資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
2025年九年級數學中考三輪沖刺訓練三角形壓軸題綜合訓練
1．如圖，∠A＝90°，AB＝AC，BD⊥AB，BC＝AB+BD．
（1）寫出AB與BD的數量關系．
（2）延長BC到E，使CE＝BC，延長DC到F，使CF＝DC，連接EF．求證：EF⊥AB．
（3）在（2）的條件下，作∠ACE的平分線，交AF于點H，求證：AH＝FH．
2．如圖，在△ABC中，AB＝AC，D是BC的中點，延長DA至E，連接EB．EC．
（1）求證：△BAE≌△CAE；
（2）在如圖1中，若AE＝AD，其它條件不變得到圖2，在圖2中過點D作DF⊥AB于F，設H是EC的中點，過點H作HG∥AB交FD于G，交DE于M．
求證：①AF MH＝AM AE；
②GF＝GD．
3．已知△ABC≌△DEC，AB＝AC，AB＞BC．
（1）如圖1，CB平分∠ACD，求證：四邊形ABDC是菱形；
（2）如圖2，將（1）中的△CDE繞點C逆時針旋轉（旋轉角小于∠BAC），BC，DE的延長線相交于點F，用等式表示∠ACE與∠EFC之間的數量關系，并證明；
（3）如圖3，將（1）中的△CDE繞點C順時針旋轉（旋轉角小于∠ABC），若∠BAD＝∠BCD，求∠ADB的度數．
4．在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直線l經過點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）規律探究：
（Ⅰ）如圖②，若直線l從圖①狀態開始繞點A旋轉α（0＜α＜45°），請探究線段BD、CE和DE的數量關系并說明理由；
（Ⅱ）如圖③，若直線l從圖①狀態開始繞點A順時針旋轉α（45°＜α＜90°），與線段BC相交于點H，請再探線段BD、CE和DE的數量關系并說明理由；
嘗試應用：在圖③中，延長線段BD交線段AC于點F，若CE＝3，DE＝1，
求S△BFC．
5．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，使DE＝DG，延長ED交AB于點F．直接寫出的值（用含n的式子表示）．
6．在四邊形ABCD中，O是邊BC上的一點．若△OAB≌△OCD，則點O叫做該四邊形的“等形點”．
（1）正方形 　 　 “等形點”（填“存在”或“不存在”）；
（2）如圖，在四邊形ABCD中，邊BC上的點O是四邊形ABCD的“等形點”．已知CD＝4，OA＝5，BC＝12，連接AC，求AC的長；
（3）在四邊形EFGH中，EH∥FG．若邊FG上的點O是四邊形EFGH的“等形點”，求的值．
7．（1）如圖1，在△ABC中，∠ACB＝2∠B，CD平分∠ACB，交AB于點D，DE∥AC，交BC于點E．
①若DE＝1，BD，求BC的長；
②試探究是否為定值．如果是，請求出這個定值；如果不是，請說明理由．
（2）如圖2，∠CBG和∠BCF是△ABC的2個外角，∠BCF＝2∠CBG，CD平分∠BCF，交AB的延長線于點D，DE∥AC，交CB的延長線于點E．記△ACD的面積為S1，△CDE的面積為S2，△BDE的面積為S3．若S1 S3，求cos∠CBD的值．
8．已知CD是△ABC的角平分線，點E，F分別在邊AC，BC上，AD＝m，BD＝n，△ADE與△BDF的面積之和為S．
（1）填空：當∠ACB＝90°，DE⊥AC，DF⊥BC時，
①如圖1，若∠B＝45°，m＝5，則n＝　 　 ，S＝　 　 ；
②如圖2，若∠B＝60°，m＝4，則n＝　 　 ，S＝　 　 ；
（2）如圖3，當∠ACB＝∠EDF＝90°時，探究S與m，n的數量關系，并說明理由；
（3）如圖4，當∠ACB＝60°，∠EDF＝120°，m＝6，n＝4時，請直接寫出S的大?。?br/>9．如圖，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝12，點P在邊AB上，D、E分別為BC、PC的中點，連接DE．過點E作BC的垂線，與BC、AC分別交于F、G兩點．連接DG，交PC于點H．
（1）∠EDC的度數為 　 　 °；
（2）連接PG，求△APG的面積的最大值；
（3）PE與DG存在怎樣的位置關系與數量關系？請說明理由；
（4）求的最大值．
10．在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，AD是△ABC的角平分線．
（1）如圖1，點E、F分別是線段BD、AD上的點，且DE＝DF，AE與CF的延長線交于點M，則AE與CF的數量關系是 　 　 ，位置關系是 　 　 ；
（2）如圖2，點E、F分別在DB和DA的延長線上，且DE＝DF，EA的延長線交CF于點M．
①（1）中的結論還成立嗎？如果成立，請給出證明；如果不成立，請說明理由；
②連接DM，求∠EMD的度數；
③若DM＝6，ED＝12，求EM的長．
11．在△ABC中，AC＝AB，∠BAC＝α，D為線段AB上的動點，連接DC，將DC繞點D順時針旋轉α得到DE，連接CE，BE．
（1）如圖1，當α＝60°時，求證：△CAD≌△CBE；
（2）如圖2，當tanα時，
①探究AD和BE之間的數量關系，并說明理由；
②若AC＝5，H是BC上一點，在點D移動過程中，CE+EH是否存在最小值？若存在，請直接寫出CE+EH的最小值；若不存在，請說明理由．
12．如圖，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D為AB中點，點E在直線BC上（點E不與點B，C重合），連接DE，過點D作DF⊥DE交直線AC于點F，連接EF．
（1）如圖1，當點F與點A重合時，請直接寫出線段EF與BE的數量關系；
（2）如圖2，當點F不與點A重合時，請寫出線段AF，EF，BE之間的數量關系，并說明理由；
（3）若AC＝5，BC＝3，EC＝1，請直接寫出線段AF的長．
13．如圖，△ABC和△DEF都是等腰直角三角形，AB＝AC，∠BAC＝90°，DE＝DF，∠EDF＝90°，D為BC邊中點，連接AF，且A、F、E三點恰好在一條直線上，EF交BC于點H，連接BF，CE．
（1）求證：AF＝CE；
（2）猜想CE，BF，BC之間的數量關系，并證明；
（3）若CH＝2，AH＝4，請直接寫出線段AC，AE的長．
14．如圖①，E、F是等腰Rt△ABC的斜邊BC上的兩動點，∠EAF＝45°，CD⊥BC且CD＝BE．
（1）求證：△ABE≌△ACD；
（2）求證：EF2＝BE2+CF2；
（3）如圖②，作AH⊥BC，垂足為H，設∠EAH＝α，∠FAH＝β，不妨設AB，請利用（2）的結論證明：當α+β＝45°時，tan（α+β）成立．
15．如圖1，△ABC和△DCE都是等邊三角形．
探究發現
（1）△BCD與△ACE是否全等？若全等，加以證明；若不全等，請說明理由．
拓展運用
（2）若B、C、E三點不在一條直線上，∠ADC＝30°，AD＝3，CD＝2，求BD的長．
（3）若B、C、E三點在一條直線上（如圖2），且△ABC和△DCE的邊長分別為1和2，求△ACD的面積及AD的長．
16．如圖，△ABC和△CDE都是等邊三角形，點B、C、E三點在同一直線上，連接BD，AD，BD交AC于點F．
（1）若AD2＝DF DB，求證：AD＝BF；
（2）若∠BAD＝90°，BE＝6．
①求tan∠DBE的值；②求DF的長．
17．如圖，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，將△ABC繞點C順時針旋轉得到△DEC，點D落在線段AB上，連接BE．
（1）求證：DC平分∠ADE；
（2）試判斷BE與AB的位置關系，并說明理由；
（3）若BE＝BD，求tan∠ABC的值．
參考答案
1．【解答】（1）解：結論：AB＝（1）BD．
理由：在BC上取一點T，使得BT＝BD，連接DT，AT．設AB＝AC＝a，則BCa．
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∵BD⊥AB，
∴∠ABD＝90°，
∴∠DBT＝45°，
∵BD＝BT，
∴∠BDT＝∠BTD＝67.5°，
∵BC＝AB+BD＝AC+BD＝BT+AC，
∴CT＝CA＝a，
∴BD＝BT＝BC﹣CTa﹣a，
∴1，
∴AB＝（1）BD；
（2）證明：如圖2中，
在△BCD和△ECF中，
，
∴△BCD≌△ECF（SAS），
∴∠CBD＝∠E＝45°，BD＝EF，
∴BD∥EF，
∵BD⊥AB，
∴EF⊥AB；
（3）證明：延長CH交EF的延長線于點J．
∵∠ACE＝180°﹣∠ACB＝135°，CH平分∠ACE，
∴∠ACH＝∠ECH＝67.5°，
∵∠ACB＝∠E＝45°，
∴AC∥EJ，
∴∠J＝∠ACH＝∠ECJ＝67.5°，
∴CE＝EJ＝CB，
∵BC＝BD+AB，EJ＝EF+FJ，
∴FJ＝AB＝AC，
∵∠AHC＝∠FHJ，∠ACH＝∠J，
∴△ACH≌△FJH（AAS），
∴AH＝FH．
2．【解答】證明：（1）∵AB＝AC，D是BC的中點，
∴AD是BC的垂直平分線，
又∵E在AD上，
∴EB＝EC，
在△BAE和△CAE中，
，
∴△BAE≌△CAE（SSS）；
（2）①連接AH，
∵A，H分別是ED和EC的中點，
∴AH為△EDC的中位線，
∴AH∥DC，
∴∠EAH＝∠EDC＝90°，
又∵DF⊥AB，
∴∠AFD＝90°，
又∵HG∥AB，
∴∠FAD＝∠AMH，
∴△AFD∽△MAH，
∴，
∴AF MH＝AM AD，
∵AE＝AD，
∴AF MH＝AM AE；
②∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵∠ABD＝∠ADF＝∠AHM，
∴∠AHM＝∠ACB，
∴△AMH∽△DAC，
∵A、H分別為ED和EC中點，
∴AH為△EDC的中位線，
∴，
∴AMAD，即M為AD中點，
∵AF∥GH，
∴G為FD中點，
∴GF＝GD．
3．【解答】（1）證明：∵△ABC≌△DEC，
∴AC＝DC，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，AB＝DC，
∵CB平分∠ACD，
∴∠DCB＝∠ACB，
∴∠ABC＝∠DCB，
∴AB∥CD，
∴四邊形ABDC為平行四邊形，
∵AB＝AC，
∴平行四邊形ABDC為菱形；
（2）解：∠ACE+∠EFC＝180°，
理由如下：∵△ABC≌△DEC，
∴∠ABC＝∠DEC，
∴∠ACB＝∠DEC，
∵∠ACB+∠ACF＝∠DEC+∠CEF＝180°，
∴∠CEF＝∠ACF，
∵∠CEF+∠ECF+∠EFC＝180°，
∴∠ACF+∠ECF+∠EFC＝180°，
∴∠ACE+∠EFC＝180°；
（3）解：如圖3，在AD上取點M，使AM＝BC，連接BM，
在△AMB和△CBD中，
，
∴△AMB≌△CBD（SAS），
∴BM＝BD，∠ABM＝∠CDB，
∴∠BMD＝∠BDM，
∵∠BMD＝∠BAD+∠MBA，
∴∠ADB＝∠BCD+∠BDC，
設∠BCD＝∠BAD＝α，∠BDC＝β，則∠ADB＝α+β，
∵CA＝CD，
∴∠CAD＝∠CDA＝α+2β，
∴∠BAC＝∠CAD﹣∠BAD＝2β，
∴∠ACB（180°﹣2β）＝90°﹣β，
∴∠ACD＝90°﹣β+α，
∵∠ACD+∠CAD+∠CDA＝180°，
∴90°﹣β+α+α+2β+α+2β＝180°，
∴α+β＝30°，即∠ADB＝30°．
4．【解答】解：（1）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∵l∥BC，
∴∠DAB＝∠ABC＝45°，∠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△ABF523．
5．【解答】解：（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＝ED，
∴∠E＝∠DBC＝30°，
∴DF⊥AB，
∵∠AGD＝∠ADG＝60°，
∴△ADG是等邊三角形，
∴AFAG，
∵AGAB，
∴AFAB，
∴；
（2）取BC的中點H，連接DH，
∵點D為AC的中點，
∴DH∥AB，DHAB，
∵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，
∴，
∵DHAB，
∴，
∴．
6．【解答】解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠C＝90°，
∵△OAB≌△OCD，
∴∠OAB＝∠C＝90°，
∵O是邊BC上的一點．
∴正方形不存在“等形點”，
故答案為：不存在；
（2）作AH⊥BO于H，
∵邊BC上的點O是四邊形ABCD的“等形點”，
∴△OAB≌△OCD，
∴AB＝CD＝4，OA＝OC＝5，
∵BC＝12，
∴BO＝7，
設OH＝x，則BH＝7﹣x，
由勾股定理得，（4）2﹣（7﹣x）2＝52﹣x2，
解得，x＝3，
∴OH＝3，
∴AH＝4，
∴CH＝8，
在Rt△CHA中，AC4；
（3）如圖，∵邊FG上的點O是四邊形EFGH的“等形點”，
∴△OEF≌△OGH，
∴∠EOF＝∠HOG，OE＝OG，∠OGH＝∠OEF，
∵EH∥FG，
∴∠HEO＝∠EOF，∠EHO＝∠HOG，
∴∠HEO＝∠EHO，
∴OE＝OH，
∴OH＝OG，
∴OE＝OF，
∴1．
7．【解答】解：（1）①∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠DCB∠ACB，
∵∠ACB＝2∠B，
∴∠ACD＝∠DCB＝∠B，
∴CD＝BD，
∵DE∥AC，
∴∠ACD＝∠EDC，
∴∠EDC＝∠DCB＝∠B，
∴CE＝DE＝1，
∴△CED∽△CDB，
∴，
∴，
∴BC；
②是定值．
∵DE∥AC，
∴，
同①可得，CE＝DE，
∴，
∴1，
∴是定值，定值為1；
（2）∵DE∥AC，
∴，
∵，
∴，
又∵S1 S3，
∴，
設BC＝9x，則CE＝16x，
∵CD平分∠BCF，
∴∠ECD＝∠FCD∠BCF，
∵∠BCF＝2∠CBG，
∴∠ECD＝∠FCD＝∠CBD，
∴BD＝CD，
∵DE∥AC，
∴∠EDC＝∠FCD，
∴∠EDC＝∠CBD＝∠ECD，
∴CE＝DE，
∵∠DCB＝∠ECD，
∴△CDB∽△CED，
∴，
∴CD2＝CB CE＝144x2，
∴CD＝12x，
過點D作DH⊥BC于點H，
∵BD＝CD＝12x，
∴BHBCx，
∴cos．
8．【解答】解：（1）①如圖1中，∵∠ACB＝90°，∠B＝45°，
∴CA＝CB，
∵CD平分∠ACB，
∴AD＝DB＝5，
∵DE⊥AC，DF⊥BC，∠A＝∠B＝45°，
∴△ADE，△BDF都是等腰直角三角形，
∴BF＝DF＝5，AE＝DE＝5，
∴S5×55×5＝25，
故答案為：5，25；
②如圖2中，
在Rt△ADE中，AD＝4，∠A＝90°﹣∠B＝30°，
∴DEAD＝2，AEDE＝6，
∵DE⊥AC，DF⊥BC，CD平分∠ACB，
∴DE＝DF＝2，
∴BF＝2，BD＝2BF＝4，
∴n＝4，
∴S2622＝8，
故答案為：4，8；
（2）如圖3中，過點D作DM⊥AC于點M，DN⊥BC于點N．
∵DM⊥AC，DN⊥BC，CD平分∠ACB，
∴DM＝DN，
∵∠DMC＝∠DNC＝∠MCN＝90°，
∴四邊形DNCM是矩形，
∴DM＝DN，
∴四邊形DMCN是正方形，
∴∠MDN＝∠EDF＝90°，
∴∠MDE＝∠NDF，
∵∠DME＝∠DNF，
∴△DME≌△DNF（ASA），
∴S＝S△ADE+S△BDF＝S△ADM+S△BDN，
把△BDN繞點D逆時針旋轉90°得到右邊△ADH，∠ADH＝90°，AD＝m，DH＝n，
∴Smn；
（3）如圖4中，過點D作DM⊥AC于點M，DN⊥BC于點N．
∵DM⊥AC，DN⊥BC，CD平分∠ACB，
∴DM＝DN，
∵∠DMC＝∠DNC＝90°，
∴∠MDN＝180°﹣∠ACB＝120°，
∴∠EDF＝∠MDN＝120°，
∴∠EDM＝∠FDN，
∵∠DME＝∠DNF＝90°，
∴△DME≌△DNF（AAS），
∴S＝S△ADE+S△BDF＝S△ADM+S△BDN，
把△ADM繞點D順時針旋轉120°得到△DNT，∠BDT＝60°，DT＝6，DB＝4，
過點B作BH⊥DT于點H，
∴BH＝BD×sin60°＝42，
∴S＝S△BDT6×26．
9．【解答】解：（1）∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝12，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，BC＝12，
∵D、E分別為BC、PC的中點，
∴DE∥AB，DEBP，
∴∠EDC＝∠ABC＝45°，
故答案為：45；
（2）設AP＝x，則BP＝12﹣x，
∵DEBP，
∴DE＝6，
∵GF⊥BC，∠EDC＝45°，
∴∠EDC＝∠DEF＝45°，
∴DF＝EFDE＝3x，
∵點D是BC的中點，
∴BD＝CD＝6，
∴CF＝3x，
∵GF⊥BC，∠ACB＝45°，
∴∠ACB＝∠CGF＝45°，
∴GF＝FC，
∴GCFC＝6，
∴AG＝6，
∴S△APGAP×AGx×（6）（x﹣6）2+9，
∴當x＝6時，△APG的面積的最大值為9；
（3）PE⊥DG，DG＝PE，理由如下：
∵DF＝EF，∠CFE＝∠GFD＝90°，CF＝GF，
∴△CEF≌△GDF（SAS），
∴CE＝DG，∠DGF＝∠FCE，
∵∠DGF+∠GDF＝90°，
∴∠GDF+∠DCE＝90°，
∴∠DHC＝90°，
∴DG⊥PE，
∵點E是PC的中點，
∴PE＝EC，
∴DG＝PE；
（4）方法一、∵CF＝3x＝GF，EF＝3x，
∴EC，
∵AP＝x，AC＝12，
∴PC，
∵∠ACP＝∠GCH，∠A＝90°＝∠GHC，
∴△APC∽△HGC，
∴，
∴，
∴GH，CH，
∴12，
∴的最大值為．
方法二、如圖，過點H作MH∥AB，交BC于M，
∵∠DHC＝90°，
∴點H以CD為直徑的⊙O上，
連接OH，并延長交AB于N，
∵MH∥AB，
∴，
∵OH，OB是定長，
∴ON的值取最小值時，OM有最大值，
∴當ON⊥AB時，OM有最大值，
此時MH⊥OH，CM有最大值，
∵DE∥AB，
∴MH∥DE，
∴，
∴當CM有最大值時，有最大值，
∵AB∥MH，
∴∠HMO＝∠B＝45°，
∵MH⊥OH，
∴∠HMO＝∠HOM＝45°，
∴MH＝HO，
∴MOHO，
∵HO＝CO＝DO，
∴MOCO，CD＝2CO，
∴CM＝（1）CO，
∴．
10．【解答】解：（1）∵AB＝AC，∠BAC＝90°，AD是△ABC的角平分線，
∴AD＝BD＝CD，AD⊥BC，
∴∠ADE＝∠CDF＝90°，
又∵DE＝DF，
∴△ADE≌△CDF（SAS），
∴AE＝CF，∠DAE＝∠DCF，
∵∠DAE+∠DEA＝90°，
∴∠DCF+∠DEA＝90°，
∴∠EMC＝90°，
∴AE⊥CF．
故答案為：AE＝CF，AE⊥CF；
（2）①（1）中的結論還成立，
理由：同（1）可證△ADE≌△CDF（SAS），
∴AE＝CF，∠E＝∠F，
∵∠F+∠ECF＝90°，
∴∠E+∠ECF＝90°，
∴∠EMC＝90°，
∴AE⊥CF；
②過點D作DG⊥AE于點G，DH⊥CF于點H，
∵∠E＝∠F，∠DGE＝∠DHF＝90°，DE＝DF，
∴△DEG≌△DFH（AAS），
∴DG＝DH，
又∵DG⊥AE，DH⊥CF，
∴DM平分∠EMC，
又∵∠EMC＝90°，
∴∠EMD∠EMC＝45°；
③∵∠EMD＝45°，∠DGM＝90°，
∴∠DMG＝∠GDM，
∴DG＝GM，
又∵DM＝6，
∴DG＝GM＝6，
∵DE＝12，
∴EG6，
∴EM＝GM+EG＝6+6．
11．【解答】（1）證明：如圖1中，
∵α＝60°，AC＝AB，
∴△ABC是等邊三角形，
∴CA＝CB，∠ACB＝60°，
∵將DC繞點D順時針旋轉α得到DE，
∴DC＝DE，∠CDE＝60°，
∴△CDE是等邊三角形，
∴CD＝CE，∠DCE＝∠ACB＝60°，
∴∠ACD＝∠BCE，
∴△CAD≌△CBE（SAS）．
（2）解：①結論：．
如圖2中，過點C作CK⊥AB于K．
∵tan∠CAK，
∴可以假設CK＝3k，AK＝4k，則AC＝AB＝5k，BK＝AB﹣AK＝k，
∴BCk，
∵∠A＝∠CDE，AC＝AB，CD＝DE，
∴∠ACB＝∠ABC＝∠DCE＝∠DEC，
∴△ACB∽△DCE，
∴，
∴，
∵∠ACB＝∠DCE，
∴∠ACD＝∠BCE，
∴△ACD∽△BCE，
∴．
②如圖2中，過點C作CJ⊥BE交BE的延長線于J．作點C關于BE的對稱點R，連接BR，ER，過點R作RT⊥BC于T．
∵AC＝5，
由①可知，AK＝4，CK＝3，BC，
∵△CAD∽△BCE，CK⊥AD，CJ⊥BE，
∴（全等三角形對應邊上的高的比等于相似比），
∴CJ，
∴點E的運動軌跡是線段BE，
∵C，R關于BE對稱，
∴CR＝2CJ，
∵BJ，
∵S△CBR CR BJ CB RT，
∴RT，
∵EC+EH＝ER+EH≥RT，
∴EC+EH，
∴EC+EH的最小值為．
12．【解答】解：（1）結論：EF＝BE．
理由：如圖1中，
∵AD＝DB，DE⊥AB，
∴EF＝EB．
（2）結論：AF2+BE2＝EF2．
理由：如圖2中，過點A作AJ⊥AC交ED的延長線于J，連接FJ．
∵AJ⊥AC，EC⊥AC，
∴AJ∥BE，
∴∠AJD＝∠DEB，
在△AJD和△BED中，
，
∴△AJD≌△BED（AAS），
∴AJ＝BE，DJ＝DE，
∵DF⊥EJ，
∴FJ＝EF，
∵∠FAJ＝90°，
∴AF2+AJ2＝FJ2，
∴AF2+BE2＝EF2．
（3）如圖3﹣1中，當點E在線段BC上時，設AF＝x，則CF＝5﹣x．
∵BC＝3，CE＝1，
∴BE＝2，
∵EF2＝AF2+BE2＝CF2+CE2，
∴x2+22＝（5﹣x）2+12，
∴x，
∴AF．
如圖3﹣2中，當點E在線段BC的延長線上時，設AF＝x，則CF＝5﹣x．
∵BC＝3，CE＝1，
∴BE＝4，
∵EF2＝AF2+BE2＝CF2+CE2，
∴x2+42＝（5﹣x）2+12，
∴x＝1，
∴AF＝1，
綜上所述，滿足條件的AF的長為或1．
13．【解答】（1）證明：連接AD．
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，BD＝CD，
∴AD⊥CB，
AD＝DB＝DC．
∵∠ADC＝∠EDF＝90°，
∴∠ADF＝∠CDE，
∵DF＝DE，
∴△ADF≌△CDE（SAS），
∴AF＝CE．
（2）結論：CE2+BF2BC2．
理由：∵△ABC，△DEF都是等腰直角三角形，
∴ACBC，∠DFE＝∠DEF＝45°，
∵△ADF≌△CDE（SAS），
∴∠AFD＝∠DEC＝135°，∠DAF＝∠DCE，
∵∠BAD＝∠ACD＝45°，
∴∠BAD+∠DAF＝∠ACD+∠DCE，
∴∠BAF＝∠ACE，
∵AB＝CA，AF＝CE，
∴△BAF≌△ACE（SAS），
∴BF＝AE，
∵∠AEC＝∠DEC﹣∠DEF＝135°﹣45°＝90°，
∴AE2+CE2＝AC2，
∴BF2+CE2BC2．
（3）解：設EH＝m．
∵∠ADH＝∠CEH＝90°，∠AHD＝∠CHE，
∴△ADH∽△CEH，
∴2，
∴DH＝2m，
∴AD＝CD＝2m+2，
∴EC＝m+1，
在Rt△CEH中，CH2＝EH2+CE2，
∴22＝m2+（m+1）2，
∴2m2+2m﹣3＝0，
∴m或（舍棄），
∴AE＝AH+EH，
∴AD＝1，
∴ACAD．
14．【解答】證明：（1）∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB＝45°，
∵CD⊥BC，
∴∠BCD＝90°，
∴∠ACD＝∠BCD﹣∠ACB＝45°＝∠B，
在△ABE和△ACD中，
，
∴△ABE≌△ACD（SAS）；
（2）由（1）知，△ABE≌△ACD，
∴AE＝AD，∠BAE＝∠CAD，
∵∠BAC＝90°，
∴∠EAD＝∠CAE+∠CAD＝∠CAE+∠BAE＝∠BAC＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠DAF＝∠DAE﹣∠EAF＝45°＝∠EAF，
∵AF＝AF，
∴△AEF≌△ADF（SAS），
∴DF＝EF，
在Rt△DCF中，根據勾股定理得，DF2＝CF2+CD2，
∵CD＝BE，
∴EF2＝CF2+BE2；
（3）在Rt△ABC中，AC＝AB，
∴BCAB＝2，
∵AH⊥BC，
∴AH＝BH＝CHBC＝1，
∴BE＝1﹣EH，CF＝1﹣FH，
由（2）知，EF2＝CF2+BE2，
∵EF＝EH+FH，
∴（EH+FH）2＝（1﹣FH）2+（1﹣EH）2，
∴1﹣EH FH＝EH+FH，
在Rt△AHE中，tanαEH，
在Rt△AHF中，tanβFH，
∴右邊1，
∵α+β＝45°，
∴左邊＝tan（α+β）＝tan45°＝1，
∴左邊＝右邊，
即當α+β＝45°時，tan（α+β）成立．
15．【解答】解：（1）全等，理由是：
∵△ABC和△DCE都是等邊三角形，
∴AC＝BC，DC＝EC，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠ACB+∠ACD＝∠DCE+∠ACD，
即∠BCD＝∠ACE，
在△BCD和△ACE中，
，
∴△ACE≌△BCD（ SAS）；
（2）如圖3，由（1）得：△BCD≌△ACE，
∴BD＝AE，
∵△DCE是等邊三角形，
∴∠CDE＝60°，CD＝DE＝2，
∵∠ADC＝30°，
∴∠ADE＝∠ADC+∠CDE＝30°+60°＝90°，
在Rt△ADE中，AD＝3，DE＝2，
∴AE，
∴BD；
（3）如圖2，過A作AF⊥CD于F，
∵B、C、E三點在一條直線上，
∴∠BCA+∠ACD+∠DCE＝180°，
∵△ABC和△DCE都是等邊三角形，
∴∠BCA＝∠DCE＝60°，
∴∠ACD＝60°，
在Rt△ACF中，sin∠ACF，
∴AF＝AC×sin∠ACF＝1，
∴S△ACD，
∴CF＝AC×cos∠ACF＝1，
FD＝CD﹣CF＝2，
在Rt△AFD中，AD2＝AF2+FD23，
∴AD．
16．【解答】（1）證明：∵AD2＝DF DB，
∴，
∵∠ADF＝∠BDA，
∴△ADF∽△BDA，
∴∠ABD＝∠FAD，
∵△ABC，△DCE都是等邊三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠ACD＝60°，
∴∠ACD＝∠BAF，
∴△ADC≌△BFA（ASA），
∴AD＝BF．
（2）①解：過點D作DG⊥BE于G．
∵∠BAD＝90°，∠BAC＝60°，
∴∠DAC＝30°，
∵∠ACD＝60°，
∴∠ADC＝90°，
∴DCAC，
∴CEBC，
∵BE＝6，
∴CE＝2，BC＝4，
∴CG＝EG＝1，BG＝5，DG，
∴tan∠DBE．
②在Rt△BDG中，∵∠BGD＝90°，DG，BG＝5，
∴BD2，
∵∠ABC＝∠DCE＝60°，
∴CD∥AB，
∴△CDF∽△ABF，
∴，
∴，
∴DF
17．【解答】（1）證明：∵△DCE是由△ACB旋轉得到，
∴CA＝CD，∠A＝∠CDE
∴∠A＝∠CDA，
∴∠CDA＝∠CDE，
∴CD平分∠ADE．
（2）解：結論：BE⊥AB．
由旋轉的性質可知，∠DBC＝∠CED，
∴D，C，E，B四點共圓，
∴∠DCE+∠DBE＝180°，
∵∠DCE＝90°，
∴∠DBE＝90°，
∴BE⊥AB．
（3）如圖，設BC交DE于O．連接AO．
∵BD＝BE，∠DBE＝90°，
∴∠DEB＝∠BDE＝45°，
∵C，E，B，D四點共圓，
∴∠DCO＝∠DEB＝45°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD＝∠OCD，
∵CD＝CD，∠ADC＝∠ODC，
∴△ACD≌△OCD（ASA），
∴AC＝OC，
∴∠AOC＝∠CAO＝45°，
∵∠ADO＝135°，
∴∠CAD＝∠ADC＝67.5°，
∴∠ABC＝22.5°，
∵∠AOC＝∠OAB+∠ABO，
∴∠OAB＝∠ABO＝22.5°，
∴OA＝OB，設AC＝OC＝m，則AO＝OBm，
∴tan∠ABC1．
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