2020年中考数学复习专题练：《三角形综合 》
1．如图：在四边形ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝90°，且AB＝2，DC＝BC＝4． （1）求sin∠ADC的值．
（2）E是四边形内一点，F是四边形外一点，且∠EDC＝∠FBC，DE＝BF，试判断△ECF的形状．（等腰直角三角形）
（3）在（2）的条件下，当BE：CE＝1：2，∠BEC＝135°时，求sin∠BFE的值．
2．如图1，在△ABC中，∠B＝60°，点M从点B出发沿射线BC方向，在射线BC上运动．在点M运动的过程中，连结AM，并以AM为边在射线BC上方，作等边△AMN，连结CN． （1）当∠BAM＝ °时，AB＝2BM；
（2）请添加一个条件： ，使得△ABC为等边三角形； ①如图1，当△ABC为等边三角形时，求证：CN+CM＝AC；
②如图2，当点M运动到线段BC之外（即点M在线段BC的延长线上时），其它条件不变（△ABC仍为等边三角形），请写出此时线段CN、CM、AC满足的数量关系，并证明．
3．综合与实践：
操作发现：如图，已知△ABC和△ADE均为等腰三角形，AB＝AC，AD＝AE，将这两个三角形放置在一起，使点B，D，E在同一直线上，连接CE．
（1）如图1，若∠ABC＝∠ACB＝∠ADE＝∠AED＝55°，求证：△BAD≌△CAE； （2）在（1）的条件下，求∠BEC的度数；
拓广探索：（3）如图2，若∠CAB＝∠EAD＝120°，BD＝4，CF为△BCE中BE边上的高，请直接写出EF的长度．
4．如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，点D是边AB上的动点（点D不与点AB重合），点G在边
AB的延长线上，∠CDE＝∠A，∠GBE＝∠ABC，DE与边BC交于点F．
（1）求cosA的值；
（2）当∠A＝2∠ACD时，求AD的长；
（3）点D在边AB上运动的过程中，AD：BE的值是否会发生变化？如果不变化，请求AD：BE的值；如果变化，请说明理由．
5．如图1，OA＝2，OB＝4，以点A为顶点，AB为腰在第三象限作等腰直角△ABC． （Ⅰ）求C点的坐标；
（Ⅱ）如图2，OA＝2，P为y轴负半轴上的一个动点，若以P为直角顶点，PA为腰等腰直角△APD，过D作DE⊥x轴于E点，求OP﹣DE的值；
（Ⅲ）如图3，点F坐标为（﹣4，﹣4），点G（0，m）在y轴负半轴，点H（n，0）x轴的正半轴，且FH⊥FG，求m+n的值．
6．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，动点P从点A出发沿线段AB以每秒3个单位长的速度运动至点B，过点P作PQ⊥AB射线AC于点Q．设点P的运动时间为t秒（t＞0）． （1）线段CQ的长为 （用含t的代数式表示） （2）当△APQ与△ABC的周长的比为1：4时，求t的值．
（3）设△APQ与△ABC重叠部分图形的面积为S，求S与t之间的函数关系式． （4）当直线PQ把△ABC分成的两部分图形中有一个是轴对称图形时，直接写出t的值．
7．如图，在平面内给定△ABC，AB＝AC，点O到△ABC的三个顶点的距离均等于c（c为常数），到点
O的距离等于c的所有点组成图形G，过点A作AB的垂线交BC于点E，交图形G于点D，延长DA，
在DA的延长线上存在一点F，使得∠ABF＝∠ABC． （1）依题意补全图形；
（2）判断直线BF与图形G交点的个数并证明； （3）若AD＝4，cos∠ABF＝，求DE的长．
8．如图，△ABC是等边三角形，AB＝8，AH⊥BC，垂足为H点，点D是射线AH上的动点，连接CD，以
CD为边在CD的下方作等边△CDE，连接BE．
（1）当点D在线段AH上时，设AD＝x，△CDE的面积为y，求y关于x的函数解析式，并求出自变量x的取值范围；
（2）当△CDE的面积等于△ABC的面积的时，判断线段CE与△ABC的边是否存在特殊的位置关系？若存在，说出是什么关系并证明；若不存在，请说明理由．
9．如图，已知A、B是线段MN上的两点，MN＝4，MA＝1，MB＞1．以A为圆心以AM为半径作圆弧，以
B为圆心以BN为半径作圆弧，两圆弧相交于点C构成△ABC，设AB＝x．
（1）求x的取值范围；
（2）若△ABC为直角三角形，求x的值； （3）当∠CAB是锐角时，求△ABC的最大面积？
10．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4cm，BC＝3cm，D是边AC上一点，且CD＝1cm．动点P从点D出发，以1cm/s的速度沿D→A向终点A匀速运动；同时动点Q从点B出发，以1m/s的速度沿B→C向终点C匀速运动，连结PQ，设点P的运动时间为ts，△CPQ的面积为Scm2 （1）当PQ＝3时，求t的值；
（2）求S与t之间的函数关系式，并写出自变量t的取值范围；
（3）连结DQ，当直线DQ将△CPQ分成面积比为1：2两部分时，直接写出t的值，并写出此时S的值．
11．如图，△ABC是边长为2的等边三角形，点D与点B分别位于直线AC的两侧，且AD＝AC，联结
BD、CD，BD交直线AC于点E．
（1）当∠CAD＝90°时，求线段AE的长．
（2）过点A作AH⊥CD，垂足为点H，直线AH交BD于点F， ①当∠CAD＜120°时，设AE＝x，y＝
（其中S△BCE表示△BCE的面积，S△AEF表示△AEF的面
积），求y关于x的函数关系式，并写出x的取值范围； ②当
＝7时，请直接写出线段AE的长．
12．如图，平面直角坐标系中有点A（﹣1，0）和y轴上一动点B（0，a），其中a＞0，以B点为直角顶点在第二象限内作等腰直角△ABC，设点C的坐标为（c，d）
（1）当a＝2时，则C点的坐标为（ ， ）；
（2）动点B在运动的过程中，试判断c+d的值是否发生变化？若不变，请求出其值；若发生变化，请说明理由；
（3）当a＝2时，在第一象限内是否存在一点P，使△PAB与△ABC全等？若存在，直接写出P点坐标；若不存在，请说明理由
13．平面直角坐标系中，若点A（a，b），且轴正半轴上，RA⊥RB （1）求a、b的值；
（2）连接AB交y轴于E，连接ER，若∠ARO＝15°，求
的值；
+
＝0，点B（m，m），其中m＞1，R点在x（3）点D（﹣1，0）、C（0，1），射线DC分别交线段AR、AB于点S、T，若SC＝n，CT＝k，试用含n的式子表示k．
14．在平面直角坐标系中，A（﹣3，﹣2），B（2，4）． （1）如图1，求△AOB的面积；
（2）如图2，求AB与两坐标轴的交点C，D坐标；
（3）在坐标轴上求作点P，使△ABP的面积为6，求P点坐标，利用图3解答．
15．如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，点A的坐标为（0，4），点B在x的负半轴上，△AOB的面积为8，作△AOB关于y轴的对称图形，点B的对应点为C． （1）求线段OC的长；
（2）点D从A点出发，沿线段AO向终点O运动，同时点E从点C出发，沿x轴的正方向运动，且
CE＝AD，连接DE交AC于点G，判断DG和EG的数量关系，并说明理由．
（3）在（2）的条件下，当∠CEG＝∠ABD时，求点G点坐标．
16．在Rt△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，点D是BC上一点．
（1）如图1，AD平分∠BAC，求证：AB＝AC+CD；
（2）如图2，点E在线段AD上，且∠CED＝45°，∠BED＝30°，求证：BE＝2AE；
（3）如图3，CD＝BD，过B点作BM⊥AD交AD的延长线于点M，连接CM，过C点作CN⊥CM交AD于N，求证：DN＝3DM．
17．如图，在Rt△ABC中，（1）如图1，若n＝1，
①当M为AC的中点，当BM⊥CD于H，连接AH，求∠AHD的度数； ②如图2，当H为CD的中点，∠AHD＝45°，求
的值和∠CAH的度数；
＝nM为BC上的一点，连接BM．
（2）如图3，CH⊥AM于H，连接CH并延长交AC于Q，M为AC中点，直接写出tan∠BHQ的值（用含n的式子表示）．
18．如图1，在等边△ABC中，E、D两点分别在边AB、BC上，BE＝CD，AD、CE相交于点F．
（1）求∠AFE的度数；
（2）过点A作AH⊥CE于H，求证：2FH+FD＝CE；
（3）如图2，延长CE至点P，连接BP，∠BPC＝30°，且CF＝CP，求（提示：可以过点A作∠KAF＝60°，AK交PC于点K，连接KB）
19．在等边△ABC中，点E，F分别在边AB，BC上．
的值．
（1）如图1，若AE＝BF，以AC为边作等边△ACD，AF交CE于点O，连接OD． 求证：①AF＝CE； ②OD平分∠AOC；
（2）如图2，若AE＝2CF，作∠BCP＝∠AEC，CP交AF的延长线于点P，求证：CE＝CP．
20．已知等边△ABC和等腰△CDE，CD＝DE，∠CDE＝120°．
（1）如图1，点D在BC上，点E在AB上，P是BE的中点，连接AD，PD，则线段AD与PD之间的数量关系为 ；
（2）如图2，点D在△ABC内部，点E在△ABC外部，P是BE的中点，连接AD，PD，则（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；
（3）如图3，若点D在△ABC内部，点E和点B重合，点P在BC下方，且PB+PC为定值，当PD最大时，∠BPC的度数为 ．
参考答案
1．解：（1）如图1，过点A作AM⊥DC于M，
∵∠BCD＝90°，AM⊥CD， ∴AM∥BC，AB∥CD，
∴四边形ABCM是平行四边形，且∠BCD＝90°， ∴四边形ABCM是矩形， ∴AM＝CB＝4，AB＝CM＝2， ∴DM＝2， ∴AD＝∴sin∠ADC＝
＝＝
＝＝2
， ；
（2）△DEF是等腰直角三角形，
理由如下：∵∠EDC＝∠FBC，DE＝BF，BC＝CD， ∴△CDE≌△CBF（SAS） ∴∠DCE＝∠BCF，CE＝CF， ∴∠DCE+∠ECB＝∠BCF+∠BCE， ∴∠DCB＝∠ECF＝90°，且CE＝CF， ∴△DEF是等腰直角三角形； （3）设BE＝k，则CE＝CF＝2k， ∴EF＝2
k，
∵∠BEC＝135°，又∠CEF＝45°， ∴∠BEF＝90°， ∴BF＝∴sin∠BFE＝
＝．
＝3k，
2．解：（1）当∠BAM＝30°时， ∴∠AMB＝180°﹣60°﹣30°＝90°， ∴AB＝2BM； 故答案为：30；
（2）添加一个条件AB＝AC，可得△ABC为等边三角形； 故答案为：AB＝AC； ①如图1中，
∵△ABC与△AMN是等边三角形，
∴AB＝AC，AM＝AN，∠BAC＝∠MAN＝60°， ∴∠BAC﹣∠MAC＝∠MAN﹣∠MAC， 即∠BAM＝∠CAN， 在△BAM与△CAN中，
，
∴△BAM≌△CAN（SAS）， ∴BM＝CN； ②成立， 理由：如图2中，
∵△ABC与△AMN是等边三角形，
∴AB＝AC，AM＝AN，∠BAC＝∠MAN＝60°， ∴∠BAC+∠MAC＝∠MAN+∠MAC， 即∠BAM＝∠CAN， 在△BAM与△CAN中，
，
∴△BAM≌△CAN（SAS）， ∴BM＝CN．
3．（1）证明：如图1中，
∵∠ABC＝∠ACB＝∠ADE＝∠AED， ∴∠EAD＝∠CAB， ∴∠EAC＝∠DAB， ∵AE＝AD，AC＝AB， ∴△BAD≌△CAE（SAS）．
（2）解：如图1中，设AC交BE于O． ∵∠ABC＝∠ACB＝55°，
∴∠BAC＝180°﹣110°＝70°， ∵△BAD≌△CAE， ∴∠ABO＝∠ECO， ∵∠EOC＝∠AOB， ∴∠CEO＝∠BAO＝70°， 即∠BEC＝70°．
（3）解：如图2中，
∵∠CAB＝∠EAD＝120°， ∴∠BAD＝∠CAE， ∵AB＝AC，AD＝AE， ∴△BAD≌△CAE（SAS）， ∴∠BAD＝∠ACE，BD＝EC＝4， 同法可证∠BEC＝∠BAC＝120°， ∴∠FEC＝60°， ∵CF⊥EF， ∴∠F＝90°， ∴∠FCE＝30°， ∴EF＝EC＝2．
4．解：（1）作AH⊥BC于H，BM⊥AC于M． ∵AB＝AC，AH⊥BC， ∴BH＝CH＝3， ∴AH＝
＝
＝4，
∵S△ABC＝?BC?AH＝?AC?BM， ∴BM＝∴AM＝∴cosA＝
（2）设AH交CD于K．
∵∠BAC＝2∠ACD，∠BAH＝∠CAH， ∴∠CAK＝∠ACK， ∴CK＝AK，设CK＝AK＝x，
在Rt△CKH中，则有x2＝（4﹣x）2+32， 解得x＝∴AK＝CK＝
， ， ＝＝
， ＝．
＝，
∵∠ADK＝∠ADC，∠DAK＝∠ACD， ∴△ADK∽△CDA， ∴
＝
＝
＝
＝，设AD＝m，DK＝n，
则有，解得m＝，n＝．
∴AD＝
．
（3）结论：AD：BE＝5：6值不变．
理由：∵∠GBE＝∠ABC，∠BAC+2∠ABC＝180°，∠GBE+∠EBC+∠ABC＝180°， ∴∠EBC＝∠BAC， ∵∠EDC＝∠BAC，
∴∠EBC＝∠EDC， ∴D，B，E，C四点共圆， ∴∠EDB＝∠ECB，
∵∠EDB+∠EDC＝∠ACD+∠DAC，∠EDC＝∠DAC， ∴∠EDB＝∠ACD， ∴∠ECB＝∠ACD， ∴△ACD∽△BCE， ∴
＝
＝．
5．解：（Ⅰ）如图1，过C作CM⊥x轴于M点，如图1所示： ∵CM⊥OA，AC⊥AB，
∴∠MAC+∠OAB＝90°，∠OAB+∠OBA＝90°， ∴∠MAC＝∠OBA， 在△MAC和△OBA中，∴△MAC≌△OBA（AAS）， ∴CM＝OA＝2，MA＝OB＝4， ∴OM＝6，
∴点C的坐标为（﹣6，﹣2）， 故答案为（﹣6，﹣2）；
（Ⅱ）如图2，过D作DQ⊥OP于Q点，
，
则四边形OEDQ是矩形， ∴DE＝OQ，
∵∠APO+∠QPD＝90°，∠APO+∠OAP＝90°， ∴∠QPD＝∠OAP， 在△AOP和△PDQ中，∴△AOP≌△PDQ（AAS）， ∴AO＝PQ＝2，
∴OP﹣DE＝OP﹣OQ＝PQ＝OA＝2；
（Ⅲ）如图3，过点F分别作FS⊥x轴于S点，FT⊥y轴于T点， 则∠HSF＝∠GTF＝90°＝∠SOT， ∴四边形OSFT是正方形，
∴FS＝FT＝4，∠EFT＝90°＝∠HFG， ∴∠HFS＝∠GFT， 在△FSH和△FTG中，∴△FSH≌△FTG（AAS）， ∴GT＝HS，
又∵G（0，m），H（n，0），点F坐标为（﹣4，﹣4）， ∴OT═OS＝4，
∴GT＝﹣4﹣m，HS＝n﹣（﹣4）＝n+4， ∴﹣4﹣m＝n+4， ∴m+n＝﹣8．
，
，
6．解：（1）在Rt△ABC中，tanA＝由题意得，AP＝3t， 在Rt△APQ中，tanA＝∴PQ＝AP＝4t， 根据勾股定理得，AQ＝当0＜t≤时，如图1所示：
＝，
＝＝，
＝＝5t．
CQ＝AC﹣AQ＝6﹣5t；
当＜t≤
时，如图2所示：
CQ＝AQ﹣AC＝5t﹣6；
故答案为：6﹣5t或5t﹣6； （2）∵PQ⊥AB， ∴∠APQ＝90°＝∠ACB， ∵∠A＝∠A， ∴△APQ∽△ACB， ∴
＝
＝，即
＝，
解得：t＝，
即当△APQ与△ABC的周长的比为1：4时，t为秒． （3）分两种情况：
①当0＜t≤时，如图1所示：
△APQ与△ABC重叠部分图形的面积为S＝△APQ的面积＝×3t×4t＝6t2； 即S＝6t2（0＜t≤）； ②当＜t≤
时，如图2所示：
由（1）得：PQ＝3t，PQ＝4t，AQ＝5t， 同（2）得：△CDQ∽△PAQ， ∴
＝
＝
，即
＝
＝
，
解得：CD＝（5t﹣6），
∴△APQ与△ABC重叠部分图形的面积为S＝△APQ的面积﹣△CDQ的面积＝×3t×4t﹣×（5t﹣6）×（5t﹣6）＝﹣即S＝﹣
t2+t﹣； ）；
t2+t﹣（＜t≤
（4）由（1）知，AQ＝5t，PQ＝4t，CQ＝6﹣5t或CQ＝5t﹣6， 当CQ＝PQ时，四边形BCQP是轴对称图形， 则4t＝6﹣5t， ∴t＝； 当＜t≤
时，设PQ和BC相交于D，
当AC＝AP时，四边形ACDP是轴对称图形， 则6＝3t， ∴t＝2．
综上所述，当直线PQ把△ABC分成的两部分图形中有一个是轴对称图形时，t的值为秒或2秒．
7．解：（1）如图，作AB，AC的垂直平分线交于点O，以O为圆心，OB长为半径作圆，⊙O为图形G；
（2）直线BF与图形G交点只有一个， 理由如下：∵AD⊥AB， ∴∠BAD＝90°，
∴BD是直径，∠ADB+∠ABD＝90°， ∵AB＝AC， ∴∠ACB＝∠ABC，
∵∠ACB＝∠ADB，∠ABF＝∠ABC， ∴∠ABF＝∠ADB， ∴∠ABF+∠ABD＝90°，
∴∠DBF＝90°， ∴BD⊥BF，且OB是半径， ∴BF是圆O的切线，
∴直线BF与图形G交点的只有一个； （3）∵cos∠ABF＝cos∠ADB＝＝∴BD＝5， ∴AB＝
＝
＝3，
，
∵∠ABE＝∠ADB，∠BAE＝∠BAD＝90°， ∴△ABE∽△ADB， ∴∴
，
∴AE＝， ∴DE＝AD﹣AE＝．
8．解：（1）∵△ABC是等边三角形，AB＝8，AH⊥BC， ∴BC＝AC＝AB＝8，BH＝HC＝4，∠HAC＝30°， ∴AH＝∴DH＝4
HC＝4
﹣x，
，
∴DC2＝DH2+CH2＝（4﹣x）2+16
∵△CDE是等边三角形， ∴y＝S△CDE＝
CD2＝
[（4
﹣x）2+16]＝x2﹣6x+16（0≤x≤4）
（2）∵当△CDE的面积等于△ABC的面积的， ∴∴x＝当x＝
x2﹣6x+16
或
＝×，
×64，
时，即AD＝，如图1，
∴DH＝AH﹣AD＝，
∵tan∠DCH＝＝＝，
∴∠DCH＝30°，
∴∠ACD＝∠ACB﹣∠DCH＝30°， ∴∠ACE＝∠DCE+∠ACD＝90°， ∴CE⊥AC； 当x＝
时，即AD＝
，如图2，
∴DH＝AD﹣AH＝，
∵tan∠DCH＝＝＝，
∴∠DCH＝30°，
∴∠BCE＝∠DCH+∠DCE＝90°，
∴CE⊥BC．
9．解：（1）∵在△ABC中，AC＝1，AB＝x，BC＝3﹣x．
，
解得1＜x＜2；
（2）①若AC为斜边，则1＝x2+（3﹣x）2，即x2﹣3x+4＝0，无解， ②若AB为斜边，则x2＝（3﹣x）2+1，解得x＝，满足1＜x＜2， ③若BC为斜边，则（3﹣x）2＝1+x2，解得x＝，满足1＜x＜2， 综上，x＝或；
（3）在△ABC中，作CD⊥AB于D， 设CD＝h，△ABC的面积为S，则S＝xh， ①若点D在线段AB上， 则
+
＝x，
+1﹣h2，
∴（3﹣x）2﹣h2＝x2﹣2x即x＝3x﹣4，
∴x2（1﹣h2）＝9x2﹣24x+16， 即x2h2＝﹣8x2+24x﹣16．
∴S2＝x2h2＝﹣2x2+6x﹣4＝﹣2（x﹣）2+（≤x＜2）， 当x＝时（满足≤x＜2），S2取最大值，从而S取最大值②若点D在线段MA上， 则
同理可，得
﹣
＝x，
；
S2＝x2h2＝﹣2x2+6x﹣4
＝﹣2（x﹣）2+（1＜x≤）， 易知此时S＜
，
．
综合①②得，△ABC的最大面积为
10．解：（1）由题意PC＝1+t，CQ＝3﹣t，
在Rt△PQC中，∵∠C＝90°，PQ＝3，PC＝1+t，CQ＝3﹣t， ∴32＝（1+t）2+（3﹣t）2， 解得t＝
．
．
∴PQ＝3时，t的值为
（2）S＝?PC?CQ＝?（1+t）（3﹣t）＝﹣t2+t+（0≤t≤3）．
（3）∵直线DQ将△CPQ分成面积比为1：2两部分， ∴CD＝2PD或PD＝2CD， ∴1＝2t或t＝2， 解得t＝或2，
当t＝时，S＝﹣×++＝当t＝2时，S＝﹣×4+2+＝，
∴t＝s或2s时，直线DQ将△CPQ分成面积比为1：2两部分． 11．解：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC﹣AC＝2，∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝60°．
，
∵AD＝AC， ∴AD＝AB， ∴∠ABD＝∠ADB，
∵∠ABD+∠ADB+∠BAC+∠CAD＝180°，∠CAD＝90°，∠ABD＝15°， ∴∠EBC＝45°．
过点E作EG⊥BC，垂足为点G．
设AE＝x，则EC＝2﹣x． 在Rt△CGE中，∠ACB＝60°， ∴
∴BG＝2﹣CG＝1+x， 在Rt△BGE中，∠EBC＝45°， ∴解得
．
． ，
，
，
所以线段AE的长是
（2）①设∠ABD＝α，则∠BDA＝α，∠DAC＝∠BAD﹣∠BAC＝120°﹣2α． ∵AD＝AC，AH⊥CD， ∴
又∵∠AEF＝60°+α，
，
∴∠AFE＝60°， ∴∠AFE＝∠ACB， 又∵∠AEF＝∠BEC， ∴△AEF∽△BEC， ∴
，
由（1）得在Rt△CGE中，∴BE2＝BG2+EG2＝x2﹣2x+4， ∴
（0＜x＜2）．
，，
②当∠CAD＜120°时，
y＝7，则有7＝
整理得3x2+x﹣2＝0，
，
解得x＝或﹣1（舍弃），
．
当120°＜∠CAD＜180°时，同法可得y＝
当y＝7时，7＝整理得3x2﹣x﹣2＝0，
，
解得x＝﹣（舍弃）或1， ∴AE＝1．
12．解：（1）如图1中，过点C作CE⊥y轴于E，则∠CEB＝∠AOB．
∵△ABC是等腰直角三角形， ∴BC＝BA，∠ABC＝90°，
∴∠BCE+∠CBE＝90°＝∠BAO+∠CBE， ∴∠BCE＝∠ABO， 在△BCE和△BAO中，
，
∴△CBE≌△BAO（AAS）， ∵A（﹣1，0），B（0，2）， ∴AO＝BE＝1，OB＝CE＝2， ∴OE＝1+2＝3， ∴C（﹣2，3）， 故答案为：﹣2，3；
（2）动点A在运动的过程中，c+d的值不变． 过点C作CE⊥y轴于E，则∠CEA＝∠AOB， ∵△ABC是等腰直角三角形， ∴BC＝BA，∠ABC＝90°，
∴∠BCE+∠CBE＝90°＝∠ABO+∠CBE， ∴∠BCE＝∠ABO， 在△BCE和△BAO中，
，
∴△CBE≌△BAO（AAS）， ∵B（﹣1，0），A（0，a）， ∴BO＝AE＝1，AO＝CE＝a， ∴OE＝1+a， ∴C（﹣a，1+a），
又∵点C的坐标为（c，d），
∴c+d＝﹣a+1+a＝1，即c+d的值不变；
（3）存在，使△PAB与△ABC全等，
如图2中，过C作CM⊥x轴于M，过P作PE⊥x轴于E则∠CMB＝∠PEB＝90°，
∵△CAB≌△PAB，
∴∠PBA＝∠CBA＝45°，BC＝BP， ∴∠CBP＝90°，
∴∠MCB+∠CBM＝90°，∠CBM+∠PBE＝90°， ∴∠MCB＝∠PBE， 在△CMB和△BEP中，
，
∴△CMB≌△BEP（AAS）， ∴PE＝BM，CM＝BE，
∵C（﹣2，3），B（﹣1，0）， ∴PE＝1，OE＝BE﹣BO＝3﹣1＝2， 即P的坐标是（2，1）． 13．解：（1）∵又∵
≥0，
+
＝0， ≥0，
∴a＝﹣1，b＝1．
（2）如图1中，作AM⊥x轴于M，AH⊥y轴于H，在RM上取一点K，使得AK＝KR，连接AK，AO．
∵A（﹣1，1）， ∴AM＝AH＝1， ∵AK＝KR，
∴∠KRA＝∠KAR＝15°， ∴∠AKM＝∠KAR+∠KRA＝30°， ∴AK＝KR＝2AM＝2，MK＝∴MR＝2+∴AR＝∵B（m，m），
∴OB平分∠EOB，∵OA平分∠EOM， ∴OA⊥OB，
∴∠AOB＝∠ARB＝90°， ∴A，O，R，B四点共圆， ∴∠BAR＝∠BOR＝45°， ∴△ABR是等腰直角三角形， ∴AB＝
，
＝
＝
+
，
，
AR＝2+2，
∵AH∥MR，
∴∠HAR＝∠ARM＝15°， ∴∠EA＝30°， ∴AE＝
＝
，
∴
＝＝．
（3）如图，作SH⊥AD于H．
由题意四边形ADOC是正方形， ∴∠ACD＝45°＝∠CAT+∠ATC， ∵∠CAT+∠SAC＝45°， ∴∠SAC＝∠ATC， ∵∠ASC＝∠TSA， ∴△SAC∽△STA， ∴
＝
，
∴SA2＝SC?ST， ∵CS＝n，CT＝k，CD＝∴SH＝DH＝
（
，
﹣n），AH＝n，
∴AS2＝AH2+HS2＝n2+（∴k＝
（0＜n＜
﹣n）2＝n（n+k）， ）．
14．解：（1）如图1，过A作AC∥x轴，过B作BC⊥AC于C，BC交x轴于E，AC交y轴于D，
∵A（﹣3，﹣2），B（2，4），
∴△AOB的面积＝S△ACB﹣S△AOD﹣S△BOE﹣S长方形ODCE， ＝
﹣
﹣
﹣2×2，
＝15﹣3﹣4﹣4， ＝4；
（2）设直线AB的解析式为：y＝kx+b（k≠0），
则，解得：，
∴直线AB的解析式为：y＝x+， 当x＝0时，y＝， ∴C（0，）， 当y＝0时，x+＝0， 解得：x＝﹣， ∴D（
，0）；
（3）①当点P在x轴上时， ∵△ABP的面积为6， ∴∴PD＝2，
如图3，点P在x轴的正半轴上，P（，0）；
＝6，
同理得当点P在x轴的负半轴上，P（﹣②当点P在y轴上时，
＝6，
∴CP＝
，
，0）；
∴P（0，4）或（0，﹣）； 综上，点P的坐标是（，0）或（15．解：（1）如图1中，
，0）或（0，4）或（0，
）．
∵A（0，4）， ∴OA＝4，
∵S△AOB＝×OB×OA＝8， ∴OB＝4，
∵△AOB与△AOC关于y轴对称， ∴OC＝OB＝4．
（2）如图2中，结论：DG＝GE． 理由：作DH∥EC交AC于H．
∵OA＝OC，∠AOC＝90°， ∴∠DAH＝∠ACO＝45°， ∵DH∥OC，
∴∠AHD＝∠ACO＝45°， ∴∠DAH＝∠AHD， ∴AD＝DH， ∵AD＝EC， ∴DH＝EC，
∵∠DHG＝∠GCE，∠DGH＝∠CGE， ∴△DGH≌△EGC（AAS）， ∴DG＝EG．
（3）如图3中，连接DB，DC，作DH∥EC交AC于H．设AD＝DH＝x，则AH＝
x，HC＝4﹣x，
∵HG＝CG， ∴HG＝HC＝2
﹣
x，
∵OA⊥BC，OB＝OC， ∴AB＝AC，DB＝DC，
∴∠ABC＝∠ACB，∠DBO＝∠DCO， ∴∠ABD＝∠ACD， ∵∠CEG＝∠ABD， ∴∠ACD＝∠CEG， ∵DH∥CE，
∴∠HDG＝∠CEG＝∠DCH， ∵∠DHG＝∠DHC， ∴△DHG∽△CHD， ∴
＝
，
∴
解得x＝2， ∴AH＝CH＝2
＝，
，
∴H（2，2）， ∵GH＝GC， ∴G（3，1）．
16．证明：（1）如图1中，作DH⊥AB于H．
∵∠ACD＝∠AHD＝90°，AD＝AD，∠DAC＝∠DAH， ∴△ADC≌△ADH（ASA）， ∴AC＝AH，DC＝DH， ∵CA＝CB，∠C＝90°，
∴∠B＝45°， ∵∠DHB＝90°， ∴∠HDB＝∠B＝45°， ∴HD＝HB， ∴BH＝CD，
∴AB＝AH+BH＝AC+CD．
（2）如图2中，作BM⊥AD交AD的延长线于M，连接CM．
∵∠ACB＝∠AMB＝90°， ∴C，A，B，M四点共圆， ∴∠AMC＝∠ABC＝45°， ∵∠CEM＝45°， ∴∠CEM＝∠CME， ∴CE＝CM，
∴∠ECM＝∠ACB＝90°， ∴∠ACE＝∠BCM， ∵CA＝CB，CE＝CM， ∴△ACE≌△BCM（SAS）， ∴AE＝BM，
∵在Rt∠EMB中，∠MEB＝30°， ∵BE＝2BM＝2AE．
（3）如图3中，作CH⊥MN于H．
∵∠ACB＝∠AMB＝90°， ∴C，A，B，M四点共圆， ∴∠AMC＝∠ABC＝45°， ∵CN⊥CM， ∴∠NCM＝90° ∴∠CNM＝∠CMN， ∴CN＝CM， ∵CH⊥MN， ∴HN＝HM．
∵CD＝DB，∠CHD＝∠BMD＝90°，∠ADH＝∠BDM， ∴△CHD≌△BMD（AAS）， ∴DH＝DM， ∵HN＝HM， ∴DN＝3DM．
17．解：（1）①如图1中，作AK⊥CD交CD的延长线于K．
∵CD⊥BM，AK⊥CK，∠ACB＝90°，
∴∠CHB＝∠K＝90°，∠CBH+∠BCH＝90°，∠BCH+∠ACK＝90°， ∴∠CBH＝∠ACK，
∵CB＝CA，
∴△CHB≌△AKC（AAS）， ∴AK＝CH，
∵∠CHM＝∠K＝90°， ∴MH∥AK， ∵AM＝BM， ∴CH＝KH， ∴AK＝KH， ∵∠K＝90°， ∴∠AHD＝45°．
②如图2中，作AK⊥CD交CD的延长线于K，作CM⊥AB于M．设DH＝CH＝a．
∵CA＝CB，∠ACB＝90°， ∴∠CAB＝45°，
∵∠AHD＝45°，∠AHD＝∠ACH+∠CAH， ∴∠ACH+∠CAH＝∠CAH+∠DAH， ∴∠DAH＝∠ACD， ∵∠ADH＝∠CAD， ∴△ADH∽△CDA， ∴∴
＝＝
， ，
∴AD＝a，
∵CA＝CB，∠ACB＝90°，CM⊥AB， ∴AM＝BM，
∴CM＝AM＝BM，设AM＝CM＝BM＝x， 在Rt△CMD中，∵CM2＝DM2+CD2， ∴x2+（x﹣解得x＝
a）2＝4a2，
a（负根已经舍弃）．
+．
）a﹣
∴BD＝AB﹣AD＝（∴
＝
＝
a＝a，
∵△ADH∽△CDA， ∴
＝
＝
，设AH＝m，则AC＝＝，
m，AK＝KH＝m，
∴tan∠ACK＝
∴∠ACH＝30°，
∴∠CAH＝∠AHD﹣∠ACH＝45°﹣30°＝15°．
（2）作AJ⊥BM交BM的延长线于J．设AM＝CM＝y，则BC＝2yn．
∵CH⊥BM，BM＝＝＝?y，
∴CH＝＝＝?y，
∴HM＝＝?y，
∵AJ⊥BJ，CH⊥BJ， ∴∠J＝∠CHM＝90°， ∵∠AMJ＝∠CMH，AM＝CM， ∴△AMJ≌△CMH（AAS）， ∴AJ＝CH＝∵∠BHQ＝∠AHJ，
?y，HM＝JM＝
?y，
∴tan∠BHQ＝tan∠AHJ＝＝＝n．
18．（1）解：如图1中．
∵△ABC为等边三角形，
∴AC＝BC，∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝60°， 在△EBC和△DCA中，
，
∴△EBC≌△DCA（SAS）， ∴∠BCE＝∠DAC， ∵∠BCE+∠ACE＝60°， ∴∠DAC+∠ACE＝60°， ∴∠AFE＝60°．
（2）证明：如图1中，∵AH⊥EC， ∴∠AHF＝90°，
在Rt△AFH中，∵∠AFH＝60°， ∴∠FAH＝30°， ∴AF＝2FH， ∵△EBC≌△DCA， ∴EC＝AD，
∵AD＝AF+DF＝2FH+DF， ∴2FH+DF＝EC．
（3）解：在PF上取一点K使得KF＝AF，连接AK、BK，
∵∠AFK＝60°，AF＝KF， ∴△AFK为等边三角形， ∴∠KAF＝60°， ∴∠KAB＝∠FAC， 在△ABK和△AFC中，
，
∴△ABK≌△AFC（SAS）， ∴∠AKB＝∠AFC＝120°， ∴∠BKE＝120°﹣60°＝60°， ∵∠BPC＝30°，
∴∠PBK＝30°， ∴FP＝CK， ∴PK＝CK， ∵FP＝FK+PK ∴FP＝AF+CF， ∵CF＝CP， 设CP＝9a， ∵CF＝2a， ∴FP＝7a， ∴AF＝5a， ∴
＝
＝．
19．（1）证明：①如图1中，
∵△ABC是等边三角形， ∴AB＝BC，∠B＝∠BAC＝60°， ∵AE＝BF，
∴△ABF≌△CAE（SAS）， ∴AF＝EC．
②如图1中，∵△ABF≌△CAE， ∴∠BAF＝∠ACE，
∵∠AOE＝∠OAC+∠ACO＝∠OCA+∠BAF＝∠BAC＝60°，
又∵△ACD是等边三角形， ∴∠ADC＝∠DAC＝∠DCA＝60°， ∴∠AOE＝∠ADC， ∵∠AOE+∠AOC＝180°， ∴∠ADC+∠AOC＝180°， ∴A，D，C，O四点共圆，
∴∠AOD＝∠ACD＝60°，∠COD＝∠CAD＝60°， ∴∠AOD＝∠COD， ∴OD平分∠AOC．
（2）证明：如图2中，取AE的中点M，连接CM．
∵AE＝2CF，AM＝ME， ∴AM＝CF，
∵∠CAM＝∠ACF＝60°，AC＝CA， ∴△ACM≌△CAF（SAS）， ∴∠ACM＝∠CAF，
∵∠CME＝∠CAM+∠ACM＝60°+∠ACM，∠CFP＝∠ACF+∠CAF＝60°+∠CAF， ∴∠CME＝∠CFP， ∵EM＝CF，∠PCF＝∠CEM， ∴△CME≌△PFC（ASA），
∴CE＝PC．
20．解：（1）结论：AD＝2PD． 理由：如图1中，
∵△ABC是等边三角形， ∴∠B＝60°， ∵∠EDC＝120°，
∴∠EDB＝180°﹣120°＝60°， ∴∠B＝∠EDB＝∠BED＝60°， ∴△BDE是等边三角形， ∵BP＝PE， ∴DP⊥AB， ∴∠APD＝90°， ∵DE＝DC，DE＝DB， ∴BD＝CD，
∵AB＝AC，∠BAC＝60°， ∴∠PAD＝∠BAC＝30°， ∴AD＝2PD．
（2）结论成立．
理由：延长DP到N，使得PN＝PD，连接BN，EN，延长ED到M，使得DM＝DE，连接BD，BM，CM．
∵DE＝DC＝DM，∠MDC＝180°﹣∠EDC＝60°， ∴△DCM是等边三角形，
∵CA＝CB，CM＝CD，∠DCM＝∠ACB＝60°， ∴∠BCM＝∠ACD， ∴△BCM≌△ACD（SAS）， ∴AD＝BM， ∵PB＝PE，PD＝PN，
∴四边形BNED是平行四边形， ∴BN∥DE，BN＝DE， ∵DE＝DM， ∴BN＝DM，BN∥DM，
∴四边形BNDM是平行四边形， ∴BM＝DN＝2PD， ∴AD＝2PD．
（3）如图3中，作∠PDK＝∠BDC＝120°，且PD＝PK，连接PK，CK．
∵DB＝DC，DP＝DK，∠BDC＝∠PDK， ∴∠BDP＝∠CDK， ∴△PDB≌△KDC（SAS）， ∴PB＝CK，
∵PB+PC＝PC+CK＝定值，
∴P，C，K共线时，PK定值最大，此时PD的值最大，
此时，∠DPB＝∠DKP＝∠DPK＝30°，∠BPC＝∠DPB+∠DPK＝60°． 故答案为60°．
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