初二幾何難題

如圖，平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A、B分別在x、y軸上，點(diǎn)B的坐標(biāo)為〔0，1〕，∠BAO=30°．

〔1〕求AB的長(zhǎng)度；

〔2〕以AB為一邊作等邊△ABE，作OA的垂直平分線MN交AB的垂線AD于點(diǎn)D．求證：BD=OE；

〔3〕在〔2〕的條件下，連接DE交AB于F．求證：F為DE的中點(diǎn)．

考點(diǎn)：全等三角形的判定與性質(zhì)；線段垂直平分線的性質(zhì)；等邊三角形的性質(zhì)；含30度角的直角三角形．專題：計(jì)算題；證明題．分析：〔1〕直接運(yùn)用直角三角形30°角的性質(zhì)即可．

〔2〕連接OD，易證△ADO為等邊三角形，再證△ABD≌△AEO即可．

〔3〕作EH⊥AB于H，先證△ABO≌△AEH，得AO=EH，再證△AFD≌△EFH即可．解答：〔1〕解：∵在Rt△ABO中，∠BAO=30°，

∴AB=2BO=2；

〔2〕證明：連接OD，

∵△ABE為等邊三角形，

∴AB=AE，∠EAB=60°，

∵∠BAO=30°，作OA的垂直平分線MN交AB的垂線AD于點(diǎn)D，

∴∠DAO=60°．

∴∠EAO=∠NAB

又∵DO=DA，

∴△ADO為等邊三角形．

∴DA=AO．

在△ABD與△AEO中，

∵AB＝AE∠EAO＝∠NABDA＝AO，

∴△ABD≌△AEO〔SAS〕．

∴BD=OE．

〔3〕證明：作EH⊥AB于H．

∵AE=BE，∴AH=1/2AB，

∵BO=1/2AB，∴AH=BO，

在Rt△AEH與Rt△BAO中，

AH＝BOAE＝AB，

∴Rt△AEH≌Rt△BAO〔HL〕，

∴EH=AO=AD．

又∵∠EHF=∠DAF=90°，

在△HFE與△AFD中，

∠EHF＝∠DAF∠EFH＝∠DFAEH＝AD，

∴△HFE≌△AFD〔AAS〕，

∴EF=DF．

∴F為DE的中點(diǎn)．點(diǎn)評(píng)：此題主要考查全等三角形與等邊三角形的巧妙結(jié)合，來(lái)證明角相等和線段相等．如圖，直線AB交x軸正半軸于點(diǎn)A〔a，0〕，交y軸正半軸于點(diǎn)B〔0，b〕，且a、b滿足a?4+|4-b|=0，

〔1〕求A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)；

〔2〕D為OA的中點(diǎn)，連接BD，過(guò)點(diǎn)O作OE⊥BD于F，交AB于E，求證∠BDO=∠EDA；

〔3〕如圖，P為x軸上A點(diǎn)右側(cè)任意一點(diǎn)，以BP為邊作等腰Rt△PBM，其中PB=PM，直線MA交y軸于點(diǎn)Q，當(dāng)點(diǎn)P在x軸上運(yùn)動(dòng)時(shí)，線段OQ的長(zhǎng)是否發(fā)生變化？假設(shè)不變，求其值；假設(shè)變化，求線段OQ的取值范圍．

考點(diǎn)：全等三角形的判定與性質(zhì)；非負(fù)數(shù)的性質(zhì)：絕對(duì)值；非負(fù)數(shù)的性質(zhì)：算術(shù)平方根．專題：證明題；探究型．分析：①首先根據(jù)條件和非負(fù)數(shù)的性質(zhì)得到關(guān)于a、b的方程，解方程組即可求出a，b的值，也就能寫出A，B的坐標(biāo)；

②作出∠AOB的平分線，通過(guò)證△BOG≌△OAE得到其對(duì)應(yīng)角相等解決問(wèn)題；

③過(guò)M作x軸的垂線，通過(guò)證明△PBO≌△MPN得出MN=AN，轉(zhuǎn)化到等腰直角三角形中去就很好解決了．解答：解：①∵a?4+|4-b|=0

∴a=4，b=4，

∴A〔4，0〕，B〔0，4〕；

〔2〕作∠AOB的角平分線，交BD于G，

∴∠BOG=∠OAE=45°，OB=OA，

∠OBG=∠AOE=90°-∠BOF，

∴△BOG≌△OAE，

∴OG=AE．

∵∠GOD=∠A=45°，OD=AD，

∴△GOD≌△EDA．

∴∠GDO=∠ADE．

〔3〕過(guò)M作MN⊥x軸，垂足為N．

∵∠BPM=90°，

∴∠BPO+∠MPN=90°．

∵∠AOB=∠MNP=90°，

∴∠BPO=∠PMN，∠PBO=∠MPN．

∵BP=MP，

∴△PBO≌△MPN，

MN=OP，PN=AO=BO，

OP=OA+AP=PN+AP=AN，

∴MN=AN，∠MAN=45°．

∵∠BAO=45°，

∴∠BAO+∠OAQ=90°

∴△BAQ是等腰直角三角形．

∴OB=OQ=4．

∴無(wú)論P(yáng)點(diǎn)怎么動(dòng)OQ的長(zhǎng)不變．點(diǎn)評(píng)：〔1〕考查的是根式和絕對(duì)值的性質(zhì)．

〔2〕考查的是全等三角形的判定和性質(zhì)．

〔3〕此題靈活考查的是全等三角形的判定與性質(zhì)，還有特殊三角形的性質(zhì)．如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A〔4，4〕，點(diǎn)B、C分別在x軸、y軸的正半軸上，S四邊形OBAC=16．

〔1〕∠COA的值為45°；

〔2〕求∠CAB的度數(shù)；

〔3〕如圖2，點(diǎn)M、N分別是x軸正半軸及射線OA上一點(diǎn)，且OH⊥MN的延長(zhǎng)線于H，滿足∠HON=∠NMO，請(qǐng)?zhí)骄績(jī)蓷l線段MN、OH之間的數(shù)量關(guān)系，并給出證明．考點(diǎn)：全等三角形的判定與性質(zhì)；坐標(biāo)與圖形性質(zhì)．分析：〔1〕過(guò)A作AN⊥OC于N，AM⊥OB于M，得出正方形NOMA，根據(jù)正方形性質(zhì)求出∠COA=1/2∠COB，代入求出即可；

〔2〕求出CN=BM，證△ANC≌△AMB，推出∠NAC=∠MAB，求出∠CAB=∠NAM，即可求出答案；

〔3〕求出∠HON=∠NMO=22.5°，延長(zhǎng)OH至點(diǎn)P使PH=OH，連接MP交OA于L，求出∠HON=∠NMO=∠LMN，求出OL=ML，證△OLP≌△MLN，推出MN=OP，即可得出答案．解答：解：〔1〕過(guò)A作AN⊥OC于N，AM⊥OB于M，

那么∠ANO=∠AMO=∠COB=90°，

∵A〔4，4〕，

∴AN=AM=4，

∴四邊形NOMA是正方形，

∴∠COA=1/2∠COB=1/2×90°=45°．

故答案為：45°；

〔2〕∵四邊形NOMA是正方形，

∴AM=AN=4，OM=ON=4，

∴1/2OC×AN+1/2OB×AM=16，

∴OC+OB=8=ON+OM，

即ON-OC=OB-OM，

∴CN=BM，

在△ANC和△AMB中，

AN＝AM∠ANC＝∠AMBNC＝MB，

∴△ANC≌△AMB〔SAS〕，

∴∠NAC=∠MAB，

∴∠CAB=∠CAM+∠MAB=∠NAM=360°-90°-90°-90°=90°，

即∠CAB=90°；

〔3〕MN=2OH，

證明：在Rt△OMH中，∠HON+∠NMO+∠NOM=90°，

又∵∠NOM=45°，∠HON=∠NMO，

∴∠HON=∠NMO=22.5°，

延長(zhǎng)OH至點(diǎn)P使PH=OH，連接MP交OA于L，

∴OM=MP，∠OMP=2∠OMN=45°，

∴∠HON=∠NMO=∠LMN，

∴∠OLM=90°=∠PLO，

∴OL=ML，

在△OLP和△MLN中，

∠PLO＝∠NLMOL＝LM∠POL＝∠LMN＝22.5°

∴△OLP≌△MLN〔ASA〕，

∴MN=OP，

∵OP=2HO，

∴MN=2HO．點(diǎn)評(píng)：此題考查了坐標(biāo)與圖形性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)和判定，正方形的性質(zhì)和判定，全等三角形的性質(zhì)和判定等知識(shí)點(diǎn)的應(yīng)用，題目綜合性比擬強(qiáng)，有一定的難度．：如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A，B，C分別在坐標(biāo)軸上，且OA=OB=OC，△ABC的面積為9，點(diǎn)P從C點(diǎn)出發(fā)沿y軸負(fù)方向以1個(gè)單位/秒的速度向下運(yùn)動(dòng)，連接PA，PB，D〔-m，-m〕為AC上的點(diǎn)〔m＞0〕

〔1〕試分別求出A，B，C三點(diǎn)的坐標(biāo)；

〔2〕設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒，問(wèn)：當(dāng)t為何值時(shí)，DP與DB垂直相等？請(qǐng)說(shuō)明理由；

〔3〕假設(shè)PA=AB，在第四象限內(nèi)有一動(dòng)點(diǎn)Q，連QA，QB，QP，且∠PQA=60°，當(dāng)Q在第四象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)，以下說(shuō)法：

〔i〕∠APQ+∠PBQ的度數(shù)和不變；

〔ii〕∠BAP+∠BQP的度數(shù)和不變，其中有且只有一個(gè)說(shuō)法是正確的，請(qǐng)判斷正確的說(shuō)法，并求這個(gè)不變的值．考點(diǎn)：全等三角形的判定與性質(zhì)；坐標(biāo)與圖形性質(zhì)；線段垂直平分線的性質(zhì)；等邊三角形的判定與性質(zhì)．專題：綜合題．分析：〔1〕利用OA=OB=OC，∠AOC=∠BOC=90°得出∠ACB=90°，再利用△ABC的面積為9，得出OA=OC=OB=3即可得出各點(diǎn)的坐標(biāo)；

〔2〕作DM⊥x軸于點(diǎn)M，作DN⊥y軸于點(diǎn)N，假設(shè)出D點(diǎn)的坐標(biāo)，進(jìn)而得出△PCD≌△BOD，進(jìn)而得到∠BDP=∠ODC=90°，即DP⊥DB；

〔3〕在QA上截取QS=QP，連接PS，利用∠PQA=60°，得出△QSP是等邊三角形，進(jìn)而得出△APS≌△BPQ，從而得出∠APQ+∠PBQ=∠APQ+∠PAS得出答案．解答：解：〔1〕∵OA=OB=OC，∠AOC=∠BOC=90°，

∴∠OAC=∠OCA=∠OBC=∠OCB=45°，

∴∠ACB=90°，

又△ABC的面積為9，

∴OA=OC=OB=3，

∴A〔-3，0〕，B〔3，0〕，C〔0，-3〕；

〔2〕當(dāng)t=3秒時(shí)，即CP=OC時(shí)，DP與DB垂直且相等．

理由如下：連接OD，作DM⊥x軸于點(diǎn)M，作DN⊥y軸于點(diǎn)N，

∵D〔-m，-m〕，

∴DM=DN=OM=ON=m，

∴∠DOM=∠DON=45°，而∠ACO=45°，

∴DC=DO，

∴∠PCD=∠BOD=135°，又CP=OC=OB，

∴△PCD≌△BOD〔SAS〕，

∴DP=DB，∠PDC=∠BDO，

∴∠BDP=∠ODC=90°，

即DP⊥DB．

〔3〕解：〔i〕正確．在QA上截取QS=QP，連接PS．

∵∠PQA=60°，

∴△QSP是等邊三角形，

∴PS=PQ，∠SPQ=60°，

∵PO是AB的垂直平分線，

∴PA=PB而PA=AB，

∴PA=PB=AB，

∴∠APB=60°，

∴∠APS=∠BPQ，

∴△APS≌△BPQ，

∴∠PAS=∠PBQ，

∴∠APQ+∠PBQ=∠APQ+∠PAS=120°．點(diǎn)評(píng)：此題主要考查了全等三角形的判定與性質(zhì)以及等邊三角形的性質(zhì)與判定、線段的垂直平分線性質(zhì)等知識(shí)，根據(jù)作出正確輔助線從而得出三角形△APS≌△BPQ是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，△ABC是等腰三角形，BO=BA=10，OA=16．D為OB的中點(diǎn)，點(diǎn)P從O點(diǎn)出發(fā)以每秒3個(gè)單位的速度運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)Q從A點(diǎn)出發(fā)運(yùn)動(dòng)．P、Q兩點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．

〔1〕直接寫出B點(diǎn)坐標(biāo)；

〔2〕求出△OAB的面積；

〔3〕當(dāng)點(diǎn)P沿O→A→B→O→A→…的路線在三角形的邊上按逆時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)，點(diǎn)Q沿A→B→O→A→B…的路線在三角形的邊上按逆時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)．如果點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)速度為每秒4個(gè)單位，P、Q兩點(diǎn)第一次相遇時(shí)，在三角形的哪條邊上？

〔4〕當(dāng)P點(diǎn)從O點(diǎn)向A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，Q點(diǎn)從A點(diǎn)出發(fā)向B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，如果△ODP與△APQ全等，求點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)速度．考點(diǎn)：全等三角形的判定與性質(zhì)；坐標(biāo)與圖形性質(zhì)；等腰三角形的性質(zhì)．專題：動(dòng)點(diǎn)型．分析：〔1〕過(guò)B作BC⊥OA于C，求出OC、BC即可；

〔2〕根據(jù)三角形的面積公式求出即可；

〔3〕由題意得出4t=3t+20，求出t，求出此時(shí)P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的路程，即可得出答案；

〔4〕設(shè)Q點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)速度為每秒m個(gè)單位，那么OD=5，OP=3t，PA=16-3t，AQ=mt，

當(dāng)△DOP≌△QAP時(shí)得出mt＝53t＝16?3t，當(dāng)△DOP≌△PAQ時(shí)得出5＝16?3t3t＝mt，求出m即可．解答：解：〔1〕

過(guò)B作BC⊥OA于C，

∵OB=BA=10，OA=16，

∴OC=CA=8，

由勾股定理得：BC=102?82=6，

∴B的坐標(biāo)是〔8，6〕；

〔2〕△OAB的面積是1/2×OA×BC=1/2×16×6=48；

〔3〕由題意得：4t=3t+20，

解得：t=20，

此時(shí)P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的路程是60，

∵△OAB的周長(zhǎng)是16+10+10=36，

又∵60-36-16=8，

∴第一次相遇在邊AB上；

〔4〕設(shè)Q點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)速度為每秒m個(gè)單位，那么OD=5，OP=3t，PA=16-3t，AQ=mt，

當(dāng)△DOP≌△QAP時(shí)，OD＝AQOP＝AP，即mt＝53t＝16?3t，

解得：t=8/3．m=15/8；

當(dāng)△DOP≌△PAQ時(shí)，OD＝APOP＝AQ，即5＝16?3t3t＝mt，

解得：t=11/3，m=3，

綜合上述：點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)速度是每秒15／8個(gè)單位或每秒3個(gè)單位．點(diǎn)評(píng)：此題考查了等腰三角形性質(zhì)，三角形的面積，全等三角形的性質(zhì)和判定等知識(shí)點(diǎn)的應(yīng)用．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．△ABC的邊BC在x軸上，A、C兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為A〔0，m〕、C〔n，0〕，B〔-5，0〕，且(n?3)2+3m?＝0，點(diǎn)P從B出發(fā)，以每秒2個(gè)單位的速度沿射線BO勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．

〔1〕求A、C兩點(diǎn)的坐標(biāo)；

〔2〕連接PA，用含t的代數(shù)式表示△POA的面積；

〔3〕當(dāng)P在線段BO上運(yùn)動(dòng)時(shí)，在y軸上是否存在點(diǎn)Q，使△POQ與△AOC全等？假設(shè)存在，請(qǐng)求出t的值并直接寫出Q點(diǎn)坐標(biāo)；假設(shè)不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

考點(diǎn)：全等三角形的判定與性質(zhì)；非負(fù)數(shù)的性質(zhì)：偶次方；非負(fù)數(shù)的性質(zhì)：算術(shù)平方根；坐標(biāo)與圖形性質(zhì)．分析：〔1〕根據(jù)偶次方和算術(shù)平方根的非負(fù)性得出n-3=0，3m-12=0，求出即可；

〔2〕分為三種情況：當(dāng)0≤t＜5／2時(shí)，P在線段OB上，②當(dāng)t=5／2時(shí)，P和O重合，③當(dāng)t＞5／2時(shí)，P在射線OC上，求出OP和OA，根據(jù)三角形的面積公式求出即可；

〔3〕分為四種情況：①當(dāng)BP=1，OQ=3時(shí)，②當(dāng)BP=2，OQ=4時(shí)，③④利用圖形的對(duì)稱性直接寫出其余的點(diǎn)的坐標(biāo)即可．解答：解：〔1〕∵(n?3)2+√3m?12＝0，

∴n-3=0，3m-12=0，

n=3，m=4，

∴A的坐標(biāo)是〔0，4〕，C的坐標(biāo)是〔3，0〕；

〔2〕∵B〔-5，0〕，

∴OB=5，

①當(dāng)0≤t＜5/2時(shí)，P在線段OB上，如圖1，

∵OP=5-2t，OA=4，

∴△POA的面積S=1/2×OP×AP=1/2×〔5-2t〕×4=10-4t；

②當(dāng)t=5/2時(shí)，P和O重合，此時(shí)△APO不存在，即S=0；

③當(dāng)t＞5/2時(shí)，P在射線OC上，如備用圖2，

∵OP=2t-5，OA=4，

∴△POA的面積S=1/2×OP×AP=1/2×〔2t-5〕×4=4t-10；

〔3〕當(dāng)P在線段BO上運(yùn)動(dòng)時(shí)，在y軸上存在點(diǎn)Q，使△POQ與△AOC全等，

∵P在線段BO上運(yùn)動(dòng)，

∴t≤5÷2=2.5，

①當(dāng)BP=1，OQ=3時(shí)，△POQ和△AOC全等，

此時(shí)t=1/2，Q的坐標(biāo)是〔0，3〕；

②當(dāng)BP=2，OQ=4時(shí)，△POQ和△AOC全等，

此時(shí)t=2/2=1，Q的坐標(biāo)是〔0，4〕；

③④由對(duì)稱性可知Q為〔0，-3〕、〔0，-4〕

綜上所述，t=1/2或1時(shí)，Q的坐標(biāo)是〔0，3〕或〔0，4〕或〔0，-3〕或〔0，-4〕．點(diǎn)評(píng)：此題考查了全等三角形的性質(zhì)和判定，偶次方和算術(shù)平方根的非負(fù)性，三角形的面積，坐標(biāo)與圖形性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)的綜合運(yùn)用，關(guān)鍵是求出符合條件的所有情況，是一道比擬容易出錯(cuò)的題目．如圖，在△ABC中，AB=AC=9，BC=12，∠B=∠C，點(diǎn)D從B出發(fā)以每秒2厘米的速度在線段BC上從B向C方向運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)E同時(shí)從C出發(fā)以每秒2厘米的速度在線段AC上從C向A運(yùn)動(dòng)，連接AD、DE．

〔1〕運(yùn)動(dòng)3秒時(shí)，AE=12DC〔不必說(shuō)明理由〕

〔2〕運(yùn)動(dòng)多少秒時(shí)，∠ADE=90°-12∠BAC，并請(qǐng)說(shuō)明理由．考點(diǎn)：全等三角形的判定與性質(zhì)．專題：動(dòng)點(diǎn)型．分析：〔1〕設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是t秒，那么CD=12-2t，AE=9-2t，得出方程9-2t=1/2〔12-2t〕，求出方程的解即可；

〔2〕求出∠B=∠C=∠ADE，推出∠BAD=∠EDC，根據(jù)AAS證△ABD≌△DCE，推出DC=AB=9即可．解答：〔1〕解：設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是t秒，

那么CD=12-2t，AE=9-2t，

9-2t=1/2〔12-2t〕

t=3，

故答案為：3．

〔2〕解：設(shè)x秒后，∠ADE=90°-1/2∠BAC，

理由是：∵∠B=∠C=90°-1/2∠BAC，

∴∠B=∠C=∠ADE，

∵∠BAD+∠ADB+∠B=180°，∠EDC+∠ADE+∠ADB=180°，

∴∠BAD=∠EDC，

在△ABD和△DCE中，

∠B＝∠C∠BAD＝∠CDEBD＝CE

∴△ABD≌△DCE〔AAS〕，

∴DC=AB=9，

∴BD=3，

∴x=3/2，

即運(yùn)動(dòng)3/2秒時(shí)，∠ADE=90°-1/2∠BAC．點(diǎn)評(píng)：此題考查了全等三角形的性質(zhì)和判定，三角形的內(nèi)角和定理，等腰三角形的性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)的綜合運(yùn)用．如圖，在△ABC中，AB=AC=10cm，BC=8cm，點(diǎn)D為AB的中點(diǎn)，點(diǎn)P在線段BC上由B點(diǎn)向C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，同時(shí)，點(diǎn)Q在線段CA上由點(diǎn)C向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)．

〔1〕如果點(diǎn)P、Q的速度均為3厘米/秒，經(jīng)過(guò)1秒后，△BPD與△CQP是否全等？請(qǐng)說(shuō)明理由；

〔2〕假設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)速度為2厘米/秒，點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)速度為2.5厘米/秒，是否存在某一個(gè)時(shí)刻，使得△BPD與△CQP全等？如果存在請(qǐng)求出這一時(shí)刻并證明；如果不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．考點(diǎn)：全等三角形的判定與性質(zhì)；等腰三角形的性質(zhì)．專題：動(dòng)點(diǎn)型．分析：〔1〕求出BP=CQ，CP=BD，∠B=∠C，根據(jù)SAS證出兩三角形全等即可；

〔2〕假設(shè)存在時(shí)刻t，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出方程組，求出t后，看看是否符合題意，再根據(jù)全等三角形的判定推出即可．解答：〔1〕解：△BPD與△CQP是全等，

理由是：當(dāng)t=1秒時(shí)BP=CQ=3，

CP=8-3=5，

∵D為AB中點(diǎn)，

∴BD=1/2AC=5=CP，

∵AB=AC，

∴∠B=∠C，

在△BDP和△CPQ中

∵BD＝CP∠B＝∠CBP＝CQ，

∴△BDP≌△CPQ〔SAS〕．

〔2〕解：假設(shè)存在時(shí)間t秒，使△BDP和△CPQ全等，

那么BP=2t，BD=5，CP=8-2t，CQ=2.5t，

∵△BDP和△CPQ全等，∠B=∠C，

∴2t=8-2t5=2.5t2t＝8?2t5＝2.5t或2t＝2.5t5＝8?2t〔此方程組無(wú)解〕，

解得：t=2，

∴存在時(shí)刻t=2秒時(shí)，△BDP和△CPQ全等，

此時(shí)BP=4，BD=5，CP=8-4=4=BP，CQ=5=BD，

在△BDP和△CQP中

∵BD＝CQ∠B＝∠CBP＝CP，

∴△BDP≌△CQP〔SAS〕．點(diǎn)評(píng)：此題考查了全等三角形的性質(zhì)和判定，主要考查學(xué)生的推理能力，題目比擬好，但是有一定的難度．如圖，△ABC中，AB=AC=10厘米，BC=8厘米，點(diǎn)D為AB的中點(diǎn)．

〔1〕如果點(diǎn)P在線段BC上以3厘米/秒的速度由B點(diǎn)向C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，同時(shí)，點(diǎn)Q在線段CA上由C點(diǎn)向A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)．

①假設(shè)點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)速度與點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)速度相等，經(jīng)過(guò)1秒后，△BPD與△CQP是否全等，請(qǐng)說(shuō)明理由；

②假設(shè)點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)速度與點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)速度不相等，當(dāng)點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)速度為多少時(shí)，能夠使△BPD與△CQP全等？

〔2〕假設(shè)點(diǎn)Q以②中的運(yùn)動(dòng)速度從點(diǎn)C出發(fā)，點(diǎn)P以原來(lái)的運(yùn)動(dòng)速度從點(diǎn)B同時(shí)出發(fā)，都逆時(shí)針沿△ABC三邊運(yùn)動(dòng)，求經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間點(diǎn)P與點(diǎn)Q第一次在△ABC的哪條邊上相遇？考點(diǎn)：全等三角形的判定與性質(zhì)；一元一次方程的應(yīng)用．專題：幾何圖形問(wèn)題；壓軸題．分析：〔1〕①根據(jù)時(shí)間和速度分別求得兩個(gè)三角形中的邊的長(zhǎng)，根據(jù)SAS判定兩個(gè)三角形全等．

②根據(jù)全等三角形應(yīng)滿足的條件探求邊之間的關(guān)系，再根據(jù)路程=速度×?xí)r間公式，先求得點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，再求得點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)速度；

〔2〕根據(jù)題意結(jié)合圖形分析發(fā)現(xiàn)：由于點(diǎn)Q的速度快，且在點(diǎn)P的前邊，所以要想第一次相遇，那么應(yīng)該比點(diǎn)P多走等腰三角形的兩個(gè)腰長(zhǎng)．解答：解：〔1〕①∵t=1秒，

∴BP=CQ=3×1=3厘米，

∵AB=10厘米，點(diǎn)D為AB的中點(diǎn)，

∴BD=5厘米．

又∵PC=BC-BP，BC=8厘米，

∴PC=8-3=5厘米，

∴PC=BD．

又∵AB=AC，

∴∠B=∠C，

在△BPD和△CQP中，

PC＝BD∠B＝∠CBP＝CQ

∴△BPD≌△CQP．〔SAS〕

②∵vP≠vQ，∴BP≠CQ，

又∵△BPD≌△CPQ，∠B=∠C，那么BP=PC=4cm，CQ=BD=5cm，

∴點(diǎn)P，點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝BP/3＝4/3秒，

∴vQ＝CQ/T＝5/4/3＝15/4厘米/秒；

〔2〕設(shè)經(jīng)過(guò)x秒后點(diǎn)P與點(diǎn)Q第一次相遇，

由題意，得15/4x=3x+2×10，

解得x＝80/3．

∴點(diǎn)P共運(yùn)動(dòng)了80/3×3=80厘米．

∵80=56+24=2×28+24，

∴點(diǎn)P、點(diǎn)Q在AB邊上相遇，

∴經(jīng)過(guò)80/3秒點(diǎn)P與點(diǎn)Q第一次在邊AB上相遇．點(diǎn)評(píng)：此題主要是運(yùn)用了路程=速度×?xí)r間的公式．熟練運(yùn)用全等三角形的判定和性質(zhì)，能夠分析出追及相遇的問(wèn)題中的路程關(guān)系．旋轉(zhuǎn)60度如圖，點(diǎn)C是線段AB上除點(diǎn)A、B外的任意一點(diǎn)，分別以AC、BC為邊在線段AB的同旁作等邊△ACD和等邊△BCE，連接AE交DC于M，連接BD交CE，分別以AC、BC為邊在于N，連接MN．

〔1〕求證：AE=BD；

〔2〕求證：MN∥AB．考點(diǎn)：等邊三角形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)．專題：證明題；壓軸題．分析：〔1〕〕先由△ACD和△BCE是等邊三角形，可知AC=DC，CE=CB，∠DCA=60°，∠ECB=60°，故可得出∠DCA+∠DCE=∠ECB+∠DCE，∠ACE=∠DCB，根據(jù)SAS定理可知△ACE≌△DCB，由全等三角形的性質(zhì)即可得出結(jié)論；

〔2〕由〔1〕中△ACE≌△DCB，可知∠CAM=∠CDN，再根據(jù)∠ACD=∠ECB=60°，A、C、B三點(diǎn)共線可得出∠DCN=60°，由全等三角形的判定定理可知，△ACM≌△DCN，故MC=NC，再根據(jù)∠MCN=60°可知△MCN為等邊三角形，故∠NMC=∠DCN=60°故可得出結(jié)論．解答：證明：〔1〕∵△ACD和△BCE是等邊三角形，

∴AC=DC，CE=CB，∠DCA=60°，∠ECB=60°，

∵∠DCA=∠ECB=60°，

∴∠DCA+∠DCE=∠ECB+∠DCE，∠ACE=∠DCB，

在△ACE與△DCB中，

∵AC＝DC∠ACE＝∠DCBCE＝CB，

∴△ACE≌△DCB，

∴AE=BD；

〔2〕∵由〔1〕得，△ACE≌△DCB，

∴∠CAM=∠CDN，

∵∠ACD=∠ECB=60°，而A、C、B三點(diǎn)共線，

∴∠DCN=60°，

在△ACM與△DCN中，

∵∠MAC＝∠NDCAC＝DC∠ACM＝∠DCN＝60°，

∴△ACM≌△DCN，

∴MC=NC，

∵∠MCN=60°，

∴△MCN為等邊三角形，

∴∠NMC=∠DCN=60°，

∴∠NMC=∠DCA，

∴MN∥AB．點(diǎn)評(píng)：此題考查的是等邊三角形的判定與性質(zhì)及全等三角形的判定與性質(zhì)，根據(jù)題意判斷出△ACE≌△DCB，△ACM≌△DCN是解答此題的關(guān)鍵．如圖，C是線段AB上的一點(diǎn)，△ACD和△BCE都是等邊三角形．

〔1〕求證：AE=BD；

〔2〕假設(shè)AE交CD于M，BD交CE于N，連接MN，試判斷△MCN的形狀，并說(shuō)明理由．考點(diǎn)：全等三角形的判定與性質(zhì)；等邊三角形的判定與性質(zhì)．專題：證明題．分析：〔1〕根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到AC=CD，CE=CB，∠ACD=∠BCE=60°，那么可得到∠ACE=∠DCB，根據(jù)全等三角形的判定方法可得到△ACE≌△DCB，于是有AE=BD；

〔2〕由于ACD=∠BCE=60°，可得∠DCE=60°，那么∠ACM=∠DCN，利用△ACE≌△DCB得到∠CAM=∠CDN，再根據(jù)全等三角形的判定方法可得到△ACM≌△DCN，那么CM=CN，

然后根據(jù)等邊三角形的判定方法即可得到△MCN為等邊三角形．解答：〔1〕證明：∵△ACD和△BCE都是等邊三角形，

∴AC=CD，CE=CB，∠ACD=∠BCE=60°，

∴∠ACD+∠DCE=∠BCE+∠DCE，

∴∠ACE=∠DCB，

在△ACE和△DCB中

AC＝CD∠ACE＝∠DCBCE＝CB，

∴△ACE≌△DCB，

∴AE=BD；

〔2〕解：△MCN是等邊三角形．理由如下：

∵∠ACD=∠BCE=60°，∠ACB是一個(gè)平角，

∴∠DCE=60°，

即∠ACM=∠DCN，

∵△ACE≌△DCB，

∴∠CAM=∠CDN，

在△ACM和△DCN中

∠CAM＝∠CDNCA＝CD∠ACM＝∠DCN

∴△ACM≌△DCN，

∴CM=CN，

∴△MCN為等邊三角形．點(diǎn)評(píng)：此題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)：有兩組邊對(duì)應(yīng)相等，并且它們所夾的角也相等，那么這兩個(gè)三角形全等；有兩組角分別相等，且其中一組角所對(duì)的邊對(duì)應(yīng)相等，那么這兩個(gè)三角形全等；全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等，對(duì)應(yīng)角相等．也考查了等邊三角形的判定與性質(zhì)．2021?濟(jì)南〕如圖，點(diǎn)C為線段AB上任意一點(diǎn)〔不與A、B重合〕，分別以AC、BC為一腰在AB的同側(cè)作等腰△ACD和等腰△BCE，CA=CD，CB=CE，∠ACD與∠BCE都是銳角且∠ACD=∠BCE，連接AE交CD于點(diǎn)M，連接BD交CE于點(diǎn)N，AE與BD交于點(diǎn)P，連接PC．

〔1〕求證：△ACE≌△DCB；

〔2〕請(qǐng)你判斷△AMC與△DMP的形狀有何關(guān)系并說(shuō)明理由；

〔3〕求證：∠APC=∠BPC．考點(diǎn)：相似三角形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；等腰三角形的性質(zhì)．專題：幾何綜合題；壓軸題．分析：〔1〕證明∠ACE=∠DCB，根據(jù)“SAS〞證明全等；

〔2〕由〔1〕得∠CAM=∠PDM，又∠AMC=∠DMP，所以兩個(gè)三角形相似；

〔3〕分別過(guò)C作CH⊥AE垂足為H，C作CG⊥BD垂足為G，根據(jù)△ACE≌△DCB，可得出AE=BD，然后根據(jù)S△ACE=S△DCB，得出CH=CG，繼而可得出結(jié)論．解答：〔1〕證明：∵∠ACD=∠BCE，

∴∠ACD+∠DCE=∠BCE+∠DCE，

∴∠ACE=∠DCB，

又∵CA=CD，CE=CB，

∴△ACE≌△DCB．

〔2〕解：△AMC∽△DMP．

理由：∵△ACE≌△DCB，

∴∠CAE=∠CDB，

又∵∠AMC=∠DMP，

∴△AMC∽△DMP．

〔3〕證明：分別過(guò)C作CH⊥AE垂足為H，C作CG⊥BD垂足為G，

∵△ACE≌△DCB．

∴AE=BD，

∵S△ACE=S△DCB〔全等三角形的面積相等〕，

∴CH=CG，

∴∠APC=∠BPC〔角平分線的性質(zhì)定理的逆定理〕．點(diǎn)評(píng)：此題考查相似〔包括全等〕三角形的判定和性質(zhì)，綜合性較強(qiáng)，第三問(wèn)難度較大．點(diǎn)C為線段AB上一點(diǎn)，分別以AC、BC為邊在線段AB同側(cè)作△ACD和△BCE，且CA=CD，CB=CE，∠ACD=∠BCE，直線AE與BD交于點(diǎn)F，

〔1〕如圖1，假設(shè)∠ACD=60°，那么∠AFB=120°；如圖2，假設(shè)∠ACD=90°，那么∠AFB=90°；如圖3，假設(shè)∠ACD=120°，那么∠AFB=60°；

〔2〕如圖4，假設(shè)∠ACD=α，那么∠AFB=180°-α〔用含α的式子表示〕；

〔3〕將圖4中的△ACD繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)任意角度〔交點(diǎn)F至少在BD、AE中的一條線段上〕，變成如圖5所示的情形，假設(shè)∠ACD=α，那么∠AFB與α的有何數(shù)量關(guān)系？并給予證明．

考點(diǎn)：等邊三角形的判定與性質(zhì)．專題：證明題；探究型．分析：〔1〕如圖1，首先證明△BCD≌△ECA，得出∠EAC=∠BDC，再根據(jù)∠AFB是△ADF的外角求出其度數(shù)．

如圖2，首先證明△ACE≌△DCB，得出∠AEC=∠DBC，又有∠FDE=∠CDB，進(jìn)而得出∠AFB=90°．

如圖3，首先證明△ACE≌△DCB，得出∠EAC=∠BDC，又有∠BDC+∠FBA=180°-∠DCB得到∠FAB+∠FBA=120°，進(jìn)而求出∠AFB=60°．

〔2〕由∠ACD=∠BCE得到∠ACE=∠DCB，再由三角形的內(nèi)角和定理得∠CAE=∠CDB，從而得出∠DFA=∠ACD，得到結(jié)論∠AFB=180°-α．

〔3〕由∠ACD=∠BCE得到∠ACE=∠DCB，通過(guò)證明△ACE≌△DCB得∠CBD=∠CEA，由三角形內(nèi)角和定理得到結(jié)論∠AFB=180°-α．解答：解：〔1〕如圖1，CA=CD，∠ACD=60°，

所以△ACD是等邊三角形．

∵CB=CE，∠ACD=∠BCE=60°，

所以△ECB是等邊三角形．

∵AC=DC，∠ACE=∠ACD+∠DCE，∠BCD=∠BCE+∠DCE，

又∵∠ACD=∠BCE，

∴∠ACE=∠BCD．

∵AC=DC，CE=BC，

∴△ACE≌△DCB．

∴∠EAC=∠BDC．

∠AFB是△ADF的外角．

∴∠AFB=∠ADF+∠FAD=∠ADC+∠CDB+∠FAD=∠ADC+∠EAC+∠FAD=∠ADC+∠DAC=120°．

如圖2，∵AC=CD，∠ACE=∠DCB=90°，EC=CB，

∴△ACE≌△DCB．

∴∠AEC=∠DBC，

又∵∠FDE=∠CDB，∠DCB=90°，

∴∠EFD=90°．

∴∠AFB=90°．

如圖3，∵∠ACD=∠BCE，

∴∠ACD-∠DCE=∠BCE-∠DCE．

∴∠ACE=∠DCB．

又∵CA=CD，CE=CB，

∴△ACE≌△DCB．

∴∠EAC=∠BDC．

∵∠BDC+∠FBA=180°-∠DCB=180°-〔180-∠ACD〕=120°，

∴∠FAB+∠FBA=120°．

∴∠AFB=60°．

故填120°，90°，60°．

〔2〕∵∠ACD=∠BCE，

∴∠ACD+∠DCE=∠BCE+∠DCE．

∴∠ACE=∠DCB．

∴∠CAE=∠CDB．

∴∠DFA=∠ACD．

∴∠AFB=180°-∠DFA=180°-∠ACD=180°-α．

〔3〕∠AFB=180°-α；

證明：∵∠ACD=∠BCE=α，那么∠ACD+∠DCE=∠BCE+∠DCE，

即∠ACE=∠DCB．

在△ACE和△DCB中AC＝DC∠ACE＝∠DCBCE＝CB，

那么△ACE≌△DCB〔SAS〕．

那么∠CBD=∠CEA，由三角形內(nèi)角和知∠EFB=∠ECB=α．

∠AFB=180°-∠EFB=180°-α．點(diǎn)評(píng)：此題考查了全等三角形的判定及其性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理等知識(shí)．：△ACB與△DCE為兩個(gè)有公共頂點(diǎn)C的等腰直角三角形，且∠ACB=∠DCE=90°，AC=BC，DC=EC．把△DCE繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)，在整個(gè)旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，設(shè)BD的中點(diǎn)為N，連接CN．

〔1〕如圖①，當(dāng)點(diǎn)D在BA的延長(zhǎng)線上時(shí)，連接AE，求證：AE=2CN；

〔2〕如圖②，當(dāng)DE經(jīng)過(guò)點(diǎn)A時(shí)，過(guò)點(diǎn)C作CH⊥BD，垂足為H，設(shè)AC、BD相交于F，假設(shè)NH=4，BH=16，求CF的長(zhǎng)．

考點(diǎn)：相似形綜合題．分析：〔1〕延長(zhǎng)CN至點(diǎn)K，使NK=CN，連接DK，利用條件證明△DNK≌△BNC，所以可得DK=BC=AC，∠KDC+∠DCB=180°，又因?yàn)椤螪CK=∠ACE，DK=AC，CD=CE，由三角形的全等可得AE=CK，所以AE=2CN；

〔2〕延長(zhǎng)CN交DE于點(diǎn)P，延長(zhǎng)CH交DE于點(diǎn)M，由〔1〕問(wèn)可知∠DCN=∠AEC=45°，再由條件可證明△DPN≌△CPM，所以DN=CM=20，易證△CHN∽△DHM，所以NHHM＝CHDH，

設(shè)CH為x，HM為〔20-x〕，所以4×24=x×〔20-x〕，解方程可得CH=8或CH=12，因?yàn)閠an∠CBH=CHBH＝CFCB，所以再分別分①當(dāng)CH=8時(shí)和②當(dāng)CH=12時(shí)，求出符合題意的FC的值即可．解答：〔1〕證明：延長(zhǎng)CN至點(diǎn)K，使NK=CN，連接DK，

∵∠DCA+∠ACE=90°，∠BCE+∠ACE=90°，

∴∠DCB+∠ACE=180°，

∴∠KDN=∠CBN，

∴DK∥BC，

∵DN=NB，CN=NK，∠DNK=∠BNC，

∴△DNK≌△BNC，

∴DK=BC=AC，

∴∠KDC+∠DCB=180°，

∵∠DCK=∠ACE，

又∵DK=AC，CD=CE，

∵△DNC≌△CAE，

∴AE=CK

∴AE=2CN；

〔2〕解：延長(zhǎng)CN交DE于點(diǎn)P，延長(zhǎng)CH交DE于點(diǎn)M，

由〔1〕問(wèn)可知∠DCN=∠AEC=45°，

∴∠DCP=∠CDP=45°，

∴∠CPD=90°，DP=CP，

∵∠PDN+∠DNP=90°，∠CNH+∠HCN=90°，

又∵∠CNH=∠DNP，

∴∠PDN=∠PCM，

∴△DPN≌△CPM，

∴DN=CM=20，

∵△CHN∽△DHM，

∴NHHM＝CHDH，

設(shè)CH為x，HM為〔20-x〕，

∴4×24=x×〔20-x〕，

解得：x1=8，x2=12，

∴CH=8或CH=12，

∵tan∠CBH=CHBH＝CFCB，

①當(dāng)CH=8時(shí)，F(xiàn)H=NH=4，N、F重合，CH=8舍去；

②當(dāng)CH=12時(shí)，可求CB=20，

∴CF=15．點(diǎn)評(píng)：此題綜合考查了勾股定理，等腰直角三角形，全等三角形的性質(zhì)和判定以及相似三角形的性質(zhì)和判定、一元二次方程的運(yùn)用，等腰三角形的性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)的應(yīng)用，關(guān)鍵是考查學(xué)生能根據(jù)題意得出規(guī)律，題型較好，有一定的難度．〔1〕如圖1，△ABC中，AF平分∠BAC交BC于F，F(xiàn)D⊥AB于D，F(xiàn)E⊥AC于E，求證：AF垂直平分DE．

〔2〕如圖2，分別以△ABC的邊AB、AC為邊向外作等邊三角形ABD和等邊三角形ACE，CD與BE相交于點(diǎn)O，判斷∠AOD與∠AOE的數(shù)量關(guān)系，并證明；

考點(diǎn)：全等三角形的判定與性質(zhì)；線段垂直平分線的性質(zhì)；等邊三角形的性質(zhì)．分析：〔1〕根據(jù)角平分線上的點(diǎn)到角的兩邊的距離相等求出FD=FE，然后利用HL定理證明△ADF和△AEF全等，再根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)邊相等得到AD=AE，最后利用等腰三角形“三線合一〞的性質(zhì)可得AF垂直平分DE；

〔2〕過(guò)點(diǎn)A作AM⊥DC于M，AN⊥BE于N，推出△DAC≌△BAE，可知它們的面積相等，即可推出AM=AN，即可推出：∠AOD=∠AOE．解答：證明：〔1〕∵AF平分∠BAC交BC于F，F(xiàn)D⊥AB于D，F(xiàn)E⊥AC于E，

∴FD=FE〔角平分線上的點(diǎn)到角的兩邊的距離相等〕，

在Rt△ADF和Rt△AEF中，AF＝AFDF＝EF，

∴Rt△ADF≌Rt△AEF〔HL〕，

∴AD=AE〔全等三角形對(duì)應(yīng)邊相等〕，

又∵AF平分∠BAC交BC于F，

∴AF垂直平分DE〔等腰三角形三線合一〕．

〔2〕∠AOD與∠AOE的數(shù)量關(guān)系為相等．

如圖，過(guò)點(diǎn)A作AM⊥DC于M，AN⊥BE于N，

∵△ABD和△ACE都是等邊三角形，

∴AD=AB，AC=AE，∠DAB=∠CAE=60°．

∴∠DAB+∠BAC=∠EAC+∠BAC，

即∠DAC=∠BAE，

在△DAC和△BAE中AD＝AB∠DAC＝∠BAEAE＝AC，

∴△DAC≌△BAE〔SAS〕．

∴DC=BE，

∴S△DAC=S△BAE．

∵S△DAC=1/2DC?AM=S△BAE=1/2BE?AN，

∴AM=AN．

∴點(diǎn)A在∠DOE的角平分線上．

∴∠AOD=∠AOE．點(diǎn)評(píng)：此題主要考查全等三角形的判定和性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)，正確的作出輔助線是解決此題的關(guān)鍵．如圖，△ABC中，∠BAC為銳角，以AB、AC向內(nèi)作正△ABD、正△ACF，以BC為邊向下作正△BCE，連接ED、EF．

〔1〕判斷四邊形ADEF的形狀，并證明你的結(jié)論．

〔2〕三角形ABC滿足什么條件，四邊形ADEF為正方形？〔直接寫出結(jié)論即可〕

〔3〕假設(shè)∠BAC=30°，其他條件不變，連接AE，那么線段AB、AC、AE之間具有怎樣的數(shù)量關(guān)系？〔直接寫出結(jié)論即可〕考點(diǎn)：正方形的判定；全等三角形的判定與性質(zhì)；等邊三角形的性質(zhì)；平行四邊形的判定．專題：證明題．分析：〔1〕根據(jù)等邊三角形的三條邊都相等，三個(gè)角都是60°，可以證明AB=BD，∠ABC=∠DBE，利用邊角邊定理可以證明△ABC與△DBE全等，根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)邊相等得到AC=DE，又AC=AF，所以DE=AF，同理可證EF=AD，根據(jù)兩組對(duì)邊相等的四邊形是平行四邊形判定四邊形ADEF是平行四邊形；

〔2〕根據(jù)鄰邊相等的平行四邊形是菱形，有一個(gè)角是直角的菱形是正方形考慮，AF=AD，所以AB=AC，又∠BAC=60°-∠BAF=60°-∠DAC，∠DAF=90°，列式進(jìn)行計(jì)算即可求出∠BAC=30°時(shí)，是正方形；

〔3〕根據(jù)〔2〕的結(jié)論，∠BAC=30°時(shí)，四邊形ADEF為矩形，根據(jù)勾股定理得解．解答：解：〔1〕四邊形ADEF是平行四邊形．

理由如下：在正△ABD，正△BCE中，

AB=BD，BC=BE，∠ABD=60°，∠CBE=60°，

∵∠ABD=∠ABC+∠DBC=60°，

∠CBE=∠DBE+∠DBC=60°，

∴∠ABC=∠DBE，

在△ABC與△DBE中，AB＝BD∠ABC＝∠DBEBC＝BE，

∴△ABC≌△DBE〔SAS〕，

∴AC=DE，

又∵△ACF是正三角形，

∴AC=AF，

∴AF=DE，

同理可證AD=EF，

∴四邊形ADEF是平行四邊形；

〔2〕假設(shè)四邊形ADEF為正方形，

那么AF=AD，∠DAF=90°，

∵AF=AC，AD=AB，

∴AB=AC，

∵∠BAC+∠BAF=∠BAC+∠DAC=60°，

∴∠BAF=∠DAC=∠DAF-60°=90°-60°=30°，

∴∠BAC=60°-30°=30°，

∴當(dāng)△ABC為頂角∠BAC=30°的等腰三角形時(shí)，四邊形ADEF為正方形；

〔3〕根據(jù)〔2〕的結(jié)論，當(dāng)∠BAC=30°時(shí)，∠DAF=90°，

∴四邊形ADEF為矩形，

∴AE2=AB2+AC2．點(diǎn)評(píng)：此題考查了正方形的判定，等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，綜合性較強(qiáng)，從復(fù)雜圖形中找出全等三角形并根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)找出全等的條件是解題的關(guān)鍵，圖形識(shí)別難度較大．如圖，點(diǎn)O是等邊△ABC內(nèi)一點(diǎn)，連接OA、OB、OC，將△BOC繞點(diǎn)C按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)60°得△ADC，連接OD．

〔1〕求證：△COD是等邊三角形；

〔2〕假設(shè)OA=3，OC=4，OB=5，試判斷△AOD的形狀，并說(shuō)明理由．

〔3〕假設(shè)∠AOB=110°，∠BOC=α，請(qǐng)?zhí)骄浚寒?dāng)α為多少度時(shí)，△AOD是等腰三角形？考點(diǎn)：等邊三角形的判定；等腰三角形的判定；勾股定理．專題：證明題；探究型．分析：〔1〕由△BOC≌△ADC，得出CO=CD，再由∠OCD=60°，得出結(jié)論；

〔2〕由勾股定理的逆定理判斷△AOD為直角三角形；

〔3〕因?yàn)椤鰽OD是等腰三角形，可得①∠AOD=∠ADO、②∠ODA=∠OAD、③∠AOD=∠DAO；假設(shè)∠AOB=110°，∠COD=60°，∠BOC=190°-∠AOD，∠BOC=∠ADC=∠ADO+∠CDO由①∠AOD=∠ADO可得α=125°，由②∠ODA=∠OAD可得α=110°，由③∠AOD=∠DAO可得α=140°．解答：解：〔1〕證明：∵將△BOC繞點(diǎn)C按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)60°得△ADC，

∴△BOC≌△ADC，∠OCD=60°，

∴CO=CD．

∴△COD是等邊三角形．

〔2〕△AOD為直角三角形，

∵△ADC≌△BOC，

∴DA=OB=5，

∵△COD是等邊三角形，

∴OD=OC=4，又OA=3，

∴DA2=OA2+OD2，

∴△AOD為直角三角形．

〔3〕因?yàn)椤鰽OD是等腰三角形，

所以分三種情況：①∠AOD=∠ADO②∠ODA=∠OAD③∠AOD=∠DAO

∵∠AOB=110°，∠COD=60°，

∴∠BOC=190°-∠AOD，

而∠BOC=∠ADC=∠ADO+∠CDO

由①∠AOD=∠ADO可得∠BOC=∠AOD+60°，

求得α=125°；

由②∠ODA=∠OAD可得∠BOC=150°-1/2∠AOD

求得α=110°；

由③∠AOD=∠DAO可得∠BOC=240°-2∠AOD，

求得α=140°；

綜上可知α=125°、α=110°或α=140°．點(diǎn)評(píng)：此題主要運(yùn)用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、等邊三角形的判定、勾股定理的逆定理等知識(shí)，滲透分類討論思想．〔2021?桐鄉(xiāng)市一?！场鰽BC是等腰三角形，AB=AC，∠BAC=50°．將△ABC繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)角θ

〔0°＜θ＜180°〕，得到△ADE，BD和EC所在直線相交于點(diǎn)O．

〔1〕如圖1，當(dāng)θ=20°時(shí)，∠BOE=130度；

〔2〕當(dāng)△ABC旋轉(zhuǎn)到如圖2所在位置時(shí)，求∠BOE的度數(shù)，并說(shuō)明理由；

〔3〕如圖3，在AB和AC上分別截取點(diǎn)B′和C′，使AB＝3AB′，AC＝3AC′，連接B′C′，將△AB′C′繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)角θ

〔0°＜θ＜180°〕，得到△ADE，BD和EC所在直線相交于點(diǎn)O，請(qǐng)利用圖3探索∠BOE的度數(shù)，直接寫出結(jié)果，不必說(shuō)明理由．

考點(diǎn)：幾何變換綜合題．分析：〔1〕〕根據(jù)全等三角形性質(zhì)得出AB=AD，AC=AE，∠BAC=∠DAE=50°，求出∠ABC=∠ADE=∠ACB=∠AED=65°，∠ABD=∠ADB=80°，∠AEC=∠ACE=80°，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理求出∠EDO=35°，求出∠DEC=15°，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理求出∠DOE即可；

〔2〕當(dāng)旋轉(zhuǎn)到如圖2所在位置時(shí)，證△ABD≌△ACE，推出∠AEC=∠ADB，設(shè)AD與CE相交于點(diǎn)F，那么∠OFD=∠EFA，求出∠EOD=∠EAD=50°即可求出∠BOE=130°；

〔3〕證相似得出∠ABD=∠ACE，推出∠BOE=180°-〔∠ABC+∠ACB〕，圖4，求出∠BOC=50°，即可求出答案．解答：解：〔1〕∵△ABC≌△ADE，

∴AB=AD，AC=AE，∠BAC=∠DAE=50°，

∴∠ABC=∠ADE=∠ACB=∠AED=1/2〔180°-50°〕=65°，

∵AB=AD，∠DAB=θ=20°，

∴∠ABD=∠ADB=1/2〔180°-20°〕=80°，

同理∠AEC=∠ACE=80°，

∴∠EDO=180°-65°-80°=35°，∠DEC=80°-65°=15°，

∴∠DOE=180°-35°-15°=130°，

〔2〕當(dāng)旋轉(zhuǎn)到如圖2所在位置時(shí)，

∵∠BAC=∠DAE，

∴∠BAD=∠CAE，

在△ABD和△ACE中

AB＝AC∠BAD＝∠CAEAD＝AE

∴△ABD≌△ACE〔SAS〕，

∴∠AEC=∠ADB，

設(shè)AD與CE相交于點(diǎn)F，那么∠OFD=∠EFA，

∴∠EOD=∠EAD=50°，

∴∠BOE=130°；

〔3〕50°或130°，如圖

理由是：如圖3，

∵AB＝3AB′，AC＝3AC′，

∴ABAD=ACAE=3，

∵∠BAD=∠CAE，

∴△BAD∽△CAE，

∴∠ACE=∠ABD，

∵∠ACB+∠ABC=180°-∠BAC=180°-50°=130°，

∴∠BOE=180°-〔∠OBC+∠BCA+∠ACE〕=180°-〔∠ABD+∠OBC+∠BCA〕=180°-130°=50°；

如圖4，∵∠BOC=180°-∠OBC-∠OCB=180°-〔∠ABC+∠ACB〕=180°-130°=50°，

∴∠BOE=180°-50°=130°．

故∠BOE的度數(shù)為50°或130°．

故答案為：130°．點(diǎn)評(píng)：此題考查了相似三角形性質(zhì)和判定，三角形內(nèi)角和定理，全等三角形的性質(zhì)和判定的應(yīng)用，主要考查學(xué)生的推理能力，證明過(guò)程類似．在Rt△ABC中，AB=BC=5，∠B=90°，將一塊等腰直角三角板的直角頂點(diǎn)放在斜邊AC的中點(diǎn)O處，將三角板繞點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)，三角板的兩直角邊分別交AB，BC或其延長(zhǎng)線于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，如圖〔1〕與〔2〕是旋轉(zhuǎn)三角板所得圖形的兩種情況．

〔1〕三角板繞點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)，△OFC是否能成為等腰直角三角形？假設(shè)能，指出所有情況〔即給出△OFC是等腰直角三角形時(shí)BF的長(zhǎng)〕；假設(shè)不能，請(qǐng)說(shuō)明理由；

〔2〕三角板繞點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)，線段OE和OF之間有什么數(shù)量關(guān)系？用圖〔1〕或〔2〕加以證明；

〔3〕假設(shè)將三角板的直角頂點(diǎn)放在斜邊上的點(diǎn)P處〔如圖〔3〕〕，當(dāng)AP：AC=1：4時(shí)，PE和PF有怎樣的數(shù)量關(guān)系？證明你發(fā)現(xiàn)的結(jié)論．

考點(diǎn)：相似三角形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；等腰直角三角形；旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)．分析：〔1〕由題意可知，①當(dāng)F為BC的中點(diǎn)時(shí)，由AB=BC=5，可以推出CF和OF的長(zhǎng)度，即可推出BF的長(zhǎng)度，②當(dāng)B與F重合時(shí)，③當(dāng)OC=FC時(shí)，根據(jù)直角三角形的相關(guān)性質(zhì)，即可推出OF的長(zhǎng)度，即可推出BF的長(zhǎng)度；

〔2〕連接OB，由條件推出△OEB≌△OFC，即可推出OE=OF；

〔3〕過(guò)點(diǎn)P做PM⊥AB，PN⊥BC，結(jié)合圖形推出△PNF∽△PME，△APM∽△PNC，繼而推出PM：PN=PE：PF，PM：PN=AP：PC，根據(jù)條件即可推出PA：AC=1：4得出PE：PF=1：3．解答：解：〔1〕△OFC是能成為等腰直角三角形，

①當(dāng)F為BC的中點(diǎn)時(shí)，

∵O點(diǎn)為AC的中點(diǎn)，

∴OF∥AB，

∴CF=OF=5/2