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8.已知一个等腰三角形的三边长分别是$3x-1,x+1,5$,求$x$的值.
答案
8.$x$的值为2.(提示:分3种情况讨论:$3x-1=x+1$,$3x-1=5$,$x+1=5$. )
解析
【分析】
等腰三角形的核心性质是两条腰长度相等，已知三边长没有明确哪两条是腰，因此需要分三种情况讨论哪两条边为相等的腰，求出x的取值后，还要根据三角形三边关系（任意两边之和大于第三边）验证所得的三边长能否构成三角形，舍去不符合要求的解。
【解析】
已知等腰三角形三边长为$3x-1$、$x+1$、$5$，分以下三种情况讨论：
1. 当$3x-1 = x+1$时，
解方程得：$2x=2$，即$x=1$，
此时三边长分别为$3×1-1=2$，$1+1=2$，$5$，
$\because 2+2=4＜5$，不满足三角形三边关系，舍去该解；
2. 当$3x-1=5$时，
解方程得：$3x=6$，即$x=2$，
此时三边长分别为$5$，$2+1=3$，$5$，
$\because 3+5＞5$，$5+5＞3$，满足三角形三边关系，该解成立；
3. 当$x+1=5$时，
解方程得：$x=4$，
此时三边长分别为$3×4-1=11$，$5$，$5$，
$\because 5+5=10＜11$，不满足三角形三边关系，舍去该解。
综上，$x$的值为2。
【答案】
$x$的值为2
【知识点】
等腰三角形的性质；三角形三边关系
【点评】
本题解题关键是对等腰三角形的腰长进行分类讨论，易错点是求出x的取值后忽略验证三边是否满足三角形构成条件，出现多余的错误解。
【难度系数】
0.6
等腰三角形的核心性质是两条腰长度相等，已知三边长没有明确哪两条是腰，因此需要分三种情况讨论哪两条边为相等的腰，求出x的取值后，还要根据三角形三边关系（任意两边之和大于第三边）验证所得的三边长能否构成三角形，舍去不符合要求的解。
【解析】
已知等腰三角形三边长为$3x-1$、$x+1$、$5$，分以下三种情况讨论：
1. 当$3x-1 = x+1$时，
解方程得：$2x=2$，即$x=1$，
此时三边长分别为$3×1-1=2$，$1+1=2$，$5$，
$\because 2+2=4＜5$，不满足三角形三边关系，舍去该解；
2. 当$3x-1=5$时，
解方程得：$3x=6$，即$x=2$，
此时三边长分别为$5$，$2+1=3$，$5$，
$\because 3+5＞5$，$5+5＞3$，满足三角形三边关系，该解成立；
3. 当$x+1=5$时，
解方程得：$x=4$，
此时三边长分别为$3×4-1=11$，$5$，$5$，
$\because 5+5=10＜11$，不满足三角形三边关系，舍去该解。
综上，$x$的值为2。
【答案】
$x$的值为2
【知识点】
等腰三角形的性质；三角形三边关系
【点评】
本题解题关键是对等腰三角形的腰长进行分类讨论，易错点是求出x的取值后忽略验证三边是否满足三角形构成条件，出现多余的错误解。
【难度系数】
0.6
9.如图,已知点D,E在△ABC的边BC上,AB=AC,AD=AE.求证BD=CE.
答案
9.提示:作$AH⊥ BC$,垂足为$H$,由三线合一得$BH=CH$,$DH=EH$,从而得到$BD=CE$.
解析
【分析】
要证明BD=CE，观察图形可得BD=BH-DH、CE=CH-EH，因此只需证BH=CH、DH=EH即可。已知AB=AC、AD=AE，说明△ABC和△ADE均为等腰三角形，可利用等腰三角形“三线合一”的性质，过点A作BC的垂线AH，即可同时得到两个等腰三角形底边的中点，得到BH=CH、DH=EH，对两组相等线段作差就能得到BD=CE。
【解析】
证明：过点A作$AH⊥ BC$，垂足为H。
$\because AB=AC$，$AH⊥ BC$，
$\therefore$ 由等腰三角形三线合一的性质，得$BH=CH$。
又$\because AD=AE$，$AH⊥ BC$，
$\therefore$ 同理可得$DH=EH$。
$\therefore BH-DH=CH-EH$，
即$BD=CE$。
【答案】
$BD=CE$
【知识点】
等腰三角形三线合一；等式的性质；线段和差计算
【点评】
本题是等腰三角形性质的基础应用题型，作等腰三角形底边上的高是该类问题中常用的辅助线构造方法，利用三线合一可快速得到相等线段，进而通过线段的和差推导待证结论，该解题思路需要熟练掌握。
【难度系数】
0.8
要证明BD=CE，观察图形可得BD=BH-DH、CE=CH-EH，因此只需证BH=CH、DH=EH即可。已知AB=AC、AD=AE，说明△ABC和△ADE均为等腰三角形，可利用等腰三角形“三线合一”的性质，过点A作BC的垂线AH，即可同时得到两个等腰三角形底边的中点，得到BH=CH、DH=EH，对两组相等线段作差就能得到BD=CE。
【解析】
证明：过点A作$AH⊥ BC$，垂足为H。
$\because AB=AC$，$AH⊥ BC$，
$\therefore$ 由等腰三角形三线合一的性质，得$BH=CH$。
又$\because AD=AE$，$AH⊥ BC$，
$\therefore$ 同理可得$DH=EH$。
$\therefore BH-DH=CH-EH$，
即$BD=CE$。
【答案】
$BD=CE$
【知识点】
等腰三角形三线合一；等式的性质；线段和差计算
【点评】
本题是等腰三角形性质的基础应用题型，作等腰三角形底边上的高是该类问题中常用的辅助线构造方法，利用三线合一可快速得到相等线段，进而通过线段的和差推导待证结论，该解题思路需要熟练掌握。
【难度系数】
0.8
10.若P,Q两点关于直线$x=3$对称,点P的坐标是$(a,b)$,则点Q的坐标是
$(6-a,b)$
;若P,Q两点关于直线$y=-1$对称,点P的坐标是$(a,b)$,则点Q的坐标是$(a,-2-b)$
.答案
10.$(6-a,b)$ $(a,-2-b)$
解析
【分析】
解决本题需利用点关于垂直于坐标轴的直线对称的坐标规律：若两点关于直线$x=m$（平行于y轴）对称，两点纵坐标相等，且横坐标的平均数等于$m$（两点到对称轴的水平距离相等）；若两点关于直线$y=n$（平行于x轴）对称，两点横坐标相等，且纵坐标的平均数等于$n$（两点到对称轴的垂直距离相等），代入对应对称轴数值即可求出Q点坐标。
【解析】
1. 求关于直线$x=3$对称的Q点坐标：
直线$x=3$平行于y轴，因此Q点纵坐标与P点相同，即$y_Q=b$；
由两点横坐标的平均数为3，可得$\frac{a+x_Q}{2}=3$，解得$x_Q=2×3 -a=6-a$，因此Q点坐标为$(6-a,b)$。
2. 求关于直线$y=-1$对称的Q点坐标：
直线$y=-1$平行于x轴，因此Q点横坐标与P点相同，即$x_Q=a$；
由两点纵坐标的平均数为-1，可得$\frac{b+y_Q}{2}=-1$，解得$y_Q=2×(-1)-b=-2-b$，因此Q点坐标为$(a,-2-b)$。
【答案】
$(6-a,b)$；$(a,-2-b)$
【知识点】
点关于直线对称的坐标特征，平面直角坐标系对称变换
【点评】
本题考查点关于垂直于坐标轴的直线对称的坐标计算，核心规律可总结为：关于$x=m$对称则纵坐标不变，横坐标和为$2m$；关于$y=n$对称则横坐标不变，纵坐标和为$2n$，属于基础题型，熟练掌握规律可快速解题。
【难度系数】
0.8
解决本题需利用点关于垂直于坐标轴的直线对称的坐标规律：若两点关于直线$x=m$（平行于y轴）对称，两点纵坐标相等，且横坐标的平均数等于$m$（两点到对称轴的水平距离相等）；若两点关于直线$y=n$（平行于x轴）对称，两点横坐标相等，且纵坐标的平均数等于$n$（两点到对称轴的垂直距离相等），代入对应对称轴数值即可求出Q点坐标。
【解析】
1. 求关于直线$x=3$对称的Q点坐标：
直线$x=3$平行于y轴，因此Q点纵坐标与P点相同，即$y_Q=b$；
由两点横坐标的平均数为3，可得$\frac{a+x_Q}{2}=3$，解得$x_Q=2×3 -a=6-a$，因此Q点坐标为$(6-a,b)$。
2. 求关于直线$y=-1$对称的Q点坐标：
直线$y=-1$平行于x轴，因此Q点横坐标与P点相同，即$x_Q=a$；
由两点纵坐标的平均数为-1，可得$\frac{b+y_Q}{2}=-1$，解得$y_Q=2×(-1)-b=-2-b$，因此Q点坐标为$(a,-2-b)$。
【答案】
$(6-a,b)$；$(a,-2-b)$
【知识点】
点关于直线对称的坐标特征，平面直角坐标系对称变换
【点评】
本题考查点关于垂直于坐标轴的直线对称的坐标计算，核心规律可总结为：关于$x=m$对称则纵坐标不变，横坐标和为$2m$；关于$y=n$对称则横坐标不变，纵坐标和为$2n$，属于基础题型，熟练掌握规律可快速解题。
【难度系数】
0.8
11.在$△ ABC$中，$AB=AC$，$∠ BAC=100°$，点$D$在边$BC$上，连接$AD$，若$△ ABD$为直角三角形，则$∠ ADC$的度数为
$130°$或$90°$
.答案
11.$130°$或$90°$
解析
【分析】
首先根据等腰三角形“等边对等角”的性质，结合已知顶角∠BAC的度数，先求出底角∠B的度数。由于题目只说明△ABD为直角三角形，未明确直角顶点，因此需要分类讨论直角顶点的位置：排除∠B为直角的可能（∠B=40°＜90°），仅需考虑①∠ADB=90°、②∠BAD=90°两种情况，分别对应计算∠ADC的度数即可。
【解析】
解：
∵在△ABC中，AB=AC，∠BAC=100°
∴∠B=∠C=(180°-∠BAC)÷2=(180°-100°)÷2=40°
∵△ABD为直角三角形，分两种情况讨论：
1. 当∠ADB=90°时，
∵∠ADB与∠ADC互为邻补角，和为180°
∴∠ADC=180°-90°=90°
2. 当∠BAD=90°时，
在△ABD中，根据三角形内角和为180°可得：
∠ADB=180°-∠B-∠BAD=180°-40°-90°=50°
∴∠ADC=180°-∠ADB=180°-50°=130°
综上，∠ADC的度数为130°或90°。
【答案】
130°或90°
【知识点】
等腰三角形的性质，三角形内角和定理，分类讨论思想
【点评】
本题重点考查等腰三角形性质的灵活应用，解题的易错点是忽略直角顶点的不确定性，未进行分类讨论导致漏解。
【难度系数】
0.7
首先根据等腰三角形“等边对等角”的性质，结合已知顶角∠BAC的度数，先求出底角∠B的度数。由于题目只说明△ABD为直角三角形，未明确直角顶点，因此需要分类讨论直角顶点的位置：排除∠B为直角的可能（∠B=40°＜90°），仅需考虑①∠ADB=90°、②∠BAD=90°两种情况，分别对应计算∠ADC的度数即可。
【解析】
解：
∵在△ABC中，AB=AC，∠BAC=100°
∴∠B=∠C=(180°-∠BAC)÷2=(180°-100°)÷2=40°
∵△ABD为直角三角形，分两种情况讨论：
1. 当∠ADB=90°时，
∵∠ADB与∠ADC互为邻补角，和为180°
∴∠ADC=180°-90°=90°
2. 当∠BAD=90°时，
在△ABD中，根据三角形内角和为180°可得：
∠ADB=180°-∠B-∠BAD=180°-40°-90°=50°
∴∠ADC=180°-∠ADB=180°-50°=130°
综上，∠ADC的度数为130°或90°。
【答案】
130°或90°
【知识点】
等腰三角形的性质，三角形内角和定理，分类讨论思想
【点评】
本题重点考查等腰三角形性质的灵活应用，解题的易错点是忽略直角顶点的不确定性，未进行分类讨论导致漏解。
【难度系数】
0.7
12.如图,在$△ ABC$中,$AB=AC$,点$D,E,F$分别在$BC,AB,AC$上,且$BD=CF$,$BE=CD$,$G$是$EF$的中点.求证$DG ⊥ EF$.
答案
12.提示:连接$DE,DF$,由$△ BDE≌△ CFD$得$DE=DF$.又$G$为$EF$的中点,得证.
解析
【分析】
要证明DG⊥EF，已知G是EF的中点，结合等腰三角形“三线合一”的性质，只需证明DE=DF，即△DEF为等腰三角形即可。要得到DE=DF，可通过证明△BDE和△CFD全等来实现：由AB=AC可得∠B=∠C，再结合题目给出的BD=CF、BE=CD的条件，可用SAS判定两个三角形全等，得到对应边DE=DF，最终结合等腰三角形三线合一的性质即可证得结论。
【解析】
证明：连接$DE$、$DF$。
$\because AB=AC$，$\therefore △ ABC$为等腰三角形，$∠ B=∠ C$。
在$△ BDE$和$△ CFD$中：
$\begin{cases} BE=CD(\mathrm{已知}) \\ ∠ B=∠ C(\mathrm{已证}) \\ BD=CF(\mathrm{已知}) \end{cases}$
$\therefore △ BDE≌△ CFD(\mathrm{SAS})$
$\therefore DE=DF$，即$△ DEF$是等腰三角形。
又$\because G$是$EF$的中点，
$\therefore DG$是等腰$△ DEF$底边$EF$上的中线，根据等腰三角形三线合一的性质，可得$DG⊥ EF$。
【答案】
$DG⊥ EF$，得证。
【知识点】
全等三角形的判定；等腰三角形的性质
【点评】
本题属于几何基础证明题，考查了全等三角形的判定和等腰三角形性质的综合应用，解题的关键是通过添加辅助线构造全等三角形，将待证的垂直关系转化为等腰三角形三线合一的应用，是全等三角形和等腰三角形板块的常考题型。
【难度系数】
0.7
要证明DG⊥EF，已知G是EF的中点，结合等腰三角形“三线合一”的性质，只需证明DE=DF，即△DEF为等腰三角形即可。要得到DE=DF，可通过证明△BDE和△CFD全等来实现：由AB=AC可得∠B=∠C，再结合题目给出的BD=CF、BE=CD的条件，可用SAS判定两个三角形全等，得到对应边DE=DF，最终结合等腰三角形三线合一的性质即可证得结论。
【解析】
证明：连接$DE$、$DF$。
$\because AB=AC$，$\therefore △ ABC$为等腰三角形，$∠ B=∠ C$。
在$△ BDE$和$△ CFD$中：
$\begin{cases} BE=CD(\mathrm{已知}) \\ ∠ B=∠ C(\mathrm{已证}) \\ BD=CF(\mathrm{已知}) \end{cases}$
$\therefore △ BDE≌△ CFD(\mathrm{SAS})$
$\therefore DE=DF$，即$△ DEF$是等腰三角形。
又$\because G$是$EF$的中点，
$\therefore DG$是等腰$△ DEF$底边$EF$上的中线，根据等腰三角形三线合一的性质，可得$DG⊥ EF$。
【答案】
$DG⊥ EF$，得证。
【知识点】
全等三角形的判定；等腰三角形的性质
【点评】
本题属于几何基础证明题，考查了全等三角形的判定和等腰三角形性质的综合应用，解题的关键是通过添加辅助线构造全等三角形，将待证的垂直关系转化为等腰三角形三线合一的应用，是全等三角形和等腰三角形板块的常考题型。
【难度系数】
0.7
13.如图①，在△ABC中，AB=AC，D是底边BC上任一点，DE⊥AB，DF⊥AC，CH是边AB上的高。
(1)求证$DE+DF=CH$。
(2)如图②，若点D在BC的延长线上，其他条件不变，试直接写出DE，DF，CH之间的关系式。
(3)如图③，若$AC=BC$，P是△ABC内一点，$PD⊥BC$，$PE⊥AB$，$PF⊥AC$，$AH⊥BC$，垂足分别为D，E，F，H.试证明$PD+PE+PF=AH$。
(1)求证$DE+DF=CH$。
(2)如图②，若点D在BC的延长线上，其他条件不变，试直接写出DE，DF，CH之间的关系式。
(3)如图③，若$AC=BC$，P是△ABC内一点，$PD⊥BC$，$PE⊥AB$，$PF⊥AC$，$AH⊥BC$，垂足分别为D，E，F，H.试证明$PD+PE+PF=AH$。
答案
13.(1)连接$AD$.$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AB· CH$,
$S_{△ ABC}=S_{△ ABD}+S_{△ ACD}=\frac{1}{2}AB· DE+\frac{1}{2}AC· DF$. $\because AB=AC,\therefore DE+DF=CH$.
(2)$DE=CH+DF$.
(3)提示:面积法证明.
$S_{△ ABC}=S_{△ ABD}+S_{△ ACD}=\frac{1}{2}AB· DE+\frac{1}{2}AC· DF$. $\because AB=AC,\therefore DE+DF=CH$.
(2)$DE=CH+DF$.
(3)提示:面积法证明.
解析
【分析】
本题均采用面积法求解：(1)要证DE+DF=CH，可连接AD将△ABC拆分为△ABD和△ACD，两个小三角形面积之和等于大三角形ABC的面积，代入面积公式结合AB=AC化简即可得证；(2)点D在BC延长线上时，连接AD可得△ABD的面积等于△ABC与△ACD的面积之和，代入面积公式结合AB=AC即可推导三者关系；(3)连接PA、PB、PC将△ABC拆分为三个小三角形，三个小三角形面积之和等于大三角形ABC的面积，结合AB=AC=BC（由条件可推得）化简即可得证。
【解析】
(1) 证明：连接AD，
∵ DE⊥AB，DF⊥AC，CH是AB边上的高，
∴ $S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AB· CH$，$S_{△ ABD}=\frac{1}{2}AB· DE$，$S_{△ ACD}=\frac{1}{2}AC· DF$，
又
∵ $S_{△ ABC}=S_{△ ABD}+S_{△ ACD}$，
∴ $\frac{1}{2}AB· CH=\frac{1}{2}AB· DE+\frac{1}{2}AC· DF$，
∵ $AB=AC$，等式两边同时除以$\frac{1}{2}AB$，
可得 $CH=DE+DF$，即$DE+DF=CH$。
(2) 解：连接AD，此时$S_{△ ABD}=S_{△ ABC}+S_{△ ACD}$，代入面积公式得$\frac{1}{2}AB· DE=\frac{1}{2}AB· CH+\frac{1}{2}AC· DF$，结合$AB=AC$化简后可得关系式为$DE=CH+DF$。
(3) 证明：连接PA、PB、PC，
∵ $PD⊥ BC$，$PE⊥ AB$，$PF⊥ AC$，$AH⊥ BC$，
∴ $S_{△ ABC}=\frac{1}{2}BC· AH$，$S_{△ PAB}=\frac{1}{2}AB· PE$，$S_{△ PBC}=\frac{1}{2}BC· PD$，$S_{△ PAC}=\frac{1}{2}AC· PF$，
又
∵ $S_{△ ABC}=S_{△ PAB}+S_{△ PBC}+S_{△ PAC}$，
∴ $\frac{1}{2}BC· AH=\frac{1}{2}AB· PE+\frac{1}{2}BC· PD+\frac{1}{2}AC· PF$，
由条件可知$AB=AC=BC$，等式两边同时除以$\frac{1}{2}BC$，
可得 $AH=PE+PD+PF$，即$PD+PE+PF=AH$。
【答案】
(1) $DE+DF=CH$，证明成立；
(2) $DE=CH+DF$；
(3) $PD+PE+PF=AH$，证明成立。
【知识点】
等腰三角形性质，面积法的应用，三角形面积计算
【点评】
本题核心考查面积法在三角形线段和差证明中的应用，通过连接辅助线将大三角形拆分为若干小三角形，把线段关系转化为面积和差关系，大大降低了证明难度，需要熟练掌握此类辅助线的构造思路。
【难度系数】
0.65
本题均采用面积法求解：(1)要证DE+DF=CH，可连接AD将△ABC拆分为△ABD和△ACD，两个小三角形面积之和等于大三角形ABC的面积，代入面积公式结合AB=AC化简即可得证；(2)点D在BC延长线上时，连接AD可得△ABD的面积等于△ABC与△ACD的面积之和，代入面积公式结合AB=AC即可推导三者关系；(3)连接PA、PB、PC将△ABC拆分为三个小三角形，三个小三角形面积之和等于大三角形ABC的面积，结合AB=AC=BC（由条件可推得）化简即可得证。
【解析】
(1) 证明：连接AD，
∵ DE⊥AB，DF⊥AC，CH是AB边上的高，
∴ $S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AB· CH$，$S_{△ ABD}=\frac{1}{2}AB· DE$，$S_{△ ACD}=\frac{1}{2}AC· DF$，
又
∵ $S_{△ ABC}=S_{△ ABD}+S_{△ ACD}$，
∴ $\frac{1}{2}AB· CH=\frac{1}{2}AB· DE+\frac{1}{2}AC· DF$，
∵ $AB=AC$，等式两边同时除以$\frac{1}{2}AB$，
可得 $CH=DE+DF$，即$DE+DF=CH$。
(2) 解：连接AD，此时$S_{△ ABD}=S_{△ ABC}+S_{△ ACD}$，代入面积公式得$\frac{1}{2}AB· DE=\frac{1}{2}AB· CH+\frac{1}{2}AC· DF$，结合$AB=AC$化简后可得关系式为$DE=CH+DF$。
(3) 证明：连接PA、PB、PC，
∵ $PD⊥ BC$，$PE⊥ AB$，$PF⊥ AC$，$AH⊥ BC$，
∴ $S_{△ ABC}=\frac{1}{2}BC· AH$，$S_{△ PAB}=\frac{1}{2}AB· PE$，$S_{△ PBC}=\frac{1}{2}BC· PD$，$S_{△ PAC}=\frac{1}{2}AC· PF$，
又
∵ $S_{△ ABC}=S_{△ PAB}+S_{△ PBC}+S_{△ PAC}$，
∴ $\frac{1}{2}BC· AH=\frac{1}{2}AB· PE+\frac{1}{2}BC· PD+\frac{1}{2}AC· PF$，
由条件可知$AB=AC=BC$，等式两边同时除以$\frac{1}{2}BC$，
可得 $AH=PE+PD+PF$，即$PD+PE+PF=AH$。
【答案】
(1) $DE+DF=CH$，证明成立；
(2) $DE=CH+DF$；
(3) $PD+PE+PF=AH$，证明成立。
【知识点】
等腰三角形性质，面积法的应用，三角形面积计算
【点评】
本题核心考查面积法在三角形线段和差证明中的应用，通过连接辅助线将大三角形拆分为若干小三角形，把线段关系转化为面积和差关系，大大降低了证明难度，需要熟练掌握此类辅助线的构造思路。
【难度系数】
0.65
