2015年12月09日1640524593的初中数学组卷八上几何难题

一．填空题（共1小题） 1．（2014秋?监利县期末）如图，AB⊥BC，AD⊥DC，∠BAD=120°，在BC、CD上分别找一点M、N，当△AMN周长最小时，∠AMN+∠ANM的度数是 ．

2题

二．解答题（共19小题） 2．（2014秋?越秀区期末）在等腰直角三角形AOB中，已知AO⊥OB，点P、D分别在AB、OB上， （1）如图1中，若PO=PD，∠OPD=45°，证明△BOP是等腰三角形．

（2）如图2中，若AB=10，点P在AB上移动，且满足PO=PD，DE⊥AB于点E，试问：此时PE的长度是否变化？若变化，说明理由；若不变，请予以证明． 3．（2013秋?九江期末）取一副三角尺按图1拼接，固定三角尺ADC． （1）在图1中，连接BD，计算∠DBC+∠BDC= ；

（2）将三角尺ABC绕点A顺时针方向旋转一个大小为α的角（0°＜α≤45°）得到△ABC1，试问： ①当α= 时，能使AB∥CD；

②当α=45°时，∠DBC1+∠CAC1+∠BDC= ；

③当0°＜α≤45°时，如图2所示，连结BD，探寻∠DBC1+CAC1+∠BDC的值的大小变化情况，并给出你的证明．

4．（2012秋?武昌区期末）如图，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，CE与BD相交于点M，BD交AC于点N．求证：BD⊥CE．

5题

5．（2013秋?曲阜市期末）如图，在△ABC中，延长AC至点D，使CD=BC，连接BD，作CE⊥AB于点E，DF⊥BC交BC的延长线于点F，且CE=DF． （1）求证：AB=AC；

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（2）如果∠ABD=105°，求∠A的度数． 6．（2014秋?梁子湖区期末）如图甲，正方形ABDC中，连接BC，点M是AB延长线上一点．直角三角尺的一条直角边经过点C，且直角顶点放在点E处，点E在AB边上滑动（点E不与点A，B重合），另一条直角边与∠CBM的平分线相交于点F．

（1）在AC上取一点N，使AN=AE，求∠CNE的度数； （2）求证：CE=EF．

（3）如图乙，当点E是AB边延长线上的任意位置时，（2）中的结论还成立吗？如果不成立请写出正确的结论；如果成立请说明理由．

（4）“正方形ABCD”换成△ABC是等边三角形，将一个有60度角的三角尺的放在点E处，如图丙（∠CEF=60°），其他条件不变，请直接判断△CEF的形状（不要求证明）．

7．（2014秋?崇州市期末）我们知道，如果两个三角形全等，则它们面积相等，而两个不全等的三角形，在某些情况下，可通过证明等底等高来说明它们的面积相等．已知△ABC与△DEC是等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，

连接AD、BE．

（1）如图1，当∠BCE=90°时，求证：S△ACD=S△BCE；

（2）如图2，当0°＜∠BCE＜90°时，上述结论是否仍然成立？如果成立，请证明；如果不成绩，说明理由． （3）如图3，在（2）的基础上，作CF⊥BE，延长FC交AD于点G，求证：点G为AD中点． 8．（2014秋?广丰县期末）如图，点P在AC上，点Q在AB上，BE平分∠ABP，交AC于E，CF平分∠ACQ，交AB于F，BE、CF相交于G，CQ、BP相交于D，若∠BDC=140°，∠BGC=110°，求∠A的度数．

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9．（2014秋?广丰县期末）已知点O为线段AB的中点，P为线段AB外一点，过P作直线l，分别过A、B作直线l的垂线段AM、BN；

（1）当点O在直线l上时，求证：OM=ON；

（2）直角三角形斜边上的中线有下列性质：斜边上的中线等于斜边的一半． 请你利用这一性质回答问题：当点O不在直线l上时，OM=ON吗？

10．（2013秋?开县期末）已知等腰直角△ABC和等腰直角△CDE中，AB=BC，CD=DE，∠ABC=90°，∠CDE=90°，CD＞BC，取线段AE的中点M，连结BM、DM、BD．

（1）如图1，当BC⊥CE时，连接AE，试猜想BM与MD的数量关系和位置关系，请直接写出答案；

（2）如图2，当点A、C、E三点在同一条直线上时，其他条件不变，试探究BM与MD的数量关系和位置关系，请说明理由．

11．（2014秋?西城区期末）已知：在△ABC中，∠ABC=60°，CD平分∠ACB交AB于点D，点E在线段CD上（点E不与点C、D重合），且∠EAC=2∠EBC．

（1）如图1，若∠EBC=27°，且EB=EC，则∠DEB= °，∠AEC= °． （2）如图2，

①求证：AE+AC=BC；

②若∠ECB=30°，且AC=BE，求∠EBC的度数．

12．（2014秋?昌平区期末）△ABC为等腰直角三角形，∠ABC=90°，点D在AB边上（不与点A、B重合），以CD为腰作等腰直角△CDE，∠DCE=90°．

（1）如图1，作EF⊥BC于F，求证：△DBC≌△CFE； （2）在图1中，连接AE交BC于M，求

的值；

（3）如图2，过点E作EH⊥CE交CB的延长线于点H，过点D作DG⊥DC，交AC于点G，连接GH．当点D在边AB上运动时，式子

的值会发生变化吗？若不变，求出该值；若变化请说明理由．

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13．（2014秋?昌平区期末）阅读下面材料：

课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：如图1，△ABC中，若AB=5，AC=3，求BC边上的中线AD的取值范围．

小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：延长AD到E，使DE=AD，再连接BE，相当于把AB、AC、2AD集中在△ABE中，利用三角形的三边关系可得2＜AE＜8，即可得到AD的取值范围．请你写出AD的取值范围 ；

小明小组的感悟：解题时，可以通过构造全等三角形，把分散的已知条件和所求证的结论集中到同一个三角形中． 请你解决以下问题：

（1）如图2，在△ABC中，D是BC边上的中点，ED⊥DF，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF． ①求证：BE+CF＞EF；

②若∠A=90°，请直接写出线段BE、CF、EF之间的数量关系为 ．

（2）如图3，在四边形ABDC中，∠B+∠C=180°，DB=DC，∠BDC=120°，以D为顶点作一个60°的角，角的两边分别交AB、AC于E、F两点，连接EF，探索线段BE、CF、EF之间的数量关系，并加以证明．

14．（2014秋?抚州期末）平面内的两条直线有相交和平行两种位置关系．

（1）如图1，若AB∥CD，点P在AB、CD内部，∠B=50°，∠D=30°，求∠BPD．

（2）如图2，在AB∥CD的前提下，将点P移到AB、CD外部，则∠BPD、∠B、∠D之间有何数量关系？请证明你的结论．

（3）如图3，写出∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数= ．

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15．（2013?烟台）已知，点P是直角三角形ABC斜边AB上一动点（不与A，B重合），分别过A，B向直线CP作垂线，垂足分别为E，F，Q为斜边AB的中点． （1）如图1，当点P与点Q重合时，AE与BF的位置关系是 ，QE与QF的数量关系式 ； （2）如图2，当点P在线段AB上不与点Q重合时，试判断QE与QF的数量关系，并给予证明；

（3）如图3，当点P在线段BA（或AB）的延长线上时，此时（2）中的结论是否成立？请画出图形并给予证明．

16．（2013?昭通）已知△ABC为等边三角形，点D为直线BC上的一动点（点D不与B、C重合），以AD为边作菱形ADEF（A、D、E、F按逆时针排列），使∠DAF=60°，连接CF． （1）如图1，当点D在边BC上时，求证：①BD=CF；②AC=CF+CD；

（2）如图2，当点D在边BC的延长线上且其他条件不变时，结论AC=CF+CD是否成立？若不成立，请写出AC、CF、CD之间存在的数量关系，并说明理由；

（3）如图3，当点D在边CB的延长线上且其他条件不变时，补全图形，并直接写出AC、CF、CD之间存在的数量关系．

17．（2012?山西）问题情境：将一副直角三角板（Rt△ABC和Rt△DEF）按图1所示的方式摆放，其中∠ACB=90°，CA=CB，∠FDE=90°，O是AB的中点，点D与点O重合，DF⊥AC于点M，DE⊥BC于点N，试判断线段OM与ON的数量关系，并说明理由．

探究展示：小宇同学展示出如下正确的解法： 解：OM=ON，证明如下：

连接CO，则CO是AB边上中线，

∵CA=CB，∴CO是∠ACB的角平分线．（依据1） ∵OM⊥AC，ON⊥BC，∴OM=ON．（依据2） 反思交流：

（1）上述证明过程中的“依据1”和“依据2”分别是指： 依据1： ； 依据2： ．

（2）你有与小宇不同的思考方法吗？请写出你的证明过程． 拓展延伸：

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18．（2012?烟台）（1）问题探究 如图1，分别以△ABC的边AC与边BC为边，向△ABC外作正方形ACD1E1和正方形BCD2E2，过点C作直线KH交直线AB于点H，使∠AHK=∠ACD1作D1M⊥KH，D2N⊥KH，垂足分别为点M，N．试探究线段D1M与线段D2N的数量关系，并加以证明． （2）拓展延伸

①如图2，若将“问题探究”中的正方形改为正三角形，过点C作直线K1H1，K2H2，分别交直线AB于点H1，H2，使∠AH1K1=∠BH2K2=∠ACD1．作D1M⊥K1H1，D2N⊥K2H2，垂足分别为点M，N．D1M=D2N是否仍成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由．

②如图3，若将①中的“正三角形”改为“正五边形”，其他条件不变．D1M=D2N是否仍成立？（要求：在图3中补全图形，注明字母，直接写出结论，不需证明）

19．（2011?綦江县）如图，等边△ABC中，AO是∠BAC的角平分线，D为AO上一点，以CD为一边且在CD下方作等边△CDE，连接BE． （1）求证：△ACD≌△BCE；

（2）延长BE至Q，P为BQ上一点，连接CP、CQ使CP=CQ=5，若BC=8时，求PQ的长．

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2015年12月09日1640524593的初中数学组卷

参考答案与试题解析

一．填空题（共1小题） 1．（2014秋?监利县期末）如图，AB⊥BC，AD⊥DC，∠BAD=120°，在BC、CD上分别找一点M、N，当△AMN周长最小时，∠AMN+∠ANM的度数是 120° ．

【考点】轴对称-最短路线问题．

【分析】根据要使△AMN的周长最小，即利用点的对称，使三角形的三边在同一直线上，作出A关于BC和CD的对称点A′，A″，即可得出∠AA′M+∠A″=∠HAA′=60°，进而得出∠AMN+∠ANM=2（∠AA′M+∠A″），即可得出答案．

【解答】解：作A关于BC和CD的对称点A′，A″，连接A′A″，交BC于M，交CD于N，则A′A″即为△AMN的周长最小值．作DA延长线AH， ∵∠DAB=120°， ∴∠HAA′=60°，

∴∠AA′M+∠A″=∠HAA′=60°，

∵∠MA′A=∠MAA′，∠NAD=∠A″，且∠MA′A+∠MAA′=∠AMN，∠NAD+∠A″=∠ANM， ∴∠AMN+∠ANM=∠MA′A+∠MAA′+∠NAD+∠A″=2（∠AA′M+∠A″）=2×60°=120°，

【点评】本题考查的是轴对称﹣最短路线问题，涉及到平面内最短路线问题求法以及三角形的外角的性质和垂直平分线的性质等知识，根据已知得出M，N的位置是解题关键．

二．解答题（共19小题） 2．（2014秋?越秀区期末）在等腰直角三角形AOB中，已知AO⊥OB，点P、D分别在AB、OB上， （1）如图1中，若PO=PD，∠OPD=45°，证明△BOP是等腰三角形．

（2）如图2中，若AB=10，点P在AB上移动，且满足PO=PD，DE⊥AB于点E，试问：此时PE的长度是否变化？若变化，说明理由；若不变，请予以证明．

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【考点】全等三角形的判定与性质；等腰三角形的判定与性质；等腰直角三角形． 【专题】证明题；探究型． 【分析】（1）由PO=PD，利用等边对等角和三角形内角和定理可求得∠POD=67.5°，∠OPB=67.5°，然后利用等角对等边可得出结论；

（2）过点O作OC⊥AB于C，首先利用等腰直角三角形的性质可以得到∠COB=∠B=45°，OC=5，然后证得∠POC=∠DPE，进而利用AAS证明△POC≌△DPE，再根据全等三角形的性质可得OC=PE． 【解答】（1）证明：∵PO=PD，∠OPD=45°，

∴∠POD=∠PDO==67.5°，

∵等腰直角三角形AOB中，AO⊥OB， ∴∠B=45°，

∴∠OPB=180°﹣∠POB﹣∠B=67.5°， ∴∠POD=∠OPB，

∴BP=BO，即△BOP是等腰三角形；

（2）解：PE的值不变，为PE=5，证明如下： 如图，过点O作OC⊥AB于C， ∵∠AOB=90°，AO=BO，

∴△BOC是等腰直角三角形，∠COB=∠B=45°，点C为AB的中点， ∴OC=AB=5，

∵PO=PD，

∴∠POD=∠PDO，

又∵∠POD=∠COD+∠POC=45°+∠POC，∠PDO=∠B+∠DPE=45°+∠DPE， ∴∠POC=∠DPE， 在△POC和△DPE中，

，

∴△POC≌△DPE（AAS）， ∴OC=PE=5，

∴PE的值不变，为5．

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【点评】本题考查了等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形等知识，解答（2）的关键是正确作出辅助线，并利用AAS证得△POC≌△DPE． 3．（2013秋?九江期末）取一副三角尺按图1拼接，固定三角尺ADC． （1）在图1中，连接BD，计算∠DBC+∠BDC= 105° ；

（2）将三角尺ABC绕点A顺时针方向旋转一个大小为α的角（0°＜α≤45°）得到△ABC1，试问： ①当α= 15° 时，能使AB∥CD；

②当α=45°时，∠DBC1+∠CAC1+∠BDC= 105° ；

③当0°＜α≤45°时，如图2所示，连结BD，探寻∠DBC1+CAC1+∠BDC的值的大小变化情况，并给出你的证明．

【考点】平行线的判定与性质；角的计算；三角形内角和定理；三角形的外角性质． 【专题】综合题． 【分析】（1）如图1，易得∠BCD=75°，然后在△BDC中运用三角形内角和定理就可解决问题；

（2）①如图2，当α=15°时，可得∠BAC=∠ACD=30°，从而可得AB∥CD；②当α=45°时，可求出∠CEC1，然后利用三角形的内角和定理可求出∠EOC1，然后利用三角形外角的性质可求出∠DBC1+∠BDC，就可求出∠DBC1+∠BDC+∠CAC1；③当0°＜α≤45°时，在△ACC1中，利用三角形内角和定理可得

∠CAC1+30°+∠OCC1+45°+∠OC1C=180°，根据三角形外角的性质可得∠DBC1+∠BDC=∠DOC=∠OCC1+∠OC1C，从而可得∠DBC1+∠CAC1+∠BDC=105°． 【解答】解：（1）如图1，在△BDC中，∠BCD=45°+30°=75°， ∴∠DBC+∠BDC=180°﹣∠BCD=105°． 故答案为105°；

（2）①如图2，当α=15°时，∠BAC=45°﹣15°=30°， ∴∠BAC=∠ACD=30°， ∴AB∥CD． 故答案为15°；

②当α=45°时，∠CEC1=∠EAC+∠ACE=45°+30°=75°， ∴∠EOC1=180°﹣∠CEC1﹣∠BC1A=180°﹣75°﹣45°=60°， ∴∠DBC1+∠BDC=∠EOC1=60°；

∴∠DBC1+∠BDC+∠CAC1=60°+45°=105°．

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故答案为105°；

③当0°＜α≤45°时，∠DBC1+CAC1+∠BDC的值的大小不变，等于105°． 证明：在△ACC1中，

∵∠CAC1+∠ACC1+∠AC1C=∠CAC1+∠ACO+∠OCC1+∠AC1B+∠OC1C=∠CAC1+30°+∠OCC1+45°+∠OC1C=180°，

∠DBC1+∠BDC=∠DOC=∠OCC1+∠OC1C， ∴∠CAC1+75°+∠DBC1+∠BDC=180°， ∴∠DBC1+CAC1+∠BDC=105°．

【点评】本题主要考查了三角形内角和定理、三角形外角的性质、平行线的判定等知识，构造8字型将∠DBC1+∠BDC转化为∠OCC1+∠OC1C，是解决最后一小题的关键． 4．（2012秋?武昌区期末）如图，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，CE与BD相交于点M，BD交AC于点N．求证：BD⊥CE．

【考点】全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形． 【专题】证明题．

【分析】要证BD=CE可转化为证明△BAD≌△CAE，由已知可证AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠EAD=90°，因为∠BAC+∠CAE=∠EAD+∠CAE，即可证∠BAD=∠CAE，符合SAS，即得证． 【解答】证明：∵△ABC与△AED均为等腰直角三角形 ∴AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠EAD=90°， ∴∠BAC+∠CAE=∠EAD+∠CAE， 即∠BAD=∠CAE，

在△BAD与△CAE中，

∴△BAD≌△CAE（SAS）， ∴∠ABD=∠ACE，

∵∠ABC+∠MBC+∠ACB=90°， ∴∠MBC+∠ACM+∠ACB=90°， ∴∠BMC=90°，

，

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∴BD⊥CE．

【点评】本题主要考查了全等三角形的判定及其性质、等腰直角三角形的性质，解题的关键是牢固掌握全等三角形的判定及其性质知识点． 5．（2013秋?曲阜市期末）如图，在△ABC中，延长AC至点D，使CD=BC，连接BD，作CE⊥AB于点E，DF⊥BC交BC的延长线于点F，且CE=DF． （1）求证：AB=AC；

（2）如果∠ABD=105°，求∠A的度数．

【考点】全等三角形的判定与性质． 【分析】（1）先由HL判定Rt△BCE≌Rt△CDF，得到∠ABC=∠DCF，然后由对顶角相等可得：∠DCF=∠ACB，进而可得∠ABC=∠ACB，然后由等角对等边，可得AB=AC；

（2）由CD=BC，可得∠CBD=∠CDB，然后由三角形的外角的性质可得：∠ACB=∠CBD+∠CDB=2∠CBD，由∠ABC=∠ACB，进而可得：∠ABC=2∠CBD，然后由∠ABD=∠ABC+∠CBD=3∠CBD=105°，进而可求：∠CBD的度数及∠ABC的度数，然后由三角形的内角和定理即可求∠A的度数． 【解答】（1）证明：∵CE⊥AB，DF⊥BC， ∴△BCE和△DCF均是直角三角形， 在Rt△BCE和Rt△DCF中，

，

∴Rt△BCE≌Rt△DCF（HL）， ∴∠ABC=∠DCF， ∵∠DCF=∠ACB， ∴∠ABC=∠ACB， ∴AB=AC；

（2）解：∵CD=BC， ∴∠CBD=∠CDB，

∵∠ACB=∠CBD+∠CDB， ∴∠ACB=2∠CBD， ∵∠ABC=∠ACB， ∴∠ABC=2∠CBD，

∵∠ABD=∠ABC+∠CBD=3∠CBD=105°， ∴∠CBD=35°，

∴∠ABC=2∠CBD=70°， ∴∠A=180°﹣2∠ABC=40°．

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【点评】此题考查了直角三角形全等的判定与性质，及等腰三角形判定与性质，解题的关键是：熟记三角形全等的判定与性质． 6．（2014秋?梁子湖区期末）如图甲，正方形ABDC中，连接BC，点M是AB延长线上一点．直角三角尺的一条直角边经过点C，且直角顶点放在点E处，点E在AB边上滑动（点E不与点A，B重合），另一条直角边与∠CBM的平分线相交于点F．

（1）在AC上取一点N，使AN=AE，求∠CNE的度数； （2）求证：CE=EF．

（3）如图乙，当点E是AB边延长线上的任意位置时，（2）中的结论还成立吗？如果不成立请写出正确的结论；如果成立请说明理由．

（4）“正方形ABCD”换成△ABC是等边三角形，将一个有60度角的三角尺的放在点E处，如图丙（∠CEF=60°），其他条件不变，请直接判断△CEF的形状（不要求证明）．

【考点】全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；正方形的性质． 【分析】（1）由正方形的性质和邻补角的性质得到∠CNE=135°；

（2）根据图形可以得到DE=EF，NE=BF，要证明这两个关系，只要证明△DNE≌△EBF即可； （3）延长AC到N使AN=AE，连接EN，证出△DNE≌△EBF即可得出答案． （4）连接NE，在DA边上截取DN=EB，证出△DNE≌△EBF即可得出答案． 【解答】解：（1）在正方形ABCD中， ∵∠A=90°， ∵AN=AE， ∴∠ANE=45°， ∴∠CNE=135°．

（2）∵BF平分∠DBM， ∴∠EBF=135°， ∴∠CNE=∠EBF， ∵AC=AB，AN=AE， ∴CN=BE，

∵∠FEB+∠AEC=∠ACE+∠AEC=90°， ∴∠ACE=∠FEB， 在△CNE与△FBE中，

，

∴△CNE≌△FBE（ASA）， ∴CE=EF；

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（3）如图1，延长AC到N使AN=AE，连接EN， ∵AC=AB， ∴CN=BE，

∴∠N=∠FBE=45°，∠NCE=∠BEF=135°﹣∠BCE， 在△NCE与△BEF中，

，

∴△NCE≌△BEF（ASA）， ∴CE=EF；

（4）如图2，在AC上截取AN=AE， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠A=∠ABC=60°， ∴∠ANE=∠AEN=60°， ∴∠CNE=∠EBF=120°， ∠1=∠2=60°﹣∠3， 在△CNE与△EBF中，

，

∴△CNE≌△EBF， ∴CE=EF， ∵∠CEF=60°，

∴△CEF是等边三角形．

【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定和性质，要充分利用正方形的特殊性质．注意在正方形中的特殊三角形的应用．

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7．（2014秋?崇州市期末）我们知道，如果两个三角形全等，则它们面积相等，而两个不全等的三角形，在某些情况下，可通过证明等底等高来说明它们的面积相等．已知△ABC与△DEC是等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，

连接AD、BE．

（1）如图1，当∠BCE=90°时，求证：S△ACD=S△BCE；

（2）如图2，当0°＜∠BCE＜90°时，上述结论是否仍然成立？如果成立，请证明；如果不成绩，说明理由． （3）如图3，在（2）的基础上，作CF⊥BE，延长FC交AD于点G，求证：点G为AD中点． 【考点】全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形． 【分析】（1）根据△ABC与△DEC是等腰直角三角形，得到AC=BC，DC=EC，∠ACB=∠DCE由∠BCE=90°，证得∠ACE=∠BCE，推出△ACD≌△BCE，从而证得结论S△ACE=S△BCE；

（2）作AG垂直DC的延长线于点G，作BH⊥CE，垂足为H，由于∠ACB=∠GCE=90°，得到∠ACG=∠BCH，推出△ACG≌△BCH，得出AG=BH，由于CD=CE，于是得到结果即S△ACE=S△BCE；

（3）作AM垂直CG的延长线于点M，作DN⊥CG，垂足为N，证得△ACM≌△CBF，得到AM=CF，同理可证△DCN≌△CEF，得到DN=CF，AM=DN，推出△AMG≌△DNG，得到AG=DG，即G为AD中点． 【解答】证明：（1）∵△ABC与△DEC是等腰直角三角形， ∴AC=BC，DC=EC，∠ACB=∠DCE ∵∠BCE=90°， ∴∠ACE=∠BCE，

在△ACD与△BCE中，

，

∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴S△ACE=S△BCE；

（2）作AG垂直DC的延长线于点G，作BH⊥CE，垂足为H， ∵∠ACB=∠GCE=90°， ∴∠ACG=∠BCH， 在△ACG与△BCF中，

，

∴△ACG≌△BCH（AAS） ∴AG=BH ∵CD=CE

∴CD?AG=CE?BH，

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即S△ACE=S△BCE；

（3）作AM垂直CG的延长线于点M，作DN⊥CG，垂足为N， ∴∠ACB=90，∠BFC=90°，

∴∠ACM+∠BCF=90°，∠BCF+∠CBF=90°， ∴∠ACM=∠CBF， 在△ACM与△BCF中，

，

∴△ACM≌△CBF（AAS）， ∴AM=CF，

同理可证△DCN≌△CEF， ∴DN=CF， ∴AM=DN，

又∵∠AMG=∠DNG， ∴∠AGM=∠DGN， 在△AMG与△DNG中，

，

∴△AMG≌△DNG（AAS）， ∴AG=DG，

即G为AD中点，

【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，三角形的面积公式，正确的作出辅助线是解题的关键．

第15页（共36页）

8．（2014秋?广丰县期末）如图，点P在AC上，点Q在AB上，BE平分∠ABP，交AC于E，CF平分∠ACQ，交AB于F，BE、CF相交于G，CQ、BP相交于D，若∠BDC=140°，∠BGC=110°，求∠A的度数．

【考点】三角形内角和定理；三角形的外角性质．

【分析】根据三角形的内角和定理，及角平分线上的性质先计算∠ABC+∠ACB的度数，从而得出∠A的度数． 【解答】解：如图，连接BC．

∵BE是∠ABD的平分线，CF是∠ACD的平分线，

∴∠ABE=∠DBE=∠ABD，∠ACF=∠DCF=∠ACD，

又∠BDC=140°，∠BGC=110°，

∴∠DBC+∠DCB=40°，∠GBC+∠GCB=70°， ∴∠EBD+∠FCD=70°﹣40°=30°， ∴∠ABE+∠ACF=30°，

∴∠ABE+∠ACF+∠GBC+∠GCB=70°+30°=100°，即∠ABC+∠ACB=100°， ∴∠A=80°．

【点评】本题考查角平分线的性质及三角形的内角和定理，根据题意作出辅助线，构造出三角形是解答此题的关键． 9．（2014秋?广丰县期末）已知点O为线段AB的中点，P为线段AB外一点，过P作直线l，分别过A、B作直线l的垂线段AM、BN；

（1）当点O在直线l上时，求证：OM=ON；

（2）直角三角形斜边上的中线有下列性质：斜边上的中线等于斜边的一半． 请你利用这一性质回答问题：当点O不在直线l上时，OM=ON吗？

【考点】全等三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线．

第16页（共36页）

【分析】（1）证出△AMO≌△BNO，据此即可解答；

（2）作AC∥l，延长BN交AC于C，连接OC；作BD∥l，延长AM交BD于D，连接OD．证出△MAO≌△NCO即可解答． 【解答】解：（1）在Rt△AMO和Rt△BNO中，

，

∴△AMO≌△BNO（AAS）， ∴OM=ON． （2）OM=ON．

作AC∥l，延长BN交AC于C，连接OC；作BD∥l，延长AM交BD于D，连接OD． 可知，∠ACB=90°，AM=CN． ∵O为AB的中点， ∴CO=AO，

∴∠OAC=∠OCA， ∴∠OAM=∠OCN， 在△MAO和△NCO中，

，

∴△MAO≌△NCO（SAS）， ∴OM=ON．

【点评】本题考查了全等三角形的性质，直角三角形斜边上的中线，正确作出辅助线，构造所需图形是解题的关键． 10．（2013秋?开县期末）已知等腰直角△ABC和等腰直角△CDE中，AB=BC，CD=DE，∠ABC=90°，∠CDE=90°，CD＞BC，取线段AE的中点M，连结BM、DM、BD．

（1）如图1，当BC⊥CE时，连接AE，试猜想BM与MD的数量关系和位置关系，请直接写出答案；

（2）如图2，当点A、C、E三点在同一条直线上时，其他条件不变，试探究BM与MD的数量关系和位置关系，请说明理由．

第17页（共36页）

【考点】全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形． 【分析】（1）如图1，过点E作EF∥AB交BM的延长线于一点F，连接DF，由平行线的性质得到∠1=∠MEF，∠ABM=∠EFM，通过证明△ABM≌△EFM，得到BM=MF，AB=EF，于是证得△BCD≌△FED，得到BD=DF，∠5=∠6，推出∠BDF=∠CDE=90°，因为BM=MF，得到△BDM是等腰直角三角形；

（2）如图2，过点E作EF∥AB交BM的延长线于一点F，连接DF，同理易证：△ABM≌△EFM得到AB=EF，BM=MF，∠A=∠MEF=45°，由于∠ACB=∠DCE=∠BCA=∠DEM=45°，得到∠BCD=∠DEF=90°，证得△BCD≌△FED，得到∠BDC=∠EDF，BD=DF，∠BDF=∠CDE=90°，推出△BDM是等腰直角三角形． 【解答】证明：（1）如图1，过点E作EF∥AB交BM的延长线于一点F，连接DF， ∴∠1=∠MEF，∠ABM=∠EFM，

在△ABM与△EFM中，，

∴△ABM≌△EFM， ∴BM=MF，AB=EF， ∵AB=BC， ∴BC=EF，

过C作CN⊥AE于N， ∵∠ABC=∠CDE=90°， 易得；∠1=∠2，∠3=∠4，

∴∠DEF=∠4+∠MEF=∠2+∠3=∠BCD， 在△BCD与△FED中，

，

∴△BCD≌△FED， ∴BD=DF，∠5=∠6， ∴∠BDF=∠CDE=90°， ∵BM=MF，

∴△BDM是等腰直角三角形， ∴BM=DM，BM⊥DM；

（2）如图2，过点E作EF∥AB交BM的延长线于一点F，连接DF， 同理易证：△ABM≌△EFM，

∴AB=EF，BM=MF，∠A=∠MEF=45°， ∵∠ACB=∠DCE=∠BCA=∠DEM=45°， ∴∠BCD=∠DEF=90°， 在△BCD与△FED中，∴△BCD≌△FED，

∴∠BDC=∠EDF，BD=DF， ∴∠BDF=∠CDE=90°， ∵BM=MF，

∴△BDM是等腰直角三角形， ∴BM=DM，BM⊥DM．

，

第18页（共36页）

【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定和性质，平行线的性质，正确的作出辅助线是解题的关键． 11．（2014秋?西城区期末）已知：在△ABC中，∠ABC=60°，CD平分∠ACB交AB于点D，点E在线段CD上（点E不与点C、D重合），且∠EAC=2∠EBC．

（1）如图1，若∠EBC=27°，且EB=EC，则∠DEB= 54 °，∠AEC= 99 °． （2）如图2，

①求证：AE+AC=BC；

②若∠ECB=30°，且AC=BE，求∠EBC的度数．

【考点】全等三角形的判定与性质；角平分线的性质． 【分析】（1）由等腰三角形的性质得到∠EBC=∠ECB=27°，根据角平分线的性质得到∠DEB=∠EBC+∠ECB=54°，再由角平分线的性质得到∠ACD=∠ECB=27°，因为∠EAC=2∠EBC=54°，求得∠AEC=180°﹣27°﹣54°=99°； （2）①在BC上取一点M，使BM=ME，根据等腰三角形的性质得到∠MBE=∠MEB，由∠EAB=2∠MBE，∠EMC=∠MBE+∠MEB=2∠MBE，得到∠EAC=∠EMC，由全等三角形的性质推出AE=ME，CM=AC，于是得到结论；

②如图2，在BC上取一点M，使BM=ME，连接AM，由∠ECB=30°，得到∠ACB=60°，于是推出△AMC是等边三角形，通过三角形全等得到∠EBC=∠MAE，由∠MAC=60°，得到∠EAC=2∠EBC=2∠MAE，于是得出结果． 【解答】解：（1）∵EB=EC， ∴∠EBC=∠ECB=27°，

∴∠DEB=∠EBC+∠ECB=54°， ∵CD平分∠ACB， ∴∠ACD=∠ECB=27°， ∵∠EAC=2∠EBC=54°，

∴∠AEC=180°﹣27°﹣54°=99°， 故答案为：27°，99°；

第19页（共36页）

（2）①证明：如图1，在BC 上取一点M，使BM=ME， ∴∠MBE=∠MEB，

∵∠EAB=2∠MBE，∠EMC=∠MBE+∠MEB=2∠MBE， ∴∠EAC=∠EMC， 在△ACE与△MCE中，

，

∴△ACE≌△MCE， ∴AE=ME，CM=AC， ∴AE=BM，

∴BC=BM+CM=AE+AC；

②如图2在BC 上取一点M，使BM=ME，连接AM， ∵∠ECB=30°，

∴∠ACB=60°，由①可知；△AMC是等边三角形， ∴AM=AC=BE，

在△EMB与△MEA中，

，

∴∠EBC=∠MAE， ∵∠MAC=60°，

∵∠EAC=2∠EBC=2∠MAE， ∴∠MAE=20°，∠EAC=40°， ∴∠EBC=20°．

【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，等边三角形的性质，外角的性质，正确的作出辅助线是解题的关键． 12．（2014秋?昌平区期末）△ABC为等腰直角三角形，∠ABC=90°，点D在AB边上（不与点A、B重合），以CD为腰作等腰直角△CDE，∠DCE=90°．

（1）如图1，作EF⊥BC于F，求证：△DBC≌△CFE； （2）在图1中，连接AE交BC于M，求

的值；

第20页（共36页）

（3）如图2，过点E作EH⊥CE交CB的延长线于点H，过点D作DG⊥DC，交AC于点G，连接GH．当点D在边AB上运动时，式子

的值会发生变化吗？若不变，求出该值；若变化请说明理由．

【考点】全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形． 【专题】证明题． 【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到CD=CE，再利用等角的余角相等得到∠DCB=∠CEF，然后根据“AAS”可证明△DBC≌△CFE； （2）由△DBC≌△CFE得到BD=CF，BC=EF，再利用△ABC为等腰直角三角形得到AB=BC，所以AB=EF，AD=BF，

接着证明△ABM≌△EFM，得到BM=FM，所以=2；

（3）在EH上截取EQ=DG，如图2，先证明△CDG≌△CEQ得到CG=CQ，∠DCG=∠ECQ，由于∠DCG+∠DCB=45°，则∠ECQ+∠DCB=45°，所以∠HCQ=45°，再证明△HCG≌△HCQ，则得到HG=HQ，然后可计算出【解答】（1）证明：∵△CDE为等腰直角三角形，∠DCE=90°． ∴CD=CE，∠DCB+∠ECF=90°， ∵EF⊥BC，

∴∠ECF+∠CEF=90°， ∴∠DCB=∠CEF， 在△DBC和△CEF中，

，

∴△DBC≌△CFE； （2）解：如图1， ∵△DBC≌△CFE， ∴BD=CF，BC=EF，

∵△ABC为等腰直角三角形， ∴AB=BC，

∴AB=EF，AD=BF， 在△ABM和△EFM中，

，

∴△ABM≌△EFM， ∴BM=FM， ∴BF=2BM，

第21页（共36页）

=1．

∴AD=2BM， ∴

的值为2；

（3）解：

的值不变．

在EH上截取EQ=DG，如图2， 在△CDG和△CEQ中

，

∴△CDG≌△CEQ，

∴CG=CQ，∠DCG=∠ECQ， ∵∠DCG+∠DCB=45°， ∴∠ECQ+∠DCB=45°， 而∠DCE=90°， ∴∠HCQ=45°， ∴∠HCQ=∠HCG， 在△HCG和△HCQ中，

，

∴△HCG≌△HCQ， ∴HG=HQ， ∴

=

=

=1．

第22页（共36页）

【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质：全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．也考查了等腰直角三角形的性质． 13．（2014秋?昌平区期末）阅读下面材料：

课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：如图1，△ABC中，若AB=5，AC=3，求BC边上的中线AD的取值范围．

小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：延长AD到E，使DE=AD，再连接BE，相当于把AB、AC、2AD集中在△ABE中，利用三角形的三边关系可得2＜AE＜8，即可得到AD的取值范围．请你写出AD的取值范围 1＜AD＜4 ；

小明小组的感悟：解题时，可以通过构造全等三角形，把分散的已知条件和所求证的结论集中到同一个三角形中． 请你解决以下问题：

（1）如图2，在△ABC中，D是BC边上的中点，ED⊥DF，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF． ①求证：BE+CF＞EF；

222

②若∠A=90°，请直接写出线段BE、CF、EF之间的数量关系为 BE+CF=EF ．

（2）如图3，在四边形ABDC中，∠B+∠C=180°，DB=DC，∠BDC=120°，以D为顶点作一个60°的角，角的两边分别交AB、AC于E、F两点，连接EF，探索线段BE、CF、EF之间的数量关系，并加以证明．

【考点】全等三角形的判定与性质；三角形三边关系．

【分析】利用三角形全等可以得出AD=AE，由三角形的三边关系建立不等式就可以得出结论；

（1）①如图2，延长ED到点G使DG=ED，连结GF，GC，就有EF=GF，连结FG、CG，可证△BED≌△CDG，则CG=BE，由三角形的三边关系就可以得出结论；

②如图2，由∠A=90°就可以得出∠A+∠ACB=90°，就可以得出∠FCG=90°由勾股定理就可以得出结论； （2）延长AC到G使CG=BE，连结DG可以得出△DBE≌△DCG就有DE=DG，∠BDE=∠CDG，由∠BDC=120°，∠EDF=60°，可以得出∠BDE+∠CDF=60°，进而得出∠FDG=60°，就有∠EDF=∠GDF，得出△EDF≌△GDF，得出结论．

【解答】解：∵D是BC的中点， ∴BD=CD．

在△ADC和△EDB中，

，

∴△ADC≌EDB（SAS）， ∴AC=BE．

第23页（共36页）

∵AB﹣BE＜AE＜AB+BE， ∴AB﹣AC＜2AD＜AB+AC． ∵AB=5，AC=3， ∴2＜2AD＜8， ∴1＜AD＜4．

故答案为：1＜AD＜4； （1））①如图2，延长ED到点G使DG=ED，连结GF，GC ∵ED⊥DF

∴EF=GF．

∵D是BC的中点， ∴BD=CD．

在△BDE和△CDG中，

，

∴△DBE≌△DCG（SAS）， ∴BE=CG．

∵CG+CF＞GF， ∴BE+CF＞EF；

②如图2，∵∠A=90°， ∴∠B+∠ACB=90°． 在△BDE和△CDG中，

，

∵△DBE≌△DCG（SAS）， ∴BE=CG．∠B=∠GCD， ∴∠GCD+∠ACB=90°． 即∠GCF=90°．

∴CF2+GC2=GF2，

∴BE2+CF2=EF2．

故答案为：BE2+CF2=EF2

； （2）EF=BE+CF

理由：如图3，延长AC到G使CG=BE， ∵∠B+∠ACD=180°，∠ACD+∠DCG=180°，∴∠B=∠DCG．

在△DBE和△DCG中

，

∴△DBE≌△DCG（SAS）， ∴DE=DG，∠BDE=∠CDG． ∵∠BDC=120°，∠EDF=60° ∴∠BDE+∠CDF=60°， ∴∠CDG+∠CDF=60°，

第24页（共36页）

∴∠EDF=∠GDF． 在△EDF和△GDF中，

∴△EDF≌△GDF（SAS）， ∴EF=GF． ∵GF=CG+CF， ∴GF=BE+CF， ∴EF=BE+CF．

【点评】本题考查了三角形的三边关系的运用，勾股定理的运用，四边形的性质的运用，三角形的外角与内角的关系的运用，全等三角形的判定与性质的运用，解答时证明三角形全等是关键． 14．（2014秋?抚州期末）平面内的两条直线有相交和平行两种位置关系．

（1）如图1，若AB∥CD，点P在AB、CD内部，∠B=50°，∠D=30°，求∠BPD．

（2）如图2，在AB∥CD的前提下，将点P移到AB、CD外部，则∠BPD、∠B、∠D之间有何数量关系？请证明你的结论．

（3）如图3，写出∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数= 360° ．

【考点】平行线的性质． 【分析】（1）过P作平行于AB的直线，根据内错角相等可得出三个角的关系，然后将∠B=50°，∠D=30°代入，即可求∠BPD的度数；

第25页（共36页）

（2）先由平行线的性质得到∠B=∠BOD，然后根据∠BOD是三角形OPD的一个外角，由此可得出三个角的关系； （3）根据三角形外角性质得出∠CMN=∠A+∠E，∠DNB=∠B+∠F，代入∠C+∠D+CMN+∠DNM=360°即可求出答案．

【解答】解：（1）如图1，过P点作PO∥AB，

∵AB∥CD，

∴CD∥PO∥AB，

∴∠BPO=∠B，∠OPD=∠D， ∵∠BPD=∠BPO+∠OPD， ∴∠BPD=∠B+∠D． ∵∠B=50°，∠D=30°，

∴∠BPD=∠B+∠D=50°+30°=80°； （2）∠B=∠D+∠BPD， ∵AB∥CD， ∴∠B=∠BOD，

∵∠BOD=∠D+∠BPD， ∴∠B=∠D+∠BPD；

（3）∵∠CMN=∠A+∠E，∠DNB=∠B+∠F， 又∵∠C+∠D+∠CMN+∠DNM=360°， ∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F=360°． 故答案为：360°．

【点评】本题考查了平行线性质，三角形外角性质，四边形的内角和定理等知识点的应用，主要考查学生的推理能力和猜想能力． 15．（2013?烟台）已知，点P是直角三角形ABC斜边AB上一动点（不与A，B重合），分别过A，B向直线CP作垂线，垂足分别为E，F，Q为斜边AB的中点．

（1）如图1，当点P与点Q重合时，AE与BF的位置关系是 AE∥BF ，QE与QF的数量关系式 QE=QF ； （2）如图2，当点P在线段AB上不与点Q重合时，试判断QE与QF的数量关系，并给予证明；

（3）如图3，当点P在线段BA（或AB）的延长线上时，此时（2）中的结论是否成立？请画出图形并给予证明．

【考点】全等三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线． 【专题】压轴题．

第26页（共36页）

【分析】（1）证△BFQ≌△AEQ即可；

（2）证△FBQ≌△DAQ，推出QF=QD，根据直角三角形斜边上中线性质求出即可； （3）证△AEQ≌△BDQ，推出DQ=QE，根据直角三角形斜边上中线性质求出即可． 【解答】解：（1）AE∥BF，QE=QF， 理由是：如图1，∵Q为AB中点， ∴AQ=BQ，

∵BF⊥CP，AE⊥CP，

∴BF∥AE，∠BFQ=∠AEQ=90°， 在△BFQ和△AEQ中

∴△BFQ≌△AEQ（AAS）， ∴QE=QF，

故答案为：AE∥BF；QE=QF．

（2）QE=QF，

证明：如图2，延长FQ交AE于D， ∵Q为AB中点， ∴AQ=BQ，

∵BF⊥CP，AE⊥CP， ∴BF∥AE，

∴∠QAD=∠FBQ， 在△FBQ和△DAQ中

∴△FBQ≌△DAQ（ASA）， ∴QF=QD， ∵AE⊥CP，

∴EQ是直角三角形DEF斜边上的中线，∴QE=QF=QD， 即QE=QF．

（3）（2）中的结论仍然成立， 证明：如图3，

延长EQ、FB交于D， ∵Q为AB中点， ∴AQ=BQ，

∵BF⊥CP，AE⊥CP， ∴BF∥AE， ∴∠1=∠D，

在△AQE和△BQD中，

第27页（共36页）

，

∴△AQE≌△BQD（AAS）， ∴QE=QD， ∵BF⊥CP，

∴FQ是斜边DE上的中线， ∴QE=QF．

【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，直角三角形斜边上中线性质的应用，注意：①全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，②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． 16．（2013?昭通）已知△ABC为等边三角形，点D为直线BC上的一动点（点D不与B、C重合），以AD为边作菱形ADEF（A、D、E、F按逆时针排列），使∠DAF=60°，连接CF． （1）如图1，当点D在边BC上时，求证：①BD=CF；②AC=CF+CD；

第28页（共36页）

（2）如图2，当点D在边BC的延长线上且其他条件不变时，结论AC=CF+CD是否成立？若不成立，请写出AC、CF、CD之间存在的数量关系，并说明理由；

（3）如图3，当点D在边CB的延长线上且其他条件不变时，补全图形，并直接写出AC、CF、CD之间存在的数量关系．

【考点】全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；菱形的性质． 【专题】几何综合题；压轴题． 【分析】（1）根据已知得出AF=AD，AB=BC=AC，∠BAC=∠DAF=60°，求出∠BAD=CAF，证△BAD≌△CAF，推出CF=BD即可；

（2）求出∠BAD=∠CAF，根据SAS证△BAD≌△CAF，推出BD=CF即可； （3）画出图形后，根据SAS证△BAD≌△CAF，推出CF=BD即可． 【解答】（1）证明：∵菱形AFED， ∴AF=AD，

∵△ABC是等边三角形，

∴AB=AC=BC，∠BAC=60°=∠DAF， ∴∠BAC﹣∠DAC=∠DAF﹣∠DAC， 即∠BAD=∠CAF， ∵在△BAD和△CAF中

，

∴△BAD≌△CAF， ∴CF=BD，

∴CF+CD=BD+CD=BC=AC， 即①BD=CF，②AC=CF+CD．

（2）解：AC=CF+CD不成立，AC、CF、CD之间存在的数量关系是AC=CF﹣CD， 理由是：由（1）知：AB=AC=BC，AD=AF，∠BAC=∠DAF=60°， ∴∠BAC+∠DAC=∠DAF+∠DAC， 即∠BAD=∠CAF， ∵在△BAD和△CAF中

，

∴△BAD≌△CAF， ∴BD=CF，

∴CF﹣CD=BD﹣CD=BC=AC， 即AC=CF﹣CD．

第29页（共36页）

（3）AC=CD﹣CF．理由是： ∵∠BAC=∠DAF=60°， ∴∠DAB=∠CAF， ∵在△BAD和△CAF中

，

∴△BAD≌△CAF（SAS）， ∴CF=BD，

∴CD﹣CF=CD﹣BD=BC=AC， 即AC=CD﹣CF．

【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，等边三角形的性质，菱形的性质的应用，主要考查学生的推理能力，注意：证明过程类似，题目具有一定的代表性，难度适中． 17．（2012?山西）问题情境：将一副直角三角板（Rt△ABC和Rt△DEF）按图1所示的方式摆放，其中∠ACB=90°，CA=CB，∠FDE=90°，O是AB的中点，点D与点O重合，DF⊥AC于点M，DE⊥BC于点N，试判断线段OM与ON的数量关系，并说明理由．

探究展示：小宇同学展示出如下正确的解法： 解：OM=ON，证明如下：

连接CO，则CO是AB边上中线，

∵CA=CB，∴CO是∠ACB的角平分线．（依据1） ∵OM⊥AC，ON⊥BC，∴OM=ON．（依据2） 反思交流：

（1）上述证明过程中的“依据1”和“依据2”分别是指：

依据1： 等腰三角形的三线合一（等腰三角形顶角的平分线、底边上的中线、底边上的高互相重合） ； 依据2： 角平分线上的点到角的两边的距离相等 ．

（2）你有与小宇不同的思考方法吗？请写出你的证明过程． 拓展延伸：

（3）将图1中的Rt△DEF沿着射线BA的方向平移至如图2所示的位置，使点D落在BA的延长线上，FD的延长线与CA的延长线垂直相交于点M，BC的延长线与DE垂直相交于点N，连接OM、ON，试判断线段OM、ON的数量关系与位置关系，并写出证明过程．

第30页（共36页）

【考点】全等三角形的判定与性质；角平分线的性质；等腰三角形的性质；矩形的判定与性质． 【专题】几何综合题；压轴题． 【分析】（1）根据等腰三角形的性质和角平分线性质得出即可； （2）证△OMA≌△ONB（AAS），即可得出答案；

（3）求出矩形DMCN，得出DM=CN，△MOC≌△NOB（SAS），推出OM=ON，∠MOC=∠NOB，得出∠MOC﹣∠CON=∠NOB﹣∠CON，求出∠MON=∠BOC=90°，即可得出答案． 【解答】（1）解：

依据1：等腰三角形三线合一（或等腰三角形顶角的平分线、底边上的中线、底边上的高互相重合）； 依据2：角平分线上的点到角的两边距离相等．

（2）证明：∵CA=CB， ∴∠A=∠B，

∵O是AB的中点， ∴OA=OB．

∵DF⊥AC，DE⊥BC， ∴∠AMO=∠BNO=90°， ∵在△OMA和△ONB中

，

∴△OMA≌△ONB（AAS）， ∴OM=ON．

（3）解：OM=ON，OM⊥ON． 理由如下： 连接OC，

∵∠ACB=∠DNB，∠B=∠B， ∴△BCA∽△BND， ∴

=

，

∵AC=BC， ∴DN=NB． ∵∠ACB=90°，

∴∠NCM=90°=∠DNC， ∴MC∥DN， 又∵DF⊥AC， ∴∠DMC=90°，

即∠DMC=∠MCN=∠DNC=90°，

第31页（共36页）

∴四边形DMCN是矩形， ∴DN=MC，

∵∠B=45°，∠DNB=90°， ∴∠3=∠B=45°， ∴DN=NB， ∴MC=NB，

∵∠ACB=90°，O为AB中点，AC=BC，

∴∠1=∠2=45°=∠B，OC=OB（斜边中线等于斜边一半）， 在△MOC和△NOB中

，

∴△MOC≌△NOB（SAS）， ∴OM=ON，∠MOC=∠NOB，

∴∠MOC﹣∠CON=∠NOB﹣∠CON， 即∠MON=∠BOC=90°， ∴OM⊥ON．

【点评】本题考查了等腰三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，矩形的性质和判定，角平分线性质等知识点的应用，主要考查学生运用定理进行推理的能力，题目比较好，综合性也比较强． 18．（2012?烟台）（1）问题探究 如图1，分别以△ABC的边AC与边BC为边，向△ABC外作正方形ACD1E1和正方形BCD2E2，过点C作直线KH交直线AB于点H，使∠AHK=∠ACD1作D1M⊥KH，D2N⊥KH，垂足分别为点M，N．试探究线段D1M与线段D2N的数量关系，并加以证明． （2）拓展延伸

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①如图2，若将“问题探究”中的正方形改为正三角形，过点C作直线K1H1，K2H2，分别交直线AB于点H1，H2，使∠AH1K1=∠BH2K2=∠ACD1．作D1M⊥K1H1，D2N⊥K2H2，垂足分别为点M，N．D1M=D2N是否仍成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由．

②如图3，若将①中的“正三角形”改为“正五边形”，其他条件不变．D1M=D2N是否仍成立？（要求：在图3中补全图形，注明字母，直接写出结论，不需证明）

【考点】全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；正方形的性质；正多边形和圆． 【专题】几何综合题；压轴题． 【分析】（1）根据正方形的每一个角都是90°可以证明∠AHK=90°，然后利用平角等于180°以及直角三角形的两锐角互余证明∠D1CK=∠HAC，再利用“角角边”证明△ACH和△CD1M全等，根据全等三角形对应边相等可得D1M=CH，同理可证D2N=CH，从而得证； （2）①过点C作CG⊥AB，垂足为点G，根据三角形的内角和等于180°和平角等于180°证明得到∠H1AC=∠D1CM，然后利用“角角边”证明△ACG和△CD1M全等，根据全等三角形对应边相等可得CG=D1M，同理可证CG=D2N，从而得证；

②结论仍然成立，与①的证明方法相同． 【解答】（1）D1M=D2N． 证明：∵∠ACD1=90°，

∴∠ACH+∠D1CK=180°﹣90°=90°， ∵∠AHK=∠ACD1=90°， ∴∠ACH+∠HAC=90°， ∴∠D1CK=∠HAC，

在△ACH和△CD1M中，

，

∴△ACH≌△CD1M（AAS）， ∴D1M=CH，

同理可证D2N=CH， ∴D1M=D2N；

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（2）①证明：D1M=D2N成立． 过点C作CG⊥AB，垂足为点G， ∵∠H1AC+∠ACH1+∠AH1C=180°， ∠D1CM+∠ACH1+∠ACD1=180°， ∠AH1C=∠ACD1， ∴∠H1AC=∠D1CM， 在△ACG和△CD1M中，

，

∴△ACG≌△CD1M（AAS）， ∴CG=D1M，

同理可证CG=D2N， ∴D1M=D2N；

②作图正确．

D1M=D2N还成立．

【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，正方形的性质，正多边形的性质，读懂题意，证明得到∠D1CK=∠HAC（或∠H1AC=∠D1CM）是证明三角形全等的关键，也是解决本题的难点与突破口． 19．（2011?綦江县）如图，等边△ABC中，AO是∠BAC的角平分线，D为AO上一点，以CD为一边且在CD下方作等边△CDE，连接BE． （1）求证：△ACD≌△BCE；

（2）延长BE至Q，P为BQ上一点，连接CP、CQ使CP=CQ=5，若BC=8时，求PQ的长．

【考点】全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；含30度角的直角三角形；勾股定理． 【专题】几何综合题；压轴题． 【分析】（1）由△ABC与△DCE是等边三角形，可得AC=BC，DC=EC，∠ACB=∠DCE=60°，又由

∠ACD+∠DCB=∠ECB+∠DCB=60°，即可证得∠ACD=∠BCE，所以根据SAS即可证得△ACD≌△BCE；

（2）首先过点C作CH⊥BQ于H，由等边三角形的性质，即可求得∠DAC=30°，则根据等腰三角形与直角三角形中的勾股定理即可求得PQ的长． 【解答】（1）证明：∵△ABC与△DCE是等边三角形， ∴AC=BC，DC=EC，∠ACB=∠DCE=60°， ∴∠ACD+∠DCB=∠ECB+∠DCB=60°，

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∴∠ACD=∠BCE，

∴△ACD≌△BCE（SAS）；

（2）解：过点C作CH⊥BQ于H，

∵△ABC是等边三角形，AO是角平分线， ∴∠DAC=30°，

∵△ACD≌△BCE， ∴∠PBC=∠DAC=30°，

∴在Rt△BHC中，CH=BC=×8=4， ∵PC=CQ=5，CH=4， ∴PH=QH=3， ∴PQ=6．

【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形、等边三角形以及直角三角形的性质等知识．此题综合性较强，但难度不大，解题时要注意数形结合思想的应用． 20．（2011?自贡校级二模）如图，△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D在直线BC上，△ADE是等腰直角三角形，∠DAE=90°，AD=AE，连接CE． （1）当点D在线段BC上时（如图1），求证：DC+CE=AC； （2）当点D在线段CB延长线上时（如图2）；当点D在线段BC延长线上时（如图3），探究线段DC、CE、AC之间的数量关系分别为，图2： DC﹣CE=AC ； 图3： CE﹣DC=AC ；

【考点】全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形． 【专题】证明题；压轴题．

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【分析】（1）利用△ABC是等腰直角三角形，易得AB=AC，∠BAC=90°，即有∠BAD+∠DAC=90°，同理可得AD=AE，∠DAC+∠CAE=90°，从而可证∠BAD=∠CAE，从而利用SAS可证△BAD≌△CAE，那么BD=CE，于是BC=CE+DC，再利用勾股定理可知BC=AC，进而可证CE+DC=AC； （2）同（1）可证△BAD≌△CAE，那么BD=CE，而BC+BD=CD，易证AC=CD﹣CE；同理在图3中可证AC=CE﹣CD．

【解答】解：（1）如图1所示， ∵△ABC是等腰直角三角形， ∴AB=AC，∠BAC=90°， 即∠BAD+∠DAC=90°，

同理有AD=AE，∠DAC+∠CAE=90°， ∴∠BAD=∠CAE， ∴△BAD≌△CAE， ∴BD=CE， ∴BC=CE+DC，

在Rt△ABC中，BC=AC， ∴CE+DC=AC；

（2）在图2中，

∵△ABC是等腰直角三角形， ∴AB=AC，∠BAC=90°， 即∠BAE+∠EAC=90°，

同理有AD=AE，∠DAB+∠BAE=90°， ∴∠BAD=∠CAE， ∴△BAD≌△CAE， ∴BD=CE，

又∵BC+BD=CD， ∴BC=CD﹣CE， 即AC=CD﹣CE； 在图3中，

∵AB=AC，∠BAD=∠CAE，AD=AE， ∴△ACE≌△ABD， ∴BD=CE，

即BC+CD=CE， ∴BC=CE﹣CD， ∴AC=CE﹣CD．

故答案是AC=CD﹣CE；AC=CE﹣CD．

【点评】本题考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理．解题的关键是利用SAS证明△BAD≌△CAE．

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【分析】（1）利用△ABC是等腰直角三角形，易得AB=AC，∠BAC=90°，即有∠BAD+∠DAC=90°，同理可得AD=AE，∠DAC+∠CAE=90°，从而可证∠BAD=∠CAE，从而利用SAS可证△BAD≌△CAE，那么BD=CE，于是BC=CE+DC，再利用勾股定理可知BC=AC，进而可证CE+DC=AC； （2）同（1）可证△BAD≌△CAE，那么BD=CE，而BC+BD=CD，易证AC=CD﹣CE；同理在图3中可证AC=CE﹣CD．

【解答】解：（1）如图1所示， ∵△ABC是等腰直角三角形， ∴AB=AC，∠BAC=90°， 即∠BAD+∠DAC=90°，

同理有AD=AE，∠DAC+∠CAE=90°， ∴∠BAD=∠CAE， ∴△BAD≌△CAE， ∴BD=CE， ∴BC=CE+DC，

在Rt△ABC中，BC=AC， ∴CE+DC=AC；

（2）在图2中，

∵△ABC是等腰直角三角形， ∴AB=AC，∠BAC=90°， 即∠BAE+∠EAC=90°，

同理有AD=AE，∠DAB+∠BAE=90°， ∴∠BAD=∠CAE， ∴△BAD≌△CAE， ∴BD=CE，

又∵BC+BD=CD， ∴BC=CD﹣CE， 即AC=CD﹣CE； 在图3中，

∵AB=AC，∠BAD=∠CAE，AD=AE， ∴△ACE≌△ABD， ∴BD=CE，

即BC+CD=CE， ∴BC=CE﹣CD， ∴AC=CE﹣CD．

故答案是AC=CD﹣CE；AC=CE﹣CD．

【点评】本题考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理．解题的关键是利用SAS证明△BAD≌△CAE．

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