中考专题冲刺训练：三角形8

中考专题冲刺训练：三角形 8 1．如图，△ABC 的角平分线 CD、BE 相交于 F，∠A＝90°，EG∥BC，且 CG⊥EG 于 G，下列结论： ①∠CEG＝2∠DCB；②∠ADC＝∠GCD；③CA 平分∠BCG； ④ ； ⑤点 F 在∠A 的角平分线上． 其中正确的结论是 ．（填序号） 2．在△ABC 中，∠BAC＝60°，AD 平分∠BAC 交边 BC 于点 D，分别过 D 作 DE∥AC 交边 AB 于点 E，DF∥AB 交边 AC 于点 F． （1）如图 1，试判断四边形 AEDF 的形状，并说明理由； （2）如图 2，若 AD＝4 ，点 H，G 分别在线段 AE，AF 上，且 EH＝AG＝3，连接 EG 交 AD 于点 M，连接 FH 交 EG 于点 N． （i）求 EN•EG 的值； （ii）将线段 DM 绕点 D 顺时针旋转 60°得到线段 DM′，求证：H，F，M′三点在 同一条直线上 3．如图 1，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，AD⊥BC 于 D． （1）点 E、F 分别在 DA、DC 的延长线上，且 AE＝CF，连接 BE、AF，猜想线段 BE 和 AF 的数量关系和位置关系，并证明你的结论； （2）如图 2，连接 EF，将△DEF 绕点 D 顺时针旋转角α（0°＜α＜90°），连接 AE、 CE，若四边形 ABCE 恰为平行四边形，求 DA 与 DE 的数量关系； （3）如图 3，连接 EF，将△DEF 绕点 D 逆时针旋转，当点 A 落在线段 EF 上时，设 DE 与 AB 交于点 G，若 AE：AF＝3：4，求 的值． 4．定义：如果一个直角三角形的两条直角边的比为 1：2，那么这个三角形叫做“半正切 三角形”． （1）如图①，正方形网格中，已知格点 A，B，在格点 C，D，E，F 中，与 A，B 能构 成“半正切三角形”的是点 ； （2）如图②，△ABC（BC＜AC）为“半正切三角形”，点 M 在斜边 AB 上，点 D 在 边 AC 上，将射线 MD 绕点 M 逆时针旋转 90°，所得射线交边 BC 于点 E，连接 DE． ①小彤发现：若 M 为斜边 AB 的中点，则△DEM 一定为“半正切三角形”．请判断“小 彤发现”是否正确？并说明理由； ②连接 CM，当∠BMC＝45°时，求 tan∠DEM 的值． 5．中国古代数学家们对于勾股定理的发现和证明，在世界数学史上具有独特的贡献和地位， 体现了数学研究中的继承和发展．现用 4 个全等的直角三角形拼成如图所示“弦图”， 即以弦为边长得到的正方形由四个全等的直角三角形再加上中间的那个正方形组成．Rt △ABC 中，∠ACB＝90°，若 AC＝b，BC＝a，请你利用这个图形说明 a2+b2＝c2． 6．在平面直角坐标系中，对于任意三点 A，B，C 的“矩面积”，给出如下定义：“水平 底”a 为任意两点横坐标差的最大值，“铅垂高”h 为任意两点纵坐标差的最大值，则“矩 面积”S＝ah． 例如：三点坐标分别为 A（1，2），B（﹣3，1），C（2，﹣2），则“水平底”a＝5， “铅垂高”h＝4，“矩面积”S＝ah＝20． （1）已知点 A（1，2），B（﹣3，1），P（0，t）． ①若 A，B，P 三点的“矩面积”为 12，求点 P 的坐标； ②求 A，B，P 三点的“矩面积”的最小值． （2）已知点 E（4，0），F（0，2），M（m，4m），其中 m＞0．若 E，F，M 三点 的“矩面积”为 8，求 m 的取值范围． 7．如图，在△ABC 中，AB＝AC，∠BAC＝90°，BC＝8，点 D 是边 BC 上的一个动点， 连接 AD，以 AD 为直角边向右作等腰 Rt△ADE，使 AD＝AE，∠DAE＝90°，点 F 是 DE 的中点，连接 CE． （1）如图①，连接 CF，求证：DE＝2CF； （2）如图②，连接 AF 并延长，交 BC 边所在直线于点 G，若 CG＝2，求 BD 的长． 8．在△ABC 中，已知 AB＝3，AC＝7，若第三边 BC 的长为偶数，求△ABC 的周长． 9．△ABC 中，AB＝AC，∠BAC＝120°． （1）如图 1，AE＝AD，∠EAD＝120°，连接 BD，CE，求证：BD＝CE； （2）如图 2，BE∥CD，∠EAD＝60°，∠ADC＝30°，试探究线段 ED 与线段 BC 的数量关系与位置关系，并说明理由； （3）如图 3，若△ABC 所在平面的一点 D 满足 ，请直接写出 的值． 10．已知，在△ABC 中，∠BAC＝90°，∠BCA＝30°，AB＝5，D 为直线 BC 上一动 点，以 AD 为边作等边△ADE（A，D，E 三点逆时针排列），连接 CE． （1）如图 1，若 D 为 BC 中点，求证：AE＝CE； （2）如图 2，试探究 AE 与 CE 的数量关系，并证明你的结论； （ 3 ） 连 接 BE ， 在 D 点 运 动 的 过 程 中 ， 当 BE 最 小 时 ， 则 线 段 CD 的 长 为 ． 11．平面直角坐标系中，A（a，0），B（0，b），a，b 满足（2a+b+5）2+ ＝ 0，将线段 AB 平移得到 CD，A，B 的对应点分别为 C，D，其中点 C 在 y 轴负半轴上． （1）求 A，B 两点的坐标； （2）如图 1，连 AD 交 BC 于点 E，若点 E 在 y 轴正半轴上，求 的值； （3）如图 2，点 F，G 分别在 CD，BD 的延长线上，连接 FG，∠BAC 的角平分线与 ∠DFG 的角平分线交于点 H，求∠G 与∠H 之间的数量关系． 12．如图，在△ABC 中，AB＝AC，∠BAC＝120°，AD 是 BC 边的中线，点 E、F 分 别是 AB、AC 的中点，连接 DE、DF． （1）求证：△AED 是等边三角形； （2）若 AB＝2，则四边形 AEDF 的周长是 ． 13．已知：如图，在△ABC 中，AB＞AC，∠B＝45°，点 D 是 BC 边上一点，且 AD＝ AC，过点 C 作 CF⊥AD 于点 E，与 AB 交于点 F． （1）若∠CAD＝α，求： ①∠BCA 的大小； ②∠BCF 的大小；（用含α的式子表示） （2）求证：AC＝FC． 14．（1）问题发现： 如图 1，在△OAB 和△OCD 中，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝50°，连 接 AC，BD 交于点 M． 填空：① 的值为 ； ②∠AMB 的度数为 ． （2）类比探究：如图 2，在△OAB 和△OCD 中，∠AOB＝∠COD＝90°，CD＝2OD， AB＝2OB，连接 AC 交 BD 的延长线于点 M．请求出 的值及∠AMB 的度数，并说 明理由； （3）拓展延伸：在（2）的条件下，将△OCD 绕点 O 在平面内旋转，AC、BD 所在直 线交于点 M，若 OD＝1，OB＝ ，请直接写出当点 C 与点 M 重合时 AC 的长． 15．数学课上，王老师出示了如下框中的题目．小明与同桌小聪讨论后，进行了如下解答： （1）特殊情况•探索结论：在等边三角形 ABC 中，当点 E 为 AB 的中点时，点 D 在 CB 点延长线上，且 ED＝EC；如图 1，确定线段 AE 与 DB 的大小关系．请你直接写出结 论 ； （2）特例启发，解答题目 王老师给出的题目中，AE 与 DB 的大小关系是： ．理由如下： 如图 2，过点 E 作 EF∥BC，交 AC 于点 F，（请你完成以下解答过程） （3）拓展结论，设计新题 在△ABC 中，AB＝BC＝AC＝1；点 E 在 AB 的延长线上，AE＝2；点 D 在 CB 的延 长线上，ED＝EC，如图 3，请直接写 CD 的长 ． 参考答案 1．解：∵EG∥BC， ∴∠CEG＝∠ACB， ∵CD 平分∠ACB， ∴∠ACB＝2∠DCB， ∴∠CEG＝2∠DCB，故①正确； ∵∠A＝90°， ∴∠ACD+∠ADC＝90°， ∵EG∥BC，且 CG⊥EG 于 G， ∴∠CGE＝∠GCB＝90°， ∴∠GCD+∠BCD＝90°， ∵CD 平分∠ACB， ∴∠ACD＝∠BCD， ∴∠ADC＝∠GCD，故②正确； 无法证明 CA 平分∠BCG，故③错误； ∵∠EBC+∠ACB＝∠AEB，∠DCB+∠ABC＝∠ADC， ∴∠AEB+∠ADC＝90°+ （∠ABC+∠ACB）＝135°， ∴∠DFE＝360°﹣135°﹣90°＝135°， ∴∠DFB＝45°＝ ∠CGE，故④正确； ∵△ABC 的角平分线 CD、BE 相交于 F， ∴点 F 在∠A 的角平分线上，故⑤正确； 故答案为①②④⑤． 2．（1）解：四边形 AEDF 的形状是菱形；理由如下： ∵DE∥AC，DF∥AB， ∴四边形 AEDF 是平行四边形， ∵AD 平分∠BAC， ∴∠EAD＝∠FAD， ∵DE∥AC， ∴∠EDA＝∠FAD， ∴∠EAD＝∠EDA， ∴AE＝DE， ∴四边形 AEDF 是菱形； （2）（i）解：连接 EF 交 AD 于点 Q，如图 2 所示： ∵∠BAC＝60°，四边形 AEDF 是菱形， ∴∠EAD＝30°，AD、EF 相互垂直平分，△AEF 是等边三角形， ∴∠EAF＝∠AEF＝∠AFE＝60°， ∵AD＝4 ， ∴AQ＝2 ， 在 Rt△AQE 中，cos∠EAQ＝ ，即 cos30°＝ ， ∴AE＝ ＝ ＝4， ∴AE＝AF＝EF＝4， 在△AEG 和△EFH 中， ， ∴△AEG≌△EFH（SAS）， ∴∠AEG＝∠EFH， ∴∠ENH＝∠EFH+∠GEF＝∠AEG+∠GEF＝60°， ∴∠ENH＝∠EAG， ∵∠AEG＝∠NEH， ∴△AEG∽△NEH， ∴ ＝ ， ∴EN•EG＝EH•AE＝3×4＝12； （ii）证明：如图 3，连接 FM'， ∵DE∥AC， ∴∠AED＝180°﹣∠BAC＝120°， 由（1）得：△EDF 是等边三角形， ∴DE＝DF，∠EDF＝∠FED＝∠EFD＝60°， 由旋转的性质得：∠MDM'＝60°，DM＝DM'， ∴∠EDM＝∠FDM'， 在△EDM 和△FDM'中， ， ∴△EDM≌△FDM'（SAS）， ∴∠MED＝∠DFM'， 由（i）知，∠AEG＝∠EFH， ∴∠DFM'+∠EFH＝∠MED+∠AEG＝∠AED＝120°， ∴∠HFM'＝∠DFM'+∠HFE+∠EFD＝120°+60°＝180°， ∴H，F，M′三点在同一条直线上． 3．解：（1）BE＝AF，BE⊥AF， 理由如下：延长 FA 交 BE 于 H， ∵△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，AD⊥BC， ∴∠BAD＝∠ACD＝45°，AB＝AC， ∴∠BAE＝∠ACF＝135°， 又∵AB＝AC，AE＝CF， ∴△ABE≌△CAF（SAS）， ∴AF＝BE，∠EBA＝∠FAC， ∵∠BAF＝∠ABE+∠BHA＝∠BAC+∠CAF， ∴∠BAC＝∠BHA＝90°， ∴BE⊥AF； （2）∵△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，AD⊥BC， ∴AD＝ BC， ∵四边形 ABCE 恰为平行四边形， ∴AE＝BC＝2AD，AE∥BC， ∴∠EAD＝∠ADB＝90°， ∴DE＝ ＝ ＝ AD； （3）如图 3，连接 BE，过点 E 作 EH⊥AB 于 H，DN⊥AB 于 N， 由图 1 可得：∵△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，AD⊥BC， ∴AD＝BD＝CD，AD⊥CD， 又∵AE＝CF， ∴DE＝DF， ∴△DEF 是等腰直角三角形， ∴∠DFE＝∠DEF＝45° 由图 3 可得：∠EDF＝∠BDA＝90°， ∴∠ADF＝∠BDE， 又∵AD＝BD，DE＝DF， ∴△ADF≌△BDE（SAS）， ∴BE＝AF，∠DFE＝∠BED＝45°， ∴∠AEB＝90°， ∵AE：AF＝3：4， ∴设 AE＝3a，AF＝BE＝4a， ∴AB＝ ＝ ＝5a， ∵AD＝BD，∠ADB＝90°，DN⊥AB， ∴DN＝BN＝AN＝ a， ∵S△ABE＝ AE×BE＝ AB×EH， ∴EH＝ ＝ a， ∴AH＝ ＝ a， ∵∠BED＝∠AED＝45°， ∴ ， ∴BG＝ ，AG＝ ， ∴GH＝ a，GN＝ a， ∴EG＝ ＝ a，DG＝ ＝ a， ∴ ＝ ＝ ． 4．解：（1）Rt△ABC 中，BC＝2，AC＝4， ∴BC＝ AC， ∴Rt△ABC 为“半正切三角形”； ∵AF＝ ＝ ，AB＝ ＝2 ，BF＝ ＝5， ∴AF2+AB2＝BF2，AF＝ AB， ∴△ABF 是直角三角形， ∴Rt△ABF 为“半正切三角形”． 同理得：D、E 不是“半正切三角形”． 故答案为：C，F． （2）①“小彤发现”正确，理由如下： 连接 CM，如图②， ∵M 为斜边 AB 的中点， ∴CM＝ AB＝AM， ∴∠MCA＝∠A， 由旋转的性质得：∠DME＝∠C＝90°， ∴E、M、D、C 四点共圆， ∴∠MCA＝∠DEM＝∠A， ∴tan∠DEM＝ ＝tanA＝ ＝ ， ∴△DEM 为“半正切三角形”． （3）作 MG⊥AC 于 G，MH⊥BC 于 H，如图③： 则∠MGD＝∠MHE＝90°，四边形 MGCH 是矩形，MH∥AC，MG∥BC， ∴∠GMH＝90°，MH＝GC，CH＝MG， 由旋转可知∠DME＝90°， ∴∠DME＝∠GMH， ∴∠DMG＝∠EMH， ∴△DMG∽△EMH， ∴ ＝ ∴ ， ∵MH∥AC， ∴△BHM∽△BCA， ＝ ＝2， ∴HM＝2BH， ∴ ． 过点 C 作 CR⊥AB 交 AB 于点 R， 则∠BCR+∠B＝∠A+∠B＝90°， ∴∠BCR＝∠A， ∴tan∠BCR＝tanA＝ ＝ ， ∴△BRC 也为“半正切三角形”， ∵∠BMC＝45°， ∴△MCR 是等腰直角三角形， ∴MR＝CR， ∵∠CRB＝∠MHB＝90°，∠B＝∠B， ∴△CRB∽△MHB， ∴△BMH 也是“半正切三角形”． 设 BR＝x，则 MR＝CR＝2x， ，BM＝3x， 在 Rt△BHM 中， ． 则 ． ∴tan∠DEM＝ ＝ ＝ ． 5．证明：∵大正方形面积为 c2，直角三角形面积为 ab，小正方形面积为（b﹣a）2， ∴c2＝4× ab+（a﹣b）2＝2ab+a2﹣2ab+b2， 即 a2+b2＝c2． 6．解：（1）由题意得：a＝1﹣（﹣3）＝4， 当 t＞2 时，h＝t﹣1， 则 4（t﹣1）＝12， 解得：t＝4， 故点 P 的坐标为（0，4）； 当 t＜1 时，h＝2﹣t， 则 4（2﹣t）＝12， 解得：t＝﹣1， 故点 P 的坐标为（0，﹣1）； 当 1＜t＜2 时，h＝1， 此时 S＝4，不符合题意； 综上所述，点 P 的坐标为（0，4）或（0，﹣1）； ②由题意得：h 的最小值为 1， ∴A，B，P 三点的“矩面积”的最小值为 4； （2）当 m≥4 时，a＝m，h＝4m， 此时 S＝m×4m＝4m2＝8， 解得：m＝± ，不合题意舍去； 当 ＜m＜4 时，a＝4，h＝4m， 此时 S＝16m＝8， 解得：m＝ ，不合题意舍去； 当 0＜m≤ 时，a＝4，h＝2， 此时 S＝4×2＝8，符合题意； 综上所述，m 的取值范围为 0＜m≤ ． 7．（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE＝90°， ∴∠BAD＝∠CAE， 在△ABD 和△ACF 中， ， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴∠B＝∠ACE， ∵AB＝AC，∠BAC＝90°， ∴∠ABC＝∠ACB＝45°， ∴∠ACE＝45°， ∴∠ACE+∠ACB＝90°， 即∠DCE＝90°， ∵点 F 是 DE 的中点， ∴CF＝ DE， 即 DE＝2CF； 解：（2）如图，连接 EG， ∵AD＝AE，点 F 是 DE 的中点， ∴AF 是 DE 的垂直平分线， ∴DG＝EG， 设 BD＝x， ①当点 G 在边 BC 上时，DG＝8﹣2﹣x＝6﹣x， ∵△ABD≌△ACE， ∴BD＝CE＝x， 在 Rt△CEG 中，根据勾股定理，得 CE2+CG2＝GE2， ∴x2+4＝（6﹣x）2， 解得 x＝ ； ②如图，当点 G 在边 BC 延长线上时， ∵EG＝DG＝8+2﹣x＝10﹣x， 在 Rt△CEG 中，根据勾股定理，得 CE2+CG2＝GE2， ∴x2+4＝（10﹣x）2， 解得 x＝ ． 综上 BD 长为 或 ． 8．解：∵在△ABC 中，AB＝3，AC＝7， ∴第三边 BC 的取值范围是：4＜BC＜10， ∴符合条件的偶数是 6 或 8， ∴当 BC＝6 时，△ABC 的周长为：3+6+7＝16； 当 BC＝8 时，△ABC 的周长为：3+7+8＝18． ∴△ABC 的周长为 16 或 18． 9．证明：（1）∵∠BAC＝∠EAD＝120°， ∴∠BAD＝∠CAE， 又∵AB＝AC，AD＝AE， ∴△BAD≌△CAE（SAS）， ∴BD＝CE； （2）DE∥BC，DE＝BC， 理由如下：如图 2，在 AD 上取点 F，使 CF＝CA， ∵AB＝AC，CA＝CF， ∴CA＝CF＝AB，∠CAF＝∠CFA， ∵∠BAC＝120°，∠EAD＝60°， ∴∠BAE+∠CAF＝180°， ∵∠CFA+∠CFD＝180°， ∴∠BAE＝∠CFD， ∵∠DAE＝60°， ∴∠AED+∠ADE＝120°， ∵BE∥CD， ∴∠BED+∠CDE＝180°， ∴∠BEA+∠AED+∠EDA+∠CDF＝180°， ∴∠BEA+∠CDF＝60°， ∵∠ADC＝30°， ∴∠BEA＝30°＝∠CDF， 又∵AB＝CF，∠BAE＝∠CFD， ∴△ABE≌△FCD（AAS）， ∴BE＝CD， 又∵BE∥CD， ∴四边形 BEDC 是平行四边形， ∴DE＝BC，DE∥BC． （3）∵△ABC 所在平面的一点 D 满足 ， ∴我们只需要找出最好算的那种情况即可； 如图 3，当点 D 在 AC 上时，且 ，过点 B 作 BE⊥AC，交 CA 的延长线于 E， 设 AD＝3x，CD＝2x， ∴AC＝5x＝AB， ∵∠BAC＝120°， ∴∠BAE＝60°， ∵BE⊥AC， ∴∠EBA＝30°， ∴AE＝ x，BE＝ AE＝ ， ∴DE＝AE+AD＝ x， ∴BD＝ ＝ ＝ x＝7x， ∴ ＝ ． 10．（1）证明：∵∠BAC＝90°，D 为 BC 中点， ∴AD＝BD＝CD， ∵∠BCA＝30°， ∴∠ABD＝∠DAB＝90°﹣30°＝60°， ∴△ABD 是等边三角形， ∴∠ADB＝60°， ∵△ADE 是等边三角形， ∴∠ADE＝60°，AE＝AD＝DE， ∴CD＝DE， ∵∠CDE＝180°﹣∠ADE﹣∠ADB＝180°﹣60°﹣60°＝60°， ∴△CDE 是等边三角形， ∴CE＝DE， ∴AE＝CE； （2）解：AE 与 CE 的数量关系为：AE＝CE，理由如下： 取 BC 中点为 O，连接 AO、EO，如图 2 所示： ∵∠BAC＝90°，O 为 BC 中点， ∴AO＝BO， ∵∠BCA＝30°， ∴∠ABO＝∠OAB＝90°﹣30°＝60°， ∴△ABO 是等边三角形， ∴AB＝AO，∠BAO＝∠AOB＝60°， ∵△ADE 是等边三角形， ∴AD＝AE，∠DAE＝∠ADE＝60°， ∴∠BAO＝∠DAE， ∴∠BAO+∠OAD＝∠DAE+∠OAD， 即：∠BAD＝∠OAE， 在△BAD 和△OAE 中， ， ∴△BAD≌△OAE（SAS）， ∴∠AEO＝∠ADO， ∴A、O、D、E 四点共圆， ∴∠AOE＝∠ADE＝60°， ∴∠EOD＝180°﹣∠AOE﹣∠AOB＝180°﹣60°﹣60°＝60°， ∴∠EOD＝∠ABO， ∴AB∥OE， ∵∠BAC＝90°， ∴OE⊥AC， ∵O 是 BC 的中点， ∴OE 垂直平分 AC， ∴AE＝CE； （3）解：∵∠BAC＝90°，∠BCA＝30°，AB＝5， ∴AO＝OC＝5，BC＝2AB＝10， 由（2）得：点 E 的轨迹是 AC 的垂直平分线 OE，如图 3 所示： 当 BE 最小时，BE⊥OE， ∵∠AOB＝60°， ∴∠AOC＝120°， ∵OA＝OC，OE⊥AC， ∴∠BOE＝ ∠AOC＝60°， ∴∠OBE＝30°， ∴OE＝ OB＝ BC＝ ， 在直线 OE 的左侧取点 F，使 EF＝OA，连接 DF， ∵∠DAO＝∠DAE+∠EAO＝60°+∠EAO，∠DEF＝180°﹣∠DEA﹣∠AEO＝ 180°﹣60°﹣（60°﹣∠EAO）＝60°+∠EAO， ∴∠DAO＝∠DEF， 在△DAO 和△DEF 中， ， ∴△DAO≌△DEF（SAS）， ∴∠DFO＝∠DOA＝60°， ∴△ODF 是等边三角形， ∴OF＝OD， 即：OD＝OF＝OE+EF＝OE+OA＝ +5＝ ， ∴CD＝OD+OC＝ +5＝ ， 故答案为： ． 11．解：（1）∵（2a+b+5）2≥0， ≥0， 且（2a+b+5）2+ ＝0， ∴ ， 解得： ， ∴A（﹣4，0），B（0，3）． （2）设 C（0，c），E（0，y）， ∵将线段 AB 平移得到 CD，A（﹣4，0），B（0，3）． ∴由平移的性质得 D（4，3+c）， 过 D 作 DP⊥x 轴于 P， ∴AO＝4＝OP，DP＝3+c，OE＝y，OC＝﹣c， ∵S△ADP＝S△AOE+S 梯形 OEDP， ∴ ， ∴ ， 解得 y＝ ． ∴BE﹣OE＝（BO﹣OE）﹣OE＝BO﹣2OE＝3﹣2× ＝﹣c＝OC， ∴ ＝1． （3）∠G 与∠H 之间的数量关系为：∠G＝2∠H﹣180°． 如图，设 AH 与 CD 交于点 Q，过 H，G 分别作 DF 的平行线 MN，KJ， ∵HD 平分∠BAC，HF 平分∠DFG， ∴设∠BAH＝∠CAH＝α，∠DFH＝∠GFH＝β， ∵AB 平移得到 CD， ∴AB∥CD，BD∥AC， ∴∠BAH＝∠AQC＝∠FQH＝α，∠BAC+∠ACD＝180°＝∠BDC+∠ACD， ∴∠BAC＝∠BDC＝∠FDG＝2α， ∵MN∥FQ， ∴∠MHQ＝∠FQH＝α，∠NHF＝∠DFH＝β， ∴∠QHF＝180°﹣∠MHQ﹣∠NHF＝180°﹣（α+β）， ∵KJ∥DF， ∴∠DGK＝∠FDG＝2α，∠DFG＝∠FGJ＝2β， ∴∠DGF＝180°﹣∠DGK﹣∠FGJ＝180°﹣2（α+β）， ∴∠DGF＝2∠QHF﹣180°． 12．（1）证明：∵AB＝AC，∠BAC＝120°， ∴∠B＝∠C＝30°， ∵AD 是 BC 边的中线， ∴AD⊥BC， ∴∠BAD＝60°， ∴AD＝ AB， ∵AE＝ AB， ∴AE＝AD， ∴△ADE 是等边三角形； （2）解：由（1）证得△ADE 是等边三角形，同理△ADF 是等边三角形， ∴AE＝AF＝AD＝DE＝DF， ∴四边形 AEDF 是菱形， ∵AE＝ AB＝1， ∴四边形 AEDF 的周长是 4， 故答案为：4． 13．（1）解：①∵AD＝AC，∠CAD＝α， ∴∠BCA＝ （180°﹣α）＝90°﹣ ， ②过点 A 作 AG⊥BC 于点 G，如图所示： ∴∠DAG+∠ADG＝90°， ∴∠CAG＝∠DAG＝ ∠CAD＝ α， ∵CF⊥AD 于点 E， ∴∠DCE+∠ADG＝90°， ∴∠DCE＝∠DAG＝ ∠CAD＝ α， 即∠BCF＝ α； （2）证明：∵∠B＝45°，AG⊥BC， ∴∠BAG＝45°， ∵∠BAC＝45°+∠CAG，∠AFC＝45°+∠DCE，∠DCE＝∠DAG，∠CAG＝∠DAG， ∴∠BAC＝∠AFC， ∴AC＝FC． 14．解：（1）问题发现 ①如图 1，∵∠AOB＝∠COD＝50°， ∴∠COA＝∠DOB， ∵OC＝OD，OA＝OB， ∴△COA≌△DOB（SAS）， ∴AC＝BD， ∴ ＝1， ②∵△COA≌△DOB， ∴∠CAO＝∠DBO， ∵∠AOB＝50°， ∴∠OAB+∠ABO＝130°， 在△AMB 中，∠AMB＝180°﹣（∠CAO+∠OAB+∠ABD）＝180°﹣（∠DBO+∠ OAB+∠ABD）＝180°﹣130°＝50°， 故答案为：①1；②50°； （2）类比探究 如图 2， ＝ ，∠AMB＝90°，理由是： Rt△COD 中，∠DOC＝90°，CD＝2DO， ∴∠DCO＝30°， ∴ ＝tan30°＝ ， 同理得： ＝tan30°＝ ， ∴ ， ∵∠AOB＝∠COD＝90°， ∴∠AOC＝∠BOD， ∴△AOC∽△BOD， ∴ ，∠CAO＝∠DBO， 在△AMB 中，∠AMB＝180°﹣（∠MAB+∠ABM）＝180°﹣（∠OAB+∠ABM+ ∠DBO）＝90°； （3）拓展延伸 ①点 C 与点 M 重合时，如图 1，同（2）得：△AOC∽△BOD， ∴∠AMB＝90°， ， 设 BD＝x，则 AC＝ x， Rt△COD 中，∠OCD＝30°，OD＝1， ∴CD＝2，BC＝x﹣2， Rt△AOB 中，∠OAB＝30°，OB＝ ， ∴AB＝2OB＝2 ， 在 Rt△AMB 中，由勾股定理得：AC2+BC2＝AB2， ∴ ， 整理得：x2﹣x﹣6＝0， ∴（x﹣3）（x+2）＝0， ∴x1＝3，x2＝﹣2， ∴AC＝3 ； ②点 C 与点 M 重合时，如图 2，同理得：∠AMB＝90°， ， 设 BD＝x，则 AC＝ x， 在 Rt△AMB 中，由勾股定理得：AC2+BC2＝AB2， ∴ +（x+2）2＝ ， 整理得 x2+x﹣6＝0， ∴（x+3）（x﹣2）＝0， ∴x1＝﹣3，x2＝2， ∴AC＝2 ； 综上所述，AC 的长为 3 或 2 ． 15．解：（1）如图 1，过点 E 作 EF∥BC，交 AC 于点 F， ∵△ABC 为等边三角形， ∴∠AFE＝∠ACB＝∠ABC＝60°，△AEF 为等边三角形， ∴∠EFC＝∠EBD＝120°，EF＝AE， ∵ED＝EC， ∴∠EDB＝∠ECB，∠ECB＝∠FEC， ∴∠EDB＝∠FEC， 在△BDE 和△FEC 中， ， ∴△BDE≌△FEC（AAS）， ∴BD＝EF， ∴AE＝BD， 故答案为：AE＝BD； （2）解答过程如下：如图 2，过点 E 作 EF∥BC，交 AC 于点 F， ∵△ABC 为等边三角形， ∴∠AFE＝∠ACB＝∠ABC＝60°，△AEF 为等边三角形， ∴∠EFC＝∠EBD＝120°，EF＝AE， ∵ED＝EC， ∴∠EDB＝∠ECB，∠ECB＝∠FEC， ∴∠EDB＝∠FEC， 在△BDE 和△FEC 中 ， ∴△BDE≌△FEC（AAS）， ∴BD＝EF， ∴AE＝BD． 故答案为：AE＝DB． （3）解： 如图 3， ∵AB＝AC＝1，AE＝2， ∴B 是 AE 的中点， ∵△ABC 是等边三角形， ∴AB＝AC＝BC＝1，△ACE 是直角三角形（根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一 半）， ∴∠ACE＝90°，∠AEC＝30°， ∴∠D＝∠ECB＝∠BEC＝30°，∠DBE＝∠ABC＝60°， ∴∠DEB＝180°﹣30°﹣60°＝90°， 即△DEB 是直角三角形． ∴BD＝2BE＝2（30°所对的直角边等于斜边的一半）， 即 CD＝1+2＝3． 故答案为 3．