6. 如图所示,在 Rt△ABC 中,∠ACB = 90°,CD ⊥ AB 于点 D.
(1)尺规作图：在 BC 边上求作点 Q,使得点 Q 到边 AB 的距离等于 CQ 的长(保留作图痕迹,不写作法)；
(2)在(1)的条件下,连接 AQ 交 CD 于点 P,若∠ABC = 54°,求∠CPQ 的度数.

(2) 72°

(1) 作图略（作∠CAB的平分线交BC于点Q，保留作图痕迹）。
(2) 在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=54°，∴∠CAB=90°-54°=36°。
∵AQ平分∠CAB，∴∠CAQ=∠BAQ=18°。
∵CD⊥AB，∴∠ADC=90°，在Rt△ADC中，∠ACD=90°-∠CAD=90°-36°=54°。
在Rt△ADP中，∠PAD=18°，∠ADP=90°，∴∠APD=90°-18°=72°。
∵AQ与CD交于点P，∴∠CPQ=∠APD=72°。

7. (教材题变式)如图所示,∠B = ∠C = 90°,M 是 BC 的中点,DM 平分∠ADC,且∠ADC = 110°,则∠MAB 等于()

A.30°
B.35°
C.45°
D.60°

B

过点M作MN⊥AD于N，
∵DM平分∠ADC，∠C=90°，∴MN=MC（角平分线性质）.
∵M是BC中点，∴MC=MB，∴MN=MB.
∵∠B=90°，即MB⊥AB，MN⊥AD，
∴AM平分∠DAB（角平分线判定）.
在四边形ABCD中，∠DAB=360°-∠B-∠C-∠ADC=360°-90°-90°-110°=70°.
∴∠MAB=∠DAB/2=35°.

8. 如图所示,点 O 在△ABC 内且到三边的距离相等. 如果∠A = 58°,那么∠BOC = ______.

$119^{\circ}$（此处按照要求应只填数值相关，若本题是填空形式，答案就写$119^{\circ}$ ，若按选择题处理，假设选项中有$119^{\circ}$对应的选项则填对应选项字母，本题按要求应填数值相关结果，以角度值呈现）。若本题是选择题且$119^{\circ}$对应选项为比如D（只是示例），则答案填D，本题按解析是直接求角度值，所以答案处按求得角度值呈现为$119^{\circ}$ ，若题目是选择题形式且要求填选项字母，需根据实际选项确定，本题按题目要求直接填角度计算结果相关，答案为$119^{\circ}$ 。

因为点$O$在$\triangle ABC$内且到三边距离相等，所以点$O$是三角形三个内角平分线的交点。
根据角平分线交点性质，$\angle BOC = 90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle A$。
已知$\angle A = 58^{\circ}$，则$\angle BOC=90^{\circ}+\frac{1}{2}×58^{\circ}=90^{\circ} + 29^{\circ}=119^{\circ}$。

9. 某镇政府想在如图所示的地段修建一个农产品运输中转站,其中$ l_1,l_2,l_3 $为三条笔直且相互交叉的公路. 若要求中转站到三条公路的距离相等,则可供选择的地址有几处？请你把符合要求的地址在图中画出来.

可供选择的地址有 4 处。

答题卡：
作∠内部一内角平分线与其两外角平分线：
角平分线交点$O_1$（三条内角平分线交点，1 处）。
两外角平分线与一内角平分线交点：$O_2, O_3, O_4$（三角形两外角平分线与一内角平分线交点，3 处，每个交叉点对应一个外角组合）。
总计：$1 + 3 = 4$ 处。
在图中标出$O_1, O_2, O_3, O_4$，均为到三条公路距离相等的点。

10. 如图所示,AD = BD,∠CAD + ∠CBD = 180°,求证：CD 平分∠ACB.

过点D作DE⊥AC于点E，DF⊥BC于点F，则∠AED=∠BFD=90°。
∵∠CAD+∠CBD=180°，∠CAD+∠DAE=180°（邻补角定义），
∴∠DAE=∠CBD（同角的补角相等）。
在△ADE和△BDF中，
∠AED=∠BFD=90°，
∠DAE=∠DBF，
AD=BD，
∴△ADE≌△BDF（AAS）。
∴DE=DF（全等三角形对应边相等）。
∵DE⊥AC，DF⊥BC，DE=DF，
∴点D在∠ACB的平分线上（角的内部到角两边距离相等的点在角的平分线上）。
∴CD平分∠ACB。

11. (2025·重庆垫江)如图所示,在△ABC 与△AED 中,∠E = ∠C,DE = BC,EA = CA,过点 A 作 AF ⊥ DE,垂足为 F,DE 交 CB 的延长线于点 G,连接 AG.
(1)求证：GA 平分∠DGB；
(2)若 S四边形DGBA = 6,AF = $\frac{3}{2}$,求 FG 的长.

(1)见解析；(2)4。

(1)证明：在△AED和△ACB中，
∵EA=CA，∠E=∠C，DE=BC，
∴△AED≌△ACB(SAS)。
过点A作AH⊥BC于H，
∵AF⊥DE，△AED≌△ACB，
∴AF=AH（全等三角形对应边上的高相等）。
∵AF⊥GD，AH⊥GB，AF=AH，
∴点A在∠DGB的平分线上，
即GA平分∠DGB。
(2)解：由(1)知GA平分∠DGB，AF=AH=3/2，
设FG=x，由角平分线性质得Rt△AFG≌Rt△AHG(HL)，∴FG=HG=x。
设DG=m，BG=n，
∵S四边形DGBA=S△DGA+S△AGB=6，
∴1/2·DG·AF + 1/2·BG·AH=6，
即1/2·m·(3/2) + 1/2·n·(3/2)=6，化简得m + n=8。
∵△AED≌△ACB，∴AD=AB。
在Rt△ADF和Rt△ABH中，AD²=DF²+AF²，AB²=BH²+AH²，
∵AD=AB，AF=AH，∴DF=BH。
∵DF=m - x，BH=n - x，∴|m - x|=|n - x|，
若m - x=-(n - x)，则m + n=2x，
∵m + n=8，∴2x=8，x=4。
即FG=4。