三、解答题(共48分)
13.(14分)如图,在$△ ABC$中,$AB=CB$,点D是边AC上一点,点E为$△ ABC$外的任意一点,连接BD,BE,DE,其中$BE=BC$,$∠ ABD=∠ EBD$.
(1)求证:$∠ A=∠ E$;
(2)若$∠ CAB=∠ DBA$,$BE=6$,$AC=10$,求$△ BDC$的周长.

(1)【证明】$\because AB=CB,BE=BC,\therefore BE=AB$. 在$△ABD$和$△EBD$中,$\begin{cases} AB=BE, \\ ∠ABD=∠EBD, \\ BD=BD, \end{cases}$$\therefore △ABD≌△EBD(SAS),\therefore ∠A=∠E.$
(2)【解】$\because ∠CAB=∠DBA,\therefore$ 易证 $DA=DB. \because BE=6,\therefore CB=6,\therefore △BDC$ 的周长为 $CD+BD+BC=CD+AD+BC=AC+BC=16.$

【分析】
(1)要证明∠A=∠E，可通过证明两角所在的三角形全等求解。首先根据已知AB=CB、BE=BC，可推得AB=BE；再结合已知∠ABD=∠EBD，公共边BD=BD，即可利用SAS判定△ABD≌△EBD，根据全等三角形对应角相等即可得证。
(2)要求△BDC的周长，首先明确周长为BD+CD+BC。先根据∠CAB=∠DBA，利用等角对等边得DA=DB，可将BD替换为AD，因此周长转化为AD+CD+BC，其中AD+CD=AC；再结合BE=BC、BE=6可得BC的长度，代入AC和BC的数值即可求出周长。
【解析】
(1)证明：
∵AB=CB，BE=BC，
∴BE=AB。
在△ABD和△EBD中，
$\begin{cases} AB=BE, \\ ∠ABD=∠EBD, \\ BD=BD, \end{cases}$
∴△ABD≌△EBD(SAS)，
∴∠A=∠E。
(2)解：
∵∠CAB=∠DBA，
∴DA=DB（等角对等边）。
∵BE=6，BE=BC，
∴CB=6。
△BDC的周长$=CD+BD+BC$，将BD替换为AD得：
周长$=CD+AD+BC=AC+BC$，
已知AC=10，代入得$10+6=16$。
【答案】
(1)∠A=∠E，证明成立；
(2)△BDC的周长为$\boxed{16}$。
【知识点】
全等三角形判定，全等三角形性质，等腰三角形判定
【点评】
本题是全等三角形与等腰三角形的基础综合题，解题时需要灵活运用已知条件转化边和角的关系，求周长时通过线段等量代换简化计算是几何周长类问题的常用技巧，属于常考基础题型。
【难度系数】
0.7

14. (16分) 如图①，在$△ ABC$中，$∠ B=∠ ACB$，延长$BA$至$D$，过点$D$作$DE⊥ BC$交$BC$的延长线于点$E$，延长$AC$至$F$，过点$F$作$FG⊥ BC$交$BC$的延长线于点$G$，且$DE=FG$。
(1)求证：$△ BDE≌△ CFG$；
(2)如图②，连接$DF$，交$EG$于点$H$，用等式表示线段$GH$与$BC$之间的数量关系，并证明。

(1)【证明】$\because ∠B=∠ACB,∠ACB=∠FCG,$
$\therefore ∠ABC=∠FCG.$
$\because DE⊥BC,FG⊥BC,\therefore ∠BED=∠CGF=90°.$
$\because DE=FG,\therefore △BDE≌△CFG(AAS).$
(2)【解】$BC=2GH$. 证明：
$\because △BDE≌△CFG,\therefore BE=CG,$
$\therefore BE-CE=CG-CE,\therefore BC=EG.$
在$△DEH$和$△FGH$中,$\begin{cases} ∠DHE=∠FHG, \\ ∠DEH=∠FGH=90°, \\ DE=FG, \end{cases}$
$\therefore △DEH≌△FGH(AAS),\therefore EH=GH.$
$\because EG=EH+GH,\therefore BC=2GH.$

【分析】
(1) 要证明△BDE≌△CFG，已知DE=FG，且DE、FG均垂直于BC，可得一组直角相等，只需再证一组对应角相等即可；结合已知∠B=∠ACB，利用对顶角相等可得∠ACB=∠FCG，从而推出∠B=∠FCG，满足AAS全等判定的条件。
(2) 要推导GH与BC的数量关系，首先借助(1)的全等结论可得BE=CG，利用等式性质同时减去公共线段CE，可推出BC=EG；再证明△DEH和△FGH全等，得到EH=GH，可知EG=2GH，通过等量代换即可得到BC和GH的关系。
【解析】
(1) 证明：
$\because ∠B=∠ACB,∠ACB=∠FCG$（对顶角相等），
$\therefore ∠B=∠FCG$。
$\because DE⊥BC,FG⊥BC$，
$\therefore ∠BED=∠CGF=90°$。
在$△ BDE$和$△ CFG$中：
$\begin{cases}∠B=∠FCG \\∠BED=∠CGF \\DE=FG\end{cases}$
$\therefore △ BDE≌△ CFG(\mathrm{AAS})$。
(2) 线段数量关系为$BC=2GH$，证明如下：
由(1)的全等结论可得$BE=CG$，
$\therefore BE-CE=CG-CE$，即$BC=EG$。
在$△ DEH$和$△ FGH$中：
$\begin{cases}∠DHE=∠FHG（对顶角相等） \\∠DEH=∠FGH=90° \\DE=FG\end{cases}$
$\therefore △ DEH≌△ FGH(\mathrm{AAS})$，
$\therefore EH=GH$。
$\because EG=EH+GH=2GH$，且$BC=EG$，
$\therefore BC=2GH$。
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) $\boldsymbol{BC=2GH}$，证明见解析。
【知识点】
全等三角形的判定与性质；对顶角的性质；等式的性质
【点评】
本题属于全等三角形的综合应用类题目，第一问是基础的全等证明，需要结合已知条件找准全等判定所需的对应元素；第二问需要借助第一问的结论，通过两次全等推导线段间的等量关系，解题时要注意运用线段和差关系与等量代换，整体难度适中。
【难度系数】
0.7

15.(18分) 2026·连云港期中 新题型·新定义题 新定义:我们把两个面积相等但不全等的三角形叫作偏等积三角形.
(1)【初步尝试】如图①,在△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC=4,P为AC上一点,当AP的长为时,△ABP与△CBP为偏等积三角形.
(2)【理解应用】如图②,D为BC上一点,△ABD与△ACD为偏等积三角形,AB=3,AC=6,且线段AD的长度为奇数,过点C作CE//AB,交AD的延长线于点E,则AE的长为.
(3)【综合应用】如图③,已知△ABC和△ADE为两个等腰直角三角形,其中AC=AB,AD=AE,∠CAB=∠DAE=90°,且0°＜∠CAD＜90°,F为CD的中点.请根据上述条件,回答以下问题:
①∠CAD与∠BAE的数量关系为;
②试探究线段AF与BE的数量关系,并写出解答过程.
③△ACD与△ABE是偏等积三角形吗?请说明理由.

(1)2
(2)6
【点拨】$\because △ABD$ 与 $△ACD$ 为偏等积三角形,$\therefore S_{△ABD}=S_{△ACD},\therefore BD=CD. \because CE//AB,\therefore ∠BAD=∠E. \because ∠ADB=∠EDC,\therefore △ADB≌△EDC(AAS),$
$\therefore AD=DE,AB=EC=3,\because AC=6,\therefore 6-3＜AE＜6+3,$
$\therefore 3＜2AD＜9,\therefore \frac{3}{2}＜AD＜\frac{9}{2}. \because AD$ 的长度为奇数,$\therefore AD=3,\therefore AE=2AD=6.$
(3)①$∠CAD+∠BAE=180°$
②$BE=2AF$. 延长 AF 至 G,使 $GF=AF$,则 $AG=2AF$. 连接 DG,如图所示.
$\because F$ 为 CD 的中点,$\therefore DF=CF$,
在$△GDF$和$△ACF$中,
$\begin{cases} GF=AF, \\ ∠GFD=∠AFC, \\ DF=CF, \end{cases}$
$\therefore △GDF≌△ACF,$
$\therefore ∠DGF=∠CAF,GD=AC,$
$\therefore DG//AC,\therefore ∠CAD+∠GDA=180°,$
由①得$∠CAD+∠BAE=180°,$
$\therefore ∠GDA=∠BAE.$
$\because AC=AB,\therefore GD=AB,$
在$△ADG$和$△EAB$中,$\begin{cases} DG=AB, \\ ∠GDA=∠BAE, \\ AD=EA, \end{cases}$
$\therefore △ADG≌△EAB,\therefore AG=BE.$
$\because AG=2AF,\therefore BE=2AF.$

③$△ACD$ 与 $△ABE$ 是偏等积三角形. 理由如下：
$\because △ADG≌△EAB,\therefore S_{△ADG}=S_{△EAB},$
$\because △GDF≌△ACF,\therefore S_{△GDF}=S_{△ACF},$
$\therefore S_{△ADC}=S_{△ACF}+S_{△ADF}=S_{△GDF}+S_{△ADF}=S_{△ADG}=S_{△EAB},$
$\because ∠CAD+∠BAE=180°$, 且 $0°＜∠CAD＜90°,$
$\therefore △ACD$ 与 $△ABE$ 不是全等三角形,
$\therefore △ACD$ 与 $△ABE$ 是偏等积三角形.

【分析】
本题是新定义类几何综合题，解题需紧扣“偏等积三角形是面积相等但不全等的三角形”这一核心定义：
(1) △ABP和△CBP共享从B到AC的高，要面积相等则底边长相等，即AP=CP，结合AC长度可直接计算AP，且易验证两三角形不全等，符合定义。
(2) 先由偏等积得面积相等，推出D是BC中点，再通过平行线的角相等证明△ADB≌△EDC，得到AD=DE、CE的长度，最后用三角形三边关系结合AD是奇数的条件求解AE。
(3) ①利用两个直角的和为180°，结合周角360°即可推导两个角的数量关系；②线段的两倍关系通常用倍长中线法构造全等三角形，通过两次全等将AF和BE建立联系；③先利用全等转移面积证明两个三角形面积相等，再结合①的角的关系证明两三角形不全等，即可验证是否为偏等积三角形。
【解析】
(1) △ABP和△CBP以AP、CP为底时，高均为点B到AC的距离，若两三角形面积相等，则AP=CP。
∵AC=4，
∴AP=$\frac{1}{2}$AC=2。
此时△CBP是直角三角形，△ABP不是直角三角形，两三角形不全等，符合偏等积三角形定义。
(2)
∵△ABD与△ACD为偏等积三角形，
∴$S_{△ABD}=S_{△ACD}$。
两三角形同高，因此底BD=CD，即D为BC中点。
∵CE//AB，
∴∠BAD=∠E。
在△ADB和△EDC中：
$\begin{cases} ∠BAD=∠E \\ ∠ADB=∠EDC \\ BD=CD \end{cases}$
∴△ADB≌△EDC(AAS)，
∴AD=DE，AB=EC=3。
在△ACE中，由三角形三边关系：AC-CE ＜ AE ＜ AC+CE，AC=6，CE=3，
∴3 ＜ AE ＜9。
又
∵AE=2AD，AD长度为奇数，
∴$\frac{3}{2}$＜AD＜$\frac{9}{2}$，AD只能取3，因此AE=2×3=6。
(3) ①
∵∠CAB=∠DAE=90°，
∴∠CAD+∠BAE=360°-∠CAB-∠DAE=360°-90°-90°=180°。
②BE=2AF，解答过程如下：
延长AF至G，使GF=AF，则AG=2AF，连接DG，
∵F为CD的中点，
∴DF=CF。
在△GDF和△ACF中：
$\begin{cases} GF=AF \\ ∠GFD=∠AFC \\ DF=CF \end{cases}$
∴△GDF≌△ACF(SAS)，
∴∠DGF=∠CAF，GD=AC，
∴DG//AC，
∴∠CAD+∠GDA=180°。
由①得∠CAD+∠BAE=180°，
∴∠GDA=∠BAE。
∵AC=AB，
∴GD=AB。
在△ADG和△EAB中：
$\begin{cases} DG=AB \\ ∠GDA=∠BAE \\ AD=EA \end{cases}$
∴△ADG≌△EAB(SAS)，
∴AG=BE。
∵AG=2AF，
∴BE=2AF。
③△ACD与△ABE是偏等积三角形，理由如下：
∵△ADG≌△EAB，
∴$S_{△ADG}=S_{△EAB}$。
∵△GDF≌△ACF，
∴$S_{△GDF}=S_{△ACF}$。
∴$S_{△ADC}=S_{△ACF}+S_{△ADF}=S_{△GDF}+S_{△ADF}=S_{△ADG}=S_{△EAB}$，即两三角形面积相等。
又
∵∠CAD+∠BAE=180°，且0°＜∠CAD＜90°，
∴90°＜∠BAE＜180°，∠CAD≠∠BAE，因此△ACD与△ABE不全等。
综上，△ACD与△ABE是偏等积三角形。
【答案】
(1)2
(2)6
(3)①$\boldsymbol{∠CAD+∠BAE=180°}$
②$\boldsymbol{BE=2AF}$
③△ACD与△ABE是偏等积三角形

【知识点】
全等三角形的判定与性质，三角形面积计算，三角形三边关系
【点评】
本题以新定义“偏等积三角形”为背景，综合考察了三角形的基础性质与全等三角形的证明应用，既需要准确理解新定义的内涵，也需要熟练掌握倍长中线等常见几何辅助线的构造方法，对逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.6