初中数学 章节必考点 特殊三角形章节涉及的20个必考点全梳理 学案


考点1 轴对称图形的识别
解决此类问题关键是掌握如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
例题1 2020年初，新型冠状病毒引发肺炎疫情．一方有难，八方支援，全国多家医院纷纷选派医护人员驰援武汉．下面是四家医院标志的图案部分，其中图案部分是轴对称图形的是（　　）

A．协和医院 B．湘雅医院 C．齐鲁医院 D．华西医院
【分析】利用轴对称图形的定义进行解答即可．
【解析】A、不是轴对称图形，故此选项不合题意；
B、不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
C、是轴对称图形，故此选项符合题意；
D、不是轴对称图形，故此选项不合题意；
故选：C．
【小结】此题主要考查了轴对称图形，关键是掌握如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．

变式1 下列交通指示标识中，是轴对称图形的有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合解答．
【解析】第一、二、四个图形是轴对称图形，
第三个图形不是轴对称图形，
故选：C．
【小结】本题考查的是轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．


变式2 下列与防疫有关的图案中不是轴对称图形的有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据轴对称图形定义进行分析即可．
【解析】第一个图案和第二个图案是轴对称图形，第三个图案和第四个图案不是轴对称图形，
则不是轴对称图形的有2个，
故选：B．
【小结】此题主要考查了轴对称图形，关键是掌握轴对称图形的概念．

变式3 下列图形中，是轴对称图形的有（　　）个．
①角 ②线段 ③等腰三角形 ④等边三角形 ⑤扇形 ⑥圆 ⑦平行四边形
A．4个 B．5个 C．6个 D．7个
【分析】直接利用轴对称图形的定义分析得出答案．
【解析】①角 ②线段 ③等腰三角形 ④等边三角形 ⑤扇形 ⑥圆 ⑦平行四边形中只有平行四边形不是轴对称图形．
故轴对称图形有6个．
故选：C．
【小结】此题主要考查了轴对称变换，正确把握轴对称图形的定义是解题关键．

考点2 轴对称的性质与运用
轴对称的性质：对应点的连线与对称轴的位置关系是互相垂直，对应点所连的线段被对称轴垂直平分，对称轴上的任何一点到两个对应点之间的距离相等，对应的角、线段都相等．
例题2 如图，P为∠AOB内一点，分别画出点P关于OA，OB的对称点P1，P2，连接P1P2．交OA于点M，交OB于点N．若P1P2＝5cm，则△PMN的周长为　 　．

【分析】根据中垂线的性质：中垂线上的点到线段的两个端点的距离相等，可求得△PMN的周长．
【解析】如图所示：

∵P与P1关于OA对称，
∴OA为线段PP1的垂直平分线．
∴MP＝MP1．
同理可得：NP＝NP2．
∵P1P2＝5cm，
∴△PMN的周长＝MP+MN+NP＝P1M+MN+NP2＝P1P2＝5cm．
故答案为5cm．
【小结】本题考查了求作关于直线的对称点的作法和中垂线的性质，利用轴对称的性质得出对应线段相等是解题关键．


变式4 如图，∠AOB＝40°，点P在∠AOB的内部，点C，D分别是点P关于直线OA，OB的对称点，连接CD分别交OA，OB于点E、F．则∠EPF＝　 　．

【分析】要求∠EPF的度数，要在△EPF中进行，根据轴对称的性质和等腰三角形的性质找出与∠MPN的关系，利用已知∠AOB＝40°可求出∠EPF，答案可得．
【解析】如图，

∵点M、N分别是点P关于直线0A、OB的对称点，
∴OA垂直平分PM，OB垂直平分PN，
∴ME＝PE，PF＝NF，∴∠PEF＝2∠M，∠PFE＝2∠N，
∵∠PRE＝∠PTF＝90°，∴在四边形OTPR中，
∴∠MPN+∠AOB＝180°，
∵∠EPF+2∠M+2∠N＝180°，
即∠MPN+∠M+∠N＝180°，
∴∠M+∠N＝∠AOB＝40°
∴∠EPF＝180°﹣40°×2＝100°．
故答案为100°．
【小结】本题主要考查了轴对称的性质、线段垂直平分线的性质，在计算的过程中运用了四边形的内角和和三角形的内角和定理及其推论．
变式5 如图，点P是∠AOB外一点，点M、N分别是∠AOB两边上的点，点P关于OA的对称点Q恰好落在线段MN上，点P关于OB的对称点R落在线段MN的延长线上．若PM＝2.5cm，PN＝3cm，MN＝4cm，则线段QR的长为　 　．

【分析】由轴对称的性质可知：PM＝MQ，PN＝RN，先求得QN的长度，然后根据QR＝QN+NR即可求得QR的长度．
【解析】由轴对称的性质可知：PM＝MQ＝2.5cm，PN＝RN＝3cm，
QN＝MN﹣QM＝4﹣2.5＝1.5cm，QR＝QN+NR＝1.5+3＝4.5cm．
故答案为：4.5cm．
【小结】本题主要考查的是轴对称的性质，掌握轴对称图形的性质是解题的关键．


变式6 如图，点P在∠AOB的内部，点C和点P关于OA对称，点P关于OB对称点是D，连接CD交OA于M，交OB于N．
（1）①若∠AOB＝60°，则∠COD＝　 　°；
②若∠AOB＝α，求∠COD的度数．
（2）若CD＝4，则△PMN的周长为　 　．

【分析】（1）根据轴对称的性质，可知∠AOC＝∠AOP，∠BOD＝∠BOP，可以求出∠COD的度数；
（2）根据轴对称的性质，可知CM＝PM，DN＝PN，根据周长定义可以求出△PMN的周长；
【解析】（1）①∵点C和点P关于OA对称，
∴∠AOC＝∠AOP，
∵点P关于OB对称点是D，
∴∠BOD＝∠BOP，
∴∠COD＝∠AOC+∠AOP+∠BOP+∠BOD＝2（∠AOP+∠BOP）＝2∠AOB＝2×60°＝120°，
故答案为：120°．
②∵点C和点P关于OA对称．
∴∠AOC＝∠AOP，
∵点P关于OB对称点是D，
∴∠BOD＝∠BOP，
∴∠COD＝∠AOC+∠AOP+∠BOP+∠BOD＝2（∠AOP+∠BOP）＝2∠AOB＝2α．
（2）根据轴对称的性质，可知CM＝PM，DN＝PN，
所以△PMN的周长为：PM+PN+MN＝CM+DN+MN＝CD＝4，
故答案为：4
【小结】本题考查轴对称的性质与运用，对应点的连线与对称轴的位置关系是互相垂直，对应点所连的线段被对称轴垂直平分，对称轴上的任何一点到两个对应点之间的距离相等，对应的角、线段都相等．
考点3 轴对称最短路径问题
例题3 如图所示，OB是一条河流，OC是一片菜田，张大伯每天从家（A点处）去河处流边挑水，然后把水挑到菜田处，最后回到家中．请你帮他设计一条路线，使张大伯每天行走的路线最短．下列四个方案中你认为符合要求的是（　　）

A． B．
C． D．
【分析】把小河看成一条直线．要找一条最短路线，可根据两点之间线段最短的规律来分析解答即可．
【解析】要找一条最短路线，分别过OB，OC作点A的对称点，则张大伯可沿着AM走一条直线去河边M点挑水，然后再沿MN走一条直线到菜园去，同理，画出回家的路线图如下：

故选：D．
【小结】本题考查轴对称﹣最短路线问题，线段的性质：两点之间线段最短，直线的性质：两点确定一条直线，关键是掌握过点向一条直线作垂线段的方法．


变式7 如图，∠AOB＝30°，点M、N分别是射线OB、OA上的动点，点P为∠AOB内一点，且OP＝4，则△PMN的周长的最小值为（　　）

A．2 B．4 C．6 D．8
【分析】设点P关于OA的对称点为C，关于OB的对称点为D，当点M、N在CD上时，△PMN的周长最小．
【解析】分别作点P关于OA、OB的对称点C、D，连接CD，分别交OA、OB于点M′、N′，连接OC、OD、PM′、PN′．

∵点P关于OA的对称点为C，
∴PM′＝CM′，OP＝OC，∠COB＝∠POB；
∵点P关于OB的对称点为D，
∴PN′＝DN′，OP＝OD，∠DOA＝∠POA，
∴OC＝OD＝OP＝4，∠COD＝∠COB+∠POB+∠POA+∠DOA＝2∠POA+2∠POB＝2∠AOB＝60°，
∴△COD是等边三角形，
∴CD＝OC＝OD＝4．
∴当M、N分别与M′、N′重合时，△PMN的周长的最小值＝PM′+M′N′+PN′＝DN′+M′N′+CM′＝CD＝4．
故选：B．
【小结】本题考查了轴对称﹣最短路线问题，将三角形的周长利用轴对称转化为线段的长，构造等边三角形是解题的关键．


变式8 如图，在锐角△ABC中，∠ACB＝50°；边AB上有一定点P，M、N分别是AC和BC边上的动点，当△PMN的周长最小时，∠MPN的度数是（　　）

A．50° B．60° C．70° D．80°
【分析】根据对称的性质，易求得∠C+∠EPF＝180°，由∠ACB＝50°，易求得∠D+∠G＝50°，继而求得答案．
【解析】∵PD⊥AC，PG⊥BC，
∴∠PEC＝∠PFC＝90°，
∴∠C+∠EPF＝180°，
∵∠C＝50°，
∵∠D+∠G+∠EPF＝180°，
∴∠D+∠G＝50°，
由对称可知：∠G＝∠GPN，∠D＝∠DPM，
∴∠GPN+∠DPM＝50°，
∴∠MPN＝130°﹣50°＝80°，
故选：D．

【小结】此题考查了最短路径问题以及线段垂直平分线的性质．关键是注意掌握数形结合思想的应用．


变式9 如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，∠B＝34°，在边AB，BC上分别找一点E，F使△DEF的周长最小，此时∠EDF＝　 　．

【分析】如图，作点D关于BA的对称点P，点D关于BC的对称点Q，连接PQ，交AB于E′，交BC于F′，则点E′，F′即为所求，结合四边形的内角和即可得出答案．
【解析】如图，作点D关于BA的对称点P，点D关于BC的对称点Q，连接PQ，交AB于E′，交BC于F′，则点E′，F′即为所求．

∵四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，∠B＝α，
∴∠ADC＝180°﹣α，
由轴对称知，∠ADE′＝∠P，∠CDF′＝∠Q，
在△PDQ中，∠P+∠Q＝180°﹣∠ADC
＝180°﹣（180°﹣34）
＝34°
∴∠ADE′+∠CDF′＝∠P+∠Q＝34，
∴∠E′DF′＝∠ADC﹣（∠ADE′+∠CDF′）
＝180°﹣68°＝112°
故答案为：112°．
【小结】本题考查的是轴对称﹣最短路线问题，涉及到平面内最短路线问题求法以及四边形的内角和定理等知识，根据已知得出E，F的位置是解题关键．
考点4 等腰三角形的性质（分类讨论思想）
解决此类问题的关键要注意分类讨论思想．
例题4 等腰三角形的周长为14cm，其中一边长为4cm，则该等腰三角形的腰长为（　　）
A．4cm B．5cm C．4cm或5cm D．4cm或6cm
【分析】已知的边可能是腰，也可能是底边，应分两种情况进行讨论．
【解析】∵当腰是4cm时，则另两边是4cm，6cm；
当底边是4cm时，另两边长是5cm，5cm．
∴该等腰三角形的腰长为4cm或5cm．故选：C．
【小结】本题考查的是等腰三角形的性质，在解答此题时要注意进行分类讨论，不要漏解．

变式10 等腰三角形一腰的垂直平分线与另一腰所在直线的夹角为50°，则这个等腰三角形顶角的度数为（　　）
A．40° B．70° C．40°或70° D．40°或140°
【分析】由题意可知其为锐角等腰三角形或钝角等腰三角形，不可能是等腰直角三角形，所以应分开来讨论．
【解析】当为锐角三角形时，如图

∵∠ADE＝50°，∠AED＝90°，∴∠A＝40°
当为钝角三角形时，如图

∠ADE＝50°，∠DAE＝40°，∴顶角∠BAC＝180°﹣40°＝140°，故选：D．
【小结】本题考查了等腰三角形的性质及三角形内角和定理，分类讨论是正确解答本题的关键．
变式11 等腰三角形底边长为5cm，一腰上的中线把其周长分为两部分的差为3cm．则等腰三角形的腰长为（　　）
A．2cm B．8cm C．2cm或8cm D．以上答案都不对
【分析】设腰长为x，得出方程（2x+x）﹣（5+x）＝3或（5+x）﹣（2x+x）＝3，求出x后根据三角形三边关系进行验证即可．
【解析】设腰长为2x，一腰的中线为y，
则（2x+x）﹣（5+x）＝3或（5+x）﹣（2x+x）＝3，
解得：x＝4，x＝1，∴2x＝8或2，
①三角形ABC三边长为8、8、5，符合三角形三边关系定理；
②三角形ABC三边是2、2、5，2+2＜5，不符合三角形三边关系定理；

故选：B．
【小结】本题考查了等腰三角形的性质，难度不大，关键是求出x的值后根据三角形三边关系进行验证．

变式12 等腰三角形一腰上的高等于该三角形另一边长的一半．则其顶角等于（　　）
A．30° B．30°或150° C．120°或150° D．120°、30°或150°
【分析】题中没有指明等腰三角形一腰上的高是哪边长一半，故应该分三种情况进行分析，从而不难求解．
【解析】①如图，∵∠ADB＝90°，AD=12AB，∴∠B＝30°，
∵AC＝BC，∴∠CAB＝30°，∴∠ACB＝180°﹣30°﹣30°＝120°．
②如图，∵∠ADB＝90°，AD=12AC，∴∠ACD＝30°，∵AC＝BC，
∴∠CAB＝∠B＝15°，∠ACB＝180°﹣30°＝150°．
③如图，∵∠ADB＝90°，AD=12BC，∴∠B＝30°，
∵AB＝BC，∴∠CAB＝∠C＝75°，∴∠B＝30°．故选：D．

【小结】此题主要考查等腰三角形的性质，三角形内角和定理及三角形外角性质的综合运用．
考点5 等腰三角形的性质（求角度综合）
解决此类问题的关键要掌握等腰三角形两底角相等（简称等边对等角），常与三角形外角的性质及三角形内角和定理结合运用．
例题5 已知：如图，在△ABC中，AB＝AC，BC＝BD，AD＝DE＝EB，则∠A的度数是（　　）

A．30° B．36° C．45° D．50°
【分析】根据AB＝AC，BC＝BD，AD＝DE＝EB可得到几组相等的角，再根据三角形外角的性质可得到∠C，∠A，∠EBD之间的关系，再根据三角形内角和定理即可求解．
【解析】设∠EBD＝x°，
∵BE＝DE，
∴∠EDB＝∠EBD＝x°，
∴∠AED＝∠EBD+∠EDB＝2x°，
∵AD＝DE，
∴∠A＝∠AED＝2x°，
∴∠BDC＝∠A+∠ABD＝3x°，
∵BD＝BC，
∴∠C＝∠BDC＝3x°，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠C＝3x°，
∵∠A+∠ABC+∠C＝180°，
∴2x+3x+3x＝180，
解得：x＝22.5，
∴∠A＝2x°＝45°．
故选：C．
【小结】此题主要考查等腰三角形的性质，三角形外角的性质及三角形内角和定理的综合运用．
变式13 如图，已知∠AOB＝10°，且OC＝CD＝DE＝EF＝FG＝GH，则∠BGH＝（　　）

A．50° B．60° C．70° D．80°
【分析】根据等腰三角形的性质和三角形的外角的性质即可得到结论．
【解析】∵OC＝CD，∴∠CDO＝∠O＝10°∴∠DCE＝∠O+∠CDO＝20°，
∵CD＝DE，∴∠DCE＝∠CED＝20°，∴∠EDF＝∠O+∠CED＝30°，
∵DE＝EF，∴∠EDF＝∠EFD＝30°，
同理∠GEF＝∠EGF＝40°，∠GFH＝∠GHF＝50°，∠BGH＝60°，
【小结】本题考查了等腰三角形的性质、三角形内角和定理、三角形外角性质．此类题考生应该注意的是三角形内角和定理、外角性质的运用．

变式14 如图，△AA1B中，AB＝A1B，∠B＝20°，A2，A3，A4，A5，…An都在AA1的延长线上，B1，B2，B3，B4…分别在A1B，A2B1，A3B2，A4B3，…上，且满足A1B1＝A1A2，A2B2＝A2A3，A3B3＝A3A4，A4B4＝A4A5，…，依此类推，∠B2019A2020A2019＝　 ．

【分析】先根据等腰三角形的性质求出∠BA1A的度数，再根据三角形外角的性质及等腰三角形的性质分别求出∠B1A2A1，∠B2A3A2及∠B3A4A3的度数，找出规律即可得出∠A2019A2020B2019的度数．
【解析】∵在△ABA1中，∠B＝20°，AB＝A1B，∴∠BA1A=180°-∠B2=80°，
∵A1A2＝A1B1，∠BA1A是△A1A2B1的外角，∴∠B1A2A1=∠BA1A2=40°；
同理可得∠B2A3A2＝20°，∠B3A4A3＝10°，
∴∠An﹣1AnBn﹣1=80°2n-1，∴∠A2019A2020B2019的度数为80°22019．故答案为：80°22019．
【小结】本题考查的是等腰三角形的性质及三角形外角的性质，根据题意得出∠B1C2A1，∠B2A3A2及∠B3A4A3的度数，找出规律是解答此题的关键．
变式15 如图，在△ABC中，∠ABC＝∠ACB，E为BC边上一点，以E为顶点作∠AEF，∠AEF的一边交AC于点F，使∠AEF＝∠B．
（1） 如果∠ABC＝40°，则∠BAC＝　 　；
（2）判断∠BAE与∠CEF的大小关系，并说明理由；
（3）当△AEF为直角三角形时，求∠AEF与∠BAE的数量关系．

【分析】（1）根据等腰三角形的性质解答即可；
（2）根据三角形内角与外角的关系可得∠B+∠BAE＝∠AEC＝∠AEF+∠FEC，再由条件∠AEF＝∠B可得∠BAE＝∠FEC；
（3）分别根据当∠AFE＝90°时，以及当∠EAF＝90°时利用外角的性质得出即可．
【解析】（1）∵在△ABC中，∠ABC＝∠ACB，∠ABC＝40°，∴∠ACB＝40°，
∴∠BAC＝180°﹣40°﹣40°＝100°，故答案为：100°．
（2）∠BAE＝∠FEC；理由如下：∵∠B+∠BAE＝∠AEC，∠AEF＝∠B，∴∠BAE＝∠FEC；
（3）如图1，当∠AFE＝90°时，∵∠B+∠BAE＝∠AEF+∠CEF，∠B＝∠AEF＝∠C，∴∠BAE＝∠CEF，
∵∠C+∠CEF＝90°，∴∠BAE+∠AEF＝90°，即∠AEF与∠BAE的数量关系是互余；
如图2，当∠EAF＝90°时，∵∠B+∠BAE＝∠AEF+∠1，∠B＝∠AEF＝∠C，∴∠BAE＝∠1，
∵∠C+∠1+∠AEF＝90°，∴2∠AEF+∠1＝90°，即2∠AEF与∠BAE的数量关系是互余．


【小结】此题考查了等腰三角形的性质以及外角的性质，此题难度适中，注意掌握分类讨论思想的应用．
考点6 等腰三角形的性质（三线合一）
解决此类问题的关键要掌握等腰三角形两底角相等（简称等边对等角），常与三角形外角的性质及三角形内角和定理结合运用．
例题6 如图：D为△ABC内一点，CD平分∠ACB，BD⊥CD，∠A＝∠ABD，若BD＝1，BC＝3，则AC的长为（　　）

A．5 B．4 C．3 D．2
【分析】延长BD交AC于E，如图，利用CD平分∠ACB，BD⊥CD先判断△BCE为等腰三角形得到DE＝BD＝1，CE＝CB＝3，再证明EA＝EB＝2，然后计算AE+CE即可．
【解析】延长BD交AC于E，如图，
∵CD平分∠ACB，BD⊥CD，
∴△BCE为等腰三角形，
∴DE＝BD＝1，CE＝CB＝3，
∵∠A＝∠ABD，
∴EA＝EB＝2，
∴AC＝AE+CE＝2+3＝5．
故选：A．

【小结】本题考查了等腰三角形的判定与性质：等腰三角形提供了好多相等的线段和相等的角，判定三角形是等腰三角形是证明线段相等、角相等的重要手段．


变式16 如图：已知等边△ABC中，D是AC的中点，E是BC延长线上的一点，且CE＝CD，DM⊥BC，垂足为M．
（1） 求∠E的度数．
（2）求证：M是BE的中点．

【分析】（1）由等边△ABC的性质可得：∠ACB＝∠ABC＝60°，然后根据等边对等角可得：∠E＝∠CDE，最后根据外角的性质可求∠E的度数；
（2）连接BD，由等边三角形的三线合一的性质可得：∠DBC=12∠ABC=12×60°＝30°，结合（1）的结论可得：∠DBC＝∠E，然后根据等角对等边，可得：DB＝DE，最后根据等腰三角形的三线合一的性质可得：M是BE的中点．
【解析】（1）解：∵三角形ABC是等边△ABC，∴∠ACB＝∠ABC＝60°，
又∵CE＝CD，∴∠E＝∠CDE，
又∵∠ACB＝∠E+∠CDE，∴∠E=12∠ACB＝30°；
（2）证明：连接BD，

∵等边△ABC中，D是AC的中点，
∴∠DBC=12∠ABC=12×60°＝30°
由（1）知∠E＝30°
∴∠DBC＝∠E＝30°∴DB＝DE
又∵DM⊥BC ∴M是BE的中点．
【小结】此题考查了等边三角形的有关性质，重点考查了等边三角形的三线合一的性质．

变式17 如图所示，△ABC中，AB＝BC，DE⊥AB于点E，DF⊥BC于点D，交AC于F．
（1）若∠AFD＝155°，求∠EDF的度数；
（2）若点F是AC的中点，求证：∠CFD=12∠B．

【分析】（1）求得∠A的度数后利用四边形的内角和定理求得结论即可；
（2）连接FB，根据AB＝BC，且点F是AC的中点，得到BF⊥AC，∠ABF＝∠CBF=12∠ABC，证得∠CFD＝∠CBF后即可证得∠CFD=12∠ABC．
【解析】（1）∵∠AFD＝155°，∴∠DFC＝25°，
∵DF⊥BC，DE⊥AB，∴∠FDC＝∠AED＝90°，
在Rt△FDC中，
∴∠C＝90°﹣25°＝65°，
∵AB＝BC，∴∠C＝∠A＝65°，
∴∠EDF＝360°﹣65°﹣155°﹣90°＝50°．
（2）连接BF
∵AB＝BC，且点F是AC的中点，
∴BF⊥AC，∠ABF＝∠CBF=12∠ABC，
∴∠CFD+∠BFD＝90°，
∠CBF+∠BFD＝90°，
∴∠CFD＝∠CBF，∴∠CFD=12∠ABC．
【小结】本题考查了等腰三角形的性质，解题的关键是从复杂的图形中找到相等的线段，这是利用等腰三角形性质的基础．
变式18 如图所示，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，AB＝AC．
（1）若D为BC的中点，过D作DM⊥DN分别交AB、AC于M、N，求证：DM＝DN；
（2）若D为BC中点，DM⊥DN分别和BA、AC延长线交于M、N，问DM和DN有何数量关系，并证明．

【分析】（1）连接AD，可得∠ADM＝∠CDN，可证△AMD≌△CND，可得DM＝DN；
（2）连接AD，可得∠ADM＝∠CDN，可证△AMD≌△CND，可得DM＝DN．
【解析】（1）连接AD，
∵D为BC中点，AB＝AC，∠BAC＝90°∴AD＝BD，∠BAD＝∠C，∴AD＝BD＝DC，

∵∠ADM+∠ADN＝90°，∠ADN+∠CDN＝90°，∴∠ADM＝∠CDN，
在△AMD和△CND中，∠ADM=∠CDNAD=CD∠BAD=∠C， ∴△AMD≌△CND（ASA），∴DM＝DN．
（2）连接AD，∵D为BC中点，∴AD＝BD，∠BAD＝∠C，

∵∠ADM+∠MDC＝90°，∠MDC+∠CDN＝90°，∴∠ADM＝∠CDN，
∵∠MAD＝MAC+DAC＝135°，∠NCD＝180°﹣∠ACD＝135°
在△AMD和△CND中，∠ADM=∠CDNAD=CD∠MAD=∠NCD，∴△AMD≌△CND（ASA），∴DM＝DN．
【小结】本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应边相等的性质，本题中求证△AMD≌△CND是解题的关键．
考点7 等腰三角形的性质（作等腰三角形）
例题7 已知：如图，下列三角形中，AB＝AC，则经过三角形的一个顶点的一条直线能够将这个三角形分成两个小等腰三角形的是（　　）

A．①③④ B．①②③④ C．①②④ D．①③
【分析】顶角为：36°，90°，108°的四种等腰三角形都可以用一条直线把这四个等腰三角形每个都分割成两个小的等腰三角形，再用一条直线分其中一个等腰三角形变成两个更小的等腰三角形．
【解析】由题意知，要求“被一条直线分成两个小等腰三角形”，
①中分成的两个等腰三角形的角的度数分别为：36°，36°，108°和36°，72°，72°，能；
②不能；
③显然原等腰直角三角形的斜边上的高把它还分为了两个小等腰直角三角形，能；
④中的为36°，72，72°和36°，36°，108°，能．
故选：A．
【小结】本题考查了等腰三角形的判定；在等腰三角形中，从一个顶点向对边引一条线段，分原三角形为两个新的等腰三角形，必须存在新出现的一个小等腰三角形与原等腰三角形相似才有可能．


变式19 线段AB在如图所示的8×8网格中（点A、B均在格点上），在格点上找一点C，使△ABC是以∠B为顶角的等腰三角形，则所有符合条件的点C的个数是（　　）

A．4 B．5 C．6 D．7
【分析】根据题意可得，以点B为圆心，BA长为半径画圆，圆与格点的交点即为符合条件的点C．
【解析】如图所示：

使△ABC是以∠B为顶角的等腰三角形，所以所有符合条件的点C的个数是6个．故选：C．
【小结】本题考查了等腰三角形的判定，解决本题的关键是掌握等腰三角形的判定．

变式20 如图，已知△ABC中，AB＝3，AC＝5，BC＝7，在△ABC所在平面内一条直线，将△ABC分割成两个三角形，使其中有一个边长为3的等腰三角形，则这样的直线最多可画（　　）

A．5条 B．4条 C．3条 D．2条
【分析】根据等腰三角形的性质分别利用AB为底以及AB为腰得出符合题意的图形即可．
【解析】如上图所示，当AB＝AF＝3，BA＝BD＝3，AB＝AE＝3，BG＝AG时，都能得到符合题意的等腰三角形．
故选：B．
【小结】此题主要考查了等腰三角形的判定等知识，正确利用图形分类讨论得出等腰三角形是解题关键．

变式21 如图，直线PQ上有一点O，点A为直线外一点，连接OA，在直线PQ上找一点B，使得△AOB是等腰三角形，这样的点B最多有　 　个．

【分析】分别以A、O为圆心AO长为半径画弧，作AO的垂直平分线，即可在直线PQ上找一点B，使得△AOB是等腰三角形．
【解析】如上图所示，分别以A、O为圆心，AO长为半径画弧，与直线PQ的交点B1，B2，B3符合题意；作AO的垂直平分线，与直线PQ交点B4符合题意，若B2，B3，B4不重合，则最多有4个．故答案为：4．
【小结】本题主要考查等腰三角形的判定，利用圆上的点到圆心的距离相等确定点P的位置是解题的关键，也是这类问题的常用方法．

考点8 等边三角形的性质（含30°直角三角形）
掌握直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半是解题的关键．
例题8 如图，在等边三角形ABC中，BC＝2，D是AB的中点，过点D作DF⊥AC于点F，过点F作EF⊥BC于点E，则BE的长为（　　）

A．1 B．32 C．54 D．43
【分析】根据在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半，求得AF，CF，CE，即可得出BE长．
【解析】∵△ABC为等边三角形，∴∠A＝∠C＝60°，AB＝AC＝BC＝2，
∵DF⊥AC，FE⊥BC，∴∠AFD＝∠CEF＝90°，∴∠ADF＝∠CFE＝30°，∴AF=12AD，CE=12CF，
∵点D是AB的中点，∴AD＝1，∴AF=12，CF=32，CE=34，∴BE＝BC﹣CE＝2-34=54，故选：C．
【小结】本题考查了含30°角直角三角形的性质、等边三角形的性质等知识；熟练掌握含30°角直角三角形的性质是解题的关键．
变式22 如图，点P、M、N分别在等边△ABC的各边上，且MP⊥AB于点P，MN⊥BC于点M，PN⊥AC于点N，若AB＝12cm，求CM的长为　 　．

【分析】根据等边三角形的性质得出∠A＝∠B＝∠C，进而得出∠MPB＝∠NMC＝∠PNA＝90°，再根据平角的意义即可得出∠NPM＝∠PMN＝∠MNP，即可证得△PMN是等边三角形；根据全等三角形的性质得到PA＝BM＝CN，PB＝MC＝AN，从而求得BM+PB＝AB＝12cm，根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半得出2PB＝BM，即可求得PB的长，进而得出MC的长．
【解析】∵△ABC是正三角形，
∴∠A＝∠B＝∠C，
∵MP⊥AB，MN⊥BC，PN⊥AC，
∴∠MPB＝∠NMC＝∠PNA＝90°，
∴∠PMB＝∠MNC＝∠APN，
∴∠NPM＝∠PMN＝∠MNP，
∴△PMN是等边三角形，
∴PN＝PM＝MN，
∴△PBM≌△MCN≌△NAP（AAS），
∴PA＝BM＝CN，PB＝MC＝AN，
∴BM+PB＝AB＝12cm，
∵△ABC是正三角形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝60°，
∴2PB＝BM，∴2PB+PB＝12cm，
∴PB＝4cm，∴MC＝4cm
故答案为：4cm．
【小结】本题考查了等边三角形的判定和性质，平角的意义，三角形全等的性质等，得出∠NPM＝∠PMN＝∠MNP是本题的关键．
变式23 如图，△ABC是等边三角形，D是BC延长线上一点，DE⊥AB于点E，EF⊥BC于点F．若CD＝3AE，CF＝6，则AC的长为　 　．

【分析】AC与DE相交于G，如图，利用等边三角形的性质得到AB＝BC＝AC，∠A＝∠B＝∠ACB＝60°，再证明CG＝CD，设AE＝x，则CD＝3x，CG＝3x，利用含30度的直角三角形三边的关系得到AG＝2AE＝2x，所以AB＝BC＝AC＝5x，则BE＝4x，BF＝5x﹣6，然后在Rt△BEF中利用BE＝2BF得到4x＝2（5x﹣6），解方程求出x后计算5x即可．
【解析】AC与DE相交于G，如图，
∵△ABC为等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，∠A＝∠B＝∠ACB＝60°，
∵DE⊥AE，∴∠AGE＝30°，∴∠CGD＝30°，
∵∠ACB＝∠CGD+∠D，∴∠D＝30°，∴CG＝CD，
设AE＝x，则CD＝3x，CG＝3x，
在Rt△AEG中，AG＝2AE＝2x，
∴AB＝BC＝AC＝5x，∴BE＝4x，BF＝5x﹣6，
在Rt△BEF中，BE＝2BF，
即4x＝2（5x﹣6），解得x＝2，
∴AC＝5x＝10．
故答案为10．

【小结】本题考查了含30度角的直角三角形的性质：在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半．也考查了等边三角形的性质．
变式24 如图，△ABC是等边三角形，DE∥AB分别交BC、AC于点D、E，过点E做EF⊥DE，交线段BC的延长线于点F．
（1）求证：CE＝CF；
（2）若BD=13CE，AB＝8，求线段DF的长．

【分析】（1）由题意可证△DEC是等边三角形，可求∠ECD＝∠DEC＝60°，根据三角形外角等于不相邻的两个内角的和，可求∠CEF＝∠CFE＝30°，即可得CE＝CF；
（2）由题意可得BD＝2，CD＝6，即可求DF的长．
【解析】（1）∵△ABC是等边三角形
∴AB＝AC＝BC，∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝60°
∵AE＝BD∴AC﹣AE＝BC﹣BD
∴CE＝CD，且∠ACB＝60°
∴△CDE是等边三角形∴∠ECD＝∠DEC＝60°
∵EF⊥DE ∴∠DEF＝90°∴∠CEF＝30°
∵∠DCE＝∠CEF+∠CFE＝60°
∴∠CEF＝∠CFE＝30°∴CE＝CF
（2）∵BD=13CE，CE＝CD ∴BD=13CD
∵AB＝8 ∴BC＝8 ∴BD＝2，CD＝6
∵CE＝CF＝CD∴CF＝6
∴DF＝DC+CF＝12

【小结】本题考查了等边三角形的性质，熟练运用等边三角形的性质和判定解决问题是本题的关键．
考点9 等边三角形的判定与性质综合
例题9 已知如图等腰△ABC，AB＝AC，∠BAC＝120°，AD⊥BC于点D，点P是BA延长线上一点，点O是线段AD上一点，OP＝OC，下面的结论：①∠APO+∠DCO＝30°；②∠APO＝∠DCO；③△OPC是等边三角形；④AB＝AO+AP．其中正确的是（　　）

A．①③④ B．①②③ C．①③ D．①②③④
【分析】①利用等边对等角，即可证得：∠APO＝∠ABO，∠DCO＝∠DBO，则∠APO+∠DCO＝∠ABO+∠DBO＝∠ABD，据此即可求解；
②因为点O是线段AD上一点，所以BO不一定是∠ABD的角平分线，可作判断；
③证明∠POC＝60°且OP＝OC，即可证得△OPC是等边三角形；
④首先证明△OPA≌△CPE，则AO＝CE，AC＝AE+CE＝AO+AP．
【解析】①如图1，连接OB，
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴BD＝CD，∠BAD=12∠BAC=12×120°＝60°，
∴OB＝OC，∠ABC＝90°﹣∠BAD＝30°
∵OP＝OC，
∴OB＝OC＝OP，
∴∠APO＝∠ABO，∠DCO＝∠DBO，
∴∠APO+∠DCO＝∠ABO+∠DBO＝∠ABD＝30°；
故①正确；
②由①知：∠APO＝∠ABO，∠DCO＝∠DBO，
∵点O是线段AD上一点，
∴∠ABO与∠DBO不一定相等，则∠APO与∠DCO不一定相等，
故②不正确；
③∵∠APC+∠DCP+∠PBC＝180°，
∴∠APC+∠DCP＝150°，
∵∠APO+∠DCO＝30°，
∴∠OPC+∠OCP＝120°，
∴∠POC＝180°﹣（∠OPC+∠OCP）＝60°，
∵OP＝OC，
∴△OPC是等边三角形；
故③正确；
④如图2，在AC上截取AE＝PA，连接PB，
∵∠PAE＝180°﹣∠BAC＝60°，
∴△APE是等边三角形，
∴∠PEA＝∠APE＝60°，PE＝PA，
∴∠APO+∠OPE＝60°，
∵∠OPE+∠CPE＝∠CPO＝60°，
∴∠APO＝∠CPE，
∵OP＝CP，
在△OPA和△CPE中，
PA=PE∠APO=∠CPEOP=CP，
∴△OPA≌△CPE（SAS），
∴AO＝CE，
∴AC＝AE+CE＝AO+AP；
故④正确；
本题正确的结论有：①③④
故选：A．


【小结】本题主要考查了等腰三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解决问题的关键．
变式25 如图，C为线段AE上一动点，（不与点A、E重合），在AE同侧分别作正△ABC和正△CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连接PQ．
求证：（1）AD＝BE
（2）△APC≌△BQC
（3）△PCQ是等边三角形．

【分析】（1）根据全等三角形的判定和性质证明即可；
（2）根据全等三角形的性质和判定证明即可；
（3）根据全等三角形的性质和等边三角形的判定证明即可．
【解析】证明：（1）∵△ABC和△CDE是正三角形，
∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∵∠ACD＝∠ACB+∠BCD，∠BCE＝∠DCE+∠BCD，
∴∠ACD＝∠BCE，
∴△ADC≌△BEC（SAS），
∴AD＝BE；
（2）∵ADC≌△BEC，
∴∠ACP＝∠BCQ，AC＝BC，∠CAP＝∠CBQ，
∴△APC≌△BQC（ASA）；
（3）∵CD＝CE，∠DCP＝∠ECQ＝60°，∠ADC＝∠BEC，
∴△CDP≌△CEQ（ASA）．
∴CP＝CQ，
∴∠CPQ＝∠CQP＝60°，
∴△CPQ是等边三角形．
【小结】本题考查等边三角形的性质及全等三角形的判定等知识点；得到三角形全等是正确解答本题的关键．

变式26 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．
【解析】【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．


【小结】本题考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质等知识；作辅助线构建等边三角形是解题的关键．


变式27 在等边△ABC的两边AB、AC所在直线上分别有两点M、N，D为△ABC外一点，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC．探究：当M、N分别在直线AB、AC上移动时，BM、NC、MN之间的数量关系及△AMN的周长Q与等边△ABC的周长L的关系．
（1）如图1，当点M、N边AB、AC上，且DM＝DN时，BM、NC、MN之间的数量关系是　 　；此时QL=　 　；
（2）如图2，点M、N在边AB、AC上，且当DM≠DN时，猜想（ I）问的两个结论还成立吗？若成立请直接写出你的结论；若不成立请说明理由．
（3）如图3，当M、N分别在边AB、CA的延长线上时，探索BM、NC、MN之间的数量关系如何？并给出证明．

【分析】（1）由DM＝DN，∠MDN＝60°，可证得△MDN是等边三角形，又由△ABC是等边三角形，CD＝BD，易证得Rt△BDM≌Rt△CDN，然后由直角三角形的性质，即可求得BM、NC、MN之间的数量关系 BM+NC＝MN，此时 QL=23；
（2）在CN的延长线上截取CM1＝BM，连接DM1．可证△DBM≌△DCM1，即可得DM＝DM1，易证得∠CDN＝∠MDN＝60°，则可证得△MDN≌△M1DN，然后由全等三角形的性质，即可得结论仍然成立；
（3）首先在CN上截取CM1＝BM，连接DM1，可证△DBM≌△DCM1，即可得DM＝DM1，然后证得∠CDN＝∠MDN＝60°，易证得△MDN≌△M1DN，则可得NC﹣BM＝MN．
【解析】（1）如图1，BM、NC、MN之间的数量关系 BM+NC＝MN．
此时 QL=23．
理由：∵DM＝DN，∠MDN＝60°，∴△MDN是等边三角形，
∵△ABC是等边三角形，∴∠A＝60°，
∵BD＝CD，∠BDC＝120°，∴∠DBC＝∠DCB＝30°，∴∠MBD＝∠NCD＝90°，
∵DM＝DN，BD＝CD，∴Rt△BDM≌Rt△CDN，∴∠BDM＝∠CDN＝30°，BM＝CN，
∴DM＝2BM，DN＝2CN，∴MN＝2BM＝2CN＝BM+CN；
∴AM＝AN，∴△AMN是等边三角形，
∵AB＝AM+BM，∴AM：AB＝2：3，∴QL=23；
（2）猜想：结论仍然成立． （3分）．
证明：在NC的延长线上截取CM1＝BM，连接DM1．
∵∠MBD＝∠M1CD＝90°，BD＝CD，
∴△DBM≌△DCM1，
∴DM＝DM1，∠MBD＝∠M1CD，M1C＝BM，
∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，
∴∠M1DN＝∠MDN＝60°，
∴△MDN≌△M1DN，
∴MN＝M1N＝M1C+NC＝BM+NC，
∴△AMN的周长为：AM+MN+AN＝AM+BM+CN+AN＝AB+AC，
∴QL=23；
（3）证明：在CN上截取CM1＝BM，连接DM1．
可证△DBM≌△DCM1，∴DM＝DM1，
可证∠M1DN＝∠MDN＝60°，∴△MDN≌△M1DN，
∴MN＝M1N，∴NC﹣BM＝MN．


【小结】此题考查了等边三角形，直角三角形，等腰三角形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识．此题综合性很强，难度较大，解题的关键是注意数形结合思想的应用与辅助线的作法．
考点10 共点等腰（手拉手模型）
例题10 已知：如图，在△ABC，△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，点C，D，E三点在同一条直线上，连接BD，BE．以下四个结论：
①BD＝CE；②BD⊥CE；③∠ACE+∠DBC＝45°；④∠ACE＝∠DBC．
其中结论正确的个数有（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】①由AB＝AC，AD＝AE，利用等式的性质得到夹角相等，利用SAS得出△ABD≌△AEC，由全等三角形的对应边相等得到BD＝CE；
②由△ABD≌△AEC得到一对角相等，再利用等腰直角三角形的性质及等量代换得到BD垂直于CE；
③由等腰直角三角形的性质得到∠ABD+∠DBC＝45°，等量代换得到∠ACE+∠DBC＝45°；
④由BD垂直于CE，在直角三角形BDE中，利用勾股定理列出关系式，等量代换即可作出判断．
【解析】①∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD，即∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD＝CE，本选项正确；
②∵△BAD≌△CAE，∴∠ABD＝∠ACE，
∵∠ABD+∠DBC＝45°，∴∠ACE+∠DBC＝45°，
∴∠DBC+∠DCB＝∠DBC+∠ACE+∠ACB＝90°，则BD⊥CE，本选项正确；
③∵△ABC为等腰直角三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∴∠ABD+∠DBC＝45°，∵∠ABD＝∠ACE ∴∠ACE+∠DBC＝45°，本选项正确；
④∵∠ABD＝∠ACE，∴只有当∠ABD＝∠DBC时，∠ACE＝∠DBC才成立．
综上所述，正确的结论有3个．故选：C．
【小结】此题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．

变式28 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．

【小结】本题考查了全等三角形的判定与性质、三角形的外角性质、角平分线的判定等知识；证明三角形全等是解题的关键．


变式29 （1）问题发现
如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A，D，E在同一直线上，连接BE，求∠AEB的度数．
（2）拓展探究
如图2，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A、D、E在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE．请求∠AEB的度数及线段CM，AE，BE之间的数量关系，并说明理由．

【分析】（1）先证出∠ACD＝∠BCE，那么△ACD≌△BCE，根据全等三角形证出∠ADC＝∠BEC，求出∠ADC＝120°，得出∠BEC＝120°，从而证出∠AEB＝60°；
（2）证明△ACD≌△BCE，得出∠ADC＝∠BEC，最后证出DM＝ME＝CM即可．
【解析】（1）∵△ACB和△DCE均为等边三角形，
∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠ACD＝60°﹣∠CDB＝∠BCE．
在△ACD和△BCE中，
AC=BC∠ACD=∠BCECD=CE，
∴△ACD≌△BCE（SAS）．
∴∠ADC＝∠BEC．
∵△DCE为等边三角形，
∴∠CDE＝∠CED＝60°．
∵点A，D，E在同一直线上，
∴∠ADC＝120°，
∴∠BEC＝120°．
∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝60°．
（2）∠AEB＝90°，AE＝BE+2CM．
理由：∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，
∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°．
∴∠ACD＝∠BCE．
在△ACD和△BCE中，
CA=CB∠ACD=∠BCECD=CE，
∴△ACD≌△BCE（SAS）．
∴AD＝BE，∠ADC＝∠BEC．
∵△DCE为等腰直角三角形，
∴∠CDE＝∠CED＝45°．
∵点A，D，E在同一直线上，
∴∠ADC＝135°，
∴∠BEC＝135°．
∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝90°．
∵CD＝CE，CM⊥DE，
∴DM＝ME．
∵∠DCE＝90°，
∴DM＝ME＝CM．
∴AE＝AD+DE＝BE+2CM．
【小结】此题考查了全等三角形的判定与性质和等腰三角形的判定与性质以及等腰三角形的性质；证明三角形全等是解决问题的关键．


变式30 已知Rt△ABC中，AB＝AC，∠ABC＝∠ACB＝45°，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Rt△ADE，AD＝AE，∠ADE＝∠AED＝45°，连接CF．

（1）发现问题
如图①，当点D在边BC上时．
①请写出BD和CE之间的数量关系为　 　，位置关系为　 　；
②求证：CE+CD＝BC
（2）尝试探究
如图②，当点D在边BC的延长线上且其他条件不变时，（1）中BC、CE、CD之间存在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，不证明．
（3）拓展延伸
如图③，当点D在CB的延长线上且其他条件不变时，若BC＝6，CE＝2，求线段CD的长．
【分析】（1）①根据全等三角形的判定定理证明△BAD≌△CAE，根据全等三角形的性质证明；
②根据全等三角形的对应边相等证明即可；
（2）证明△BAD≌△CAE，根据全等三角形的性质解答即可；
（3）根据△BAD≌△CAE得到BD＝CE＝2，计算即可．
【解析】（1）①BD＝CE，BD⊥CE，
∵∠ABC＝∠ACB＝45°，∠ADE＝∠AED＝45°，
∴∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△BAD≌△CAE，
∴BD＝CE，∠ACE＝∠B＝45°，
∴∠BCE＝90°，即BD⊥CE，
故答案为：BD＝CE；BD⊥CE；
②∵BD＝CE，
∴BC＝BD+CD＝CE+CD；
（2）（1）中BC、CE、CD之间存在的数量关系不成立，新的数量关系是CE＝BC+CD，
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△BAD≌△CAE，
∴BD＝CE，
∴CE＝BC+CD；
（3）由（2）得，△BAD≌△CAE，
∴BD＝CE＝2，
∴CD＝BC+CD＝8．
【小结】本题考查的是全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．


考点11 直角三角形斜边中线
掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
例题11 如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，∠DAC＝45°，∠BAC＝30°，E是AC的中点，连接BE，BD．则∠DBE的度数为（　　）

A．10° B．12° C．15° D．18°
【分析】连接DE，根据直角三角形的性质得到DE=12AC＝AE，根据三角形的外角性质求出∠DEC、∠BEC，根据等腰三角形的性质计算即可．
【解析】连接DE，
∵∠ADC＝90°，E是AC的中点，
∴DE=12AC＝AE，
∴∠EDA＝∠DAC＝45°，
∴∠DEC＝∠EDA+∠DAC＝90°，
同理，∠BEC＝60°，
∴∠DEB＝90°+60°＝150°，
∵DE=12AC，BE=12AC，
∴DE＝BE，
∴∠DBE=12×（180°﹣150°）＝15°，
故选：C．
【小结】本题考查的是直角三角形的性质、等腰三角形的性质，掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．

变式31 如图，已知△ABC中，∠ACB＝90°，O为AB的中点，点E在BC上，且CE＝AC，∠BAE＝15°，则∠COE＝　 　度．

【分析】根据等腰直角三角形性质得到∠CAE＝∠AEC＝45°，求得∠CAB＝60°，得到∠B＝30°，根据直角三角形性质得到CO＝BO＝AO=12AB，得到△AOC是等边三角形，∠OCB＝∠B＝30°，于是得到结论．
【解析】∵∠ACB＝90°，CE＝AC，∴∠CAE＝∠AEC＝45°，
∵∠BAE＝15°，∴∠CAB＝60°，∴∠B＝30°，
∵∠ACB＝90°，O为AB的中点，∴CO＝BO＝AO=12AB，
∴△AOC是等边三角形，∠OCB＝∠B＝30°，∴AC＝OC＝CE，
∴∠COE＝∠CEO=12（180°﹣30°）＝75°，故答案为：75．
【小结】本题考查了直角三角形斜边上的中线，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．

变式32 如图，AD是△ABC的高线，且BD=12AC，E是AC的中点，连结BE，取BE的中点F，连结DF，求证：DF⊥BE．

【分析】根据直角三角形斜边上的中线的性质和已知求出DE＝BD，根据等腰三角形的性质得出即可．
【解析】证明：连结DE，
∵AD是△ABC的高线，E是AC的中点，∴DE=12AC，
又∵BD=12AC，∴DE＝BD．
又∵F是BE的中点，∴DF⊥BE．
【小结】本题考查了直角三角形斜边上的中线和等腰三角形的性质，能根据已知和直角三角形斜边上的中线性质求出DE＝BD是解此题的关键．
变式33 如图（1），已知锐角△ABC中，CD、BE分别是AB、AC边上的高，M、N分别是线段BC、DE的中点．
（1）求证：MN⊥DE．（2）连结DM，ME，猜想∠A与∠DME之间的关系，并证明猜想．
（3）当∠A变为钝角时，如图（2），上述（1）（2）中的结论是否都成立，若结论成立，直接回答，不需证明；若结论不成立，说明理由．

【分析】（1）连接DM，ME，根据直角三角形的性质得到DM=12BC，ME=12BC，得到DM＝ME，根据等腰直角三角形的性质证明；
（2）根据三角形内角和定理、等腰三角形的性质计算；
（3）仿照（2）的计算过程解答．
【解析】（1）证明：如图（1），连接DM，ME，
∵CD、BE分别是AB、AC边上的高，M是BC的中点，
∴DM=12BC，ME=12BC，∴DM＝ME，
又∵N为DE中点，∴MN⊥DE；
（2）在△ABC中，∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A，
∵DM＝ME＝BM＝MC，
∴∠BMD+∠CME＝（180°﹣2∠ABC）+（180°﹣2∠ACB），
＝360°﹣2（∠ABC+∠ACB），
＝360°﹣2（180°﹣∠A），
＝2∠A，
∴∠DME＝180°﹣2∠A；
（3）结论（1）成立，结论（2）不成立，
理由如下：连结DM，ME，
在△ABC中，∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠BAC，
∵DM＝ME＝BM＝MC，
∴∠BME+∠CMD＝2∠ACB+2∠ABC，
＝2（180°﹣∠BAC），
＝360°﹣2∠BAC，
∴∠DME＝180°﹣（360°﹣2∠BAC），
＝2∠BAC﹣180°．

【小结】本题考查的是直角三角形的性质、三角形内角和定理，掌握直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．

考点12 逆命题和逆定理
例题12 下列命题中错误的是（　　）
A．任何一个命题都有逆命题
B．一个真命题的逆命题可能是真命题
C．一个定理不一定有逆定理
D．任何一个定理都有逆定理
【分析】根据逆命题与原命题的关系和它们的真假性无联系对各选项进行判断．
【解析】A、任何一个命题都有逆命题，所以A选项的说法正确，不符合题意；
B、一个真命题的逆命题可能是真命题，也可能为假命题，所以B选项的说法正确，不符合题意；
C、一个定理不一定有逆定理，所以C选项的说法正确，不符合题意；
D、有的定理有逆定理，有的定理不一定有逆定理，所以D选项的说法错误，符合题意．
故选：D．
【小结】本题考查了命题与定理：判断事物的语句叫命题；正确的命题称为真命题，错误的命题称为假命题；经过推理论证的真命题称为定理．也考查了逆命题．
变式34 下列说法：（1）“两直线平行，同位角相等”与“同位角相等，两直线平行”互为逆定理；（2）命题“如果两个角相等，那么它们都是直角”的逆命题为假命题；（3）命题“如果﹣a＝5，那么a＝﹣5”的逆命题为“如果﹣a≠﹣5，那么a≠﹣5”，其中正确的有（　　）
A．0个 B．1 个 C．2个 D．3个
【分析】根据平行线的性质、直角都相等、相反数的概念判断；写出各个命题的逆命题判断即可．
【解析】（1）“两直线平行，同位角相等”与“同位角相等，两直线平行”互为逆定理，本说法正确；
（2）命题“如果两个角相等，那么它们都是直角”的逆命题是“如果两个角都是直角，那么这两个角相等”为真命题，本说法错误；
（3）命题“如果﹣a＝5，那么a＝﹣5”的逆命题为“如果﹣a＝﹣5，那么a＝﹣5”，本说法错误；
故选：B．
【小结】本题考查的是命题的真假判断、逆命题的概念，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．

变式35 下列命题的逆命题是假命题的是（　　）
A．两直线平行，同旁内角互补
B．等边三角形的三个内角都相等
C．两个全等直角三角形的对应角相等
D．直角三角形的两个锐角互余
【分析】分别写出原命题的逆命题后判断正误即可．
【解析】A、逆命题为：同旁内角互补，两直线平行，正确，是真命题，不符合题意；
B、逆命题为：三角相等的三角形是等边三角形，正确，是真命题，不符合题意；
C、逆命题为：对应角相等的两个直角三角形全等，错误，是假命题，符合题意；
D、逆命题为：两锐角互余的三角形是直角三角形，正确，是真命题，不符合题意；
故选：C．
【小结】考查了命题与定理的知识，解题的关键是正确的写出一个命题的逆命题，难度不大．


变式36 下列命题的逆命题能成立的有（　　）
①两条直线平行，内错角相等； ②如果两个实数相等，那么它们的绝对值相等；
③全等三角形的对应角相等； ④在角的内部，到角的两边距离相等的点在角的平分线上．
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【分析】写出各个命题的逆命题后判断真假即可．
【解析】①两条直线平行，内错角相等的逆命题是内错角相等，两直线平行，成立；
②如果两个实数相等，那么它们的绝对值相等的逆命题是绝对值相等的两个实数相等，不成立；
③全等三角形的对应角相等的逆命题为对应角相等的三角形全等，不成立；
④在角的内部，到角的两边距离相等的点在角的平分线上的逆命题是角平分线上的点到角的两边的距离相等，成立，
成立的有2个，故选：C．
【小结】考查了命题与定理的知识，解题的关键是能够写出一个命题的逆命题，难度不大．

考点13 勾股定理的应用（求面积）
解决此类问题要善于将面积中的平方式子与勾股定理中的平方式子建立联系.
例题13 如图，分别以直角△ABC三边为边向外作三个正方形，其面积分别用S1、S2、S3表示，若S2＝7，S3＝2，那么S1＝（　　）

A．9 B．5 C．53 D．45
【分析】根据勾股定理与正方形的性质解答．
【解析】在Rt△ABC中，AB2＝BC2+AC2，
∵S1＝AB2，S2＝BC2，S3＝AC2，∴S1＝S2+S3．
∵S2＝7，S3＝2，∴S1＝7+2＝9．故选：A．
【小结】本题考查勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．
变式37 如图，所有的四边形是正方形，所有的三角形都是直角三角形，其中最大的正方形边长为13cm，则图中所有的正方形的面积之和为（　　）

A．169cm2 B．196cm2 C．338cm2 D．507cm2
【分析】根据勾股定理有S正方形2+S正方形3＝S正方形1，S正方形C+S正方形D＝S正方形2，S正方形A+S正方形B＝S正方形3，等量代换即可求所有正方形的面积之和．
【解析】如右图所示，
根据勾股定理可知，
S正方形2+S正方形3＝S正方形1，
S正方形C+S正方形D＝S正方形，
S正方形A+S正方形E＝S正方形2，
∴S正方形C+S正方形D+S正方形A+S正方形E＝S正方形1，
则S正方形1+正方形2+S正方形3+S正方形C+S正方形D+S正方形A+S正方形E＝3S正方形1＝3×132＝3×169＝507（cm2）．
故选：D．

【小结】本题考查了勾股定理．有一定难度，注意掌握直角三角形中，两直角边的平方和等于斜边的平方．


变式38 有一个面积为1的正方形，经过一次“生长”后，在他的左右肩上生出两个小正方形，其中，三个正方形围成的三角形是直角三角形，再经过一次“生长”后，变成了下图，如果继续“生长”下去，它将变得“枝繁叶茂”，请你算出“生长”了2019次后形成的图形中所有的正方形的面积和是（　　）

A．1 B．2018 C．2019 D．2020
【分析】根据勾股定理和正方形的面积公式，知“生长”1次后，以直角三角形两条直角边为边长的正方形的面积和等于以斜边为边长的正方形的面积，即所有正方形的面积和是2×1＝2；“生长”2次后，所有的正方形的面积和是3×1＝3，推而广之即可求出“生长”2019次后形成图形中所有正方形的面积之和．
【解析】设直角三角形的是三条边分别是a，b，c．
根据勾股定理，得a2+b2＝c2，
即正方形A的面积+正方形B的面积＝正方形C的面积＝1．
推而广之，“生长”了2019次后形成的图形中所有的正方形的面积和是2020×1＝2020．
故选：D．

【小结】此题考查了正方形的性质，以及勾股定理，其中能够根据勾股定理发现每一次得到的新的正方形的面积和与原正方形的面积之间的关系是解本题的关键．


变式39 勾股定理是人类最伟大的科学发现之一，在我国古算术《周髀算经》中早有记载．以直角三角形纸片的各边分别向外作正方形纸片，再把较小的两张正方形纸片按如图的方式放置在最大正方形纸片内．若已知图中阴影部分的面积，则可知（　　）

A．直角三角形纸片的面积
B．最大正方形纸片的面积
C．最大正方形与直角三角形的纸片面积和
D．较小两个正方形纸片重叠部分的面积
【分析】根据勾股定理得到c2＝a2+b2，根据正方形的面积公式、长方形的面积公式计算即可．
【解析】设直角三角形的斜边长为c，较长直角边为b，较短直角边为a，
由勾股定理得，c2＝a2+b2，
阴影部分的面积＝c2﹣b2﹣a（c﹣b）＝a2﹣ac+ab＝a（a+b﹣c），
较小两个正方形重叠部分的宽＝a﹣（c﹣b），长＝a，
则较小两个正方形重叠部分底面积＝a（a+b﹣c），
∴知道图中阴影部分的面积，则一定能求出较小两个正方形重叠部分的面积，
故选：D．
【小结】本题考查的是勾股定理，如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2．


考点14 勾股定理的应用（面积法求斜边高）
解决此类问题要善于利用等积法求解.
例题14 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，CD⊥AB于D，则CD的长是（　　）

A．5 B．7 C．125 D．245
【分析】首先利用勾股定理计算出AB的长，再根据三角形的面积公式计算出CD的长即可．
【解析】∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，
∴AB=42+32=5，
∵12×AC×BC=12×CD×AB，
∴12×3×4=12×5×CD，
解得CD=125．
故选：C．
【小结】此题主要考查了勾股定理，以及三角形的面积，关键是熟练掌握勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．


变式40 如图所示，在△ABC中，点D是BC上的一点，已知AC＝CD＝5，AD＝6，BD=52，则△ABC的面积是（　　）

A．18 B．36 C．72 D．125
【分析】先作辅助线，AE⊥CD于点E，CF⊥AD于点F，然后根据勾股定理，可以得到CF的长，再根据等积法可以得到AE的长，然后即可计算出△ABC的面积．
【解析】作AE⊥CD于点E，作CF⊥AD于点F，
∵AC＝CD＝5，AD＝6，CF⊥AD，
∴AF＝3，∠AFC＝90°，
∴CF=AC2-AF2=4，
∵CD⋅AE2=AD⋅CF2，
∴5AE2=6×42，
解得．AE=245，
∵BD=52，CD＝5，
∴BC=152，
∴△ABC的面积是：BC⋅AE2=152×2452=18，
故选：A．

【小结】本题考查勾股定理、等腰三角形，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．


变式41 如图，三角形ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，P为直线AB上一动点，连接PC，则线段PC的最小值是　．

【分析】作CP⊥AB于P，根据勾股定理求出AB，根据三角形的面积公式求出PC．
【解析】作CP⊥AB于P，
由垂线段最短可知，此时PC最小，
由勾股定理得，AB=BC2+AC2=42+32=5，
S△ABC=12×AC×BC=12×AB×PC，即12×3×4=12×5×PC，
解得，PC=125，故答案为：125．
【小结】本题考查的是勾股定理、垂线段最短，如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2．

变式42 在△ABC中，AB＝15，AC＝13，BC上的高AD长为12，则△ABC的面积为（　　）
A．84 B．24 C．24或84 D．42或84
【分析】由于高的位置是不确定的，所以应分情况进行讨论．
【解析】（1）
△ABC为锐角三角形，高AD在△ABC内部．BD=AB2-AD2=9，CD=AC2-AD2=5
∴△ABC的面积为12×（9+5）×12＝84；
（2）
△ABC为钝角三角形，高AD在△ABC外部．方法同（1）可得到BD＝9，CD＝5
∴△ABC的面积为12×（9﹣5）×12＝24．故选：C．
【小结】本题需注意当高的位置是不确定的时候，应分情况进行讨论．
考点15 勾股定理的应用（方程思想）
解题的关键是利用勾股定理求解线段长度，选择直角三角形借助勾股定理构造方程是解这类问题通用方法.
例题15 如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°．点D为BC边上一点，线段AD将Rt△ABC分为两个周长相等的三角形．若CD＝2，BD＝6，求△ABC的面积．

【分析】由题意得出AC+CD+AD＝AD+BD+AB．得出AC＝AB+4，设AB＝x，则AC＝4+x．在Rt△ABC中，由勾股定理得出方程，解方程得出AB＝6，由三角形面积公式即可得出答案．
【解析】根据题意可知，△ACD与△ADB的周长相等，
∴AC+CD+AD＝AD+BD+AB．
∴AC+CD＝BD+AB．
∵CD＝2，BD＝6，
∴AC+2＝6+AB，BC＝CD+BD＝8，
∴AC＝AB+4，
设AB＝x，则AC＝4+x．
在Rt△ABC中，AB2+BC2＝AC2，
∴x2+82＝（x+4）2．
∴x2+64＝16+x2+8x．
∴x＝6．
∴S=12×6×8=24．
【小结】本题考查了勾股定理以及三角形面积；熟练掌握勾股定理，求出AC＝AB+4是解题的关键．

变式43 如图所示，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝8，CD是AB边上的高．求线段AD的长．

【分析】设AD＝x，根据CD2＝BC2﹣BD2＝AC2﹣AD2，构建方程即可解决问题．
【解析】设AD＝x ∵CD⊥AB，∴∠D＝90°，
∴CD2＝BC2﹣BD2＝AC2﹣AD2，∴82﹣（5+x）2＝52﹣x2，∴x=75，∴AD=75．
【小结】本题考查勾股定理，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．

变式44 已知在△ABC中，D是BC的中点，DE⊥BC，垂足为D，交AB于点E，且BE2﹣AE2＝AC2．
（1）求∠A的度数； （2）若DE＝3，BD＝4，求AE的长．

【分析】（1）连接CE，根据线段垂直平分线的性质转化线段BE到△AEC中，利用勾股定理的逆定理可求∠A度数；
（2）设AE＝x，则AC可用x表示，在Rt△ABC中利用勾股定理得到关于x的方程求解AE值．
【解析】（1）连接CE，∵D是BC的中点，DE⊥BC，∴CE＝BE．
∵BE2﹣AE2＝AC2，∴AE2+AC2＝CE2．∴△AEC是直角三角形，∠A＝90°；
（2）在Rt△BDE中，BE=BD2+DE2=5．所以CE＝BE＝5．
设AE＝x，则在Rt△AEC中，AC2＝CE2﹣AE2，所以AC2＝25﹣x2．
∵BD＝4，∴BC＝2BD＝8．
在Rt△ABC中，根据BC2＝AB2+AC2，
即64＝（5+x）2+25﹣x2，解得x＝1.4．
即AE＝1.4．
【小结】本题主要考查了勾股定理及其逆定理，解题的关键是利用勾股定理求解线段长度，选择直角三角形借助勾股定理构造方程是解这类问题通用方法．
变式45 如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10cm，BC＝6cm，若点P从点A出发以每秒1cm的速度沿折线A﹣C﹣B﹣A运动，设运动时间为t秒（t＞0）．
（1）若点P在AC上，且满足PA＝PB时，求出此时t的值；
（2）若点P恰好在∠BAC的角平分线上（但不与A点重合），求t的值．

【分析】（1）设存在点P，使得PA＝PB，此时PA＝PB＝t，PC＝8﹣t，根据勾股定理列方程即可得到结论；
（2）当点P在∠CAB的平分线上时，如图1，过点P作PE⊥AB于点E，此时BP＝14﹣t，PE＝PC＝t﹣8，BE＝10﹣8＝2，根据勾股定理列方程即可得到结论．
【解析】（1）在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10cm，BC＝6cm，
则由勾股定理得到：AC=AB2-BC2=102-62=8（cm）
设存在点P，使得PA＝PB，
此时PA＝PB＝t，PC＝8﹣t，
在Rt△PCB中，PC2+CB2＝PB2，
即：（8﹣t）2+62＝t2，
解得：t=254，
∴当t=254时，PA＝PB；
（2）当点P在∠BAC的平分线上时，如上右图，过点P作PE⊥AB于点E，
此时BP＝14﹣t，PE＝PC＝t﹣8，BE＝10﹣8＝2，
在Rt△BEP中，PE2+BE2＝BP2，
即：（t﹣8）2+22＝（14﹣t）2，解得：t=323，
∴当t=323时，P在△ABC的角平分线上．
【小结】考查了勾股定理，角平分线的性质，此题难度较大，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
考点16 勾股定理的逆定理（判断直角三角形）
如果三角形两边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形是直角三角形.
例题16 下列条件中，不能判定△ABC为直角三角形的是（　　）
A．a：b：c＝5：12：13 B．∠A+∠B＝∠C
C．∠A：∠B：∠C＝2：3：5 D．a＝6，b＝12，c＝10
【分析】由勾股定理的逆定理，只要验证两小边的平方和等于最长边的平方或最大角是否是90°即可．
【解析】A、∵52+122＝132，∴△ABC是直角三角形，故能判定△ABC是直角三角形；
B、∵∠A+∠B＝∠C，∴∠C＝90°，故能判定△ABC是直角三角形；
C、∵∠A：∠B：∠C＝2：3：5，∴∠C=52+3+5×180°＝90°，故能判定△ABC是直角三角形；
D、∵62+102≠122，∴△ABC不是直角三角形，故不能判定△ABC是直角三角形；
故选：D．
【小结】本题考查勾股定理的逆定理的应用．判断三角形是否为直角三角形，可利用勾股定理的逆定理和直角三角形的定义判断．

变式46 在△ABC中，BC＝a，AB＝c，AC＝b，则不能作为判定△ABC是直角三角形的条件的是（　　）
A．∠A＝∠B﹣∠C B．∠A：∠B：∠C＝1：4：3
C．a：b：c＝7：24：25 D．a：b：c＝4：5：6
【分析】由直角三角形的定义，只要验证最大角是否是90°；由勾股定理的逆定理，只要验证两小边的平方和是否等于最长边的平方即可．
【解析】A、由∠A＝∠B﹣∠C得到：∠B＝∠A+∠C，所以∠B＝90°，故能判定△ABC是直角三角形，故本选项不符合题意；
B、∠A：∠B：∠C＝1：4：3，又∠A+∠B+∠C＝180°，则∠B＝90°，故能判定△ABC是直角三角形，故本选项不符合题意；
C、因为72+242＝252，所以能判定△ABC是直角三角形，故本选项不符合题意；
D、因为42+52≠62，所以不能判定△ABC是直角三角形，故本选项符合题意；
故选：D．
【小结】本题主要考查三角形内角和及勾股定理的逆定理的应用．判断三角形是否为直角三角形，已知三角形三边的长，只要利用勾股定理的逆定理加以判断即可．
变式47 在△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别记为a，b，c，下列结论中不正确的是（　　）
A．如果∠A﹣∠B＝∠C，那么△ABC 是直角三角形
B．如果∠A：∠B：∠C＝1：2：3，那么△ABC 是直角三角形
C．如果 a2：b2：c2＝9：16：25，那么△ABC 是直角三角形
D．如果 a2＝b2﹣c2，那么△ABC 是直角三角形且∠A＝90°
【分析】根据直角三角形的判定和勾股定理的逆定理解答即可．
【解析】A、如果∠A﹣∠B＝∠C，由∠A+∠B+∠C＝180°，可得∠A＝90°，那么△ABC 是直角三角形，选项正确；
B、如果∠A：∠B：∠C＝1：2：3，由∠A+∠B+∠C＝180°，可得∠A＝90°，那么△ABC 是直角三角形，选项正确；
C、如果 a2：b2：c2＝9：16：25，满足a2+b2＝c2，那么△ABC 是直角三角形，选项正确；
D、如果 a2＝b2﹣c2，那么△ABC 是直角三角形且∠B＝90°，选项错误； 故选：D．
【小结】本题考查的是勾股定理的逆定理，即如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2＝c2，那么这个三角形就是直角三角形．

变式48 在如图所示的网格纸中，有A、B两个格点，试取格点C，使得△ABC是直角三角形，则这样的格点C的个数是（　　）

A．4 B．6 C．8 D．10
【分析】根据勾股定理的逆定理解答即可．
【解析】如图所示：

格点C的个数是8，故选：C．
【小结】此题考查勾股定理的逆定理，关键是根据△ABC是直角三角形得出多种情况解答．
考点17 勾股定理的逆定理（求面积）
如果三角形两边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形是直角三角形.
例题17 如图，四边形ABCD的四边，AB＝13，BC＝12，CD＝4，AD＝3，对角线AC⊥BC．求四边形ABCD的面积．

【分析】先根据勾股定理求出AC的长度，再根据勾股定理的逆定理判断出△ACD的形状，然后利用S四边形ABCD＝S△ABC+S△ACD求解即可．
【解析】∵AB＝13，BC＝12，AC⊥BC，
∴AC2＝AB2﹣BC2＝132﹣122＝25，
∵CD2+AD2＝42+32＝25，
∴CD2+AD2＝AC2，
∴△ACD是直角三角形，且∠D＝90°，
∴S四边形ABCD＝S△ABC+S△ACD
=12AC•BC+12AD•CD
=12×5×12+12×3×4
＝36．
答：四边形ABCD的面积是36．
【小结】本题考查了勾股定理及其逆定理，三角形的面积；熟练掌握直角三角形面积的求法，利用勾股定理的逆定理判断△ACD为直角三角形是解题关键．


变式49 如图，在△ABC中，AD＝15，AC＝12，DC＝9，点B是CD延长线上一点，连接AB，若AB＝20．求：△ABD的面积．

【分析】由勾股定理的逆定理证明△ADC是直角三角形，∠C＝90°，再由勾股定理求出BC，得出BD，即可得出结果．
【解析】在△ADC中，AD＝15，AC＝12，DC＝9，
AC2+DC2＝122+92＝152＝AD2，即AC2+DC2＝AD2，
∴△ADC是直角三角形，∠C＝90°，
在Rt△ABC中，BC=AB2-AC2=202-122=16，
∴BD＝BC﹣DC＝16﹣9＝7，∴△ABD的面积=12×7×12＝42．
【小结】本题考查了勾股定理、勾股定理的逆定理；熟练掌握勾股定理，由勾股定理的逆定理证明三角形是直角三角形是解决问题的关键．

变式50 如图，四边形ABCD中，AB⊥AD，已知AD＝3cm，AB＝4cm，CD＝12cm，BC＝13cm，求四边形ABCD的面积．

【分析】连接BD，利用勾股定理求出BD的长，在△BDC中，判断它的形状，并求出它的面积，最后求出四边形ABCD的面积．
【解析】连接BD，
∵AD＝4cm，AB＝3cm，AB⊥AD，∴BD=AD2+AB2=32+42=5（cm）∴S△ABD=12AB•AD＝6（cm2）．
在△BDC中，∵52+122＝132，即BD2+BC2＝CD2，∴△BDC为直角三角形，即∠DBC＝90°，
∴S△DBC=12BD•BC＝30（cm2）．∴S四边形ABCD＝S△BDC﹣S△ABD＝30﹣6＝24（cm2）．
答：四边形ABCD的面积为24cm2．
【小结】本题考查了勾股定理、勾股定理的逆定理及三角形的面积公式．掌握勾股定理及其逆定理，连接AC，说明△ABC是直角三角形是解决本题的关键．
变式51 如图，在四边形ABCD中，AB＝20，BC＝15，CD＝7，AD＝24，∠B＝90°，求：
（1）∠A+∠C的度数；
（2）四边形ABCD的面积．

【分析】（1）连接AC，根据勾股定理计算出AC长，再利用勾股定理逆定理判定△ACD是直角三角形，然后再根据四边形内角和为360°可得∠A+∠C的度数；
（2）利用△ACD和△ABC的面积求和即可．
【解析】（1）连接AC，
∵∠B＝90°，
∴AC=AB2+BC2=400+225=25，
∵242+72＝252，
∴∠D＝90°，
∴∠DAC+∠DCB＝360°﹣90°×2＝180°；

（2）四边形ABCD的面积＝S△ACD+S△ACB=12×24×7+12×20×15＝234．

【小结】此题主要考查了勾股定理和勾股定理逆定理，关键是掌握在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方；如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2＝c2，那么这个三角形就是直角三角形．


考点18 勾股定理的实际应用
例题18 如图，小巷左右两侧是竖直的墙，一架梯子斜靠在左墙时，梯子底端到左墙角的距离BC为0.7米，梯子顶端到地面的距离AC为2.4米，如果保持梯子底端位置不动，将梯子斜靠在右墙时，梯子顶端到地面的距离A'D为1.5米，则小巷的宽为（　　）

A．2.5米 B．2.6米 C．2.7米 D．2.8米
【分析】在Rt△ABC中，利用勾股定理计算出AB长，再在Rt△A′BD中利用勾股定理计算出BD长，然后可得CD的长．
【解析】在Rt△ABC中，AB=AC2+BC2=2．42+0．72=2.5（米），∴A′B＝2.5米，
在Rt△A′BD中，BD=A'B2-A'D2=2．52-1．52=2（米），∴BC+BD＝2+0.7＝2.7（米），
故选：C．
【小结】此题主要考查了勾股定理的应用，关键是掌握利用勾股定理求有关线段的长度的方法．

变式52 《九章算术》是我国古代第一部数学专著，它的出现标志中国古代数学形成了完整的体系．“折竹抵地”问题源自《九章算术》中：“今有竹高一丈，末折抵地，去本四尺，问折者高几何？”翻译成数学问题是：如图所示，△ABC中，∠ACB＝90°，AC+AB＝10尺，BC＝4尺，求AC的长．AC的长为（　　）

A．3尺 B．4.2尺 C．5尺 D．4尺
【分析】竹子折断后刚好构成一直角三角形，设竹子折断处离地面x尺，则斜边为（10﹣x）尺，利用勾股定理解题即可．
【解析】设竹子折断处离地面x尺，则斜边为（10﹣x）尺，
根据勾股定理得：x2+42＝（10﹣x）2．解得：x＝4.2，∴折断处离地面的高度为4.2尺，故选：B．
【小结】此题考查了勾股定理的应用，解题关键是利用题目信息构造直角三角形，从而运用勾股定理解题．
变式53 如图，公路MN和公路PQ在点P处交会，公路PQ上点A处有学校，点A到公路MN的距离为80m，现有一卡车在公路MN上以5m/s的速度沿PN方向行驶，卡车行驶时周围100m以内都会受到噪音的影响，请你算出该学校受影响的时间多长？

【分析】设拖拉机开到C处刚好开始受到影响，行驶到D处时结束，在Rt△ACB中求出CB，继而得出CD，再由拖拉机的速度可得出所需时间．
【解析】设拖拉机开到C处刚好开始受到影响，行驶到D处时结束了噪声的影响．

则有CA＝DA＝100m，
在Rt△ABC中，CB=1002-802=60（m），
∴CD＝2CB＝120m，
则该校受影响的时间为：120÷5＝24（s）．
答：该校受影响拖拉机产生的噪声的影响时间为24秒．
【小结】本题考查了勾股定理的应用，解答本题的关键是熟练掌握勾股定理的表达式，画出示意图，另外要求掌握时间＝路程÷速度．


变式54 在甲村至乙村的公路旁有一块山地正在开发，现有一C处需要爆破．已知点C与公路上的停靠站A的距离为600米，与公路上另一停靠站B的距离为800米，且CA⊥CB，如图，为了安全起见，爆破点C周围半径400米范围内不得进入．问在进行爆破时，公路AB段是否有危险，是否需要暂时封锁？请通过计算进行说明．

【分析】过C作CD⊥AB于D．根据CA⊥CB，得出∠ACB＝90°，利用根据勾股定理有AB＝1000米．利用S△ABC=12AB•CD=12BC•AC得到CD＝480米．再根据480米＞400米可以判断没有危险．
【解析】公路AB不需要暂时封锁．
理由如下：如图，过C作CD⊥AB于D．

∵CA⊥CB，
∴∠ACB＝90°，
因为BC＝800米，AC＝600米，
所以，根据勾股定理有AB=8002+6002=1000（米）．
因为S△ABC=12AB•CD=12BC•AC
所以CD=BC⋅ACAB=800×6001000=480（米）．
由于400米＜480米，故没有危险，
因此AB段公路不需要暂时封锁．
【小结】本题考查了勾股定理的应用，解题的关键是利用直角三角形的性质求出CD的长．


考点19 勾股定理中的最短路径问题
解决此类问题需先将立体图形进行展开，在平面上利用两点之间线段最短作图，利用勾股定理即可求解.
例题19 如图，圆柱的底面半径为24，高为7π，蚂蚁在圆柱表面爬行，从点A爬到点B的最短路程是　 　．

【分析】沿过A点和过B点的母线剪开，展成平面，连接AB，则AB的长是蚂蚁在圆柱表面从A点爬到B点的最短路程，求出AC和BC的长，根据勾股定理求出斜边AB即可．
【解析】如图所示：沿过A点和过B点的母线剪开，展成平面，连接AB，
则AB的长是蚂蚁在圆柱表面从A点爬到B点的最短路程，
AC=12×2π×24＝24π，∠C＝90°，BC＝7π，
由勾股定理得：AB=AC2+BC2=25π．
故答案为：25π．

【小结】本题考查了平面展开﹣最短路线问题和勾股定理的应用，关键是知道求出AB的长就是蚂蚁在圆柱表面从A点爬到B点的最短路程．


变式55 如图，这是一个供滑板爱好者使用的U型池的示意图，该U型池可以看成是长方体去掉一个“半圆柱”而成，中间可供滑行部分的截面是直径为40πm的半圆，其边缘AB＝CD＝20m，点E在CD上，CE＝5m，一滑板爱好者从A点滑到E点，则他滑行的最短距离约为　 　m．（边缘部分的厚度忽略不计）

【分析】要求滑行的最短距离，需将该U型池的侧面展开，进而根据“两点之间线段最短”得出结果．
【解析】如图是其侧面展开图：AD＝π⋅20π=20m，AB＝CD＝20m．DE＝CD﹣CE＝20﹣5＝15（m），

在Rt△ADE中，AE=AD2+DE2=202+152=25（m）．
故他滑行的最短距离约为25m．
故答案为：25．
【小结】本题考查了平面展开﹣最短路径问题，U型池的侧面展开图是一个矩形，此矩形的宽等于半径为20πm的半圆的弧长，矩形的长等于AB＝CD＝20m．本题就是把U型池的侧面展开成矩形，“化曲面为平面”，用勾股定理解决．


变式56 如图，透明的圆柱形玻璃容器（容器厚度忽略不计）的高为16cm，在容器内壁离容器底部4cm的点B处有一滴蜂蜜，此时一只蚂蚁正好在容器外壁，位于离容器上沿4cm的点A处，若蚂蚁吃到蜂蜜需爬行的最短路径为20cm，则该圆柱底面周长为（　　）

A．12cm B．14cm C．20cm D．24cm
【分析】将容器侧面展开，建立A关于EG的对称点A′，根据两点之间线段最短可知A′B的长度即为所求．
【解析】如图：将圆柱展开，EG为上底面圆周长的一半，
作A关于E的对称点A'，连接A'B交EG于F，则蚂蚁吃到蜂蜜需爬行的最短路径为AF+BF的长，即AF+BF＝A'B＝20cm，

延长BG，过A'作A'D⊥BG于D，
∵AE＝A'E＝DG＝4cm，
∴BD＝16cm，
Rt△A'DB中，由勾股定理得：A'D=202-162=12cm，
∴则该圆柱底面周长为24cm．
故选：D．
【小结】本题考查了平面展开﹣﹣﹣最短路径问题，将图形展开，利用轴对称的性质和勾股定理进行计算是解题的关键．同时也考查了同学们的创造性思维能力．


变式57 如图，长方体的长为20cm，宽为10cm，高为15cm，点B与点C之间的距离为5cm．一只蚂蚁如果要沿着长方体的表面从点A爬到点B去吃一滴蜜糖，那么需要爬行的最短距离是多少？

【分析】分三种情况讨论：把左侧面展开到水平面上，连结AB，如图1；把右侧面展开到正面上，连结AB，如图2；把向上的面展开到正面上，连结AB，如图3，然后利用勾股定理分别计算各情况下的AB，再进行大小比较．
【解析】将长方体沿CF、FG、GH剪开，向右翻折，使面FCHG和面ADCH在同一个平面内，
连接AB，如图1，
由题意可得：BD＝BC+CD＝5+10＝15cm，AD＝CH＝15cm，
在Rt△ABD中，根据勾股定理得：AB=BD2+AD2=152+152=152cm；
将长方体沿DE、EF、FC剪开，向上翻折，使面DEFC和面ADCH在同一个平面内，
连接AB，如图2，
由题意得：BH＝BC+CH＝5+15＝20cm，AH＝10cm，
在Rt△ABH中，根据勾股定理得：AB=BH2+AH2=202+102=105cm，
则需要爬行的最短距离是152cm．
连接AB，如图3，
由题意可得：BB′＝B′E+BE＝15+10＝25cm，AB′＝BC＝5cm，
在Rt△AB′B中，根据勾股定理得：AB=BB'2+AB'2=252+52=526cm，
∵152＜105＜526，
∴则需要爬行的最短距离是152cm．
【小结】本题考查了平面展开﹣最短路径问题：先根据题意把立体图形展开成平面图形后，再确定两点之间的最短路径．一般情况是两点之间，线段最短．在平面图形上构造直角三角形解决问题．
考点20 直角三角形全等的判定
直角三角形首先是三角形，所以一般三角形全等的判定方法都适合它，同时，直角三角形又是特殊的三角形，有它的特殊性，作为“HL”公理就是直角三角形独有的判定方法．所以直角三角形的判定方法最多，使用时应该抓住“直角”这个隐含的已知条件．
例题20 下列命题中：①两直角边对应相等的两个直角三角形全等；②两锐角对应相等的两个直角三角形全等；③斜边和一直角边对应相等的两个直角三角形全等；④一锐角和斜边对应相等的两个直角三角形全等；⑤一锐角和一边对应相等的两个直角三角形全等．其中正确的个数有（　　）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【分析】根据全等三角形的判定定理HL、AAS、SSS等作出判定即可．
【解析】①两直角边对应相等，两直角相等，所以根据SAS可以判定两直角边对应相等的两个直角三角形全等．故①正确；
②两锐角对应相等的两个直角三角形不一定全等，因为对应边不一定相等．故②错误；
③斜边和一直角边对应相等的两个直角三角形，可以根据HL判定它们全等．故③正确；
④一锐角和斜边对应相等的两个直角三角形，可以根据AAS判定它们全等．故④正确；
⑤一锐角和一边对应相等的两个直角三角形，可以由“直角三角形两个锐角互余”的性质推知另一锐角对应相等，所以根据AAS，或ASA都可判定它们全等．故⑤正确．
综上所述，正确的说法有4个．
故选：C．
【小结】本题考查了直角三角形全等的判定．直角三角形首先是三角形，所以一般三角形全等的判定方法都适合它，同时，直角三角形又是特殊的三角形，有它的特殊性，作为“HL”公理就是直角三角形独有的判定方法．所以直角三角形的判定方法最多，使用时应该抓住“直角”这个隐含的已知条件．


变式58 如图，∠ACB＝90°，AC＝BC，BE⊥CE于E，AD⊥CE于D，下面四个结论：
①∠ABE＝∠BAD；②△CEB≌△ADC；
③AB＝CE；④AD﹣BE＝DE．
正确的是　 　（将你认为正确的答案序号都写上）．

【分析】首先由△AEF与△ADF中分别有两个直角及对顶角得到①是正确的，利用等腰三角形的性质及其它条件，证明△CEB≌△ADC，则其他结论易求，而无法证明③是正确的．
【解析】∵∠BEF＝∠ADF＝90°，∠BFE＝∠AFD
∴①∠ABE＝∠BAD 正确
∵∠1+∠2＝90°∠2+∠CAD＝90°
∴∠1＝∠CAD
又∠E＝∠ADC＝90°，AC＝BC
∴②△CEB≌△ADC 正确
∴CE＝AD，BE＝CD
∴④AD﹣BE＝DE． 正确
而③不能证明，
故答案为①、②、④．
故填①、②、④．

【小结】本题考查了直角三角形全等的判定；要充分利用全等三角形的性质来找到结论，利用相等线段的等量代换是正确解答本题的关键；


变式59 如图（1），AB⊥AD，ED⊥AD，AB＝CD，AC＝DE，试说明BC⊥CE的理由；
如图（2），若△ABC向右平移，使得点C移到点D，AB⊥AD，ED⊥AD，AB＝CD，AD＝DE，探索BD⊥CE的结论是否成立，并说明理由．

【分析】（1）根据SAS可得△ABC≌△DCE，根据全等三角形的对应角相等，再结合已知不难求得结论．
（2）根据SAS可得△ABD≌△DCE，根据全等三角形的对应角相等，再结合已知不难求得结论．
【解析】（1）∵AB⊥AD，ED⊥AD，
∴∠A＝∠D＝90°．
又∵AB＝CD，AC＝DE，
∴△ABC≌△DCE．
∴∠B＝∠DCE．
∵∠B+∠ACB＝90°，
∴∠ACB+∠DCE＝90°．
∴∠BCE＝90°，
即BC⊥CE；
（2）∵AB⊥AD，ED⊥AD，
∴∠A＝∠CDE＝90°．
又∵AB＝CD，AD＝DE，
∴△ABD≌△DCE．
∴∠B＝∠DCE．
∵∠B+∠ADB＝90°，
∴∠ADB+∠DCE＝90°．
BD⊥CE．
【小结】本题利用了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，三角形的内角和定理等求解，移动题目这几年常常考，要注意掌握．

变式60 如图，在△ABC中，AB＝AC，DE是过点A的直线，BD⊥DE于D，CE⊥DE于点E；
（1）若B、C在DE的同侧（如图所示）且AD＝CE．求证：AB⊥AC；

（2）若B、C在DE的两侧（如图所示），且AD＝CE，其他条件不变，AB与AC仍垂直吗？若是请给出证明；若不是，请说明理由．
【分析】（1）由已知条件，证明ABD≌△ACE，再利用角与角之间的关系求证∠BAD+∠CAE＝90°，即可证明AB⊥AC；
（2）同（1），先证ABD≌△ACE，再利用角与角之间的关系求证∠BAD+∠CAE＝90°，即可证明AB⊥AC．
【解析】（1）证明：∵BD⊥DE，CE⊥DE，
∴∠ADB＝∠AEC＝90°，
在Rt△ABD和Rt△ACE中，
∵AB=ACAD=CE，∴Rt△ABD≌Rt△CAE．
∴∠DAB＝∠ECA，∠DBA＝∠EAC．
∵∠DAB+∠DBA＝90°，∠EAC+∠ACE＝90°，
∴∠BAD+∠CAE＝90°．
∠BAC＝180°﹣（∠BAD+∠CAE）＝90°．
∴AB⊥AC．
（2）AB⊥AC．理由如下：
同（1）一样可证得Rt△ABD≌Rt△ACE．∴∠DAB＝∠ECA，∠DBA＝∠EAC，
∵∠CAE+∠ECA＝90°，∴∠CAE+∠BAD＝90°，即∠BAC＝90°，
∴AB⊥AC．
【小结】三角形全等的判定是中考的热点，一般以考查三角形全等的方法为主，借助全等三角形的性质得到相等的角，然后证明垂直是经常使用的方法，注意掌握、应用．

巩固练习
1．自新冠肺炎疫情发生以来，全国人民共同抗疫，各地积极普及科学防控知识，下面是科学防控知识的图片，图片上有图案和文字说明，其中的图案是轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据轴对称图形的概念：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形进行分析即可．
【解析】A、不是轴对称图形； B、不是轴对称图形；
C、不是轴对称图形； D、是轴对称图形．
故选：D．
【小结】此题主要考查了轴对称图形，关键是掌握轴对称图形的定义．
2．下列说法中，正确的是（　　）
A．所有的命题都有逆命题 B．所有的定理都有逆定理
C．真命题的逆命题一定是真命题 D．假命题的逆命题一定是假命题
【分析】根据互逆命题的定义对A进行判断；根据命题与逆命题的真假没有联系可对B、C、D进行判断．
【解析】A、每个命题都有逆命题，所以A选项正确；
B、每个定理不一定有逆定理，所以B选项错误；
C、真命题的逆命题不一定是真命题，所以C选项错误；
D、假命题的逆命题不一定是假命题，所以D选项错误．
故选：A．
【小结】本题考查了命题与定理：断一件事情的语句，叫做命题．许多命题都是由题设和结论两部分组成，题设是已知事项，结论是由已知事项推出的事项，一个命题可以写成“如果…那么…”形式． 2、有些命题的正确性是用推理证实的，这样的真命题叫做定理．

3．如图，以直角三角形的一条直角边和斜边为一边作正方形M和N，它们的面积分别为9平方厘米和25平方厘米，则直角三角形的面积为（　　）

A．6平方厘米 B．12平方厘米 C．24平方厘米 D．3平方厘米
【分析】根据勾股定理求出另一条直角边的长，再根据直角三角形的面积公式求出直角三角形的面积．
【解析】根据勾股定理可得直角三角形的另一边长为：25-9=4（厘米），
可得这个直角三角形的面积为：12×9×4＝6（平方厘米）．
故选：A．
【小结】本题考查了勾股定理和直角三角形面积的求法，理解直角三角形的面积等于其两直角边长乘积的一半是解题的关键．
4．下列说法中，正确的个数是（　　）
①斜边和一直角边对应相等的两个直角三角形全等；②有两边和它们的夹角对应相等的两个直角全角形全等；③一锐角和斜边对应相等的两个直角三角形全等；④两个锐角对应相等的两个直角三角形全等．
A．4 B．3 C．2 D．1
【分析】根据HL可得①正确；根据SAS可得②正确；由AAS或ASA可得③正确；三个角相等的两个直角三角形不一定全等．
【解析】①斜边和一直角边对应相等的两个直角三角形全等，正确；
②有两边和它们的夹角对应相等的两个直角三角形全等，正确；
③一锐角和斜边对应相等的两个直角三角形全等，正确；
④两个锐角对应相等的两个直角三角形全等，错误；
故选：B．
【小结】本题考查了直角三角形全等的判定，除了HL外，还有一般三角形全等的四个判定定理，要找准对应关系．

5．如图，在△ABC中，D、E分别为AB、AC边上的点，DA＝DE，DB＝BE＝EC．若∠ABC＝130°，则∠C的度数为（　　）

A．20° B．22.5° C．25° D．30°
【分析】可设∠C＝x，根据等腰三角形的性质可得∠EBC＝x，则∠DBE＝130°﹣x，根据等腰三角形的性质可得∠EDB＝25°+12x，再根据三角形外角的性质和等腰三角形的性质可得∠A＝12.5°+14x，再根据三角形内角和为180°，列出方程即可求解．
【解析】设∠C＝x，根据等腰三角形的性质得∠EBC＝x，则∠DBE＝130°﹣x，根据等腰三角形的性质得∠EDB＝25°+12x，根据三角形外角的性质和等腰三角形的性质得∠A＝12.5°+14x，
依题意有12.5°+14x+x+130°＝180°，解得x＝30°．故选：D．
【小结】本题考查了等腰三角形的性质，三角形外角的性质，三角形内角和定理，得到方程是解本题关键．
6．历史上对勾股定理的一种证法采用了下列图形：其中两个全等的直角三角形边AE、EB在一条直线上．证明中用到的面积相等关系是（　　）

A．S△EDA＝S△CEB B．S△EDA+S△CEB＝S△CDB
C．S四边形CDAE＝S四边形CDEB D．S△EDA+S△CDE+S△CEB＝S四边形ABCD
【分析】用三角形的面积和、梯形的面积来表示这个图形的面积，从而证明勾股定理．
【解析】∵由S△EDA+S△CDE+S△CEB＝S四边形ABCD．
可知12ab+12c2+12ab=12（a+b）2，∴c2+2ab＝a2+2ab+b2，整理得a2+b2＝c2，
∴证明中用到的面积相等关系是：S△EDA+S△CDE+S△CEB＝S四边形ABCD．故选：D．
【小结】本题考查了勾股定理的证明依据．此类证明要转化成该图形面积的两种表示方法，从而转化成方程达到证明的结果．
7．如图是5×5的正方形方格图，点A，B在小方格的顶点上，要在小方格的项点确定一点C，连接AC和BC，使△ABC是等腰三角形，则方格图中满足条件的点C的个数是（　　）

A．4 B．5 C．6 D．7
【分析】根据等腰三角形的判定找出符合的所有点即可．
【解析】如图所示：
C在C1，C2，C3，C4位置上时，AC＝BC；
C在C5，C6位置上时，AB＝BC；
即满足点C的个数是6，故选：C．
【小结】本题考查了等腰三角形的判定，能找出符合的所有点是解此题的关键，注意：有两边相等的三角形是等腰三角形．
8．已知△ABC中，AB＝17，AC＝10，BC边上的高AH＝8，则BC的长是（　　）
A．21 B．15 C．6 D．21或9
【分析】高线AH可能在三角形的内部也可能在三角形的外部，本题应分两种情况进行讨论．分别依据勾股定理即可求解．
【解析】如图所示，在Rt△ABH中，

∵AB＝17，AH＝8，∴BH=172-82=15；
在Rt△ACH中，∵AC＝10，AH＝8，∴CH=102-82=6，
∴当AH在三角形的内部时，如图1，BC＝15+6＝21；
当AH在三角形的外部时，如图2，BC＝15﹣6＝9．∴BC的长是21或9．故选：D．
【小结】本题考查的是勾股定理，在解答此题时要进行分类讨论，不要漏解．
9．如图，已知∠MON＝30°，点A1，A2，A3，…在射线ON上，点B1，B2，B3，…在射线OM上，△A1B1B2，△A2B2B3，△A3B3B4，…均为等边三角形．若OB1＝1，则△A8B8B9的边长为（　　）

A．64 B．128 C．132 D．256
【分析】根据等腰三角形的性质以及平行线的性质得出B1A1∥A2B2∥A3B3，以及a2＝2a1，得出a3＝4a1＝4，a4＝8a1＝8，a5＝16a1…进而得出答案．
【解析】∵△A1B1B2是等边三角形，
∴∠A1B1B2＝∠A1B2O＝60°，A1B1＝A1B2，
∵∠O＝30°，
∴∠A2A1B2＝∠O+∠A1B2O＝90°，
∵∠A1B1B2＝∠O+∠OA1B1，
∴∠O＝∠OA1B1＝30°，
∴OB1＝A1B1＝A1B2＝1，
在Rt△A2A1B2中，∵∠A1A2B2＝30°
∴A2B2＝2A1B2＝2，
同法可得A3B3＝22，A4B4＝23，…，AnBn＝2n﹣1，
∴△A8B8B9的边长＝27＝128，
故选：B．
【小结】本题考查等边三角形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．

10．如图，在四边形ABCD中，∠C＝70°，∠B＝∠D＝90°，E、F分别是BC、DC上的点，当△AEF的周长最小时，∠EAF的度数为（　　）

A．30° B．40° C．50° D．70°
【分析】据要使△AEF的周长最小，即利用点的对称，使三角形的三边在同一直线上，作出A关于BC和CD的对称点A′，A″，即可得出∠AA′E+∠A″＝∠HAA′＝70°，进而得出∠AEF+∠AFE＝2（∠AA′E+∠A″），即可得出答案．
【解析】作A关于BC和CD的对称点A′，A″，连接A′A″，交BC于E，交CD于F，则A′A″即为△AEF的周长最小值．作DA延长线AH，
∵∠C＝70°，
∴∠DAB＝110°，
∴∠HAA′＝70°，
∴∠AA′E+∠A″＝∠HAA′＝70°，
∵∠EA′A＝∠EAA′，∠FAD＝∠A″，
∴∠EAA′+∠A″AF＝70°，
∴∠EAF＝110°﹣70°＝40°，
故选：B．
【小结】本题考查的是轴对称﹣最短路线问题，涉及到平面内最短路线问题求法以及三角形的外角的性质和垂直平分线的性质等知识，根据已知得出E，F的位置是解题关键．

11．一个等腰三角形的周长是21，其中两边之差为6，则腰长为　9　．
【分析】分两种情况分别计算三角形的三边，再根据三边关系进行取舍即可．
【解析】（1）设底为x，则腰为（x+6），由题意得：
x+2（x+6）＝21，
解得：x＝3，
当x＝3时，x+6＝9，此时等腰三角形的三边为：3，9，9；
（2）设底为x，则腰为（x﹣6），由题意得：
x+2（x﹣6）＝21，
解得：x＝11，
当x＝11时，x﹣6＝5，11，5，5不能构成三角形，不符合题意；
因此，腰为9，故答案为：9．
【小结】考查等腰三角形的性质，以及分类讨论思想方法的应用，设未知数，列方程求解是常用的方法．
12．如图，在△ABC中，AB＝6，AC＝9，BO、CO分别是∠ABC、∠ACB的平分线，MN经过点O，且MN∥BC，MN分别交AB、AC于点M、N，则△AMN的周长是　15　．

【分析】由在△ABC中，∠BAC与∠ACB的平分线相交于点O，过点O作MN∥BC，易证得△BOM与△CON是等腰三角形，继而可得△AMN的周长等于AB+AC．
【解析】∵在△ABC中，∠BAC与∠ACB的平分线相交于点O，
∴∠ABO＝∠OBC，∠ACO＝∠BCO，
∵MN∥BC，
∴∠MOB＝∠OBC，∠NOC＝∠OCB，
∴∠ABO＝∠MOB，∠ACO＝∠NOC，
∴BM＝OM，CN＝ON，
∴△AMN的周长是：AM+NM+AN＝AM+OM+ON+AN＝AM+BM+CN+AN＝AB+AC＝9+6＝15．
故答案为：15．
【小结】此题考查了等腰三角形的判定与性质，角平分线的性质，平行线的判定，三角形周长的求法，等量代换等知识点．
13．已知：如图，四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，AC与BD相交于点O，E、F分别是AC、BD的中点．则∠EFO＝　90°　．

【分析】连接EB、ED，根据直角三角形的性质得到EB＝ED，根据等腰三角形的性质得到答案．
【解析】连接EB、ED，
∵∠ABC＝90°，E是AC的中点，∴BE=12AC，
同理，DE=12AC，∴EB＝ED，又F是BD的中点，
∴EF⊥BD，∴∠EFO＝90°，故答案为：90°．
【小结】本题考查的是直角三角形的性质、等腰三角形的性质，掌握在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
14．《九章算术》是中国传统数学的重要著作之一，奠定了中国传统数学的基本框架．如图所示是其中记载的一道“折竹”问题：“今有竹高一丈，末折抵地，去根三尺，问折者高几何？”题意是：一根竹子原高1丈（1丈＝10尺），中部有一处折断，竹梢触地面处离竹根3尺，试问折断处离地面多高？答：折断处离地面　4.55　尺高．

【分析】根据题意结合勾股定理得出折断处离地面的高度即可．
【解析】设折断处离地面x尺，
根据题意可得：x2+32＝（10﹣x）2，解得：x＝4.55．
答：折断处离地面4.55尺．
【小结】此题主要考查了勾股定理的应用，根据题意正确应用勾股定理是解题关键．

15．如图，一只蚂蚁从实心长方体的顶点A出发，沿长方体的表面爬到对角顶点C1处（三条棱长如图所示），问最短路线长为　5　．

【分析】分别利用从不同的表面得出其路径长，进而得出答案．
【解析】如图1，
AC1=62+12=37，
如图2，
AC1=42+33=5，
如图3，
AC1=22+52=29，
故沿长方体的表面爬到对面顶点C处，只有图2最短，
其最短路线长为：5，
故答案为：5．


【小结】此题主要考查了平面展开图最短路径问题，利用分类讨论得出是解题关键．

16．如图，C为线段AE上一动点（不与点A，E重合），在AE同侧分别作等边△ABC和等边△CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连接PQ．以下五个结论：①AD＝BE；②PQ∥AE；③AP＝BQ；④DE＝DP；⑤∠AOE＝120°，其中正确结论有　①②③⑤　（填序号）．

【分析】①由于△ABC和△CDE是等边三角形，可知AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，从而证出△ACD≌△BCE，可推知AD＝BE；
②由△ACD≌△BCE得∠CBE＝∠DAC，由∠ACB＝∠DCE＝60°，AC＝BC，得到△CQB≌△CPA（ASA），再根据∠PCQ＝60°推出△PCQ为等边三角形，又由∠PQC＝∠DCE，根据内错角相等，两直线平行，可知②正确；
③根据②△CQB≌△CPA（ASA），可知③正确；
④根据∠DQE＝∠ECQ+∠CEQ＝60°+∠CEQ，∠CDE＝60°，可知∠DQE≠∠CDE，可知④错误；
⑤由BC∥DE，得到∠CBE＝∠BED，由∠CBE＝∠DAE，得到∠AOB＝∠OAE+∠AEO＝60°，同理可得出∠AOE＝120°，进而得出∠DOE＝60°，故⑤正确．
【解析】∵等边△ABC和等边△CDE，
∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠ACB+∠BCD＝∠DCE+∠BCD，即∠ACD＝∠BCE，
在△ACD与△BCE中，AC=BC∠ACD=∠BCECD=CE，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD＝BE，①正确，
∵△ACD≌△BCE，
∴∠CBE＝∠DAC，
又∵∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠BCD＝60°，
∴∠ACP＝∠BCQ，
在△CQB和△CPA中，∠CBE=∠DACAC=BC∠BCQ=∠ACP，
∴△CQB≌△CPA（ASA），
∴CP＝CQ，
又∵∠PCQ＝60°，
∴△PCQ为等边三角形，
∴∠PQC＝∠DCE＝60°，
∴PQ∥AE，②正确，
∵△CQB≌△CPA，
∴AP＝BQ③正确，
∵AD＝BE，AP＝BQ，
∴AD﹣AP＝BE﹣BQ，
即DP＝QE，
∵∠DQE＝∠ECQ+∠CEQ＝60°+∠CEQ，∠CDE＝60°，
∴∠DQE≠∠CDE，故④错误；
∵BC∥DE，
∴∠CBE＝∠BED，
∵∠CBE＝∠DAE，
∴∠AOB＝∠OAE+∠AEO＝60°，
同理可得出∠AOE＝120°，
∴∠DOE＝60°，故⑤正确；
∴正确结论有：①②③⑤；
故答案为：①②③⑤．
【小结】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，有一定难度，熟练掌握等边三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．

17．如图，在3×3的正方形格纸中，格线的交点称为格点，以格点为顶点的三角形称为格点三角形，图中△ABC是一个格点三角形．
（1）请在下面每一个备选图中作出一个与△ABC成轴对称的格点三角形．（不能重复）
（2）在这个3×3的正方形格纸中，与△ABC成轴对称的格点三角形最多有　6　个．

【分析】（1）根据网格结构分别确定出不同的对称轴，然后作出成轴对称的三角形即可得解；
（2）依据（1）中的作图结果进行判断即可．
【解析】（1）与△ABC成轴对称的格点三角形如图所示：（答案不唯一）

（2）最多能画出6个格点三角形与△ABC成轴对称．
故答案为：6．
【小结】本题考查了利用轴对称变换作图，熟练掌握网格结构并准确找出对应点的位置是解题的关键，本题难点在于确定出不同的对称轴．

18．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是斜边AB上的中线，过点A作AE⊥CD于点F，交CB于点E，且∠EAB＝∠DCB．
（1）求∠B的度数： （2）求证：BC＝3CE．

【分析】（1）根据余角的性质得到∠ECF＝∠CAF，求得∠CAD＝2∠DCB，由CD是斜边AB上的中线，得到CD＝BD，推出∠CAB＝2∠B，于是得到结论；
（2）根据直角三角形的性质即可得到结论．
【解析】（1）∵AE⊥CD，
∴∠AFC＝∠ACB＝90°，
∴∠CAF+∠ACF＝∠ACF+∠ECF＝90°，
∴∠ECF＝∠CAF，
∵∠EAD＝∠DCB，
∴∠CAD＝2∠DCB，
∵CD是斜边AB上的中线，
∴CD＝BD，
∴∠B＝∠DCB，
∴∠CAB＝2∠B，
∵∠B+∠CAB＝90°，
∴∠B＝30°；
（2）∵∠B＝∠BAE＝∠CAE＝30°，
∴AE＝BE，CE=12AE，
∴BC＝3CE．
【小结】本题考查了直角三角形斜边上的中线，等腰三角形的性质，三角形的内角和，正确的识别图形是解题的关键．
19．一艘轮船以20海里/时的速度由西向东航行，在途中接到台风警报，台风中心正以40海里/时的速度由南向北移动，距台风中心20海里的圆形区域（包括边界）都属于台风区域，当轮船到A处时测得台风中心移到位于点A正南方的B处，且AB＝100海里．若这艘轮船自A处按原速度继续航行，在途中是否会遇到台风？若会，则求出轮船最初遇到台风的时间；若不会，请说明理由．

【分析】假设途中会遇到台风，且最初遇到的时间为th，此时轮船位于C处，台风中心移到E处，连接CE，由题意得：AC＝20t，AE＝AB﹣BE＝100﹣40t，EC＝20，根据勾股定理可得（20t）2+（100﹣40t）2＝202，方程无解，进而可得不会受影响．
【解析】不会受影响，
假设途中会遇到台风，且最初遇到的时间为th，此时轮船位于C处，台风中心移到E处，连接CE，
则AC＝20t，AE＝AB﹣BE＝100﹣40t，AC2+AE2＝EC2．
（20t）2+（100﹣40t）2＝202，整理得：5t2﹣20t+24＝0
∵△＝（﹣20）2﹣4×5×24＜0,∴方程无实数根，∴不会受影响．

【小结】本题考查了勾股定理的应用，关键是从题中抽象出勾股定理这一数学模型，画出准确的示意图．领会数形结合的思想的应用．
20．如图，某住宅小区在施工过程中留下了一块空地（图中的四边形ABCD），经测量，在四边形ABCD中，AB＝3m，BC＝4m，CD＝12m，DA＝13m，∠B＝90°．
（1）△ACD是直角三角形吗？为什么？
（2）小区为美化环境，欲在空地上铺草坪，已知草坪每平方米80元，试问铺满这块空地共需花费多少元？

【分析】（1）先在Rt△ABC中，利用勾股定理可求AC，在△ACD中，易求AC2+CD2＝AD2，再利用勾股定理的逆定理可知△ACD是直角三角形，且∠ACD＝90°；
（2）分别利用三角形的面积公式求出△ABC、△ACD的面积，两者相加即是四边形ABCD的面积，再乘以80，即可求总花费．
【解析】（1）如图，连接AC，
在Rt△ABC中，∵AB＝3m，BC＝4m，∠B＝90°，AB2+CB2＝AC2
∴AC＝5cm，
在△ACD中，AC＝5cmCD＝12m，DA＝13m，∴AC2+CD2＝AD2，
∴△ACD是直角三角形，∠ACD＝90°；
（2）∵S△ABC=12×3×4＝6，S△ACD=12×5×12＝30，
∴S四边形ABCD＝6+30＝36，费用＝36×80＝2880（元）．
答：铺满这块空地共需花费2880元．

【小结】本题考查勾股定理、勾股定理的逆定理的应用、三角形的面积公式．判断三角形是否为直角三角形，已知三角形三边的长，只要利用勾股定理的逆定理加以判断即可．

21．求证：一条直角边相等且另一条直角边上的中线相等的两个直角三角形全等．
要求：根据给出的Rt△ABC和Rt△A′B′C′（∠C＝∠C′＝90°，AC＝A′C′），在此图形上用尺规作出BC与B′C′边上的中线，不写作法，保留作图痕迹，并据此写出已知、求证和证明过程．

【分析】根据全等三角形的判定解答即可．
【解析】如图，就是所求作的图形，

已知：在Rt△ABC和Rt△A′B′C′中，∠C＝∠C′＝90°，AC＝A′C′，AD与A′D′分别为BC与B′C′边上的中线，且AD＝A′D′，
求证：Rt△ABC≌Rt△A′B′C′，
证明：∵∠C＝∠C′＝90°，AD＝A′D′，AC＝A′C′，
∴Rt△ADC≌Rt△A′D′C′（HL），
∴CD＝C′D′，
∵AD与A′D′分别为BC与B′C′边上的中线，
∴点D和点D′分别是BC与B′C′的中点，
∴BC＝2CD，B′C′＝2C′D′，则：BC＝B′C′，
又∵∠C＝∠C′＝90°，AC＝A′C′，
∴Rt△ABC≌Rt△A′B′C′（SAS）．
【小结】此题考查直角三角形全等的判定，关键是根据三角形的全等判定解答．

22．如图所示，已知△ABC中，AB＝AC＝BC＝10厘米，M、N分别从点A、点B同时出发，沿三角形的边运动，已知点M的速度是1厘米/秒的速度，点N的速度是2厘米/秒，当点N第一次到达B点时，M、N同时停止运动．
（1）M、N同时运动几秒后，M、N两点重合？
（2）M、N同时运动几秒后，可得等边三角形△AMN？
（3）M、N在BC边上运动时，能否得到以MN为底边的等腰△AMN，如果存在，请求出此时M、N运动的时间？

【分析】（1）首先设点M、N运动x秒后，M、N两点重合，表示出M，N的运动路程，N的运动路程比M的运动路程多10cm，列出方程求解即可；
（2）根据题意设点M、N运动t秒后，可得到等边三角形△AMN，然后表示出AM，AN的长，由于∠A等于60°，所以只要AM＝AN三角形ANM就是等边三角形；
（3）首先假设△AMN是等腰三角形，可证出△ACM≌△ABN，可得CM＝BN，设出运动时间，表示出CM，NB的长，列出方程，可解出未知数的值．
【解析】（1）设点M、N运动x秒后，M、N两点重合，
x×1+10＝2x，
解得：x＝10；
（2）设点M、N运动t秒后，可得到等边三角形△AMN，如图①，
AM＝t×1＝t，AN＝AB﹣BN＝10﹣2t，
∵三角形△AMN是等边三角形，
∴t＝10﹣2t，
解得t=103，
∴点M、N运动103秒后，可得到等边三角形△AMN．
（3）当点M、N在BC边上运动时，可以得到以MN为底边的等腰三角形，
由（1）知10秒时M、N两点重合，恰好在C处，
如图②，假设△AMN是等腰三角形，
∴AN＝AM，
∴∠AMN＝∠ANM，
∴∠AMC＝∠ANB，
∵AB＝BC＝AC，
∴△ACB是等边三角形，∴∠C＝∠B，
在△ACM和△ABN中，∵AC=AB∠C=∠B∠AMC=∠ANB，
∴△ACM≌△ABN（AAS），
∴CM＝BN，
设当点M、N在BC边上运动时，M、N运动的时间y秒时，△AMN是等腰三角形，
∴CM＝y﹣10，NB＝30﹣2y，CM＝NB，y﹣10＝30﹣2y，
解得：y=403．故假设成立．
∴当点M、N在BC边上运动时，能得到以MN为底边的等腰△AMN，此时M、N运动的时间为403秒．

【小结】此题主要考查了等边三角形的性质及判定，关键是根据题意设出未知数，理清线段之间的数量关系．

23．如图1，在△ABC中，AE⊥BC于E，AE＝BE，D是AE上的一点，且DE＝CE，连接BD，CD．

（1）试判断BD与AC的位置关系和数量关系，并说明理由；
（2）如图2，若将△DCE绕点E旋转一定的角度后，试判断BD与AC的位置关系和数量关系是否发生变化，并说明理由；
（3）如图3，若将（2）中的等腰直角三角形都换成等边三角形，其他条件不变．
①试猜想BD与AC的数量关系，并说明理由；
②你能求出BD与AC的夹角度数吗？如果能，请直接写出夹角度数；如果不能，请说明理由．
【分析】（1）延长BD交AC于F，求出∠AEB＝∠AEC＝90°，证出△BED≌△AEC，推出BD＝AC，∠DBE＝∠CAE，根据∠EBD+∠BDE＝90°推出∠ADF+∠CAE＝90°，求出∠AFD＝90°即可；
（2）求出∠BED＝∠AEC，证出△BED≌△AEC，推出BD＝AC，∠BDE＝∠ACE，根据∠ACE+∠EOC＝90°求出∠BDE+∠DOF＝90°，求出∠DFO＝90°即可；
（3）求出∠BED＝∠AEC，证出△BED≌△AEC，推出∠BDE＝∠ACE，根据三角形内角和定理求出∠DFC即可．
【解析】（1）BD＝AC，BD⊥AC，
理由：延长BD交AC于F．

∵AE⊥BC，∴∠AEB＝∠AEC＝90°，
在△BED和△AEC中BE=AE∠BED=∠AECDE=EC
∴△BED≌△AEC，∴BD＝AC，∠DBE＝∠CAE，
∵∠BED＝90°，∴∠EBD+∠BDE＝90°，
∵∠BDE＝∠ADF，∴∠ADF+∠CAE＝90°，
∴∠AFD＝180°﹣90°＝90°，∴BD⊥AC；
（2）

不发生变化，
理由是：∵∠BEA＝∠DEC＝90°，
∴∠BEA+∠AED＝∠DEC+∠AED，∴∠BED＝∠AEC，
在△BED和△AEC中BE=AE∠BED=∠AECDE=EC
∴△BED≌△AEC，∴BD＝AC，∠BDE＝∠ACE，
∵∠DEC＝90°，∴∠ACE+∠EOC＝90°，
∵∠EOC＝∠DOF，∴∠BDE+∠DOF＝90°，
∴∠DFO＝180°﹣90°＝90°，∴BD⊥AC；
（3）能．
理由：∵△ABE和△DEC是等边三角形，
∴AE＝BE，DE＝EC，∠EDC＝∠DCE＝60°，∠BEA＝∠DEC＝60°，
∴∠BEA+∠AED＝∠DEC+∠AED，∴∠BED＝∠AEC，
在△BED和△AEC中中BE=AE∠BED=∠AECDE=EC
∴△BED≌△AEC，∴∠BDE＝∠ACE，
∴∠DFC＝180°﹣（∠BDE+∠EDC+∠DCF）
＝180°﹣（∠ACE+∠EDC+∠DCF）
＝180°﹣（60°+60°）＝60°，
即BD与AC所成的角的度数为60°或120°．
【小结】本题考查了等边三角形性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的性质和判定的应用，主要考查了学生的推理能力．