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15. 如图9,在$△ ABC$中,CD平分$∠ ACB$,CD的垂直平分线分别交AC,CD,BC于点E,F,G,连接DE,DG。若$∠ ACB=30°$,$∠ B=45°$,$DE=6$,则$BG=$。
答案
$\boldsymbol{3+3\sqrt{3}}$
解析
【分析】
解题时首先结合已知的角平分线、线段垂直平分线的性质推导边与角的关系：由垂直平分线性质可得ED=EC、GD=GC，结合角平分线的等角可推出DE//BC、DG//AC，进而得到DG=DE=6；接下来通过作DH⊥BC构造特殊直角三角形，分别在含30°角的Rt△DGH和含45°角的Rt△BDH中求出GH、BH的长度，相加即可得到BG的长。
【解析】
解：
∵EG是CD的垂直平分线，
∴ED=EC，GD=GC，
∴∠EDC=∠ECD，∠GDC=∠GCD。
∵CD平分∠ACB，
∴∠ECD=∠GCD=$\frac{1}{2}$∠ACB=15°，
∴∠EDC=∠GCD，∠GDC=∠ECD，
∴DE//BC，DG//AC，
∴四边形DECG是平行四边形，
又
∵ED=EC，
∴平行四边形DECG是菱形，
∴DG=DE=6。
∵DG//AC，
∴∠DGB=∠ACB=30°。
过点D作DH⊥BC于点H，
在Rt△DGH中，∠DGH=30°，DG=6，
∴DH=$\frac{1}{2}$DG=3，GH=DG·cos30°=6×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$3\sqrt{3}$。
在Rt△BDH中，∠B=45°，
∴△BDH为等腰直角三角形，BH=DH=3。
∴BG=BH+GH=$3+3\sqrt{3}$。
【答案】
$3+3\sqrt{3}$
【知识点】
线段垂直平分线的性质；菱形的判定与性质；特殊直角三角形的性质
【点评】
本题综合考查了多个几何基础知识点，解题的关键是合理利用平行线的判定得到菱形，再通过作垂线构造特殊直角三角形，将所求线段转化为两个特殊直角三角形的边长之和，考查了学生的几何推理和计算能力。
【难度系数】
0.6
解题时首先结合已知的角平分线、线段垂直平分线的性质推导边与角的关系：由垂直平分线性质可得ED=EC、GD=GC，结合角平分线的等角可推出DE//BC、DG//AC，进而得到DG=DE=6；接下来通过作DH⊥BC构造特殊直角三角形，分别在含30°角的Rt△DGH和含45°角的Rt△BDH中求出GH、BH的长度，相加即可得到BG的长。
【解析】
解：
∵EG是CD的垂直平分线，
∴ED=EC，GD=GC，
∴∠EDC=∠ECD，∠GDC=∠GCD。
∵CD平分∠ACB，
∴∠ECD=∠GCD=$\frac{1}{2}$∠ACB=15°，
∴∠EDC=∠GCD，∠GDC=∠ECD，
∴DE//BC，DG//AC，
∴四边形DECG是平行四边形，
又
∵ED=EC，
∴平行四边形DECG是菱形，
∴DG=DE=6。
∵DG//AC，
∴∠DGB=∠ACB=30°。
过点D作DH⊥BC于点H，
在Rt△DGH中，∠DGH=30°，DG=6，
∴DH=$\frac{1}{2}$DG=3，GH=DG·cos30°=6×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$3\sqrt{3}$。
在Rt△BDH中，∠B=45°，
∴△BDH为等腰直角三角形，BH=DH=3。
∴BG=BH+GH=$3+3\sqrt{3}$。
【答案】
$3+3\sqrt{3}$
【知识点】
线段垂直平分线的性质；菱形的判定与性质；特殊直角三角形的性质
【点评】
本题综合考查了多个几何基础知识点，解题的关键是合理利用平行线的判定得到菱形，再通过作垂线构造特殊直角三角形，将所求线段转化为两个特殊直角三角形的边长之和，考查了学生的几何推理和计算能力。
【难度系数】
0.6
三、解答题(共75分)
16.(8分)解方程:(1)$x^2 -2x=2$；
(2)(2024·青海)$x^2 -4x +3=0$。
16.(8分)解方程:(1)$x^2 -2x=2$；
(2)(2024·青海)$x^2 -4x +3=0$。
答案
解：
(1) 配方，得 $x^2 - 2x + 1 = 2 + 1$，
即 $(x-1)^2 = 3$，
两边开平方，得 $x - 1 = \pm\sqrt{3}$，
解得 $x_1 = 1 + \sqrt{3}$，$x_2 = 1 - \sqrt{3}$。
(2) 因式分解，得 $(x-1)(x-3) = 0$，
则 $x - 1 = 0$ 或 $x - 3 = 0$，
解得 $x_1 = 1$，$x_2 = 3$。
(1) 配方，得 $x^2 - 2x + 1 = 2 + 1$，
即 $(x-1)^2 = 3$，
两边开平方，得 $x - 1 = \pm\sqrt{3}$，
解得 $x_1 = 1 + \sqrt{3}$，$x_2 = 1 - \sqrt{3}$。
(2) 因式分解，得 $(x-1)(x-3) = 0$，
则 $x - 1 = 0$ 或 $x - 3 = 0$，
解得 $x_1 = 1$，$x_2 = 3$。
解析
【分析】
本题考查一元二次方程的求解，需根据方程的特征选择合适的解法：(1)中方程左边二次项系数为1，一次项系数为偶数，优先选择配方法求解，步骤为：先在方程左右两边加上一次项系数一半的平方，将左边化为完全平方式，再开方转化为一元一次方程求解；(2)中方程左边的二次三项式可通过十字相乘法因式分解，优先选择因式分解法求解，步骤为：将左边分解为两个一次因式的乘积，令每个因式为0，分别解一元一次方程得到原方程的解。
【解析】
(1) 配方，得 $x^2 - 2x + 1 = 2 + 1$，
即 $(x-1)^2 = 3$，
两边开平方，得 $x - 1 = \pm\sqrt{3}$，
解得 $x_1 = 1 + \sqrt{3}$，$x_2 = 1 - \sqrt{3}$。
(2) 因式分解，得 $(x-1)(x-3) = 0$，
则 $x - 1 = 0$ 或 $x - 3 = 0$，
解得 $x_1 = 1$，$x_2 = 3$。
【答案】
(1)$x_1=1+\sqrt{3},x_2=1-\sqrt{3}$；(2)$x_1=1,x_2=3$
【知识点】
配方法解一元二次方程；因式分解法解一元二次方程
【点评】
本题是一元二次方程解法的基础考查，解题时可根据方程的形式灵活选择简便解法，降低计算出错率，这类基础运算技能需要熟练掌握。
【难度系数】
0.85
本题考查一元二次方程的求解，需根据方程的特征选择合适的解法：(1)中方程左边二次项系数为1，一次项系数为偶数，优先选择配方法求解，步骤为：先在方程左右两边加上一次项系数一半的平方，将左边化为完全平方式，再开方转化为一元一次方程求解；(2)中方程左边的二次三项式可通过十字相乘法因式分解，优先选择因式分解法求解，步骤为：将左边分解为两个一次因式的乘积，令每个因式为0，分别解一元一次方程得到原方程的解。
【解析】
(1) 配方，得 $x^2 - 2x + 1 = 2 + 1$，
即 $(x-1)^2 = 3$，
两边开平方，得 $x - 1 = \pm\sqrt{3}$，
解得 $x_1 = 1 + \sqrt{3}$，$x_2 = 1 - \sqrt{3}$。
(2) 因式分解，得 $(x-1)(x-3) = 0$，
则 $x - 1 = 0$ 或 $x - 3 = 0$，
解得 $x_1 = 1$，$x_2 = 3$。
【答案】
(1)$x_1=1+\sqrt{3},x_2=1-\sqrt{3}$；(2)$x_1=1,x_2=3$
【知识点】
配方法解一元二次方程；因式分解法解一元二次方程
【点评】
本题是一元二次方程解法的基础考查，解题时可根据方程的形式灵活选择简便解法，降低计算出错率，这类基础运算技能需要熟练掌握。
【难度系数】
0.85
17.(9分)(2024·济南)如图10,在菱形ABCD中,AE⊥CD,垂足为E,CF⊥AD,垂足为F。求证:AF=CE。
答案
证明：
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AD = CD。
∵ AE⊥CD，CF⊥AD，
∴ ∠AED = ∠CFD = 90°。
在△AED和△CFD中，
$\{\begin{array}{l}∠AED = ∠CFD \\∠D = ∠D \\AD = CD\end{array} $
∴ △AED ≌ △CFD（AAS）。
∴ DE = DF。
∴ AD - DF = CD - DE，
即 AF = CE。
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AD = CD。
∵ AE⊥CD，CF⊥AD，
∴ ∠AED = ∠CFD = 90°。
在△AED和△CFD中，
$\{\begin{array}{l}∠AED = ∠CFD \\∠D = ∠D \\AD = CD\end{array} $
∴ △AED ≌ △CFD（AAS）。
∴ DE = DF。
∴ AD - DF = CD - DE，
即 AF = CE。
解析
【分析】
要证明AF=CE，可从已知条件和图形特征入手：首先菱形的四条边相等，可得AD=CD，若能推出DF=DE，利用AD-DF=CD-DE即可得到待证结论。观察到AE⊥CD、CF⊥AD，可得∠AED=∠CFD=90°，且△AED和△CFD有公共角∠D，结合AD=CD，可通过AAS证明两三角形全等，由全等性质得DE=DF，进而推导得到AF=CE。
【解析】
证明：
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AD = CD。
∵ AE⊥CD，CF⊥AD，
∴ ∠AED = ∠CFD = 90°。
在△AED和△CFD中，
$\{\begin{array}{l}∠AED = ∠CFD \\∠D = ∠D \\AD = CD\end{array} $
∴ △AED ≌ △CFD（AAS）。
∴ DE = DF。
∴ AD - DF = CD - DE，
即 AF = CE。
【答案】
证明：
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AD = CD。
∵ AE⊥CD，CF⊥AD，
∴ ∠AED = ∠CFD = 90°。
在△AED和△CFD中，
$\{\begin{array}{l}∠AED = ∠CFD \\∠D = ∠D \\AD = CD\end{array} $
∴ △AED ≌ △CFD（AAS）。
∴ DE = DF。
∴ AD - DF = CD - DE，
即 AF = CE。
【知识点】
菱形的性质、全等三角形的判定、全等三角形的性质
【点评】
本题属于基础几何证明题，考查菱形性质和全等三角形相关知识的应用，解题关键是结合已知垂直条件和菱形的边长相等性质，找到全等三角形的判定条件，再通过线段的和差关系推导待证结论，整体逻辑清晰，难度较低。
【难度系数】
0.8
要证明AF=CE，可从已知条件和图形特征入手：首先菱形的四条边相等，可得AD=CD，若能推出DF=DE，利用AD-DF=CD-DE即可得到待证结论。观察到AE⊥CD、CF⊥AD，可得∠AED=∠CFD=90°，且△AED和△CFD有公共角∠D，结合AD=CD，可通过AAS证明两三角形全等，由全等性质得DE=DF，进而推导得到AF=CE。
【解析】
证明：
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AD = CD。
∵ AE⊥CD，CF⊥AD，
∴ ∠AED = ∠CFD = 90°。
在△AED和△CFD中，
$\{\begin{array}{l}∠AED = ∠CFD \\∠D = ∠D \\AD = CD\end{array} $
∴ △AED ≌ △CFD（AAS）。
∴ DE = DF。
∴ AD - DF = CD - DE，
即 AF = CE。
【答案】
证明：
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AD = CD。
∵ AE⊥CD，CF⊥AD，
∴ ∠AED = ∠CFD = 90°。
在△AED和△CFD中，
$\{\begin{array}{l}∠AED = ∠CFD \\∠D = ∠D \\AD = CD\end{array} $
∴ △AED ≌ △CFD（AAS）。
∴ DE = DF。
∴ AD - DF = CD - DE，
即 AF = CE。
【知识点】
菱形的性质、全等三角形的判定、全等三角形的性质
【点评】
本题属于基础几何证明题，考查菱形性质和全等三角形相关知识的应用，解题关键是结合已知垂直条件和菱形的边长相等性质，找到全等三角形的判定条件，再通过线段的和差关系推导待证结论，整体逻辑清晰，难度较低。
【难度系数】
0.8
