三角形中考压轴题带答案 14页

中考专题-------三角形　‎ 一．选择题（共3小题）‎ ‎1．如图，点E在正方形ABCD的对角线AC上，且EC=2AE，直角三角形FEG的两直角边EF、EG分别交BC、DC于点M、N．若正方形ABCD的边长为a，则重叠部分四边形EMCN的面积为（　 　）‎ ‎　‎ A．‎ a2‎ B．‎ a2‎ C．‎ a2‎ D．‎ a2‎ 考点：‎ 全等三角形的判定与性质；正方形的性质．菁优网版权所有 专题：‎ 几何图形问题；压轴题．‎ 分析：‎ 过E作EP⊥BC于点P，EQ⊥CD于点Q，△EPM≌△EQN，利用四边形EMCN的面积等于正方形PCQE的面积求解．‎ 解答：‎ 解：过E作EP⊥BC于点P，EQ⊥CD于点Q，‎ ‎∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD=90°，‎ 又∵∠EPM=∠EQN=90°，∴∠PEQ=90°，∴∠PEM+∠MEQ=90°，‎ ‎∵三角形FEG是直角三角形，∴∠NEF=∠NEQ+∠MEQ=90°，∴∠PEM=∠NEQ，‎ ‎∵AC是∠BCD的角平分线，∠EPC=∠EQC=90°，∴EP=EQ，四边形PCQE是正方形，‎ 在△EPM和△EQN中， ∴△EPM≌△EQN（ASA）∴S△EQN=S△EPM，‎ ‎∴四边形EMCN的面积等于正方形PCQE的面积 ‎∵正方形ABCD的边长为a，∴AC=a，∵EC=2AE，∴EC=a，‎ ‎∴EP=PC=a，∴正方形PCQE的面积=a×a=a2，∴四边形EMCN的面积=a2，故选：D．‎ 点评：‎ 本题主要考查了正方形的性质及全等三角形的判定及性质，解题的关键是作出辅助线，证出△EPM≌△EQN．‎ ‎2．如图∠A=∠ABC=∠C=45°，E、F分别是AB、BC的中点，则下列结论，①EF⊥BD，②EF=BD，③∠ADC=∠BEF+∠BFE，④AD=DC，其中正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ ‎①②③④‎ B．‎ ‎①②③‎ C．‎ ‎①②④‎ D．‎ ‎②③④‎ 考点：‎ 三角形中位线定理；全等三角形的判定与性质．菁优网版权所有 专题：‎ 压轴题．‎ 分析：‎ 根据三角形的中位线定理“三角形的中位线平行于第三边”同时利用三角形的全等性质求解．‎ 解答：‎ 解：如下图所示：连接AC，延长BD交AC于点M，延长AD交BC于Q，延长CD交AB于P．‎ ‎∵∠ABC=∠C=45°∴CP⊥AB∵∠ABC=∠A=45°∴AQ⊥BC 点D为两条高的交点，所以BM为AC边上的高，即：BM⊥AC．‎ 由中位线定理可得EF∥AC，EF=AC∴BD⊥EF，故①正确．‎ ‎∵∠DBQ+∠DCA=45°，∠DCA+∠CAQ=45°，∴∠DBQ=∠CAQ，∵∠A=∠ABC，∴AQ=BQ，‎ ‎∵∠BQD=∠AQC=90°，∴根据以上条件得△AQC≌△BQD，∴BD=AC∴EF=AC，故②正确．‎ ‎∵∠A=∠ABC=∠C=45°∴∠DAC+∠DCA=180°﹣（∠A+∠ABC+∠C）=45°‎ ‎∴∠ADC=180°﹣（∠DAC+∠DCA）=135°=∠BEF+∠BFE=180°﹣∠ABC 故③∠ADC=∠BEF+∠BFE成立；无法证明AD=CD，故④错误．故选B．‎ 点评：‎ 本题考点在于三角形的中位线和三角形全等的判断及应用．‎ ‎3．四边形ABCD中，AC和BD交于点E，若AC平分∠DAB，且AB=AE，AC=AD，有以下四个命题：①AC⊥BD；②BC=DE；③∠DBC=∠DAB；④AB=BE=AE．其中命题一定成立的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ ‎①②‎ B．‎ ‎②③‎ C．‎ ‎①③‎ D．‎ ‎②④‎ 考点：‎ 全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质．菁优网版权所有 专题：‎ 压轴题．‎ 分析：‎ 根据等腰三角形的性质，等边三角形的判定，圆内接四边形的性质，全等三角形的性质判断各选项是否正确即可．‎ 解答：‎ 解：∵AB=AE，一个三角形的直角边和斜边一定不相等，∴AC不垂直于BD，①错误；‎ 利用边角边定理可证得△ADE≌△ABC，那么BC=DE，②正确；‎ 由△ADE≌△ABC可得∠ADE=∠ACB，那么A，B，C，D四点共圆，∴∠DBC=∠DAC=∠DAB，③正确；△ABE不一定是等边三角形，那么④不一定正确；②③正确，故选B．‎ 点评：‎ 此题主要考查了全等三角形的性质，以及直角三角形中斜边最长；全等三角形的对应边相等；等边三角形的三边相等．‎ 二．填空题（共6小题）‎ ‎4．如图，将一个正三角形纸片剪成四个全等的小正三角形，再将其中的一个按同样的方法剪成四个更小的正三角形，…如此继续下去，结果如下表，则an=　3n+1　（用含n的代数式表示）．‎ ‎ ‎ 所剪次数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎…‎ n 正三角形个数 ‎4‎ ‎7‎ ‎10‎ ‎13‎ ‎…‎ an 考点：‎ 等边三角形的性质．菁优网版权所有 专题：‎ 压轴题；规律型．‎ 分析：‎ 根据图跟表我们可以看出n代表所剪次数，an代表小正三角形的个数，也可以根据图形找出规律加以求解．‎ 解答：‎ 解：由图可知没剪的时候，有一个三角形，以后每剪一次就多出三个，所以总的个数3n+1．‎ 故答案为：3n+1．‎ 点评：‎ 此题主要考验学生的逻辑思维能力以及应变能力．‎ ‎5．如图，在△ABC中，AC=BC＞AB，点P为△ABC所在平面内一点，且点P与△ABC的任意两个顶点构成△PAB，△PBC，△PAC均是等腰三角形，则满足上述条件的所有点P的个数为　6　个．‎ 考点：‎ 等腰三角形的判定与性质．菁优网版权所有 专题：‎ 压轴题．‎ 分析：‎ 根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等，作出AB的垂直平分线，首先△ABC的外心满足，再根据圆的半径相等，以点C为圆心，以AC长为半径画圆，AB的垂直平分线相交于两点，分别以点A、B为圆心，以AC长为半径画圆，与AB的垂直平分线相交于一点，再分别以点A、B为圆心，以AB长为半径画圆，与⊙C相交于两点，即可得解．‎ 解答：‎ 解：如图所示，作AB的垂直平分线，①△ABC的外心P1为满足条件的一个点，‎ ‎②以点C为圆心，以AC长为半径画圆，P2、P3为满足条件的点，‎ ‎③分别以点A、B为圆心，以AC长为半径画圆，P4为满足条件的点，‎ ‎④分别以点A、B为圆心，以AB长为半径画圆，P5、P6为满足条件的点，‎ 综上所述，满足条件的所有点P的个数为6．‎ 故答案为：6．‎ 点评：‎ 本题考查了等腰三角形的判定与性质，主要利用了线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质，三角形的外心到三个顶点的距离相等，圆的半径相等的性质，作出图形更形象直观．‎ ‎6．如图，△ABC是边长为1的等边三角形，取BC的中点E，作ED∥AB，EF∥AC，得到四边形EDAF，它的面积记为S1，取BE的中点E1，作E1D1∥FB，E1F1∥EF．得到四边形E1D1FF1，它的面积记作S2，照此规律，则S2012=　　．‎ 考点：‎ 等边三角形的性质；三角形中位线定理．菁优网版权所有 专题：‎ 压轴题；规律型．‎ 分析：‎ 求出△ABC的面积是，求出DE是三角形ABC的中位线，根据相似三角形的性质得出==，求出S△CDE=×，S△BEF=×，求出S1=×，同理S2=×S△BEF=××，S3=×××S4=××××，推出S2012=×××…××（2011个），即可得出答案．‎ 解答：‎ 解：∵BC的中点E，ED∥AB，∴E为BC中点，∴DE=AB，‎ ‎∵DE∥AB，∴△CDE∽△CAB，∴==（）2=，‎ ‎∵△ABC的面积是×1×=∴S△CDE=×，‎ 推理=，∴S△BEF=×∴S1=﹣×﹣×=×，‎ 同理S2=×S△BEF=××，S3=×××S4=××××，…，‎ S2012=×××…××（2011个），==，故答案为：．‎ 点评：‎ 本题考查了相似三角形的性质和判定，等边三角形的性质的应用，解此题的关键是总结出规律，题目比较好，但是有一定的难度．‎ ‎7．如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，如果AE=4，EF=3，AF=5，那么正方形ABCDn的面积等于　　．‎ 考点：‎ 勾股定理的逆定理；解分式方程；相似三角形的判定与性质．菁优网版权所有 专题：‎ 压轴题．‎ 分析：‎ 根据△ABE∽△ECF，可将AB与BE之间的关系式表示出来，在Rt△ABE中，根据勾股定理AB2+BE2=AC2，可将正方形ABCD的边长AB求出，进而可将正方形ABCD的面积求出．‎ 解答：‎ 解：设正方形的边长为x，BE的长为a ‎∵∠AEB+∠BAE=∠AEB+∠CEF=90°∴∠BAE=∠CEF∵∠B=∠C∴△ABE∽△ECF ‎∴=，即=解得x=4a①‎ 在Rt△ABE中，AB2+BE2=AE2∴x2+a2=42②将①代入②，可得：a=‎ ‎∴正方形ABCD的面积为：x2=16a2=．‎ 点评：‎ 本题是一道根据三角形相似和勾股定理来求正方形的边长结合求解的综合题．隐含了整体的数学思想和正确运算的能力．注意后面可以直接这样x2+a2=42②，∴x2+（）2=42，x2+x2=42，x2=16，x2=．无需算出算出x．‎ ‎8．已知a，b，c是直角三角形的三条边，且a＜b＜c，斜边上的高为h，则下列说法中正确的是 　②　．（只填序号）‎ ‎①a2b2+h4=（a2+b2+1）h2；②b4+c2h2=b2c2；③由可以构成三角形；④直角三角形的面积的最大值是．‎ 考点：‎ 勾股定理的逆定理；勾股定理．菁优网版权所有 专题：‎ 计算题；压轴题．‎ 分析：‎ 根据直角三角形的面积公式和勾股定理将各式化简，等式成立者即为正确答案．‎ 解答：‎ 解：根据直角三角形的面积的不同算法，有ab=ch，解得h=．‎ ‎①将h=代入a2b2+h4=（a2+b2+1）h2，得a2b2+（）4=（a2+b2+1）（）2，‎ 得a2b2+（）4=（c2+1）（）2，得a2b2+（）4=a2b2+，即（）4=，‎ a2b2=c2，不一定成立，故本选项错误；‎ ‎②将h=代入b4+c2h2=b2c2，得b4+c2（）2=b2c2，b4+b2a2=b2c2，整理得b4+b2a2﹣b2c2=0，‎ b2（b2+a2﹣c2）=0，∵b2+a2﹣c2=0，∴b2（b2+a2﹣c2）=0成立，故本选项正确；‎ ‎③∵b2+a2=c2，（）2+（）2=a+b，（）2=c，∴不能说明（）2+（）2=（）2，‎ 故本选项错误；‎ ‎④直角三角形的面积为ab，随ab的变化而变化，所以无最大值，故本选项错误．故答案为②．‎ 点评：‎ 此题不仅考查了勾股定理，还考查了面积法求直角三角形的高，等式变形计算较复杂，要仔细．‎ ‎　9．如图，A、B、C分别是线段A1B，B1C，C1A的中点，若△ABC的面积是1，那么△A1B1C1的面积　7　．‎ 考点：‎ 三角形的面积．菁优网版权所有 专题：‎ 压轴题．‎ 分析：‎ 连接AB1，BC1，CA1，根据等底等高的三角形的面积相等求出△ABB1，△A1AB1的面积，从而求出△A1BB1的面积，同理可求△B1CC1的面积，△A1AC1的面积，然后相加即可得解．‎ 解答：‎ 解：如图，连接AB1，BC1，CA1，‎ ‎∵A、B分别是线段A1B，B1C的中点，∴S△ABB1=S△ABC=1，S△A1AB1=S△ABB1=1，‎ ‎∴S△A1BB1=S△A1AB1+S△ABB1=1+1=2，同理：S△B1CC1=2，S△A1AC1=2，‎ ‎∴△A1B1C1的面积=S△A1BB1+S△B1CC1+S△A1AC1+S△ABC=2+2+2+1=7．故答案为：7．‎ 点评：‎ 本题考查了三角形的面积，主要利用了等底等高的三角形的面积相等，作辅助线把三角形进行分割是解题的关键．‎ ‎　三．解答题（共5小题）‎ ‎10．已知△ABC为等边三角形，点D为直线BC上的一动点（点D不与B、C重合），以AD为边作菱形ADEF（A、D、E、F按逆时针排列），使∠DAF=60°，连接CF．‎ ‎（1）如图1，当点D在边BC上时，求证：①BD=CF；②AC=CF+CD；‎ ‎（2）如图2，当点D在边BC的延长线上且其他条件不变时，结论AC=CF+CD是否成立？若不成立，请写出AC、CF、CD之间存在的数量关系，并说明理由；‎ ‎（3）如图3，当点D在边CB的延长线上且其他条件不变时，补全图形，并直接写出AC、CF、CD之间存在的数量关系．‎ 考点：‎ 全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；菱形的性质．菁优网版权所有 专题：‎ 几何综合题；压轴题．‎ 分析：‎ ‎（1）根据已知得出AF=AD，AB=BC=AC，∠BAC=∠DAF=60°，求出∠BAD=CAF，证△BAD≌△CAF，推出CF=BD即可；‎ ‎（2）求出∠BAD=∠CAF，根据SAS证△BAD≌△CAF，推出BD=CF即可；‎ ‎（3）画出图形后，根据SAS证△BAD≌△CAF，推出CF=BD即可．‎ 解答：‎ ‎（1）证明：∵菱形AFED，∴AF=AD，∵△ABC是等边三角形，∴AB=AC=BC，∠BAC=60°=∠DAF，‎ ‎∴∠BAC﹣∠DAC=∠DAF﹣∠DAC，即∠BAD=∠CAF，‎ ‎∵在△BAD和△CAF中，∴△BAD≌△CAF，∴CF=BD，∴CF+CD=BD+CD=BC=AC，即①BD=CF，②AC=CF+CD．‎ ‎（2）解：AC=CF+CD不成立，AC、CF、CD之间存在的数量关系是AC=CF﹣CD，‎ 理由是：由（1）知：AB=AC=BC，AD=AF，∠BAC=∠DAF=60°，∴∠BAC+∠DAC=∠DAF+∠DAC，‎ 即∠BAD=∠CAF，‎ ‎∵在△BAD和△CAF中，∴△BAD≌△CAF，∴BD=CF，‎ ‎∴CF﹣CD=BD﹣CD=BC=AC，即AC=CF﹣CD．‎ ‎（3）AC=CD﹣CF．理由是：‎ ‎∵∠BAC=∠DAF=60°，∴∠DAB=∠CAF，∵在△BAD和△CAF中，‎ ‎∴△BAD≌△CAF（SAS），∴CF=BD，∴CD﹣CF=CD﹣BD=BC=AC，即AC=CD﹣CF．‎ 点评：‎ 本题考查了全等三角形的性质和判定，等边三角形的性质，菱形的性质的应用，主要考查学生的推理能力，注意：证明过程类似，题目具有一定的代表性，难度适中．‎ ‎11．如图，△ABC中AB=AC，BC=6，，点P从点B出发沿射线BA移动，同时，点Q从点C出发沿线段AC的延长线移动，已知点P、Q移动的速度相同，PQ与直线BC相交于点D．‎ ‎（1）如图①，当点P为AB的中点时，求CD的长；‎ ‎（2）如图②，过点P作直线BC的垂线垂足为E，当点P、Q在移动的过程中，线段BE、DE、CD中是否存在长度保持不变的线段？请说明理由；‎ 考点：‎ 等腰三角形的性质；全等三角形的判定与性质．菁优网版权所有 专题：‎ 几何综合题；压轴题；分类讨论．‎ 分析：‎ ‎（1）过点P做PF平行与AQ，由平行我们得出一对同位角和一对内错角的相等，再由AB=AC，根据等边对等角得角B和角ACB的相等，根据等量代换的角B和角PFB的相等，根据等角对等边得BP=PF，又因点P和点Q同时出发，且速度相同即BP=CQ，等量代换得PF=CQ，在加上对等角的相等，证得三角形PFD和三角形QCD的全等，根据全等三角形的对应边边相等得出DF=CD=CF，而又因P是AB的中点，PF∥AQ得出F是BC的中点，进而根据已知的BC的长，求出CF，即可得出CD的长．‎ ‎（2）分两种情况讨论，第一种情况点P在线段AB上，根据等腰三角形的三线合一得BE=EF，再又第一问的全等可知DF=CD，所以ED=，得出线段DE的长为定值；第二种情况，P在BA的延长线上，作PM平行于AC交BC的延长线于M，根据两直线平行，同位角相等推出角PMB等于角ACB，而角ACB等于角ABC，根据等量代换得到角ABC等于角PMB，根据等角对等边得到PM等于PB，根据三线合一，得到BE等于EM，同理可得△PMD全等于△QCD，得到CD等于DM，根据DE等于EM减DM，把EM换为BC加CM的一半，化简后得值为定值．‎ 解答：‎ 解：（1）如图，过P点作PF∥AC交BC于F，‎ ‎∵点P和点Q同时出发，且速度相同，∴BP=CQ，∵PF∥AQ，∴∠PFB=∠ACB，∠DPF=∠CQD，‎ 又∵AB=AC，∴∠B=∠ACB，∴∠B=∠PFB，∴BP=PF，∴PF=CQ，又∠PDF=∠QDC，‎ ‎∴证得△PFD≌△QCD，∴DF=CD=CF，‎ 又因P是AB的中点，PF∥AQ，∴F是BC的中点，即FC=BC=3，∴CD=CF=；‎ ‎（2）分两种情况讨论，得ED为定值，是不变的线段 如图，如果点P在线段AB上，过点P作PF∥AC交BC于F，‎ ‎∵△PBF为等腰三角形，∴PB=PF，BE=EF，∴PF=CQ，∴FD=DC，∴ED=，‎ ‎∴ED为定值，‎ 同理，如图，若P在BA的延长线上，‎ 作PM∥AC的延长线于M，∴∠PMC=∠ACB，‎ 又∵AB=AC，∴∠B=∠ACB，∴∠B=∠PMC，∴PM=PB，根据三线合一得BE=EM，‎ 同理可得△PMD≌△QCD，所以CD=DM，‎ ‎，‎ 综上所述，线段ED的长度保持不变．‎ 点评：‎ 此题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判断与性质，考查了分类讨论的数学思想，是一道综合题．‎ ‎12．如图1，在△ABC中，∠ACB为锐角，点D为射线BC上一点，连接AD，以AD为一边且在AD的右侧作正方形ADEF．‎ ‎（1）如果AB=AC，∠BAC=90°，‎ ‎①当点D在线段BC上时（与点B不重合），如图2，线段CF、BD所在直线的位置关系为　垂直　，线段CF、BD的数量关系为　相等　；‎ ‎②当点D在线段BC的延长线上时，如图3，①中的结论是否仍然成立，并说明理由；‎ ‎（2）如果AB≠AC，∠BAC是锐角，点D在线段BC上，当∠ACB满足什么条件时，CF⊥BC（点C、F不重合），并说明理由．‎ 考点：‎ 全等三角形的判定与性质．菁优网版权所有 专题：‎ 压轴题；开放型．‎ 分析：‎ ‎（1）当点D在BC的延长线上时①的结论仍成立．由正方形ADEF的性质可推出△DAB≌△FAC，所以CF=BD，∠ACF=∠ABD．结合∠BAC=90°，AB=AC，得到∠BCF=∠ACB+∠ACF=90°．即CF⊥BD．‎ ‎（2）当∠ACB=45°时，过点A作AG⊥AC交CB的延长线于点G，则∠GAC=90°，可推出∠ACB=∠AGC，所以AC=AG，由（1）①可知CF⊥BD．‎ 解答：‎ 证明：（1）①正方形ADEF中，AD=AF，‎ ‎∵∠BAC=∠DAF=90°，∴∠BAD=∠CAF，又∵AB=AC，∴△DAB≌△FAC，‎ ‎∴CF=BD，∠B=∠ACF，∴∠ACB+∠ACF=90°，即CF⊥BD．‎ ‎②当点D在BC的延长线上时①的结论仍成立．‎ 由正方形ADEF得AD=AF，∠DAF=90度．‎ ‎∵∠BAC=90°，∴∠DAF=∠BAC，∴∠DAB=∠FAC，又∵AB=AC，∴△DAB≌△FAC，‎ ‎∴CF=BD，∠ACF=∠ABD．‎ ‎∵∠BAC=90°，AB=AC，∴∠ABC=45°，∴∠ACF=45°，∴∠BCF=∠ACB+∠ACF=90度．‎ 即CF⊥BD．‎ ‎（2）当∠ACB=45°时，CF⊥BD（如图）．‎ 理由：过点A作AG⊥AC交CB的延长线于点G，则∠GAC=90°，‎ ‎∵∠ACB=45°，∠AGC=90°﹣∠ACB，∴∠AGC=90°﹣45°=45°，∴∠ACB=∠AGC=45°，∴AC=AG，‎ ‎∵∠DAG=∠FAC（同角的余角相等），AD=AF，∴△GAD≌△CAF，∴∠ACF=∠AGC=45°，‎ ‎∠BCF=∠ACB+∠ACF=45°+45°=90°，即CF⊥BC．‎ 点评：‎ 本题考查三角形全等的判定和直角三角形的判定，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．判定两个三角形全等，先根据已知条件或求证的结论确定三角形，然后再根据三角形全等的判定方法，看缺什么条件，再去证什么条件．‎ ‎13．如图1，将两个完全相同的三角形纸片ABC和DEC重合放置，其中∠C=90°，∠B=∠E=30°．‎ ‎（1）操作发现 如图2，固定△ABC，使△DEC绕点C旋转，当点D恰好落在AB边上时，填空：‎ ‎①线段DE与AC的位置关系是　DE∥AC　；‎ ‎②设△BDC的面积为S1，△AEC的面积为S2，则S1与S2的数量关系是　S1=S2　．‎ ‎（2）猜想论证 当△DEC绕点C旋转到如图3所示的位置时，小明猜想（1）中S1与S2的数量关系仍然成立，并尝试分别作出了△BDC和△AEC中BC、CE边上的高，请你证明小明的猜想．‎ ‎（3）拓展探究 已知∠ABC=60°，点D是角平分线上一点，BD=CD=4，DE∥AB交BC于点E（如图4）．若在射线BA上存在点F，使S△DCF=S△BDE，请直接写出相应的BF的长．‎ 考点：‎ 全等三角形的判定与性质．菁优网版权所有 专题：‎ 几何综合题；压轴题．‎ 分析：‎ ‎（1）①根据旋转的性质可得AC=CD，然后求出△ACD是等边三角形，根据等边三角形的性质可得∠ACD=60°，然后根据内错角相等，两直线平行解答；‎ ‎②根据等边三角形的性质可得AC=AD，再根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出AC=AB，然后求出AC=BD，再根据等边三角形的性质求出点C到AB的距离等于点D到AC的距离，然后根据等底等高的三角形的面积相等解答；‎ ‎（2）根据旋转的性质可得BC=CE，AC=CD，再求出∠ACN=∠DCM，然后利用“角角边”证明△ACN和△DCM全等，根据全等三角形对应边相等可得AN=DM，然后利用等底等高的三角形的面积相等证明；‎ ‎（3）过点D作DF1∥BE，求出四边形BEDF1是菱形，根据菱形的对边相等可得BE=DF1，然后根据等底等高的三角形的面积相等可知点F1为所求的点，过点D作DF2⊥BD，求出∠F1DF2=60°，从而得到△DF1F2是等边三角形，然后求出DF1=DF2，再求出∠CDF1=∠CDF2，利用“边角边”证明△CDF1和△CDF2全等，根据全等三角形的面积相等可得点F2也是所求的点，然后在等腰△BDE中求出BE的长，即可得解．‎ 解答：‎ 解：（1）①∵△DEC绕点C旋转点D恰好落在AB边上，∴AC=CD，‎ ‎∵∠BAC=90°﹣∠B=90°﹣30°=60°，∴△ACD是等边三角形，∴∠ACD=60°，‎ 又∵∠CDE=∠BAC=60°，∴∠ACD=∠CDE，∴DE∥AC；‎ ‎②∵∠B=30°，∠C=90°，∴CD=AC=AB，∴BD=AD=AC，‎ 根据等边三角形的性质，△ACD的边AC、AD上的高相等，‎ ‎∴△BDC的面积和△AEC的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），即S1=S2；‎ 故答案为：DE∥AC；S1=S2；‎ ‎（2）如图，∵△DEC是由△ABC绕点C旋转得到，∴BC=CE，AC=CD，‎ ‎∵∠ACN+∠BCN=90°，∠DCM+∠BCN=180°﹣90°=90°，∴∠ACN=∠DCM，‎ ‎∵在△ACN和△DCM中，，∴△ACN≌△DCM（AAS），∴AN=DM，‎ ‎∴△BDC的面积和△AEC的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），即S1=S2；‎ ‎（3）如图，过点D作DF1∥BE，易求四边形BEDF1是菱形，‎ 所以BE=DF1，且BE、DF1上的高相等，此时S△DCF1=S△BDE；‎ 过点D作DF2⊥BD，‎ ‎∵∠ABC=60°，F1D∥BE，∴∠F2F1D=∠ABC=60°，‎ ‎∵BF1=DF1，∠F1BD=∠ABC=30°，∠F2DB=90°，∴∠F1DF2=∠ABC=60°，‎ ‎∴△DF1F2是等边三角形，∴DF1=DF2，‎ ‎∵BD=CD，∠ABC=60°，点D是角平分线上一点，∴∠DBC=∠DCB=×60°=30°，‎ ‎∴∠CDF1=180°﹣∠BCD=180°﹣30°=150°，∠CDF2=360°﹣150°﹣60°=150°，∴∠CDF1=∠CDF2，‎ ‎∵在△CDF1和△CDF2中，，∴△CDF1≌△CDF2（SAS），‎ ‎∴点F2也是所求的点，‎ ‎∵∠ABC=60°，点D是角平分线上一点，DE∥AB，∴∠DBC=∠BDE=∠ABD=×60°=30°，‎ 又∵BD=4，∴BE=×4÷cos30°=2÷=，∴BF1=，BF2=BF1+F1F2=+=，‎ 故BF的长为或．‎ 点评：‎ 本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形的面积，等边三角形的判定与性质，直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质，熟练掌握等底等高的三角形的面积相等，以及全等三角形的面积相等是解题的关键，（3）要注意符合条件的点F有两个．‎ ‎14．已知两个共一个顶点的等腰Rt△ABC，Rt△CEF，∠ABC=∠CEF=90°，连接AF，M是AF的中点，连接MB、ME．‎ ‎（1）如图1，当CB与CE在同一直线上时，求证：MB∥CF；‎ ‎（2）如图1，若CB=a，CE=2a，求BM，ME的长；‎ ‎（3）如图2，当∠BCE=45°时，求证：BM=ME．‎ 考点：‎ 三角形中位线定理；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形．菁优网版权所有 专题：‎ 压轴题．‎ 分析：‎ ‎（1）证法一：如答图1a所示，延长AB交CF于点D，证明BM为△ADF的中位线即可；‎ 证法二：如答图1b所示，延长BM交EF于D，根据在同一平面内，垂直于同一直线的两直线互相平行可得AB∥EF，再根据两直线平行，内错角相等可得∠BAM=∠DFM，根据中点定义可得AM=MF，然后利用“角边角”证明△ABM和△FDM全等，再根据全等三角形对应边相等可得AB=DF，然后求出BE=DE，从而得到△BDE是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质求出∠EBM=45°，从而得到∠EBM=∠ECF，再根据同位角相等，两直线平行证明MB∥CF即可，‎ ‎（2）解法一：如答图2a所示，作辅助线，推出BM、ME是两条中位线；‎ 解法二：先求出BE的长，再根据全等三角形对应边相等可得BM=DM，根据等腰三角形三线合一的性质可得EM⊥BD，求出△BEM是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质求解即可；‎ ‎（3）证法一：如答图3a所示，作辅助线，推出BM、ME是两条中位线：BM=DF，ME=AG；然后证明△ACG≌△DCF，得到DF=AG，从而证明BM=ME；‎ 证法二：如答图3b所示，延长BM交CF于D，连接BE、DE，利用同旁内角互补，两直线平行求出AB∥CF，再根据两直线平行，内错角相等求出∠BAM=∠DFM，根据中点定义可得AM=MF，然后利用“角边角”证明△ABM和△FDM全等，再根据全等三角形对应边相等可得AB=DF，BM=DM，再根据“边角边”证明△BCE和△DFE全等，根据全等三角形对应边相等可得BE=DE，全等三角形对应角相等可得∠BEC=∠DEF，然后求出∠BED=∠CEF=90°，再根据等腰直角三角形的性质证明即可．‎ 解答：‎ ‎（1）证法一：‎ 如答图1a，延长AB交CF于点D，则易知△ABC与△BCD均为等腰直角三角形，∴AB=BC=BD，‎ ‎∴点B为线段AD的中点，‎ 又∵点M为线段AF的中点，∴BM为△ADF的中位线，∴BM∥CF．‎ 证法二：‎ 如答图1b，延长BM交EF于D，‎ ‎∵∠ABC=∠CEF=90°，∴AB⊥CE，EF⊥CE，∴AB∥EF，∴∠BAM=∠DFM，‎ ‎∵M是AF的中点，∴AM=MF，在△ABM和△FDM中，，‎ ‎∴△ABM≌△FDM（ASA），∴AB=DF，‎ ‎∵BE=CE﹣BC，DE=EF﹣DF，∴BE=DE，‎ ‎∴△BDE是等腰直角三角形，∴∠EBM=45°，‎ ‎∵在等腰直角△CEF中，∠ECF=45°，∴∠EBM=∠ECF，∴MB∥CF；‎ ‎（2）解法一：‎ 如答图2a所示，延长AB交CF于点D，则易知△BCD与△ABC为等腰直角三角形，‎ ‎∴AB=BC=BD=a，AC=CD=a，∴点B为AD中点，又点M为AF中点，∴BM=DF．‎ 分别延长FE与CA交于点G，则易知△CEF与△CEG均为等腰直角三角形，‎ ‎∴CE=EF=GE=2a，CG=CF=a，∴点E为FG中点，又点M为AF中点，∴ME=AG．‎ ‎∵CG=CF=a，CA=CD=a，∴AG=DF=a，∴BM=ME=×a=a．‎ 解法二：如答图1b．‎ ‎∵CB=a，CE=2a，∴BE=CE﹣CB=2a﹣a=a，∵△ABM≌△FDM，∴BM=DM，‎ 又∵△BED是等腰直角三角形，∴△BEM是等腰直角三角形，∴BM=ME=BE=a；‎ ‎（3）证法一：‎ 如答图3a，延长AB交CE于点D，连接DF，则易知△ABC与△BCD均为等腰直角三角形，‎ ‎∴AB=BC=BD，AC=CD，∴点B为AD中点，又点M为AF中点，∴BM=DF．‎ 延长FE与CB交于点G，连接AG，则易知△CEF与△CEG均为等腰直角三角形，‎ ‎∴CE=EF=EG，CF=CG，∴点E为FG中点，又点M为AF中点，∴ME=AG．‎ 在△ACG与△DCF中，，∴△ACG≌△DCF（SAS），∴DF=AG，‎ ‎∴BM=ME．‎ 证法二：‎ 如答图3b，延长BM交CF于D，连接BE、DE，‎ ‎∵∠BCE=45°，∴∠ACD=45°×2+45°=135°∴∠BAC+∠ACF=45°+135°=180°，∴AB∥CF，‎ ‎∴∠BAM=∠DFM，‎ ‎∵M是AF的中点，∴AM=FM，在△ABM和△FDM中，，‎ ‎∴△ABM≌△FDM（ASA），∴AB=DF，BM=DM，∴AB=BC=DF，‎ 在△BCE和△DFE中，，∴△BCE≌△DFE（SAS），‎ ‎∴BE=DE，∠BEC=∠DEF，∴∠BED=∠BEC+∠CED=∠DEF+∠CED=∠CEF=90°，‎ ‎∴△BDE是等腰直角三角形，‎ 又∵BM=DM，∴BM=ME=BD，故BM=ME．‎ 点评：‎ 本题考查了三角形中位线定理、全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，作辅助线构造出中位线、全等三角形和等腰直角三角形是解题的关键，也是本题的难点．‎ ‎　‎