中考数学二轮复习重难点题型突破题型七 综合实践题（含解析）

这是一份中考数学二轮复习重难点题型突破题型七 综合实践题（含解析），共20页。试卷主要包含了【问题情境】等内容，欢迎下载使用。
题型七 综合实践题
例1．【问题情境】
已知Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点E是线段AC上的一个动点(不与A、C重合)，以CE为一边作Rt△DCE，使∠DCE＝90°，且CD＝CA.沿CA方向平移△CDE，使点C移动到点A，得到△ABF.过点F作FG⊥BC，交线段BC于点G，连接DG、EG.
【深入探究】
(1)如图①，当点E在线段AC上时，小文猜想GC＝GF，请你帮他证明这一结论；
(2)如图②，当点E在线段AC的延长线上，且CE＜CA时，猜想线段DG与EG的数量关系和位置关系，并证明你的猜想；
【拓展应用】
(3)如图③，将(2)中的“CE＜CA”改为“CE＞CA”，若设∠CDE＝α，请用含α的式子表示∠CGE的度数(直接回答即可，不必证明)．

第1题图
【答案】(1)证明：∵在Rt△BAC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠BCA＝∠ABC＝45°，
∵FG⊥BC，
∴∠FGC＝90°，∴∠GFC＝90°－∠GCF＝45°，
∴∠GFC＝∠GCF，
∴GC＝GF；
(2)解：DG＝EG，DG⊥EG；
证明：同(1)可证GC＝GF，
∵∠DCE＝90°，∠BCA＝45°，
∴∠DCG＝45°，
∵∠GFC＝45°，
∴∠DCG＝∠EFG，
∵△CDE平移得到△ABF，
∴CE＝AF，∴CE＋CF＝AF＋CF，即EF＝AC，
∵AC＝CD，∴EF＝CD，∴△DCG≌△EFG(SAS)，
∴DG＝EG，∠DGC＝∠EGF，
∴∠DGC－∠EGC＝∠EGF－∠EGC，
即∠DGE＝∠CGF＝90°，
∴DG⊥EG；
(3)解：∠CGE＝180°－α.
例2．在正方形ABCD中，BD是一条对角线，点P在直线CD上(不与点C、D重合)，连接AP，平移△ADP，使点D移动到点C，得到△BCQ，过点Q作QH⊥BD于H，连接AH，PH.
【问题发现】
(1)如图①，若点P在线段CD上，AH与PH的数量关系是________，位置关系是________；
【拓展探究】
(2)如图②，若点P在线段CD的延长线上，其他条件不变，(1)中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明，否则说明理由；
【解决问题】
(3)若点P在线段DC的延长线上，且∠AHQ＝120°，正方形ABCD的边长为2，请直接写出DP的长度．

第2题图
【答案】解：(1)AH＝PH，AH⊥PH；
【解法提示】如解图①，连接HC，

第2题解图①
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BDC＝45°，
又∵QH⊥BD，
∴△DHQ是等腰直角三角形，
∴HD＝HQ，∠HDP＝∠HQC＝45°，
由平移的性质可知DP＝CQ，
在△HDP和△HQC中，，
∴△HDP≌△HQC.
∴HP＝HC，∠DHP＝∠QHC.
根据正方形是轴对称图形得到HA＝HC，∠AHD＝∠CHD，
∴∠AHP＝∠AHD＋∠DHP＝∠CHD＋∠QHC＝90°，即AH⊥PH.
∴HA＝HP，AH⊥PH.
(2)(1)中的结论仍然成立，
理由如下：如解图②，连接HC，

第2题解图②
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BDC＝45°，
又∵QH⊥BD，
∴△DHQ是等腰直角三角形，∴∠HDP＝∠HQC＝135°，HD＝HQ，由平移的性质可知DP＝CQ，
在△HDP和△HQC中，，
∴△HDP≌△HQC(SAS)，
∴HP＝HC，∠DHP＝∠QHC，
根据正方形是轴对称图形得到HA＝HC，∠AHD＝∠CHD，
∴∠AHP＝∠AHD－∠DHP＝∠CHD－∠CHQ＝90°，
∴HA＝HP，AH⊥PH；
(3)DP＝2.
【解法提示】由(1)知，AH＝PH，AH⊥PH，
∴∠HPA＝45°，
∵∠AHQ＝120°，
∴∠PHQ＝120°－90°＝30°.
∴∠PHD＝∠QHD－∠PHQ＝60°，∠AHB＝∠CHB＝∠AHP－∠PHD＝30°，
∴∠CHP＝∠CHB＝∠AHB＝30°，
∴∠CPH＝＝75°，
∴∠APD＝∠CPH－∠APH＝30°，在Rt△ADP中，AD＝2，
∴DP＝＝2.
例3．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，点O为AB中点，点P为直线BC上的动点(不与点B、点C重合)，连接OC、OP，将线段OP绕点P逆时针旋转60°，得到线段PQ，连接BQ.
(1)如图①，当点P在线段BC上时，请直接写出线段BQ与CP的数量关系；
(2)如图②，当点P在CB延长线上时，(1)中结论是否成立？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由；
(3)如图③，当点P在BC延长线上时，若∠BPO＝45°，AC＝，请直接写出BQ的长．

第3题图
【答案】解：(1)CP＝BQ;
【解法提示】如解图①，连接OQ，

第3题解图①
由旋转可知，PQ＝OP，∠OPQ＝60°，
∴△POQ是等边三角形，
∴OP＝OQ，∠POQ＝60°，
在Rt△ABC中，O是AB中点，
∴OC＝OA＝OB，
∴∠BOC＝2∠A＝60°＝∠POQ，
∴∠COP＝∠BOQ，
在△COP和△BOQ中，
∴△COP≌△BOQ(SAS)，
∴CP＝BQ；
(2)成立，理由如下：
如解图②，连接OQ，
图②
由旋转知PQ＝OP，∠OPQ＝60°，
∴△POQ是等边三角形，
∴OP＝OQ，∠POQ＝60°，
∵在Rt△ABC中，O是AB中点，
∴OC＝OA＝OB，
∴∠BOC＝2∠A＝60°＝∠POQ，∴∠COP＝∠BOQ，
在△COP和△BOQ中，
∴△COP≌△BOQ(SAS)，
∴CP＝BQ；
(3)BQ＝.
【解法提示】在Rt△ABC中，∠A＝30°，AC＝，
∴BC＝AC·tanA＝，
如解图③，过点O作OH⊥BC于点H，

第3题解图③
∴∠OHB＝90°＝∠BCA，∴OH∥AC，
∵O是AB中点，
∴CH＝BC＝，OH＝AC＝，
∵∠BPO＝45°，∠OHP＝90°，
∴∠BPO＝∠POH，∴PH＝OH＝，
∴CP＝PH－CH＝－＝，
连接OQ，同(1)的方法得，BQ＝CP＝.
例4．已知正方形ABCD，点E在直线AD上(不与点A、D重合)，连接BE，作EF⊥BE，且EF＝BE，过点F作FG⊥BC，交直线BC于点G.
(1)如图①，当点E在边AD上，点G在边BC的延长线上时，求证：AB＋AE＝BG；
(2)如图②，当点E在边DA的延长线上，点G在边BC上时，FG交AD于点H，试猜想AB、AE与BG的关系，并加以证明；
(3)如图③，当点E在边AD的延长线上，点G在边BC上时，FG交AD于点N，请直接写出线段AB、AE、BG之间的数量关系，不需要证明．
　　　　
图① 图② 图③
第4题图
【答案】(1)证明：如解图，延长AD交GF的延长线于点M，
∵四边形ABCD是正方形，

第4题解图
∴∠A＝90°，∠ABC＝90°，
又∵FG⊥BC，
∴四边形ABGM是矩形，
∴AM＝BG，
∵∠A＝90°，EF⊥BE，∠M＝90°，
∴∠AEB＝∠MFE，
在△ABE和△MEF中，，
∴△ABE≌△MEF(AAS)，
∴AB＝EM，
∵AM＝AE＋EM＝AE＋AB，
∴AB＋AE＝BG；
(2)AB－AE＝BG；
证明：∵∠FEH＋∠BEA＝90°，
∠BEA＋∠ABE＝90°，
∴∠FEH＝∠ABE，
在△ABE和△HEF中，，
∴△ABE≌△HEF(AAS)，
∴EH＝AB，EH－AE＝AB－AE＝AH，
∵四边形ABGH是矩形，
∴AH＝BG，∴AB－AE＝BG；
(3)AE＝AB＋BG.
【解法提示】由(2)得△ABE≌△NEF，
∴NE＝AB，
∵AN＋NE＝AN＋AB＝AE，BG＝AN，
∴AE＝AB＋BG.
例5．如图，△ABC中，AB＝BC，BD⊥AC于点D，∠FAC＝∠ABC，且∠FAC在AC下方，点P，Q分别是射线BD，射线AF上的动点，且点P不与点B重合，点Q不与点A重合，连接CQ，过点P作PE⊥CQ于点E，连接DE.
(1)若∠ABC＝60°，BP＝AQ.
①如图①，当点P在线段BD上运动时，请直接写出线段DE和线段AQ的数量关系和位置关系；
②如图②，当点P运动到线段BD的延长线上时，试判断①中的结论是否成立，并说明理由；
(2)若∠ABC＝2α≠60°，请直接写出当线段BP和线段AQ满足什么数量关系时，能使(1)中①的结论仍然成立(用含α的三角函数表示)．

第5题图
【答案】解：(1)①DE＝AQ，DE∥AQ；
②成立；
【解法提示】如解图①，连接PC、PQ，

第5题解图①
∵BA＝BC，∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴BC＝AC，
∵BC＝AC，∠FAC＝∠PBC＝30°，AQ＝BP，
∴△AQC≌△BPC(SAS)，
∴QC＝PC，∠ACQ＝∠BCP，
∴∠ACQ＋∠ACP＝∠BCP＋∠ACP＝60°，
∴△PCQ是等边三角形，
又PE⊥QC，∴E为QC的中点，
∵AB＝BC，BD⊥AC，∴D为AC的中点，
∴DE＝AQ，DE∥AQ；
②成立．理由如下：
如解图②，连接PC、PQ.

第5题解图②
∵BA＝BC，∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，∴BC＝AC，
∵BC＝AC，∠FAC＝∠PBC＝30°，AQ＝BP，
∴△AQC≌△BPC(SAS)，
∴QC＝PC，∠ACQ＝∠BCP，
∴∠PCQ＝∠BCA＝60°，
∴△PCQ是等边三角形，
又∵PE⊥QC，∴E为QC的中点，
∵AB＝BC，BD⊥AC，∴D为AC的中点，
∴DE＝AQ，DE∥AQ；

第5题解图③
(2)如解图③，连接PC，取PC中点M，连接MD、ME，设PE与AC交点为N，
∵∠PDC＝90°，
∴MD＝PC，
同理ME＝PC，即MP＝MC＝MD＝ME，
∴P、D、E、C四点共圆，
∴∠NCE＝∠NPD，∠EDC＝∠NPC，
∵DE∥AQ，∴∠QAC＝∠EDC，
又∠QAC＝∠PBC，
∴∠NPC＝∠PBC，
∵∠EPD＋∠NPC＝∠PBC＋∠BCP，
∴∠EPD＝∠BCP，
∴∠NCE＝∠BCP.
由∠NCE＝∠BCP，∠QAC＝∠PBC，得△QAC∽△PBC，
∴＝＝＝2sin∠DBC＝2sin，
即 ＝2sinα.
例6．已知，△ABC为直角三角形，∠ACB＝90°，点P是射线CB上一点(点P不与点B、C重合)，线段AP绕点A顺时针旋转90°得到线段AQ，连接QB交射线AC于点M.
(1)如图①，当AC＝BC，点P在线段CB上时，线段PB，CM的数量关系是________；
(2)如图②，当AC＝BC，点P在线段CB的延长线上时，(1)中的结论是否成立？若成立，写出证明过程；若不成立，请说明理由；
(3)如图③，若＝，点P在线段CB的延长线上，CM＝2，AP＝13，求△ABP的面积．

第6题图
【答案】解：(1)PB＝2CM；
【解法提示】如解图①，过点Q作QD⊥AC于点D，

第6题解图①
QE⊥BC交BC的延长线于点E.
∵AQ是由AP绕点A顺时针旋转90°得到的，
∴AP＝AQ，且∠PAQ＝90°，
∴∠PAC＋∠QAD＝90°，又∠PAC＋∠APC＝90°，
∴∠QAD＝∠APC，
∴△ACP≌△QDA(AAS)，
∴AC＝QD＝CE，
又∵△ABC为等腰直角三角形，
∴AC＝BC＝EC，即点C为BE的中点，
∴CM＝QE，即QE＝2CM，
连接AE，∵AC＝CE＝BC，
∴△ABE为等腰直角三角形，
∴AE＝AB，
∵∠BAE＝∠PAQ＝90°，∴∠BAP＝∠EAQ，
又∵AP＝AQ，
∴△APB≌△AQE(SAS)，
∴BP＝QE＝2CM，
∴PB＝2CM；
(2)(1)中的结论PB＝2CM仍然成立；
证明：如解图②所示，过点Q作QG⊥BC交BC的延长线于点G，过点A作AF⊥QG交QG的延长线于点F.

第6题解图②
∵AQ是由AP绕点A顺时针旋转90°得到的，
∴AP＝AQ，且∠PAQ＝90°，
∴∠PAC＋∠CAQ＝90°，
又∵∠QAF＋∠CAQ＝90°，
∴∠PAC＝∠QAF，
∴△PAC≌△QAF(AAS)，
∴AC＝AF，
∴四边形AFGC为正方形，
∴CG＝AC＝BC，即C为BG的中点，
∴QG＝2CM，
连接AG可得，△ABG为等腰直角三角形，
∴AB＝AG，
∠PAB＋∠BAQ＝∠QAG＋∠BAQ＝90°，
∴∠PAB＝∠QAG，
∴△PAB≌△QAG(SAS)，
∴PB＝QG＝2CM，
∴PB＝2CM；
(3) 如解图③所示，过点Q作QH⊥AC交AC的延长线于点H.

第6题解图③
由题知，＝，设AC＝5a，BC＝2a，
由(2)知，△ACP≌△QHA，∴QH＝AC＝5a，
又∵△BCM∽△QHM，
∴＝，
∴＝，∴MH＝5，
又∵AP＝AQ＝13，
∴在Rt△AHQ中，根据勾股定理得：QH2＋AH2＝AQ2，
∴(5a)2＋(5a＋2＋5)2＝132，
化简得：5a2＋7a－12＝0，
即(a－1)(5a＋12)＝0，
解得：a1＝1，a2＝－(舍)，
∴BC＝2，AH＝CP＝12，AC＝5，
∴BP＝PC－BC＝12－2＝10，
∴S△ABP＝BP·AC＝×10×5＝25.
例7．如图，等边△ABC中，点D，E，F分别为边AB，AC，BC的中点，M为直线BC上一动点，△DMN为等边三角形．
(1)如图①，当点M在点B左侧时，请你判断EN与MF有怎样的数量关系？
(2)如图②，当点M在线段BC上时，其他条件不变，(1)的结论中EN与MF的数量关系是否仍然成立？若成立，请利用图②证明；若不成立，请说明理由；
(3)若点M在点C右侧时，请你在图③中画出相应的图形，并判断(1)的结论是否仍然成立？若成立，请直接写出结论，若不成立请说明理由．

第7题图

【答案】解：(1)EN＝MF；
【解法提示】如解图①，连接DE、DF，
∵D、E、F是等边△ABC三边中点，
∴△DEF是等边三角形，∴DE＝DF，∠EDF＝60°，
∵△DMN为等边三角形，∴DM＝DN，∠MDN＝60°，
∴∠MDF＝∠NDE＝60°＋∠NDF，
∴△DMF≌△DNE(SAS)，∴EN＝MF.

图① 图②
第7题解图
(2)成立．
证明：如解图②，连接DE、DF和EF，
∵△ABC是等边三角形，∴AB＝AC＝BC.
又∵D，E，F是三边的中点，
∴DE，DF，EF为三角形的中位线，
∴DE＝DF＝EF，∠FDE＝60°.
又∵∠MDF＋∠FDN＝60°， ∠NDE＋∠FDN＝60°，
∴∠MDF＝∠NDE.
在△DMF和△DNE中，
∴△DMF≌△DNE(SAS)，∴EN＝FM；
(3)画出图形如解图③，

第7题解图③
MF与EN相等的结论仍然成立(或EN＝MF成立)．
【解法提示】如解图④，连接DE、EF、DF.
　
第7题解图④
∵D、E、F分别为AB、AC、BC的中点，且△ABC是等边三角形，∴△DEF是等边三角形，
∴DE＝DF，∠EDF＝60°.
∵△DMN是等边三角形，
∴DM＝DN，∠MDN＝60°，
∴∠MDF＋∠MDE＝∠MDE＋∠NDE，
∴∠MDF＝∠NDE，
∴△MDF≌△NDE(SAS)，
∴MF＝NE.
例8．已知，在矩形ABCD中，BC＝2AB，点M为AD边的中点，连接BD，点P是对角线BD上的动点，连接AP，以点P为顶点作∠EPF＝90°，PE交AB边于点E，PF交AD边于点F.
(1)发现问题
如图①，当点P运动过程中∠PBA与∠PAB互余时，线段BE、MF与AB的数量关系为__________；
(2)解决问题
如图②，当点P运动过程中∠PBA与∠PAB相等时，请判断(1)中的结论是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；
(3)拓展延伸
在(2)的条件下，连接EF并延长EF，交直线BD于点G，若BE∶AF＝2∶3，EF＝，求DG的长．

第8题图
【答案】解：(1)BE－MF＝AB；
【解法提示】如解图①，取AB的中点N，连接PN、PM.

第8题解图①
∵∠PBA与∠PAB互余，
∴∠PBA＋∠PAB＝90°，
∴∠APB＝90°，
∴∠APD＝90°，
∵N是AB的中点，M是AD的中点，
∴PN＝BN＝AN＝AB，AM＝DM＝PM＝AD，
∴∠NAP＝∠NPA，∠MAP＝∠MPA.
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，AB＝CD，AD＝BC.
∵BC＝2AB，
∴AD＝2AB，
∴＝，
而∠NAP＋∠MAP＝∠BAD＝90°，
∴∠NPA＋∠MPA＝90°，即∠NPM＝90°.
∵∠EPF＝90°，
∴∠NPM＝∠EPF，
∴∠NPM－∠EPM＝∠EPF－∠EPM，
∴∠NPE＝∠MPF.
∵∠ABP＋∠BAP＝90°，∠BAP＋∠DAP＝90°，
∴∠ABP＝∠DAP.
∵PN＝BN，AM＝PM，
∴∠ABP＝∠BPN，∠DAP＝∠MPA，
∴∠ENP＝∠FMP，
∴△PNE∽△PMF，
∴＝＝＝.
∴NE＝MF，
∵BE－NE＝BN，
∴BE－MF＝BN，
又∵BN＝AB，
∴BE－MF＝AB.
(2)不成立；
理由如下：如解图②，取AB的中点N，连接PN、PM，

第8题解图②
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠ABC＝90°，AB＝CD，AD＝BC，AD∥BC，
∴∠ADB＝∠CBD，
∵∠PBA＝∠PAB，
∴PA＝PB，
∵N是AB的中点，
∴PN⊥AB，
∴∠ANP＝90°，
∵∠PAB＋∠PAD＝90°，∠PBA＋∠PBC＝90°，
∴∠PAD＝∠PBC，
∴∠PAD＝∠PDA，
∴PA＝PD.
∵M是AD的中点，
∴PM⊥AD，
∴∠PMA＝90°，
∴四边形PMAN是矩形，
∴∠NPM＝90°，AN＝PM，PN＝AM.
∵∠EPF＝90°，
∴∠NPM＝∠EPF，
∴∠NPM－∠EPM＝∠EPF－∠EPM，
∴∠NPE＝∠MPF.
∵∠PNE＝∠PMF＝90°，
∴△PNE∽△PMF，
∴＝＝.
∵AD＝2AB，
∴NE＝2MF.
∵BE－NE＝BN，
∴BE－2MF＝BN，
∵N是AB的中点，
∴BN＝AB，
∴BE－2MF＝AB，故(1)中结论不成立；
(4) 如解图③，延长CD交FG于点H，设BE＝2a，则AF＝3a.

第8题解图③
∵BE－2MF＝AB，
∴BE－2(AF－AM)＝AB.
∵AM＝AB，
∴2a－2(3a－AB)＝AB，
∴AB＝a，
∴AD＝a，AE＝a，FD＝a.
∵AE2＋AF2＝EF2，
∴(a)2＋(3a)2＝()2，
解得a1＝3，a2＝－3(舍去)．
∴AE＝2，BE＝6，AF＝9，DF＝7，BD＝8.
∵HD∥AB，
∴△AEF∽△DHF，
∴＝，
∴＝，
∴DH＝.
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，即HD∥BE.
∴△GDH∽△GBE，
∴＝，
∴＝，
∴DG＝.
例9．如图①，在等腰Rt△ABC和等腰Rt△EDB中，AC＝BC，DE＝BD，∠ACB＝∠EDB＝90°，P为AE的中点．
(1)观察猜想
连接PC、PD，则线段PC与PD的位置关系是________，数量关系是________；
(2)探究证明
如图②，当点E在线段AB上运动时，其他条件不变，作EF⊥BC于F，连接PF，试判断△PCF的形状，并说明理由；
(3)拓展延伸
在点E的运动过程中，当△PCF是等边三角形时，直接写出△ACB与△EDB的两直角边之比．

第9题图
【答案】解：(1)PC⊥PD，PC＝PD；
【解法提示】如解图①，过点E作EF⊥BC于F，过点P作PH⊥BC于H，连接PF，

第9题解图①
易得四边形EFBD是正方形，
∴EF＝ED，∠DEB＝∠FEB＝45°，
∴∠PEF＝∠PED＝135°，
在△PEF和△PED中，
，
∴△PEF≌△PED(SAS)，
∴PF＝PD，∠EPF＝∠EPD，
∵AC∥PH∥EF，点P为AE的中点，
∴点H是FC的中点，
∴CH＝HF，
又PH⊥BC，∴PC＝PF，
故△PCF是等腰三角形，∴∠CPH＝∠FPH，
∴PC＝PD；
∵∠HPB＝∠HPF＋∠EPF＝45°，
∴∠CPD＝∠CPH＋∠HPF＋∠EPF＋∠EPD＝2(∠HPF＋∠EPF)＝90°，
∴PC⊥PD.
(2)△PCF为等腰三角形，
理由如下：如解图②，过点P作PH⊥BC于点H，

第9题解图②
则AC∥PH∥EF，
∵P为AE的中点，
∴点H是FC的中点，∴CH＝HF，
又PH⊥BC，
∴PC＝PF，
∴△PCF为等腰三角形；
(3)＋2.
【解法提示】如解图③，过点E作EF⊥BC于点F，过点P作PH⊥BC于点H，由(1)知，四边形BDEF为正方形，设EF＝BF＝BD＝x，HF＝y，

第9题解图③
∵△PCF是等边三角形，
∴PH＝y，
∵PH∥EF，
∴△BEF∽△BPH，
∴＝，即＝，
解得y＝x，
∴BC＝x＋2y＝(＋2)x，
∴＝＝＋2.
∴△ACB与△EDB的两直角边之比为＋2.
例10．已知在△ABC中，AB边上的动点D由A向B运动(与A，B不重合)，点E与点D同时出发，由点C沿BC的延长线方向运动(E不与C重合)，连接DE交AC于F，点H是线段AF上一点．
(1)初步尝试
如图①，若△ABC是等边三角形，DH⊥AC，且点D，E的运动速度相等，过点D作DG∥BC交AC于点G，则GH与AH的数量关系是________，GF与FC的数量关系是________，的值是________；
(2)类比探究
如图②，若在△ABC中，∠ABC＝90°，∠ADH＝∠A＝30°，且点D，E的运动速度之比是∶1，求的值；
(3)延伸拓展
如图③，若在△ABC中，AB＝AC，∠ADH＝∠A＝36°，记＝m，且点D，E的运动速度相等，试用含m的代数式表示.(直接写出结果，不必写出解答过程)

第10题图
【答案】解：(1)GH＝AH，GF＝FC，2；
【解法提示】∵DG∥BC，
∴∠ADG＝∠B，∠AGD＝∠ACB，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠B＝∠ACB＝60°，
∴∠ADG＝∠AGD＝∠A，
∴△ADG是等边三角形，∴GD＝AD＝CE，
∵DH⊥AC，∴GH＝AH，
∵DG∥BC，
∴∠GDF＝∠CEF，∠DGF＝∠ECF，
在△GDF和△CEF中，
∵，
∴△GDF≌△CEF(ASA)，
∴GF＝CF，
∴GH＋GF＝AH＋CF，即HF＝AC，
∴＝2.
(2)如解图①，过点D作DG∥BC，交AC于点G，

第10题解图①
则∠ADG＝∠B＝90°，
∵∠A＝∠ADH＝30°，∴∠HGD＝∠HDG＝60°，
∴△DHG是等边三角形，
∴AH＝GH＝GD，AD＝GD，
根据题意得AD＝CE，∴GD＝CE，
∵DG∥BC，∴∠GDF＝∠CEF，∠DGF＝∠ECF，
在△GDF和△CEF中，
∵，∴△GDF≌△CEF(ASA)，
∴GF＝CF，∴GH＋GF＝AH＋CF，
即HF＝AC，∴＝2；
(3)＝.
【解法提示】如解图②，过点D作DG∥BC，交AC于点G，

第10题解图②
则∠ADG＝∠B，∠AGD＝∠ACB，AD＝EC，
∵AB＝AC，∠A＝36°，
∴∠ACB＝∠B＝∠ADG＝∠AGD＝72°，
∵∠ADH＝∠A＝36°，
∴AH＝DH，∠DHG＝72°＝∠AGD，
∴DG＝DH＝AH，
∴△ADG∽△ABC，△ADG∽△DGH，
∴△DGH∽△ABC，∴＝＝＝m，∴＝m，
∵DG∥BC，∴△DFG∽△EFC，∴＝，
又∵CE＝AD，∴＝＝m，∴＝＝m，
∴＝＝m，∴＝，
∴＝＝＋1＝.