中考专题10以三角形为载体的几何综合问题（解析版）

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 专题10以三角形为载体的几何综合问题


【考点1】三角形有关角的计算综合问题
【例1】（2019•青岛）如图，BD是△ABC的角平分线，AE⊥BD，垂足为F．若∠ABC＝35°，∠C＝50°，则∠CDE的度数为（　　）

A．35° B．40° C．45° D．50°
【分析】根据角平分线的定义和垂直的定义得到∠ABD＝∠EBD=12∠ABC=35°2，∠AFB＝∠EFB＝90°，推出AB＝BE，根据等腰三角形的性质得到AF＝EF，求得AD＝ED，得到∠DAF＝∠DEF，根据三角形的外角的性质即可得到结论．
【解析】∵BD是△ABC的角平分线，AE⊥BD，
∴∠ABD＝∠EBD=12∠ABC=35°2，∠AFB＝∠EFB＝90°，
∴∠BAF＝∠BEF＝90°﹣17.5°，
∴AB＝BE，
∴AF＝EF，
∴AD＝ED，
∴∠DAF＝∠DEF，
∵∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠C＝95°，
∴∠BED＝∠BAD＝95°，
∴∠CDE＝95°﹣50°＝45°，
故选：C．

【变式1-1】（2019•威海）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，连接AC，BD．若∠ACB＝90°，AC＝BC，AB＝BD，则∠ADC＝　105　°．

【分析】作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，则DE＝CF，由等腰直角三角形的性质得出CF＝AF＝BF=12AB，得出DE＝CF=12AB=12BD，∠BAD＝∠BDA，由直角三角形的性质得出∠ABD＝30°，得出∠BAD＝∠BDA＝75°，再由平行线的性质即可得出答案．
【解析】作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，如图所示：
则DE＝CF，
∵CF⊥AB，∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴AF＝BF，
∴CF=12AB＝AF＝BF，
∵AB＝BD，
∴DE＝CF=12AB=12BD，∠BAD＝∠BDA，
∴∠ABD＝30°，
∴∠BAD＝∠BDA＝75°，
∵AB∥CD，
∴∠ADC+∠BAD＝180°，
∴∠ADC＝105°；
故答案为：105°．

【变式1-2】（2019•枣庄）将一副直角三角板按如图所示的位置放置，使含30°角的三角板的一条直角边和含45°角的三角板的一条直角边放在同一条直线上，则∠α的度数是（　　）

A．45° B．60° C．75° D．85°
【分析】先根据三角形的内角和得出∠CGF＝∠DGB＝45°，再利用∠α＝∠D+∠DGB可得答案．
【解析】如图，

∵∠ACD＝90°、∠F＝45°，
∴∠CGF＝∠DGB＝45°，
则∠α＝∠D+∠DGB＝30°+45°＝75°，
故选：C．
【考点2】三角形有关线段计算问题
【例2】（2020•烟台）如图，点G为△ABC的重心，连接CG，AG并延长分别交AB，BC于点E，F，连接EF，若AB＝4.4，AC＝3.4，BC＝3.6，则EF的长度为（　　）

A．1.7 B．1.8 C．2.2 D．2.4
【分析】由已知条件得EF是三角形的中位线，进而根据三角形中位线定理求得EF的长度．
【解答】解：∵点G为△ABC的重心，
∴AE＝BE，BF＝CF，
∴EF=12AC=1.7，
故选：A．
【变式2-1】（2019•枣庄）把两个同样大小含45°角的三角尺按如图所示的方式放置，其中一个三角尺的锐角顶点与另一个三角尺的直角顶点重合于点A，且另外三个锐角顶点B，C，D在同一直线上．若AB＝2，则CD＝　6−2　．

【分析】先利用等腰直角三角形的性质求出BC＝22，BF＝AF=2，再利用勾股定理求出DF，即可得出结论．
【解析】如图，过点A作AF⊥BC于F，
在Rt△ABC中，∠B＝45°，
∴BC=2AB＝22，BF＝AF=22AB=2，
∵两个同样大小的含45°角的三角尺，
∴AD＝BC＝22，
在Rt△ADF中，根据勾股定理得，DF=AD2−AF2=6，
∴CD＝BF+DF﹣BC=2+6−22=6−2，
故答案为：6−2．

【变式2-2】（2018•莱芜）如图，若△ABC内一点P满足∠PAC＝∠PCB＝∠PBA，则称点P为△ABC的布罗卡尔点，三角形的布罗卡尔点是法国数学家和数学教育家克雷尔首次发现，后来被数学爱好者法国军官布罗卡尔重新发现，并用他的名字命名，布罗卡尔点的再次发现，引发了研究“三角形几何”的热潮．已知△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝120°，P为△ABC的布罗卡尔点，若PA=3，则PB+PC＝　1+33　．

【分析】作CH⊥AB于H．首先证明AB=3BC，再证明△PAB∽△PBC，可得PAPB=PBPC=ABBC=3，即可求出PB、PC；
【解析】作CH⊥AB于H．

∵CA＝CB，CH⊥AB，∠ACB＝120°，
∴AH＝BH，∠ACH＝∠BCH＝60°，∠CAB＝∠CBA＝30°，
∴AB＝2BH＝2•BC•cos30°=3BC，
∵∠PAC＝∠PCB＝∠PBA，
∴∠PAB＝∠PBC，
∴△PAB∽△PBC，
∴PAPB=PBPC=ABBC=3，
∵PA=3，
∴PB＝1，PC=33，
∴PB+PC＝1+33．
故答案为1+33．
点评：本题考查等腰三角形的性质、相似三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、锐角三角函数等知识，解题的关键是准确寻找相似三角形解决问题．
【考点3】三角形有关周长和面积计算问题
【例3】（2020•威海）七巧板是大家熟悉的一种益智玩具．用七巧板能拼出许多有趣的图案．小李将一块等腰直角三角形硬纸板（如图①）切割七块，正好制成一副七巧板（如图②）．已知AB＝40cm，则图中阴影部分的面积为（　　）

A．25cm2 B．1003cm2 C．50cm2 D．75cm2
【分析】如图：设OF＝EF＝FG＝x，可得EH＝22x＝20，解方程即可解决问题．
【解析】如图：设OF＝EF＝FG＝x（cm），

∴OE＝OH＝2x，
在Rt△EOH中，EH＝22x，
由题意EH＝20cm，
∴20＝22x，
∴x＝52，
∴阴影部分的面积＝（52）2＝50（cm2）
故选：C．
【变式3-1】（2019•聊城）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，DE为△ABC的中位线，延长BC至F，使CF=12BC，连接FE并延长交AB于点M．若BC＝a，则△FMB的周长为　92a　．

【分析】在Rt△ABC中，求出AB＝2a，AC=3a，在Rt△FEC中用a表示出FE长，并证明∠FEC＝30°，从而EM转化到MA上，根据△FMB周长＝BF+FE+EM+BM＝BF+FE+AM+MB＝BF+FE+AB可求周长．
【解析】在Rt△ABC中，∠B＝60°，
∴∠A＝30°，
∴AB＝2a，AC=3a．
∵DE是中位线，
∴CE=32a．
在Rt△FEC中，利用勾股定理求出FE＝a，
∴∠FEC＝30°．
∴∠A＝∠AEM＝30°，
∴EM＝AM．
△FMB周长＝BF+FE+EM+BM＝BF+FE+AM+MB＝BF+FE+AB=92a．
故答案为92a．
点评：本题主要考查了30°直角三角形的性质、勾股定理、中位线定义，解决此题关键是转化三角形中未知边到已知边长的线段上．
【变式3-2】（2019•临沂）如图，在△ABC中，∠ACB＝120°，BC＝4，D为AB的中点，DC⊥BC，则△ABC的面积是　83　．

【分析】根据垂直的定义得到∠BCD＝90°，得到长CD到H使DH＝CD，由线段中点的定义得到AD＝BD，根据全等三角形的性质得到AH＝BC＝4，∠H＝∠BCD＝90°，求得CD＝23，于是得到结论．
【解析】∵DC⊥BC，
∴∠BCD＝90°，
∵∠ACB＝120°，
∴∠ACD＝30°，
延长CD到H使DH＝CD，
∵D为AB的中点，
∴AD＝BD，
在△ADH与△BCD中，CD=DH∠ADH=∠BDCAD=BD，
∴△ADH≌△BCD（SAS），
∴AH＝BC＝4，∠H＝∠BCD＝90°，
∵∠ACH＝30°，
∴CH=3AH＝43，
∴CD＝23，
∴△ABC的面积＝2S△BCD＝2×12×4×23=83，
故答案为：83．

点评：本题考查了全等三角形的判定和性质，解直角三角形，三角形的面积的计算，正确的作出辅助线是解题的关键．

【考点4】三角形有关多项判断综合计算问题
【例4】（2020•滨城区二模）如图，在△OAB和△OCD中，OA＞OC，OA＝OB，OC＝OD，且B，O，C在一条直线上，∠AOB＝∠COD＝40°，连接AC，BD交于点M，连接OM．下列结论：①△AOC≌△BOD；②△AOB∽△COD；③∠BMA＝40°；④MO平分∠CMB．其中正确的是（　　）

A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④
【分析】由SAS证明△AOC≌△BOD，①正确；可得OCOA=ODOB，∠AOC＝∠BOD，则△AOB∽△COD，②正确；由全等三角形的性质得出∠OAC＝∠OBD，由三角形的外角性质得：∠AMB+∠OAC＝∠AOB+∠OBD，得出∠AMB＝∠AOB＝40°，③正确；
作OG⊥MC于G，OH⊥MB于H，如图所示：则∠OGC＝∠OHD＝90°，由AAS证明△OCG≌△ODH（AAS），得出OG＝OH，由角平分线的判定方法得出MO平分∠BMC，④正确；
【解析】∵∠AOB＝∠COD＝40°，
∴∠AOB+∠AOD＝∠COD+∠AOD，
即∠AOC＝∠BOD，
在△AOC和△BOD中，
OA=OB∠AOC=∠BODOC=OD，
∴△AOC≌△BOD（SAS）；
故①正确，
∵OA＝OB，OC＝OD，
∴OCOA=ODOB，
又∵∠AOC＝∠BOD，
∴△AOB∽△COD，
故②正确
∵△AOC≌△BOD，
∴∠OCA＝∠ODB，
∴∠OAC＝∠OBD，
由三角形的外角性质得：∠AMB+∠OAC＝∠AOB+∠OBD，
∴∠BMA＝∠AOB＝40°，
故③正确；
作OG⊥MC于G，OH⊥MB于H，如图所示：

则∠OGC＝∠OHD＝90°，
在△OCG和△ODH中，
∠OCA=∠ODB∠OGC=∠OHDOC=OD，
∴△OCG≌△ODH（AAS），
∴OG＝OH，
∴MO平分∠CMB，
故④正确；
故选：D．
【变式4-1】（2019•滨州）如图，在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，OA＞OC，∠AOB＝∠COD＝40°，连接AC，BD交于点M，连接OM．下列结论：①AC＝BD；②∠AMB＝40°；③OM平分∠BOC；④MO平分∠BMC．其中正确的个数为（　　）

A．4 B．3 C．2 D．1
【分析】由SAS证明△AOC≌△BOD得出∠OCA＝∠ODB，AC＝BD，①正确；
由全等三角形的性质得出∠OAC＝∠OBD，由三角形的外角性质得：∠AMB+∠OAC＝∠AOB+∠OBD，得出∠AMB＝∠AOB＝40°，②正确；
作OG⊥MC于G，OH⊥MB于H，如图所示：则∠OGC＝∠OHD＝90°，由AAS证明△OCG≌△ODH（AAS），得出OG＝OH，由角平分线的判定方法得出MO平分∠BMC，④正确；
由∠AOB＝∠COD，得出当∠DOM＝∠AOM时，OM才平分∠BOC，假设∠DOM＝∠AOM，由△AOC≌△BOD得出∠COM＝∠BOM，由MO平分∠BMC得出∠CMO＝∠BMO，推出△COM≌△BOM，得OB＝OC，而OA＝OB，所以OA＝OC，而OA＞OC，故③错误；即可得出结论．
【解析】∵∠AOB＝∠COD＝40°，
∴∠AOB+∠AOD＝∠COD+∠AOD，
即∠AOC＝∠BOD，
在△AOC和△BOD中，OA=OB∠AOC=∠BODOC=OD，
∴△AOC≌△BOD（SAS），
∴∠OCA＝∠ODB，AC＝BD，①正确；
∴∠OAC＝∠OBD，
由三角形的外角性质得：∠AMB+∠OAC＝∠AOB+∠OBD，
∴∠AMB＝∠AOB＝40°，②正确；
作OG⊥MC于G，OH⊥MB于H，如图2所示：
则∠OGC＝∠OHD＝90°，
在△OCG和△ODH中，∠OCA=∠ODB∠OGC=∠OHDOC=OD，
∴△OCG≌△ODH（AAS），
∴OG＝OH，
∴MO平分∠BMC，④正确；
∵∠AOB＝∠COD，
∴当∠DOM＝∠AOM时，OM才平分∠BOC，
假设∠DOM＝∠AOM
∵△AOC≌△BOD，
∴∠COM＝∠BOM，
∵MO平分∠BMC，
∴∠CMO＝∠BMO，
在△COM和△BOM中，∠COM=∠BOMOM=OM∠CMO=∠BMO，
∴△COM≌△BOM（ASA），
∴OB＝OC，
∵OA＝OB
∴OA＝OC
与OA＞OC矛盾，
∴③错误；
正确的个数有3个；
故选：B．

【变式4-2】（2020•淄川区二模）将两个等腰Rt△ADE，Rt△ABC（其中∠DAE＝∠ABC＝90°，AB＝BC，AD＝AE）如图放置在一起，点E在AB上，AC与DE交于点H，连接BH、CE，且∠BCE＝15°，下列结论：①AC垂直平分DE；②△CDE为等边三角形；③tan∠BCD=ABBE；④S△EBCS△EHC=33
其中正确的结论是　①②③④　（填写所有正确结论的序号）．

【分析】由等腰直角三角形的性质得出∠DAC＝∠BAC，判断①正确；再用等腰直角三角形的内角的关系即可得出∠DCE＝60°，即可得出②正确，判断出∠BCD＝75°＝∠BEC即可判断出③正确，设出AH＝x，由等腰直角三角形和等边三角形的性质得出CH，EH，AB，BE，最后用三角形的面积公式即可得出④正确．
【解析】∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形，
∴∠BAC＝∠ACB＝45°，∠DAE＝90°，
∴∠DAC＝∠BAC＝45°，
∵AD＝AE，
∴AC垂直平分DE，①正确，
∵AC垂直平分DE，
∴DC＝EC，∠DAC＝∠EAC，
∵∠BCE＝15°，
∴∠ACE＝30°，
∴∠DCE＝2∠ACE＝60°，
∴△CDE是等边三角形，②正确；
∵∠DCE＝60°，∠BCE＝15°，
∴∠BCD＝75°，
∵∠BEC＝90°﹣15°＝75°，
∴∠BCD＝∠BEC，
在Rt△BCE中，tan∠BEC=BCBE=ABBE，
∴tan∠BCD=ABBE，③正确；
设AH＝x，
在Rt△AEH中，HE＝AH＝x，AE=2x，
在Rt△CEH中，∠ECH＝30°，
∴CH=3EH=3x，CE＝2HE＝2x，
∴AC＝AH+CH＝（3+1）x，
在Rt△ABC中，BC＝AB=22AC=22（3+1）x=6+22x，
∴BE＝AB﹣AE=6−22x，
∴S△BCE=12BE•BC=12×6−22x•6+22x=12x2，S△EHC=12EH•CH=12x•3x=32x2，
∴S△BCES△EHC=12x232x2=33，④正确；
故答案为：①②③④．
【考点5】以三角形为背景的几何综合探究问题
【例5】（2020•泰安）若△ABC和△AED均为等腰三角形，且∠BAC＝∠EAD＝90°．
（1）如图（1），点B是DE的中点，判定四边形BEAC的形状，并说明理由；
（2）如图（2），若点G是EC的中点，连接GB并延长至点F，使CF＝CD．
求证：①EB＝DC，
②∠EBG＝∠BFC．

【分析】（1）由等腰三角形的性质可得∠E＝∠BAE＝45°，∠ABE＝90°，∠ABC＝∠BAE＝45°，∠ABE＝∠BAC＝90°，可证BC∥AE，AC∥BE，可得四边形BEAC是平行四边形；
（2）①由“SAS”可证△AEB≌△ADC，可得BE＝CD；
②延长FG至点H，使GH＝FG，由“SAS”可证△EGH≌△CGF，可得∠BFC＝∠H，CF＝EH，可得EH＝BE，由等腰三角形的性质可得结论．
【解析】（1）四边形BEAC是平行四边形，
理由如下：
∵△AED为等腰三角形，∠EAD＝90°，B是DE的中点，
∴∠E＝∠BAE＝45°，∠ABE＝90°，
∵△ABC是等腰三角形，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝∠BAE＝45°，∠ABE＝∠BAC＝90°，
∴BC∥AE，AC∥BE，
∴四边形BEAC是平行四边形；
（2）①∵△ABC和△AED均为等腰三角形，∠BAC＝∠EAD＝90°，
∴AE＝AD，AB＝AC，∠BAE＝∠CAD，
∴△AEB≌△ADC（SAS），
∴BE＝CD；
②延长FG至点H，使GH＝FG，

∵G是EC的中点，
∴EG＝DC，
又∵∠EGH＝∠FGC，
∴△EGH≌△CGF（SAS），
∴∠BFC＝∠H，CF＝EH，
∵CF＝CD，CD＝BE，
∴EH＝BE，
∴∠H＝∠EBG，
∴∠EBG＝∠BFC．
【变式5.1】（2020•烟台）如图，在等边三角形ABC中，点E是边AC上一定点，点D是直线BC上一动点，以DE为一边作等边三角形DEF，连接CF．
【问题解决】
如图1，若点D在边BC上，求证：CE+CF＝CD；
【类比探究】
如图2，若点D在边BC的延长线上，请探究线段CE，CF与CD之间存在怎样的数量关系？并说明理由．

【分析】【问题解决】在CD上截取CH＝CE，易证△CEH是等边三角形，得出EH＝EC＝CH，证明△DEH≌△FEC（SAS），得出DH＝CF，即可得出结论；
【类比探究】过D作DG∥AB，交AC的延长线于点G，由平行线的性质易证∠GDC＝∠DGC＝60°，得出△GCD为等边三角形，则DG＝CD＝CG，证明△EGD≌△FCD（SAS），得出EG＝FC，即可得出FC＝CD+CE．
【解答】【问题解决】证明：在CD上截取CH＝CE，如图1所示：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ECH＝60°，
∴△CEH是等边三角形，
∴EH＝EC＝CH，∠CEH＝60°，
∵△DEF是等边三角形，
∴DE＝FE，∠DEF＝60°，
∴∠DEH+∠HEF＝∠FEC+∠HEF＝60°，
∴∠DEH＝∠FEC，
在△DEH和△FEC中，
DE=FE∠DEH=∠FECEH=EC，
∴△DEH≌△FEC（SAS），
∴DH＝CF，
∴CD＝CH+DH＝CE+CF，
∴CE+CF＝CD；
【类比探究】解：线段CE，CF与CD之间的等量关系是FC＝CD+CE；理由如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠B＝60°，
过D作DG∥AB，交AC的延长线于点G，如图2所示：
∵GD∥AB，
∴∠GDC＝∠B＝60°，∠DGC＝∠A＝60°，
∴∠GDC＝∠DGC＝60°，
∴△GCD为等边三角形，
∴DG＝CD＝CG，∠GDC＝60°，
∵△EDF为等边三角形，
∴ED＝DF，∠EDF＝∠GDC＝60°，
∴∠EDG＝∠FDC，
在△EGD和△FCD中，
ED=DF∠EDG=∠FDCDG=CD，
∴△EGD≌△FCD（SAS），
∴EG＝FC，
∴FC＝EG＝CG+CE＝CD+CE．


【变式5.2】（2020•泰安）小明将两个直角三角形纸片如图（1）那样拼放在同一平面上，抽象出如图）的平面图形，∠ACB与∠ECD恰好为对顶角，∠ABC＝∠CDE＝90°，连接BD，AB＝BD，点F是线段CE上一点．
探究发现：
（1）当点F为线段CE的中点时，连接DF（如图（2）），小明经过探究，得到结论：BD⊥DF．你认为此结论是否成立？　是　．（填“是”或“否”）
拓展延伸：
（2）将（1）中的条件与结论互换，即：BD⊥DF，则点F为线段CE的中点．请判断此结论是否成立．若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．
问题解决：
（3）若AB＝6，CE＝9，求AD的长．

【分析】（1）证明∠FDC+∠BDC＝90°可得结论．
（2）结论成立：利用等角的余角相等证明∠E＝∠EDF，推出EF＝FD，再证明FD＝FC即可解决问题．
（3）如图3中，取EC的中点G，连接GD．则GD⊥BD．利用（1）中即可以及相似三角形的性质解决问题即可．
【解析】（1）如图（2）中，

∵∠EDC＝90°，EF＝CF，
∴DF＝CF，
∴∠FCD＝∠FDC，
∵∠ABC＝90°，
∴∠A+∠ACB＝90°，
∵BA＝BD，
∴∠A＝∠ADB，
∵∠ACB＝∠FCD＝∠FDC，
∴∠ADB+∠FDC＝90°，
∴∠FDB＝90°，
∴BD⊥DF．
故答案为是．

（2）结论成立：
理由：∵BD⊥DF，ED⊥AD，
∴∠BDC+∠CDF＝90°，∠EDF+∠CDF＝90°，
∴∠BDC＝∠EDF，
∵AB＝BD，
∴∠A＝∠BDC，
∴∠A＝∠EDF，
∵∠A+∠ACB＝90°，∠E+∠ECD＝90°，∠ACB＝∠ECD，
∴∠A＝∠E，
∴∠E＝∠EDF，
∴EF＝FD，
∵∠E+∠ECD＝90°，∠EDF+∠FDC＝90°，
∴∠FCD＝∠FDC，
∴FD＝FC，
∴EF＝FC，
∴点F是EC的中点．

（3）如图3中，取EC的中点G，连接GD．则GD⊥BD．

∴DG=12EC=92，
∵BD＝AB＝6，
在Rt△BDG中，BG=DG2+BD2=(92)2+62=152，
∴CB=152−92=3，
在Rt△ABC中，AC=AB2+BC2=62+32=35，
∵∠ACB＝∠ECD，∠ABC＝∠EDC，
∴△ABC∽△EDC，
∴ACEC=BCCD，
∴359=3CD，
∴CD=955，
∴AD＝AC+CD＝35+955=2455．
【变式5.3】（2019•枣庄）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，AD⊥BC于点D．

（1）如图1，点M，N分别在AD，AB上，且∠BMN＝90°，当∠AMN＝30°，AB＝2时，求线段AM的长；
（2）如图2，点E，F分别在AB，AC上，且∠EDF＝90°，求证：BE＝AF；
（3）如图3，点M在AD的延长线上，点N在AC上，且∠BMN＝90°，求证：AB+AN=2AM．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质、直角三角形的性质得到AD＝BD＝DC=2，求出∠MBD＝30°，根据勾股定理计算即可；
（2）证明△BDE≌△ADF，根据全等三角形的性质证明；
（3）过点M作ME∥BC交AB的延长线于E，证明△BME≌△AMN，根据全等三角形的性质得到BE＝AN，根据等腰直角三角形的性质、勾股定理证明结论．
【解答】（1）解：∵∠BAC＝90°，AB＝AC，AD⊥BC，
∴AD＝BD＝DC，∠ABC＝∠ACB＝45°，∠BAD＝∠CAD＝45°，
∵AB＝2，
∴AD＝BD＝DC=2，
∵∠AMN＝30°，
∴∠BMD＝180°﹣90°﹣30°＝60°，
∴∠MBD＝30°，
∴BM＝2DM，
由勾股定理得，BM2﹣DM2＝BD2，即（2DM）2﹣DM2＝（2）2，
解得，DM=63，
∴AM＝AD﹣DM=2−63；
（2）证明：∵AD⊥BC，∠EDF＝90°，
∴∠BDE＝∠ADF，
在△BDE和△ADF中，
∠B=∠DAFDB=DA∠BDE=∠ADF，
∴△BDE≌△ADF（ASA）
∴BE＝AF；
（3）证明：过点M作ME∥BC交AB的延长线于E，
∴∠AME＝90°，
则AE=2AM，∠E＝45°，
∴ME＝MA，
∵∠AME＝90°，∠BMN＝90°，
∴∠BME＝∠AMN，
在△BME和△NMA中，
∠E=∠MANME=MA∠BME=∠AMN，
∴△BME≌△NMA（ASA），
∴BE＝AN，
∴AB+AN＝AB+BE＝AE=2AM．

点评：本题考查的是等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．

1．（2020•淄博）如图，在△ABC中，AD，BE分别是BC，AC边上的中线，且AD⊥BE，垂足为点F，设BC＝a，AC＝b，AB＝c，则下列关系式中成立的是（　　）

A．a2+b2＝5c2 B．a2+b2＝4c2 C．a2+b2＝3c2 D．a2+b2＝2c2
【分析】设EF＝x，DF＝y，根据三角形重心的性质得AF＝2y，BF＝2EF＝2x，利用勾股定理得到4x2+4y2＝c2，x2+4y2=14b2，4x2+y2=14a2，然后利用加减消元法消去x、y得到a、b、c的关系．
【解析】设EF＝x，DF＝y，
∵AD，BE分别是BC，AC边上的中线，
∴点F为△ABC的重心，AE=12AC=12b，BD=12a，
∴AF＝2DF＝2y，BF＝2EF＝2x，
∵AD⊥BE，
∴∠AFB＝∠AFE＝∠BFD＝90°，
在Rt△AFB中，4x2+4y2＝c2，①
在Rt△AEF中，x2+4y2=14b2，②
在Rt△BFD中，4x2+y2=14a2，③
②+③得5x2+5y2=14（a2+b2），
∴4x2+4y2=15（a2+b2），④
①﹣④得c2−15（a2+b2）＝0，
即a2+b2＝5c2．
故选：A．
2．（2020•烟台）如图，点G为△ABC的重心，连接CG，AG并延长分别交AB，BC于点E，F，连接EF，若AB＝4.4，AC＝3.4，BC＝3.6，则EF的长度为（　　）

A．1.7 B．1.8 C．2.2 D．2.4
【分析】由已知条件得EF是三角形的中位线，进而根据三角形中位线定理求得EF的长度．
【解析】∵点G为△ABC的重心，
∴AE＝BE，BF＝CF，
∴EF=12AC=1.7，
故选：A．
3．（2020•烟台）如图，△OA1A2为等腰直角三角形，OA1＝1，以斜边OA2为直角边作等腰直角三角形OA2A3，再以OA3为直角边作等腰直角三角形OA3A4，…，按此规律作下去，则OAn的长度为（　　）

A．（2）n B．（2）n﹣1 C．（22）n D．（22）n﹣1
【分析】利用等腰直角三角形的性质以及勾股定理分别求出各边长，依据规律即可得出答案．
【解析】∵△OA1A2为等腰直角三角形，OA1＝1，
∴OA2=2；
∵△OA2A3为等腰直角三角形，
∴OA3＝2=(2)2；
∵△OA3A4为等腰直角三角形，
∴OA4＝22=(2)3．
∵△OA4A5为等腰直角三角形，
∴OA5＝4=(2)4，
……
∴OAn的长度为（2）n﹣1．
故选：B．
4．（2020•枣庄）如图，在△ABC中，AB的垂直平分线交AB于点D，交BC于点E，连接AE．若BC＝6，AC＝5，则△ACE的周长为（　　）

A．8 B．11 C．16 D．17
【分析】在△ABC中，AB的垂直平分线交AB于点D，交BC于点E，连接AE．若BC＝6，AC＝5，则△ACE的周长为11．
【解析】∵DE垂直平分AB，
∴AE＝BE，
∴△ACE的周长＝AC+CE+AE
＝AC+CE+BE
＝AC+BC
＝5+6
＝11．
故选：B．
5．（2020•潍坊一模）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F．若AC＝4，AB＝6，则四边形ADCF的面积为（　　）

A．1213 B．24 C．6 13 D．12
【分析】证明△AEF≌△DEB，根据全等三角形的性质得到AF＝BD，根据三角形的面积公式得到△AFC的面积＝△ABD的面积，根据三角形的面积公式计算，得到答案．
【解析】∵AF∥BC，
∴∠AFB＝∠DBF，
在△AEF和△DEB中，
∠AFE=∠DBE∠AEF=∠DEBAE=DE，
∴△AEF≌△DEB（AAS），
∴AF＝BD，
∵AF∥BC，
∴△AFC的面积＝△ABD的面积，
∴四边形ADCF的面积＝△ADC的面积+△AFC的面积
＝△ADC的面积+△ABD的面积
＝△ABC的面积
=12×4×6
＝12，
故选：D．
6．（2020•黄岛区二模）如图，在△ABC中，∠B＝30°，∠C＝45°，AD平分∠BAC交BC于点D，DE⊥AB，垂足为E．若DE＝1，则BC的长为（　　）

A．3 B．2+3 C．3+2 D．2+2
【分析】如图．过点D作DF⊥AC于F．首先证明DE＝DF＝1，解直角三角形分别求出BD，DC即可解决问题．
【解析】如图．过点D作DF⊥AC于F．

∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，DF⊥AC，
∴DE＝DF＝1，
在Rt△BED中，∵∠BED＝90°，∠B＝30°，
∴BD＝2DE＝2，
在Rt△DFC中，∵∠DFC＝90°，∠C＝45°，
∴CD=2DF=2，
∴BC＝BD+CD＝2+2，
故选：D．
7．（2020•烟台模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC，分别以点A、点B为圆心，以大于12AB长为半径画弧，两弧交点的连线交AC于点D，交AB于点E，连接BD，若∠A＝40°，则∠DBC＝（　　）

A．40° B．30° C．20° D．10°
【分析】根据等腰三角形的性质和三角形的内角和即可得到结论．
【解析】∵AB＝AC，∠A＝40°，
∴∠ABC＝∠C=12（180°﹣40°）＝70°，
∵AD＝BD，
∴∠ABD＝∠A＝40°，
∴∠DBC＝∠ABC﹣∠ABD＝30°，
故选：B．
8．（2019•东营）已知等腰三角形的底角是30°，腰长为23，则它的周长是　6+43　．
【分析】作AD⊥BC于D，根据直角三角形的性质求出AD，根据勾股定理求出BD，根据三角形的周长公式计算即可．
【解析】作AD⊥BC于D，
∵AB＝AC，
∴BD＝DC，
在Rt△ABD中，∠B＝30°，
∴AD=12AB=3，
由勾股定理得，BD=AB2−AD2=3，
∴BC＝2BD＝6，
∴△ABC的周长为：6+23+23=6+43，
故答案为：6+43．

9．（2019•聊城）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，DE为△ABC的中位线，延长BC至F，使CF=12BC，连接FE并延长交AB于点M．若BC＝a，则△FMB的周长为　92a　．

【分析】在Rt△ABC中，求出AB＝2a，AC=3a，在Rt△FEC中用a表示出FE长，并证明∠FEC＝30°，从而EM转化到MA上，根据△FMB周长＝BF+FE+EM+BM＝BF+FE+AM+MB＝BF+FE+AB可求周长．
【解析】在Rt△ABC中，∠B＝60°，
∴∠A＝30°，
∴AB＝2a，AC=3a．
∵DE是中位线，
∴CE=32a．
在Rt△FEC中，利用勾股定理求出FE＝a，
∴∠FEC＝30°．
∴∠A＝∠AEM＝30°，
∴EM＝AM．
△FMB周长＝BF+FE+EM+BM＝BF+FE+AM+MB＝BF+FE+AB=92a．
故答案为92a．
10．（2019•威海）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，连接AC，BD．若∠ACB＝90°，AC＝BC，AB＝BD，则∠ADC＝　105　°．

【分析】作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，则DE＝CF，由等腰直角三角形的性质得出CF＝AF＝BF=12AB，得出DE＝CF=12AB=12BD，∠BAD＝∠BDA，由直角三角形的性质得出∠ABD＝30°，得出∠BAD＝∠BDA＝75°，再由平行线的性质即可得出答案．
【解析】作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，如图所示：
则DE＝CF，
∵CF⊥AB，∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴AF＝BF，
∴CF=12AB＝AF＝BF，
∵AB＝BD，
∴DE＝CF=12AB=12BD，∠BAD＝∠BDA，
∴∠ABD＝30°，
∴∠BAD＝∠BDA＝75°，
∵AB∥CD，
∴∠ADC+∠BAD＝180°，
∴∠ADC＝105°；
故答案为：105°．

11．（2019•枣庄）把两个同样大小含45°角的三角尺按如图所示的方式放置，其中一个三角尺的锐角顶点与另一个三角尺的直角顶点重合于点A，且另外三个锐角顶点B，C，D在同一直线上．若AB＝2，则CD＝　6−2　．

【分析】先利用等腰直角三角形的性质求出BC＝22，BF＝AF=2，再利用勾股定理求出DF，即可得出结论．
【解析】如图，过点A作AF⊥BC于F，
在Rt△ABC中，∠B＝45°，
∴BC=2AB＝22，BF＝AF=22AB=2，
∵两个同样大小的含45°角的三角尺，
∴AD＝BC＝22，
在Rt△ADF中，根据勾股定理得，DF=AD2−AF2=6，
∴CD＝BF+DF﹣BC=2+6−22=6−2，
故答案为：6−2．

12．（2020•青州市一模）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“准互余三角形”．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8．点D是BC边上一点，连接AD，若△ABD是准互余三角形，则BD的长为　5或72　．
【分析】分两种情况画图说明，①根据△ABD是准互余三角形，可以证明AD是∠BAC的平分线，根据勾股定理即可求出BD的长；②可以根据△ABD是准互余三角形，证明△CAD∽△CBA，对应边成比例即可求出CD的长，进而求出BD的长．
【解析】∵∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，
∴AB=AC2+BC2=10．
①如图1，

∵△ABD是准互余三角形，
∴∠B+2∠BAD＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠B+∠BAC＝90°，
∴∠BAC＝2∠BAD，
∴AD是∠BAC的平分线，
作DE⊥AB于点E，
则DC＝DE，AE＝AC＝6，
设DC＝DE＝x，则BD＝8﹣x，
BE＝AB﹣AE＝4，
在Rt△BDE中，根据勾股定理，得
BD2＝DE2+BE2，
（8﹣x）2＝x2+42，
解得x＝3，
∴BD＝BC﹣CD＝8﹣3＝5；
②如图2，

∵△ABD是准互余三角形，
∴2∠B+∠BAD＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠B+∠BAD+∠DAC＝90°，
∴∠DAC＝∠B，
∵∠C＝∠C，
∴△CAD∽△CBA，
∴CDCA=CACB，
∴CD=92，
∴BD＝BC﹣CD＝8−92=72．
综上所述：BD的长为5或72．
故答案为：5或72．
13．（2020•山东模拟）如图，在△ABC中，中线BF、CE交于点G，且CE⊥BF，如果AG＝5，BF＝6，那么线段CE的长是　92　．

【分析】如图，延长AG交BC于K．根据重心的性质以及勾股定理即可解决问题．
【解析】如图，延长AG交BC于K．

∵点G是△ABC的重心，
∴AG＝2GK，BG＝2GF，CG＝2EG，
∵AG＝5，BF＝6，
∴GK=52，BG＝4，
∵CE⊥BF，
∴∠BGC＝90°，
∴BC＝2GK＝5，CG=BC2−BG2=52−42=3，
∴EG=12CG=32，
∴EC＝3+32=92．
故答案为92．
14．（2020•岱岳区二模）已知△ABC和△ADE均为等腰三角形，且∠BAC＝∠DAE，AB＝AC，AD＝AE．
（1）如图1，点E在BC上，求证：BC＝BD+BE；
（2）如图2，点E在CB的延长线上，（1）的结论是否成立？若成立，给出证明；若不成立，写出成立的式子并证明．

【分析】（1）证得∠DAB＝∠EAC，证明△DAB≌△EAC（SAS），由全等三角形的性质得出BD＝CE，则可得出结论；
（2）证明△DAB≌△EAC（SAS），得出BD＝CE，则成立的结论是BC＝BD﹣BE．
【解析】（1）证明：∵∠BAC＝DAE，
∴∠BAC﹣∠BAE＝∠DAE﹣∠BAE，
即∠DAB＝∠EAC，
又∵AB＝AC，AD＝AE，
∴△DAB≌△EAC（SAS），
∴BD＝CE，
∴BC＝BE+CE＝BD+BE；
（2）解：（1）的结论不成立，成立的结论是BC＝BD﹣BE．
证明：∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC+∠EAB＝∠DAE+∠EAB，
即∠DAB＝∠EAC，
又∵AB＝AC，AD＝AE，
∴△DAB≌△EAC（SAS），
∴BD＝CE，
∴BC＝CE﹣BE＝BD﹣BE．
15．（2020•济南二模）锐角△ABC中BC＝2，以AB为边向外作等边△ABD，以AC为边向外作△ACE，其中AE＝CE，∠AEC＝120°，F为BC的中点，分别连接DF，EF．
（1）如图1，△ABC为等边三角形，
①DF与EF的数量关系是　DF=3EF　；DF与EF的位置关系是　DF⊥EF　；
②求DF的长度；
（2）如图2，AB＝AC时，DF与EF的关系是否改变？如果不变请证明；如果改变请写出新的关系并证明；
（3）如图3，△ABC为任意的锐角三角形，当EC＝1时直接写出DF长度的取值范围．

【分析】（1）①结论：DF⊥EF，DF=3EF．如图1中，取AB，AC的中点M，N，连接DN，FN，FM，ME．证明△DNF∽△FME可得结论．
②如图2中，作DM⊥CB延长线于点M．解直角三角形求出DM，MF即可解决问题．
（2）分别取AB、AC中点G、H，分别连接DG，FG，EH，FH．证明△DFG∽△FEH（SAS）可得结论．
（3）由（1）（2）可以得出结论：DF=3EF，求出EF的最大值，最小值即可解决问题．
【解析】（1）①结论：DF⊥EF，DF=3EF．
理由：如图1中，取AB，AC的中点M，N，连接DN，FN，FM，ME．

∵BF＝CF，BN＝AN，AM＝CM，
∴FN∥AC，FM∥AB，FN＝AM＝FM＝AN，
∵△ABD是等边三角形，BN＝AN，
∴DN⊥AB，DN=3AN=3FN，
∵EA＝EC，AM＝CM，∠AEC＝120°，
∴EM⊥AC，∠AEM＝∠CEM＝60°，
∴AM=3EM＝FM，
∴DNFN=FMEM，
∴DNFM=FNEM，
∵∠DNF＝∠EMF＝150°，
∴△DNF∽△FME，
∴DFEF=DNFM=3，∠DFN＝∠MEF，
∴DF=3EF，
∵∠MFE+∠MEF＝30°，
∴∠DFN+∠MFE＝30°，
∵∠MFN＝∠BAC＝60°，
∴∠DFE＝90°，即DF⊥EF．
故答案为DF=3EF，DF⊥EF．

②如图2中，作DM⊥CB延长线于点M．

∴∠DMB＝90°，
∵△ABC为等边三角形，等边△ABD，
∴∠ABC＝∠ABD＝60°，BD＝AB＝BC＝2，
∴BF＝1，
∴Rt△BDM中，MB＝1，DM=3，
∴Rt△BDF中，DF=7．

（2）分别取AB、AC中点G、H，分别连接DG，FG，EH，FH．

∴FH∥AB，FH＝AG=12AB，FG∥AC，FG＝AH=12AC，
∴∠FHC＝∠BAC＝∠FGB，
∵AB＝AC，
∴四边形AGFH为菱形，
∵等边△ABD，△ACE中AE＝CE，
∴DG⊥AB，HE⊥AC，
∴∠FGD＝∠FGB+∠DGB＝∠FHC+∠CHE＝∠FHE，
∵等边△ABD中，AB中点G，
∴DG=3GF，
∵△ACE中AE＝CE，∠AEC＝120°，
∴HF=3HE，
∴△DFG∽△FEH，
∴DF=3FE，∠EFH＝∠GDF，
∵∠GFD+∠GDF+∠BGF+∠BGD＝180°，其中∠BGD＝90°，∠BGF＝∠GFH，
∴∠DFE＝90°，即DF⊥EF．

（3）由（1）（2）可以得出结论：DF=3EF，
∵△ABC是锐角三角形，
∴当∠ACB＝90°时，EF＝2•CF•cos60°=3，此时DF＝3，
当△ECF是等边三角形时，可以证明∠BAC＝90°，
此时EF＝CF＝1，DF=3，
观察图象可知：3＜DF＜3．
16．（2020•新泰市一模）如图，在△ABC和△DCB中，AB＝DC，∠A＝∠D，AC、DB交于点M．
（1）求证：△ABC≌△DCB；
（2）作CN∥BD，BN∥AC，CN交BN于点N，四边形BNCM是什么四边形？请证明你的结论．

【分析】（1）由角角边证明△ABM≌△DCM，其性质得∠MBC＝∠MCB，再根据角角边证明△ABC≌△DCB；
（2）由平行线的性质得∠MBC＝∠NCB，∠MCB＝∠NBC，角边角证明△MBC≌△NCB，其性质得BM＝CN，MC＝NB，再根据菱形的判定证明四边形BNCM是菱形．
【解析】如图所示

（1）在△ABM和△DCM中，
∠A=∠D∠AMB=∠DMCAB=DC
∴△ABM≌△DCM（AAS），
∴BM＝CM，
∴∠MBC＝∠MCB，
在△ABC和△DCB中，
∠ACB=∠DBC∠A=∠DAB=DC，
∴△ABC≌△DCB（AAS）
（2）四边形BNCM是菱形，其理由如下：
∵CN∥BD，
∴∠MBC＝∠NCB，
又∵BN∥AC，
∴∠MCB＝∠NBC，
在△MBC和△NCB中，
∠MBC=∠NCBBC=BC∠NBC=∠MCB，
∴△MBC≌△NCB（ASA）
∴BM＝CN，MC＝NB，
又∵BM＝CM，
∴BM＝MC＝CN＝NB，
∴四边形BNCM是菱形．
17．（2020•烟台二模）已知在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，直线l经过点A（不经过点B或点C），点C关于直线l的对称点为点D，连接BD，CD．
（1）如图1，
①求证：点B，C，D在以点A为圆心，AB为半径的圆上．
②直接写出∠BDC的度数（用含α的式子表示）为　12α　．
（2）如图2，当α＝60°时，过点D作BD的垂线与直线l交于点E，求证：AE＝BD；
（3）如图3，当α＝90°时，记直线l与CD的交点为F，连接BF．将直线l绕点A旋转，当线段BF的长取得最大值时，直接写出tan∠FBC的值．

【分析】（1）①由线段垂直平分线的性质可得AD＝AC＝AB，即可证点B，C，D在以点A为圆心，AB为半径的圆上；
②由等腰三角形的性质可得∠BAC＝2∠BDC，可求∠BDC的度数；
（2）连接CE，由题意可证△ABC，△DCE是等边三角形，可得AC＝BC，∠DCE＝60°＝∠ACB，CD＝CE，根据“SAS”可证△BCD≌△ACE，可得AE＝BD；
（3）取AC的中点O，连接OB，OF，BF，由三角形的三边关系可得，当点O，点B，点F三点共线时，BF最长，根据等腰三角形的性质和勾股定理可求，OH＝HC，BH＝3HC，即可求tan∠FBC的值．
【解析】证明：（1）①如图1，连接DA，并延长DA交BC于点M，

∵点C关于直线l的对称点为点D，
∴AD＝AC，且AB＝AC，
∴AD＝AB＝AC，
∴点B，C，D在以点A为圆心，AB为半径的圆上
②∵AD＝AB＝AC
∴∠ADB＝∠ABD，∠ADC＝∠ACD，
∵∠BAM＝∠ADB+∠ABD，∠MAC＝∠ADC+∠ACD，
∴∠BAM＝2∠ADB，∠MAC＝2∠ADC，
∴∠BAC＝∠BAM+∠MAC＝2∠ADB+2∠ADC＝2∠BDC＝α
∴∠BDC=12α
故答案为：12α
（2）如图2，连接CE，

∵∠BAC＝60°，AB＝AC
∴△ABC是等边三角形
∴BC＝AC，∠ACB＝60°，
∵∠BDC=12α
∴∠BDC＝30°，
∵BD⊥DE，
∴∠CDE＝60°，
∵点C关于直线l的对称点为点D，
∴DE＝CE，且∠CDE＝60°
∴△CDE是等边三角形，
∴CD＝CE＝DE，∠DCE＝60°＝∠ACB，
∴∠BCD＝∠ACE，且AC＝BC，CD＝CE，
∴△BCD≌△ACE（SAS）
∴BD＝AE，
（3）如图3，取AC的中点O，连接OB，OF，BF，

∵在△BOF中，BO+OF≥BF，
∴当点O，点B，点F三点共线时，BF最长，
如图，过点O作OH⊥BC，

∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴BC=2AC，∠ACB＝45°，且OH⊥BC，
∴∠COH＝∠HCO＝45°，
∴OH＝HC，
∴OC=2HC，
∵点O是AC中点，
∴AC＝22HC，
∴BC＝4HC，
∴BH＝BC﹣HC＝3HC
∴tan∠FBC=OHBH=HC3HC=13
18．（2020•平阴县二模）已知△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D为直线BC上的一动点（点D不与点B、C重合），以AD为边作△ADE，使∠DAE＝90°，AD＝AE，连接CE．
发现问题：
如图1，当点D在边BC上时，
（1）请写出BD和CE之间的位置关系为　BD⊥CE　，并猜想BC和CE、CD之间的数量关系：　BC＝CD+CE　．
尝试探究：
（2）如图2，当点D在边BC的延长线上且其他条件不变时，（1）中BD和CE之间的位置关系、BC和CE、CD之间的数量关系是否成立？若成立，请证明；若不成立，请写出新的数量关系，说明理由；
拓展延伸：
（3）如图3，当点D在边CB的延长线上且其他条件不变时，若BC＝6，CE＝2，求线段ED的长．

【分析】（1）根据条件AB＝AC，∠BAC＝90°，AD＝AE，∠DAE＝90°，判定△ABD≌△ACE（SAS），即可得出BD和CE之间的关系，根据全等三角形的性质，即可得到CE+CD＝BC；
（2）根据已知条件，判定△ABD≌△ACE（SAS），得出BD＝CE，再根据BD＝BC+CD，即可得到CE＝BC+CD；
（3）根据条件判定△ABD≌△ACE（SAS），得出BD＝CE，在Rt△DCE中，由勾股定理得DE2＝DC2+CE2＝82+22＝68，即可解决问题；
【解析】（1）如图1，∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE，∠B＝∠ACE＝45°，
∴∠BCE＝45°+45°＝90°，
即BD⊥CE；
由①可得，△ABD≌△ACE，
∴BD＝CE，
∴BC＝BD+CD＝CE+CD，
故答案为：BD⊥CE，BC＝CD+CE；
（2）BD⊥CE成立，数量关系不成立，关系为BC＝CE﹣CD．
理由：如图2中，由（1）同理可得，
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD
即∠BAD＝∠CAE，
∴在△ABD和△ACE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE，∠ACE＝∠ABC，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∴BD＝BC+CD，即CE＝BC+CD，∠ACE+∠ACB＝90°，
∴BC＝CE﹣CD；BD⊥CE；
（3）如图3中，由（1）同理可得，
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC﹣∠BAE＝∠DAE﹣∠BAE，
即∠BAD＝∠EAC，
易证△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE＝2，∠ACE＝∠ABD＝135°，
∴CD＝BC+BD＝BC+CE＝8，
∵∠ACB＝45°
∴∠DCE＝90°，
在Rt△DCE中，由勾股定理得DE2＝DC2+CE2＝82+22＝68，
∴DE＝217．