期末专题大题分类提升训练——图形的相似压轴 2025-2026学年华东师大版九年级数学上册

期末专题大题分类提升训练—— 图形的相似压轴 1．【基础巩固】 （1）如图①，在△ABC中，D为AB上一点，∠ACD＝∠B，求证：△ACD∽△ABC； 【尝试应用】 （2）如图②，在▱ABCD中，E为BC上一点，F为CD延长线上一点，∠BEF＝∠A，若BF＝6，AD＝9，求CE的长； 【拓展提高】 （3）如图③，在菱形ABCD中，E为AB上一点，F为△ABC内一点，EF∥AC，EF＝2，AC＝10，连接DE，DF若，直接写出DE的长． 2．“关联”是解决数学问题的重要思维方式，角平分线的有关联想就有很多． （1）如图（a），AD是△ABC的角平分线，求证：； （2）如图（b），平行四边形ABCD中，AB＝6，BC＝8，AC＝7，BE平分∠ABC交AC于点E，则CE的长度为　 　 ； （3）如图（c），矩形ABCD中，点E是对角线AC上一点，连接BE，将△ABE沿BE所在直线折叠，点A恰好落在边BC上的点F处．若AB＝3，BC＝4，求EF的长； （4）如图（d），正方形ABCD中，G为CD上一点，连接BG，将DG沿过G的直线折叠，使点D的对应点D′落在BG上，折痕与AD交于点H，与BC的延长线交于点E．若，BC＝8，则CE的长度为　 　 ． 3．（1）特殊发现 如图1，正方形BEFG与正方形ABCD的顶点B重合，BE，BG分别在BC，BA边上，连接DF，则有： ①　 　 ； ②直线DF与直线AG所夹的锐角等于 　 　 度； （2）理解运用 将图1中的正方形BEFG绕点B逆时针旋转，连结DF，AG． ①如图2，（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由； ②如图3，若D，F，G三点在同一直线上，且过AB边的中点O，BE＝4，直接写出AB的长为 　 　 ； （3）拓展延伸 如图4，点P是正方形ABCD的AB边上一动点（不与A、B重合），连结PC，沿PC将△PBC翻折到△PEC的位置，连结DE并延长与CP的延长线交于点F，连结AF，若PA＝3PB，则的值是 　 　 ． 4．问题情境：如图1，矩形ABCD中，M是DC边上一点，EF⊥AM分别交AD，BC于点E，F． （1）探究发现：若，求的值； （2）探索研究：如图2，矩形ABCD中，AB＝7.5，AD＝9，将矩形ABCD沿直线EF折叠，E，F分别在边AD，BC上，点A落在CD边上的点M处，DM＝3，连接AM，与EF交于点G． ①求EF的长； ②连接BG，若BF＝2.5，求BG的长； （3）探究拓展：如图3，矩形ABCD中，AB＝7.5，AD＝9，将矩形ABCD沿直线EF折叠，E，F分别在边AD，BC上，点A落在CD边上的点M处，若DM＝x，BF＝y，求y关于x的函数关系式． 5．【基础巩固】（1）如图1，在正方形ABCD中，点E在AB的延长线上，连接AE，过点D作DF⊥DE交BC的延长线于点F，求证：DE＝DF． 【尝试应用】（2）如图2，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，点E在边AD上，点F在AB的延长线上，连接EF，以E为顶点作∠FEG＝∠BAD，EG交BC的延长线于点G，若，AB＝4，BF＝2，求CG的长． 【拓展提升】（3）如图3，在矩形ABCD中，点E在边AD上，点F在AB的延长线上，连接BD，EF，过点C作CG∥BD，以E为顶点作∠FEG＝∠FBD，EG交CG于点G，若AD＝mAB，DE＝nAD，求的值（用含m，n的代数式表示）． 6．【教材呈现】 人教版八年级下册数学教材第68页第8题如下：如图1，ABCD是一个正方形花园，E，F是它的两个门，且DE＝CF，要修建两条路BE和AF，这两条路等长吗？它们有什么位置关系？为什么？（此问题不需要作答） 九年级数学兴趣小组发现探究图形中互相垂直的线段之间的数量关系是一个常见问题，于是对上面的问题又进行了拓展探索，内容如下： 【类比分析】 （1）如图2，在矩形ABCD中，点E是AD上一点，连接BE，过点A作BE的垂线交CD于点F，垂足为点G，若4AB＝3AD，BE＝6，求AF的长． 【迁移探究】 （2）如图3，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D是AC上一点，连接BD，作AE⊥BD交BC于点E，求证：． 【拓展应用】 （3）如图4，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝2，AC＝4，作点A关于BC的对称点D，点E为AB上一点，连接CE，过点D作CE的垂线，交AC于F，垂足为G，若E为AB中点，则DF＝　 　 ． 7．在△ABC中，∠ACB＝120°，AC＝BC，CD是中线，一个以点D为顶点的60°角绕点D旋转，使角的两边分别与AC、BC的延长线相交，交点分别为点E、F，DF与AC交于点M，DE与BC交于点N． （1）如图1，若CE＝CF，求证：DE＝DF； （2）如图2，在∠EDF绕点D旋转的过程中，试证明CD2＝CE•CF恒成立； （3）若，，请直接写出CN的长． 8．【问题情境】如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，垂足为D，我们可以得到如下正确结论：①CD2＝AD•BD；②AC2＝AB•AD；③BC2＝AB•BD，这些结论是由古希腊著名数学家欧几里德在《几何原本》最先提出的，我们称之为“射影定理”，又称“欧几里德定理”． （1）请证明“射影定理”中的结论②AC2＝AB•AD． 【结论运用】 （2）如图2，等腰直角△ABC的腰长为12，点O是斜边AC的中点，点E在AB上，连接CE，过点B作BF⊥CE，垂足为F，连接OF． ①求证：△COF∽△CEA． ②若BE＝4，求OF的长． （3）如图3，在△ABC中，已知∠BAC＝90°，过点A作AD⊥DE，交BC于点D，此时∠BAD＝2∠C，若，请直接写出的值．（用含n的代数式表示） 9．【问题背景】如图①，△ABC∽△ADE，连结BD、CE，求证：△ABD∽△ACE． 【问题探究】如图②，△ABC∽△ADE，∠ACB＝90°，AC＝BC，连结BD、CE，若BD的延长线经过点E，则　 　 ；∠BEC＝　 　 °． 【拓展应用】如图③，在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ABC＝∠ADE＝30°，AC与DE交于点F，点D在边BC上．若CF＝1，ADBD，则DF的长为　 　 ． 10．已知菱形ABCD中，点E是对角线AC上一点，点F是边AD上一点，连接EF、BE、CF． 【特例探究】：（1）如图1，若∠ABC＝60°且EF∥CD，线段BE、CF满足的数量关系是 　 　 ； （2）如图2，若∠ABC＝90°且EF⊥AC，判定线段BE、CF满足的数量关系，并说明理由； 【一般探究】（3）如图3，根据特例的探究，若∠BAC＝α，AE＝EF，请求出的值（用含α的式子表示）； 【发现应用】（4）如图3，根据“一般探究”中的条件，若菱形边长为1，，点F在直线AD上运动，则△CEF面积的最大值为 　 　 ． 11．【问题发现】 （1）如图1，将正方形ABCD和正方形AEFG按如图所示的位置摆放，连接BE和DG，延长DG交BE的延长线于点H，求BE与DG的数量关系和位置关系． 【类比探究】 （2）若将“正方形ABCD和正方形AEFG”改成“矩形ABCD和矩形AEFG，且矩形ABCD∽矩形AEFG，AE＝3，AG＝4”，如图，点E、D、G三点共线，点G在线段DE上时，若，求BE的长． 【拓展延伸】 （3）若将“正方形ABCD和正方形AEFG改成“菱形ABCD和菱形AEFG，且菱形ABCD∽菱形AEFG，如图3，AD＝5，AC＝6，AG平分∠DAC，点P在射线AG上，在射线AF上截取AQ，使得，连接PQ，QC，当时，直接写出AP的长． 12．在△ABC中，AB＝AC，D是边AC上一动点，E是△ABC外一点，连接BD，BE． （1）如图1，CE∥AB，AD＝CE，若，求∠E的度数； （2）如图2，CE∥AB，BD＝BE，∠A＝2∠ABD，过点D作DF⊥AB交于点F，若DE＝2DF，∠DBC＝3∠CBE，求证：AB＝BD+CE； （3）如图3，AE＝AB，延长AE交BC的延长线于点F，BE交AC于点G，点D是直线AC上一动点，将△ABD沿BD翻折得△HBD，连接FH，取FH的中点M，连接AM，若EF＝2GC，AB＝BC，当线段AM取得最大值时，请直接写出的值． 13．已知四边形ABCD中，E、F分别是AB、AD边上的点，DE与CF交于点G． 【问题发现】（1）如图1，若四边形ABCD是正方形，且DE⊥CF于G，则　 　 ； 【拓展研究】（2）如图2，当四边形ABCD是矩形时，且DE⊥CF于G，AB＝3，AD＝5，则　 　 ； 【解决问题】（3）老师上课时提出这样的问题：如图3，若四边形ABCD是平行四边形，且∠B+∠EGC＝180°时，求证：； 小圳同学冥思苦想不得其解，提问到：在做题过程中，我先将转化成：.发现△DEA与△CFD显然不相似，所以没办法直接得出，怎么办呢？ 老师提示说：你是不是可以考虑引入一个桥梁或者考虑下添加辅助线来帮助解题呢？ 同学们，请你帮助小圳同学解决此题，写出完整证明过程； （4）如图4，若BA＝BC＝6，DA＝DC＝10，∠BAD＝90°，DE⊥CF于G，请直接写出的值． 14．【问题背景】在△ABC中，AB＝AC，D是AC上一点，E是BC延长线上一点，连接DE，DB，且∠CDE＝∠ABD．【问题探究】 （1）如图1，求证：DB＝DE； （2）如图1，若CD＝2AD，求证：BC＝3CE； 【拓展迁移】 （3）如图2，延长BD交AE于点E，若AF＝EF，直接写出的值． 15．已知：在△ABC外分别以AB，AC为边作△AEB与△AFC． （1）如图1，△AEB与△AFC分别是以AB，AC为斜边的等腰直角三角形，连接EF．以EF为直角边构造Rt△EFG，且EF＝FG，连接BG，CG，EC． 求证： ①△AEF≌△CGF； ②四边形BGCE是平行四边形． （2）如图2，在△ABC外分别以AB，AC为斜边作Rt△AEB与Rt△AFC，并使∠FAC＝∠EAB＝30°，取BC的中点D，连接DE，EF请求出的值及∠DEF的度数． （3）如图3，在△ABC外分别以AB，AC为底边作等腰三角形AEB和等腰三角形AFC，并使∠CAF与∠EAB之和为90°，取BC的中点D，连接DE，EF，当∠EAB＝α，AE＝a，AB＝b，请用含a，b的代数式直接写出的值，用含α的代数式直接表示∠DEF的度数． 16．（1）【观察发现】如图1，在△ABC中，点D在BC边上，若∠BAD＝∠C，则AB2＝BD•BC，请证明； （2）【灵活运用】如图2，在平行四边形ABCD中，E为BC上的一点，F为CD延长线上一点，且∠BFE＝∠A．若BF＝4，BE＝3，求AD的长； （3）【拓展延伸】如图3，在菱形ABCD中，AB＝5，点E，F分别在边AD，CD上，∠ABC＝2∠EBF，延长AD，BF相交于点G，若BE＝4，DG＝6，求FG的长． 17．【问题提出】 （1）如图①，在正方形ABCD中，点E在DC边上，连接BE，AF⊥BE，垂足为点G，交BC于点F．请判断AF与BE的数量关系，并说明理由． 【类比探究】 （2）如图②，在矩形ABCD中，，点E在DC边上，连接BE，AF⊥BE，垂足为点G，交BC于点F．求的值． 【拓展应用】 （3）如图③，在（2）的条件下，平移线段AF，使它经过BE的中点H，交AD于点M，交BC于点N，连接NE，若MN＝3，sin∠ENC，则BC的长为 　 　 ． 18．【问题探究】 （1）如图1，在△ABC中，BA＝BC，∠B＝120°，点P在边AC上，点E、F分别在边AB、BC上，连接PE、PF，∠EPF＝60°，点G为BC上一点，连接PG，且PG＝PC．求证：△AEP∽△GFP； 【问题解决】 （2）如图2，某地拟建造一个形如四边形ABCD的露营基地，其中AD＝CD，∠D＝∠BAD＝∠B＝90°，为考虑露营客人娱乐休闲的需求，计划沿线段AC修建隔离防护栏，将△ACD区域设立成花卉观赏区，分别在线段AC、AB、BC上取点P、E、F，将△PEF区域设立成烧烤区，∠EPF＝90°，已知，PF＝120米，求烧烤区△PEF的面积． 19．【问题原型】如图①，△ACB与△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，连结AD、BE．求证：∠DAC＝∠EBC． 【问题延伸】如图②，Rt△ACB∽Rt△DCE，∠ACB＝∠DCE＝90°，连结AD、BE．试问∠DAC与∠EBC的大小有怎样的关系？请说明理由． 【问题应用】如图3，Rt△ACB∽Rt△DCE，∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝4，BC＝3．点E在边AB上，且BE＝1，连结AD，则线段DE的长为 　 　 ． 20．已知等腰三角形BED的顶点D在等边三角形ABC的边AC上．∠BDE＝120°，BD＝DE． （1）如图1，若BC＝2，E在BC的延长线上． ①求CE的长； ②延长ED，交AB于点F，证明：BF•BD＝EF•CD； （2）如图2，当B、C、E三点不共线时，取AE的中点为M，连接DM．求证：DMCD． 参考答案 1．解：（1）证明：∵∠ACD＝∠B，∠A＝∠A， ∴△ACD∽△ABC； （2）解：在▱ABCD中，AD＝9， ∴BC＝AD＝9，∠C＝∠A， ∵∠BFE＝∠A， ∴∠BFE＝∠C， 又∵∠FBE＝∠CBF， ∴△EBF∽△FBC， ∴， ∴BF2＝BE•BC， ∵BF＝6， ∴62＝9BE， 解得：BE＝4， ∴CE＝9﹣4＝5； （3）解：；理由如下： 如图③，EF∥AC，CD∥AB，延长EF与DC的延长线交于点G， ∴四边形ACGE为平行四边形，EF＝2，AC＝10， ∴∠BAC＝∠G，EG＝AC＝5EF， 在菱形ABCD中，， ∵， ∴∠BAC＝∠EDF， ∴∠G＝∠EDF， 又∵∠GED＝∠DEF， ∴△GED∽△DEF， ∴， ∴DE2＝EF•GE， ∴DE2＝5EF2， ∴． 2．（1）证明：如图a，过点C作CE∥AD，交BA的延长线于点E， ∴∠ACE＝∠DAC，∠E＝∠BAD， ∵AD是△ABC的角平分线， ∴∠BAD＝∠DAC， ∴∠ACE＝∠E， ∴AE＝AC， ∵CE∥AD， ∴， ∴； （2）解：∵平行四边形ABCD中，AB＝6，BC＝8，AC＝7， 由（1）结论可知， ∴， 故答案为：4； （3）解：∵将△ABE沿BE所在直线折叠， ∴∠ABE＝∠EBC，AE＝EF， ∴， ∵四边形ABCD为矩形，AB＝3，BC＝4， ∴∠ABC＝90°， 在直角三角形ABC中，由勾股定理得：AC5， ∴， 解得：（经检验，是分式方程的解，且符合题意）， ∴； （4）解：如图d，四边形ABCD为正方形，连接CD′， ∴∠BCD＝90°， 在直角三角形BCG中，，BC＝8， 由勾股定理得：GC4， ∴GD＝DC﹣GC＝8﹣4＝4， ∵将DG沿过点G的直线折叠， ∴GD′＝GD，， ∴GD′＝GC＝4， ∴∠GD′C＝∠GCD′， ∵∠GD′C+∠GCD′＝∠DGD′， ∴， ∴∠GD′C＝∠HGD′， ∴CD′∥GE， ∴， ∴， 解得：（经检验，是分式方程的解，且符合题意）． 故答案为：． 3．解：（1）①连接BF，BD，如图1， ∵四边形ABCD和四边形GBEF为正方形， ∴∠ABF＝∠ABD＝45°， ∴B，F，D三点在一条直线上． ∵GF⊥AB，DA⊥AB， ∴△BGF和△BAD为等腰直角三角形， ∴BFBG，BDAB， ∴DF＝BD﹣BF（AB﹣BG）AG， ∴； 故答案为：； ②∵B，F，D三点在一条直线上，∠ABF＝∠ABD＝45°， ∴直线DF与直线AG所夹的锐角等于45°． 故答案为：45； （2）①（1）中的结论仍然成立，理由如下： 连接BF，BD，如图2， ∵四边形ABCD和四边形GBEF为正方形， ∴∠ABD＝∠GBF＝45°，∠BGF＝∠BAD＝90°， ∴△BGF和△BAD为等腰直角三角形， ∴∠ABG+∠ABF＝∠ABF+∠FBD＝45°，BFBG，BD， ∴∠ABG＝∠DBF，， ∴△ABG∽△DBF， ∴； 延长DF，交AB于点N，交AG于点M， ∵△ABG∽△DBF， ∴∠GAB＝∠BDF． ∵∠ANM＝∠DNB， ∴∠BAG+∠AMN＝∠BDF+∠ADB． ∴∠AMN＝∠ABD＝45°， 即直线DF与直线AG所夹的锐角等于45°， ∴（1）中的结论仍然成立； ②连接BF，BD，如图3， ∵四边形GBEF为正方形， ∴∠BFG＝45°． 由①知：∠AGD＝45°， ∴∠AGD＝∠BFG． ∵AB边的中点为O， ∴AO＝BO． 在△AGO和△BFO中， ， ∴△AGO≌△BFO（AAS）， ∴GO＝FOGF＝2， ∴OB2， ∴AB＝2OB＝4． 故答案为：4； （3）过点C作CQ⊥DF于点Q，连接BD，BE，BF，BE与CF交于点H，如图4， ∵四边形ABCD为正方形， ∴BC＝CD， 由折叠的性质可得：BC＝CE，EF＝BF，PB＝PE，∠BCF＝∠ECF． ∴CE＝CD， ∵CQ⊥DF， ∴∠ECQ＝∠DCQ． ∵∠BCD＝90°， ∴∠ECF+∠ECQ∠BCD＝45°． ∴∠QFC＝90°﹣∠QCF＝45°， ∴∠BFC＝45°， ∴∠EFB＝∠EFC+∠BFC＝90°． ∴△BEF为等腰直角三角形， ∴FH⊥BE，BH＝HEBE，BEEF， ∴∠PHB＝90°． 由（2）①的结论可得：DEAF，∠AFD＝45°， ∴∠AFB＝∠AFD+∠EFC＝90°， ∴∠AFP＝∠PHB． ∵∠APF＝∠BPH， ∴△APF∽△BPH， ∴， ∵PA＝3PB， ∴AF＝3BHBEEF， ∴DEAFEF＝3EF． ∴3， ∴的值是定值，定值为3． 故答案为：3． 4．解：（1）如图1，四边形ABCD是矩形，过点E作EQ⊥BC于点Q，则∠EQF＝90°， ∴∠D＝∠DAB＝∠B＝90°， ∴四边形ABQE为矩形， ∴∠AEQ＝90°，EQ＝AB， ∴∠AEF+∠FEQ＝90°； ∵EF⊥AM， ∴∠EAM+∠AEF＝90°， ∴∠FEQ＝∠EAM； ∵∠EQF＝∠D＝90°，， ∴△EFQ∽△AMD， ∴； （2）①过点E作EQ⊥BC于点Q，如图2.1， ∵将矩形ABCD沿直线EF折叠，E，F分别在边AD，BC上，点A落在CD边上的点M处， ∴EF⊥AM，AG＝GM； ∵AB＝7.5，AD＝9， 故由（1）知：； 在直角三角形ADM中，由勾股定理得：， ∴； ②如图2.2，过G点作GP⊥AB于点P，则AD∥PG， ∴∠DAM＝∠AGP， 又∵∠APG＝∠ADM＝90°，AB＝7.5，AD＝9， ∴△APG∽△MDA， ∴， ∴， ∴PB＝AB﹣AP＝6； 在Rt△BPQ中，由勾股定理得：； （3）如图3，连接AM，过点E作EQ⊥BC于点Q， ∵将矩形ABCD沿直线EF折叠，E，F分别在边AD，BC上，点A落在CD边上的点M处， ∴EF⊥AM，AE＝EM； 由（1）知，△EFQ∽△AMD， ∴， ∴； ∵四边形ABQE是矩形， ∴， ∴； 在Rt△DEM中，由勾股定理得：DE2+DM2＝EM2， 即， 整理得：， ∴y与x的函数关系式为． 5．（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠A＝∠ADC＝∠DCB＝90°，AD＝CD＝BC＝CA， ∴∠DCF＝∠DCB＝∠A＝90°， ∵DE⊥DF， ∴∠EDF＝90°， ∴∠ADE+∠CDE＝∠CDE+∠CDF＝90°， ∴∠ADE＝∠CDF， 在△ADE和△CDF中， ， ∴△ADE≌△CDF（ASA）， ∴DE＝DF； （2）解：作∠GEH＝∠AEF交CG于点H，EH交CD于点O，如图2， ∵∠FEG＝∠BAD， 又∠FED＝∠FEG+∠DEG＝∠F+∠FAD， ∴∠DEG＝∠F， ∵AD∥BC， ∴∠G＝∠DEG， ∴∠G＝∠F， 又∠AEF＝∠HEG， ∴△AEF∽△HEG， ∴， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AD∥BC，AB∥CD， ∴∠BAD+∠ABC＝180°，∠DCG＝∠ABC＝60°，∠G＝∠DEG， ∴∠FEG＝∠BAD＝180°﹣∠ABC＝180°﹣60°＝120°， ∴∠AEF+∠DEG＝60°， ∴∠HEG+∠DEG＝60°， ∴∠DEO＝60°， ∵∠D＝∠ABC＝60°， ∴∠DOE＝60°， ∴△DOE是等边三角形， ∴EO＝DO＝DE， ∴∠COH＝60°， ∵∠DCH＝60°， ∴∠CHO＝∠COH＝∠OCH＝60°， ∴△COH是等边三角形， ∴OH＝CO＝CH， ∴EH＝EO+OH＝DO+OC＝CD＝AB＝4， 又∵，AF＝AB+BF＝6， ∴， ∴AE＝3，GH＝8， ∴DE＝AD﹣AE＝4﹣3＝1＝DO， ∴CO＝CD﹣DO＝4﹣1＝3， ∴CH＝CO＝3， ∴CG＝CH+GH＝3+8＝11； （3）解：设EG与BD交于点P，延长AD交CG的延长线于Q，作EH⊥BD于H，如图3， ∵AD＝mAB，DE＝nAD， ∴DE＝mnAB， ∴AE＝AD﹣DE＝（m﹣mn）AB， ∴， ∵∠FEG＝∠FBD，∠1＝∠2， ∴∠F＝∠EPH， ∵∠EHP＝∠A＝90°， ∴△EHP∽△EAF， ∴， ∵∠EHD＝∠A＝90°，∠EDH＝∠ADB， ∴△EHD∽△BAD， ∴， ∴， ∵AD∥BC，BD∥CG， ∴四边形BCQD是平行四边形， ∴DQ＝BC＝AD， ∴EQ＝DE+DQ＝（m+mn）AB， ∵PD∥GQ， ∴， ∴． 6．（1）解：∵四边形ABCD为矩形， ∴∠BAE＝∠D＝90°， ∴∠DAF+∠DFA＝90°， ∵AF⊥BE于点G， ∴∠DAF+∠AEB＝90°， ∴∠DFA＝∠AEB， ∴△DFA∽△AEB， ∴， ∵4AB＝3AD，BE＝6， ∴， 解得AF＝8； （2）证明：作CH⊥AC，延长AE交CH于点H，如图3， ∵∠BAC＝90°， ∴∠ADB+∠ABD＝90°， ∵AE⊥BD， ∴∠ADB+∠CAH＝90°， ∴∠ABD＝∠CAH， ∵AB＝AC，∠ACH＝∠BAD＝90°， ∴△ACH≌△BAD（ASA）， ∴AD＝CH， ∵∠ACH+∠BAD＝180°， ∴AB∥CH， ∴△CHE∽△BAE， ∴， ∴． （3）解：连接AD，交BC于点N，由对称的性质可知AD⊥BC于点N，AN＝DN，作DM⊥AC于点M，交BC于点Q，如图4， ∵∠DNQ＝∠CMQ＝90°，∠NQD＝∠MQC， ∴∠MCQ＝∠ADM， ∵∠BAC＝90°，AB＝2，AC＝4， ∴，， ∵， ∴， 解得， ∴， ∵， 设AM＝x，DM＝2x， 有， 解得， ∴， ∵∠MFD+∠ACE＝90°， ∴∠AEC+∠ACE＝90°， ∴∠MFD＝∠AEC， ∵∠FMD＝∠EAC＝90°， ∴△FMD∽△EAC， ∴， ∵E为AB中点， ∴， ∴， ∴， 解得． 故答案为：． 7．（1）证明：在△ABC中，∠ACB＝120°，AC＝BC，CD是中线， ∴CD是∠ACB的角平分线， ∴∠BCD＝∠ACD∠ACB＝60°， ∵∠BCE＝180°﹣∠ACB＝180°﹣120°＝60°，∠ACF＝180°﹣∠ACB＝180°﹣120°＝60°， ∴∠DCE＝∠DCB+∠BCE＝120°，∠DCF＝∠DCA+∠ACF＝120°， ∴∠DCE＝∠DCF＝120°， 在△DCE与△DCF中， ， ∴△DCE≌△DCF（SAS）， ∴DE＝DF； （2）证明：∵∠DCE＝∠DCF＝120°， ∴∠E+∠CDE＝180°﹣∠DCE＝60°， ∵∠EDF＝∠CDF+∠CDE＝60°， ∴∠E＝∠CDF， ∴∠F＝∠CDE， ∴△CDF∽△CED， ∴， ∴CD2＝CE•CF， 故CD2＝CE•CF恒成立； （3）解：CD＝2，CF，如图2，过点D，E分别作DH⊥BC，EG⊥BC，垂足分别为H，G， 由（2）知CD2＝CE•CF， ∴CE4， ∵∠DCH＝60°，∠DHC＝90°，∠BCE＝60°，∠CGE＝90°， ∴∠CDH＝30°，∠CEG＝30°， ∴CHCD，CGCE＝2， 在直角三角形CDH中，由勾股定理得：DH， 在直角三角形CEG中，由勾股定理得：EG2， ∴HG＝CG﹣CH， ∵DH⊥BC，EG⊥BC， ∴DH∥EG， ∴△DNH∽△ENG， ∴， ∵GN＝HG﹣HNHN， ∴， ∴HN， ∴CN＝CH+HN． 8．（1）证明：∵CD⊥AB， ∴∠ADC＝90°， ∵∠ACB＝90°， ∴∠ADC＝∠ACB， ∵∠A＝∠A， ∴△ACD∽△ABC， ∴， ∴AC2＝AB•AD； （2）①证明：∵AB＝AC，O是AC的中点， ∴OB⊥AC， ∵∠ABC＝90°，BF⊥CE， ∴由射影定理得：BC2＝CF•CE＝OC•AC， ∴， ∵∠ACE＝∠OCF， ∴△COF∽△CEA； ②解：∵BE＝4，AB＝BC＝12，∠ABC＝90°， ∴4，ACAB＝12，AE＝8， ∵O是AC的中点， ∴OC＝6， 由①得：△COF∽△CEA， ∴ ∴， ∴OF； （3）如图， 作AF⊥BC于F，作EG⊥BC于G， ∴∠AFD＝∠EGD＝90°， ∴∠FAD+∠ADF＝90°， ∵AD⊥DE， ∴∠ADE＝90°， ∴∠ADF+∠EDG＝90°， ∴∠EDG＝∠FAD， ∴△ADF∽△DEG， ∴， ∵， ∴不妨设BA＝1，AC＝n， ∴BC， 由射影定理得， BF，CF， ∵∠BAC＝90°， ∴∠BAF+∠CAF＝90°， ∵∠AFC＝90°， ∴∠C+∠CAF＝90°， ∴∠BAF＝∠C， ∵∠BAD＝2∠C， ∴∠BAD＝2∠BAF， ∴∠BAF＝∠DAF， ∴∠B＝∠ADF， ∴AB＝AD， ∴DF＝BF， 由S△ABC得， AF， ∵tanC， ∴设EG＝x，CG＝nx， ∴DG＝CF﹣CG﹣DF， ∴， ∴x， ∴EG， ∴． 9．【问题背景】证明：∵△ABC∽△ADE， ∴，∠BAC＝∠DAE， ∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC， 即∠BAD＝∠CAE， 又∵， ∴△ABD∽△ACE； 【问题探究】解：∵△ABC∽△ADE，∠ACB＝90°，AC＝BC， ∴△ABC为等腰直角三角形， ∴△ADE为等腰直角三角形，∠ADE＝45°， 由【问题背景】中结论△ABD∽△ACE可得， ∴∠AEC＝∠ADB＝180°﹣∠ADE＝135°， 故答案为：，135°； 【拓展应用】同理可证△ABD∽△ACE， 又∵∠ABC＝30°， ∴， ∵ADBD，设BD＝m， ∴CE， ∵∠ABC＝∠ADE＝30°，∠AFD＝∠EFC， ∴△ADF∽△ECF， ∴，即， 解得DF＝3， 故答案为：3． 10．解：（1）∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°， ∴AB＝BC＝CD＝AD，∠ADC＝∠ABC＝60°， ∴△ABC和△ADC都是等边三角形， ∴AB＝AC，∠DAC＝∠BAC＝60°， ∵EF∥CD， ∴∠AFE＝∠ADC＝60°， ∴△AEF是等边三角形，∠BAE＝∠CAF＝60°， ∴AE＝AF， 在△ABE和△ACF中， ∴△ABE≌△ACF（SAS）， ∴BE＝CF； 故答案为：BE＝CF， （2），理由如下： ∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝90°， ∴AB＝BC＝CD＝AD，∠ADC＝∠ABC＝90°， ∴∠BAC＝∠DAC＝45°，， ∵EF⊥AC， ∴， ∴， ∴△ABE∽△ACF， ∴， ∴； （3）如图3，过点B作BO⊥AC于点O， ∵四边形ABCD是菱形，∠BAC＝α， ∴AB＝BC，∠DAC＝∠BAC＝∠ACB＝α， ∵AE＝EF， ∴∠AFE＝∠DAC＝α， ∴△ABC∽△AEF， ∴， 又∵∠DAC＝∠BAC＝α， ∴△ABE∽△ACF， ∴， ∵AB＝BC，BO⊥AC， ∴AC＝2AO，AO＝AB•cos∠BAC， ∴AC＝2AB•cosα， ∴2cosα， （4）如图4，连接BD交AC于点O，过点E作EH⊥AD于点H， 由（3）可得：△ABE∽△ACF，，∠EAF＝∠EFA， ∴， ∴， ∴∠EFA＝∠DAC＝∠BAC＝30°， 设AE＝x，则EF＝x， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD， ∴， ∴S△ABEAE•BOx•x， ∵AE＝EF＝x，∠DAC＝30°，EH⊥AD， ∴，AF＝2AH， ∴， ∴S△AEFAF•EHx•xx2； ∵△ABE∽△ACF， ∴， ∴， ∴， ∴， 即， ∵， ∴当时，S△CEF有最大值：． 故答案为：． 11．解：（1）如图1， 设DG和BE的延长线交于H，DH和AB交于O， ∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形， ∴AD＝AB，AG＝AE，∠BAD＝∠EAG＝90°， ∴∠BAE＝∠DAG， ∴△BAE≌△DAG（SAS）， ∴BE＝DG，∠ADG＝∠ABE， ∵∠AOD＝∠BOH， ∴∠BHO＝∠DAO＝90°， ∴BE⊥DG； （2）如图2， 作AH⊥DE于H， ∵四边形AEFG是矩形， ∴∠EAC＝90°， ∵AE＝3，AG＝4， ∴EG＝5， 由S△EAGEG•AHAE•AG得， 5AH＝12， ∴AH， ∴GH， 在Rt△ADH中，AD，AH， ∴DH， ∴DG＝DH﹣GH4， ∵矩形ABCD∽矩形AEFG， ∴∠EAG＝∠BAD，， ∴∠BAE＝∠DAC， ∴△ABE∽△ADG， ∴， ∴BE； （3）如图3， 当Q在AF上时， 连接BD，交AC于T，作CH⊥AF，交AF的延长线于H，作CR∥AG，交AF于R， ∵四边形ABCD是菱形， ∴BD⊥AC，ATAC＝3， ∵菱形ABCD∽菱形AEFG， ∴∠DAB＝∠GAE，∠DAC∠DAB，∠GAF∠GAE， ∴∠DAC＝∠GAF， ∴∠DAG＝∠CAF， ∵AG平分∠DAC， ∴∠DAG∠DAC， ∴∠CAF∠GAF， ∴∠DAC＝∠GAF， ∵， ∴△DAT∽△PAQ， ∴∠PQA＝∠ATD＝90°， ∴tan∠PAQ，∠PAQ+∠APQ＝90°， ∵tan∠PQC， ∴∠PAQ＝∠PQC， ∴∠CQH＝∠APQ， ∴tan∠CQH＝tan∠APQ， ∴， 设CH＝3x，QH＝4x， 构造三角形如图4， 令tanα，则， ∴ba， ∴ca， ∴tanβ， ∵∠CAH∠PAQ，tan∠PAQ， ∴tan∠CAH， ∴， ∴AH＝2CH＝6x， ∴（6x）2+（3x）2＝62， ∴x， ∴AQ＝2x， ∴AP； 如图5， 当Q在AF的延长线上时， 由上可知：AQ＝4x+6x＝10x， ∴AQ＝104， ∴AP． 综上所述：AP或． 12．（1）解：∵， ∴∠A＝60°， ∵AB＝AC， ∴△ABC是等边三角形， ∴AB＝BC，∠A＝∠ABC＝60°， ∵CE∥AB， ∴∠BCE＝∠ABC， ∴∠A＝∠BCE， 在△BAD和△BCE中， ， ∴△BAD≌△BCE（SAS）， ∴∠ABD＝∠CBE＝20°， ∴∠E＝180°﹣∠CBE﹣∠BCE＝180°﹣20°﹣60°＝100°； （2）证明：如图，在CA上截取CK＝CE，连接BK交DE于L， ∵AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB， ∵CE∥AB， ∴∠BCE＝∠ABC， ∴∠BCE＝∠BCK， 在△BCE和△BCK中， ， ∴△BCE≌△BCK（SAS）， ∴BE＝BK，∠EBC＝∠KBC， ∵∠DBC＝3∠CBE， ∴∠DBL＝∠EBL， ∵BD＝BE， ∴BL⊥DE，LD＝LE， ∵DE＝2DF，DF⊥AB， ∴DL＝DF， 在Rt△BDL和Rt△BDF中， ， ∴Rt△BDL≌Rt△BDF（HL）， ∴∠DBL＝∠DBF， ∵∠A＝2∠ABD， ∴∠A＝∠ABK， ∴AK＝BK， ∵BD＝BE＝BK， ∴BD＝AK， ∵AB＝AC＝AK+CK， ∴AB＝BD+CE； （3） 解：如图3，作CN∥BE交AF于N．AP⊥BC于P． ∴， ∴ ∵AE＝AC＝BC，EF＝2CG， ∴， ∴BF＝2AG． ∴AF＝AE+EF ＝AB+2CG ＝AB+2（AC﹣AG） ＝AB+2AC﹣2AG ＝3AB﹣BF， 等边三角形ABC中，AP⊥BC， ∴， ∴， ∵AP2＝AF2﹣PF2， ∴， ∴BF． 如图4，作BF的中点O，连结MO， ∵M为HF的中点， ∴MO是△BFH的中位线， ∴， ∴．． ∵将△ABD沿BD翻折得△HBD，BH＝BA，点H运动的轨迹是以点B为圆心，以AB为半径的圆． ∴随点H的移动，点M在以BF的中点O为圆心，为 半径的圆上移动，当AM经过点O时AM最大，AM＝AO． ∵， ∴OA2＝OP2+AP2， ∴， ∴AM＝OA+OM， ∴． 13．（1）解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠A＝∠ADC＝90°，AD＝DC， ∴∠ADE+∠AED＝90°， ∵DE⊥CF， ∴∠ADE+∠CFD＝90°， ∴∠AED＝∠CFD， ∴△ADE≌△DCF（AAS）， ∴DE＝CF， ∴， 故答案为：1； （2）解：∵四边形ABCD是矩形，AB＝3，AD＝5， ∴∠A＝∠ADC＝90°，AB＝CD＝3，AD＝BC＝5， ∵DE⊥CF， ∴∠ADE+∠CFD＝90°，∠DCF+∠CFD＝90°， ∴∠ADE＝∠DCF， ∴△ADE∽△DCF， ∴， 故答案为：； （3）证明：∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AD∥|BC，AB∥CD， 如图，在AD的延长线上取点M，使CM＝CF， 则∠CMF＝∠CFM， ∵AB∥CD， ∴∠A＝∠CDM， ∵AD∥BC， ∴∠B+∠A＝180°， ∵∠B+∠EGC＝180°，∠EGF+∠EGC＝180°， ∴∠B＝∠EGF， ∴∠EGF+∠A＝180°， ∴∠AED＝∠CFM＝∠CMF， ∴△ADE∽△DCM， ∴，即； （4）解：过点C作CM⊥AB于点M，作CN⊥AD于点N，设CN＝a， ∵∠BAD＝90°， ∴四边形AMCN为矩形，BM＝a﹣6， ∵BA＝BC＝6，DA＝DC＝10，BD为公共边， ∴△ABD≌△CBD（SSS）， ∴∠BCD＝∠BAD＝∠MCN＝90°， ∴∠BCM＝∠DCN， ∴△BCM∽△DCN， ∴，即， ∴CMa， 在Rt△BCM中，BM2+CM2＝BC2，即 ， 解得a＝0（舍去）或a， ∴CN， ∵∠BAD＝90°，DE⊥CF， ∴∠BAD+∠EGF＝180°， ∴∠AED+∠AFC＝180°， ∴∠AEG＝∠NFC， ∴Rt△ADE∽Rt△NCF， ∴． 14．（1）证明：∵AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB． ∵∠ACB＝∠CED+∠CDE，∠ABC＝∠CBD+∠ABD，∠CDE＝∠ABD， ∴∠CED＝∠CBD， ∴BD＝DE； （2）证明：过点D作DM∥BC，交AB于点M， ∴∠CBD＝∠MDB＝∠E． ∵DB＝DE，∠DBM＝∠CDE， ∴△BDM≌△DEC（ASA）， ∴DM＝CE． ∵DM∥BC， ∴△ADM∽△ACB， ∴， ∴BC＝3DM＝3CE； （3）过点A作AN∥DE，交BF的延长线于点N． ∵AN∥DE， ∴∠N＝∠EDF，∠FAN＝∠FED． ∵AF＝EF， ∴△AFN≌△EFD（AAS）， ∴AN＝DE，DF＝FN． 由（1）得DE＝BD， ∴AN＝BD． ∵DE∥AN， ∴∠CDE＝∠DAN＝∠ABD， ∵∠N＝∠N， ∴△AND∽△BNA， ∴． 设AN＝a，DF＝b， ∴a2＝2b•（2b+a）， 解得或（舍）， ∴． 15．（1）证明：①如图1中， ∵△EFC与△AFC都是等腰直角三角形， ∴FA＝FC，FE＝FG，∠AFC＝∠EFG＝90°， ∴∠AFE＝∠CFG， ∴△AFE≌△CFG（SAS）． ②∵△AFE≌△CFG， ∴AE＝CG，∠AEF＝∠CGF， ∵△AEB是等腰直角三角形， ∴AE＝BE，∠BEA＝90°， ∴CG＝BE， ∵△EFG是等腰直角三角形， ∴∠FEG＝∠FGE＝45°， ∴∠AEF+∠BEG＝45°， ∵∠CGE+∠CGF＝45°， ∴∠BEG＝∠CGE， ∴BE∥CG， ∴四边形BGCE是平行四边形． （2）解：如图2中，延长ED到G，使得DG＝ED，连接CG，FG． ∵点D是BC的中点， ∴BD＝CD， ∵∠EDB＝∠GDC， ∴EB＝GC，∠EBD＝∠GCD， 在Rt△AEB与Rt△AFC中， ∵∠EAB＝∠FAC＝30°， ∴，， ∴， ∵∠EBD＝∠2+60°， ∴∠DCG＝∠2+60°， ∴∠GCF＝360°﹣60°﹣（∠2+60°）﹣∠3 ＝360°﹣120°﹣（∠2+∠3） ＝360°﹣120°﹣（180°﹣∠1） ＝60°+∠1， ∵∠EAF＝30°+∠1+30°＝60°+∠1， ∴∠GCF＝∠EAF， ∴△CGF∽△AEF， ∴，∠CFG＝∠AFE， ∴∠EFG＝∠CFG+∠EFC＝∠AFE+∠EFC＝90°， ∴tan∠DEF， ∴∠DEF＝30°， ∴FGEG， ∵EDEG， ∴ED＝FG， ∴． （3）如图3中，延长ED到G，使得DG＝ED，连接CG，FG．作EH⊥AB于H，连接FD． ∵BD＝DC，∠BDE＝∠CDG，DE＝DG， ∴△CDG≌△BDE（SAS）， ∴CG＝BE＝AE，∠DCG＝∠DBE＝α+∠ABC， ∵∠GCF＝360°﹣∠DCG﹣∠ACB﹣∠ACF＝360°﹣（α+∠ABC）﹣∠ACB﹣（90°﹣α）＝270°﹣（∠ABC+∠ACB）＝270°﹣（180°﹣∠BAC）＝90°+∠BAC＝∠EAF， ∴△EAF≌△GCF（SAS）， ∴EF＝GF，∠AFE＝∠CFG， ∴∠AFC＝∠EFG， ∴∠DEF＝∠CAF＝90°﹣α， ∵∠AEH＝90°﹣α， ∴∠AEH＝∠DEF， ∵AE＝a，AHAB， ∴EH， ∵DE＝DG，EF＝GF， ∴DF⊥EG， ∴cos∠DEF＝cos∠AEH． 16．（1）证明：∵∠BAD＝∠C，∠ABD＝∠CBA， ∴△ABD∽△CBA， ∴， ∴AB2＝BD•BC； （2）解：∵四边形 ABCD是平行四边形， ∴AD＝BC，∠A＝∠C， 又∵∠BFE＝∠A， ∴∠BFE＝∠C， 又∵∠FBE＝∠CBF， ∴△BFE∽△BCF， ∴， ∴BC， ∴AD； （3）解：连接BD， ∵四边形ABCD为菱形， ∴∠ABD＝∠CBD，AD＝AB＝BC＝5，AD∥BC， ∵∠ABC＝2∠EBF， ∴∠ABD＝∠CBD＝∠EBF， ∴∠EBF﹣∠DBF＝∠CBD﹣∠DBF，即∠DBE＝∠CBF， ∵AD∥BC， ∴∠CBF＝∠G， ∴∠DBE＝∠G， ∵∠DEB＝∠BEG， ∴△BED∽△GEB， ∴， ∵DG＝6， ∴EG＝DE+6， ∴， 解得：DE＝2，负值舍去， ∴EG＝2+6＝8， ∴AE＝AD﹣DE＝3， ∵AE2+BE2＝32+42＝52＝AB2， ∴△ABE为直角三角形，∠AEB＝90°， ∴∠BEG＝180°﹣90°＝90°， ∴在Rt△BEG中根据勾股定理得：BG4， ∴BF＝BG﹣FG＝4FG， ∵AD∥BC， ∴△DFG∽△CFB， ∴， 即， 解得：FG． 17．解：（1）AF＝BE，理由如下： ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABC＝∠C＝90°，AB＝BC， ∵AF⊥BE， ∴∠BAG+∠ABG＝90°，∠ABG+∠CBE＝90°， ∴∠BAG＝∠CBE， 在△ABF和△BCE中， ， ∴△ABF≌△BCE（ASA）， ∴AF＝BE； （2）∵AF⊥BE， ∴∠BAF+∠ABE＝90°． 在矩形ABCD中，∠ABC＝∠C＝90°， ∴∠CBE+∠ABE＝90°， ∴∠BAF＝∠CBE， ∴△ABF∽△BCE， ∴， ∵， ∴； （3）由平移的性质可得MN∥AF，MN＝AF， ∴MN⊥BE，， ∴， ∴， ∵点H为BE的中点， ∴MN垂直平分BE， ∴BN＝NE， ∵sin∠ENC， ∴可设BN＝EN＝5x，CE＝4x， ∴， ∴BC＝BN+CN＝8x， 在Rt△EBC中，由勾股定理得BE2＝BC2+CE2， ∴， 解得x＝1或x＝﹣1（舍去）， ∴BC＝8x＝8． 故答案为：8． 18．（1）证明：∵BA＝BC，∠B＝120°， ∴∠A＝∠C＝30°， ∵PG＝PC， ∴∠C＝∠CGP＝30°， ∴∠APG＝60°，∠A＝∠PGF＝30°， ∵∠EPF＝60°， ∴∠EPF﹣∠EPG＝∠APG﹣∠EPG， ∴∠APE＝∠GPF， ∴△AEP∽△GFP； （2）解：如图，过点P作PG⊥BC，垂足为G，过点P作PH⊥AB，垂足为H， ∵∠D＝∠BAD＝∠B＝90°， ∴四边形ABCD是矩形， ∵AD＝CD， ∴矩形ABCD是正方形， ∴∠PAH＝∠PCG＝45°， ∵PG⊥BC，PH⊥AB， ∴∠PHB＝∠PGB＝∠B＝90°， ∴∠HPG＝90°，Rt△APH∽Rt△CPG， ∴， ∵∠EPF＝90°， ∴∠EPH＝∠FPG， ∴△EPH∽△FPG， ∴， ∴， ∵，AC＝AP+PC， ∴， ∵PF＝120m， ∴， ∴PE＝280m， ∴， ∴烧烤区△PEF的面积16800m2． 19．【问题原型】 证明：∵△ACB与△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°， ∴AC＝BC，DC＝EC，∠ACB﹣∠ACE＝∠DCE﹣∠ACE，即∠BCE＝∠ACD， 在△ACD和△BCE中， ， ∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴∠DAC＝∠EBC； 【问题延伸】 解：∠DAC＝∠EBC，理由如下： ∵Rt△ACB∽Rt△DCE，∠ACB＝∠DCE＝90°， ∴，∠ACB﹣∠ACE＝∠DCE﹣∠ACE，即∠BCE＝∠ACD， ∴△ACD∽△BCE（SAS）， ∴∠DAC＝∠EBC； 【问题应用】 解：∵Rt△ACB∽Rt△DCE，∠ACB＝∠DCE＝90°， ∴，∠ACB﹣∠ACE＝∠DCE﹣∠ACE，即∠BCE＝∠ACD， ∴△ACD∽△BCE（SAS）， ∴，∠DAC＝∠EBC， ∵AC＝4，BC＝3，BE＝1， ∴，即AD， AB5， ∴AE＝AB﹣BE＝5﹣1＝4， ∵∠EBC+∠CAB＝90°， ∴∠DAC+∠CAB＝90°，即∠DAE＝90°， ∴DE． 故答案为：． 20．（1）①解：∵BD＝DE，∠BDE＝120°， ∴∠DBE＝∠DEB＝30°， 又∵△ABC是等边三角形， ∴∠ACB＝60°， ∴∠BDC＝180°﹣60°﹣30°＝90°， 在Rt△BCD中， CDBC＝1， 又∠CDE＝∠ACB﹣∠DEB＝60°﹣30°＝30°， ∴∠CDE＝∠CED， ∴CE＝CD＝1， ∴CE的长为1； ②证明：∵等边三角形ABC， ∴∠FBE＝60°， ∴∠BFE＝180°﹣∠FBE﹣∠FEB＝180°﹣60°﹣30°＝90°＝∠BDC， 又∠BED＝30°＝∠DBC， ∴△DBC∽△FEB， ∴， 即BF•BD＝EF•CD； （2）证明：以BD为边向外作等边BDN，连接AN， ∵∠BDE＝120°， ∴∠BDE+∠BDN＝120°+60°＝180°， ∴N，D，E三点共线， 又∵BD＝DE， ∴ND＝DE， ∵AM＝ME， ∴DM为△ANE的中位线， ∴DMAN， ∵∠ABN+∠ABD＝∠CBD+∠ABD＝60°， ∴∠ABN＝∠CBD， 在△ABN和△CBD中， ， ∴△ABN≌△CBD（SAS）， ∴AN＝CD， ∴DMCD． 学科网（北京）股份有限公司 $