13. (★★)已知一个三角形的两条边长分别是1 cm和2 cm,一个内角为$40°$.
(1)请你借助图①画出一个满足题设条件的三角形.
(2)你是否还能画出既满足题设条件,又与(1)中所画的三角形不全等的三角形?若能,请你借助图②作出所有这样的三角形;若不能,请说明理由.
(3)如果将题设条件改为“三角形的两条边长分别是3 cm和4 cm,一个内角为$40°$”,请画出满足这一条件的三角形(尽量画出更多图形).

解：
(1) 在图①的40°角的两条边上，从角的顶点出发分别截取长度为1cm、2cm的线段，连接两条线段的另一端点，所得三角形即为满足题设条件的三角形。
(2) 能。
在图②的40°角的一条边上，从角的顶点出发截取长度为2cm的线段，以该线段远离角顶点的端点为圆心，1cm长为半径画弧，交40°角的另一条边于一点，连接该交点与2cm线段在角顶点处的端点，所得三角形满足题设条件，且与(1)中所画三角形不全等。
(3) 共可画出3个符合条件的三角形：
① 作40°角，在角的两条边上分别截取3cm、4cm的线段，连接两个端点，得到以40°为两边夹角的三角形；
② 作40°角，在角的一条边上截取4cm长的线段，以该线段远离角顶点的端点为圆心，3cm长为半径画弧，该弧与40°角的另一条边交于两个不同的点，分别连接两个交点与4cm线段在角顶点处的端点，得到两个不同的三角形。
以上三个三角形均满足两边长为3cm和4cm、一个内角为40°的条件，且两两不全等。

【分析】
解决本题需结合尺规作图和三角形全等判定的知识，分类讨论已知角与两条已知边的位置关系：
1. 第(1)问可直接将40°作为1cm和2cm两条边的夹角，按照SAS的构造思路作图，即可快速得到符合条件的三角形；
2. 第(2)问要判断是否存在不全等的三角形，需考虑“边边角”的情况：让40°不是两条边的夹角，而是其中一条边的对角，通过尺规作图验证可知可画出符合边长要求的三角形，由于“边边角”不能判定三角形全等，因此该三角形与(1)中三角形不全等；
3. 第(3)问同样分两类情况讨论：①40°是3cm和4cm两边的夹角，可画出1个三角形；②40°是其中一边的对角，取40°的一条邻边长为4cm，以该边远离顶点的端点为圆心、3cm为半径画弧，会与40°角的另一条边交于两个不同的点，可得到2个不同的三角形，合计共3个符合条件的三角形。
【解析】
(1) 作图时，将已知的40°作为两条已知边的夹角，在角的两边分别截取对应长度的线段后连接端点即可；
(2) 利用“边边角”不能判定全等的特点，调整已知边和40°角的位置关系：让2cm的边为40°的邻边，1cm的边为40°的对边，通过画弧找交点即可作出不全等的三角形；
(3) 分两种情况构造：第一种是40°为两边夹角，第二种是40°为其中一边的对角，第二种情况中画弧会得到两个交点，因此合计3个不同的三角形。
【答案】
(1) 在图①的40°角的两条边上，从角的顶点出发分别截取长度为1cm、2cm的线段，连接两条线段的另一端点，所得三角形即为满足题设条件的三角形。
(2) 能。在图②的40°角的一条边上，从角的顶点出发截取长度为2cm的线段，以该线段远离角顶点的端点为圆心，1cm长为半径画弧，交40°角的另一条边于一点，连接该交点与2cm线段在角顶点处的端点，所得三角形满足题设条件，且与(1)中所画三角形不全等。
(3) 共可画出3个符合条件的三角形：
① 作40°角，在角的两条边上分别截取3cm、4cm的线段，连接两个端点，得到以40°为两边夹角的三角形；
② 作40°角，在角的一条边上截取4cm长的线段，以该线段远离角顶点的端点为圆心，3cm长为半径画弧，该弧与40°角的另一条边交于两个不同的点，分别连接两个交点与4cm线段在角顶点处的端点，得到两个不同的三角形。
【知识点】
1. 尺规作三角形
2. 三角形全等的判定
3. 分类讨论思想
【点评】
本题通过作图探究的形式，考查了对三角形全等判定条件的理解，明确了“两边及其中一边的对角对应相等”不能判定两个三角形全等，解题时要注意分类讨论已知角与两条边的位置关系，避免漏解。
【难度系数】
0.7

14. (★★★)在数学兴趣小组进行活动时，老师提出了这样一个问题:如图,在$△ ABC$中，$AB=8,AC=10,D$是$BC$的中点,求边$BC$上的中线$AD$的取值范围.
(1)【方法探索】小明在组内经过合作交流,得到了如下的解决方法:如图①,延长$AD$到点$E$,使$DE=AD$,连接$BE$.根据“SAS”可以判定$△ ADC≌△ EDB$,得出$AC=BE$.这样就能把线段$AB,AC,2AD$转化到$△ ABE$中.利用三角形三边的关系,即可得出中线$AD$的取值范围是.
(2)【问题解决】受第(1)题方法的启发,请解决下面问题:如图②,在$△ ABC$中,$D$是边$BC$上的一点,$AE$是$△ ABD$的中线,$CD=AB$,$∠ BDA=∠ BAD$.试说明$AC=2AE$.

(3)【问题拓展】如图③,$AD$是$△ ABC$的中线,过点$A$分别向外作$AE⊥ AB,AF⊥ AC$,且$AE=AB,AF=AC$.判断线段$EF$与$AD$的数量关系与位置关系,并说明理由.

解：
(1) 在△ABE中，BE=AC=10，AB=8，由三角形三边关系得：
$BE-AB ＜ AE ＜ AB+BE$
即 $10-8 ＜ 2AD ＜ 8+10$
化简得 $2 ＜ 2AD ＜ 18$
因此中线$AD$的取值范围是$\boldsymbol{1＜AD＜9}$。
(2) 证明：延长$AE$到点$F$，使$EF=AE$，连接$BF$。
∵ $AE$是$△ ABD$的中线，
∴ $E$是$BD$的中点，即 $DE=BE$。
在$△ AED$和$△ FEB$中，
$\begin{cases}AE=FE \\∠ AED=∠ FEB \\DE=BE\end{cases}$
∴ $△ AED ≌ △ FEB \ (\mathrm{SAS})$
∴ $AD=BF$，$∠ ADE=∠ FBE$。
∵ $∠ BDA=∠ BAD$，
∴ $∠ ABF = ∠ ABD + ∠ FBE = ∠ ABD + ∠ BDA$，
又∵ $∠ ADC$是$△ ABD$的外角，
∴ $∠ ADC = ∠ ABD + ∠ BAD$，
∴ $∠ ABF=∠ ADC$。
又∵ $CD=AB$，
在$△ ABF$和$△ CDA$中，
$\begin{cases}BF=AD \\∠ ABF=∠ ADC \\AB=CD\end{cases}$
∴ $△ ABF ≌ △ CDA \ (\mathrm{SAS})$
∴ $AC=AF$，
又∵ $AF=AE+EF=2AE$，
∴ $AC=2AE$。
(3) $EF=2AD$，且$EF⊥ AD$，理由如下：
延长$AD$到点$G$，使$DG=AD$，连接$BG$，延长$DA$交$EF$于点$H$。
∵ $AD$是$△ ABC$的中线，
∴ $D$是$BC$的中点，即 $BD=CD$。
在$△ BDG$和$△ CDA$中，
$\begin{cases}BD=CD \\∠ BDG=∠ CDA \\DG=AD\end{cases}$
∴ $△ BDG ≌ △ CDA \ (\mathrm{SAS})$
∴ $BG=AC$，$∠ GBD=∠ C$，
∴ $BG// AC$，
∴ $∠ ABG + ∠ BAC = 180°$。
∵ $AE⊥ AB$，$AF⊥ AC$，
∴ $∠ EAB=∠ FAC=90°$，
∴ $∠ EAF + ∠ BAC = 360° - 90° -90° = 180°$，
∴ $∠ EAF=∠ ABG$。
又∵ $AF=AC$，
∴ $AF=BG$。
在$△ EAF$和$△ ABG$中，
$\begin{cases}AE=AB \\∠ EAF=∠ ABG \\AF=BG\end{cases}$
∴ $△ EAF ≌ △ ABG \ (\mathrm{SAS})$
∴ $EF=AG$，$∠ AEF=∠ BAG$。
∵ $AG=AD+DG=2AD$，
∴ $EF=2AD$。
∵ $∠ EAB=90°$，
∴ $∠ EAH + ∠ BAG = 180° - 90° =90°$，
又∵ $∠ AEF=∠ BAG$，
∴ $∠ EAH + ∠ AEF =90°$，
∴ $∠ AHE=180° - (∠ EAH + ∠ AEF)=90°$，
∴ $AD⊥ EF$。
综上，线段$EF$与$AD$的数量关系为$EF=2AD$，位置关系为$EF⊥ AD$。

【分析】
(1) 采用倍长中线法构造全等三角形，将AB、AC、2AD转移到同一个△ABE中，利用三角形三边关系：两边之差小于第三边，两边之和大于第三边，先求出2AD的取值范围，再化简得到AD的范围。
(2) 仿照(1)的倍长中线思路，延长AE到F使EF=AE，先证△AED≌△FEB得到边、角相等，再结合已知条件证明∠ABF=∠ADC，进而证△ABF≌△CDA，即可推出AC=AF=2AE。
(3) 仍然使用倍长中线法，延长AD到G使DG=AD，先证△BDG≌△CDA得到BG=AC、∠GBD=∠C，再推导∠EAF=∠ABG，结合已知的边相等证△EAF≌△ABG，即可得到EF和AD的数量关系，再利用角的互余关系推导垂直的位置关系。
【解析】
(1) 由已知△ADC≌△EDB，得BE=AC=10，AE=2AD。
在△ABE中，根据三角形三边关系：$BE-AB ＜ AE ＜ AB+BE$，
代入数据得$10-8 ＜ 2AD ＜ 8+10$，
即$2 ＜ 2AD ＜ 18$，
解得$1 ＜ AD ＜ 9$。
(2) 证明：延长AE到点F，使$EF=AE$，连接$BF$。
∵$AE$是△ABD的中线，
∴E是BD的中点，$DE=BE$。
在△AED和△FEB中：
$\begin{cases} AE=FE \\∠AED=∠FEB \\DE=BE \end{cases}$
∴$△AED≌△FEB \ (\mathrm{SAS})$，
∴$AD=BF$，$∠ADE=∠FBE$。
∵$∠BDA=∠BAD$，
∴$∠ABF=∠ABD+∠FBE=∠ABD+∠BDA$，
∵$∠ADC$是△ABD的外角，
∴$∠ADC=∠ABD+∠BAD$，
∴$∠ABF=∠ADC$。
又
∵$CD=AB$，
在△ABF和△CDA中：
$\begin{cases} BF=AD \\∠ABF=∠ADC \\AB=CD \end{cases}$
∴$△ABF≌△CDA \ (\mathrm{SAS})$，
∴$AC=AF$，
又
∵$AF=AE+EF=2AE$，
∴$AC=2AE$。
(3) 解：$EF=2AD$，且$EF⊥AD$，理由如下：
延长$AD$到点$G$，使$DG=AD$，连接$BG$，延长$DA$交$EF$于点$H$。
∵$AD$是△ABC的中线，
∴D是BC的中点，$BD=CD$。
在△BDG和△CDA中：
$\begin{cases} BD=CD \\∠BDG=∠CDA \\DG=AD \end{cases}$
∴$△BDG≌△CDA \ (\mathrm{SAS})$，
∴$BG=AC$，$∠GBD=∠C$，
∴$BG// AC$，
∴$∠ABG + ∠BAC = 180°$。
∵$AE⊥AB$，$AF⊥AC$，
∴$∠EAB=∠FAC=90°$，
∴$∠EAF + ∠BAC = 360° - 90° -90° = 180°$，
∴$∠EAF=∠ABG$。
又
∵$AF=AC$，
∴$AF=BG$。
在△EAF和△ABG中：
$\begin{cases} AE=AB \\∠EAF=∠ABG \\AF=BG \end{cases}$
∴$△EAF≌△ABG \ (\mathrm{SAS})$，
∴$EF=AG$，$∠AEF=∠BAG$。
∵$AG=AD+DG=2AD$，
∴$EF=2AD$。
∵$∠EAB=90°$，
∴$∠EAH + ∠BAG = 180° - 90° =90°$，
又
∵$∠AEF=∠BAG$，
∴$∠EAH + ∠AEF =90°$，
∴$∠AHE=180° - (∠EAH + ∠AEF)=90°$，
∴$AD⊥EF$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{1＜AD＜9}$
(2) $AC=2AE$，证明成立
(3) 数量关系：$\boldsymbol{EF=2AD}$，位置关系：$\boldsymbol{EF⊥AD}$
【知识点】
倍长中线法，全等三角形的判定与性质，三角形三边关系
【点评】
本题围绕中线相关的线段关系设置问题，由浅入深，核心解题方法是倍长中线构造全等三角形，将分散的线段、角集中到同一个三角形中，有效考查全等三角形知识的综合应用能力和方法迁移能力。
【难度系数】
0.55