人教版数学九年级一轮复习专题训练：三角形综合(四)

2022年人教版数学九年级一轮复习专题训练：
三角形综合（四）
1．如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8．点D为斜边AB的中点，ED⊥AB，交边BC于点E，点P为射线AC上的动点，点Q为边BC上的动点，且运动过程中始终保持PD⊥QD．
（1）求证：△ADP∼△EDQ；
（2）设AP＝x，BQ＝y．求y关于x的函数解析式，并写出该函数的定义域；
（3）联结PQ，交线段ED于点F．当△PDF为等腰三角形时，求线段AP的长．
2．如果三角形的两个内角差为90°，那么我们称这样的三角形为“准直角三角形”．（1）若△ABC是“准直角三角形”，∠C＞90°．
①若∠A＝60°，则∠B＝°；
②若∠A＝20°，则∠B＝°．
（2）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝1，AB＝3，点D在AC边上，若△ABD 是“准直角三角形”，求CD的长．
（3）如图2，在四边形ABCD中，CD＝CB，∠ABD＝∠BCD，AB＝5，BD＝6，且△ABC是“准直角三角形”，求△BCD的面积．
3．已知点C是AB上的一个动点．
（1）问题发现
如图1，当点C在线段AB上运动时，过点C作DC⊥AB，垂足为点C，过点A作EA⊥AB，垂足为点A，且DC＝AB，AE＝BC．
①△ABE与△CDB全等吗？请说明理由；
②连接DE，试猜想△BDE的形状，并说明理由；
③DC＝AE+AC是否成立？（填“成立”或“不成立”）．
（2）类比探究
如图2，当点C在线段AB的延长线上时，过点C作DC⊥AB，垂足为点C，过点A作EA⊥AB，垂足点A，且DC＝AB，AE＝BC．试直接写出△BDE的形状为；此时线段DC、AE和AC之间的数量关系为（直接写出结论，不用说明理由）．
4．在等腰△OAB和等腰△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，连接AC、BD交于点M．（1）如图1，若∠AOB＝∠COD＝40°：
①AC与BD的数量关系为；
②∠AMB的度数为；
（2）如图2，若∠AOB＝∠COD＝90°：
①判断AC与BD之间存在怎样的数量关系？并说明理由；
②求∠AMB的度数；
（3）在（2）的条件下，当∠CAB＝30°，且点C与点M重合时，请直接写出OD与OA之间存在的数量关系．
5．如图，在△ABC中，AB＝AC，D为直线BC上一动点（不与点B，C重合），在AD的右侧作△ACE，使得AE＝AD，∠DAE＝∠BAC，连接CE．
（1）当D在线段BC上时，
①求证：△BAD≌△CAE．
②请判断点D在何处时，AC⊥DE，并说明理由．
（2）当CE∥AB时，若△ABD中最小角为28°，求∠ADB的度数．
6．【阅读材料】小明同学发现这样一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来则形成一组全等的三角形，小明把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形．如图1，在“手拉手”图形中，小明发现若∠BAC＝∠DAE，AB＝AC，AD＝AE，则△ABD≌△ACE．
【材料理解】（1）在图1中证明小明的发现．
【深入探究】（2）如图2，△ABC和△AED是等边三角形，连接BD，EC交于点O，连接
AO，下列结论：①BD＝EC；②∠BOC＝60°；③∠AOE＝60°；④EO＝CO，其中正确的有．（将所有正确的序号填在横线上）．
【延伸应用】（3）如图3，AB＝BC，∠ABC＝∠BDC＝60°，试探究∠A与∠C的数量关系．
7．（1）如图1，等腰△ABC和等腰△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，B，E，D三点在同一直线上，求证：∠BDC＝90°；
（2）如图2，等腰△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D是△ABC外一点，且∠BDC＝90°，求证：∠ADB＝45°；
（3）如图3，等边△ABC中，D是△ABC外一点，且∠BDC＝60°，
①∠ADB的度数；
②DA，DB，DC之间的关系．
8．在学习全等三角形知识时、数学兴趣小组发现这样一个模型：它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成．在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．通过资料查询，他们得知这种模型称为“手拉手模型”，兴趣小组进行了如下操作：
（1）如图1、两个等腰三角形△ABC和△ADE中，AB＝AC，AE＝AD，∠BAC＝∠DAE，连接BD、CE、如果把小等腰三角形的腰长看作小手，大等腰三角形的腰长看作大手，两个等腰三角形有公共顶点，类似大手拉着小手，这个就是“手拉手模型”，在这个模型中，和△ADB全等的三角形是，此时BD和CE的数量关系是；
（2）如图2、两个等腰直角三角形△ABC和△ADE中，AB＝AC，AE＝AD，∠BAC＝∠DAE ＝90°，连接BD，CE，两线交于点P，请判断线段BD和CE的数量关系和位置关系，并说明理由；
（3）如图3，已知△ABC，请完成作图：以AB、AC为边分别向△ABC外作等边△ABD和等边△ACE（等边三角形三条边相等，三个角都等于60°），连接BE，CD，两线交于点P，并直接写出线段BE和CD的数量关系及∠PBC+∠PCB的度数．
9．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，∠CAB＝∠CBA＝45°，D为BC上一点，连接AD，过点C作CE⊥AD于点E．
（1）如图1，过点B作BF⊥BC交CE的延长线于点F，求证：△ACD≌△CBF；
（2）如图2，若D为BC的中点，CE的延长线交AB于点M，连接DM，求证：∠BDM＝∠ADC；
（3）在（2）的条件下，若AE＝4，CE＝2，直接写出CM的长．
10．如图，在△ABC中．
（1）如图①，分别以AB、AC为边作等边△ABD和等边△ACE，连接BE，CD；
①猜想BE与CD的数量关系是；
②若点M，N分别是BE和CD的中点，求∠AMN的度数；
（2）如图②，若分别以AB、AC为边作△ABD和△ACE，且AD＝AB，AC＝AE，∠DAB＝∠CAE＝α，DC、BE交于点P，连接AP，请直接写出∠APC与α的数量关系
11．已知△ABC和△DEC都为等腰三角形，AB＝AC，DE＝DC，∠BAC＝∠EDC＝n°．（1）当n＝60时，
①如图1，当点D在AC上时，请直接写出BE与AD的数量关系：；
②如图2，当点D不在AC上时，判断线段BE与AD的数量关系，并说明理由；
（2）当n＝90时，
①如图3，探究线段BE与AD的数量关系，并说明理由；
②当BE∥AC，AB＝3，AD＝1时，请直接写出DC的长．
12．如果三角形的两个内角α与β满足2α+β＝90°，那么我们称这样的三角形为“准直角三角形”．
（1）如图①，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BD是△ABC的角平分线．
求证：△ABD是“准直角三角形”．
（2）关于“准直角三角形”，下列说法：
①在△ABC中，若∠A＝100°，∠B＝70°，∠C＝10°，则△ABC是准直角三角形；
②若△ABC是“准直角三角形”，∠C＞90°，∠A＝60°，则∠B＝20°；
③“准直角三角形”一定是钝角三角形．其中，正确的是．（填写所有正确结
论的序号）
（3）如图②，B、C为直线l上两点，点A在直线l外，且∠ABC＝50°．若P是l上一点，且△ABP是“准直角三角形”，请直接写出∠APB的度数．
13．已知，如图AD为△ABC的中线，分别以AB和AC为一边在△ABC的外部作等腰三角形ABE和等腰三角形ACF，且AE＝AB，AF＝AC，连接EF，∠EAF+∠BAC＝180°
（1）如图1，若∠ABE＝63°，∠BAC＝45°，求∠FAC的度数；
（2）如图1，请探究线段EF和线段AD有何数量关系？并证明你的结论；
（3）如图2，设EF交AB于点G，交AC于点R，延长FC，EB交于点M，若点G为线段EF 的中点，且∠BAE＝70°，请探究∠ACB和∠CAF的数量关系，并证明你的结论．
14．如图，△ABC和△DEF都是等腰直角三角形，AB＝AC，∠BAC＝90°，DE＝DF，∠EDF＝90°，D为BC边中点，连接AF，且A、F、E三点恰好在一条直线上，EF交BC于点H，连接BF，CE．
（1）求证：AF＝CE；
（2）猜想CE，BF，BC之间的数量关系，并证明；
（3）若CH＝2，AH＝4，请直接写出线段AC，AE的长．
15．点P、Q分别是边长为4cm的等边△ABC的边AB、BC上的动点，点P从顶点A，点Q从顶点B同时出发，且它们的速度都是1cm/s，设运动时间为t秒．
（1）连接AQ、CP交于点M，则在P、Q运动的过程中，∠CMQ变化吗：若变化，则说明理由，若不变，则求出它的度数；
（2）连接PQ，
①当t＝2秒时，判断△BPQ的形状，并说明理由；
②当PQ⊥BC时，则t＝秒．（直接写出结果）
16．（1）如图1，△ABC中，AD平分∠BAC，AD⊥BD于点D，点E为BC的中点，AB＝5，AC ＝7，求线段DE的长；
（2）如图2，△ABC和△BDE均是等腰直角三角形，∠ABC＝∠BDE＝90°，点E在边长BC上，点F为AE的中点，连接DF，请判断线段DF、CE关系并证明．
参考答案1．（1）证明：∵∠ACB＝90°，
∴∠A+∠B＝90°，
∵ED⊥AB，
∴∠EDB＝90°，
∴∠DEQ+∠B＝90°，
∴∠A＝∠DEQ，
又∵PD⊥QD，
∴∠PDQ＝90°，
∴∠EDQ+∠PDE＝∠ADP+∠PDE＝90°，
∴∠EDQ＝∠ADP，
∴△ADP∽△EDQ；
（2）解：∵∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，
∴AB＝＝10，
∵点D为斜边AB的中点，
∴AD＝BD＝AB＝5，
∵∠EDB＝∠ACB＝90°，∠B＝∠B，
∴△EDB∽△ACB，
∴＝＝，
即＝＝，
解得：ED＝，EB＝，
由（1）得：△ADP∽△EDQ，
∴＝，
即＝＝，
解得：EQ＝x，
∴BQ＝BE﹣EQ＝﹣x，
即y＝﹣x，
∵AP≥0，
∴x≥0，
∵BQ≥0，
∴﹣x≥0，
∴x≤，
∴y＝﹣x（0≤x≤）；
（3）解：由（1）得：△ADP∼△EDQ，
∴＝＝，
∵PD⊥QD，
∴∠PDQ＝90°，
∴tan∠QPD＝＝＝＝tan B，
∴∠QPD＝∠B，
又∵∠PDQ＝∠BDE＝90°，
∴∠PDF＝∠BDQ，
∴△PDF∽△BDQ，
∴△PDF为等腰三角形时，△BDQ也为等腰三角形，①若DQ＝BQ，过Q作QG⊥BD于G，如图所示：
则DG＝BG＝BD＝，
∵cos B＝＝＝＝，
∴＝，
解得：x＝，
即AP＝；
②若BQ＝BD，则﹣x＝5，
解得：x＝，
即AP＝；
③若DQ＝DB，则∠B＝∠DQB，
∵∠B+∠DQB+∠BDQ＝2∠B+∠BDQ＜180°，此种情况舍去；
综上所述，当△PDF为等腰三角形时，线段AP的长为或．
2．解：（1）①当∠C﹣∠A＝90°时，则∠C＝150°，∴∠B＝180°﹣∠C﹣∠A＝﹣30°（不合题意舍去），
当∠C﹣∠B＝90°，则∠C＝∠B+90°，
∵∠A+∠B+∠C＝180°，
∴2∠B＝30°，
∴∠B＝15°，
综上所述：∠B＝15°，
故答案为15°；
②当∠C﹣∠A＝90°时，则∠C＝110°，
∴∠B＝180°﹣∠C﹣∠A＝50°，
当∠C﹣∠B＝90°，则∠C＝∠B+90°，
∵∠A+∠B+∠C＝180°，
∴2∠B＝70°，
∴∠B＝35°，
综上所述：∠B＝50°或35°，
故答案为50或35；
（2）当∠BDA﹣∠DBA＝90°时，如图1，过点D作DH⊥AB于H，
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝1，AB＝3，
∴AC＝＝＝2，
∵∠BDA﹣∠DBA＝90°，∠BDA＝∠DBC+∠C＝∠DBC+90°，
∴∠DBA＝∠DBC，
又∵DH⊥AB，DC⊥BC，
∴DH＝DC，
∵sin A＝＝，
∴DH＝AD＝DC，
∴DC＝AC＝，
当∠BDA﹣∠A＝90°时，
∵∠BDA﹣∠A＝90°，∠BDA＝∠DBC+∠C＝∠DBC+90°，
∴∠A＝∠DBC，
又∵∠C＝∠C，
∴△BCD∽△ACB，
∴，
∴，
∴CD＝，
综上所述：CD＝或；
（3）如图2，过点C作CF⊥BD于F，CE⊥AB，交AB的延长线于E，
设∠ABD＝∠BCD＝2x，
∵BC＝CD，CF⊥BD，
∴∠CBD＝∠CBE＝90°﹣x，BF＝DF＝3，又∵CF⊥BD，CE⊥AB，
∴CE＝CF，
又∵BC＝BC，
∴Rt△BCE≌Rt△BCF（HL），
∴BE＝BF＝3，
当∠ABC﹣∠ACB＝90°时，
又∵∠ABC﹣∠AEC＝∠BCE，
∴∠BCA＝∠BCE，
由（2）可知：＝，
设AC＝5a，CE＝3a，则AE＝4a＝8，
∴a＝2，
∴CE＝6＝CF，
＝×6×6＝18，
∴S
△BCD
当∠ABC﹣∠BAC＝90°，
又∵∠ABC﹣∠AEC＝∠BCE，
∴∠BAC＝∠BCE，
又∵∠E＝∠E＝90°，
∴△BCE∽△CAE，
∴，
∴CE＝2，
∴S
＝×6×2＝6，
△BCD
综上所述：△BCD的面积为18或6．3．解：（1）①结论：△ABE≌△CDB．理由：∵DC⊥AB，EA⊥AB，
∴∠DCB＝∠A＝90°，
在△ABE与△CDB中，
，
∴△ABE≌△CDB（SAS）．
②结论：△BDE是等腰直角三角形；
∵△ABE≌△CDB
∴BE＝BD，∠ABE＝∠BDC，
∴∠BDC+∠DBC＝90°，
∴∠DBC+∠ABE＝90°，
∴∠DBC＝90°，
∴△BDE是等腰直角三角形．
③成立．
理由：∵△ABE≌△CDB，
∴CD＝AB，AE＝BC，
∴CD＝AB＝AC+BC＝AC+AE．
故答案为成立．
（2）△BDE是等腰直角三角形．
理由：∵DC⊥AB，AE⊥AB
∴∠EAB＝∠DCB＝90°
在△ABE与△CDB中，
，
∴△ABE≌△CDB（SAS），
∴BE＝BD，∠ABE＝∠BDC，
∵∠BDC+∠DBC＝90°，
∴∠DBC+∠ABE＝90°，
∴∠EBD＝90°，
∴△BDE是等腰直角三角形．
∵△ABE≌△DBC，
∴AE＝BC，AB＝CD，
∴AC＝AB+BC＝CD+AE．
故答案为：等腰直角三角形，AC＝AE+DC．
4．解：（1）如图1所示，
①∵∠AOB＝∠COD
∴∠AOB+∠AOD＝∠COD+∠AOD
∴∠BOD＝∠AOC
在△BOD和△AOC中
∴△BOD≌△AOC（SAS）
∴AC＝BD
故答案为：AC＝BD，
②∵△BOD≌△AOC
∴∠OBD＝∠OAC
∵∠AOB＝40°，
∴∠OAB+∠OBA＝180°﹣∠AOB＝180°﹣40°＝140°
又∵∠OAB+∠OBA＝∠OAB+∠ABD+∠OBD
∴∠OAB+∠OBA＝∠OAB+∠ABD+∠OAC＝140°，
∴∠MAB+ABM＝140°
∵在△ABM中，∠AMB+∠MAB+ABM＝180°，
∴∠AMB＝40°
故答案为：40°；
（2）如图2所示，
①AC＝BD，
∵∠AOB＝∠COD＝90°，
∴∠AOB+∠AOD＝∠COD+∠AOD，
∴∠BOD＝∠AOC，
在△BOD和△AOC中
，
∴△BOD≌△AOC（SAS）
∴BD＝AC
②∵△BOD≌△AOC，
∴∠OBD＝∠OAC，
又∵∠OAB+∠OBA＝90°，
∠ABO＝∠ABM+∠OBD，
∠MAB＝∠MAO+∠OAB，
∴∠MAB+∠MBA＝90°，
又∵在△AMB中，∠AMB+∠ABM+∠BAM＝180°，
∴∠AMB＝180°﹣（∠ABM+∠BAM）＝180°﹣90°＝90°；
（3）如图3所示，∠AOB＝∠COD＝90°，OA＝OB，OC＝OD，∠CAB＝30°，∵C，M重合，∴B，C，D共线，
∴∠OAB＝∠OBA＝∠OCD＝∠ODC＝45°，AB＝OA，CD＝OC，
由（2）得△BOD≌△AOC（SAS）
∴∠ACO＝∠BDO＝45°，BD＝AC
∴∠ACD＝∠ACO+∠OCD＝90°
∴∠ACB＝90°，
∴BC＝AB
由勾股定理得：AC＝＝AB
∴CD＝AC﹣BC＝AB
∴OC＝×OA
∴OD＝OC＝OA．
如图4，同上易求得OD＝OC＝OA
综上所述，OD＝OA或OD＝OA．
5．（1）①证明：∵∠DAE＝∠BAC，
∴∠DAB＝∠EAC，
在△ABD和△ACE中，
∵，
∴△BAD≌△CAE（SAS）．
②当AC⊥DE时，
∵AC平分∠DAE，
∴∠DAB＝∠CAE＝∠CAD，
∴AD平分∠CAB，
∴BD＝CD，
∴当点D在BC中点时，或AD⊥BC时，AD⊥BC；
（2）解：当CE∥AB时，则有∠ABC＝∠ACE＝∠BAC＝60°，∴△ABC为等边三角形，
①如图1：此时∠BAD＝28°，
∴∠ADB＝180°﹣∠BAD﹣∠B＝180°﹣28°﹣60°＝92°．
②如图2，此时∠ADB＝28°，
③如图3，此时∠BAD＝28°，∠ADB＝60°﹣28°＝32°．
④如图4，此时∠ADB＝28°．
综上所述，满足条件的∠ADB的度数为28°或32°或92°．6．（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，，
∴△ABD≌△ACE；
（2）如图2，∵△ABC和△ADE是等边三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，，
∴△ABD≌△ACE，
∴BD＝CE，①正确，∠ADB＝∠AEC，
记AD与CE的交点为G，
∵∠AGE＝∠DGO，
∴180°﹣∠ADB﹣∠DGO＝180°﹣∠AEC﹣∠AGE，∴∠DOE＝∠DAE＝60°，
∴∠BOC＝60°，②正确，
在OB上取一点F，使OF＝OC，连接CF，
∴△OCF是等边三角形，
∴CF＝OC，∠OFC＝∠OCF＝60°＝∠ACB，
∴∠BCF＝∠ACO，
∵AB＝AC，
∴△BCF≌△ACO（SAS），
∴∠AOC＝∠BFC＝180°﹣∠OFC＝120°，
∴∠AOE＝180°﹣∠AOC＝60°，③正确，
连接AF，要使OC＝OE，则有OC＝CE，
∵BD＝CE，
∴CF＝OF＝BD，
∴OF＝BF+OD，
∴BF＜CF，
∴∠OBC＞∠BCF，
∵∠OBC+∠BCF＝∠OFC＝60°，
∴∠OBC＞30°，而没办法判断∠OBC大于30度，所以，④不一定正确，
即：正确的有①②③，
故答案为①②③；
（3）如图3，
延长DC至P，使DP＝DB，
∵∠BDC＝60°，
∴△BDP是等边三角形，
∴BD＝BP，∠DBP＝60°，
∵∠ABC＝60°＝∠DBP，
∴∠ABD＝∠CBP，
∵AB＝CB，
∴△ABD≌△CBP（SAS），
∴∠BCP＝∠A，
∵∠BCD+∠BCP＝180°，
∴∠A+∠BCD＝180°．
7．（1）证明：如图1，设BD与AC交于点F，
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAE＝∠CAD，
在△ABE和△ACD中，
∴△ABE≌△ACD（SAS），
∴∠ABE＝∠ACD，
∵∠ABE+∠AFB＝90°，∠AFB＝∠CFD，∴∠ACD+∠CFD＝90°，
∴∠BDC＝90°；
（2）如图2，过A作AE⊥AD交BD于E，
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAE＝∠CAD，
∵∠BAC＝∠BDC＝90°，∠AFB＝∠CFD，∴∠ABE＝∠ACD，
在△ABE和△ACD中，
，
∴△ABE≌△ACD（ASA），
∴AE＝AD，
∴∠ADE＝∠AED＝45°；
（3）①如图3，在AD的下方作∠DAE＝60°，AE交BD于E点，
与（2）同理△ABE≌△ACD，
∴AE＝DA，
∴△ADE是等边三角形，
∴∠ADE＝60°；
②∵BE＝DC，
∴DB＝BE+DE＝DA+DC．
8．解：（1）因为∠DAE＝∠BAC，
所以∠DAE+∠BAE＝∠BAC+∠BAE．
所以∠DAB＝∠EAC，
在△DAB和△EAC中，
，
所以△DAB≌△EAC（SAS），
所以BD＝CE，
故答案为：△AEC，BD＝CE；
（2）BD＝CE且BD⊥CE；
理由如下：因为∠DAE＝∠BAC＝90°，
所以∠DAE+∠BAE＝∠BAC+∠BAE．
所以∠DAB＝∠EAC．
在△DAB和△EAC中，
，
所以△DAB≌△EAC（SAS），
所以BD＝CE，∠DBA＝∠ECA，
因为∠ECA+∠ECB+∠ABC＝90°，
所以∠DBA+∠ECB+∠ABC＝90°，
即∠DBC+∠ECB＝90°，
所以∠BPC＝180°﹣（∠DBC+∠ECB）＝90°，
所以BD⊥CE，
综上所述：BD＝CE且BD⊥CE；
（3）如图3所示，BE＝CD，∠PBC+∠PCB＝60°；
因为△ABD和△ACE是等边三角形，
所以AD＝AB，AC＝AE，∠ADB＝∠ABD＝∠BAD＝∠CAE＝60°，所以∠BAD+∠BAC＝∠CAE+∠BAC，
所以∠CAD＝∠EAB，
在△ACD和△AEB中，，
所以△ACD≌△AEB（SAS），
所以CD＝BE，∠ADC＝∠ABE，
所以∠BPD＝180°﹣∠PBD﹣∠BDP
＝180°﹣∠ABE﹣∠ABD﹣∠BDP
＝180°﹣∠ABD﹣（∠ABE+∠BDP）
＝180°﹣∠ABD﹣（∠ADC+∠BDP）
＝180°﹣∠ABD﹣∠ADB
＝60°，
所以∠PBC+∠PCB＝∠BPD＝60°．
9．（1）证明：∵BF⊥BC，CE⊥AD，
∴∠AEC＝∠CBF＝∠ACB＝90°，
∴∠CAD+∠ACE＝∠BCF+∠ACE＝90°，
∴∠CAD＝∠BCF，
又∵AC＝BC，
∴△ACD≌△CBF（ASA）；
（2）证明：过点B作BF⊥BC交CE的延长线于点F，如图2所示：由（1）得：△ACD≌△CBF，
∴∠ADC＝∠F，CD＝BF，
∵D为BC的中点，
∴CD＝BD，
∴BD＝BF，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴∠ABC＝45°，
∵∠CBF＝90°，
∴∠FBM＝90°﹣45°＝45°，
∴∠DBM＝∠FBM，
又∵BM＝BM，
∴△BDM≌△BFM（SAS），
∴∠BDM＝∠F，
∴∠BDM＝∠ADC；
（3）解：连接DF，如图3所示：
∵CE⊥AD，AE＝4，CE＝2，
∴BC＝AC＝＝＝2，
由（2）得：BD＝BF，CD＝BD＝BC＝，△BDM≌△BFM，∴DM＝FM，AD＝＝＝5，∴DE＝AD﹣AE＝1，
∵∠DBF＝90°，
∴△BDF是等腰直角三角形，
∴DF＝BD＝，
∴EF＝＝＝3，
设DM＝FM＝x，则EM＝3﹣x，
在Rt△DEM中，由勾股定理得：12+（3﹣x）2＝x2，
解得：x＝，
∴EM＝3﹣＝，
∴CM＝CE+EM＝2+＝．
10．解：（1）①BE＝CD，理由如下：
∵△ABD和△ACE是等边三角形，
∴AB＝AD，∠BAD＝∠CAE＝60°，AC＝AE，
∴∠CAE+∠BAC＝∠BAD+∠BAC，
即∠BAE＝∠DAC，
∴△ABE≌△ADC（SAS），
∴BE＝CD，
故答案为：BE＝CD；
②连接AN，如图①所示：
由①得：△ABE≌△ADC（SAS），
∴BE＝CD，∠ABE＝∠ADC，
∵点M，N分别是BE和CD的中点，
∴BM＝DN，
又∵AD＝AB，
∴△ADN≌△ABM（SAS），
∴AN＝AM，∠DAN＝∠BAM，
∴∠BAM+∠BAN＝∠DAN+∠BAN，
即∠MAN＝∠BAD＝60°，
∴△AMN为等边三角形，
∴∠AMN＝60°；
（2）∠APC＝，理由如下：
过A作AM⊥CD于M，AN⊥BE于N，如图②所示：
同（2）得：△ABE≌△ADC（SAS），△ADM≌△ABN（AAS），∴∠AEB＝∠ACD，AM＝AN，
∵AM⊥CD，AN⊥BE，
∴PA平分∠DPE，
∴∠APE＝∠DPE，
又∵∠EPC+∠ACD＝∠CAE+∠AEB，
∴∠EPC＝∠CAE＝α，
∴∠DPE＝180°﹣α，
∴∠APE＝（180°﹣α）＝90°﹣α，
∴∠APC＝∠APE+∠EPC＝90°﹣α+α＝90°+α．
11．解：（1）①当n＝60时，△ABC和△DEC均为等边三角形，∴BC＝AC，EC＝DC，
又∵BE＝BC﹣EC，
AD＝AC﹣DC，
∴BE＝AD，
故答案为：BE＝AD；
②BE＝AD，理由如下：
当点D不在AC上时，
∵∠ACB＝∠ACD+∠DCB＝60°，∠DCE＝∠BCE+∠DCB＝60°，∴∠ACD＝∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD＝BE；
（2）①BE＝AD，理由如下：
当n＝90时，在等腰直角三角形DEC中：＝sin45，在等腰直角三角形ABC中：＝，
∵∠ACB＝∠ACE+∠ECB＝45°，∠DCE＝∠ACE+∠DCA＝45°，
∴∠ECB＝∠DCA
在△DCA和△ECB中，
，
∴△DCA∽△ECB，
∴，
∴BE＝，
②DC＝5或，理由如下：
当点D在△ABC外部时，设EC与AB交于点F，如图所示：
∵AB＝3，AD＝1
由上可知：AC＝AB＝3，BE＝＝，
又∵BE∥AC，
∴∠EBF＝∠CAF＝90°，
而∠EFB＝∠CFA，
∴△EFB∽△CFA，
∴＝＝，
∴AF＝3BF，而AB＝BF+AF＝3，
∴BF＝＝，
在Rt△EBF中：EF＝＝＝，又∵CF＝3EF＝3×＝，
∴EC＝EF+CF＝＝5（或EC＝4EF＝5），
在等腰直角三角形DEC中，DC＝EC•cos45°＝5×＝5．当点D在△ABC内部时，过点D作DH⊥AC于H
∵AC＝3，AD＝1，∠DAC＝45°
∴AH＝DH＝，CH＝AC﹣AH＝，
∴CD＝＝＝，
综上所述，满足条件的CD的值为5或．
12．（1）证明：如图①中，
∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，
∴∠ABC+∠A＝90°，
∵BD是∠ABC的角平分线，
∴∠ABC＝2∠ABD，
∴2∠ABD+∠A＝90°，
∴△ABD是“准直角三角形”．
（2）解：①∵∠B＝70°，∠C＝10°，
∴∠B+2∠C＝90°，
∴△ABC是“准直角三角形”．
故①正确．
②∵三角形的两个内角α与β满足2α+β＝90°，那么我们称这样的三角形为“准直角三角形”，
∴α+β＜90°，
∴三角形的第三个角大于90°，
∴三角形有多少钝角三角形，
∴显然△ABC不符合条件，故②错误，
③正确．②中已经证明．
故答案为①③．
（3）解：如图②中，当∠AP
1B＝10°，∠AP
2
B＝40°，∠AP
3
B＝110°，∠AP
4
B＝20°时，
△ABP满足条件，是“准直角三角形”．
13．（1）解：∵AE＝AB，
∴∠AEB＝∠ABE＝63°，
∴∠EAB＝54°，
∵∠BAC＝45°，∠EAF+∠BAC＝180°，
∴∠EAB+2∠BAC+∠FAC＝180°，
∴54°+2×45°+∠FAC＝180°，
∴∠FAC＝36°；
（2）EF＝2AD；理由如下：
延长AD至H，使DH＝AD，连接BH，如图1所示：∵AD为△ABC的中线，
∴BD＝CD，
在△BDH和△CDA中，，
∴△BDH≌△CDA（SAS），
∴HB＝AC＝AF，∠BHD＝∠CAD，
∴AC∥BH，
∴∠ABH+∠BAC＝180°，
∵∠EAF+∠BAC＝180°，
∴∠EAF＝∠ABH，
在△ABH和△EAF中，，
∴△ABH≌△EAF（SAS），
∴EF＝AH＝2AD；
（3）；理由如下：
由（2）得，AD＝EF，又点G为EF中点，
∴EG＝AD，
由（2）△ABH≌△EAF，
∴∠AEG＝∠BAD，
在△EAG和△ABD中，，
∴△EAG≌△ABD（SAS），
∴∠EAG＝∠ABC＝70°，
∵∠EAF+∠BAC＝180°，
∴∠EAB+2∠BAC+∠CAF＝180°，
即：70°+2∠BAC+∠CAF＝180°，
∴∠BAC+∠CAF＝55°，
∴∠BAC＝55°﹣∠CAF，
∵∠ABC+∠ACB+∠BAC＝180°，
∴∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝180°﹣70°﹣∠ACB＝110°﹣∠ACB，
∴55°﹣∠CAF＝110°﹣∠ACB，
∴∠ACB﹣∠CAF＝55°．
14．（1）证明：连接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）结论：CE2+BF2＝BC2．
理由：∵△ABC，△DEF都是等腰直角三角形，∴AC＝BC，∠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+CE2＝BC2．
（3）解：设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（舍弃），
∴AE＝AH+EH＝，
∴AD＝1+，
∴AC＝AD＝+．
15．解：（1）∵△ABC为等边三角形，
∴AB＝AC，∠B＝∠PAC＝60°，
∵点P从顶点A，点Q从顶点B同时出发，且它们的速度都为1cm/s，∴AP＝BQ，
在△APC和△BQA中
，
∴△APC≌△BQA（SAS），
∴∠BAQ＝∠ACP，
∴∠CMQ＝∠CAQ+∠ACP＝∠BAQ+∠CAQ＝∠BAC＝60°，
∴在P、Q运动的过程中，∠CMQ不变，∠CMQ＝60°；
（2）①∵运动时间为ts，则AP＝BQ＝t，
∴PB＝4﹣t，
当t＝2秒时，
AP＝BQ＝2，PB＝4﹣2＝2，
∴AP＝BQ＝PB，
∴△BPQ是等边三角形；
②∵运动时间为ts，则AP＝BQ＝t，
∴PB＝4﹣t，
∵PQ⊥BC，
∴∠PQB＝90°，
∵∠B＝60°，
∴PB＝2BQ，
∴4﹣t＝2t，解得t＝．
故答案为：
16．（1）解：∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD，
∵AD⊥BD于点D，
∴∠ADB＝∠ADF，
∵AD＝AD，
∴△ABD≌△AFD，
∴AF＝AB，BD＝DF，
∵AB＝5，AC＝7，
∴CF＝AC﹣AF＝AC﹣AB＝7﹣5＝2，
∵点E为BC的中点，
∴DE为△BCF的中位线，
∴DE＝FC＝1；
（2）延长ED交AB于点M，
∵△BDE为等腰直角三角形，∠BDE＝90°，∴∠BED＝45°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠BME＝90°，
∴BM＝BE，
∴CD＝MD，
∵点F为AE的中点，
∴DF为△AME的中位线，
∴AM＝2DF，
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴AB＝CB，
∴AM＝CE，
∴CE＝2DF．。