專題05以三角形為載體的幾何綜合問題(原卷版+解析)【浙江專用】

決勝2020年中考數(shù)學壓軸題全揭秘（浙江專用）專題05以三角形為載體的幾何綜合問題【考點1】關于三角形角度計算與證明的綜合問題【例1】（2019?衢州）“三等分角”大約是在公元前五世紀由古希臘人提出來的，借助如圖所示的“三等分角儀”能三等分任一角．這個三等分角儀由兩根有槽的棒OA，OB組成，兩根棒在O點相連并可繞O轉動、C點固定，OC＝CD＝DE，點D、E可在槽中滑動．若∠BDE＝75°，則∠CDE的度數(shù)是（）A．60° B．65° C．75° D．80°【例2】（2019?杭州）如圖，在△ABC中，AC＜AB＜BC．（1）已知線段AB的垂直平分線與BC邊交于點P，連接AP，求證：∠APC＝2∠B．（2）以點B為圓心，線段AB的長為半徑畫弧，與BC邊交于點Q，連接AQ．若∠AQC＝3∠B，求∠B的度數(shù)．【考點2】關于三角形的線段計算綜合問題【例3】（2019?紹興）如圖1，長、寬均為3，高為8的長方體容器，放置在水平桌面上，里面盛有水，水面高為6，繞底面一棱進行旋轉傾斜后，水面恰好觸到容器口邊緣，圖2是此時的示意圖，則圖2中水面高度為（）A．245 B．325 C．1234【例4】（2020?浙江自主招生）如圖，等邊三角形ABC中，AO是∠BAC的平分線，D為AO上一點，以CD為一邊且在CD下方作等邊三角形CDE，連結BE，延長BE至點Q，P為BQ上一點，連結CP，CQ，使CP＝CQ＝5，若BC＝8時，則PQ的長為．【考點3】全等三角形的計算與證明【例5】（2019?溫州）如圖，在△ABC中，AD是BC邊上的中線，E是AB邊上一點，過點C作CF∥AB交ED的延長線于點F．（1）求證：△BDE≌△CDF．（2）當AD⊥BC，AE＝1，CF＝2時，求AC的長．【考點4】三角形與旋轉變換綜合問題【例6】（2019?紹興）如圖1是實驗室中的一種擺動裝置，BC在地面上，支架ABC是底邊為BC的等腰直角三角形，擺動臂AD可繞點A旋轉，擺動臂DM可繞點D旋轉，AD＝30，DM＝10．（1）在旋轉過程中，①當A，D，M三點在同一直線上時，求AM的長．②當A，D，M三點為同一直角三角形的頂點時，求AM的長．（2）若擺動臂AD順時針旋轉90°，點D的位置由△ABC外的點D1轉到其內的點D2處，連結D1D2，如圖2，此時∠AD2C＝135°，CD2＝60，求BD2的長．【考點5】以三角形為載體的幾何綜合探究問題【例7】（2018?舟山）已知，△ABC中，∠B＝∠C，P是BC邊上一點，作∠CPE＝∠BPF，分別交邊AC，AB于點E，F(xiàn)．（1）若∠CPE＝∠C（如圖1），求證：PE+PF＝AB．（2）若∠CPE≠∠C，過點B作∠CBD＝∠CPE，交CA（或CA的延長線）于點D．試猜想：線段PE，PF和BD之間的數(shù)量關系，并就∠CPE＞∠C情形（如圖2）說明理由．（3）若點F與A重合（如圖3），∠C＝27°，且PA＝AE．①求∠CPE的度數(shù)；②設PB＝a，PA＝b，AB＝c，試證明：b=a【例8】（2018?臺州）如圖，在Rt△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，點D，E分別在AC，BC上，且CD＝CE．（1）如圖1，求證：∠CAE＝∠CBD；（2）如圖2，F(xiàn)是BD的中點，求證：AE⊥CF；（3）如圖3，F(xiàn)，G分別是BD，AE的中點，若AC＝22，CE＝1，求△CGF的面積．【考點6】以三角形為載體的幾何閱讀創(chuàng)新題【例9】（2018?紹興）數(shù)學課上，張老師舉了下面的例題：例1等腰三角形ABC中，∠A＝110°，求∠B的度數(shù)．（答案：35°）例2等腰三角形ABC中，∠A＝40°，求∠B的度數(shù)，（答案：40°或70°或100°）張老師啟發(fā)同學們進行變式，小敏編了如下一題：變式等腰三角形ABC中，∠A＝80°，求∠B的度數(shù)．（1）請你解答以上的變式題．（2）解（1）后，小敏發(fā)現(xiàn)，∠A的度數(shù)不同，得到∠B的度數(shù)的個數(shù)也可能不同，如果在等腰三角形ABC中，設∠A＝x°，當∠B有三個不同的度數(shù)時，請你探索x的取值范圍．一．選擇題（共5小題）1．（2020?衢州模擬）在我國古代數(shù)學著作《九章算術》“勾股”章中有一題：“今有開門去閫（kǔn）一尺，不合二寸，問門廣幾何？”大意是說：如圖，推開雙門（AD和BC），門邊緣D，C兩點到門檻AB的距離為1尺（1尺＝10寸），雙門間的縫隙CD為2寸，那么門的寬度（兩扇門的和）AB為（）A．103寸 B．102寸 C．101寸 D．100寸2．（2020?拱墅區(qū)校級一模）如圖，在△ABC中，∠C＝90°，D是BC邊上一點，∠ADC＝3∠BAD，BD＝4，DC＝3．則AB的值為（）A．5+32 B．2+215 C．72 D．1133．（2020?溫州模擬）如圖，已知∠ACB＝∠DBC，添加以下條件，不能判定△ABC≌△DCB的是（）A．∠ABC＝∠DCB B．∠ABD＝∠DCA C．AC＝DB D．AB＝DC4．（2019?周村區(qū)一模）如圖，在△ABC中，∠B＝50°，∠C＝30°，分別以點A和點C為圓心，大于12AC的長為半徑畫弧，兩弧相交于點M，N，作直線MN交BC于點D，連接AD，則∠BADA．50° B．60° C．70° D．80°5．（2020?黃巖區(qū)模擬）如圖所示，在△ABC中，內角∠BAC與外角∠CBE的平分線相交于點P，BE＝BC，PB與CE交于點H，PG∥AD交BC于F，交AB于G，連接CP．下列結論：①∠ACB＝2∠APB；②S△PAC：S△PAB＝AC：AB；③BP垂直平分CE；④∠PCF＝∠CPF．其中，正確的有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個二．填空題（共4小題）6．（2020?溫州模擬）如圖，已知OP平分∠AOB，CP∥OA，PD⊥OA于點D，PE⊥OB于點E．CP=254，PD＝6．如果點M是OP的中點，則DM的長是7．（2020?溫嶺市校級一模）在半徑為2的⊙O中，弦AB＝22，連接OA，OB．在直線OB上取一點K，使tan∠BAK=12，則△OAK的面積為8．（2020?蕭山區(qū)一模）如圖，CE、BF分別是△ABC的高線，連接EF，EF＝6，BC＝10，D、G分別是EF、BC的中點，則DG的長為．9．（2019?海寧市二模）如圖，四邊形ABCD中，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝1，AE⊥AD，交BC于點E，EA平分∠BED．（1）CD的長是；（2）當點F是AC中點時，四邊形ABCD的周長是．三．解答題（共11小題）10．（2020?拱墅區(qū)校級一模）在△ABC和△DBE中，CA＝CB，EB＝ED，點D在AC上．（1）如圖1，若∠ABC＝∠DBE＝60°，求證：∠ECB＝∠A；（2）如圖2，設BC與DE交于點F．當∠ABC＝∠DBE＝45°時，求證：CE∥AB；（3）在（2）的條件下，若tan∠DEC=12時，求11．（2020?天臺縣模擬）某校組織數(shù)學興趣探究活動，愛思考的小實同學在探究兩條直線的位置關系查閱資料時發(fā)現(xiàn)，兩條中線互相垂直的三角形稱為“中垂三角形”．如圖1、圖2、圖3中，AF、BE是△ABC的中線，AF⊥BE于點P，像△ABC這樣的三角形均稱為“中垂三角形”．【特例探究】（1）如圖1，當∠PAB＝45°，AB＝62時，AC＝，BC＝；如圖2，當sin∠PAB=12，AB＝4時，AC＝，BC＝【歸納證明】（2）請你觀察（1）中的計算結果，猜想AB2、BC2、AC2三者之間的關系，用等式表示出來，并利用圖3證明你的結論．【拓展證明】（3）如圖4，在△ABC中，AB＝43，BC＝25，D、E、F分別是邊AB、AC、BC的中點，連結DE并延長至G，使得GE＝DE，連結BG，當BG⊥AC于點M時，求GF的長．12．（2020?拱墅區(qū)校級模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠CAB＝90°，AF為BC邊上的中線，DE經(jīng)過△ABC的重心G，且∠ADE＝∠C．（1）問：線段AG是△ADE的高線還是中線？請說明理由．（2）若AB＝6，AC＝8，求AD的長．13．（2020?溫州模擬）如圖，△ABC中，∠ABC＝∠ACB，點D在BC所在的直線上，點E在射線AC上，且AD＝AE，連接DE．（1）如圖①，若∠B＝∠C＝35°，∠BAD＝80°，求∠CDE的度數(shù)；（2）如圖②，若∠ABC＝∠ACB＝75°，∠CDE＝18°，求∠BAD的度數(shù)；（3）當點D在直線BC上（不與點B、C重合）運動時，試探究∠BAD與∠CDE的數(shù)量關系，并說明理由．14．（2020?上城區(qū)模擬）如圖，△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5cm，BC＝3cm，若點P從點A出發(fā)，以每秒2cm的速度沿折線A﹣C﹣B﹣A運動，設運動時間為t秒（t＞0）．（1）若點P在AC上，且滿足PA＝PB時，求出此時t的值；（2）若點P恰好在∠BAC的角平分線上，求t的值；（3）在運動過程中，直接寫出當t為何值時，△BCP為等腰三角形．15．（2019?杭州模擬）定義：若一個三角形一條邊上的高等于這條邊長的一半，則稱該三角形為“半高”三角形，這條高稱為“半高”．（1）如圖1，△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝2AC，點P在AB上，PD⊥AC于點D，PE⊥BC于點E，連接BD，DE求證：△BDE是“半高”三角形；（2）如圖2，△ABC是“半高”三角形，且BC邊上的高是“半高”，點P在AB上，PQ∥BC交AC于點Q，PM⊥BC于點M，QN⊥BC于點N．①請?zhí)骄緽M，PM，CN之間的等量關系，并說明理由；②若△ABC的面積等于16，求MQ的最小值．16．（2019?南潯區(qū)二模）（1）嘗試探究如圖1，等腰Rt△ABC的兩個頂點B，C在直線MN上，點D是直線MN上一個動點（點D在點C的右邊），BC＝3，BD＝m，在△ABC同側作等腰Rt△ADE，∠ABC＝∠ADE＝90°，EF⊥MN于點F，連接CE．①求DF的長；②在判斷AC⊥CE是否成立時，小明同學發(fā)現(xiàn)可以由以下兩種思路解決此問題：思路一：先證CF＝EF，求出∠ECF＝45°，從而證得結論成立．思路二：先求DF，EF的長，再求CF的長，然后證AC2+CE2＝AE2，從而證得結論成立．請你任選一種思路，完整地書寫本小題的證明過程．（如用兩種方法作答，則以第一種方法評分）（2）拓展探究將（1）中的兩個等腰直角三角形都改為有一個角為30°的直角三角形，如圖2，∠ABC＝∠ADE＝90°，∠BAC＝∠DAE＝30°，BC＝3，BD＝m，當4≤m≤6時，求CE長的范圍．17．（2019?瑞安市三模）如圖，在等腰△ABC中，AB＝BC，點D是AC邊的中點，延長BD至點E，使得DE＝BD，連結CE．（1）求證：△ABD≌△CED．（2）當BC＝5，CD＝3時，求△BCE的周長．18．（2019?黃巖區(qū)二模）如圖，△ABC和△ADE是兩個不全等的等腰直角三角形，其中點B與點D是直角頂點，現(xiàn)固定△ABC，而將△ADE繞點A在平面內旋轉．（1）如圖1，當點D在CA延長線上時，點M為EC的中點，求證：△DMB是等腰三角形．（2）如圖2，當點E在CA延長線上時，M是EC上一點，若△DMB是等腰直角三角形，∠DMB為直角，求證：點M是EC的中點．（3）如圖3，當△ADE繞點A旋轉任意角度時，線段EC上是否都存在點M，使△BMD為等腰直角三角形，若不存在，請舉出反例；若存在，請予以證明．19．（2019?余杭區(qū)二模）如圖，在正方形ABCD中，點E，F(xiàn)分別在BC，AB上，且DE＝DF，連結AC，分別交DE，DF于點M，N．（1）求證：△ADF≌△CDE；（2）設△DMN和△AFN的面積分別為S1和S2；①若∠ADF＝∠EDF，求S2：S1的值．②若S2＝2S1，求tan∠ADF．20．（2019?慈溪市模擬）定義：在一個三角形中，若存在兩條邊x和y，使得y＝x2，則稱此三角形為“平方三角形”，x稱為平方邊．（1）“若等邊三角形為平方三角形，則面積為34是命題；“有一個角為30°且有一條直角邊為2的直角三角形是平方三角形”是（2）若a，b，c是平方三角形的三條邊，平方邊a＝2，若三角形中存在一個角為60°，求c的值；（3）如圖，在△ABC中，D是BC上一點．①若∠CAD＝∠B，CD＝1，求證，△ABC是平方三角形；②若∠C＝90°，BD＝1，AC＝m，CD＝n，求tan∠DAB．（用含m，n的代數(shù)式表示）決勝2020年中考數(shù)學壓軸題全揭秘（浙江專用）專題05以三角形為載體的幾何綜合問題【考點1】關于三角形角度計算與證明的綜合問題【例1】（2019?衢州）“三等分角”大約是在公元前五世紀由古希臘人提出來的，借助如圖所示的“三等分角儀”能三等分任一角．這個三等分角儀由兩根有槽的棒OA，OB組成，兩根棒在O點相連并可繞O轉動、C點固定，OC＝CD＝DE，點D、E可在槽中滑動．若∠BDE＝75°，則∠CDE的度數(shù)是（）A．60° B．65° C．75° D．80°【分析】根據(jù)OC＝CD＝DE，可得∠O＝∠ODC，∠DCE＝∠DEC，根據(jù)三角形的外角性質可知∠DCE＝∠O+∠ODC＝2∠ODC，進一步根據(jù)三角形的外角性質可知∠BDE＝3∠ODC＝75°，即可求出∠ODC的度數(shù)，進而求出∠CDE的度數(shù)．【解析】∵OC＝CD＝DE，∴∠O＝∠ODC，∠DCE＝∠DEC，∴∠DCE＝∠O+∠ODC＝2∠ODC，∵∠O+∠OED＝3∠ODC＝∠BDE＝75°，∴∠ODC＝25°，∵∠CDE+∠ODC＝180°﹣∠BDE＝105°，∴∠CDE＝105°﹣∠ODC＝80°．故選：D．點評：本題主要考查了等腰三角形的性質以及三角形的外角性質，理清各個角之間的關系是解答本題的關鍵．【例2】（2019?杭州）如圖，在△ABC中，AC＜AB＜BC．（1）已知線段AB的垂直平分線與BC邊交于點P，連接AP，求證：∠APC＝2∠B．（2）以點B為圓心，線段AB的長為半徑畫弧，與BC邊交于點Q，連接AQ．若∠AQC＝3∠B，求∠B的度數(shù)．【分析】（1）根據(jù)線段垂直平分線的性質可知PA＝PB，根據(jù)等腰三角形的性質可得∠B＝∠BAP，根據(jù)三角形的外角性質即可證得APC＝2∠B；（2）根據(jù)題意可知BA＝BQ，根據(jù)等腰三角形的性質可得∠BAQ＝∠BQA，再根據(jù)三角形的內角和公式即可解答．【解析】（1）證明：∵線段AB的垂直平分線與BC邊交于點P，∴PA＝PB，∴∠B＝∠BAP，∵∠APC＝∠B+∠BAP，∴∠APC＝2∠B；（2）根據(jù)題意可知BA＝BQ，∴∠BAQ＝∠BQA，∵∠AQC＝3∠B，∠AQC＝∠B+∠BAQ，∴∠BQA＝2∠B，∵∠BAQ+∠BQA+∠B＝180°，∴5∠B＝180°，∴∠B＝36°．點評：本題主要考查了等腰三角形的性質、垂直平分線的性質以及三角形的外角性質，難度適中．【考點2】關于三角形的線段計算綜合問題【例3】（2019?紹興）如圖1，長、寬均為3，高為8的長方體容器，放置在水平桌面上，里面盛有水，水面高為6，繞底面一棱進行旋轉傾斜后，水面恰好觸到容器口邊緣，圖2是此時的示意圖，則圖2中水面高度為（）A．245 B．325 C．1234【分析】設DE＝x，則AD＝8﹣x，由長方體容器內水的體積得出方程，解方程求出DE，再由勾股定理求出CD，過點C作CF⊥BG于F，由△CDE∽△CBF的比例線段求得結果即可．【解析】過點C作CF⊥BG于F，如圖所示：設DE＝x，則AD＝8﹣x，根據(jù)題意得：12（8﹣x解得：x＝4，∴DE＝4，∵∠E＝90°，由勾股定理得：CD=D∵∠BCE＝∠DCF＝90°，∴∠DCE＝∠BCF，∵∠DEC＝∠BFC＝90°，∴△CDE∽△CBF，∴CECF即3CF∴CF=24故選：A．點評：本題考查了勾股定理的應用、長方體的體積、梯形的面積的計算方法；熟練掌握勾股定理，由長方體容器內水的體積得出方程是解決問題的關鍵．【例4】（2020?浙江自主招生）如圖，等邊三角形ABC中，AO是∠BAC的平分線，D為AO上一點，以CD為一邊且在CD下方作等邊三角形CDE，連結BE，延長BE至點Q，P為BQ上一點，連結CP，CQ，使CP＝CQ＝5，若BC＝8時，則PQ的長為6．【分析】根據(jù)SAS即可證得△ACD≌△BCE，過點C作CH⊥BQ于H，由等邊三角形的性質，即可求得∠DAC＝30°，則根據(jù)等腰三角形與直角三角形中的勾股定理即可求得PQ的長．【解析】過點C作CH⊥BQ于H，∵△ABC是等邊三角形，AO是角平分線，∴∠DAC＝30°，∵△ABC與△DCE是等邊三角形，∴AC＝BC，DC＝EC，∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠ACD+∠DCB＝∠ECB+∠DCB＝60°，∴∠ACD＝∠BCE，∴△ACD≌△BCE（SAS）；∴∠PBC＝∠DAC＝30°，∴在Rt△BHC中，CH=12BC∵PC＝CQ＝5，CH＝4，∴PH＝QH＝3，∴PQ＝6．故答案為：6．點評：此題考查了全等三角形的判定與性質，等腰三角形、等邊三角形以及直角三角形的性質等知識，熟練掌握全等三角形的判定是解題的關鍵．【考點3】全等三角形的計算與證明【例5】（2019?溫州）如圖，在△ABC中，AD是BC邊上的中線，E是AB邊上一點，過點C作CF∥AB交ED的延長線于點F．（1）求證：△BDE≌△CDF．（2）當AD⊥BC，AE＝1，CF＝2時，求AC的長．【分析】（1）根據(jù)平行線的性質得到∠B＝∠FCD，∠BED＝∠F，由AD是BC邊上的中線，得到BD＝CD，于是得到結論；（2）根據(jù)全等三角形的性質得到BE＝CF＝2，求得AB＝AE+BE＝1+2＝3，于是得到結論．【解答】（1）證明：∵CF∥AB，∴∠B＝∠FCD，∠BED＝∠F，∵AD是BC邊上的中線，∴BD＝CD，∴△BDE≌△CDF（AAS）；（2）解：∵△BDE≌△CDF，∴BE＝CF＝2，∴AB＝AE+BE＝1+2＝3，∵AD⊥BC，BD＝CD，∴AC＝AB＝3．點評：本題考查了全等三角形的判定和性質，平行線的性質，熟練掌握全等三角形的判定和性質是解題的關鍵．【考點4】三角形與旋轉變換綜合問題【例6】（2019?紹興）如圖1是實驗室中的一種擺動裝置，BC在地面上，支架ABC是底邊為BC的等腰直角三角形，擺動臂AD可繞點A旋轉，擺動臂DM可繞點D旋轉，AD＝30，DM＝10．（1）在旋轉過程中，①當A，D，M三點在同一直線上時，求AM的長．②當A，D，M三點為同一直角三角形的頂點時，求AM的長．（2）若擺動臂AD順時針旋轉90°，點D的位置由△ABC外的點D1轉到其內的點D2處，連結D1D2，如圖2，此時∠AD2C＝135°，CD2＝60，求BD2的長．【分析】（1）①分兩種情形分別求解即可．②顯然∠MAD不能為直角．當∠AMD為直角時，根據(jù)AM2＝AD2﹣DM2，計算即可，當∠ADM＝90°時，根據(jù)AM2＝AD2+DM2，計算即可．（2）連接CD．首先利用勾股定理求出CD1，再利用全等三角形的性質證明BD2＝CD1即可．【解析】（1）①AM＝AD+DM＝40，或AM＝AD﹣DM＝20．②顯然∠MAD不能為直角．當∠AMD為直角時，AM2＝AD2﹣DM2＝302﹣102＝800，∴AM＝202或（﹣202舍棄）．當∠ADM＝90°時，AM2＝AD2+DM2＝302+102＝1000，∴AM＝1010或（﹣1010舍棄）．綜上所述，滿足條件的AM的值為202或1010．（2）如圖2中，連接CD．由題意：∠D1AD2＝90°，AD1＝AD2＝30，∴∠AD2D1＝45°，D1D2＝302，∵∠AD2C＝135°，∴∠CD2D1＝90°，∴CD1=CD2∵∠BAC＝∠A1AD2＝90°，∴∠BAC﹣∠CAD2＝∠D2AD1﹣∠CAD2，∴∠BAD2＝∠CAD1，∵AB＝AC，AD2＝AD1，∴△BAD2≌△CAD1（SAS），∴BD2＝CD1＝306．點評：本題屬于四邊形綜合題，考查了等腰直角三角形的性質，勾股定理，全等三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．【考點5】以三角形為載體的幾何綜合探究問題【例7】（2018?舟山）已知，△ABC中，∠B＝∠C，P是BC邊上一點，作∠CPE＝∠BPF，分別交邊AC，AB于點E，F(xiàn)．（1）若∠CPE＝∠C（如圖1），求證：PE+PF＝AB．（2）若∠CPE≠∠C，過點B作∠CBD＝∠CPE，交CA（或CA的延長線）于點D．試猜想：線段PE，PF和BD之間的數(shù)量關系，并就∠CPE＞∠C情形（如圖2）說明理由．（3）若點F與A重合（如圖3），∠C＝27°，且PA＝AE．①求∠CPE的度數(shù)；②設PB＝a，PA＝b，AB＝c，試證明：b=a【分析】（1）只要證明PF＝BF，PE＝AF即可解決問題；（2）結論：BD＝PE+PF．如圖1中，作BG∥CD交EP的延長線于G．只要證明BD＝EG，PF＝PG即可解決問題；（3）①設∠CPE＝∠BPF＝x，根據(jù)三角形內角和定理構建方程即可解決問題；②延長BA到M，使得AM＝AP．連接PM．由△ABP∽△PBM，可得BPAB=BMBP，推出PB2＝BA?BM，又PB＝a，PA＝AM＝b，AB＝c，可得a2＝c（【解答】（1）證明：如圖1中，∵∠B＝∠C，∠CPE＝∠BPF，∠CPE＝∠C，∴∠B＝∠BPF＝∠CPE，∠BPF＝∠C，∴PF＝BF，PE∥AF，PF∥AE，∴四邊形AEPF是平行四邊形，∴PE＝AF，∴PE+PF＝AF+BF＝AB．（2）結論：BD＝PE+PF．理由：如圖1中，作BG∥CD交EP的延長線于G．∴∠ABC＝∠C＝∠CBG，∵∠CPE＝∠BPF，∴∠BPF＝∠CPE＝∠BPG，∵BP＝BP，∴△FBP≌△GBP（ASA），∴PF＝PG，∵∠CBD＝∠CPE，∴PE∥BD，∴四邊形BDEG是平行四邊形，∴BD＝EG＝PG+PE＝PF+PE．（3）①設∠CPE＝∠BPF＝x，∵∠C＝27°，PA＝AE，∴∠APE＝∠PEA＝∠C+∠CPE＝27°+x，∵∠BPA+∠APE+∠CPE＝180°，∴x+x+27°+x＝180°，∴x＝51°，即∠CPE＝51°．②延長BA到M，使得AM＝AP．連接PM．∵∠C＝27°，∠BPA＝∠CPE＝51°，∴∠BAP＝180°﹣27°﹣51°＝102°＝∠M+∠APM，∵AM＝AP，∴∠M＝∠APM＝51°，∴∠M＝∠BPA，∵∠B＝∠B，∴△ABP∽△PBM，∴BPAB∴PB2＝BA?BM，∵PB＝a，PA＝AM＝b，AB＝c，∴a2＝c（b+c），∴b=a點評：本題考查三角形綜合題、等腰三角形的判定和性質、平行四邊形的判定和性質、全等三角形的判定和性質．相似三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形或相似三角形解決問題，屬于中考壓軸題．【例8】（2018?臺州）如圖，在Rt△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，點D，E分別在AC，BC上，且CD＝CE．（1）如圖1，求證：∠CAE＝∠CBD；（2）如圖2，F(xiàn)是BD的中點，求證：AE⊥CF；（3）如圖3，F(xiàn)，G分別是BD，AE的中點，若AC＝22，CE＝1，求△CGF的面積．【分析】（1）直接判斷出△ACE≌△BCD即可得出結論；（2）先判斷出∠BCF＝∠CBF，進而得出∠BCF＝∠CAE，即可得出結論；（3）先求出BD＝3，進而求出CF=32，同理：EG=32，再利用等面積法求出【解析】（1）在△ACE和△BCD中，AC=BC∠ACB=∠ACB=90°∴△ACE≌△BCD，∴∠CAE＝∠CBD；（2）如圖2，記AE與CF的交點為M，在Rt△BCD中，點F是BD的中點，∴CF＝BF，∴∠BCF＝∠CBF，由（1）知，∠CAE＝∠CBD，∴∠BCF＝∠CAE，∴∠CAE+∠ACF＝∠BCF+∠ACF＝∠ACB＝90°，∴∠AMC＝90°，∴AE⊥CF；（3）如圖3，記AE與CF的交點為M，∵AC＝22，∴BC＝AC＝22，∵CE＝1，∴CD＝CE＝1，在Rt△BCD中，根據(jù)勾股定理得，BD=C∵點F是BD中點，∴CF＝DF=12BD同理：EG=12AE連接EF，過點F作FH⊥BC，∵∠ACB＝90°，點F是BD的中點，∴FH=12CD∴S△CEF=12CE?FH=1由（2）知，AE⊥CF，∴S△CEF=12CF?ME=12∴34ME=∴ME=1∴GM＝EG﹣ME=3∴S△CFG=12CF?GM點評：此題是三角形綜合題，主要考查了全等三角形的判定和性質，直角三角形的性質，三角形的中位線定理，三角形的面積公式，勾股定理，作出輔助線求出△CFG的邊CF上的是解本題的關鍵．【考點5】以三角形為載體的幾何閱讀創(chuàng)新題【例9】（2018?紹興）數(shù)學課上，張老師舉了下面的例題：例1等腰三角形ABC中，∠A＝110°，求∠B的度數(shù)．（答案：35°）例2等腰三角形ABC中，∠A＝40°，求∠B的度數(shù)，（答案：40°或70°或100°）張老師啟發(fā)同學們進行變式，小敏編了如下一題：變式等腰三角形ABC中，∠A＝80°，求∠B的度數(shù)．（1）請你解答以上的變式題．（2）解（1）后，小敏發(fā)現(xiàn)，∠A的度數(shù)不同，得到∠B的度數(shù)的個數(shù)也可能不同，如果在等腰三角形ABC中，設∠A＝x°，當∠B有三個不同的度數(shù)時，請你探索x的取值范圍．【分析】（1）由于等腰三角形的頂角和底角沒有明確，因此要分類討論；（2）分兩種情況：①90≤x＜180；②0＜x＜90，結合三角形內角和定理求解即可．【解析】（1）若∠A為頂角，則∠B＝（180°﹣∠A）÷2＝50°；若∠A為底角，∠B為頂角，則∠B＝180°﹣2×80°＝20°；若∠A為底角，∠B為底角，則∠B＝80°；故∠B＝50°或20°或80°；（2）分兩種情況：①當90≤x＜180時，∠A只能為頂角，∴∠B的度數(shù)只有一個；②當0＜x＜90時，若∠A為頂角，則∠B＝（180?x2若∠A為底角，∠B為頂角，則∠B＝（180﹣2x）°；若∠A為底角，∠B為底角，則∠B＝x°．當180?x2≠180﹣2x且180﹣2x≠x且180?x即x≠60時，∠B有三個不同的度數(shù)．綜上所述，可知當0＜x＜90且x≠60時，∠B有三個不同的度數(shù)．點評：本題考查了等腰三角形的性質及三角形內角和定理，進行分類討論是解題的關鍵．一．選擇題（共5小題）1．（2020?衢州模擬）在我國古代數(shù)學著作《九章算術》“勾股”章中有一題：“今有開門去閫（kǔn）一尺，不合二寸，問門廣幾何？”大意是說：如圖，推開雙門（AD和BC），門邊緣D，C兩點到門檻AB的距離為1尺（1尺＝10寸），雙門間的縫隙CD為2寸，那么門的寬度（兩扇門的和）AB為（）A．103寸 B．102寸 C．101寸 D．100寸【分析】畫出直角三角形，根據(jù)勾股定理即可得到結論．【解答】解：設OA＝OB＝AD＝BC＝r，過D作DE⊥AB于E，則DE＝10，OE=12CD＝1，AE＝在Rt△ADE中，AE2+DE2＝AD2，即（r﹣1）2+102＝r2，解得2r＝101．故門的寬度（兩扇門的和）AB為101寸．故選：C．2．（2020?拱墅區(qū)校級一模）如圖，在△ABC中，∠C＝90°，D是BC邊上一點，∠ADC＝3∠BAD，BD＝4，DC＝3．則AB的值為（）A．5+32 B．2+215 C．72 D．113【分析】延長CB到E，使得BE＝BA．設BE＝AB＝a．利用相似三角形的性質，勾股定理構建方程即可解決問題．【解答】解：如圖，延長CB到E，使得BE＝BA．設BE＝AB＝a．∵BE＝BA，∴∠E＝∠BAE，∵∠ADC＝∠ABD+∠BAD＝2∠E+∠BAD＝3∠BAD，∴∠BAD＝∠E，∵∠ADB＝∠EDA，∴△ADB∽△EDA，∴ADED∴AD2＝4（4+a）＝16+4a，∵AC2＝AD2﹣CD2＝AB2﹣BC2，∴16+4a﹣32＝a2﹣72，解得a＝2+215或2﹣215（舍棄）．∴AB＝2+215，故選：B．3．（2020?溫州模擬）如圖，已知∠ACB＝∠DBC，添加以下條件，不能判定△ABC≌△DCB的是（）A．∠ABC＝∠DCB B．∠ABD＝∠DCA C．AC＝DB D．AB＝DC【分析】根據(jù)全等三角形的判定定理逐個判斷即可．【解答】解：A、∵在△ABC和△DCB中∠ABC=∠DCBBC=CB∴△ABC≌△DCB（ASA），故本選項不符合題意；B、∵∠ABD＝∠DCA，∠DBC＝∠ACB，∴∠ABD+∠DBC＝∠ACD+∠ACB，即∠ABC＝∠DCB，∵在△ABC和△DCB中∠ABC=∠DCBBC=CB∴△ABC≌△DCB（ASA），故本選項不符合題意；C、∵在△ABC和△DCB中BC=CB∠ACB=∠DBC∴△ABC≌△DCB（SAS），故本選項不符合題意；D、根據(jù)∠ACB＝∠DBC，BC＝BC，AB＝DC不能推出△ABC≌△DCB，故本選項符合題意；故選：D．4．（2019?周村區(qū)一模）如圖，在△ABC中，∠B＝50°，∠C＝30°，分別以點A和點C為圓心，大于12AC的長為半徑畫弧，兩弧相交于點M，N，作直線MN交BC于點D，連接AD，則∠BADA．50° B．60° C．70° D．80°【分析】根據(jù)內角和定理求得∠BAC＝95°，由中垂線性質知DA＝DC，即∠DAC＝∠C＝30°，從而得出答案．【解答】解：在△ABC中，∵∠B＝50°，∠C＝30°，∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝100°，由作圖可知MN為AC的中垂線，∴DA＝DC，∴∠DAC＝∠C＝30°，∴∠BAD＝∠BAC﹣∠DAC＝70°，故選：C．5．（2020?黃巖區(qū)模擬）如圖所示，在△ABC中，內角∠BAC與外角∠CBE的平分線相交于點P，BE＝BC，PB與CE交于點H，PG∥AD交BC于F，交AB于G，連接CP．下列結論：①∠ACB＝2∠APB；②S△PAC：S△PAB＝AC：AB；③BP垂直平分CE；④∠PCF＝∠CPF．其中，正確的有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【分析】利用角平分線的性質以及已知條件對①②③④進行一一判斷，從而求解．【解答】解：∵PA平分∠CAB，PB平分∠CBE，∴∠PAB=12∠CAB，∠PBE=1∵∠CBE＝∠CAB+∠ACB，∠PBE＝∠PAB+∠APB，∴∠ACB＝2∠APB；故①正確；過P作PM⊥AB于M，PN⊥AC于N，PS⊥BC于S，∴PM＝PN＝PS，∴PC平分∠BCD，∵S△PAC：S△PAB＝（12AC?PN）：（12AB?PM）＝AC：AB；故∵BE＝BC，BP平分∠CBE∴BP垂直平分CE（三線合一），故③正確；∵PG∥AD，∴∠FPC＝∠DCP∵PC平分∠DCB，∴∠DCP＝∠PCF，∴∠PCF＝∠CPF，故④正確．故選：D．二．填空題（共4小題）6．（2020?溫州模擬）如圖，已知OP平分∠AOB，CP∥OA，PD⊥OA于點D，PE⊥OB于點E．CP=254，PD＝6．如果點M是OP的中點，則DM的長是【分析】由角平分線的性質得出∠AOP＝∠BOP，PC＝PD＝6，∠PDO＝∠PEO＝90°，由勾股定理得出CE=CP2?PE2=74，由平行線的性質得出∠OPC＝∠AOP，得出∠OPC＝∠BOP，證出CO＝CP=25【解答】解：∵OP平分∠AOB，PD⊥OA于點D，PE⊥OB于點E，∴∠AOP＝∠BOP，PC＝PD＝6，∠PDO＝∠PEO＝90°，∴CE=C∵CP∥OA，∴∠OPC＝∠AOP，∴∠OPC＝∠BOP，∴CO＝CP=25∴OE＝CE+CO=7∴OP=O在Rt△OPD中，點M是OP的中點，∴DM=12故答案為：5．7．（2020?溫嶺市校級一模）在半徑為2的⊙O中，弦AB＝22，連接OA，OB．在直線OB上取一點K，使tan∠BAK=12，則△OAK的面積為2【分析】由勾股定理的逆定理得出△AOB是等腰直角三角形，得出∠OBA＝45°，分兩種情況：①點K在線段OB上時；②點K在線段OB延長線上時；由三角函數(shù)定義和等腰直角三角形的性質求出BK，得出OK，再由三角形面積公式即可得出答案．【解答】解：∵OA＝OB＝2，AB＝22，∴OA2+OB2＝AB2，∴△AOB是等腰直角三角形，∴∠OBA＝45°，分兩種情況：①點K在線段OB上時，如圖1所示：作KD⊥AB于D，則DB＝DK，∵tan∠BAK=1∴DKAD∴AD＝2DK＝2DB，∴DK=13AB∴BK=2DK=∴OK＝OB﹣BK=2∴S△OAK=12OA?OK=1②點K在線段OB延長線上時，如圖2所示：作KD⊥AB于D，則DB＝DK，∵tan∠BAK=1∴DKAD∴AD＝2DK，∵DK＝DB，∴DB＝AB＝22，∴BK=2DB∴OK＝OB+BK＝6，∴S△OAK=12OA?OK故答案為：238．（2020?蕭山區(qū)一模）如圖，CE、BF分別是△ABC的高線，連接EF，EF＝6，BC＝10，D、G分別是EF、BC的中點，則DG的長為4．【分析】連接EG、FG，根據(jù)直角三角形的性質得到EG＝FG=12BC＝5，根據(jù)等腰三角形的性質求出【解答】解：連接EG、FG，∵CE，BF分別是△ABC的高線，∴∠BEC＝90°，∠BFC＝90°，∵G是BC的中點，∴EG＝FG=12∵D是EF的中點，∴ED=12EF＝3，GD⊥由勾股定理得，DG=G故答案為：4．9．（2019?海寧市二模）如圖，四邊形ABCD中，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝1，AE⊥AD，交BC于點E，EA平分∠BED．（1）CD的長是2；（2）當點F是AC中點時，四邊形ABCD的周長是5+3【分析】（1）如圖，延長DA，CB交于點H，由“ASA”可證△ADE≌△AHE，可得AH＝AD，由平行線分線段成比例可求解；（2）如圖2中，作AH⊥CD于H，利用垂徑定理證明以及線段的垂直平分線的性質證明△ADC是等邊三角形即可解決問題．【解答】解：（1）如圖1中，延長DA，CB交于點H，∵EA平分∠BED，∴∠AEH＝∠AED，且AE＝AE，∠EAH＝∠EAD＝90°，∴△ADE≌△AHE（ASA）∴AH＝AD，∵∠ABC＝∠BCD＝90°，∴AB∥CD，∴ABCD=AHDH，且AB＝1，AH＝∴CD＝2，故答案為：2．（2）如圖2中，作AH⊥CD于H，∵∠DAE＝∠DCE＝90°，∴A，D，C，E四點共圓，設圓心為O，則點O是線段DE的中點，∵AF＝CF，∴DE⊥AC，∴DA＝DC，∵∠ABC＝∠BCH＝∠AHC＝90°，∴四邊形ABCH是矩形，∴CH＝AB＝1，∵CD＝2，∴CH＝HD＝1，∵AH⊥CD，∴AD＝AC，∴AD＝CD＝AC＝2，∴BC=A∴四邊形ABCD的周長為2+2+1+3=5故答案為5+3三．解答題（共11小題）10．（2020?拱墅區(qū)校級一模）在△ABC和△DBE中，CA＝CB，EB＝ED，點D在AC上．（1）如圖1，若∠ABC＝∠DBE＝60°，求證：∠ECB＝∠A；（2）如圖2，設BC與DE交于點F．當∠ABC＝∠DBE＝45°時，求證：CE∥AB；（3）在（2）的條件下，若tan∠DEC=12時，求【分析】（1）根據(jù)SAS可證明△ABD≌△CBE．得出∠A＝∠ECB；（2）得出△ABC和△DBE都是等腰直角三角形，證明△ABD∽△CBE，則∠BAD＝∠BCE＝45°，可得出結論；（3）過點D作DM⊥CE于點M，過點D作DN∥AB交CB于點N，設DM＝MC＝a，得出DN＝2a，CE＝a，證明△CEF∽△DNF，可得出答案．【解答】（1）證明：∵CA＝CB，EB＝ED，∠ABC＝∠DBE＝60°，∴△ABC和△DBE都是等邊三角形，∴AB＝BC，DB＝BE，∠A＝60°．∵∠ABC＝∠DBE＝60°，∴∠ABD＝∠CBE，∴△ABD≌△CBE（SAS）．∴∠A＝∠ECB；（2）證明：∵∠ABC＝∠DBE＝45°，CA＝CB，EB＝ED，∴△ABC和△DBE都是等腰直角三角形，∴∠CAB＝45°，∴ABBC∴ABBC∵∠ABC＝∠DBE，∴∠ABD＝∠CBE，∴△ABD∽△CBE，∴∠BAD＝∠BCE＝45°，∵∠ABC＝45°，∴∠ABC＝∠BCE，∴CE∥AB；（3）解：過點D作DM⊥CE于點M，過點D作DN∥AB交CB于點N，∵∠ACB＝90°，∠BCE＝45°，∴∠DCM＝45°，∴∠MDC＝∠DCM＝45°，∴DM＝MC，設DM＝MC＝a，∴DC=2a∵DN∥AB，∴△DCN為等腰直角三角形，∴DN=2DC＝2a∵tan∠DEC=DM∴ME＝2DM，∴CE＝a，∴CEDN∵CE∥DN，∴△CEF∽△DNF，∴EFDF11．（2020?天臺縣模擬）某校組織數(shù)學興趣探究活動，愛思考的小實同學在探究兩條直線的位置關系查閱資料時發(fā)現(xiàn)，兩條中線互相垂直的三角形稱為“中垂三角形”．如圖1、圖2、圖3中，AF、BE是△ABC的中線，AF⊥BE于點P，像△ABC這樣的三角形均稱為“中垂三角形”．【特例探究】（1）如圖1，當∠PAB＝45°，AB＝62時，AC＝65，BC＝65；如圖2，當sin∠PAB=12，AB＝4時，AC＝213，BC＝27【歸納證明】（2）請你觀察（1）中的計算結果，猜想AB2、BC2、AC2三者之間的關系，用等式表示出來，并利用圖3證明你的結論．【拓展證明】（3）如圖4，在△ABC中，AB＝43，BC＝25，D、E、F分別是邊AB、AC、BC的中點，連結DE并延長至G，使得GE＝DE，連結BG，當BG⊥AC于點M時，求GF的長．【分析】（1）如圖1，由等腰直角三角形的性質得到AP＝BP＝6，根據(jù)三角形中位線的性質和平行線分線段成比例定理可得PE＝PF＝3，利用勾股定理可得AC和BC的長；如圖2，根據(jù)特殊三角函數(shù)值可得∠BAP＝30°，計算PB和AP的長，同理由中線的性質和勾股定理可得結論；（2）設PF＝m，PE＝n則AP＝2m，PB＝2n，根據(jù)勾股定理分別列等式，可得結論；（3）如圖4，作輔助線，證明四邊形EFCG是平行四邊形，得Q是FG的中點，根據(jù)中垂三角形的定義可知：△FCG是中垂三角形，利用（2）中三邊的關系可得GF的長．【解答】（1）解：如圖1，∵AF⊥BE，∴∠APB＝∠APE＝∠BPF＝90°，∵∠PAB＝45°，AB＝62，∴AP＝PB＝6，如圖1，連接EF，∵AF，BE是△ABC的中線，∴EF是△ABC的中位線，∴EF∥AB．且EF=12∴PEPB∴PE＝PF＝3，由勾股定理得：AE＝BF=AP2∴AC＝BC＝2AE＝65，如圖2，∵sin∠PAB=12，AB＝4，AF⊥∴∠PAB＝30°，∴BP=12AB＝2，AP＝2∵AF、BE是△ABC的中線，∴PE=12PB＝1，PF=1由勾股定理得：AE=PBF=P∴AC＝2AE＝213，BC＝2BF＝27，故答案為：65，65，213，27；（2）解：猜想：AB2、BC2、AC2三者之間的關系是：AC2+BC2＝5AB2，證明：如圖3，設PF＝m，PE＝n則AP＝2m，PB＝2n，在Rt△APB中，（2m）2+（2n）2＝AB2①，在Rt△APE中，（2m）2+n2＝（AC2）2②在Rt△BPF中，m2+（2n）2＝（BC2）2③由①得：m2+n2=AB24，由②+③得：5（m2+n∴AC2+BC2＝5AB2；（3）解：如圖4，連接CG，EF，過點F作FN∥BG交CG于點N，F(xiàn)G與AC交于點Q，∵FN∥BG，BG⊥AC，∴FN⊥AC，∵F是BC的中點，∴N是CG的中點，∵D、E分別是AB、AC的中點，∴DE＝FC，DE∥FC，∵ED＝EG，∴EG＝FC，EG∥FC，∴四邊形EFCG是平行四邊形，∴Q是FG的中點，∴△FCG是中垂三角形，∵AB＝43，BC＝25，∴CG＝EF＝BD＝23，F(xiàn)C=5由（2）中結論可知：5FC2＝CG2+FG2，即5×5＝（23）2+FG2，∴GF=1312．（2020?拱墅區(qū)校級模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠CAB＝90°，AF為BC邊上的中線，DE經(jīng)過△ABC的重心G，且∠ADE＝∠C．（1）問：線段AG是△ADE的高線還是中線？請說明理由．（2）若AB＝6，AC＝8，求AD的長．【分析】（1）說明∠DAG+∠ADE＝90°可得結論；（2）先根據(jù)重心的性質：重心到頂點的距離等于它到對邊中點距離的2倍，可得AG的長，根據(jù)等角的三角函數(shù)列式可得結論．【解答】解：（1）∵∠CAB＝90°，AF為BC邊上的中線，∴AF=12BC＝∴∠C＝∠FAC，∵∠ADE＝∠C，∴∠ADE＝∠FAC，∵∠FAC+∠DAG＝90°，∴∠DAG+∠ADE＝90°，∴∠AGD＝90°∴線段AG是△ADE的高線；（2）在Rt△ABC中，AB＝6，AC＝8，∴BC=A∵AF為BC邊上的中線，∴AF＝5，∵G為△ABC的重心，∴AG=2∵∠ADE＝∠C，∴sin∠ADG=AGAD=sin∠∴103AD=613．（2020?溫州模擬）如圖，△ABC中，∠ABC＝∠ACB，點D在BC所在的直線上，點E在射線AC上，且AD＝AE，連接DE．（1）如圖①，若∠B＝∠C＝35°，∠BAD＝80°，求∠CDE的度數(shù)；（2）如圖②，若∠ABC＝∠ACB＝75°，∠CDE＝18°，求∠BAD的度數(shù)；（3）當點D在直線BC上（不與點B、C重合）運動時，試探究∠BAD與∠CDE的數(shù)量關系，并說明理由．【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的性質得到∠BAC＝110°，根據(jù)三角形的外角的性質即可得到結論；（2）根據(jù)三角形的外角的性質得到∠E＝75°﹣18°＝57°，于是得到結論；（3）設∠ABC＝∠ACB＝y(tǒng)°，∠ADE＝∠AED＝x°，∠CDE＝α，∠BAD＝β，①如圖1，當點D在點B的左側時，∠ADC＝x°﹣α，②如圖2，當點D在線段BC上時，∠ADC＝x°+α，③如圖3，當點D在點C右側時，∠ADC＝x°﹣α，根據(jù)題意列方程組即可得到結論．【解答】解：（1）∵∠B＝∠C＝35°，∴∠BAC＝110°，∵∠BAD＝80°，∴∠DAE＝30°，∴∠ADE＝∠AED＝75°，∴∠CDE＝180°﹣35°﹣30°﹣75°＝40°；（2）∵∠ACB＝75°，∠CDE＝18°，∴∠E＝75°﹣18°＝57°，∴∠ADE＝∠AED＝57°，∴∠ADC＝39°，∵∠ABC＝∠ADB+∠DAB＝75°，∴∠BAD＝36°；（3）設∠ABC＝∠ACB＝y(tǒng)°，∠ADE＝∠AED＝x°，∠CDE＝α，∠BAD＝β①如圖1，當點D在點B的左側時，∠ADC＝x°﹣α，∴y°=x°+α(1)y°=x°?α+β(2)（1）﹣（2）得2α﹣β＝0，∴2α＝β；②如圖2，當點D在線段BC上時，∠ADC＝x°+α，∴x°=y°+α(1)x°+α=y°+β(2)（2）﹣（1）得α＝β﹣α，∴2α＝β；③如圖3，當點D在點C右側時，∠ADC＝x°﹣α，∴x°?α+y°+β=180°(1)y°+x°+α=180°(2)（2）﹣（1）得2α﹣β＝0，∴2α＝β．綜上所述，∠BAD與∠CDE的數(shù)量關系是2∠CDE＝∠BAD．14．（2020?上城區(qū)模擬）如圖，△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5cm，BC＝3cm，若點P從點A出發(fā)，以每秒2cm的速度沿折線A﹣C﹣B﹣A運動，設運動時間為t秒（t＞0）．（1）若點P在AC上，且滿足PA＝PB時，求出此時t的值；（2）若點P恰好在∠BAC的角平分線上，求t的值；（3）在運動過程中，直接寫出當t為何值時，△BCP為等腰三角形．【分析】（1）設存在點P，使得PA＝PB，此時PA＝PB＝2t，PC＝4﹣2t，根據(jù)勾股定理列方程即可得到結論；（2）當點P在∠CAB的平分線上時，如圖1，過點P作PE⊥AB于點E，此時BP＝7﹣2t，PE＝PC＝2t﹣4，BE＝5﹣4＝1，根據(jù)勾股定理列方程即可得到結論；（3）在Rt△ABC中，根據(jù)勾股定理得到AC＝4cm，根據(jù)題意得：AP＝2t，當P在AC上時，△BCP為等腰三角形，得到PC＝BC，即4﹣2t＝3，求得t=12，當P在AB上時，△BCP為等腰三角形，若CP＝PB，點P在BC的垂直平分線上，如圖2，過P作PE⊥BC于E，求得t=194，若PB＝BC，即2t﹣3﹣4＝3，解得t＝5，③PC＝BC，如圖3，過C作CF⊥AB于F，由射影定理得；BC2＝BF?AB【解答】解：（1）設存在點P，使得PA＝PB，此時PA＝PB＝2t，PC＝4﹣2t，在Rt△PCB中，PC2+CB2＝PB2，即：（4﹣2t）2+32＝（2t）2，解得：t=25∴當t=2516時，PA＝（2）當點P在∠BAC的平分線上時，如圖1，過點P作PE⊥AB于點E，此時BP＝7﹣2t，PE＝PC＝2t﹣4，BE＝5﹣4＝1，在Rt△BEP中，PE2+BE2＝BP2，即：（2t﹣4）2+12＝（7﹣2t）2，解得：t=8當t＝6時，點P與A重合，也符合條件，∴當t=83或6時，P在△（3）在Rt△ABC中，∵AB＝5cm，BC＝3cm，∴AC＝4cm，根據(jù)題意得：AP＝2t，當P在AC上時，△BCP為等腰三角形，∴PC＝BC，即4﹣2t＝3，∴t=1當P在AB上時，△BCP為等腰三角形，①CP＝PB，點P在BC的垂直平分線上，如圖2，過P作PE⊥BC于E，∴BE=12BC∴PB=12AB，即2t﹣3﹣4=52②PB＝BC，即2t﹣3﹣4＝3，解得：t＝5，③PC＝BC，如圖3，過C作CF⊥AB于F，∴BF=12∵∠ACB＝90°，由射影定理得；BC2＝BF?AB，即32=2t?3?4解得：t=53∴當t=12，5，15．（2019?杭州模擬）定義：若一個三角形一條邊上的高等于這條邊長的一半，則稱該三角形為“半高”三角形，這條高稱為“半高”．（1）如圖1，△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝2AC，點P在AB上，PD⊥AC于點D，PE⊥BC于點E，連接BD，DE求證：△BDE是“半高”三角形；（2）如圖2，△ABC是“半高”三角形，且BC邊上的高是“半高”，點P在AB上，PQ∥BC交AC于點Q，PM⊥BC于點M，QN⊥BC于點N．①請?zhí)骄緽M，PM，CN之間的等量關系，并說明理由；②若△ABC的面積等于16，求MQ的最小值．【分析】（1）根據(jù)新定義“半高”三角形進行證明；（2）①利用新定義的概念進行轉化；②將MQ的長度根據(jù)勾股定理用二次函數(shù)表示出來，利用二次函數(shù)的性質進行求解．【解答】（1）證明：∵PE⊥BC，∴∠PEC＝∠PEB＝90°＝∠ACB，又∵∠PBE＝∠ABC，∴△PBE～△ABC，∴PEBE∴BE＝2PE，∵PD⊥AC，∴∠PDC＝90°，∴四邊形CEPD為矩形，∴DC＝PE，∴BE＝2DC，∴△BDE是“半高”三角形．（2）解：①BM+CN＝2PM．理由如下：如圖2，過A作AE⊥BC于E，交PQ于D，∵△ABC是“半高”三角形，且BC邊上的高是“半高”，∴BC＝2AE∵PQ∥BC，∴△APQ～△ABC，∴ADAE即ADAE∴PQ＝2AD，∴BC﹣PQ＝2AE﹣2AD＝2（AE﹣AD），∵PQ∥BC，PM⊥BC，QN⊥BC，∴四邊形MNQP是矩形，∴PQ＝MN，PM＝DE＝QN，∴BC﹣MN＝2PM，即BM+CN＝2PM．②∵S△ABC∴BC＝8，設PM＝x，由①得PQ＝8﹣2x，∴MQ2＝x2+（8﹣2x）2＝5x2﹣32x+64＝5（x?165）2∴當x=165時，MQ2取得最小值則MQ取得最小值為8516．（2019?南潯區(qū)二模）（1）嘗試探究如圖1，等腰Rt△ABC的兩個頂點B，C在直線MN上，點D是直線MN上一個動點（點D在點C的右邊），BC＝3，BD＝m，在△ABC同側作等腰Rt△ADE，∠ABC＝∠ADE＝90°，EF⊥MN于點F，連接CE．①求DF的長；②在判斷AC⊥CE是否成立時，小明同學發(fā)現(xiàn)可以由以下兩種思路解決此問題：思路一：先證CF＝EF，求出∠ECF＝45°，從而證得結論成立．思路二：先求DF，EF的長，再求CF的長，然后證AC2+CE2＝AE2，從而證得結論成立．請你任選一種思路，完整地書寫本小題的證明過程．（如用兩種方法作答，則以第一種方法評分）（2）拓展探究將（1）中的兩個等腰直角三角形都改為有一個角為30°的直角三角形，如圖2，∠ABC＝∠ADE＝90°，∠BAC＝∠DAE＝30°，BC＝3，BD＝m，當4≤m≤6時，求CE長的范圍．【分析】（1）①根據(jù)AAS證明△ABD≌△DFE，可得結論；②思路一：先證CF＝EF，求出∠ECF＝45°，從而證得結論成立．思路二：先求DF，EF的長，再求CF的長，然后證AC2+CE2＝AE2，從而證得結論成立．（2）如圖2，作EF⊥MN，同理證明AC⊥CE，則無論m取何大于3的數(shù)，AC⊥CE總成立，即點E在一條直線上運動，可得結論．【解答】解：（1）①在等腰Rt△ABC和等腰Rt△ADE中，∠ABC＝∠ADE＝90°，∴∠ADB+∠EDF＝90°，∵EF⊥MN，∴∠DEF+∠EDF＝90°，∴∠ADB＝∠DEF，在△ABD和△DFE中，∠ADB=∠DEF∠ABD=∠DFE∴△ABD≌△DFE（AAS），∴DF＝AB＝BC＝3；②證明：思路一：由①得△ABD≌△DFE（AAS），∴DF＝AB＝BC＝3，EF＝BD＝m，∴CF＝CD+DF＝CD+BC＝BD＝m，∴CF＝EF，∵EF⊥MN，∴∠ECF＝45°，∵∠ACB＝45°，∴∠ACE＝90°，即AC⊥CE；思路二：由①得△ABD≌△DFE（AAS），∴DF＝AB＝BC＝3，EF＝BD＝m，∴CF＝CD+DF＝CD+BC＝BD＝m，由勾股定理得：DE2＝DF2+EF2＝32+m2＝9+m2，∴AE2＝2DE2＝2（9+m2），AC2＝32+32＝18，CE2＝CF2+EF2＝2m2，∴AC2+CE2＝AE2，∴∠ACE＝90°，即AC⊥CE；（2）如圖2，作EF⊥MN，∴∠DEF+∠EDF＝90°，∵∠ADE＝90°，∴∠ADB+∠EDF＝90°，∴∠ADB＝∠DEF，∴△ABD∽△DFE，∴EFBD∴EF=3m3∴CF＝CD+DF＝CD+BC＝BD＝m，∴在Rt△CEF中，tan∠ECF=3∴∠ECF＝30°，CE＝2EF=2∴∠ACE＝90°，即AC⊥CE，∴無論m取何大于3的數(shù)，AC⊥CE總成立，即點E在一條直線上運動，∴4≤m≤6時，CE長的范圍是8317．（2019?瑞安市三模）如圖，在等腰△ABC中，AB＝BC，點D是AC邊的中點，延長BD至點E，使得DE＝BD，連結CE．（1）求證：△ABD≌△CED．（2）當BC＝5，CD＝3時，求△BCE的周長．【分析】（1）利用全等三角形的判定定理SAS證得結論；（2）利用勾股定理求得BD＝4，然后利用三角形的周長公式解答．【解答】（1）證明：∵AB＝BC，點D是AC邊的中點，∴AD＝CD，∠ADB＝∠CDE＝90°．又∵DE＝BD，∴△ABD≌△CED（SAS）；（2）解：∵BD=B∴BE＝2BD＝8．又∵CE＝AB＝BC＝5，∴BC+CE+BE＝5+5+8＝18，即△BCE的周長為18．18．（2019?黃巖區(qū)二模）如圖，△ABC和△ADE是兩個不全等的等腰直角三角形，其中點B與點D是直角頂點，現(xiàn)固定△ABC，而將△ADE繞點A在平面內旋轉．（1）如圖1，當點D在CA延長線上時，點M為EC的中點，求證：△DMB是等腰三角形．（2）如圖2，當點E在CA延長線上時，M是EC上一點，若△DMB是等腰直角三角形，∠DMB為直角，求證：點M是EC的中點．（3）如圖3，當△ADE繞點A旋轉任意角度時，線段EC上是否都存在點M，使△BMD為等腰直角三角形，若不存在，請舉出反例；若存在，請予以證明．【分析】（1）利用直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半得出BM＝DM=12（2）根據(jù)AAS證明△DFM≌∠MGB，得FM＝BG，DF＝MG，根據(jù)線段的和表示EM和MC，可得結論；（3）線段EC上都存在中點M，使△BMD為等腰直角三角形，作輔助線，構建全等三角形，證明△DFM≌∠MGB（SAS），得BM＝DM，∠FMD＝∠GBM，再證明∠DMB＝90°，可得結論．【解答】證明：（1）如圖1，∵∠EDC＝90°，點M為EC的中點，∴DM=12同理可得：BM=12∴DM＝BM，∴△DMB是等腰三角形；（2）證明：過點D作DF⊥EA，過點B作BG⊥AC，∴∠DFM＝∠BGM＝90°，∴∠FDM+∠DMF＝90°，∵△DMB是等腰直角三角形，∴DM＝BM，∠DMB＝90°，∴∠BMG+∠DMF＝90°，∴∠FDM＝∠BMG，∴△DFM≌∠MGB（AAS）