2$，$\frac{AD}{ED} = 2$，所以 $\frac{ED}{GD} = \frac{AD}{ED}$。又 $\angle ADE = \angle EDG$，所以 $\triangle ADE ∼ \triangle EDG$，所以 $\frac{AE}{GE} = \frac{AD}{ED} = 2$，所以 $AE = 2GE$，所以 $AE - 2GE = 0$。故 $AE - 2GE$ 的值不随着点 $Q$ 的位置变化而变化。
② 过点 $E$ 作 $EH ⊥ AD$ 于点 $H$，则 $\angle DHE = 90°$。因为 $AE = 2GE$，所以 $AE + 2BE = 2(GE + BE)$，所以当 $B$，$E$，$G$ 三点共线时，$GE + BE$ 的值最小，即 $AE + 2BE$ 的值最小。因为 $AD = 8$，$GD = 2$，所以 $AG = AD - GD = 6$。因为 $\angle HGE = \angle AGB$，$AB = 4$，所以 $\tan\angle HGE = \tan\angle AGB = \frac{AB}{AG} = \frac{2}{3}$，所以 $\frac{EH}{GH} = \frac{2}{3}$。设 $EH = x$，则 $GH = \frac{3}{2}x$，所以 $DH = GH + GD = \frac{3}{2}x + 2$。因为 $DH^2 + EH^2 = ED^2$，$ED = 4$，所以 $(\frac{3}{2}x + 2)^2 + x^2 = 4^2$，解得 $x = \frac{16\sqrt{3} - 12}{13}$（负值舍去）。故当 $AE + 2BE$ 的值最小时，点 $E$ 到边 $AD$ 的距离为 $\frac{16\sqrt{3} - 12}{13}$。
3. （2025·江苏徐州模拟）
【问题呈现】
如图①，$ \triangle ABC $ 和 $ \triangle ADE $ 都是等边三角形，连接 $ BD $，$ CE $，求证：$ BD = CE $.
【类比探究】
如图②，$ \triangle ABC $ 和 $ \triangle ADE $ 都是等腰直角三角形，$ \angle ABC = \angle ADE = 90° $，连接 $ BD $，$ CE $.请直接写出 $ \frac{BD}{CE} $ 的值.
【拓展提升】
如图③，$ \triangle ABC $ 和 $ \triangle ADE $ 都是直角三角形，$ \angle ABC = \angle ADE = 90° $，且 $ \frac{AB}{BC} = \frac{AD}{DE} = \frac{3}{4} $，连接 $ BD $，$ CE $.
（1）求 $ \frac{BD}{CE} $ 的值；
（2）延长 $ CE $ 交 $ BD $ 于点 $ F $，交 $ AB $ 于点 $ G $，求 $ \sin \angle BFC $ 的值.
【问题呈现】
如图①，$ \triangle ABC $ 和 $ \triangle ADE $ 都是等边三角形，连接 $ BD $，$ CE $，求证：$ BD = CE $.
【类比探究】
如图②，$ \triangle ABC $ 和 $ \triangle ADE $ 都是等腰直角三角形，$ \angle ABC = \angle ADE = 90° $，连接 $ BD $，$ CE $.请直接写出 $ \frac{BD}{CE} $ 的值.
【拓展提升】
如图③，$ \triangle ABC $ 和 $ \triangle ADE $ 都是直角三角形，$ \angle ABC = \angle ADE = 90° $，且 $ \frac{AB}{BC} = \frac{AD}{DE} = \frac{3}{4} $，连接 $ BD $，$ CE $.
（1）求 $ \frac{BD}{CE} $ 的值；
（2）延长 $ CE $ 交 $ BD $ 于点 $ F $，交 $ AB $ 于点 $ G $，求 $ \sin \angle BFC $ 的值.
答案：3. 【问题呈现】因为 $\triangle ABC$ 和 $\triangle ADE$ 都是等边三角形，所以 $AB = AC$，$AD = AE$，$\angle BAC = \angle DAE = 60°$，所以 $\angle BAC - \angle BAE = \angle DAE - \angle BAE$，所以 $\angle CAE = \angle BAD$。在 $\triangle BAD$ 和 $\triangle CAE$ 中，$\begin{cases} AB = AC, \\ \angle BAD = \angle CAE, \end{cases}$所以 $\triangle BAD \cong \triangle CAE$，所以 $AD = AE$，$BD = CE$。
【类比探究】因为 $\triangle ABC$ 和 $\triangle ADE$ 都是等腰直角三角形，$\angle ABC = \angle ADE = 90°$，所以 $AC = \sqrt{2}AB$，$AE = \sqrt{2}AD$，$\angle BAC = \angle DAE = 45°$，所以 $\angle BAC - \angle BAE = \angle DAE - \angle BAE$，所以 $\angle CAE = \angle BAD$。又 $\frac{AB}{AC} = \frac{AD}{AE} = \frac{\sqrt{2}}{2}$，所以 $\triangle BAD ∼ \triangle CAE$，所以 $\frac{BD}{CE} = \frac{AB}{AC} = \frac{\sqrt{2}}{2}$。
【拓展提升】(1) 因为 $\frac{AB}{BC} = \frac{AD}{DE} = \frac{3}{4}$，所以 $\frac{AB}{AD} = \frac{BC}{DE}$。又 $\angle ABC = \angle ADE = 90°$，所以 $\triangle ABC ∼ \triangle ADE$，所以 $\angle BAC = \angle DAE$，所以 $\angle BAC - \angle BAE = \angle DAE - \angle BAE$，所以 $\angle CAE = \angle BAD$。设 $AB = 3k$，则 $BC = 4k$，所以 $AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = 5k$，所以 $\frac{AB}{AC} = \frac{3}{5}$。同理可得 $\frac{AD}{AE} = \frac{3}{5}$，所以 $\frac{AB}{AC} = \frac{AD}{AE}$，所以 $\triangle BAD ∼ \triangle CAE$，所以 $\frac{BD}{CE} = \frac{AB}{AC} = \frac{3}{5}$。
(2) 因为 $\triangle BAD ∼ \triangle CAE$，所以 $\angle ABD = \angle ACE$。因为 $\angle ABD + \angle BFC + \angle BGF = 180°$，$\angle ACE + \angle BAC + \angle AGC = 180°$，$\angle BGF = \angle AGC$，所以 $\angle BFC = \angle BAC$。由(1)，得 $\sin\angle BAC = \frac{BC}{AC} = \frac{4}{5}$，所以 $\sin\angle BFC = \sin\angle BAC = \frac{4}{5}$。
【类比探究】因为 $\triangle ABC$ 和 $\triangle ADE$ 都是等腰直角三角形，$\angle ABC = \angle ADE = 90°$，所以 $AC = \sqrt{2}AB$，$AE = \sqrt{2}AD$，$\angle BAC = \angle DAE = 45°$，所以 $\angle BAC - \angle BAE = \angle DAE - \angle BAE$，所以 $\angle CAE = \angle BAD$。又 $\frac{AB}{AC} = \frac{AD}{AE} = \frac{\sqrt{2}}{2}$，所以 $\triangle BAD ∼ \triangle CAE$，所以 $\frac{BD}{CE} = \frac{AB}{AC} = \frac{\sqrt{2}}{2}$。
【拓展提升】(1) 因为 $\frac{AB}{BC} = \frac{AD}{DE} = \frac{3}{4}$，所以 $\frac{AB}{AD} = \frac{BC}{DE}$。又 $\angle ABC = \angle ADE = 90°$，所以 $\triangle ABC ∼ \triangle ADE$，所以 $\angle BAC = \angle DAE$，所以 $\angle BAC - \angle BAE = \angle DAE - \angle BAE$，所以 $\angle CAE = \angle BAD$。设 $AB = 3k$，则 $BC = 4k$，所以 $AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = 5k$，所以 $\frac{AB}{AC} = \frac{3}{5}$。同理可得 $\frac{AD}{AE} = \frac{3}{5}$，所以 $\frac{AB}{AC} = \frac{AD}{AE}$，所以 $\triangle BAD ∼ \triangle CAE$，所以 $\frac{BD}{CE} = \frac{AB}{AC} = \frac{3}{5}$。
(2) 因为 $\triangle BAD ∼ \triangle CAE$，所以 $\angle ABD = \angle ACE$。因为 $\angle ABD + \angle BFC + \angle BGF = 180°$，$\angle ACE + \angle BAC + \angle AGC = 180°$，$\angle BGF = \angle AGC$，所以 $\angle BFC = \angle BAC$。由(1)，得 $\sin\angle BAC = \frac{BC}{AC} = \frac{4}{5}$，所以 $\sin\angle BFC = \sin\angle BAC = \frac{4}{5}$。