三、解答题
11. 已知 y 关于 x 的函数 $y=4x+m-3$.
(1)若 y 是 x 的正比例函数,求 m 的值.
(2)若 $m=7$,求该函数图象与 x 轴的交点坐标.

11. (1)$\because y=4x+m-3$是关于$x$的正比例函数,$\therefore m-3=0$,解得$m=3$.
(2)当$m=7$时,该函数的表达式为$y=4x+4$,令$y=0$,得$4x+4=0$,解得$x=-1$,$\therefore$当$m=7$时,函数图象与$x$轴的交点坐标为$(-1,0)$.

【分析】
(1) 解决第一问需先明确正比例函数的定义：形如$y=kx$（$k$为常数，$k≠0$）的函数为正比例函数，核心特征是不含常数项，也就是常数项为0。因此只需令题中函数的常数项$m-3=0$，解方程即可得到$m$的值。
(2) 第二问求函数与x轴的交点坐标，首先回忆x轴上点的坐标特征：x轴上所有点的纵坐标都为0。先将$m=7$代入函数得到具体的函数表达式，再令$y=0$求解对应的$x$值，即可得到交点坐标。
【解析】
(1) $\because$ 正比例函数的常数项为0，$y=4x+m-3$是关于$x$的正比例函数
$\therefore m-3=0$
解得$m=3$
(2) 当$m=7$时，代入函数表达式得：
$y=4x+7-3=4x+4$
$\because$ 函数图象与x轴交点处$y=0$
$\therefore$ 令$y=0$，得$4x+4=0$
解得$x=-1$
$\therefore$ 该函数图象与x轴的交点坐标为$(-1,0)$
【答案】
(1) $m=3$；(2) $(-1,0)$
【知识点】
正比例函数的定义；一次函数与坐标轴交点求法
【点评】
本题是一次函数的基础题，主要考察基础概念和坐标特征的应用，难度较低，掌握正比例函数的定义、坐标轴上点的坐标规律即可顺利解答。
【难度系数】
0.9

12. 如图,在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中,$∠ ACB=90°,AC=BC,AD⊥ CD,BE⊥ CD$,垂足分别为 $D、E$.
(1)求证:$△ ACD≌△ CBE$.
(2)若 $AD=1,DE=2$,求 $AC$ 的长.

12. (1)证明:$\because AD⊥ CD$,$BE⊥ CD$,$\therefore ∠ ADC=∠ CEB=90°$,$\therefore ∠ EBC+∠ BCE=90°$.又$\because ∠ ACB=90°$,即$∠ BCE+∠ DCA=90°$,$\therefore ∠ DCA=∠ EBC$.在$△ ACD$和$△ CBE$中,$\begin{cases}∠ ADC=∠ CEB,\\∠ DCA=∠ EBC,\\AC=CB,\end{cases}$$\therefore △ ACD≌△ CBE(\mathrm{AAS})$.
(2)由(1),得$△ ACD≌△ CBE$,$\therefore CD=BE$,$AD=CE$.$\because AD=1$,$DE=2$,$\therefore CD=CE+DE=AD+DE=1+2=3$,$\therefore AC=\sqrt{AD^2+CD^2}=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$.

【分析】
(1)要证明△ACD≌△CBE，首先观察已知条件：两个三角形都是直角三角形，已有一组直角相等，且已知AC=BC，还需再找一组相等的角即可。利用∠ACB=90°和BE⊥CD可得，∠BCE和∠EBC互余、∠BCE和∠DCA互余，根据同角的余角相等即可得到∠DCA=∠EBC，满足AAS全等判定条件。
(2)由全等三角形的性质可得对应边AD=CE，已知AD和DE的长度，先求出CD的长度，再在Rt△ACD中利用勾股定理即可求出AC的长度。
【解析】
(1)证明：$\because AD⊥ CD$，$BE⊥ CD$，$\therefore ∠ ADC=∠ CEB=90°$，$\therefore ∠ EBC+∠ BCE=90°$。
又$\because ∠ ACB=90°$，即$∠ BCE+∠ DCA=90°$，$\therefore ∠ DCA=∠ EBC$。
在$△ ACD$和$△ CBE$中，
$\begin{cases}∠ ADC=∠ CEB,\\∠ DCA=∠ EBC,\\AC=CB,\end{cases}$
$\therefore △ ACD≌△ CBE(\mathrm{AAS})$。
(2)解：由(1)得$△ ACD≌△ CBE$，$\therefore AD=CE$。
$\because AD=1$，$\therefore CE=1$，
又$\because DE=2$，$\therefore CD=CE+DE=1+2=3$。
在$\mathrm{Rt}△ACD$中，由勾股定理得：
$AC=\sqrt{AD^2+CD^2}=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$。
【答案】
(1)已证$△ ACD≌△ CBE$；(2)$AC=\sqrt{10}$
【知识点】
全等三角形的判定与性质，同角的余角相等，勾股定理
【点评】
本题是几何基础综合题，解题核心是先利用同角的余角相等得到相等的角，完成全等三角形的证明，再结合全等的性质和勾股定理计算线段长度，思路连贯，是巩固几何基础知识的典型习题。
【难度系数】
0.7

13. 如图,在$△ ABC$中,$∠ A=45°$,点$D$在边$AB$上,$BC=CD$,$DE⊥ AC$,$BF⊥ AC$,垂足分别为$E、F$.
(1)求证:$△ DCE≌△ CBF$.
(2)若$AB=AC$,求证:$DE=\dfrac{1}{2}DB$.

13. 证明:(1)$\because DE⊥ AC$,$BF⊥ AC$,$\therefore ∠ DEC=∠ CFB=90°$.$\because ∠ A=45°$,$\therefore ∠ ABF=45°$.$\because BC=CD$,$\therefore ∠ DBC=∠ BDC$.$\because ∠ DBC=∠ ABF+∠ FBC$,$∠ BDC=∠ A+∠ ECD$,$\therefore ∠ FBC=∠ ECD$.在$△ DCE$和$△ CBF$中,$\begin{cases}∠ DEC=∠ CFB,\\∠ ECD=∠ FBC,\\CD=BC,\end{cases}$$\therefore △ DCE≌△ CBF(\mathrm{AAS})$.
(2)过点$C$作$CH⊥ BD$于点$H$.$\because BC=CD$,$\therefore ∠ HDC=∠ ABC$,$BH=DH=\frac{1}{2}DB$.$\because AB=AC$,$\therefore ∠ ABC=∠ ACB$.又$\because △ DCE≌△ CBF$,$\therefore ∠ EDC=∠ ACB$,$\therefore ∠ EDC=∠ ABC=∠ HDC$.在$△ HDC$和$△ EDC$中,$\begin{cases}∠ CHD=∠ CED,\\∠ HDC=∠ EDC,\\DC=DC,\end{cases}$$\therefore DE=DH$,$\therefore DE=\frac{1}{2}DB$.

【分析】
(1) 要证明$△ DCE≌△ CBF$，首先由已知的垂直条件可得两个三角形有一组直角相等，且已知$CD=BC$，只需再推导一组对应角相等即可。结合$∠ A=45°$、等腰三角形等边对等角的性质以及三角形外角的性质，可推出$∠ ECD=∠ FBC$，满足AAS全等判定的条件。
(2) 要证明$DE=\frac{1}{2}DB$，根据等腰三角形三线合一的性质，过点$C$作$CH⊥ BD$，可得$DH=\frac{1}{2}DB$，接下来只需证明$DE=DH$即可。结合第一问的全等结论、等腰三角形等边对等角的性质，可推导得到$∠ HDC=∠ EDC$，再通过AAS证明$△ HDC≌△ EDC$，即可得到$DE=DH$，从而完成证明。
【解析】
(1) 证明：
$\because DE⊥ AC$，$BF⊥ AC$，$\therefore ∠ DEC=∠ CFB=90°$。
$\because ∠ A=45°$，$\therefore ∠ ABF=90°-∠ A=45°$。
$\because BC=CD$，$\therefore ∠ DBC=∠ BDC$（等边对等角）。
根据三角形外角性质：$∠ DBC=∠ ABF+∠ FBC$，$∠ BDC=∠ A+∠ ECD$，
代入$∠ ABF=∠ A=45°$，可得$∠ FBC=∠ ECD$。
在$△ DCE$和$△ CBF$中：
$\begin{cases}∠ DEC=∠ CFB \\∠ ECD=∠ FBC \\CD=BC\end{cases}$
$\therefore △ DCE≌△ CBF(\mathrm{AAS})$。
(2) 证明：
过点$C$作$CH⊥ BD$于点$H$。
$\because BC=CD$，$CH⊥ BD$，$\therefore BH=DH=\frac{1}{2}DB$（等腰三角形三线合一），且$∠ HDC=∠ ABC$。
$\because AB=AC$，$\therefore ∠ ABC=∠ ACB$（等边对等角）。
由(1)中$△ DCE≌△ CBF$，可得$∠ EDC=∠ ACB$，
$\therefore ∠ EDC=∠ ABC=∠ HDC$。
在$△ HDC$和$△ EDC$中：
$\begin{cases}∠ CHD=∠ CED=90° \\∠ HDC=∠ EDC \\DC=DC\end{cases}$
$\therefore △ HDC≌△ EDC(\mathrm{AAS})$，$\therefore DE=DH$。
又$\because DH=\frac{1}{2}DB$，$\therefore DE=\frac{1}{2}DB$。
【答案】
13. 证明:(1)$\because DE⊥ AC$,$BF⊥ AC$,$\therefore ∠ DEC=∠ CFB=90°$.$\because ∠ A=45°$,$\therefore ∠ ABF=45°$.$\because BC=CD$,$\therefore ∠ DBC=∠ BDC$.$\because ∠ DBC=∠ ABF+∠ FBC$,$∠ BDC=∠ A+∠ ECD$,$\therefore ∠ FBC=∠ ECD$.在$△ DCE$和$△ CBF$中,$\begin{cases}∠ DEC=∠ CFB,\\∠ ECD=∠ FBC,\\CD=BC,\end{cases}$$\therefore △ DCE≌△ CBF(\mathrm{AAS})$.
(2)过点$C$作$CH⊥ BD$于点$H$.$\because BC=CD$,$\therefore ∠ HDC=∠ ABC$,$BH=DH=\frac{1}{2}DB$.$\because AB=AC$,$\therefore ∠ ABC=∠ ACB$.又$\because △ DCE≌△ CBF$,$\therefore ∠ EDC=∠ ACB$,$\therefore ∠ EDC=∠ ABC=∠ HDC$.在$△ HDC$和$△ EDC$中,$\begin{cases}∠ CHD=∠ CED,\\∠ HDC=∠ EDC,\\DC=DC,\end{cases}$$\therefore DE=DH$,$\therefore DE=\frac{1}{2}DB$.
【知识点】
全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；三角形外角的性质
【点评】
本题属于几何基础综合题，第一问侧重考查全等三角形的判定，核心是通过角的等量代换找到对应相等的角；第二问需要结合待证结论合理构造辅助线，利用等腰三角形三线合一的性质转化线段关系，再通过全等证明完成等量推导，能够较好地考查几何逻辑推理能力。
【难度系数】
0.7