1. 如图, 在$△ ABC$中,$∠ ABC=45°$,过点$C$作$CD ⊥ AB$于点$D$,过点$B$作$BM ⊥ AC$于点$M$,与$CD$交于点$E$,连接$MD$,过点$D$作$DN ⊥ MD$,与$BM$交于点$N$.若$E$是$CD$的中点,则下列结论错误的是
（）


A.$∠ AMD=45°$
B.$AC=BE$
C.$MC+EM=NE$
D.$S_{△ ACD}=2S_{△ DNE}$

1. D 提示: 因为 $CD ⊥ AB$,所以 $∠ BDC=∠ ADC=90°$. 因为 $∠ ABC=45°$,所以 $∠ BCD=45°$,$BD=CD$. 因为 $BM ⊥ AC$,所以 $∠ AMB=∠ ADC=90°$,所以 $∠ A+∠ DBN=90°$,$∠ A+∠ DCM=90°$,所以$∠ DBN=∠ DCM$. 因为 $DN ⊥ DM$,所以 $∠ CDM+∠ CDN=90°$. 因为 $∠ CDN+∠ BDN=90°$,所以$∠ CDM=∠ BDN$,所以$△ BDN≌△ CDM(\mathrm{ASA})$,所以$DN=DM$. 因为 $∠ MDN=90°$,所以$△ DMN$ 是等腰直角三角形,所以 $∠ DMN=45°$,所以 $∠ AMD=∠ AMB-∠ DMN=90°-45°=45°$,故选项 A 正确,不符合题意.
如图,过点 $D$ 作 $DF ⊥ BM$ 于点 $F$,因为 $DN=DM$,所以$∠ DFE=90°=∠ CME$. 因为 $DN ⊥ DM$,所以 $DF=FN$. 因为 $E$ 是 $CD$ 的中点,所以 $DE=CE$. 又因为$∠ DEF=∠ CEM$,所以$△ DEF≌△ CEM(\mathrm{AAS})$,所以$FE=ME$,$DF=CM$,所以 $FN=CM$. 因为 $NE-EF=FN$,所以 $MC+EM=NE$,故选项 C 正确,不符合题意. 因为 $CD ⊥ AB$,所以 $∠ BDE=∠ CDA=90°$. 因为$∠ DBN=∠ DCM$,$BD=CD$,所以$△ BED≌△ CAD(\mathrm{ASA})$,所以 $EB=AC$,故选项 B 正确,不符合题意.
因为$△ BDN≌△ CDM$,所以 $BN=CM$. 因为 $FN=CM$,所以 $FN=BN$,所以 $BN＜NE$,所以 $S_{△ BDN}＜S_{△ DEN}$,所以 $S_{△ BED}＜2S_{△ DNE}$. 因为 $△ BED≌△ CAD$,所以$S_{△ BED}=S_{△ CAD}$,所以 $S_{△ ACD}＜2S_{△ DNE}$,故选项 D 错误,符合题意.

2. 如图,在$\mathrm{Rt}△ ACB$中,$∠ C=90^{ \circ }$,$∠ ABC=$$60^{ \circ }$,$AC=4$,$D$是边$AC$上一动点,以$BD$为边作等边三角形$BDE$,连接$AE$,取$AE$的中点$F$.
(1) $AB$的长为.
(2) 若点$D$从点$C$运动至点$A$,在此过程中,点$F$运动的路径长为.

2. (1) $\dfrac{8\sqrt{3}}{3}$ 提示: 因为$∠ C=90°$,$∠ ABC=60°$,所以$∠ BAC=30°$.又因为 $AC=4$,所以 $BC=\dfrac{AC}{\sqrt{3}}=\dfrac{4}{\sqrt{3}}$,所以 $AB=2BC=\dfrac{8}{\sqrt{3}}$.
(2) 2 提示:如图,取 $AB$ 的中点 $M$,连接 $CM$.
因为 $∠ ACB=90°$,所以 $CM=BM=\dfrac{1}{2}AB$. 因为$∠ ABC=60°$,所以$△ MBC$ 是等边三角形,所以 $BM=BC$. 因为 $△ BDE$ 是等边三角形,所以 $BE=BD$,$∠ EBD=60°$,所以 $∠ EBM=∠ DBC$. 在 $△ EBM$ 和 $△ DBC$ 中,
$\begin{cases} BE=BD,\\ ∠ EBM=∠ DBC,\\ BM=BC, \end{cases}$
所以 $△ EBM≌△ DBC(\mathrm{SAS})$,所以 $∠ BME=∠ BCD=90°$,所以 $EM$ 垂直平分 $AB$.当点 $D'$ 在点 $C$ 处时,点 $E'$ 在点 $M$ 处;当点 $D''$ 在点 $A$ 处时,点 $E''$ 在以 $AB$ 为边的等边三角形的顶点处.
连接 $E'E''$,$F'F''$,因为 $AB=\dfrac{8}{\sqrt{3}}$,所以 $BE'=\dfrac{1}{2}AB=\dfrac{4}{\sqrt{3}}$,所以 $E''E'=\sqrt{3}BE'=4$. 因为 $F'$,$F''$ 分别为 $AE'$ 和 $AE''$ 的中点,所以 $F'F''=\dfrac{1}{2}E'E''=2$,即点 $F$ 运动的路径长为 2.

3. 如图,在$△ ABD$中,$BC ⊥ AD$,垂足为$C$,且$AC=2CB+CD$.过点$B$作$BE ⊥ AB$,$BE=AB$,过点$E$作$EF ⊥ BC$,交$BC$的延长线于点$F$.
(1) 求证:$△ ABC ≌ △ BEF$.
(2) 若$CB=\dfrac{1}{2}CD=2$,连接$CE$,求$CE$的长.
(3) 若$P$为$BE$的中点,连接$CP$,求$\dfrac{CP}{BD}$的值.

3. (1) 证明:因为 $BC ⊥ AD$,$EF ⊥ BC$,$BE ⊥ AB$,所以$∠ ACB=∠ F=∠ ABE=90°$,所以$∠ A+∠ ABC=∠ EBF+∠ ABC=90°$,所以$∠ A=∠ EBF$. 在 $△ ABC$ 和 $△ BEF$ 中,
$\begin{cases} ∠ ACB=∠ F,\\ ∠ A=∠ EBF,\\ AB=BE, \end{cases}$
所以$△ ABC≌△ BEF(\mathrm{AAS})$.
(2) 解:因为$△ ABC≌△ BEF$,所以 $EF=BC=2$,$BF=AC=2CB+CD=4+4=8$,所以 $CF=BF-BC=8-2=6$. 在 $\mathrm{Rt}△ CEF$ 中,由勾股定理,得 $CE=\sqrt{CF^2+EF^2}=\sqrt{6^2+2^2}=\sqrt{40}$.
(3) 解:如图,在 $CF$ 上截取 $CG=CB$,连接 $EG$. 因为 $BF=AC=2CB+CD=2CB+GF$,所以 $CD=GF$. 在 $△ BCD$ 和 $△ EFG$ 中,
$\begin{cases} CD=FG,\\ ∠ BCD=∠ F=90°,\\ BC=EF, \end{cases}$
所以 $△ BCD ≌△ EFG(\mathrm{SAS})$,所以 $BD=EG$. 因为 $CG=CB$,$PE=PB$,所以 $PC=\dfrac{1}{2}EG$,所以 $PC=\dfrac{1}{2}BD$,所以$\dfrac{CP}{BD}=\dfrac{1}{2}$.