A．8cmB．13cmC．8cm或13cmD．11cm或13cm
【分析】題目給出等腰三角形有兩條邊長為3cm和5cm，而沒有明確腰、底分別是多少，所以要進行討論，還要應(yīng)用三角形的三邊關(guān)系驗證能否組成三角形．
【解析】當3cm是腰長時，3，3，5能組成三角形，
當5cm是腰長時，5，5，3能夠組成三角形．
則三角形的周長為11cm或13cm．
故選：D．
【點評】本題考查等腰三角形的性質(zhì)及三角形三邊關(guān)系；已知沒有明確腰和底邊的題目一定要想到兩種情況，分類進行討論，還應(yīng)驗證各種情況是否能構(gòu)成三角形進行解答，這點非常重要，也是解題的關(guān)鍵．
2．（2022?泰安）如圖，l1∥l2，點A在直線l1上，點B在直線l2上，AB＝BC，∠C＝25°，∠1＝60°．則∠2的度數(shù)是（ ）
A．70°B．65°C．60°D．55°
【分析】利用等腰三角形的性質(zhì)得到∠C＝∠BAC＝25°，利用平行線的性質(zhì)得到∠BEA＝95°，再根據(jù)三角形外角的性質(zhì)即可求解．
【解析】如圖，
∵AB＝BC，∠C＝25°，
∴∠C＝∠BAC＝25°，
∵l1∥l2，∠1＝60°，
∴∠BEA＝180°﹣60°﹣25°＝95°，
∵∠BEA＝∠C+∠2，
∴∠2＝95°﹣25°＝70°．
故選：A．
【點評】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)以及三角形外角的性質(zhì)，解決問題的關(guān)鍵是注意運用兩直線平行，同旁內(nèi)角互補．
3．（2022?自貢）等腰三角形頂角度數(shù)比一個底角度數(shù)的2倍多20°，則這個底角的度數(shù)是（ ）
A．30°B．40°C．50°D．60°
【分析】設(shè)底角的度數(shù)是x°，則頂角的度數(shù)為（2x+20）°，根據(jù)三角形內(nèi)角和是180°列出方程，解方程即可得出答案．
【解析】設(shè)底角的度數(shù)是x°，則頂角的度數(shù)為（2x+20）°，
根據(jù)題意得：x+x+2x+20＝180，
解得：x＝40，
故選：B．
【點評】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，考查了方程思想，掌握等腰三角形兩個底角相等是解題的關(guān)鍵．
4．（2022?天津）如圖，△OAB的頂點O（0，0），頂點A，B分別在第一、四象限，且AB⊥x軸，若AB＝6，OA＝OB＝5，則點A的坐標是（ ）
A．（5，4）B．（3，4）C．（5，3）D．（4，3）
【分析】根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)求出AC，根據(jù)勾股定理求出OC，根據(jù)坐標與圖形性質(zhì)寫出點A的坐標．
【解析】設(shè)AB與x軸交于點C，
∵OA＝OB，OC⊥AB，AB＝6，
∴AC＝AB＝3，
由勾股定理得：OC＝＝＝4，
∴點A的坐標為（4，3），
故選：D．
【點評】本題考查的是等腰三角形的性質(zhì)、坐標與圖形性質(zhì)，掌握等腰三角形的三線合一是解題的關(guān)鍵．
5．（2022?臺灣）如圖，△ABC中，D點在AB上，E點在BC上，DE為AB的中垂線．若∠B＝∠C，且∠EAC＞90°，則根據(jù)圖中標示的角，判斷下列敘述何者正確？（ ）
A．∠1＝∠2，∠1＜∠3B．∠1＝∠2，∠1＞∠3
C．∠1≠∠2，∠1＜∠3D．∠1≠∠2，∠1＞∠3
【分析】根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)解答即可．
【解析】∵DE為AB的中垂線，
∴∠BDE＝∠ADE，BE＝AE，
∴∠B＝∠BAE，
∴∠1＝∠2，
∵∠EAC＞90°，
∴∠3+∠C＜90°，
∵∠B+∠1＝90°，∠B＝∠C，
∴∠1＞∠3，
∴∠1＝∠2，∠1＞∠3，
故選：B．
【點評】本題主要考查了線段垂直平分線的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)，熟練掌握相關(guān)的性質(zhì)定理是解答本題的關(guān)鍵．
6．（2022?廣元）如圖，在△ABC中，BC＝6，AC＝8，∠C＝90°，以點B為圓心，BC長為半徑畫弧，與AB交于點D，再分別以A、D為圓心，大于AD的長為半徑畫弧，兩弧交于點M、N，作直線MN，分別交AC、AB于點E、F，則AE的長度為（ ）
A．B．3C．2D．
【分析】利用勾股定理求出AB，再利用相似三角形的性質(zhì)求出AE即可．
【解析】在Rt△ABC中，BC＝6，AC＝8，
∴AB＝＝＝10，
∵BD＝CB＝6，
∴AD＝AB＝BC＝4，
由作圖可知EF垂直平分線段AD，
∴AF＝DF＝2，
∵∠A＝∠A，∠AFE＝∠ACB＝90°，
∴△AFE∽△ACB，
∴＝，
∴＝，
∴AE＝，
故選：A．
【點評】本題考查勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找相似三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．
7．（2022?金華）如圖是城市某區(qū)域的示意圖，建立平面直角坐標系后，學校和體育場的坐標分別是（3，1），（4，﹣2），下列各地點中，離原點最近的是（ ）
A．超市B．醫(yī)院C．體育場D．學校
【分析】根據(jù)題意可以畫出相應(yīng)的平面直角坐標系，然后根據(jù)勾股定理，可以得到點O到超市、學校、體育場、醫(yī)院的距離，再比較大小即可．
【解析】如右圖所示，
點O到超市的距離為：＝，
點O到學校的距離為：＝，
點O到體育場的距離為：＝，
點O到醫(yī)院的距離為：＝，
∵＜＝＜，
∴點O到超市的距離最近，
故選：A．
【點評】本題考查勾股定理、平面直角坐標系，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，作出合適平面直角坐標系．
8．（2022?溫州）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三邊為邊向外作正方形，連結(jié)CF，作GM⊥CF于點M，BJ⊥GM于點J，AK⊥BJ于點K，交CF于點L．若正方形ABGF與正方形JKLM的面積之比為5，CE＝+，則CH的長為（ ）
A．B．C．2D．
【分析】設(shè)CF交AB于P，過C作CN⊥AB于N，設(shè)正方形JKLM邊長為m，根據(jù)正方形ABGF與正方形JKLM的面積之比為5，得AF＝AB＝m，證明△AFL≌△FGM（AAS），可得AL＝FM，設(shè)AL＝FM＝x，在Rt△AFL中，x2+（x+m）2＝（m）2，可解得x＝m，有AL＝FM＝m，F(xiàn)L＝2m，從而可得AP＝，F(xiàn)P＝m，BP＝，即知P為AB中點，CP＝AP＝BP＝，由△CPN∽△FPA，得CN＝m，PN＝m，即得AN＝m，而tan∠BAC＝＝＝，又△AEC∽△BCH，得＝，即＝，故CH＝2．
【解析】設(shè)CF交AB于P，過C作CN⊥AB于N，如圖：
設(shè)正方形JKLM邊長為m，
∴正方形JKLM面積為m2，
∵正方形ABGF與正方形JKLM的面積之比為5，
∴正方形ABGF的面積為5m2，
∴AF＝AB＝m，
由已知可得：∠AFL＝90°﹣∠MFG＝∠MGF，∠ALF＝90°＝∠FMG，AF＝GF，
∴△AFL≌△FGM（AAS），
∴AL＝FM，
設(shè)AL＝FM＝x，則FL＝FM+ML＝x+m，
在Rt△AFL中，AL2+FL2＝AF2，
∴x2+（x+m）2＝（m）2，
解得x＝m或x＝﹣2m（舍去），
∴AL＝FM＝m，F(xiàn)L＝2m，
∵tan∠AFL＝＝＝＝，
∴＝，
∴AP＝，
∴FP＝＝＝m，BP＝AB﹣AP＝m﹣＝，
∴AP＝BP，即P為AB中點，
∵∠ACB＝90°，
∴CP＝AP＝BP＝，
∵∠CPN＝∠APF，∠CNP＝90°＝∠FAP，
∴△CPN∽△FPA，
∴＝＝，即＝＝，
∴CN＝m，PN＝m，
∴AN＝AP+PN＝m，
∴tan∠BAC＝＝＝＝，
∵△AEC和△BCH是等腰直角三角形，
∴△AEC∽△BCH，
∴＝，
∵CE＝+，
∴＝，
∴CH＝2，
故選：C．
【點評】本題考查正方形性質(zhì)及應(yīng)用，涉及全等三角形判定與性質(zhì)，相似三角形判定與性質(zhì)，勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是用含m的代數(shù)式表示相關(guān)線段的長度．
9．（2022?安徽）已知點O是邊長為6的等邊△ABC的中心，點P在△ABC外，△ABC，△PAB，△PBC，△PCA的面積分別記為S0，S1，S2，S3．若S1+S2+S3＝2S0，則線段OP長的最小值是（ ）
A．B．C．3D．
【分析】如圖，不妨假設(shè)點P在AB的左側(cè)，證明△PAB的面積是定值，過點P作AB的平行線PM，連接CO延長CO交AB于點R，交PM于點T．因為△PAB的面積是定值，推出點P的運動軌跡是直線PM，求出OT的值，可得結(jié)論．
【解析】如圖，不妨假設(shè)點P在AB的左側(cè)，
∵S△PAB+S△ABC＝S△PBC+S△PAC，
∴S1+S0＝S2+S3，
∵S1+S2+S3＝2S0，
∴S1+S1+S0＝2，
∴S1＝S0，
∵△ABC是等邊三角形，邊長為6，
∴S0＝×62＝9，
∴S1＝，
過點P作AB的平行線PM，連接CO延長CO交AB于點R，交PM于點T．
∵△PAB的面積是定值，
∴點P的運動軌跡是直線PM，
∵O是△ABC的中心，
∴CT⊥AB，CT⊥PM，
∴?AB?RT＝，CR＝3，OR＝，
∴RT＝，
∴OT＝OR+TR＝，
∵OP≥OT，
∴OP的最小值為，
當點P在②區(qū)域時，同法可得OD的最小值為，
如圖，當點P在①③⑤區(qū)域時，OP的最小值為，當點P在②④⑥區(qū)域時，最小值為，
∵＜，
故選：B．
【點評】本題考查等邊三角形的性質(zhì)，解直角三角形，三角形的面積等知識，解題的關(guān)鍵是證明△PAB的面積是定值．
10．（2022?南充）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠BAC的平分線交BC于點D，DE∥AB，交AC于點E，DF⊥AB于點F，DE＝5，DF＝3，則下列結(jié)論錯誤的是（ ）
A．BF＝1B．DC＝3C．AE＝5D．AC＝9
【分析】根據(jù)角平分線的性質(zhì)和和勾股定理，可以求得CD和CE的長，再根據(jù)平行線的性質(zhì)，即可得到AE的長，從而可以判斷B和C，然后即可得到AC的長，即可判斷D；再根據(jù)全等三角形的判定和性質(zhì)即可得到BF的長，從而可以判斷A．
【解析】∵AD平分∠BAC，∠C＝90°，DF⊥AB，
∴∠1＝∠2，DC＝FD，∠C＝∠DFB＝90°，
∵DE∥AB，
∴∠2＝∠3，
∴∠1＝∠3，
∴AE＝DE，
∵DE＝5，DF＝3，
∴AE＝5，CD＝3，故選項B、C正確；
∴CE＝＝4，
∴AC＝AE+EC＝5+4＝9，故選項D正確；
∵DE∥AB，∠DFB＝90°，
∴∠EDF＝∠DFB＝90°，
∴∠CDF+∠FDB＝90°，
∵∠CDF+∠DEC＝90°，
∴∠DEC＝∠FDB，
∵tan∠DEC＝，tan∠FDB＝，
∴，
解得BF＝，故選項A錯誤；
故選：A．
【點評】本題考查勾股定理、全等三角形的判定和性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，利用數(shù)形結(jié)合的思想解答．
11．（2022?宜昌）如圖，在△ABC中，分別以點B和點C為圓心，大于BC長為半徑畫弧，兩弧相交于點M，N．作直線MN，交AC于點D，交BC于點E，連接BD．若AB＝7，AC＝12，BC＝6，則△ABD的周長為（ ）
A．25B．22C．19D．18
【分析】根據(jù)題意可知MN垂直平分BC，即可得到DB＝DC，然后即可得到AB+BD+AD＝AB+DC+AD＝AB+AC，從而可以求得△ABD的周長．
【解析】由題意可得，
MN垂直平分BC，
∴DB＝DC，
∵△ABD的周長是AB+BD+AD，
∴AB+BD+AD＝AB+DC+AD＝AB+AC，
∵AB＝7，AC＝12，
∴AB+AC＝19，
∴∵△ABD的周長是19，
故選：C．
【點評】本題考查線段垂直平分線的性質(zhì)，三角形的周長，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，利用數(shù)形結(jié)合的思想解答．
12．（2022?河北）題目：“如圖，∠B＝45°，BC＝2，在射線BM上取一點A，設(shè)AC＝d，若對于d的一個數(shù)值，只能作出唯一一個△ABC，求d的取值范圍．”對于其答案，甲答：d≥2，乙答：d＝1.6，丙答：d＝，則正確的是（ ）
A．只有甲答的對
B．甲、丙答案合在一起才完整
C．甲、乙答案合在一起才完整
D．三人答案合在一起才完整
【分析】由題意知，當CA⊥BA或CA＞BC時，能作出唯一一個△ABC，分這兩種情況求解即可．
【解析】由題意知，當CA⊥BA或CA＞BC時，能作出唯一一個△ABC，
①當CA⊥BA時，
∵∠B＝45°，BC＝2，
∴AC＝BC?sin45°＝2×＝，
即此時d＝，
②當CA＝BC時，
∵∠B＝45°，BC＝2，
∴此時AC＝2，
即d＞2，
綜上，當d＝或d＞2時能作出唯一一個△ABC，
故選：B．
【點評】本題主要考查三角形的三邊關(guān)系及等腰直角三角形的知識，熟練掌握等腰直角三角形的性質(zhì)及三角形的三邊關(guān)系是解題的關(guān)鍵．
13．（2022?宜賓）如圖，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，點D是BC邊上的動點（不與點B、C重合），DE與AC交于點F，連結(jié)CE．下列結(jié)論：①BD＝CE；②∠DAC＝∠CED；③若BD＝2CD，則＝；④在△ABC內(nèi)存在唯一一點P，使得PA+PB+PC的值最小，若點D在AP的延長線上，且AP的長為2，則CE＝2+．其中含所有正確結(jié)論的選項是（ ）
A．①②④B．①②③C．①③④D．①②③④
【分析】①正確．證明△BAD≌△DAE（SAS），可得結(jié)論；
②正確．證明A，D，C，E四點共圓，利用圓周角定理證明；
③正確．設(shè)CD＝m，則BD＝CE＝2m．DE＝m，OA＝m，過點C作CJ⊥DF于點J，求出AO，CJ，可得結(jié)論；
④錯誤．將△BPC繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°得到△BNM，連接PN，當點A，點P，點N，點M共線時，PA+PB+PC值最小，此時∠APB＝∠APC＝∠BPC＝120°，PB＝PC，AD⊥BC，設(shè)PD＝t，則BD＝AD＝t，構(gòu)建方程求出t，可得結(jié)論．
【解析】如圖1中，
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∵AB＝AC，AD＝AE，
∴△BAD≌△DAE（SAS），
∴BD＝EC，∠ADB＝∠AEC，故①正確，
∵∠ADB+∠ADC＝180°，
∴∠AEC+∠ADC＝180°，
∴∠DAE+∠DCE＝180°，
∴∠DAE＝∠DCE＝90°，
取DE的中點O，連接OA，OA，OC，則OA＝OD＝OE＝OC，
∴A，D，C，E四點共圓，
∴∠DAC＝∠CED，故②正確，
設(shè)CD＝m，則BD＝CE＝2m．DE＝m，OA＝m，
過點C作CJ⊥DF于點J，
∵tan∠CDF＝＝＝2，
∴CJ＝m，
∵AO⊥DE，CJ⊥DE，
∴AO∥CJ，
∴＝＝＝，故③正確．
如圖2中，將△BPC繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°得到△BNM，連接PN，
∴BP＝BN，PC＝NM，∠PBN＝60°，
∴△BPN是等邊三角形，
∴BP＝PN，
∴PA+PB+PC＝AP+PN+MN，
∴當點A，點P，點N，點M共線時，PA+PB+PC值最小，此時∠APB＝∠APC＝∠BPC＝120°，PB＝PC，AD⊥BC，
∴∠BPD＝∠CPD＝60°，
設(shè)PD＝t，則BD＝AD＝t，
∴2+t＝t，
∴t＝+1，
∴CE＝BD＝t＝3+，故④錯誤．
故選：B．
【點評】本題考查等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，四點共圓，圓周角定理，解直角三角形等知識，解題的關(guān)鍵是學會添加常用輔助線，構(gòu)造特殊三角形解決問題，屬于中考選擇題中的壓軸題．
14．（2022?眉山）在△ABC中，AB＝4，BC＝6，AC＝8，點D，E，F(xiàn)分別為邊AB，AC，BC的中點，則△DEF的周長為（ ）
A．9B．12C．14D．16
【分析】根據(jù)三角形的中位線平行于第三邊，并且等于第三邊的一半，可得出△ABC的周長＝2△DEF的周長．
【解析】如圖，點E，F(xiàn)分別為各邊的中點，
∴DE、EF、DF是△ABC的中位線，
∴DE＝BC＝3，EF＝AB＝2，DF＝AC＝4，
∴△DEF的周長＝3+2+4＝9．
故選：A．
【點評】本題考查了三角形中位線定理．解題的關(guān)鍵是根據(jù)中位線定理得出邊之間的數(shù)量關(guān)系．
15．（2022?湘潭）中國古代數(shù)學家趙爽在為《周髀算經(jīng)》作注解時，用4個全等的直角三角形拼成正方形（如圖），并用它證明了勾股定理，這個圖被稱為“弦圖”．若“弦圖”中小正方形面積與每個直角三角形面積均為1，α為直角三角形中的一個銳角，則tanα＝（ ）
A．2B．C．D．
【分析】根據(jù)題意和題目中的數(shù)據(jù)，可以先求出大正方形的面積，然后設(shè)出小直角三角形的兩條直角邊，再根據(jù)勾股定理和兩直角邊的關(guān)系可求得直角三角形的兩條直角邊的長，然后即可求得tanα的值．
【解析】由已知可得，
大正方形的面積為1×4+1＝5，
設(shè)直角三角形的長直角邊為a，短直角邊為b，
則a2+b2＝5，a﹣b＝1，
解得a＝2，b＝1或a＝1，b＝﹣2（不合題意，舍去），
∴tanα＝＝＝2，
故選：A．
【點評】本題考查勾股定理的證明、解直角三角形，解答本題的關(guān)鍵是求出直角三角形的兩條直角邊長．
16．（2022?蘇州）如圖，點A的坐標為（0，2），點B是x軸正半軸上的一點，將線段AB繞點A按逆時針方向旋轉(zhuǎn)60°得到線段AC．若點C的坐標為（m，3），則m的值為（ ）
A．B．C．D．
【分析】過C作CD⊥x軸于D，CE⊥y軸于E，根據(jù)將線段AB繞點A按逆時針方向旋轉(zhuǎn)60°得到線段AC，可得△ABC是等邊三角形，又A（0，2），C（m，3），即得AC＝＝BC＝AB，可得BD＝＝，OB＝＝，從而+＝m，即可解得m＝．
【解析】過C作CD⊥x軸于D，CE⊥y軸于E，如圖：
∵CD⊥x軸，CE⊥y軸，∠DOE＝90°，
∴四邊形EODC是矩形，
∵將線段AB繞點A按逆時針方向旋轉(zhuǎn)60°得到線段AC，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴△ABC是等邊三角形，
∴AB＝AC＝BC，
∵A（0，2），C（m，3），
∴CE＝m＝OD，CD＝3，OA＝2，
∴AE＝OE﹣OA＝CD﹣OA＝1，
∴AC＝＝＝BC＝AB，
在Rt△BCD中，BD＝＝，
在Rt△AOB中，OB＝＝，
∵OB+BD＝OD＝m，
∴+＝m，
化簡變形得：3m4﹣22m2﹣25＝0，
解得m＝或m＝﹣（舍去），
∴m＝，
故選：C．
【點評】本題考查直角坐標系中的旋轉(zhuǎn)變換，解題的關(guān)鍵是熟練應(yīng)用勾股定理，用含m的代數(shù)式表示相關(guān)線段的長度．
17．（2022?揚州）如圖，小明家仿古家具的一塊三角形形狀的玻璃壞了，需要重新配一塊．小明通過電話給玻璃店老板提供相關(guān)數(shù)據(jù)，為了方便表述，將該三角形記為△ABC，提供下列各組元素的數(shù)據(jù)，配出來的玻璃不一定符合要求的是（ ）
A．AB，BC，CAB．AB，BC，∠BC．AB，AC，∠BD．∠A，∠B，BC
【分析】直接利用全等三角形的判定方法分析得出答案．
【解析】A．利用三角形三邊對應(yīng)相等，兩三角形全等，三角形形狀確定，故此選項不合題意；
B．利用三角形兩邊、且夾角對應(yīng)相等，兩三角形全等，三角形形狀確定，故此選項不合題意；
C．AB，AC，∠B，無法確定三角形的形狀，故此選項符合題意；
D．根據(jù)∠A，∠B，BC，三角形形狀確定，故此選項不合題意；
故選：C．
【點評】此題主要考查了全等三角形的應(yīng)用，正確掌握全等三角形的判定方法是解題關(guān)鍵．
18．（2022?湖州）如圖，已知在銳角△ABC中，AB＝AC，AD是△ABC的角平分線，E是AD上一點，連結(jié)EB，EC．若∠EBC＝45°，BC＝6，則△EBC的面積是（ ）
A．12B．9C．6D．3
【分析】根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到BD＝CD＝3，AD⊥BC，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)求出ED，根據(jù)三角形的面積公式計算，得到答案．
【解析】∵AB＝AC，AD是△ABC的角平分線，
∴BD＝CD＝BC＝3，AD⊥BC，
在Rt△EBD中，∠EBC＝45°，
∴ED＝BD＝3，
∴S△EBC＝BC?ED＝×6×3＝9，
故選：B．
【點評】本題考查的是等腰三角形的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)，掌握等腰三角形的三線合一是解題的關(guān)鍵．
19．（2022?寧波）如圖，在Rt△ABC中，D為斜邊AC的中點，E為BD上一點，F(xiàn)為CE中點．若AE＝AD，DF＝2，則BD的長為（ ）
A．2B．3C．2D．4
【分析】根據(jù)三角形中位線可以求得AE的長，再根據(jù)AE＝AD，可以得到AD的長，然后根據(jù)直角三角形斜邊上的中線和斜邊的關(guān)系，可以求得BD的長．
【解析】∵D為斜邊AC的中點，F(xiàn)為CE中點，DF＝2，
∴AE＝2DF＝4，
∵AE＝AD，
∴AD＝4，
在Rt△ABC中，D為斜邊AC的中點，
∴BD＝AC＝AD＝4，
故選：D．
【點評】本題考查直角三角線斜邊上的中線和斜邊的關(guān)系、三角形的中位線，解答本題的關(guān)鍵是求出AD的長．
20．（2022?云南）如圖，OB平分∠AOC，D、E、F分別是射線OA、射線OB、射線OC上的點，D、E、F與O點都不重合，連接ED、EF．若添加下列條件中的某一個，就能使△DOE≌△FOE．你認為要添加的那個條件是（ ）
A．OD＝OEB．OE＝OFC．∠ODE＝∠OEDD．∠ODE＝∠OFE
【分析】由OB平分∠AOC，得∠DOE＝∠FOE，由OE＝OE，可知∠ODE＝∠OFE，即可根據(jù)AAS得△DOE≌△FOE，可得答案．
【解析】∵OB平分∠AOC，
∴∠DOE＝∠FOE，
又OE＝OE，
若∠ODE＝∠OFE，則根據(jù)AAS可得△DOE≌△FOE，故選項D符合題意，
而增加OD＝OE不能得到△DOE≌△FOE，故選項A不符合題意，
增加OE＝OF不能得到△DOE≌△FOE，故選項B不符合題意，
增加∠ODE＝∠OED不能得到△DOE≌△FOE，故選項C不符合題意，
故選：D．
【點評】本題考查全等三角形的判定，解題的關(guān)鍵是掌握全等三角形判定定理并會應(yīng)用．
21．（2022?達州）如圖，AB∥CD，直線EF分別交AB，CD于點M，N，將一個含有45°角的直角三角尺按如圖所示的方式擺放，若∠EMB＝80°，則∠PNM等于（ ）
A．15°B．25°C．35°D．45°
【分析】根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠DNM＝∠BME＝80°，由等腰直角三角形的性質(zhì)得到∠PND＝45°，即可得到結(jié)論．
【解析】∵AB∥CD，
∴∠DNM＝∠BME＝80°，
∵∠PND＝45°，
∴∠PNM＝∠DNM﹣∠DNP＝80°﹣45°＝35°，
故選：C．
【點評】本題考查了平行線的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，熟練掌握平行線的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
22．（2022?金華）如圖，圓柱的底面直徑為AB，高為AC，一只螞蟻在C處，沿圓柱的側(cè)面爬到B處，現(xiàn)將圓柱側(cè)面沿AC“剪開”，在側(cè)面展開圖上畫出螞蟻爬行的最近路線，正確的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】利用圓柱的側(cè)面展開圖是矩形，而點B是展開圖的一邊的中點，再利用螞蟻爬行的最近路線為線段可以得出結(jié)論．
【解析】將圓柱側(cè)面沿AC“剪開”，側(cè)面展開圖為矩形，
∵圓柱的底面直徑為AB，
∴點B是展開圖的一邊的中點，
∵螞蟻爬行的最近路線為線段，
∴C選項符合題意，
故選：C．
【點評】本題主要考查了圓柱的側(cè)面展開圖，最短路徑問題，掌握兩點之間線段最短是解題的關(guān)鍵．
23．（2022?舟山）如圖，在Rt△ABC和Rt△BDE中，∠ABC＝∠BDE＝90°，點A在邊DE的中點上，若AB＝BC，DB＝DE＝2，連結(jié)CE，則CE的長為（ ）
A．B．C．4D．
【分析】根據(jù)題意先作出合適的輔助線，然后根據(jù)勾股定理可以得到AB和BC的長，根據(jù)等面積法可以求得EG的長，再根據(jù)勾股定理求得EF的長，最后計算出CE的長即可．
【解析】作EF⊥CB交CB的延長線于點F，作EG⊥BA交BA的延長線于點G，
∵DB＝DE＝2，∠BDE＝90°，點A是DE的中點，
∴BE＝＝＝2，DA＝EA＝1，
∴AB＝＝＝，
∵AB＝BC，
∴BC＝，
∵＝，
∴，
解得EG＝，
∵EG⊥BG，EF⊥BF，∠ABF＝90°，
∴四邊形EFBG是矩形，
∴EG＝BF＝，
∵BE＝2，BF＝，
∴EF＝＝＝，CF＝BF+BC＝+＝，
∵∠EFC＝90°，
∴EC＝＝＝，
故選：D．
【點評】本題考查勾股定理、等腰直角三角形，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，求出EF和CF的長．
24．（2022?遂寧）如圖，D、E、F分別是△ABC三邊上的點，其中BC＝8，BC邊上的高為6，且DE∥BC，則△DEF面積的最大值為（ ）
A．6B．8C．10D．12
【分析】過點A作AM⊥BC于M，交DE于點N，則AN⊥DE，設(shè)AN＝a，根據(jù)DE∥BC，證出△ADE∽△ABC，根據(jù)相似三角形對應(yīng)高的比等于相似比得到DE＝a，列出△DEF面積S的函數(shù)表達式，根據(jù)配方法求最值即可．
【解析】如圖，過點A作AM⊥BC于M，交DE于點N，則AN⊥DE，
設(shè)AN＝a，
∵DE∥BC，
∴∠ADE＝∠B，∠AED＝∠C，
∴△ADE∽△ABC，
∴＝，
∴＝，
∴DE＝a，
∴△DEF面積S＝×DE×MN
＝×a?（6﹣a）
＝﹣a2+4a
＝﹣（a﹣3）2+6，
∴當a＝3時，S有最大值，最大值為6．
故選：A．
【點評】本題考查了三角形的面積，平行線的性質(zhì)，列出△DEF面積S的函數(shù)表達式，根據(jù)配方法求最值是解題的關(guān)鍵．
二．填空題（共15小題）
25．（2022?岳陽）如圖，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于點D，若BC＝6，則CD＝ 3 ．
【分析】根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可知D是BC的中點，即可求出CD的長．
【解析】∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴CD＝BD，
∵BC＝6，
∴CD＝3，
故答案為：3．
【點評】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，熟練掌握等腰三角形三線合一是解題的關(guān)鍵．
26．（2022?蘇州）定義：一個三角形的一邊長是另一邊長的2倍，這樣的三角形叫做“倍長三角形”．若等腰△ABC是“倍長三角形”，底邊BC的長為3，則腰AB的長為 6 ．
【分析】由等腰△ABC是“倍長三角形”，可知AB＝2BC或BC＝2AB，若AB＝2BC＝6，可得AB的長為6；若BC＝3＝2AB，因1.5+1.5＝3，故此時不能構(gòu)成三角形，這種情況不存在；即可得答案．
【解析】∵等腰△ABC是“倍長三角形”，
∴AB＝2BC或BC＝2AB，
若AB＝2BC＝6，則△ABC三邊分別是6，6，3，符合題意，
∴腰AB的長為6；
若BC＝3＝2AB，則AB＝1.5，△ABC三邊分別是1.5，1.5，3，
∵1.5+1.5＝3，
∴此時不能構(gòu)成三角形，這種情況不存在；
綜上所述，腰AB的長是6，
故答案為：6．
【點評】本題考查三角形三邊關(guān)系，涉及新定義，解題的關(guān)鍵是分類思想的應(yīng)用及掌握三角形任意兩邊的和大于第三邊．
27．（2022?云南）已知△ABC是等腰三角形．若∠A＝40°，則△ABC的頂角度數(shù)是 40°或100° ．
【分析】分∠A是頂角和底角兩種情況討論，即可解答．
【解析】當∠A是頂角時，△ABC的頂角度數(shù)是40°；
當∠A是底角時，則△ABC的頂角度數(shù)為180°﹣2×40°＝100°；
綜上，△ABC的頂角度數(shù)是40°或100°．
故答案為：40°或100°．
【點評】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，此類題目，難點在于要分情況討論．
28．（2022?濱州）如圖，屋頂鋼架外框是等腰三角形，其中AB＝AC，立柱AD⊥BC，且頂角∠BAC＝120°，則∠C的大小為 30° ．
【分析】根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和三角形內(nèi)角和得到∠B＝∠C＝30°．
【解析】∵AB＝AC且∠BAC＝120°，
∴∠B＝∠C＝（180°﹣∠BAC）＝×60°＝30°．
故答案為：30°．
【點評】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，熟練掌握等腰三角形的兩個底角相等的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
29．（2022?麗水）三個能夠重合的正六邊形的位置如圖．已知B點的坐標是（﹣，3），則A點的坐標是 （，﹣3） ．
【分析】根據(jù)正六邊形的性質(zhì)可得點A和點B關(guān)于原點對稱，進而可以解決問題．
【解析】因為點A和點B關(guān)于原點對稱，B點的坐標是（﹣，3），
所以A點的坐標是（，﹣3），
故答案為：（，﹣3）．
【點評】本題考查了正六邊形的性質(zhì)，中心對稱圖形，解決本題的關(guān)鍵是掌握關(guān)于原點對稱的點的坐標特征．
30．（2022?金華）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝2cm．把△ABC沿AB方向平移1cm，得到△A'B'C'，連結(jié)CC'，則四邊形AB'C'C的周長為 （8+2） cm．
【分析】利用含30°角的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理和平移的性質(zhì)，求得四邊形AB'C'C的四邊即可求得結(jié)論．
【解析】∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝2cm，
∴AB＝2BC＝4，
∴AC＝＝2．
∵把△ABC沿AB方向平移1cm，得到△A'B'C'，
∴B′C′＝BC＝2，AA′＝CC′＝1，A′B′＝AB＝4，
∴AB′＝AA′+A′B′＝5．
∴四邊形AB'C'C的周長為AB′+B′C′+CC′+AC＝5+2+1+2＝（8+2）cm．
故答案為：（8+2）．
【點評】本題主要考查了含30°角的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理和平移的性質(zhì)，熟練掌握平移的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
31．（2022?宜賓）《數(shù)書九章》是中國南宋時期杰出數(shù)學家秦九韶的著作，書中提出了已知三角形三邊a、b、c求面積的公式，其求法是：“以小斜冪并大斜冪減中斜冪，余半之，自乘于上，以小斜冪乘大斜冪減上，余四約之，為實．一為從隅，開平方得積．”若把以上這段文字寫成公式，即為S＝．現(xiàn)有周長為18的三角形的三邊滿足a：b：c＝4：3：2，則用以上給出的公式求得這個三角形的面積為 3 ．
【分析】根據(jù)題意先求出a、b、c，再代入公式進行計算即可．
【解析】根據(jù)a：b：c＝4：3：2，設(shè)a＝4k，b＝3k，c＝2k，
則4k+3k+2k＝18，
解得：k＝2，
∴a＝4k＝4×2＝8，b＝3k＝3×2＝6，c＝2k＝2×2＝4，
∴S＝＝＝3，
故答案為：3．
【點評】本題考查了二次根式的運算，要注意運算順序，解答的關(guān)鍵是對相應(yīng)的運算法則的熟練掌握．
32．（2022?十堰）【閱讀材料】如圖①，四邊形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，點E，F(xiàn)分別在BC，CD上，若∠BAD＝2∠EAF，則EF＝BE+DF．
【解決問題】如圖②，在某公園的同一水平面上，四條道路圍成四邊形ABCD．已知CD＝CB＝100m，∠D＝60°，∠ABC＝120°，∠BCD＝150°，道路AD，AB上分別有景點M，N，且DM＝100m，BN＝50（﹣1）m，若在M，N之間修一條直路，則路線M→N的長比路線M→A→N的長少 370 m（結(jié)果取整數(shù)，參考數(shù)據(jù)：≈1.7）．
【分析】解法一：如圖，作輔助線，構(gòu)建直角三角形，先根據(jù)四邊形的內(nèi)角和定理證明∠G＝90°，分別計算AD，CG，AG，BG的長，由線段的和與差可得AM和AN的長，最后由勾股定理可得MN的長，計算AM+AN﹣MN可得答案．
解法二：構(gòu)建【閱讀材料】的圖形，根據(jù)結(jié)論可得MN的長，從而得結(jié)論．
【解析】解法一：如圖，延長DC，AB交于點G，
∵∠D＝60°，∠ABC＝120°，∠BCD＝150°，
∴∠A＝360°﹣60°﹣120°﹣150°＝30°，
∴∠G＝90°，
∴AD＝2DG，
Rt△CGB中，∠BCG＝180°﹣150°＝30°，
∴BG＝BC＝50，CG＝50，
∴DG＝CD+CG＝100+50，
∴AD＝2DG＝200+100，AG＝DG＝150+100，
∵DM＝100，
∴AM＝AD﹣DM＝200+100﹣100＝100+100，
∵BG＝50，BN＝50（﹣1），
∴AN＝AG﹣BG﹣BN＝150+100﹣50﹣50（﹣1）＝150+50，
Rt△ANH中，∵∠A＝30°，
∴NH＝AN＝75+25，AH＝NH＝75+75，
由勾股定理得：MN＝＝＝50（+1），
∴AM+AN﹣MN＝100+100+150+50﹣50（+1）＝200+100≈370（m）．
答：路線M→N的長比路線M→A→N的長少370m．
解法二：如圖，延長DC，AB交于點G，連接CN，CM，則∠G＝90°，
∵CD＝DM，∠D＝60°，
∴△BCM是等邊三角形，
∴∠DCM＝60°，
由解法一可知：CG＝50，GN＝BG+BN＝50+50（﹣1）＝50，
∴△CGN是等腰直角三角形，
∴∠GCN＝45°，
∴∠BCN＝45°﹣30°＝15°，
∴∠MCN＝150°﹣60°﹣15°＝75°＝∠BCD，
由【閱讀材料】的結(jié)論得：MN＝DM+BN＝100+50（﹣1）＝50+50，
∵AM+AN﹣MN＝AD+AG﹣MN＝100+100+150+50﹣50（+1）＝200+100≈370（m）．
答：路線M→N的長比路線M→A→N的長少370m．
故答案為：370．
【點評】此題重點考查了含30°的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，二次根式的混合運算等知識與方法，解題的關(guān)鍵是作出所需要的輔助線，構(gòu)造含30°的直角三角形，再利用線段的和與差進行計算即可．
33．（2022?山西）如圖，在正方形ABCD中，點E是邊BC上的一點，點F在邊CD的延長線上，且BE＝DF，連接EF交邊AD于點G．過點A作AN⊥EF，垂足為點M，交邊CD于點N．若BE＝5，CN＝8，則線段AN的長為 4 ．
【分析】連接AE，AF，EN，由正方形的性質(zhì)可得AB＝AD，BC＝CD，∠ABE＝∠BCD＝∠ADF＝90°，可證得△ABE≌△ADF（SAS），可得∠BAE＝∠DAF，AE＝AF，從而可得∠EAF＝90°，根據(jù)等腰三角形三線合一可得點M為EF中點，由AN⊥EF可證得△AEM≌△AFM（SAS），△EMN≌△FMN（SAS），可得EN＝FN，設(shè)DN＝x，則EN＝FN＝x+5，CE＝x+3，由勾股定理解得x＝12，可得AB＝CD＝20，由勾股定理可得AE＝5，從而可得AM＝EM＝FM＝，由勾股定理可得MN＝，即可求解．
【解析】如圖，連接AE，AF，EN，
∵四邊形ABCD為正方形，
∴AB＝AD，BC＝CD，∠ABE＝∠BCD＝∠ADF＝90°，
∵BE＝DF，
∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴∠BAE＝∠DAF，AE＝AF，
∴∠EAF＝90°，
∴△EAF為等腰直角三角形，
∵AN⊥EF，
∴EM＝FM，∠EAM＝∠FAM＝45°，
∴△AEM≌△AFM（SAS），△EMN≌△FMN（SAS），
∴EN＝FN，
設(shè)DN＝x，
∵BE＝DF＝5，CN＝8，
∴CD＝CN+DN＝x+8，
∴EN＝FN＝DN+DF＝x+5，CE＝BC﹣BE＝CD﹣BE＝x+8﹣5＝x+3，
在Rt△ECN中，由勾股定理可得：
CN2+CE2＝EN2，
即82+（x+3）2＝（x+5）2，
解得：x＝12，
∴AB＝CD＝x+8＝20，EN＝x+5＝17，
在Rt△ABE中，由勾股定理可得：
AE＝＝＝5，
∴AM＝EM＝FM＝＝，
在Rt△EMN中，由勾股定理可得：
MN＝＝＝，
∴AN＝AM+MN＝+＝4，
故答案為：4．
【點評】本題考查正方形的性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)等知識點，解題的關(guān)鍵是正確作出輔助線，構(gòu)建全等三角形解決問題．
34．（2022?武漢）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＞BC，分別以△ABC的三邊為邊向外作三個正方形ABHL，ACDE，BCFG，連接DF．過點C作AB的垂線CJ，垂足為J，分別交DF，LH于點I，K．若CI＝5，CJ＝4，則四邊形AJKL的面積是 80 ．
【分析】過點D作DM⊥CI于點M，過點F作FN⊥CI于點N，由正方形的性質(zhì)可證得△ACJ≌△CDM，△BCJ≌△CFN，可得DM＝CJ，F(xiàn)N＝CJ，可證得△DMI≌△FNI，由直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)可得DI＝FI＝CI，由勾股定理可得MI，NI，從而可得CN，可得BJ與AJ，即可求解．
【解析】過點D作DM⊥CI，交CI的延長線于點M，過點F作FN⊥CI于點N，
∵△ABC為直角三角形，四邊形ACDE，BCFG為正方形，過點C作AB的垂線CJ，CJ＝4，
∴AC＝CD，∠ACD＝90°，∠AJC＝∠CMD＝90°，∠CAJ+∠ACJ＝90°，BC＝CF，∠BCF＝90°，∠CNF＝∠BJC＝90°，∠FCN+∠CFN＝90°，
∴∠ACJ+∠DCM＝90°，∠FCN+∠BCJ＝90°，
∴∠CAJ＝∠DCM，∠BCJ＝∠CFN，
∴△ACJ≌△CDM（AAS），△BCJ≌△CFN（AAS），
∴AJ＝CM，DM＝CJ＝4，BJ＝CN，NF＝CJ＝4，
∴DM＝NF，
∴△DMI≌△FNI（AAS），
∴DI＝FI，MI＝NI，
∵∠DCF＝90°，
∴DI＝FI＝CI＝5，
在Rt△DMI中，由勾股定理可得：
MI＝＝＝3，
∴NI＝MI＝3，
∴AJ＝CM＝CI+MI＝5+3＝8，BJ＝CN＝CI﹣NI＝5﹣3＝2，
∴AB＝AJ+BJ＝8+2＝10，
∵四邊形ABHL為正方形，
∴AL＝AB＝10，
∵四邊形AJKL為矩形，
∴四邊形AJKL的面積為：AL?AJ＝10×8＝80，
故答案為：80．
【點評】本題考查正方形的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定與性質(zhì)等知識點，解題的關(guān)鍵是正確作出輔助線，利用全等三角形的性質(zhì)進行求解．
35．（2022?孝感）勾股定理最早出現(xiàn)在商高的《周髀算經(jīng)》：“勾廣三，股修四，經(jīng)隅五”．觀察下列勾股數(shù)：3，4，5；5，12，13；7，24，25；…，這類勾股數(shù)的特點是：勾為奇數(shù)，弦與股相差為1．柏拉圖研究了勾為偶數(shù)，弦與股相差為2的一類勾股數(shù)，如：6，8，10；8，15，17；…，若此類勾股數(shù)的勾為2m（m≥3，m為正整數(shù)），則其弦是 m2+1 （結(jié)果用含m的式子表示）．
【分析】根據(jù)題意得2m為偶數(shù)，設(shè)其股是a，則弦為a+2，根據(jù)勾股定理列方程即可得到結(jié)論．
【解析】∵m為正整數(shù)，
∴2m為偶數(shù)，設(shè)其股是a，則弦為a+2，
根據(jù)勾股定理得，（2m）2+a2＝（a+2）2，
解得a＝m2+1，
綜上所述，其弦是m2+1，
故答案為：m2+1．
【點評】本題考查了勾股數(shù)，勾股定理，熟練掌握勾股定理是解題的關(guān)鍵．
36．（2022?臺州）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，D，E，F(xiàn)分別為AB，BC，CA的中點．若EF的長為10，則CD的長為 10 ．
【分析】根據(jù)三角形中位線定理求出AB，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)即可求出CD．
【解析】∵E，F(xiàn)分別為BC，CA的中點，
∴EF是△ABC的中位線，
∴EF＝AB，
∴AB＝2EF＝20，
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D為AB中點，AB＝20，
∴CD＝AB＝10，
故答案為：10．
【點評】本題考查了直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)以及三角形的中位線定理，求得AB的長是解本題的關(guān)鍵．
37．（2022?嘉興）小曹同學復(fù)習時將幾種三角形的關(guān)系整理如圖，請幫他在括號內(nèi)填上一個適當?shù)臈l件 ∠B＝60° ．
【分析】根據(jù)等邊三角形的判定定理填空即可．
【解析】有一個角是60°的等腰三角形是等邊三角形，
故答案為：∠B＝60°．
【點評】本題考查等邊三角形的判定，解題的關(guān)鍵是掌握等邊三角形的定義及等邊三角形與等腰三角形的關(guān)系．
38．（2022?株洲）如圖所示，點O在一塊直角三角板ABC上（其中∠ABC＝30°），OM⊥AB于點M，ON⊥BC于點N，若OM＝ON，則∠ABO＝ 15 度．
【分析】根據(jù)OM⊥AB，ON⊥BC，可知∠OMB＝∠ONB＝90°，從而可證Rt△OMB≌Rt△ONB（HL），根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得∠OBM＝∠OBN，即可求出∠ABO的度數(shù)．
【解析】∵OM⊥AB，ON⊥BC，
∴∠OMB＝∠ONB＝90°，
在Rt△OMB和Rt△ONB中，
，
∴Rt△OMB≌Rt△ONB（HL），
∴∠OBM＝∠OBN，
∵∠ABC＝30°，
∴∠ABO＝15°，
故答案為：15．
【點評】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握判定直角三角形全等特有的方法（HL）是解題的關(guān)鍵．
39．（2022?成都）如圖，在△ABC中，按以下步驟作圖：①分別以點B和C為圓心，以大于BC的長為半徑作弧，兩弧相交于點M和N；②作直線MN交邊AB于點E．若AC＝5，BE＝4，∠B＝45°，則AB的長為 7 ．
【分析】設(shè)MN交BC于D，連接EC，由作圖可知：MN是線段BC的垂直平分線，即得BE＝CE＝4，有∠ECB＝∠B＝45°，從而∠AEC＝∠ECB+∠B＝90°，由勾股定理得AE＝3，故AB＝AE+BE＝7．
【解析】設(shè)MN交BC于D，連接EC，如圖：
由作圖可知：MN是線段BC的垂直平分線，
∴BE＝CE＝4，
∴∠ECB＝∠B＝45°，
∴∠AEC＝∠ECB+∠B＝90°，
在Rt△ACE中，
AE＝＝＝3，
∴AB＝AE+BE＝3+4＝7，
故答案為：7．
【點評】本題考查尺規(guī)作圖中的計算問題，解題的關(guān)鍵是掌握用尺規(guī)作線段垂直平分線的方法，得到MN是線段BC的垂直平分線．
三．解答題（共11小題）
40．（2022?溫州）如圖，BD是△ABC的角平分線，DE∥BC，交AB于點E．
（1）求證：∠EBD＝∠EDB．
（2）當AB＝AC時，請判斷CD與ED的大小關(guān)系，并說明理由．
【分析】（1）利用角平分線的定義和平行線的性質(zhì)可得結(jié)論；
（2）利用平行線的性質(zhì)可得∠ADE＝∠AED，則AD＝AE，從而有CD＝BE，由（1）得，∠EBD＝∠EDB，可知BE＝DE，等量代換即可．
【解答】（1）證明：∵BD是△ABC的角平分線，
∴∠CBD＝∠EBD，
∵DE∥BC，
∴∠CBD＝∠EDB，
∴∠EBD＝∠EDB．
（2）解：CD＝ED，理由如下：
∵AB＝AC，
∴∠C＝∠ABC，
∵DE∥BC，
∴∠ADE＝∠C，∠AED＝∠ABC，
∴∠ADE＝∠AED，
∴AD＝AE，
∴CD＝BE，
由（1）得，∠EBD＝∠EDB，
∴BE＝DE，
∴CD＝ED．
【點評】本題主要考查了平行線的性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)，角平分線的定義等知識，熟練掌握平行與角平分線可推出等腰三角形是解題的關(guān)鍵．
41．（2022?金華）如圖1，將長為2a+3，寬為2a的矩形分割成四個全等的直角三角形，拼成“趙爽弦圖”（如圖2），得到大小兩個正方形．
（1）用關(guān)于a的代數(shù)式表示圖2中小正方形的邊長．
（2）當a＝3時，該小正方形的面積是多少？
【分析】（1）觀察圖形，用直角三角形較長的直角邊減去較短的直角邊即可；
（2）根據(jù)正方形的面積＝邊長的平方列出代數(shù)式，把a＝3代入求值即可．
【解析】（1）∵直角三角形較短的直角邊＝×2a＝a，
較長的直角邊＝2a+3，
∴小正方形的邊長＝2a+3﹣a＝a+3；
（2）小正方形的面積＝（a+3）2，
當a＝3時，面積＝（3+3）2＝36．
【點評】本題考查了列代數(shù)式，代數(shù)式求值，觀察圖形，用直角三角形較長的直角邊減去較短的直角邊求出小正方形的邊長是解題的關(guān)鍵．
42．（2022?山西）綜合與實踐
問題情境：在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝6，AC＝8．直角三角板EDF中∠EDF＝90°，將三角板的直角頂點D放在Rt△ABC斜邊BC的中點處，并將三角板繞點D旋轉(zhuǎn)，三角板的兩邊DE，DF分別與邊AB，AC交于點M，N．
猜想證明：
（1）如圖①，在三角板旋轉(zhuǎn)過程中，當點M為邊AB的中點時，試判斷四邊形AMDN的形狀，并說明理由；
問題解決：
（2）如圖②，在三角板旋轉(zhuǎn)過程中，當∠B＝∠MDB時，求線段CN的長；
（3）如圖③，在三角板旋轉(zhuǎn)過程中，當AM＝AN時，直接寫出線段AN的長．
【分析】（1）由三角形中位線定理可得MD∥AC，可證∠A＝∠AMD＝∠MDN＝90°，即可求解；
（2）由勾股定理可求BC的長，由中點的性質(zhì)可得CG的長，由銳角三角函數(shù)可求解；
（3）通過證明點A，點M，點D，點N四點共圓，可得∠ADN＝∠AMN＝45°，由直角三角形的性質(zhì)可求HN的長，即可求解．
【解析】（1）四邊形AMDN是矩形，理由如下：
∵點D是BC的中點，點M是AB的中點，
∴MD∥AC，
∴∠A+∠AMD＝180°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠AMD＝90°，
∵∠A＝∠AMD＝∠MDN＝90°，
∴四邊形AMDN是矩形；
（2）如圖2，過點N作NG⊥CD于G，
∵AB＝6，AC＝8，∠BAC＝90°，
∴BC＝＝10，
∵點D是BC的中點，
∴BD＝CD＝5，
∵∠MDN＝90°＝∠A，
∴∠B+∠C＝90°，∠BDM+∠1＝90°，
∴∠1＝∠C，
∴DN＝CN，
又∵NG⊥CD，
∴DG＝CG＝，
∵csC＝，
∴，
∴CN＝；
（3）如圖③，連接MN，AD，過點N作HN⊥AD于H，
∵AM＝AN，∠MAN＝90°，
∴∠AMN＝∠ANM＝45°，
∵∠BAC+∠EDF＝90°，
∴點A，點M，點D，點N四點共圓，
∴∠ADN＝∠AMN＝45°，
∵NH⊥AD，
∴∠ADN＝∠DNH＝45°，
∴DH＝HN，
∵BD＝CD＝5，∠BAC＝90°，
∴AD＝CD＝5，
∴∠C＝∠DAC，
∴tanC＝tan∠DAC＝＝，
∴AH＝HN，
∵AH+HD＝AD＝5，
∴DH＝HN＝，AH＝，
∴AN＝＝＝．
【點評】本題是三角形綜合題，考查了矩形的判定，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，銳角三角函數(shù)，圓的有關(guān)知識，靈活運用這些性質(zhì)解決問題是解題的關(guān)鍵．
43．（2022?武漢）問題提出
如圖（1），在△ABC中，AB＝AC，D是AC的中點，延長BC至點E，使DE＝DB，延長ED交AB于點F，探究的值．
問題探究
（1）先將問題特殊化．如圖（2），當∠BAC＝60°時，直接寫出的值；
（2）再探究一般情形．如圖（1），證明（1）中的結(jié)論仍然成立．
問題拓展
如圖（3），在△ABC中，AB＝AC，D是AC的中點，G是邊BC上一點，＝（n＜2），延長BC至點E，點DE＝DG，延長ED交AB于點F．直接寫出的值（用含n的式子表示）．
【分析】問題探究
（1）取AB的中點G，連接DG，利用等邊三角形的性質(zhì)可得點F為AG的中點，從而得出答案；
（2）取BC的中點H，連接DH，利用ASA證明△DBH≌△DEC，得BH＝EC，則，再根據(jù)DH∥AB，得△EDH∽△EFB，從而得出答案；
問題拓展
取BC的中點H，連接DH，由（2）同理可證明△DGH≌△DEC，得GH＝CE，得，再根據(jù)DH∥AB，得△EDH∽△EFB，同理可得答案．
【解析】（1）如圖，取AB的中點G，連接DG，
∵點D是AC的中點，
∴DG是△ABC的中位線，
∴DG∥BC，
∵AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴△ABC是等邊三角形，
∵點D是AC的中點，
∴∠DBC＝30°，
∵BD＝CD，
∴∠E＝∠DBC＝30°，
∴DF⊥AB，
∵∠AGD＝∠ADG＝60°，
∴△ADG是等邊三角形，
∴AF＝AG，
∵AG＝AB，
∴AF＝AB，
∴；
（2）取BC的中點H，連接DH，
∵點D為AC的中點，
∴DH∥AB，DH＝AB，
∵AB＝AC，
∴DH＝DC，
∴∠DHC＝∠DCH，
∵BD＝DE，
∴∠DBH＝∠DEC，
∴∠BDH＝∠EDC，
∴△DBH≌△DEC（ASA），
∴BH＝EC，
∴，
∵DH∥AB，
∴△EDH∽△EFB，
∴，
∴，
∴；
問題拓展
取BC的中點H，連接DH，
由（2）同理可證明△DGH≌△DEC（ASA），
∴GH＝CE，
∴HE＝CG，
∵＝，
∴，
∴，
∴，
∵DH∥BF，
∴△EDH∽△EFB，
∴，
∵DH＝AB，
∴，
∴．
【點評】本題是三角形綜合題，主要考查了等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，三角形中位線定理等知識，作輔助線構(gòu)造三角形全等是解題的關(guān)鍵．
44．（2022?懷化）如圖，在等邊三角形ABC中，點M為AB邊上任意一點，延長BC至點N，使CN＝AM，連接MN交AC于點P，MH⊥AC于點H．
（1）求證：MP＝NP；
（2）若AB＝a，求線段PH的長（結(jié)果用含a的代數(shù)式表示）．
【分析】（1）過點M作MQ∥BC，交AC于點Q，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)以及平行線的性質(zhì)可得∠AMQ＝∠AQM＝∠A＝60°，可得△AMQ是等邊三角形，易證△QMP≌△CNP（AAS），即可得證；
（2）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可知AH＝HQ，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可知QP＝PC，即可表示出HP的長．
【解答】（1）證明：過點M作MQ∥BC，交AC于點Q，如圖所示：
在等邊△ABC中，∠A＝∠B＝∠ACB＝60°，
∵MQ∥BC，
∴∠AMQ＝∠B＝60°，∠AQM＝∠ACB＝60°，∠QMP＝∠N，
∴△AMQ是等邊三角形，
∴AM＝QM，
∵AM＝CN，
∴QM＝CN，
在△QMP和△CNP中，
，
∴△QMP≌△CNP（AAS），
∴MP＝NP；
（2）解：∵△AMQ是等邊三角形，且MH⊥AC，
∴AH＝HQ，
∵△QMP≌△CNP，
∴QP＝CP，
∴PH＝HQ+QP＝AC，
∵AB＝a，AB＝AC，
∴PH＝a．
【點評】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)和判定，全等三角形的判定和性質(zhì)，平行線的性質(zhì)等，熟練掌握全等三角形的判定方法是解題的關(guān)鍵．
45．（2022?杭州）如圖，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，點M為邊AB的中點，點E在線段AM上，EF⊥AC于點F，連接CM，CE．已知∠A＝50°，∠ACE＝30°．
（1）求證：CE＝CM．
（2）若AB＝4，求線段FC的長．
【分析】（1）根據(jù)直角三角形的性質(zhì)可得MC＝MA＝MB，根據(jù)外角的性質(zhì)可得∠MEC＝∠A+∠ACE，∠EMC＝∠B+∠MCB，根據(jù)等角對等邊即可得證；
（2）根據(jù)CE＝CM先求出CE的長，再解直角三角形即可求出FC的長．
【解答】（1）證明：∵∠ACB＝90°，點M為邊AB的中點，
∴MC＝MA＝MB，
∴∠MCA＝∠A，∠MCB＝∠B，
∵∠A＝50°，
∴∠MCA＝50°，∠MCB＝∠B＝40°，
∴∠EMC＝∠MCB+∠B＝80°，
∵∠ACE＝30°，
∴∠MEC＝∠A+∠ACE＝80°，
∴∠MEC＝∠EMC，
∴CE＝CM；
（2）解：∵AB＝4，
∴CE＝CM＝AB＝2，
∵EF⊥AC，∠ACE＝30°，
∴FC＝CE?cs30°＝．
【點評】本題考查了直角三角形的性質(zhì)，涉及三角形外角的性質(zhì)，解直角三角形等，熟練掌握并靈活運用直角三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
46．（2022?陜西）問題提出
（1）如圖1，AD是等邊△ABC的中線，點P在AD的延長線上，且AP＝AC，則∠APC的度數(shù)為 75° ．
問題探究
（2）如圖2，在△ABC中，CA＝CB＝6，∠C＝120°．過點A作AP∥BC，且AP＝BC，過點P作直線l⊥BC，分別交AB、BC于點O、E，求四邊形OECA的面積．
問題解決
（3）如圖3，現(xiàn)有一塊△ABC型板材，∠ACB為鈍角，∠BAC＝45°．工人師傅想用這塊板材裁出一個△ABP型部件，并要求∠BAP＝15°，AP＝AC．工人師傅在這塊板材上的作法如下：
①以點C為圓心，以CA長為半徑畫弧，交AB于點D，連接CD；
②作CD的垂直平分線l，與CD交于點E；
③以點A為圓心，以AC長為半徑畫弧，交直線l于點P，連接AP、BP，得△ABP．
請問，若按上述作法，裁得的△ABP型部件是否符合要求？請證明你的結(jié)論．
【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到AB＝AC，∠BAC＝60°，根據(jù)等腰三角形的三線合一得到∠PAC＝30°，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理、等腰三角形的性質(zhì)計算，得到答案；
（2）連接PB，證明四邊形PBCA為菱形，求出PB，解直角三角形求出BE、PE、OE，根據(jù)三角形的面積公式計算即可；
（3）過點A作CD的平行線，過點D作AC的平行線，兩條平行線交于點F，根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)得到PA＝PF，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到∠PAF＝60°，進而求出∠BAP＝15°，根據(jù)要求判斷即可．
【解析】（1）∵△ABC為等邊三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°，
∵AD是等邊△ABC的中線，
∴∠PAC＝∠BAC＝30°，
∵AP＝AC，
∴∠APC＝×（180°﹣30°）＝75°，
故答案為：75°；
（2）如圖2，連接PB，
∵AP∥BC，AP＝BC，
∴四邊形PBCA為平行四邊形，
∵CA＝CB，
∴平行四邊形PBCA為菱形，
∴PB＝AC＝6，∠PBC＝180°﹣∠C＝60°，
∴BE＝PB?cs∠PBC＝3，BE＝PB?sin∠PBC＝3，
∵CA＝CB，∠C＝120°，
∴∠ABC＝30°，
∴OE＝BE?tan∠ABC＝，
∴S四邊形OECA＝S△ABC﹣S△OBE
＝×6×3﹣×3×
＝；
（3）符合要求，
理由如下：如圖3，過點A作CD的平行線，過點D作AC的平行線，兩條平行線交于點F，
∵CA＝CD，∠DAC＝45°，
∴∠ACD＝90°，
∴四邊形FDCA為正方形，
∵PE是CD的垂直平分線，
∴PE是AF的垂直平分線，
∴PF＝PA，
∵AP＝AC，
∴PF＝PA＝AF，
∴△PAF為等邊三角形，
∴∠PAF＝60°，
∴∠BAP＝60°﹣45°＝15°，
∴裁得的△ABP型部件符合要求．
【點評】本題考查的是正方形的性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、線段垂直平分線的性質(zhì)，得出△PAF為等邊三角形是解題的關(guān)鍵．
47．（2022?紹興）如圖，在△ABC中，∠ABC＝40°，∠ACB＝90°，AE平分∠BAC交BC于點E．P是邊BC上的動點（不與B，C重合），連結(jié)AP，將△APC沿AP翻折得△APD，連結(jié)DC，記∠BCD＝α．
（1）如圖，當P與E重合時，求α的度數(shù)．
（2）當P與E不重合時，記∠BAD＝β，探究α與β的數(shù)量關(guān)系．
【分析】（1）由∠B＝40°，∠ACB＝90°，得∠BAC＝50°，根據(jù)AE平分∠BAC，P與E重合，即得∠ACD＝∠ADC＝65°，從而α＝∠ACB﹣∠ACD＝25°；
（2）分兩種情況：①當點P在線段BE上時，可得∠ADC＝∠ACD＝90°﹣α，根據(jù)∠ADC+∠BAD＝∠B+∠BCD，即可得2α﹣β＝50°；②當點P在線段CE上時，延長AD交BC于點F，由∠ADC＝∠ACD＝90°﹣α，又∠ADC＝∠AFC+∠BCD，∠AFC＝∠ABC+∠BAD可得90°﹣α＝40°+α+β，2α+β＝50°．
【解析】（1）∵∠B＝40°，∠ACB＝90°，
∴∠BAC＝50°，
∵AE平分∠BAC，P與E重合，
∴D在AB邊上，AC＝AD，
∴∠ACD＝∠ADC＝（180°﹣∠BAC）÷2＝65°，
∴α＝∠ACB﹣∠ACD＝25°；
答：α的度數(shù)為25°；
（2）①當點P在線段BE上時，如圖：
∵將△APC沿AP翻折得△APD，
∴AC＝AD，
∵∠BCD＝α，∠ACB＝90°，
∴∠ADC＝∠ACD＝90°﹣α，
又∵∠ADC+∠BAD＝∠B+∠BCD，∠BAD＝β，∠B＝40°，
∴（90°﹣α）+β＝40°+α，
∴2α﹣β＝50°，
②如圖2，當點P在線段CE上時，延長AD交BC于點F，如圖：
∵將△APC沿AP翻折得△APD，
∴AC＝AD，
∵∠BCD＝α，∠ACB＝90°，
∴∠ADC＝∠ACD＝90°﹣α，
又∵∠ADC＝∠AFC+∠BCD，∠AFC＝∠ABC+∠BAD，
∴∠ADC＝∠ABC+∠BAD+∠BCD＝40°+β+α，
∴90°﹣α＝40°+α+β，
∴2α+β＝50°；
綜上所述，當點P在線段BE上時，2α﹣β＝50°；當點P在線段CE上時，2α+β＝50°．
【點評】本題考查三角形綜合應(yīng)用，涉及軸對稱變換，三角形外角等于不相鄰的兩個內(nèi)角的和的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是掌握軸對稱的性質(zhì)，能熟練運用三角形內(nèi)角和定理．
48．（2022?揚州）如圖1，在△ABC中，∠BAC＝90°，∠C＝60°，點D在BC邊上由點C向點B運動（不與點B、C重合），過點D作DE⊥AD，交射線AB于點E．
（1）分別探索以下兩種特殊情形時線段AE與BE的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；
①點E在線段AB的延長線上且BE＝BD；
②點E在線段AB上且EB＝ED．
（2）若AB＝6．
①當＝時，求AE的長；
②直接寫出運動過程中線段AE長度的最小值．
【分析】（1）①由DE⊥AD，BE＝BD，∠EAD＝∠BDA，有AB＝BD，即可得BE＝BD＝AB，AE＝2BE；
②由∠BAC＝90°，∠C＝60°，EB＝ED，可得∠EDB＝∠B＝30°，即得∠AED＝∠EDB+∠B＝60°，根據(jù)DE⊥AD，可得AE＝2ED，故AE＝2EB；
（2）①過D作DF⊥AB于F，證明△AFD∽△ADE，由＝，可得＝，設(shè)DF＝m，則AF＝2m，在Rt△BDF中，BF＝DF＝3m，而AB＝6，可得m＝，有AF＝，DF＝，AD＝＝，又＝，即可得AE＝；
②作AE的中點G，連接DG，根據(jù)∠ADE＝90°，DG是斜邊上的中線，得AE＝2DG，即知當AE最小時，DG最小，此時DG⊥BC，可證AG＝EG＝BE，從而得線段AE長度的最小值為4．
【解析】（1）①AE＝2BE，理由如下：
∵DE⊥AD，
∴∠AED+∠EAD＝90°＝∠ADE＝∠BDE+∠BDA，
∵BE＝BD，
∴∠AED＝∠BDE，
∴∠EAD＝∠BDA，
∴AB＝BD，
∴BE＝BD＝AB，
∴AE＝2BE；
②AE＝2EB，理由如下：
如圖：
∵∠BAC＝90°，∠C＝60°，
∴∠B＝30°，
∵EB＝ED，
∴∠EDB＝∠B＝30°，
∴∠AED＝∠EDB+∠B＝60°，
∵DE⊥AD，
∴∠EDA＝90°，∠EAD＝30°，
∴AE＝2ED，
∴AE＝2EB；
（2）①過D作DF⊥AB于F，如圖：
∵∠FAD＝∠DAE，∠AFD＝90°＝∠ADE，
∴△AFD∽△ADE，
∴＝，即＝，
∵＝，
∴＝，
設(shè)DF＝m，則AF＝2m，
在Rt△BDF中，BF＝DF＝3m，
∵AB＝6，
∴BF+AF＝6，即3m+2m＝6，
∴m＝，
∴AF＝，DF＝，
∴AD＝＝，
∵△AFD∽△ADE，
∴＝，即＝，
∴AE＝；
②作AE的中點G，連接DG，如圖：
∵∠ADE＝90°，DG是斜邊上的中線，
∴AE＝2DG，DG＝AG＝EG，
當AE最小時，DG最小，此時DG⊥BC，
∵∠B＝30°，
∴BG＝2DG，
∴AE＝2DG＝BG，
∴BE＝AG，
∴AG＝EG＝BE，
∴此時AE＝AB＝4，
答：線段AE長度的最小值為4，
法2：
過A做AG⊥BC于G，過E做EH⊥BC于H，如圖：
∵∠ADE＝90°，
∴∠EDH＝90°﹣∠ADG＝∠DAG，
∵∠EHD＝∠AGD＝90°，
∴＝，
∴AG?EH＝DH?DG，
∵∠BAC＝90°，∠C＝60°，
∴∠B＝30°，
∴AG＝AB＝3，EH＝BE＝（6﹣AE），
∴DH?DG＝3EH，
∴AE2＝AD2+DE2＝AG2+DG2+DH2+EH2＝9+DG2+DH2+EH2，
∵DG2+DH2≥2DH?DG，
∴AE2≥9+2DH?DG+EH2，即AE2≥9+6EH+EH2，
∴AE2≥（3+EH）2，
∵AE＞0，EH＞0，
∴AE≥3+EH，
∵EH＝（6﹣AE），
∴AE≥3+（6﹣AE），
∴AE≥4．
答：線段AE長度的最小值為4，
【點評】本題考查三角形綜合應(yīng)用，涉及相似三角形性質(zhì)與判定，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一般，含30°的直角三角形三邊關(guān)系等知識，解題的關(guān)鍵時作輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題．
49．（2022?嘉興）小東在做九上課本123頁習題：“1：也是一個很有趣的比．已知線段AB（如圖1），用直尺和圓規(guī)作AB上的一點P，使AP：AB＝1：．”小東的作法是：如圖2，以AB為斜邊作等腰直角三角形ABC，再以點A為圓心，AC長為半徑作弧，交線段AB于點P，點P即為所求作的點．小東稱點P為線段AB的“趣點”．
（1）你贊同他的作法嗎？請說明理由．
（2）小東在此基礎(chǔ)上進行了如下操作和探究：連結(jié)CP，點D為線段AC上的動點，點E在AB的上方，構(gòu)造△DPE，使得△DPE∽△CPB．
①如圖3，當點D運動到點A時，求∠CPE的度數(shù)．
②如圖4，DE分別交CP，CB于點M，N，當點D為線段AC的“趣點”時（CD＜AD），猜想：點N是否為線段ME的“趣點”？并說明理由．
【分析】（1）利用等腰三角形的性質(zhì)證明，再利用AC＝AP，即可得出結(jié)論；
（2）①由題意可得：∠CAB＝∠B＝45°，∠ACB＝90°，AC＝AP＝BC，再求解∠ACP＝∠APC＝67.5°，∠CPB＝112.5°，證明∠DPE＝∠CPB＝112.5°，從而可得答案；
②先證明△ADP∽△ACB，可得∠APD＝45°，DP∥CB，再證明MP＝MD＝MC＝MN，∠EMP＝45°，∠MPE＝90°，從而可得出結(jié)論．
【解析】（1）贊同，理由如下：
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AC＝BC，∠A＝∠B＝45°，
∴cs45°＝，
∵AC＝AP，
∴，
∴點P為線段AB的“趣點”．
（2）①由題意得：∠CAB＝∠B＝45°，
∠ACB＝90°，AC＝AP＝BC，
∴＝67.5°，
∴∠BCP＝90°﹣67.5°＝22.5°，
∴∠CPB＝180°﹣45°﹣22.5°＝112.5°，
∵△DPE∽△CPB，D，A重合，
∴∠DPE＝∠CPB＝112.5°，
∴∠CPE＝∠DPE+∠CPB﹣180°＝45°；
②點N是線段ME的趣點，理由如下：
當點D為線段AC的趣點時（CD＜AD），
∴，
∵AC＝AP，
∴，
∵，∠A＝∠A，
∴△ADP∽△ACB，
∴∠ADP＝∠ACB＝90°，
∴∠APD＝45°，DP∥CB，
∴∠DPC＝∠PCB＝22.5°＝∠PDE，
∴DM＝PM，
∴∠MDC＝∠MCD＝90°﹣22.5°＝67.5°，
∴MD＝MC，
同理可得MC＝MN，
∴MP＝MD＝MC＝MN，
∵∠MDP＝∠MPD＝22.5°，∠E＝∠B＝45°，
∴∠EMP＝45°，∠MPE＝90°，
∴＝，
∴點N是線段ME的“趣點”．
【點評】本題考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，銳角三角形函數(shù)的應(yīng)用，相似三角形的判定與性質(zhì)，三角形的外角的性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)，理解新定義的含義，掌握特殊幾何圖形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
50．（2022?湘潭）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直線l經(jīng)過點A，過點B、C分別作l的垂線，垂足分別為點D、E．
（1）特例體驗：如圖①，若直線l∥BC，AB＝AC＝，分別求出線段BD、CE和DE的長；
（2）規(guī)律探究：
（Ⅰ）如圖②，若直線l從圖①狀態(tài)開始繞點A旋轉(zhuǎn)α（0＜α＜45°），請?zhí)骄烤€段BD、CE和DE的數(shù)量關(guān)系并說明理由；
（Ⅱ）如圖③，若直線l從圖①狀態(tài)開始繞點A順時針旋轉(zhuǎn)α（45°＜α＜90°），與線段BC相交于點H，請再探線段BD、CE和DE的數(shù)量關(guān)系并說明理由；
（3）嘗試應(yīng)用：在圖③中，延長線段BD交線段AC于點F，若CE＝3，DE＝1，求S△BFC．
【分析】（1）易證△ABD和△ACE是等腰直角三角形，再根據(jù)等腰直角三角形的三邊關(guān)系可得出BD，DE和CE的長即可．
（2）（Ⅰ）易證∠ABD＝∠CAE，由AAS即可得出△ABD≌△CAE，進而解答即可；
（Ⅱ）易證∠ABD＝∠CAE，由AAS即可得出△ABD≌△CAE，進而解答即可；
（3）根據(jù)題意可證明△ABD∽△FBA，由此可得出BF的長，根據(jù)S△BFC＝S△ABC﹣S△ABF，可得出結(jié)論．
【解析】（1）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∵l∥BC，
∴∠DAB＝∠ABC＝90°，∠CAE＝∠ACB＝45°，
∴∠DAB＝∠ABD＝45°，∠EAC＝∠ACE＝45°，
∴AD＝BD，AE＝CE，
∵AB＝AC＝，
∴AD＝BD＝AE＝CE＝1，
∴DE＝2；
（2）（Ⅰ）DE＝BD+CE．理由如下：
在Rt△ADB中，∠ABD+∠BAD＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD+∠CAE＝90°，
∴∠ABD＝∠CAE，
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE（AAS）；
∴CE＝AD，BD＝AE，
∴DE＝AE+AD＝BD+CE．
（Ⅱ）DE＝BD﹣CE．理由如下：
在Rt△ADB中，∠ABD+∠BAD＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD+∠CAE＝90°，
∴∠ABD＝∠CAE，
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE（AAS）；
∴CE＝AD，BD＝AE，
∴DE＝AE﹣AD＝BD﹣CE．
（3）由（2）可知，∠ABD＝∠CAE，DE＝AE﹣AD＝BD﹣CE
∵∠BAC＝∠ADB＝90°，
∴△ABD∽△FBA，
∴AB：FB＝BD：AB，
∵CE＝3，DE＝1，
∴AE＝BD＝4，
∴AB＝5．
∴BF＝．
∴S△BFC＝S△ABC﹣S△ABF＝×52﹣×3×＝．
【點評】本題是三角形綜合題，考查了直角三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定，三角形的面積；證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．

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