2025年中考數(shù)學復習三角形綜合壓軸題 專項訓練題

年中考數(shù)學復習三角形綜合壓軸題專項訓練題1．（2025?重慶模擬）在等腰△ABC中，AC＝BC，點D在BC邊上．（1）如圖1，D是靠近C點的三等分點，N是AB的中點，，求腰長AC；（2）如圖2，點E在CA的延長線上，連接ED交AB于H，其中FC＝AE＝BD，若點G是AF的中點且AD＝2GH；探究FD與AH的數(shù)量關系并證明；（3）如圖3，若∠C＝45°，平面內(nèi)有一動點C′，平面內(nèi)有一動點P，滿足∠C′AP＝∠C′BA且，直接寫出△AC′P的面積．2．（2025?長春一模）【問題呈現(xiàn)】數(shù)學興趣小組利用一副三角板進行實驗探究活動．若在△ABC與△MDN中，∠BAC＝∠MDN＝90°，∠B＝45°，點D在線段BC上，DM、DN分別交邊AB、AC于點E、F．若將△MDN繞點D旋轉【問題解決】證明過程如下：證明：如圖①，連接EF，取EF中點O證明過程缺失：∴點A、E、D、F在以點O為圓心為半徑的圓上．補全證明中缺失的過程．【結論應用】如圖②，若將△MDN繞點D旋轉，使得EF∥BC，直接寫出∠ADF的度數(shù)．【拓展提升】如圖③，若點D為BC中點，連接AD、EF交于點Q．（填序號）①∠AFE＝∠ADE；②；③若AC＝2，則四邊形AEDF周長的最小值為4；④．3．（2025?來安縣一模）點O在凸四邊形ABCD內(nèi)，OA＝OD，OA⊥OD，OB⊥OC．（1）如圖1，若AC，BD交于點E．（i）求證：AC＝BD；（ii）求證：AC⊥BD；（2）如圖2，M為AB的中點，連接MO并延長交CD于點N，求4．（2025?西城區(qū)校級模擬）小超在觀看足球比賽時，發(fā)現(xiàn)了這樣一個問題：兩名運動員從不同的位置出發(fā)，沿著不同的方向，什么時候他們離對方最近呢？小超通過一定的測量，并選擇了合適的比例尺，把上述問題抽象成如下數(shù)學問題：如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝8cm，點D以1cm/s的速度從點C向點B運動，當點E到達點B時，兩點同時停止運動，E同時出發(fā)，多長時間后DE取得最小值？小超猜想當DE⊥AB時，DE最小，探究后發(fā)現(xiàn)用幾何的知識解決這個問題有一定的困難，設C，D兩點間的距離為xcm，D，對函數(shù)y隨自變量x的變化而變化的規(guī)律進行了探究．下面是小超的探究過程，請補充完整：（1）由題意可知線段AE和CD的數(shù)量關系是；（2）按照下表中自變量x的值進行取點、畫圖、測量，得到了y與x的幾組對應值：x/cm012345y/cm6.04.83.82.73.0（說明：補全表格時相關數(shù)值保留一位小數(shù)）（3）在平面直角坐標系中，描出以補全后的表中各對對應值為坐標的點，畫出該函數(shù)的圖象；（4）結合畫出的函數(shù)圖象，解決問題，小超的猜想；（填“正確”或“不正確”）當兩點同時出發(fā)了s時，DE取得最小值，為cm．5．（2025?邯山區(qū)校級一模）旋轉是幾何圖形運動中的一種重要變換，通常與全等三角形等數(shù)學知識相結合來解決實際問題，某學校數(shù)學興趣小組在研究三角形旋轉的過程中，△ABC和△DMN均為等腰直角三角形，∠BAC＝∠MDN＝90°，△DMN繞點D旋轉，連接AM、CN．觀察猜想：（1）在△DMN旋轉過程中，AM與CN的數(shù)量關系為；實踐發(fā)現(xiàn)：（2）當點M、N在△ABC內(nèi)且C、M、N三點共線時，求證：CM-AM=√2DM；解決問題：（3）若△ABC中，AB＝，當AM＝且C、M、N三點共線時，直接寫出DM的長．6．（2025?峰峰礦區(qū)校級一模）如圖1，C，O，B三點在同一條直線上，點A在線段OC上，且OA＝OD，AC＝DE，AE．（1）求證：AE＝CD；（2）寫出∠1，∠2和∠C三者間的數(shù)量關系，并說明理由；（3）如圖2，OC，OE兩根長度相等的木棍固定在點O處，點D在木棍OE上，AE與CD是兩根皮筋，E固定，改變皮筋端點A，始終保持OA＝OD，且皮筋處于繃直狀態(tài)，則∠CFE（填“增加”或“減少”）度．7．（2025?豐滿區(qū)校級模擬）圖①、圖②、圖③均是6×6的正方形網(wǎng)格，每個小正方形的頂點稱為格點，小正方形的邊長均為1，要求所畫的三角形的頂點及線段的端點均在格點上，不要求寫出畫法（1）在圖①中，以AB為腰畫一個等腰直角三角形ABE；（2）在圖②中，作線段CD⊥AB（畫一條即可）；（3）在圖③中，畫線段FG，使FG與AB的夾角為45°（畫一條即可）．8．（2025?安州區(qū)模擬）將邊長均為6cm的等邊三角形紙片ABC、DEF疊放在一起，使點E、B分別在邊AC、DF上（端點除外），邊AB、EF相交于點G（1）如圖1，當E是邊AC的中點時，兩張紙片重疊部分的形狀是；（2）如圖2，若EF∥BC，求兩張紙片重疊部分的面積的最大值；（3）如圖3，當AE＞EC，F(xiàn)B＞BD時，AE與FB有怎樣的數(shù)量關系？試說明理由．9．（2025?安陸市校級模擬）【問題情境】如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB邊上的高，點E是DB上一點，過點A作AF⊥CE于F，交CD于點G．（1）【特例證明】如圖1，當k＝1時，求證：DG＝DE；（2）【類比探究】如圖2，當k≠1時，（1）中的結論是否還成立？若成立，若不成立，請指出此時DG與DE的數(shù)量關系；（3）【拓展運用】如圖3，連接DF，若k＝，DG＝3，求DF的長．10．（2025?徐匯區(qū)一模）如圖，在△ABC中，AB＝AC＝，點D是邊AC的中點，點M、N是射線BD上的動點（點M在左邊）（1）求BD的長；（2）當點M是△ABC的重心時，求CN：BN的值；（3）如果△MCN是以MN為腰的等腰三角形，求BM的長．11．（2025?大渡口區(qū)模擬）如圖1，在Rt△ABC中，BC＝3，點D從B點出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿著B→C→A運動到點A停止，DE的長為y，點D的運動時間為t．（1）直接寫出y與t之間的函數(shù)關系式，并寫出對應t的取值范圍；（2）在圖2的平面直角坐標系中畫出y與t的函數(shù)圖象，并寫出函數(shù)y的一條性質(zhì)；（3）若直線y＝kt+1﹣k與該函數(shù)圖象只有2個交點，則k的取值范圍為．12．（2025?鄭州模擬）已知點O是線段AB的中點，直線l與線段AB交于點P（點P與點A，B不重合），分別過點A，垂足分別為點C，點 D．（1）【猜想驗證】如圖1，當點P與點O重合時，線段OC和OD的數(shù)量關系是；（2）【探究證明】如圖2，當點P是線段AB上的任意一點時，判斷OC和OD的數(shù)量關系并說明理由；（3）【拓展延伸】若∠OCD＝30°，|AC﹣BD|＝2，當△POC為等腰三角形時，請直接寫出線段OP的長．13．（2025?花山區(qū)校級一模）如圖，在Rt△BAC中，∠BAC＝90°，D是CA延長線上一點且滿足，E是BC的中點（1）求證：F為DE的中點；（2）求證：DB＝DE；（3）求sin∠BDE的值．14．（2025?河北模擬）如圖1和圖2，Rt△ABC和Rt△DEF中，∠B＝∠DEF＝90°，BC＝15，DF＝15，E分別在AB，AC邊上滑動，當DF與AC相交時，交點記為P．（1）EF的長為，EP的最小值為；（2）如圖1，當DP＝12時，請證明AP＝AD；（3）如圖2，①尺規(guī)作圖：過點A作直線DF的垂線AN，垂足為點N（保留作圖痕跡，不寫作圖過程）；②若AM垂直平分DE，求AN的長；（4）直接寫出點A與點F的最大距離．15．（2025?順城區(qū)模擬）【問題背景】在△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝α（0°＜α≤45°），E分別在線段BC，AC上，點F落在線段AB上．【問題初探】（1）如圖1，當α＝45°，點E與點C重合時；【問題提升】（2）如圖2，當α＝45°，點E在線段AC上時，交線段AB于點G，猜想線段AG與線段BF之間的數(shù)量關系；【問題拓展】（3）如圖3，當α≠45°，點E在線段AC上時，交線段AB于點G，（2）的結論是否成立，請證明，若不成立，并說明理由．16．（2025?大渡口區(qū)模擬）如圖，△ABC中，∠ACB＝90°，點D是射線CA上一點，連接BD，過點A作AF∥BD交CE于點F．（1）如圖1，點D在線段AC上，∠CAF＝75°，求△ABD的面積；（2）如圖2，點D在CA延長線上，若DA＝AC，連接HE，求證：HE-HB=HF（3）如圖3，點D在CA的延長線上，∠CDB＝30°，點N在BA的延長線上，點M在AC的延長線上，連接BM、DN，當BM﹣，請直接寫出△BDN的面積．17．（2025?山東一模）【情境知識技能】學校數(shù)學興趣小組活動時，小紅給小波出了一道題：（1）如圖1，在等腰Rt△ABC中，AB＝AC，點D，E在邊BC上，你知道嗎？”小波毫不思索的回答道：“太簡單了，把△ABD繞點A逆時針轉90°得到△ACF，連接EF2+EC2＝DE2．小紅微笑著點了點頭，并給小波豎起了大拇指．【解決問題】①若，則BD＝；②請你幫助小波證明他的結論．【情境理解應用】（2）小波接著對小紅說：“如圖2，在四邊形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90度，∠ACD＝45°，若，你知道AC的長嗎？18．（2025?揚州模擬）在△ABC和△ADE中，BA＝BC，DA＝DE，點E在△ABC的內(nèi)部，連接EC，設EC＝k?BD（k≠0）．（1）當∠ABC＝∠ADE＝60°時，如圖1，請求出k值；（2）當∠ABC＝∠ADE＝90°時：①如圖2，（1）中的k值是否發(fā)生變化，如無變化；如有變化，請求出k值并說明理由；②如圖3，當D，E，C三點共線，請求出tan∠EAC的值．19．（2025?泉州模擬）如圖1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，O是AB的中點，D是線段OB上不與O，AF⊥CD于點E，交CB于點F，BE．（1）求證：∠BCD＝∠CAF；（2）若D是OB的中點，如圖2，求tan∠BED的值；（3）在（2）的條件下，用等式表示OE，CE之間的數(shù)量關系，并證明．20．（2025?永壽縣校級一模）【問題提出】（1）如圖1，在△BCD中，∠CBD＝30°，連接AB，若AB＝BC，點O是BD上的一個動點，連接OA、OC，∠COD的度數(shù)為°；【問題探究】（2）如圖2，△ABC和△ADE均為等腰直角三角形，AB＝AC，點D在邊BC上，點F是BA延長線上一點，連接EF，判斷EF與CD的數(shù)量關系；【問題解決】（3）如圖3，△ABC是某公園門口規(guī)劃的一塊等腰三角形廣場，在BC邊上找一點D修建便民服務中心（即△ADE）的草坪，沿BE鋪設一條石子小路（寬度忽略不計），∠BAC＝120°，若在線段AC上找一點P修建游客休息亭，當點B到點P的距離BP與AD的長度之和最小（即AD+BP最?。r，求此時鋪設燈光地板AF的長度．

參考答案1．解：（1）∵DN＝AN，∴∠DAB＝∠ADN，∵N是AB的中點，∴AN＝BN，∴DN＝BN，∴∠B＝∠BDN，∵∠B+∠DAB+∠ADN+∠BDN＝180°，∴2∠ADN+2∠BDN＝180°，∴∠ADB＝90°，設CD＝a，BD＝2a，由AD2＝AC2﹣CD8＝AB2﹣BD2得，，∴a1＝5，a2＝﹣1（舍去），∴AC＝2a＝3；（2）如圖1，F(xiàn)D＝4AH，理由如下：作DW∥AC，交AB于W，∴∠DWB＝∠CAB，∠E＝∠HDW，∵AC＝BC，∴∠B＝∠CAB，∴∠DWB＝∠B，∴DW＝BD，∴AE＝BD，∴DW＝AE，∴△AEH≌△WDH（ASA），∴AH＝HW，∵點G是AF的中點，∴FW＝2GH，∵AD＝2GH，∴AD＝FW，∴四邊形AFDW是等腰梯形，∴FD＝AW＝6AH；（3）如圖2，以AB為斜邊作等腰直角三角形AOB，∵，∴AB＝，∴OA＝OB＝，以O為圓心，OA為半徑作⊙O，∴OC′＝2，作直徑AD，連接C′D，連接C′P′，OP′，∴∠AC′D＝90°，AP′＝AP＝1，∠P′AC′＝∠C′AP，∴∠D+∠DAC′＝90°，∵，∴∠D＝∠C′BA，∵∠C′AP＝∠C′BA，∴∠D＝∠C′AP，∴∠P′AC′+∠C′AP＝90°，∴∠OAP′＝90°，∴OP′＝，∵OP′﹣OC′≤C′P′≤OP′+OC′，∴，∴，∴當P′、O、C′共線時最大＝，如圖3，作AV⊥C′P′于V，∴AV＝，∵OP′＝，∴C′P′＝，∴S△AC′P＝S△AC′P′＝＝．2．【問題解決】證明：∵BAC＝∠MDN＝90°，∴△AEF和△DEF均為直角三角形，∵點O是EF的中點，∴OA是Rt△AEF斜邊EF上的中線，∴OA＝OE＝OF＝EF，又∵OD是Rt△DEF斜邊EF上的中線，∴OD＝OE＝OF＝EF，∴OA＝OE＝OF＝OD＝EF，∴點A、E、D、F在以點O為圓心；【結論應用】解：∵EF∥BC，∠B＝45°，∴∠AEF＝∠B＝45°，由【問題解決】的結論得：點A、E、D、F在以點O為圓心，由圓周角定理得：∠ADF＝∠AEF＝45°，故答案為：45°；【拓展提升】解：①由【問題解決】的結論得：點A、E、D、F在以點O為圓心，由圓周角定理得：∠AFE＝∠ADE，故結論①正確；②∵點A、E、D、F在以點O為圓心，∴AD，EF是該圓的兩條相交弦，由相交弦定理得：QA?QD＝QE?QF，故結論②不正確；③∵∠BAC＝90°，∠B＝45°，∴△ABC是等腰直角三角形，∴∠B＝45°，∵點D為BC中點，∴AD⊥BC，AD＝BD＝CD，∴∠ADC＝90°，∠BAD＝∠B＝45°，∴∠ADF+∠CDF＝90°，∵∠MDN＝90°，∴∠ADE+∠ADF＝90°，∴∠ADE＝∠CDF，在△ADE和△CDF中，，∴△ADE≌△CDF（SAS），∴AE＝CF，DE＝DF，∴AE+AF＝CF+AF＝AC＝8，∴四邊形AEDF的周長為：AE+AF+DE+DF＝AC+2DF＝2+2DF，∴當DF為最小時，則四邊形AEDF周長為最小，根據(jù)“垂線段最短”得：當DF⊥AC時，DF為最小，∵∠C＝∠CAD＝45°，∠ADC＝90°，∴△ADC為等腰直角三角形，當DF⊥AC時，則點F是AC的中點，∴DF＝AF＝CF＝AC＝3，即DF的最小值為1，此時四邊形AEDF的周長為：2+5DF＝2+2×4＝4，∴四邊形AEDF周長的最小值為4，故結論③正確；④∵△ADE≌△CDF，∴S△ADE＝S△CDF，∴S四邊形AEDF＝S△ADE+S△ADF＝S△CDF+S△ADF＝S△ADC，∵AD＝CD，AD⊥BC，∴S△ADC＝AD?DC＝AD4，∴S四邊形AEDF＝AD3，故結論④不正確，綜上所述：正確的結論是①③．故答案為：①③．3．（1）（i）證明：∵OA⊥OD，OB⊥OC∴∠AOD＝∠BOC＝90°，∴∠BOC+∠AOB＝∠AOD+∠AOB，∴∠AOC＝∠DOB，在△AOC和△DOB中，，∴△AOC≌△DOB（SAS），∴AC＝DB，（ii）證明：如圖，設BD交AO于點H，∵△AOC≌△BOD（SAS），∴∠OAC＝∠ODB，∵∠DHO＝∠AHE，∴∠AED＝∠AOD＝90°，即AC⊥BD；（2）解：在OM的延長線上取MG＝OM，如圖：∵M為AB的中點，∴AM＝BM，∴四邊形OAGB為平行四邊形，∴AG＝OB，AG∥OB，∴∠GAO+∠BOA＝180°，∵OB＝OC，∴AG＝OC，∵∠AOD＝∠BOC＝90°，∴∠DOC+∠BOA＝360°﹣∠AOD﹣∠BOC＝180°，∴∠GAO＝∠DOC，在△GAO和△COD中，，∴△GAO≌△COD（SAS），∴OG＝CD，∵OM＝MG，∴＝．4．解：（1）由題意得：AE＝2x，CD＝x，∴AE＝2CD；故答案為：AE＝6CD；（2）如圖所示，過D作DG⊥AB于G，由（1）知：CD＝x，則BD＝8﹣x，sin∠B＝，∴，DG＝，∴EG＝AE+BG﹣10＝2x+﹣10＝，∴y＝＝＝＝，當x＝3時，y＝＝；故答案為：3.6；（3）如圖所示：（4）由（2）知：y＝，∵2≤x≤5，∴當x＝4時，y有最小值是＝，故答案為：不正確，4，2.4．5．（1）解：AM＝CN，理由如下，如圖所示，連接AD，∵△ABC為等腰直角三角形，∠BAC＝90°，∴∠B＝∠ACB＝45°，∵點D為BC中點，∴AD⊥BC，∴∠ACD＝∠DAC＝45°，∴AD＝CD，∵△DMN為等腰直角三角形，∠MDN＝90°，∴DM＝DN，∠MDA+∠ADN＝∠ADN+∠NDC＝90°，∴∠MDA＝∠NDC，在△AMD和△CND中，，∴△AMD≌△CND（SAS），∴AM＝CN，故答案為：AM＝CN．（2）證明：如圖所示，連接AD，由（1）可知，△AMD≌△CND（SAS），∴∠MAD＝∠NCD，AM＝CN，∴CM＝CN+MN＝AM+MN，∴CM﹣AM＝CM﹣CN＝MN，∵△DMN是等腰直角三角形，即DM＝DN，∴MN2＝DM2+DN3＝2DM2，∴，∴．（3）解：，AM＝，C、M，①由（2）可知，，由（1）可知，∠MAD＝∠NCD，∵∠ACD＝∠ACM+∠NCD＝45°，∠DCN+∠NCA+∠DAC＝90°，∴∠MAD+∠NCA+∠DAC＝90°，∴∠AMC＝90°，在Rt△ACM中，，AM＝CN＝，∴，∴（不符合題意）；②如圖所示，由（1）可知，AM＝CN＝，∴∠DAM+∠MAC+∠ACD＝∠DCN+∠MAC+∠ACD＝90°，∴△AMC是直角三角形，∴，∴，在Rt△DMN中，，∴；③如圖所示，連接AD，根據(jù)（1）中的證明可知，AD＝CD，∴∠ADM＝∠CDN，在△ADM和△CDN中，，∴△ADM≌△CDN（SAS），∴∠AMD＝∠N＝45°，∴∠AMD+∠DMN＝45°+45°＝90°，即△ACM是直角三角形，在Rt△ACM中，，，∴，∴，∵，∴；綜上所述，DM的長為或，故答案為：或．6．（1）證明：∵OA＝OD，AC＝DE，∴OA+AC＝OD+DE，∴OC＝OE，在△AOE和△DOC中，，∴△AOE≌△DOC（SAS），∴AE＝CD；（2）解：∠2＝∠1+∠C，理由：∵△AOE≌△DOC，∴∠C＝∠E，∵∠6＝∠1+∠E，∴∠2＝∠4+∠C；（3）解：∵△AOE≌△DOC，∴∠1＝∠CDO，∴若∠1增加了8°，則∠CDO也增加3°，∵∠2＝90°，∴∠COD＝180°﹣∠5＝90°，∵∠1+∠COD+∠CDO+∠AFD＝360°，∴若∠1增加了3°，∠CDO也增加3°，∵∠AFD＝∠CFE，∴若∠1增加了5°，則∠CFE會減少6°，故答案為：減少；6．7．解：（1）如圖①，△ABE即為所求（畫出一個即可）．（2）如圖②，線段CD即為所求（答案不唯一）．（3）如圖③，線段FG即為所求（答案不唯一）．8．解：（1）如圖所示，連接BE，∵△ABC，△DEF都是等邊三角形，∴∠ACB＝∠EDF＝60°，∴B、D、C、E四點共圓，∵點E是AC的中點，∴∠BEC＝90°，∴BC為過B、D、C、E的圓的直徑，又∵DE＝BC＝6cm，∴DE為過B、D、C、E的圓的直徑，∴點H為圓心，∴EH＝BH，∴∠HBE＝∠HEB＝30°，∴∠GEB＝∠EBH＝∠GBE＝∠BEH＝30°，∴BG∥EH，BH∥EG，∴四邊形BHEG是平行四邊形，又∵EH＝BH，∴四邊形BHEG是菱形，∴兩張紙片重疊部分的形狀是菱形，故答案為：菱形；（2）∵△ABC，△DEF都是等邊三角形，∴∠ABC＝∠DEF＝∠C＝60°，AC＝BC＝6cm，∵EF∥BC，∴∠CHE＝∠DEF＝60°，∴∠ABC＝∠CHE，∴BG∥EH，∴四邊形BHEG是平行四邊形，∵∠C＝∠CHE＝60°，∴△EHC是等邊三角形，過點E作ET⊥HC，∴設EH＝CH＝2xcm，則BH＝（6﹣2x）cm， ，∴ cm，∴＝＝，∵，∴當時，S重疊有最大值，最大值為；（3）AE＝BF，理由如下：如圖所示，過點B作BM⊥AC于M，連接BE，∵△ABC，△DEF都是邊長為5cm的等邊三角形，∴AM＝cmDF＝6cm，∴由勾股定理可得，，∴EN＝BM，又∵BE＝BE，∴Rt△NBE≌Rt△MEB（HL），∴NB＝ME，∴FN+BN＝AM+ME，即AE＝BF．9．（1）證明：∵∠ACB＝90°，AC＝kBC，∴∠ADC＝∠BDC＝90°，AD＝CD＝BD，∵AF⊥CE，∴∠DAG+∠AEF＝∠DCE+∠AEF＝90°，∴∠DAG＝∠DCE，∴△ADG≌△CDE（ASA），∴DG＝DE；（2）解：當k≠1時，（1）中的結論不成立，理由：∵∠ACB＝90°，CD是AB邊上的高，∴∠ADC＝∠BDC＝90°，∠ACD+∠BAC＝∠B+∠BAC＝90°，∴∠ACD＝∠B，∴△ADC∽△ACB，∴，∴＝＝k，∵AF⊥CE，∴∠DAG+∠AEF＝∠DCE+∠AEF＝90°，∴∠DAG＝∠DCE，∴△ADG∽△CDE，∴＝k，∴DG＝kDE；（3）解：如圖，連接GE，∵AF⊥CE，∴∠AFC＝∠AFE＝90°，∵AC＝AE，AF＝AF，∴RtAFC≌Rt△AFE（HL），∴FC＝FE，∴GC＝GE，∵∠CDE＝∠ACB＝90°，∴DF＝CE，∵DG＝DE，∴DE＝2，GE＝，∴CG＝7，∴CD＝CG+DG＝8，∴CE＝＝4，∴DF＝4．10．解：（1）如圖，過A，垂足分別為E、F，∵AB＝AC，AE⊥BC，BC＝2，∴CE＝BC＝1＝，∵點D是邊AC的中點，∴CD＝，在Rt△CFD中，cos＝，∴，∴BF＝BC﹣CF＝5﹣＝，∴DF＝＝＝1，在Rt△BDF中，BD＝＝＝；（2）如圖，連接AM并延長交BC于點H，∵點M是△ABC的重心，∴點M是△ABC的三條中線的交點，∴AH是△ABC的中線，∵AB＝AC，∴AM是BC的垂直平分線，∴BM＝CM，∴∠3＝∠4，∵∠1+∠7＝∠2+∠3，∴∠2＝∠3，∴∠3＝∠8，∵∠N＝∠N，∴△NCD∽△NBC，∴＝＝，∴CN：BN＝；（3）若△MCN是以MN為腰的等腰三角形，分以下兩種情況，①當MN＝NC時，如圖，∵∠1+∠2＝∠3+∠2，∴∠4＝∠3，∵MN＝NC，∴∠NMC＝∠2+∠5，∵∠NMC＝∠1+∠4，∴∠4＝∠4，∵∠MDC＝∠CDB，∴△DMC∽△DCB，∴，∴，∴DM＝，∴BM＝BD﹣DM＝＝；②當MN＝MC時，如圖，∴∠MCN＝∠MNC，∵∠ACB＝∠MCN，∴∠ACB＝∠MNC，∵∠BCD＝∠BCN，∴△BCD∽△BNC，∴，即，∴BN＝，NC＝，過M作MH⊥NC，垂足為H，∵MC＝MN，∴NH＝＝，∵cosN＝cos∠MCN＝cos∠ACB＝＝，∴MN＝，∴BM＝BN﹣MN＝﹣＝；綜上，BM為或．11．解：（1）由勾股定理得：AB＝＝5，①當點D在BC上時，如圖7，∵DE⊥AB，∴∠DEB＝90°，∵sinB＝＝，∵BC＝3，AC＝4，∴＝，∴y＝t②當點D在AC上時，如圖2，由題意得：AD＝3+7﹣t＝7﹣t，∵sinA＝＝，∴＝，∴y＝＝﹣；綜上，y與t之間的函數(shù)關系式為：y＝；（2）如圖3，性質(zhì)：當6＜x＜3時，y隨x的增大而增大（答案不唯一）；（3）如圖4，由圖可知：當t＝5時×3＝，∴點A的坐標為（3，），當y＝0時，﹣t+，∴t＝7，∴函數(shù)y＝﹣t+，3），直線y＝kt+1﹣k中，當t＝1時，∴直線y＝kt+6﹣k過定點（1，1），當直線在m，n的位置時，將點A（2，）代入y＝kt+1﹣k得：，則k＝；將點（7，4）代入y＝kt+1﹣k得：0＝4k+1﹣k；則k的取值范圍為：﹣≤k＜，故答案為：﹣≤k＜．12．解：（1）∵AC⊥CD，BD⊥CD，∴∠ACO＝∠BDO＝90°，又∵O是AB的中點，∴AO＝BO，又∵∠AOC＝∠BOD，∴△ACO≌△BDO（AAS），∴OC＝OD；（2）OC＝OD，理由如下：如圖2，過點O作直線EF⊥BD于點F，由（1）得OE＝OF，又∵BD⊥CD，AC⊥CD，∴∠ECD＝∠CDF＝∠DFO＝90°，∴四邊形CEFD為矩形，∴CE＝DF，CE∥DF，∴∠E＝∠DFO＝90°，∴△OCE≌△ODF（SAS），∴OC＝OD；（3）如圖3，過點O作直線EF⊥BD于點F，由（1）得AE＝BF，又∵BD⊥CD，AC⊥CD，∴∠ECD＝∠CDF＝∠DFO＝90°，∴四邊形CEFD為矩形，∴CE＝DF，∴|AC﹣BD|＝|AE﹣CE﹣BF﹣DF|＝|CE+DF|＝6，∴CE＝DF＝1，在Rt△COE中，∠E＝90°，∴∠OCE＝90°﹣∠OCD＝90°﹣30°＝60°，∴，①當OP＝PC是，過點P作PQ⊥CO于點Q，∴，∴；②當CO＝CP時，同理，EC＝4，∴OC＝2，∴CP＝2，∴PQ＝8，CQ＝，∴OQ＝2﹣，∴OP＝＝＝＝，綜上所述OP長為或．13．（1）證明：在Rt△BAC中，∠BAC＝90°，D是CA延長線上一點且滿足，如圖，連接EG，∴，EG是△ABC的中位線，∴AB∥EG，∴，∴DF＝EF，即F為DE的中點；（2）證明：在Rt△BAC中，∠BAC＝90°，E是BC的中點，連接AE，∴，AE⊥BC，∴DH∥AE，∴，∴，∴DH是BE的垂直平分線，∴DB＝DE；（3）解：過點E作EM⊥BD于點M，設AB＝AC＝a，則，在直角三角形ABC中，由勾股定理得：，∴，在直角三角形ABD中，由勾股定理得：，又∵∠C＝45°，∴，又∵，∴，∴．14．（1）解：在Rt△DEF中，由勾股定理得：DE2+EF2＝DF7，∴，∵當DF與AC相交時，交點記為P，∴由垂線段最短得，當EP⊥DF時，∴此時EP為△DEF的高，∵，∴．故答案為：9；；（2）證明：∵AB＝20，BC＝15，EF＝8，∴，，∴，又∵∠DEF＝∠B＝90°，∴△DEF∽△ABC，∴∠EDF＝∠BAC，又∵∠EPD＝∠DPA，∴△PDE∽△PAD，∴，∴，∵DP＝12，DE＝12，∴DP＝DE，∴，∴AP＝AD．（3）解：①如圖2，垂線AN即為所求；②如圖，延長ED交AN延長線于點G，∵AM垂直平分DE，∴，∠AMD＝90°，由作圖可得，AN⊥DF，∴∠AND＝90°，∵∠MAN+∠AND+∠MDN+∠AMD＝360°，∴∠MAN+∠MDN＝360°﹣2×90°＝180°，∵∠EDF+∠MDN＝180°，∴∠MAN+∠MDN＝∠EDF+∠MDN，∴∠MAN＝∠EDF，由（2）中的結論有，∠EDF＝∠BAC，∴∠BAC＝∠MAN，即∠EAM+∠MAD＝∠DAN+∠MAD，∴∠EAM＝∠DAN，在△AME和△AND中，，∴△AME≌△AND（AAS），∴AM＝AN，DN＝EM＝8，∵∠DNG＝∠DEF＝90°，∠EDF＝∠NDG，∴△DEF∽△DNG，∴，∴，，∴，∵∠DNG＝∠AMG＝90°，∠DGN＝∠AGM，∴△DGN∽△AGM，∴，即，解得：AM＝18，∴AN＝AM＝18，∴AN的長為18；（4）解：點A與點F的最大距離為．理由如下：作△ADE的外接圓，記圓心為O，連接OA、OD，∵圓O是△ADE的外接圓，∴OA＝OD＝OE，，∵OP⊥DE，∴，OP平分∠DOE，∴，又∵∠OPE＝∠ABC＝90°，∴△OPE∽△ABC，∴，即，解得：OP＝8，在直角三角形OPE中，由勾股定理得：，作FH⊥OP交OP延長線于H，連接OF，又∵∠DEF＝90°，∠EPH＝90°，∴四邊形EFHP是矩形，∴FH＝EP＝4，PH＝EF＝9，∴OH＝OP+PH＝8+4＝17，在Rt△OFH中，由勾股定理得：，由兩點之間線段最短性質(zhì)得，AF≤OA+OF，∴，∴點A與點F的最大距離為．15．（1）證明：如圖1，連接EF，當α＝45°，點E與點C重合時，∠EDF＝180°﹣2α＝90°，由旋轉可得DE＝DF，∴△DEF是等腰直角三角形，∴∠DEF＝∠DFE＝45°，∴∠DEF＝∠ABC＝45°，∴FB＝FE，∵∠ACB＝90°，∴∠AEF＝∠BAC＝45°，∴FA＝FE，∴FB＝FA；（2）解：AG＝5BF；證明：如圖2，過點D作DM⊥BC，連接EM，∴∠MDB＝90°，∵當α＝45°，點E在線段AC上時，∠EDF＝180°﹣2α＝90°，∴∠BMD＝45°，∠MDB＝∠EDF＝90°，∴∠ABC＝∠BMD＝45°，∴DM＝DB，∠EDM＝∠FDB，由旋轉可得DE＝DF，在△EDM和△FDB中，，∴△EDM≌△FDB（SAS），∴ME＝BF，∠DME＝∠DBF＝45°，∴∠GME＝∠DMB+∠DME＝90°，∵EG∥BC，∴∠AGE＝∠ABC＝45°，∠AEG＝∠ACB＝90°，∴∠MGE＝∠MEG＝45°，∠MAE＝∠MEA＝45°，∴MG＝ME，MA＝ME，∴AG＝7ME，∴AG＝2BF；（3）解：成立；證明：如圖，在線段上取點M，取AG中點N，EN，∴∠DMB＝∠DBM＝α，AG＝2NE，∴∠MDB＝180°﹣7α，∴∠MDB＝∠EDF，∴∠EDM＝∠FDB，由旋轉可得DE＝DF，在△EDM和△FDB中，，∴△EDM≌△FDB（SAS），∴ME＝BF，∠DME＝∠DBF＝α，∴∠BME＝2α，∵EG∥BC，∴∠AGE＝∠ABC＝α，∠AEG＝∠ACB＝90°，∵N是AG的中點，∴NG＝NE，AG＝2NE，∴∠NGE＝∠NEG＝α，∴∠ENM＝4α，∠ENM＝∠BME＝2α，∴NE＝ME，∴AG＝2BF．16．（1）解：如圖1，過點D作DH⊥AB于點H，∵AF∥BD，∠CAF＝75°，∴∠CDB＝∠CAF＝75°，∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴∠CAB＝∠ACB＝45°，∴∠DBA＝30°，在Rt△BDH中，∠DBA＝30°，∴，∴，在Rt△ADH中，∠CAB＝∠ADH＝45°，∴AH＝DH＝6，∴，∴；（2）證明：如圖6，過點E作EM⊥EH交CB延長線于點M，∵AF∥BD，CE⊥BD，∴∠AFC＝∠CEB＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠ACF+∠BCE＝∠CBE+∠BCE＝90°，∴∠ACF＝∠CBE，在△AFC和△CEB中，，∴△AFC≌△CEB（AAS），∴BE＝CF，∵AF∥BD，∴，∵DA＝AC，∴CF＝EF，∴CF＝EF＝BE，∵FH⊥BC，∴∠FHC＝90°，∵EM⊥EH，∴∠HEM＝90°∵∠HFE＝∠FCH+∠FHC＝90°+∠FCH，∠EBM＝∠FCH+∠CEB＝90°+∠FCH，∴∠HFE＝∠EBM，∵∠FEH+∠BEH＝∠BEM+∠BEH＝90°，∴∠FEH＝∠BEM，在△FEH和△BEM中，，∴△FEH≌△BEM（ASA），∴HE＝ME，F(xiàn)H＝BM，∵HE2+EM2＝HM2，∴，∴，即；（3）解：如圖3，取BG＝AB，AH⊥NI．∵AC＝BC，∴∠BAM＝∠NBG，∵AM＝BN，AB＝BG，∴△ABM≌△BGN（SAS），∴BM＝GN，BN＝AM，∵NG⊥BI，∴∠BNI＝∠NBI＝45°，∵AH⊥NH，∴∠ANH＝∠HAN＝45°，∴，∴，如圖7，當I，取最小值，此時∠BGN＝∠ABM＝90°，∵AC＝BC＝2，∴∠CAB＝∠ACB＝45°，，∴∠CAB＝∠M＝45°，∴，∴，∵∠CDB＝30°，∴BD＝2BC＝5，，∴，過D作DK⊥BN于點K，∵∠CAB＝∠KAD＝45°，∴KA＝KD，∵KA2+KD7＝AD2，∴，∴．17．（1）①解：∵，∴，∵CE＝4，∴BD+DE＝8，∵BD3+EC2＝DE2，∴BD5+42＝（2﹣BD）2，解得：BD＝3，故答案為：4；②證明：∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠ACB＝∠B＝45°；∵△ABD繞點A逆時針旋轉 90°得到△ACF，如圖1：則△ABD≌△ACF，∠FAD＝90°，∴CF＝BD，AF＝AD，∠CAF＝∠DAB，∴∠FCE＝∠ACF+∠ACB＝90°；∵∠DAE＝45°，∴∠DAB+∠CAE＝90°﹣∠DAE＝45°，∴∠FAE＝∠CAF+∠CAE＝∠DAB+∠CAE＝45°，∴∠FAE＝∠DAE，在△FAE和△DAE中，，∴△FAE≌△DAE（SAS），∴EF＝ED；∵CF2+CE4＝EF2，∴BD2+EC6＝DE2；（2）解：作AG⊥CD于G，如圖2：∵AB＝AD，∠BAD＝90°，∴△ABD是等腰直角三角形，∴，∵∠BCD＝90°，∴；∵∠ACD＝45°，AG⊥CD，∴∠CAG＝45°，∴AG＝CG，∴DG＝CD﹣CG＝CD﹣AG＝8﹣AG；∵DG2+AG2＝AD2，∴，解得：AG＝1或AG＝7，∵，∴或，在△ACD中，∠ACD＝45°，∴AC＞AD，∴，故答案為：．18．解：（1）k＝1，理由如下：如圖1，∵∠ABC＝∠ADE＝60°，DA＝DE，∴△ABC和△ADE都是等邊三角形，∴AD＝AE，AB＝AC，∴∠DAB＝∠EAC，在△DAB和△EAC中，，∴△DAB≌△EAC（SAS）∴EC＝DB，即k＝2；（2）①k值發(fā)生變化，k＝，∵∠ABC＝∠ADE＝90°，BA＝BC，∴△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∴＝，＝，∠DAE＝∠BAC＝45°，∴＝，∠DAB＝∠EAC，∴△EAC∽△DAB，∴＝＝，即EC＝，∴k＝；②作EF⊥AC于F，設AD＝DE＝a，則AE＝a，∵點E為DC中點，∴CD＝2a，由勾股定理得，AC＝＝a，∵∠CFE＝∠CDA＝90°，∠FCE＝∠DCA，∴△CFE∽△CAD，∴＝，即＝，解得，EF＝a，∴AF＝＝a，則tan∠EAC＝＝．19．（1）證明：∵AF⊥CD，∴∠AEC＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠ACE+∠CAF＝∠ACE+∠BCD＝90°，∴∠BCD＝∠CAF；（2）解：如圖，連接CO交AF于點H，由（1）得：∠BCD＝∠CAF，即∠BCE＝∠CAG，在△ACG和△CBE中，，∴△ACG≌△CBE（SA