三角形压轴题

绝密★启用前 三角形的证明 试卷副标题 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上 第I卷（选择题） 请点击修改第I卷的文字说明 一、选择题（题型注释） 试卷第1页，总7页

第II卷（非选择题） 请点击修改第II卷的文字说明 二、填空题（题型注释） 三、计算题（题型注释） 四、解答题（题型注释）

1．如图，△ABC中，DE∥AB，EF∥AB，∠BED=∠CEF，

（1）试说明△ABC是等腰三角形，

（2）探索AB+AC与四边形ADEF的周长关系．

2．如图，已知△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC．D为线段AC上任一点，连接BD，过C点作CE∥AB且AD=CE，试说明BD和AE之间的关系，并证明．

3．如图，在△ABC中．AD平分∠BAC，且BD=CD，DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F．

（1）求证：AB=AC；

（2）若DAC=30°，求AC的长．

4．如图，△ABC中，AB=AC，点P是三角形右外一点，且∠APB=∠ABC．

试卷第2页，总7页

（1）如图1，若∠BAC=60°，点P恰巧在∠ABC的平分线上，PA=2，求PB的长； （2）如图2，若∠BAC=60°，探究PA，PB，PC的数量关系，并证明； （3）如图3，若∠BAC=120°，请直接写出PA，PB，PC的数量关系． 5．如图，在△ABC中，AB=AC，AB的垂直平分线MN交AC于点D，交AB于点E．

（1）求证：△ABD是等腰三角形； （2）若∠A=40°，求∠DBC的度数； （3）若AE=6，△CBD的周长为20，求△ABC的周长． 6．如图，在△ABC中，BO、CO分别是∠ABC、∠ACB的角平分线，求： （1）若∠A=50°，求∠BOC的度数． （2）在其他条件不变的情况下，若∠A=n°，则∠A与∠BOC之间有怎样的数量关系？ 7．如上图，AD是△ABC的高，BE是△ABC的内角平分线，BE、AD相交于点F，已知∠BAD=40°，求∠BFD的度数． 8．如图，△ABC中，AB=BC，BE⊥AC于点E，AD⊥BC于点D，∠BAD=45°，AD与BE交于点F，连接CF． 试卷第3页，总7页

（1）求证：BF=2AE； （2）若CD=，求AD的长．

9．有一副直角三角板，在三角板ABC中，∠BAC=90°，∠C=60°，AB=6，在三角板DEF中，∠FDE=90°，∠E=45°，EF=6．将这副直角三角板按如图1所示位置摆放，点A与点F重合，点E、F、A、C在同一条直线上．现固定三角板ABC，将三角板DEF以每秒1

个单位的速度沿边AC匀速运动，DF与AB相交于点M．

（1）如图2，连接ME，若∠EMA=67.5°，求证：△DEM≌△AEM；

（2）如图3，在三角板DEF移动的同时，点N从点C出发，以每秒2个单位长度的速度沿CB向点B匀速移动，当三角板DEF的顶点D移动到AB边上时，三角板DEF停止移动，点N也随之停止移动．连接FN，设四边形AFNB的面积为y，在三角板DEF运动过程中，y存在最小值，请求出y的最小值；

（3）在（2）的条件下，在三角板DEF运动过程中，是否存在某时刻，使E、M、N三点共线，若存在，请直接写出此时AF的长；若不存在，请直接回答．

10．以点A为顶点作等腰Rt△ABC，等腰Rt△ADE，其中∠BAC=∠DAE=90°，如图1所示放置，使得一直角边重合，连接BD、CE．

（1）试判断BD、CE的数量关系，并说明理由；

（2）延长BD交CE于点F试求∠BFC的度数；

（3）把两个等腰直角三角形按如图2放置，（1）、（2）中的结论是否仍成立？请说明理由．

11．已知在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，BM⊥CM于M，且CM＞BM

（1）如图1，过点A作AF⊥CM于F，直线写出线段BM、AF、MF的数量关系是

（2）如图2，D为BM延长线上一点，连AD以AD为斜边向右侧作等腰Rt△ADE，再过点E作EN⊥BM于N，求证：CM+EN=MN；

（3）将（2）中的△ADE绕点A顺时针旋转任意角α后，连BD取BD中点P，连CP、

试卷第4页，总7页

EP，作出图形，试判断CP、EP的数量和位置关系并证明． 12．探究与发现：如图①，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D在底边BC上，AE=AD，

连结DE． （1）当∠BAD=60°时，求∠CDE的度数； （2）当点D在BC （点B、C除外） 上运动时，试猜想并探究∠BAD与∠CDE的数量关系； （3）深入探究：若∠BAC≠90°，试就图②探究∠BAD与∠CDE的数量关系． 13．（12分）（2015秋•万州区期末）在△ABC中，AB=AC，BG⊥AC于G，DE⊥AB于E，DF⊥AC于F． （1）如图1，若D是BC边上的中点，∠A=45°，DF=3，求AC的长； （2）如图2，D是线段BC上的任意一点，求证：BG=DE+DF； （3）在图3，D是线段BC延长线上的点，猜想DE、DF与BG的关系，并证明． 14．（2015秋•泰州校级期中）阅读理解： （1）如图（1），等边△ABC内有一点P到顶点A，B，C的距离分别为3，4，5，则∠APB= ，分析：由于PA，PB不在一个三角形中，为了解决本题我们可以将△ABP绕顶点A旋转到△ACP′处，此时△ACP′≌ ，这样，就可以利用全等三角形知识，将三条线段的长度转化到一个三角形中从而求出∠APB的度数． （2）请你利用第（1）题的解答思想方法，解答下面问题：已知如图（2），△ABC中，∠CAB=90°，AB=AC，E、F为BC上的点且∠EAF=45°，试猜想分别以线段BE、EF、CF为边能构成一个三角形吗？若能，试判断这个三角形的形状． 试卷第5页，总7页

15．（2015秋•孝感月考）如图①，在Rt△ACB中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=1，点D为AC上一动点，连接BD，以BD为边作等边△BDE，设CD=n．

（1）当n=1时，EA的延长线交BC的延长线于F，则AF= ；

（2）当0＜n＜1时，如图②，在BA上截取BH=AD，连接EH．

①设∠CBD=x，用含x的式子表示∠ADE和∠ABE．

②求证：△AEH为等边三角形．

16．（1）如图1，△ABC和△CDE都是等边三角形，且B，C，D三点共线，连接AD，BE相交于点P，求证：BE = AD；

（2）如图2，在△BCD中，∠BCD＜120°，分别 以BC、CD和BD为边在△BCD外部作等边三角形ABC、等边三角形CDE和等边三角形BDF，连接AD，BE和CF交于点P，下列结论正确的是 （只填序号即可）①AD=BE=CF；②∠BEC=∠ADC；③∠DPE=∠EPC=∠CPA=60°；

（3）如图2，在（2）的条件下，求证：PB+PC+PD=BE．

试卷第6页，总7页

五、判断题（题型注释） 试卷第7页，总7页

参考答案

1．(1)说明见解析；（2）AC+AB=四边形EFAD的周长．

【解析】

试题分析：（1）由平行线的性质可得∠EAD=∠F，∠BAF=∠E，进而再通过角之间的转化得出结论；

（2）由平行线的性质可得∠EAD=∠F，∠BAF=∠E，由于∠BED=∠CEF，得到∠C=∠CEF=∠BED=∠B，于是得到EF=CF，DE=DB，即可得到结论．

试题解析：（1）∵DE∥AC

∴∠BED=∠C，

∵EF∥AB，

∴∠CEF=∠B，

∵∠BED=∠CEF，

∴∠B=∠C，

∴△ABC是等腰三角形；

（2）AB+AC=四边形ADEF的周长，

理由：∵DE∥AC，

∴∠BED=∠C，

∵EF∥AB，

∴∠CEF=∠B，

∵∠BED=∠CEF，

∴∠C=∠CEF=∠BED=∠B，

∴EF=CF，DE=DB，

∴AC+AB=CF+AF+AD+BD=EF+AF+AD+DE=四边形EFAD的周长．

考点：1.等腰三角形的判定与性质；2.平行线的性质．

2．BD=AE，AE⊥BD；证明见解析.

【解析】

试题分析：先证∠ABD=∠CAE，再证△ABD≌△CAE即可得出答案．

试题解析：BD=AE，AE⊥BD；

证明：∵AB∥CE，∠BAC=90°，

∴∠ACE=90°，

在△ABD和△CAE中，

∴△ABD≌△CAE（SAS），

∴BD=AE．

∴∠ABD+∠EAB=∠CAE+∠EAB=90°

∴AE⊥BD

∴BD=AE，AE⊥BD.

考点：等腰三角形的性质.

3．（1）详见解析；（2）4.

【解析】

试题分析：（1）根据角平分线的性质可得DE=DF，再根据HL证明RtBDERtCDF；根

答案第1页，总15页 ABACBACACEADCE

据全等三角形的性质可得BC，即可证得AB=AC；（2）根据等腰三角形三线合一的性质可得ADBC，在Rt∆ADC中，

DAC=30°，即可求得AC的长．

试题解析：（1）证明：∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，DF⊥AC，

∴DE=DF

BDCD,RtBDERtCDF.

BC.ABAC.

(2)ABAC,BDCD,ADBC.

在Rt∆ADC

考点：角平分线的性质；全等三角形的判定及性质；直角三角形的性质.

4．（1）BP=4；（2）PA+PC=PB；（3

．

【解析】

试题分析：（1）AB=AC，∠BAC=60°，证得△ABC是等边三角形，∠APB=∠ABC，得到∠APB=60°，又点P恰巧在∠ABC的平分线上，得到∠ABP=30°，得到直角三角形，利用直角三角形的性质解出结果．

（2）在BP上截取PD，使PD=PA，连结AD，得到△ADP是等边三角形，再通过三角形全等证得结论．

（3）以A为圆心，以AP的长为半径画弧交BP于D，连接AD，过点A作AF⊥BP交BP于F，得到等腰三角形，然后通过三角形全等证得结论．

试题解析：解：（1）∵AB=AC，∠BAC=60°，

∴△ABC是等边三角形，∠APB=∠ABC，

∴∠APB=60°，

又∵点P恰巧在∠ABC的平分线上，

∴∠ABP=30°，

∴∠PAB=90°，

∴BP=2AP，

∵AP=2，

∴BP=4；

（2）结论：PA+PC=PB．

证明：如图1，在BP上截取PD，使PD=PA，连结AD，

∵∠APB=60°，

∴△ADP是等边三角形，

∴∠DAP=60°，

∴∠1=∠2，PA=PD，

又AB=AC，

∴△ABD≌△ACP，

∴PC=BD，

∴PA+PC=PB；

答案第2页，总15页

（3

．

证明：如图2，以A为圆心，以AP的长为半径画弧交BP于D，连接AD，过点A作AF⊥BP交BP于F，

∴AP=AD，

∵∠BAC=120°，

∴∠ABC=30°，

∴∠APB=30°，

∴∠DAP=120°，

∴∠1=∠2，

又AB=AC，

∴△ABD≌△ACP，

∴BD=PC，

∵AF⊥PD，

，

，

．

考点：全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质．

5．（1）证明见解析；（2）30°；（3）32.

【解析】

试题分析：（1）根据线段的垂直平分线到线段两端点的距离相等即可得证；

（2）首先利用三角形内角和求得∠ABC的度数，然后减去∠ABD的度数即可得到答案；

（3）将△ABC的周长转化为AB+AC+BC的长即可求得．

试题解析：（1）∵AB的垂直平分线MN交AC于点D，

∴DB=DA，

∴△ABD是等腰三角形；

（2）∵△ABD是等腰三角形，∠A=40°，

∴∠ABD=∠A=40°，∠ABC=∠C=（180°-40°）÷2=70°

∴∠DBC=∠ABC-∠ABD=70°-40°=30°；

（3）∵AB的垂直平分线MN交AC于点D，AE=6，

∴AB=2AE=12，

∵△CBD的周长为20，

∴AC+BC=20，

∴△ABC的周长=AB+AC+BC=12+20=32．

考点：1.线段垂直平分线的性质；2.等腰三角形的判定与性质．

6．（1）115°；（2）∠BOC=90°

A． 【解析】

试题分析：（1）根据三角形的内角和得到∠ABC+∠ACB=180°-∠A=130°，由于BO、CO分别是△ABC的角∠ABC、∠ACB的平分线，得到∠

的内角和即可得到结论；

（2）根据∠ABC与∠ACB的平分线相交于点O，得到∠

得到∠OBC+∠

ABC，∠

ACB，根据三角形ABC，∠

ACB，于是ABC+∠ACB），根据三角形内角和即可得到结论． 试题解析：（1）∵∠A=50°，

∴∠ABC+∠ACB=180°-∠A=130°，

∵BO、CO分别是△ABC的角∠ABC、∠ACB的平分线，

ABC，∠

ACB， ∴∠OBC+∠

ABC+∠ACB）=65°， ∴∠

∴∠BOC=180°-（∠OBC+∠OCB）=180°-65°=115°；

（2）∵∠ABC与∠ACB的平分线相交于点O，

ABC，∠

ACB， ∴∠OBC+∠

ABC+∠ACB）， ∴∠

在△OBC中，

∠BOC=180°-（∠OBC+∠OCB）

ABC+∠ACB）

=180180°-∠A） =90°A， 即∠BOC=90°A． =180

考点: 三角形内角和定理．

7．65°

【解析】

试题分析：先根据三角形内角和定理求出∠ABD的度数，再由角平分线的性质求出∠ABF的度数，由三角形外角的性质即可得出结论．

试题解析：∵AD⊥BC，∠BAD=40°，

∴∠ABD=90°-40°=50°．

∵BE是△ABC的内角平分线，

∴∠

∠ABD=25°，

∴∠BFD=∠BAD+∠ABF=40°+25°=65°

考点: 三角形内角和定理．

8．（1）见解析；（2）2+

【解析】

试题分析：（1）先判定出△ABD是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得AD=BD，再根据同角的余角相等求出∠CAD=∠CBE，然后利用“角边角”证明△ADC和△BDF全等，根据全等三角形对应边相等可得BF=AC，再根据等腰三角形三线合一的性质可得AC=2AE，从而得证；

（2）根据全等三角形对应边相等可得DF=CD，然后利用勾股定理列式求出CF，再根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得AF=CF，然后根据AD=AF+DF代入数据即可得解．

（1）证明：∵AD⊥BC，∠BAD=45°，

∴△ABD是等腰直角三角形，

∴AD=BD， ∵BE⊥AC，AD⊥BC

∴∠CAD+∠ACD=90°，

∠CBE+∠ACD=90°，

∴∠CAD=∠CBE，

在△ADC和△BDF中，

∴△ADC≌△BDF（ASA），

∴BF=AC， ∵AB=BC，BE⊥AC，

∴AC=2AE，

∴BF=2AE；

（2）解：∵△ADC≌△BDF， ∴DF=CD=，

在Rt△CDF中，CF=∵BE⊥AC，AE=EC，

∴AF=CF=2，

∴AD=AF+DF=2+． ==2， ，

9．（1）证明见解析（2

3）不存在 【解析】

试题分析：（1）只要证明∠MED=∠MEA=22.5°，即可利用AAS证明△DEM≌△AEM．

（2）如图2中，作FG⊥CB，垂足为G．设AF=x，则CN=2x，想办法构建二次函数，利用二次函数性质解决问题．

（3）不存在．假设存在，推出矛盾即可．

试题解析：（1）如图2中，∵∠EMA=67.5°，∠BAE=90°

∴∠MEA=90°﹣∠EMA=90°﹣67.5°=22.5°，

∴∠MED=∠DEA﹣∠EMA=45°﹣22.5°=22.5°=∠MEA，

在△EMD和△EMA中，

DEAMMEDMEA

EMEM，

∴△DEM≌△AEM．

（2）解：如图2中，作FG⊥CB，垂足为G．设AF=x，则CN=2x．

在Rt△ABC中，∠C=60°，AB=6，

x，

在Rt△CFG

x

， S﹣

S∴y=ABCCFN

3

）

2﹣

2

x

∴y

（3）不存在．理由：

解：如图3中，作NH⊥NH于H．

当E、M、N共线时，∵NH∥AM，

解得t=﹣

∴不存在某时刻，使E、M、N三点共线．

考点：1、三角形综合题、2、全等三角形的判定和性质、3、二次函数、4、勾股定理、5、平行线性质

10．（1）CE=BD，理由见解析；（2）90°；（3）成立，理由见解析

【解析】

试题分析：（1）根据SAS证明△EAC与△DAB全等，再利用全等三角形的性质解答即可；

（2）利用全等三角形的性质得出∠ECA=∠DBA，进而解答即可；

（3）根据（1）（2）中的证明步骤解答即可．

解：（1）CE=BD，理由如下：

∵等腰Rt△ABC，等腰Rt△ADE，

∴AE=AD，AC=AB，

在

△EAC与△DAB中，

，

∴△EAC≌△DAB（SAS），

∴CE=BD；

（2）∵△EAC≌△DAB，

∴∠ECA=∠DBA，

∴∠ECA+∠CBF=∠DBA+∠CBF=45°，

∴∠ECA+∠CBF+∠DCB=45°+45°=90°，

∴∠BFC=180°﹣90°=90°；

（3）成立，

∵等腰Rt△ABC，等腰Rt△ADE，

∴AE=AD，AC=AB， 在

△EAC与△DAB中，

，

∴△EAC≌△DAB（SAS），

∴CE=BD；

∵△EAC≌△DAB，

∴∠ECA=∠DBA，

∴∠ECA+∠CBF=∠DBA+∠CBF=45°，

∴∠ECA+∠CBF+∠DCB=45°+45°=90°，

∴∠BFC=180°﹣90°=90°．

考点：全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形．

11．（1）AF=BM+MF．（2）证明见解析；（3）CP=PE且CP⊥PE．

【解析】

试题分析：（1）根据全等三角形的判定定理AAS推知△ACF≌△CBM，然后由全等三角形的对应边相等、图形中线段间的和差关系以及等量代换，即可解答；

（2）如图2，过点A作AG⊥CM于G，反向延长GA交EN于H，由四边形GMNH为矩形，得到AH⊥EN，根据三垂直得：△CMB≌△AGC，△AEH≌△EDN，利用全等三角形的对应边相等得到相等的线段，即可解答．

（3）取AB的中点M、AD的中点N，连接PM、CM、NE、PN，则可构造△PNE≌CMP，结论不言而喻．

解：（1）AF=BM+MF，

∵∠ACB=90°，

∴∠ACF+∠BCM=90°．

又∵AF⊥CM，

∴∠ACF+∠CAF=90°，

∴∠CAF=∠BCM．

在△ACF和△CBM中，

，

∴△ACF≌△CBM，

∴BM=CF，AF=CM，

∴CF+MF=BM+MF=MC=AF，即AF=BM+MF．

故答案为：AF=BM+MF．

（2）如图2，过点A作AG⊥CM于G，反向延长GA交EN于H，

∴四边形GMNH为矩形

∴AH⊥EN

根据三垂直得：△CMB≌△AGC，△AEH≌△EDN，

∴CM=AG，EN=AH，

∴MN=GH=GA+AH=CM+EN．

（3）如图3，

取AB的中点M、AD的中点N，连接PM、CM、NE、PN，

∵△BCA与△AED均为等腰直角三角形，

∴CM=BM=AM，CM⊥BA，

EN=AN=DN，NE⊥AD，

∵P为BD中点，

∴PN=AM=BM=CM，PN∥BA，

PM=AN=DN=NE，PM∥AD，

∴AMPN是平行四边形，

∴∠BMP=∠PND，

∴∠PMC=∠ENP，

∴△PNE≌CMP（SAS），

∴CP=PE，

∵CM⊥AB，PN∥AB，

∴CM⊥PN，

∴CP⊥PE，

综上所述，CP=PE且CP⊥PE．

考点：全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形；旋转的性质．

12．（1）30°；（2）∠BAD=2∠CDE（3）∠BAD=2∠CDE

【解析】

试题分析：（1）根据等腰三角形的性质得到∠CAD=∠BAD=60°，由于AD=AE，于是得到∠ADE=60°，根据三角形的内角和即可得到∠CDE=75°﹣45°=30°；

（2）设∠BAD=x，于是得到∠CAD=90°﹣x，根据等腰三角形的性质得到∠AED=45°+，于是得到结论；

（3）设∠BAD=x，∠C=y，根据等腰三角形的性质得到∠BAC=180°﹣2y，由∠BAD=x，于是得到∠DAE=y+x，即可得到结论．

解：（1）∵AB=AC，∠BAC=90°，

∴∠B=∠C=45°，

∵∠BAD=60°，

∴∠DAE=30°，

∵AD=AE，

∴∠AED=75°，

∴∠CDE=∠AED=∠C=30°；

（2）设∠BAD=x， ∴∠CAD=90°﹣x，

∵AE=AD，

∴∠AED=45°+

∴∠CDE=x；

（3）设∠BAD=x，∠C=y，

∵AB=AC，∠C=y， ∴∠BAC=180°﹣2y， ∵∠BAD=x，

∴∠DAE=y+x， ∴x． ，

考点：等腰三角形的性质．

13．（1）AC=6；（2）见解析；（3）DE﹣DF=BG．见解析

【解析】

试题分析：（1）连结AD．根据△ABC的面积=△ABD的面积+△ACD的面积，以及AB=AC，即可得到DE+DF=BG，然后根据等腰直角三角形的性质即可得到结论；

（2）连结AD．根据△ABC的面积=△ABD的面积+△ACD的面积，以及AB=AC，即可得到DE+DF=BG；

（3）连结AD．根据△ABC的面积=△ABD的面积﹣△ACD的面积，以及AB=AC，即可得到DE

﹣DF=BG．

解：如图1，连结AD．

则△ABC的面积=△ABD的面积+△ACD的面积，即AB•DE+AC•DF=AC•BG，

∵AB=AC，

∴DE+DF=BG，

∵D是BC边上的中点，∴AD平分∠BAC，

∴DE=DF=3，

∴BG=6，

∵∠A=45°， ∴△AGB是等腰直角三角形，

∴AB=BG=6，

∴AC=6；

（2）证明：如图2，连结AD． 则△ABC的面积=△ABD的面积+△ACD的面积，

即AB•DE+AC•DF=AC•BG，

∵AB=AC，

∴DE+DF=BG；

（3）DE﹣DF=BG， 证明：如图3，连接AD，则△ABC的面积=△ABD的面积﹣△ACD的面积， 即

AB•DE﹣

AC•DF=

AC•BG，

∵AB=AC，

∴DE﹣DF=BG．

考点：等腰三角形的性质；三角形的面积．

22214．（1）150°，△ABP；（2）BE+CF=EF．则三角形是直角三角形．

【解析】

试题分析：（1）此类题要充分运用旋转的性质，以及全等三角形的性质得对应角相等，对应边相等，得出∠PAP′=60°，再利用等边三角形的判定得出△APP′为等边三角形，即可得出∠APP′的度数，即可得出答案；

（2）利用已知首先得出△AEG≌△AFE，即可把EF，BE，FC放到一个三角形中，从而根据勾股定理即可证明．

解：（1）将△ABP绕顶点A旋转到△ACP′处，

∴△BAP≌△CAP′，

∴AB=AC，AP=AP′，∠BAP=∠CAP′，

∴∠BAC=∠PAP′=60°，

∴△APP′是等边三角形，

∴∠APP′=60°，

因为B P P′不一定在一条直线上

连接PC，

∴P′C=PB=4，PP′=PA=3，PC=5，

∴∠PP′C=90°，

∴△PP′C是直角三角形，

∴∠APB=∠AP′C=∠APP′+∠P′PC=60°+90°=150°，

∴∠BPA=150°；

故答案是：150°，△ABP；

（2）把△ACF绕点A顺时针旋转90°，得到△ABG．连接EG．

则△ACF≌△ABG．

∴AG=AF，BG=CF，∠ABG=∠ACF=45°．

∵∠BAC=90°，∠GAF=90°．

∴∠GAE=∠EAF=45°， 在△AEG和△AFE中，

∵

∴△AEG≌△AFE．

∴EF=EG，

又∵∠GBE=90°，

222∴BE+BG=EG，

222即BE+CF=EF．则三角形是直角三角形．

考点：旋转的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理的逆定理．

15．（1）2；（2）①∠ADE+60°=x+90°，∠ABE=∠ADE=x+90°；②见解析

【解析】

试题分析：（1）根据三角形内角和定理求出∠BAC=60°，再根据平角等于180°求出∠FAC=60°，然后求出∠F=30°，根据30°角所对的直角边等于斜边的一半求解即可；

（2）①根据三角形的任意一个外角等于与它不相邻的两个内角的和利用∠CBD表示出∠ADE=30°+∠CBD，又∠HBE=30°+∠CBD，从而得到∠ADE=∠ABE；②然后根据边角边证明△ADE与△HBE全等，根据全等三角形对应边相等可得AE=HE，对应角相等可得∠AED=∠HEB，然后推出∠AEH=∠BED=60°，再根据等边三角形的判定即可证明．

（1）解：∵△BDE是等边三角形，

∴∠EDB=60°，

∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，

∴∠BAC=180°﹣90°﹣30°=60°，

∴FAC=180°﹣60°﹣60°=60°，

∴∠F=180°﹣90°﹣60°=30°，

∵∠ACB=90°，

∴∠ACF=180°﹣90°，

∴AF=2AC=2×1=2；

故答案为：2．

（2）①证明：∵△BDE是等边三角形，

∴BE=BD，∠EDB=∠EBD=60°，

在△BCD中，∠ADE+∠EDB=∠CBD+∠C，

即∠ADE+60°=∠CBD+90°=x+90°，

∴∠ADE=30°+∠CBD，

∵∠HBE+∠ABD=60°，∠CBD+∠ABD=30°，

∴∠HBE=30°+∠CBD，

∴∠ADE=∠HBE，

∴∠ABE=∠ADE=x+90°； ②在△ADE与△HBE中，

，

∴△ADE≌△HBE（SAS），

∴AE=HE，∠AED=∠HEB，

∴∠AED+∠DEH=∠DEH+∠HEB，

即∠AEH=∠BED=60°，

∴△AEH为等边三角形．

考点：全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质．

16．（1）BE=AD（2） ①②③都正确．（3） BE=PB+PM+ME=PB+PC+PD．

【解析】 试题分析：（1）根据等边三角形的性质得出BC=AC，CE=CD，ACBDCE60，求出BCEACD，证出BCEACD即可；

（2）求出BC=AC，CE=CD，ACBDCE60，BCEACD，证BCEACD，

BEADCF，推出BEAD， BECADC，同理FDCBDE，推出BE=CF，

BCECEP，根据推出求出

DEPCEPCED60CDPDEP，即可求出DPE60，同理求出EPCCPA60；

（3）在PE上截取PM=PC，连接CM，求出12，求出CPM是等边三角形，推出CP=CM，PMC60，证CPDCME，推出PD=ME即可．

试题解析：

（1）∵△ABC和△CDE都是等边三角形

∴BC=AC，CE=CD，∠ ACB=∠DCE=60°

∴∠BCE=∠ACD

∴△BCE≌△ACD（SAS）

∴BE=AD

（2）①②③都正确．

∵ABC和CDE都是等边三角形，

答案第13页，总15页

∴BCAC，CECD，ACBDCE60，

∴BCEACD，

在BCE和ACD中

BCAC

BCEACD

CECD

∴BCEACD(SAS)

∴BEAD，BECADC，

∴②正确；

同理FDCBDE

∴BE=CF，

∴BEADCF，

∴①正确； ∵BCEACD，

∴CEPCDA，

∵CEDCDE60，

∴DEPCEPCED60CDPDEP， ∴DEP180606060，

同理EPCCPA60，DPEEPCCPA60 ∴③正确；

故答案为：①②③；

（3） 在PE上截取PM=PC，联结CM

由（1）可知，△BCE≌△ACD（SAS）

∴∠1=∠2

设CD与BE交于点G，在△CGE和△PGD中

∵∠1=∠2，∠CGE=∠PGD

∴∠DPG=∠EC G=60°同理∠CPE=60°

∴△CPM是等边三角形

∴CP=CM，∠PMC=60°．

∴∠CPD=∠CME=120 °．

∵∠1=∠2，

∴△CPD≌△CME（AAS），

∴PD=ME，

∴BE=PB+PM+ME=PB+PC+PD．

答案第14页，总15页

考点：（1）全等三角形的判定和性质；（2）等边三角形的性质．

答案第15页，总15页