1．在△ABC与△ABD中，∠DBA＝∠CAB，AC与BD交于点F
（1）如图1，若∠DAF＝∠CBF，求证：AD＝BC；
（2）如图2，∠D＝135°，∠C＝45°，AD＝2，AC＝4，求BD的长．
（3）如图3，若∠DBA＝18°，∠D＝108°，∠C＝72°，AD＝1，直接写出DB的长．
2．如图，已知CD是△ABC的高，AD＝1，BD＝4，CD＝2．直角∠AEF的顶点E是射线CB上一动点，AE交直线CD于点G，EF所在直线交直线AB于点F． （1）判断△ABC的形状，并说明理由； （2）若G为AE的中点，求tan∠EAF的值； （3）在点E的运动过程中，若
，求
的值．
3．如图，在平面直角坐标中，点O为坐标原点，△ABC的三个顶点坐标分别为A（0，m），
B（﹣m，0），C（n，0），AC＝5且∠OBA＝∠OAB，其中m，n满足
（1）求点A，C的坐标；
．
（2）点P从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿y轴负方向运动，设点P的运动时间为t秒．连接BP、CP，用含有t的式子表示△BPC的面积为S（直接写出t的取值范围）； （3）在（2）的条件下，是否存在t的值，使得S△PAB＝S△POC，若存在，请求出t的值，并直接写出BP中点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
4．一副三角板直角顶点重合于点B，∠A＝∠C＝45°，∠D＝60°，∠E＝30°． （1）如图（1），若∠AFE＝75°，求证：AB∥DE；
（2）如图（2），若∠AFE＝α，∠BGD＝β，则α+β＝ 度．
（3）如图（3），在（1）的条件下，DE与AC相交于点H，连接CE，BH，若DG＝2CG＝2GH，BC＝10，S△CEH＝S△BEH，求△BDH的面积．
5．在△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC，PC＝（1）如图1，当点P在△ABC内， ①若β＝153°，求α的度数；
PA，设∠APB＝α，∠BPC＝β．
小明同学通过分析已知条件发现：△ABC是顶角为120°的等腰三角形，且PC＝PA，
从而容易联想到构造一个顶角为120°的等腰三角形．于是，他过点A作∠DAP＝120°，且AD＝AP，连接DP，DB，发现两个不同的三角形全等： ≌ 再利用全等三角形及等腰三角形的相关知识可求出α的度数．
请利用小王同学分析的思路，通过计算求得α的度数为 ；
②小王在①的基础上进一步进行探索，发现α、β之间存在一种特殊的等量关系，请写出这个等量关系，并加以证明．
（2）如图2，点P在△ABC外，那么a、β之间的数量关系是否改变？若改变，请直接写出它们的数量关系；若不变，请说明理由．
6．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
7．如图1，△ABC和△CDE均为等腰三角形，AC＝BC，CD＝CE，AC＞CD，∠ACB＝∠DCE＝α，且点A、D、E在同一直线上，连结BE （1）求证：AD＝BE．
（2）如图2，若α＝90°，CM⊥AE于E．若CM＝7，BE＝10，试求AB的长． （3）如图3，若α＝120°，CM⊥AE于E，BN⊥AE于N，BN＝a，CM＝b，直接写出AE的值（用a，b的代数式表示）．
8．已知，点A（t，1）是平面直角坐标系中第一象限的点，点B，C分别是y轴负半轴和x轴正半轴上的点，连接AB，AC，BC．
（1）如图1，若OB＝1，OC＝，且A，B，C在同一条直线上，求t的值； （2）如图2，当t＝1，∠ACO+∠ACB＝180°时，求BC+OC﹣OB的值；
（3）如图3，点H（m，n）是AB上一点，∠A＝∠OHA＝90°，若OB＝OC，求m+n的值．
9．在平面直角坐标系中，点A（a，0），B（0，b），且a，b满足a2﹣2ab+b2+（b﹣4）2
＝0，点C为线段AB上一点，连接OC． （1）直接写出a＝ ，b＝ ；
（2）如图1，P为OC上一点，连接PA，PB，若PA＝BO，∠BPC＝30°，求点P的纵坐标； （3）如图2，在（2）的条件下，点M是AB上一动点，以OM为边在OM的右侧作等边△
OMN，连接CN．若OC＝t，求ON+CN的最小值（结果用含t的式子表示）
10．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝16，BC＝12，点D、E分别为边AB、BC中点，点P从点A出发，沿射线AB方向以每秒5个单位长度的速度向点B运动，到点B停止．当点P不与点A重合时，过点P作PQ∥AC，且点Q在直线AB左侧，AP＝PQ，过点Q作QM⊥AB交射线AB于点M．设点P运动的时间为t（秒） （1）用含t的代数式表示线段DM的长度； （2）求当点Q落在BC边上时t的值；
（3）设△PQM与△DEB重叠部分图形的面积为S（平方单位），当△PQM与△DEB有重叠且重叠部分图形是三角形时，求S与t的函数关系式；
（4）当经过点C和△PQM中一个顶点的直线平分△PQM的内角时，直接写出此时t的值．
11．如图，平面直角坐标系中，点O为坐标原点，点A在x轴的负半轴上，点B在x轴的正半轴上，以AB为斜边向上作等腰直角△ABC，BC交y轴于点D，C（﹣2，4）． （1）如图1，求点B的坐标；
（2）如图2，动点E从点O出发以每秒1个单位长度的速度沿y轴的正半轴运动，设运动时间为t秒，连接CE，设△ECD的面积为S，请用含t的式子来表示S；
（3）如图3，在（2）的条件下，当点E在OD的延长线上时，点F在直线CE的下方，且
CF⊥CE，CF＝CE．连接AD，取AD的中点M，连接FM并延长交AO于点N，连接FO，当S△NFO＝10S△AMN时，求S的值．
12．如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，△ABC的顶点A（﹣2，0），点B，C分别在x轴和y轴的正半轴上，∠ACB＝90°，∠BAC＝60° （1）求点B的坐标；
（2）点P为AC延长线上一点，过P作PQ∥x轴交BC的延长线于点Q，若点P的横坐标为t，线段PQ的长为d，请用含t的式子表示d；
（3）在（2）的条件下，点E是线段CQ上一点，连接OE、BP，若OE＝PB，∠APB﹣∠OEB＝30°，求PQ的长．
13．在平面直角坐标系中，点A（0，m），C（n，0）． （1）若m，n满足
．
①直接写出m＝ ，n＝ ；
②如图1，D为点A上方一点，连接CD，在y轴右侧作等腰Rt△BDC，∠BDC＝90°，连接BA并延长交x轴于点E，当点A上方运动时，求△ACE的面积；
（2）如图2，若m＝n，点D在边OA上，且AD＝11，G为OC上一点，且OG＝8，连接CD，过点G作CD的垂线交CD于点F，交AC于点FH．连接DH，当∠ADH＝∠ODC，求点D的坐标．
14．如图，平面直角坐标系中，A（a，0），B（0，b）分别为x、y轴正半轴上一点，其中
a、b满足：b﹣8＝+，C为AB的中点．
（1）求A、B两点坐标；
（2）E为OB上一点，连CE交x轴于D，若BE＝AD，如图1，求D点坐标； （3）F为x轴上的点，连FC，在（2）的条件下，若∠ACF＝45°，求F点坐标．
15．如图所示，M为等腰三角形ABD的底边AB的中点，过D作DC∥AB，连接BC，AB＝6cm，
DM＝3cm，DC＝3﹣cm．动点P自A点出发，在AB上匀速运动，动点Q自点B出发，
在折线BC﹣CD上匀速运动，速度均为1cm/s，当其中一个动点到达终点时，它们同时停止运动，设点P运动t（s）时，△MPQ的面积为S．
（1）当点P在线段AM上运动时，PM＝ ．（用t的代数式表示） （2）求BC的长度；
（3）当点P在MB上运动时，求S与t之间的函数关系式．
16．如图，射线AN上有一点B，AB＝5，tan∠MAN＝，点C从点A出发以每秒3个单位长度的速度沿射线AN运动，过点C作CD⊥AN交射线AM于点D，在射线CD上取点F，使得
CF＝CB，连结AF．设点C的运动时间是t（秒）（t＞0）．
（1）当点C在点B右侧时，求AD、DF的长．（用含t的代数式表示） （2）连结BD，设△BCD的面积为S平方单位，求S与t之间的函数关系式． （3）当△AFD是轴对称图形时，直接写出t的值．
17．阅读下面材料，完成（1）﹣（3）题． 数学课上，老师出示了这样一道题：
如图1，点E是正△ABC边AC上一点以BE为边做正△BDE，连接CD．探究线段AE与CD的数量关系，并证明．
同学们经过思考后，交流了自已的想法：
小明：“通过观察和度量，发现∠ABE与∠DBC相等．”
小伟：“通过全等三角形证明，再经过进一步推理，可以得到线段BC平分∠ACD．” …
老师：“保留原题条件，连接AD，F是AB的延长线上一点，AD＝DF（如图2），如果BD＝BF，可以求出CE、CB、EB三条线段之间的数量关系．”
（1）求证：∠ABE＝∠DBC； （2）求证：线段BC平分∠ACD；
（3）探究CE、CB、EB三条线段之间的数量关系，并加以证明．
18．在△ABC中，AC＝BC，点G是直线BC上一点，CF⊥AG，垂足为点E，BF⊥CF于点F，点
D为AB的中点，连接DF．
（1）如图1，如果∠ACB＝90°，且G在CB边上，设CF交AB于点R，且E为CR的中点，若CG＝1，求线段BG的长；
（2）如图2，如果∠ACB＝90°，且G在CB边上，求证：EF＝
DF；
（3）如图3，如果∠ACB＝60°，且G在CB的延长线上，∠BAG＝15°，请探究线段EF、
BD之间的数量关系，并直接写出你的结论．
19．如图，△ABC和△ADE都是等腰三角形，其中AB＝AC，AD＝AE，且∠BAC＝∠DAE． （1）如图①，连接BE、CD，求证：BE＝CD；
（2）如图②，连接BE、CD，若∠BAC＝∠DAE＝60°，CD⊥AE，AD＝3，CD＝4，求BD的长；
（3）如图③，若∠BAC＝∠DAE＝90°，且C点恰好落在DE上，试探究CD2、CE2和BC2之间的数量关系，并加以说明．
20．已知△ABC中，AB＝AC．
（1）如图1，在△ADE中，AD＝AE，连接BD、CE，若∠DAE＝∠BAC，求证：BD＝CE； （2）如图2，在△ADE中，AD＝AE，连接BE、CE，若∠DAE＝∠BAC＝60°，CE⊥AD于点
F，AE＝4，，求BE的长；
的值．
（3）如图3，在△BCD中，∠CBD＝∠CDB＝45°，连接AD，若∠CAB＝45°，求
参考答案
1．（1）证明：∵∠DFA＝∠CFB，∠DAF＝∠CBF， ∴∠D＝∠C， 在△DAB和△CBA中，∴△DAB≌△CBA（AAS）， ∴AD＝BC；
（2）解：在FC上取一点E，使得∠FBE＝∠DAF，如图2所示： 由（1）知，△DAB≌△EBA（AAS），
∴BE＝AD＝2，DB＝EA，∠BDA＝∠AEB＝135°， ∴∠BEC＝45°， ∵∠C＝45°， ∴∠BEC＝∠C，
∴BC＝BE＝2，∠EBC＝90°， ∴EC＝
，
BE＝2，
∵AC＝4， ∴AE＝AC﹣EC＝4﹣2∴BD＝AE＝4﹣2
．
，
（3）解：在FC上取一点E，使得∠FBE＝∠DAF，如图3所示： 由（1）知△DAB≌△EBA（AAS），
∴BE＝AD＝1，DB＝AE，∠BEA＝∠BDA＝108°，∠DBA＝∠EAB＝18°， ∴∠BEC＝72°＝∠C，∠EFB＝∠DBA+∠EAB＝36°， ∴BC＝BE＝1，∠EBC＝36°， ∴∠C＝∠BEA﹣∠EBC＝72°， ∴∠FBC＝72°，
∴∠C＝∠FBC，∠EFB＝∠EBF＝36°， ∴EF＝EB＝1，FB＝FC，
∵∠DBA＝∠CAB， ∴AF＝FB＝FC＝1+EC， ∵∠EBC＝∠EFB，∠∠C＝∠C， ∴△CBE～△CFB， ∴
，
∴BC2＝CE•CF， ∴CE•CF＝1，
∴CE（CE+1）＝1，即CE2+CE﹣1＝0， 解得：∴∴∴
（负值已舍去）， ， ，
．
2．解：（1）结论：△ABC是直角三角形． 理由：∵CD⊥AB， ∴∠CDA＝∠CDB＝90°， ∵AD＝1，CD＝2，BD＝4， ∴CD2＝AD•BD， ∴
＝
，
∴△ADC∽△CDB， ∴∠ACD＝∠B，
∵∠B+∠DCB＝90°， ∴∠ACD+∠BCD＝90°， ∴∠ACB＝90°， ∴△ABC是直角三角形．
（2）如图1中，作EH⊥AB于H．
∵AD⊥AB，EH⊥AB， ∴DG∥HE， ∵AG＝GE， ∵AD＝DH＝1， ∵DB＝4， ∴BH＝DB﹣DH＝3， ∵EH∥CD， ∴
＝
， ，
∴＝
∴EH＝，
∴tan∠EAF＝
＝＝．
（3）如图2中，作EH⊥AB于H．
∵CD⊥AB，EH⊥AB，
∴EH∥CD， ∴
＝
＝
＝，
∵CD＝2，BD＝4， ∴EH＝，BH＝， ∴AH＝AB﹣BH＝5﹣＝在Rt△AEH中，AE＝∵DG∥EH， ∴
＝
，
，DH＝AH﹣AD＝，
＝
＝
，
∴＝，
∴EG＝，
∵AE⊥EF，EH⊥AF， ∴△AEH∽△EFH， ∴
＝
，
∴＝，
∴EF＝
∴＝＝．
3．解：（1）由，解得，
∴A（0，4），C（3，0）．
（2）如图1中，当0＜t＜4时，
S＝•BC•OP＝×5×（4﹣t）＝﹣t+10．
如图2中，当t＞4时，
S＝•BC•OP＝×5×（t﹣4）＝t﹣10．
综上所述，S＝．
（3）当0＜t＜4时，由题意，×t×4＝××（4﹣t）×3， 解得t＝
．
＝
，
此时，OP＝4﹣∴P（0，
），
∵B（﹣4，0），
∴BQ的中点Q的坐标为（﹣2，
）
当t＞4时，由题意，×t×4＝××（t﹣4）×3， 解得t＝36，
此时OP＝36﹣4＝32， ∴P（0，﹣32）， ∵B（﹣4，0），
∴BP的中点Q的坐标为（﹣2，﹣16）． 综上所述，满足条件的t的值为
或36．点Q的坐标为（﹣2，
）或（﹣2，﹣16）．
4．（1）证明：如图（1），∵∠AFE＝75°，∠A＝45°， ∴∠ABE＝75°﹣45°＝30°， ∵∠E＝30°， ∴∠E＝∠ABE， ∴AB∥DE；
（2）解：如图（2），△ABF中，∠AFE＝∠A+∠ABE＝α①，
△BGE中，∠BGD＝∠E+∠CBF＝β②，
①+②得：α+β＝∠A+∠E+∠CBF+∠ABE＝45°+30°+90°＝165°； 故答案为：165； （3）解：∵DE∥AB，
∴∠CGH＝∠ABC＝90°， ∵S△CEH＝S△BEH，
∴
∴CG＝BG， ∵BC＝10， ∴CG＝2，BG＝8， ∵DG＝2CG＝2GH， ∴DG＝4，GH＝2， ∴△BDH的面积＝
，
＝＝24．
5．解：（1）①如图1，过点A作AH⊥DP于H，
∵∠DAP＝∠BAC＝120°，
∴∠DAB＝∠PAC，且AD＝AP，AB＝AC， ∴△ADB≌△APC（SAS） ∴BD＝PC＝
PA，∠ADB＝∠APC，
∵∠DAP＝120°，AD＝AP，AH⊥DP， ∴∠ADP＝∠APD＝30°，DH＝PH， ∴AP＝2AH，HP＝∴DP＝
AH，
AP，
∴DB＝DP，
∴∠DBP＝∠DPB＝∠APB﹣∠APD＝α﹣30°， ∴∠BDP＝180°﹣2（α﹣30°）＝240°﹣2α， ∴∠ADB＝∠BDP+∠ADP＝270°﹣2α＝∠APC， ∵∠APB+∠APC+∠BPC＝360°， ∴270°﹣2α+α+β＝360°， ∴β﹣α＝90°，
当β＝153°时，α＝63°， 故答案为：△ADB，△APC，63°；
②β﹣α＝90°， 理由如上； （2）α+β＝90°，
理由如下：如图2，作∠PAN＝120°，且PA＝NA，连接PN，BN，
∵∠PAN＝∠BAC＝120°，
∴∠BAN＝∠PAC，且AB＝AC，AP＝AN， ∴△ABN≌△ACP（SAS） ∴∠BNA＝∠APC，PC＝BN＝∵∠PAN＝120°，PA＝NA， ∴∠APN＝∠ANP＝30°， ∴PN＝
AP，
AP＝BN，
∴∠BPN＝∠PBN＝α+30°， ∵∠BPN+∠PBN+∠BNP＝180°， ∴2（α+30°）+β﹣α+30°＝180°， ∴α+β＝90°．
6．（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
， ，
，即cos30°＝
，
在Rt△AQE中，cos∠EAQ＝
∴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．
7．（1）证明：∵∠ACB＝∠DCE， ∴∠ACB﹣∠DCB＝∠DCE﹣∠DCB， ∴∠ACD＝∠BCE， 在△ACD和△BCE中，∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴AD＝BE；
（2）解：设AE交BC于点H，如图2所示： 由（1）得：△ACD≌△BCE， ∴∠CAD＝∠CBE，AD＝BE＝10， ∵∠AHC＝∠BHE，
，
∴∠AEB＝∠ACH＝90°，
∵∠ACB＝∠DCE＝α＝90°，CD＝CE， ∴△CDE是等腰直角三角形， ∵CM⊥DE， ∴CM＝DM＝ME＝7， ∴DE＝2CM＝14，
∵AE＝AD+DE＝10+14＝24，∠AEB＝90°， ∴AB＝
＝
＝26；
（3）解：∵△ACB和△DCE均为等腰三角形，且∠ACB＝∠DCE＝120°， ∴∠CDM＝∠CEM＝×（180°﹣120°）＝30°． ∵CM⊥DE，
∴∠CMD＝90°，DM＝EM．
在Rt△CMD中，∠CMD＝90°，∠CDM＝30°， ∴DE＝2DM＝2×
＝2×
＝2
b．
∵∠BEC＝∠ADC＝180°﹣30°＝150°，∠BEC＝∠CEM+∠AEB， ∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CEM＝150°﹣30°＝120°， ∴∠BEN＝180°﹣120°＝60°．
在Rt△BNE中，∠BNE＝90°，∠BEN＝60°， ∴BE＝
＝
＝
a．
∵AD＝BE，AE＝AD+DE， ∴AE＝BE+DE＝
a+2b．
8．解：（1）过点A作AD⊥x轴于D，如图1所示： ∵点A（t，1），
∴AD＝1，OD＝t，
∵A，B，C在同一条直线上， ∴∠OCB＝∠DCA， ∵tan∠OCB＝
＝
＝，
∴tan∠OCB＝tan∠DCA＝即
＝，
＝，
解得：CD＝，
∴t＝OD＝OC+CD＝+＝3；
（2）作AD⊥y轴于D，AM⊥x轴于M，AN⊥BC于N，如图2所示： 则∠ADB＝∠ANB＝90°， ∵t＝1， ∴点A（1，1）， ∴AD＝AM＝OM＝1，
∵∠ACO+∠ACB＝180°，∠ACN+∠ACB＝180°， ∴∠ACO＝∠ACN，
∵AM⊥x轴于M，AN⊥BC于N， ∴AN＝AM＝AD＝1， 在Rt△ABD和Rt△ABN中，∴Rt△ABD≌Rt△ABN（HL）， ∴BN＝BD＝OB+1，
同理：Rt△ACM≌Rt△ACN（HL）， ∴CM＝CN，
∵BC＝BN﹣CN，OC＝OM+CM＝1+CM，
∴BC+OC﹣OB＝BN﹣CN+1+CM﹣OB＝OB+1﹣CN+1+CM﹣OB＝2； （3）作HG⊥OC于G，如图3所示： ∵OB＝OC，∠BOC＝90°，
∴△BOC是等腰直角三角形，∠OCB＝45°，
，
∵∠OHA＝90°， ∴OH⊥AB，
∴△OCH是等腰直角三角形， ∵HG⊥OC，
∴△OGH是等腰直角三角形， ∴OG＝GH，即m＝﹣n， ∴m+n＝0．
9．解：（1）∵a2﹣2ab+b2+（b﹣4）2＝0， ∴（a﹣b）2+（b﹣4）2＝0， ∵（a﹣b）2≥0，（b﹣4）2≥0， ∴a＝b．b﹣4＝0，
∴a＝4，b＝4， 故答案为4，4．
（2）如图1中，分别过A，B作OC的垂线，垂足分别为D，E．
∵∠BEO＝∠ADO＝∠AOB＝90°，
∴∠BOE+∠OBE＝90°，∠BOE+∠AOD＝90°， ∴∠AOD＝∠OBE， ∵BO＝AO，
∴△ADO≌△OEB（AAS）， ∴OD＝BE， ∵∠BPC＝30°， ∴PB＝2BE＝2OD， ∵AP＝BO＝AO，AD⊥OP， ∴OD＝DP，
∴PB＝PO，过P作PF⊥OB，
∴OF＝OB＝2，即点P的纵坐标的为2．
（3）如图2中，以OA为边在x轴下方作等边△OAG，连接GN．
∵∠MON＝∠AOG＝60°， ∴∠MOA＝∠NOG， ∵OM＝ON，OA＝OG， ∴△OMA≌△ONG（SAS），
∴∠OGN＝∠OAM＝45°，即点N在y轴与OG夹角为45°的直线GN上运动， 作OH⊥OC交CA的延长线于H，连接NH．GH． 由（2）可知∠ACO＝60°，
在四边形ACOG中，∠COG＝360°﹣60°﹣60°﹣45°﹣60°＝135°， ∴OC∥NG，∵OC⊥OH， ∴OH⊥NG，
∵∠OHC＝30°＝∠AGO，
∴点G在以G为圆心GO为半径的⊙G上， ∴GO＝GA，
∴NH垂直平分线段OH， ∴O，H关于GN对称， ∴ON+NC＝NH+NC≥CH， ∵CH＝2OC＝2t， ∴ON+NC≥2t，
∴ON+CN的最小值为2t． 10．解：（1）如图1中，
在RtABC中，∵AC＝16，BC＝12，∠C＝90°， ∴AB＝∵PQ∥AC， ∴∠A＝∠QPM， ∵∠C＝∠PMQ＝90°， ∴△ACB∽△PMQ， ∴∴
＝＝
＝＝
， ， ＝
＝20，
∴PM＝4t，MQ＝3t， 当0＜t≤当
（2）如图2中，
时，DM＝AD﹣AM＝10﹣5t﹣4t＝﹣9t+10．
＜t≤4时，DM＝AM﹣AD＝9t﹣10．
当点Q落在BC上时，∵PQ∥AC， ∴∴
＝＝
，
， ，
解得t＝
∴当点Q落在BC边上时t的值为
（3）如图3﹣1中，当10）×（9t﹣10）＝
＜t≤
s．
时，重叠部分是△DMK，S＝×DM×MK＝×（9t﹣
t2﹣t+．
如图3﹣2中，当≤t≤4时，重叠部分是△PBK，S＝•PK•BK＝×（20﹣5t）•
（20﹣5t）＝6t2﹣48t+96．
（4）如图4﹣1中，当直线CQ平分∠PQM时，设直线CQ交AB于G，作GK⊥PQ于K．
∵∠QKG＝∠QMG＝90°，∠GQK＝∠GQM，QG＝QG， ∴△QGK≌△QGM（AAS），
∴QK＝QM＝3t，PK＝PQ﹣QK＝5t﹣3t＝2t， ∴PG＝PK＝t， ∵PQ∥AC， ∴
＝
，
∴＝，
∴t＝．
如图4﹣2中，当CM平分∠QMP时，作CG⊥AB于G．
∵•AC•BC＝•AB•CG， ∴CG＝
＝
＝
，AG＝
＝
＝
，
∵∠CMG＝∠GCM＝45°， ∴CG＝GM＝∴AM＝9t＝解得t＝
， +，
，
综上所述，满足条件的t的值为s或s．
11．解：（1）如图1中，作CH⊥AB于H．
∵C（﹣2，4）， ∴CH＝4，OH＝2， ∵AC﹣BC，∠ACB＝90°， ∴AH＝CH＝BH＝4， ∴OB＝OH＝2， ∵OD∥CH， ∴CD＝DB， ∴OD＝CH＝2，
∴D（0，2），B（2，0）．
（2）由（1）可知D（0，2）， 所以当0≤t＜2时当t＞2时，
，
，
综上所述，S＝
．
（3）如图3中，延长AC交y轴于H，连接FD，AF．FO．
∵C（﹣2，4），△ABC是等腰直角三角形， ∴AB＝8，
由（1）知B（2，0）， ∴OB＝2，OA＝6，
∵△ABC是等腰直角三角形， ∴∠ACB＝90°， ∴∠CAB＝45°， ∵∠AOH＝90°， ∴∠CHE＝∠CAB＝45°， ∴OH＝OA＝6， ∵∠ACB＝90°， ∴∠DCH＝90°， ∵∠CHE＝45°， ∴∠CDH＝∠CHE＝45°， ∴CH＝CD， ∵CF⊥CE，
∴∠DCF+∠ECD＝90°， ∵∠ACB＝90°， ∴∠HCE+∠ECD＝90°， ∴∠HCE＝∠DCF， 又∵CF＝CE，
∴△HCE≌△DCF（SAS），
∴HE＝FD＝6﹣t，∠CDF＝∠CHE＝45°， ∵∠CBA＝45°， ∴∠CDF＝∠CBA， ∴FD∥AB， ∴∠FDM＝∠NAM， ∵M是AD中点， ∴DM＝AM， 又∵∠FMD＝∠NMA， ∴△DMF≌AMN（ASA）， ∴AN＝FD＝6﹣t，
∵DM＝AM， ∴S△DMF＝S△AMF ∵△DMF≌△AMN， ∴S△DMF＝S△AMN， ∴S△NFA＝2S△AMN ∵S△NFO＝10S△AMN ∴S△NFO＝5S△NFA， ∴5AN＝ON， ∵OA＝6， ∴AN＝1， ∴AN＝6﹣t＝1， ∴t＝5，
∴S＝t﹣2＝5﹣2＝3．
12．解：（1）在Rt△AOC中，A（﹣2，0），∠A＝60°， ∴OA＝2，∠ACO＝∠ABC＝30° ∴AC＝2OA＝4，
在Rt△ABC中，∠ABC＝30°，
∴AB＝2AC＝8，即OB＝AB﹣OA＝8﹣2＝6， 则B（6，0）； （2）如图1所示，
在Rt△MCP中，MP＝t，∠MCP＝30°， ∴CP＝2MP＝2t，
在Rt△CQP中，∠CQP＝30°，CP＝2t， ∴PQ＝4t，即d＝4t；
（3）如图2所示，过P作PM∥y轴，交BC于M，
∴∠APM＝∠DCP＝∠ACO＝30°， ∵∠APB﹣∠OEB＝30°， ∴∠APB﹣30°＝∠OEB＝∠BPM， ∵∠BMP＝180°﹣60°＝120°＝∠OCE， ∵OE＝PB，
∴△OCE≌△BMP（AAS）， ∴OC＝BM＝2∵BC＝4∴CM＝4
， ﹣2
＝2
，
，
Rt△PCM中，∠CPM＝30°，CP＝2t， ∴PM＝4
，
∴PC2+CM2＝PM2， ∴
4t2+12＝48，
，
t＝3或﹣3（舍），
∴PQ＝4t＝12． 13．解：（1）①由故答案为4，4．
②如图1中，
，解得
，
∵A（0，4），C（4，0）， ∴OA＝OC＝4，
∴△AOC是等腰直角三角形， ∴AC＝
OC，∠ACO＝45°，
∵△DCB是等腰直角三角形， ∴BC＝
CD，∠DCB＝45°，
＝
＝
，
∴∠OCD＝∠ACB，∴∠OCD∽△ACB，
∴∠BAC＝∠DOC＝90°， ∴∠AEC＝∠ACE＝45°， ∴AE＝AC，∵AO⊥EC， ∴EO＝OC＝AO＝4，
∴S△ACE＝•EC•AO＝×8×4＝16．
（2）如图2中，作CP∥OA交DH的延长线于P，作DK⊥CP于K．
∵PC∥OA，
∴∠P＝∠ADH，∠DCP＝∠ODC， ∵∠ADH＝∠ODC， ∴∠P＝∠PCD， ∴DP＝DC，
∴△DPC是等腰三角形， ∵∠DKC＝∠KCO＝∠DOC＝90°， ∴四边形ODKC是矩形， ∴OD＝CK， ∵DK⊥PC，
∴PK＝CK＝OD，设OD＝x，则PK＝CK＝x，PC＝2x， ∵OA＝OC，AD＝11，OG＝8， ∴CG＝OC﹣OG＝x+3， ∵GH⊥DC，
∴∠CFG＝∠COD＝90°，
∴∠ODC+∠OCD＝90°，∠CGF+∠FCG＝90°， ∴∠ODC＝∠CGF， ∴∠CGH＝∠P，
∵CH＝CH，∠HCG＝∠HCP＝45°， ∴△HCG≌△HCP（AAS）， ∴CG＝CP， ∴x+3＝2x， ∴x＝3， ∴D（0，3）
14．解：（1）根据题意得：解得：a＝4， ∴b＝8，
∴A（4，0），B（0，8）； （2）∵C为AB的中点， ∴C（2，4），
，
设OE＝b， ∵BE＝AD， ∴AD＝8﹣b， ∵OA＝4， ∴OD＝4﹣b，
设直线CD的解析式为：y＝kx+b， 把C（2，4）代入得：2k+b＝4， ∴k＝
，
∴直线CD的解析式为：y＝∵D（b﹣4，0）， 则﹣
+b＝0，
x+b，
解得：b＝2或8（舍）， ∴D（﹣2，0）；
（3）由（2）知：直线CD的解析式为：y＝x+2 分两种情况：
①当F在点A的左侧时，如图2，过F作FG⊥AB于G，
∵∠BAO＝∠FAG， ∴tan∠BAO＝tan∠FAG＝设AG＝x，则FG＝2x， ∵∠ACF＝45°，∠CGF＝90°， ∴CG＝FG＝2x，
＝＝2，
∵AC＝AB＝∴AG＝2
﹣2x＝x， ，
＝2，
x＝
∴AF＝
x＝， ＝，
∴OF＝4﹣
∴F（，0）；
②当点F在点A的右侧时，如图3，过C作CP⊥CF，交x轴于点P，CH⊥x轴于H，过A作AG⊥CF于G，
∵∠ACF＝45°，
∴△ACG是等腰直角三角形， ∵AC＝2
，
，
，
∴CG＝AG＝
由（2）知：AP＝∵AH＝2， ∴PH＝
﹣2＝，
∵CH＝OB＝4， ∴PC＝∵AG∥PC，
＝
，
∴，即＝，
∴AF＝10， ∴F（14，0），
综上，点F的坐标为（，0）或（14，0）． 15．解：（1）如图1中，
PM＝3﹣t．
故答案为3﹣t．
（2）过点C作CE⊥AB，垂足为E，如图2，
∵DA＝DB，AM＝BM， ∴DM⊥AB． ∵CE⊥AB，
∴∠CEB＝∠DMB＝90°． ∴CE∥DM．
∵DC∥ME，CE∥DM，∠DME＝90°， ∴四边形DCEM是矩形． ∴CE＝DM＝3，ME＝DC＝
．
∵AM＝BM，AB＝6， ∴AM＝BM＝3． ∴BE＝BM﹣ME＝
．
， ＝2
．
∵∠CEB＝90°，CE＝3，BE＝∴CB＝
（3）①当3＜t≤足为F，如图3，
＝
时，点P在线段BM上，点Q在线段BC上，过点Q作QF⊥AB，垂
∵QF⊥AB，CE⊥AB， ∴∠QFB＝∠CEB＝90°． ∴QF∥CE． ∵BQ＝t， ∴QF＝
∵PM＝AP﹣AM＝t﹣3， ∴S＝PM•QF ＝（t﹣3）•＝②当
＜t≤
；
时，点P在线段BM上，点Q在线段DC上，过点Q作QF⊥AB，垂足
为F，如图4，
此时QF＝DM＝3． ∵PM＝AP﹣AM＝t﹣3， ∴S＝PM•QF ＝（t﹣3）×3 ＝
．
时，S＝
；当
＜t≤
时，S＝
．
综上所述：当3＜t≤
16．解：（1）在Rt△ACD中，AC＝3t，tan∠MAN＝， ∴CD＝4t． ∴AD＝
＝
＝5t，
当点C在点B右侧时，CB＝3t﹣5， ∴CF＝CB．
∴DF＝4t﹣（3t﹣5）＝t+5．
（2）当0＜t＜时，S＝•（5﹣3t）•4t＝﹣6t2+10t． 当t＞时，S＝•（3t﹣5）•4t＝6t2﹣10t．
（3）①如图1中，当DF＝AD时，△ADF是轴对称图形．
则有5﹣3t﹣4t＝5t，解得t＝，
②如图2中，当AF＝DF时，△ADF是轴对称图形．
作FH⊥AD． ∵FA＝DF， ∴AH＝DH＝t，
由cos∠FDH＝，可得＝，解得t＝．
③如图3中，当AF＝DF时，△ADF是轴对称图形．
作FH⊥AD． ∵FA＝DF， ∴AH＝DH＝t，
由cos∠FDH＝，可得＝，解得t＝．
综上所述，满足条件的t的值为或或．
17．（1）证明：∵△ABC，△DEB都是等边三角形， ∴∠ABC＝∠EBD＝60°， ∴∠ABE+∠EBC＝∠EBC+∠CBD， ∴∠ABE＝∠CBD．
（2）证明：∵△ABC，△DEB都是等边三角形， ∴BA＝BC，BE＝BD，∠BAC＝∠ACB＝60°， ∵∠ABE＝∠CBD， ∴△ABE≌△CBD（SAS）， ∴∠BAE＝∠BCD＝60°， ∴∠ACB＝∠BCD＝60°， ∴CB平分∠ACD．
（3）解：结论：EC+BE＝BC． 理由：∵DA＝DF，
∴可以将△DBF绕点D顺时针旋转，使得DF与DA重合，得到△DMA，连接AM． ∵DA＝DF，BD＝BF， ∴∠DAF＝∠F＝∠BDF， ∵∠BCD＝∠ABC＝60°， ∴CD∥AB， ∴∠CDF＝∠DAF，
∵∠MDA＝∠BDF＝∠F＝∠DAB， ∴∠MDA＝∠CDA， ∴D，C，M共线，
∵∠AMD＝∠DBF＝∠CDB，∠ACM＝∠BCD＝60°，AM＝DM＝BD＝BF， ∴△AMC≌△BDC（AAS）， ∴CM＝DC＝BD＝BE， ∵△ABE≌△CBD， ∴AE＝CD，
∴BC＝AC＝EC+AE＝CE+CD＝CE+BE， ∴EC+BE＝BC．
18．（1）解：如图1中，在CA上取一点H，使得CH＝CG．
∵CA＝CB，∠ACB＝90°， ∴∠CAB＝45°， ∵AE⊥CR，CE＝ER， ∴AC＝AR，
∴∠CAG＝∠GAB＝22.5° ∵CG＝CH＝1， ∴GH＝
＝
＝
，∠CHG＝45°，
∵∠CHG＝∠HAG+∠HGA， ∴∠HAG＝∠HGA＝22.5°， ∴HA＝HG＝
，
∵CB＝CA，CG＝CH， ∴BG＝AH＝
（2）解：如图2中，连接CD，DE．
．
∵CF⊥AG，BC⊥CF，
∴∠BCF＝∠CAE＝90°﹣∠ACE 在△AEC和△CFB，
，
∴△AEC≌△CFB（AAS）， ∴AE＝CF，CE＝BF，
∵等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC， ∴CD＝BD，∠CDB＝90°， ∵∠CDB＝∠CFB＝90°， ∴∠FBD＝∠DCE， 在△BFD与△CED中，
，
∴△BFD≌△CED（SAS）， ∴DF＝DE，∠FDB＝∠EDC，
∴∠EDC+∠EDB＝∠BDF+∠BDE＝90°， ∴△DEF是等腰直角三角形， ∴EF＝
（3）如图3中，结论：
＝
．
DF．
理由：连接AF，在EC上取一点H，使得CH＝AH，连接AH．
∵AC＝BC，∠ACB＝60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴∠CAB＝60°，AB＝AC＝BC， ∵∠BAG＝15°，
∴∠CAE＝75°， ∵CE⊥AG， ∴∠CEA＝90°， ∴∠ACE＝15°，
∴∠BCF＝∠ACB﹣∠ACE＝45°， ∵BF⊥CE，
∴∠FCB＝∠FBC＝45°， ∴FB＝FC， ∵AB＝AC，
∴AF垂直平分线段BC， ∴AF平分∠CAB，
∴∠FAB＝∠CAB＝30°， ∴∠EAF＝∠EFA＝45°， ∴EF＝AE，设EF＝AE＝m， ∵HC＝HA，
∴∠HCA＝∠HAC＝15°， ∴∠EHA＝∠HCA+∠HAC＝30°， ∴AH＝2AE＝2m，EH＝∴EC＝2m+∴AC＝
m，
m，
＝
＝（
+
）m，
∵BD＝AB＝AC＝∴
＝
．
m，
19．（1）证明： ∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC+∠CAE＝∠DAE+∠CAE，即∠BAE＝∠CAD． 又∵AB＝AC，AD＝AE， ∴△ACD≌△ABE（SAS）， ∴CD＝BE．
（2）如图2，连结BE， ∵AD＝AE，∠DAE＝60°， ∴△ADE是等边三角形，
∴DE＝AD＝3，∠ADE＝∠AED＝60°， ∵CD⊥AE，
∴∠CDA＝∠ADE＝×60°＝30°， ∵由（1）得△ACD≌△ABE， ∴BE＝CD＝4，∠BEA＝∠CDA＝30°，
∴∠BED＝∠BEA+∠AED＝30°+60°＝90°，即BE⊥DE， ∴BD＝
（3）CD2、CE2、BC2之间的数量关系为：CD2+CE2＝BC2，理由如下： 解法一： 如图3，连结BE． ∵AD＝AE，∠DAE＝90°， ∴∠D＝∠AED＝45°， ∵由（1）得△ACD≌△ABE， ∴BE＝CD，∠BEA＝∠CDA＝45°，
∴∠BEC＝∠BEA+∠AED＝45°+45°＝90°，即BE⊥DE， 在Rt△BEC中，由勾股定理可知：BC2＝BE2+CE2． ∴BC2＝CD2+CE2． 解法二：
如图4，过点A作AP⊥DE于点P． ∵△ADE为等腰直角三角形，AP⊥DE， ∴AP＝EP＝DP．
∵CD2＝（CP+PD）2＝（CP+AP）2＝CP2+2CP•AP+AP2，
＝
＝5．
CE2＝（EP﹣CP）2＝（AP﹣CP）2＝AP2﹣2AP•CP+CP2，
∴CD2+CE2＝2AP2+2CP2＝2（AP2+CP2），
∵在Rt△APC中，由勾股定理可知：AC2＝AP2+CP2， ∴CD2+CE2＝2AC2．
∵△ABC为等腰直角三角形，由勾股定理可知： ∴AB2+AC2＝BC2，即2AC2＝BC2， ∴CD2+CE2＝BC2．
20．（1）证明：如图1中，
∵∠DAE＝∠BAC， ∴∠EAC＝∠DAB， ∵AE＝AD，AC＝AB， ∴△EAC≌△DAB（SAS）， ∴EC＝BD．
（2）解：如图2中，连接BD．
∵AE＝AD，∠EAD＝60°， ∴△AED是等边三角形， ∴∠DEA＝∠CDE＝60°， ∵EF⊥AD，
∴∠FEA＝∠DEA＝30° ∵∠DAE＝∠BAC， ∴∠EAC＝∠DAB， ∵AE＝AD，AC＝AB， ∴△EAC≌△DAB（SAS）， ∴∠BDA＝∠AEC＝30°，EC＝BD， ∴∠EDB＝90°， ∵AE＝4，AF＝2，AC＝∴EF＝∴EC＝BD＝3∴BE＝
（3）解：如图3中，作CM⊥CA，使得CM＝CA，连接AM，BM．
＝， ＝
＝
．
，∠EFA＝∠AFC＝90°，
＝2
，CF＝
＝
＝
，
∵CA＝CM，∠ACM＝90°，
∴∠CAM＝45°， ∵∠CAB＝45°，
∴∠MAB＝45°+45°＝90°，设AB＝AC＝m，则AM＝∵∠ACM＝∠BCD＝90°， ∴∠BCM＝∠ACD， ∵CA＝CM，CB＝CD， ∴△ACD≌△MCB（SAS）， ∴AD＝BM＝∴
＝
m，BM＝＝m，
m，
＝
．
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