然后是2

第一本第一题
（1）如图，连接BF，由△ABC≌△DBE，可得BC=BE，根据直角三角形的“HL”定理，易证△BCF≌△BEF，即可证得；
（2）同（1）得CF=EF，由△ABC≌△DBE，可得AC=DE，AC=AF+CF=AF+EF，即AF+EF=DE；
（3）同（1）得CF=EF，由△ABC≌△DBE，可得AC=DE，AF=AC+FC=DE+EF．
解答：（1）证明：连接BF，
∵△ABC≌△DBE，
∴BC=BE，
在△BCF和△BEF中，
{BC=BE∠BCF=∠BEF=90°BF=BF，
∴△BCF≌△BEF，
∴CF=EF；
（2）AF+EF=DE；
（3）同（1）得CF=EF，
∵△ABC≌△DBE，
∴AC=DE，
∴AF=AC+FC=DE+EF．

P1 第二题（请自行补充条件ED=EC）（这题做过，答案自搜

第三题
证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠DBA=∠EAC=60°，
在△ABD与△CAE中， AB=CA
∠DBA=∠EAC
BD=AE
，
∴△ABD≌△CAE（SAS）；
解：归纳证明：△ABD与△CAE全等．理由如下：
∵在等边△ABC中，AB=AC，∠ABC=∠BAC=60°，
∴∠DBA=∠EAC=120°．
在△ABD与△CAE中， AB=CA
∠DBA=∠EAC
BD=AE
，
∴△ABD≌△CAE（SAS）；
拓展应用：∵点O在AB的垂直平分线上，
∴OA=OB，
∴∠OBA=∠BAC=50°，
∴∠EAC=∠DBC．
在△ABD与△CAE中， AB=CA
∠DBA=∠EAC
BD=AE
，
∴△ABD≌△CAE（SAS），
∴∠BDA=∠AEC=32°，
∴∠BAD=∠OBA-∠BDA=18°．

P2 Q4 也是做过的，不发

3 Q6:（1）解：故答案为：等腰三角形三线合一（或等腰三角形顶角的平分线、底边上的中线、底边上的高互相重合），角平分线上的点到角的两边距离相等．
（2）证明：∵CA=CB，
∴∠A=∠B，
∵O是AB的中点，
∴OA=OB．
∵DF⊥AC，DE⊥BC，
∴∠AMO=∠BNO=90°，
∵在△OMA和△ONB中
∠A=∠B
OA=OB
∠AMO=∠BNO
，
∴△OMA≌△ONB（AAS），
∴OM=ON．
（3）解：OM=ON，OM⊥ON．理由如下：
连接OC，
∵∠ACB=∠DNB，∠B=∠B，
∴△BCA∽△BND，
∴AC
DN
=BC
BN
，
∵AC=BC，
∴DN=NB．
∵∠ACB=90°，
∴∠NCM=90°=∠DNC，
∴MC‖DN，
又∵DF⊥AC，
∴∠DMC=90°，
即∠DMC=∠MCN=∠DNC=90°，
∴四边形DMCN是矩形，
∴DN=MC，
∵∠B=45°，∠DNB=90°，
∴∠3=∠B=45°，
∴DN=NB，
∴MC=NB，
∵∠ACB=90°，O为AB中点，AC=BC，
∴∠1=∠2=45°=∠B，
在△MOC和△NOB中
OC=OB
∠1=∠B
CM=BN
，
∴△MOC≌△NOB（SAS），
∴OM=ON，∠MOC=∠NOB，
∴∠MOC-∠CON=∠NOB-∠CON，
即∠MON=∠BOC=90°，
∴OM⊥ON．

P4 Q7 解：（1）∵△OAB和△OCD都是等腰直角三角形，且叠放在一起，
∴OA=OB，OC=OD，
∴AC=BD，即线段AC、BD的数量关系是相等；
由图可直接看出，直线AC、BD相交成角的度数是90°．
（2）连接AO，延长AC交DB于点E
（3）将图1中的△OAB绕点O顺时针旋转一个锐角，则AC仍旧等于BD，直线AC、BD相交成角的度数是90°
∵旋转一个锐角后，∠COA+∠AOD=90°，∠BOD+∠AOD=90°，
∴∠COA=∠BOD，又OC=OD，OA=OB，
∴△COA≌△DOB，∴AC=BD．
延长CA交OD于H，交BD于E，
∵△COA≌△DOB，∴∠OCA=∠BDO，又∠DHE=∠CHO，
∴∠CED=∠COD=90°，
将△OAB绕点O继续旋转更大的角时，结论仍然成立．

P4 Q9 ：（1）OE=0F；
证明：∵DE⊥AC，BF⊥AC，
∴∠DEF=∠BFE=90°．
∵AE=CF，AE+EF=CF+EF．即AF=CE．
在Rt△ABF和Rt△CDE中，
∵ AB=CD
AF=CE
，
∴Rt△ABF≌Rt△CDE（HL），
∴BF=DE．
在△BFO和△DEO中，
∵ ∠BFO=∠DEO
BF=DE
∠BOF=∠DOE
∴△BFO≌△DOE（ASA），
∴OE=0F；
（2）结论依然成立．
理由：由AE=CF，得AF=CE，
结合已知得Rt△ABF≌Rt△CDE，
由BF=DE，从而△BFO≌△DEO，
∴FO=EO，
即结论依然成立；

第二本

9
证明：（1）∵EF‖AD，
∴∠P=∠DAC，∠PFA=∠DAF，
∵AD平分∠BAC，
∴∠DAC=∠DAF，
∴∠P=∠PFA，
∴AP=AF，
∴△APF是等腰三角形．
（2）△DCH≌△BEF．
证明：∵AB‖CH，
∴∠BAD=∠H（两直线平行，内错角相等），∠B=∠DCH（两直线平行，内错角相等），
又∵EF‖AD（已知），
∴∠BFE=∠BAD；
∴∠BFE=∠H，
∵EF‖AD，
∴∠BEF=∠BAD，
又∵∠BDA=∠CDH（对顶角相等），
∴∠BEF=∠CDH，
∴∠BEF=∠CDH
则在△DCH和△BEF中，
∠BFE=∠H
∠BEF=∠CDH
BE=CD
∴△DCH≌△BEF．
（3）AB=PC，
理由：∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠HAC，
∵AB‖CH，
∴∠HAC=∠H，
∴AC=CH，
∴△BEF≌△CDH，
∴BF=CH，
∴AC=BF，
∵△APF为等腰三角形，
∴AP=AF，
∴AC+AP=BF+AF，即AB=PC．

10解：①∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAC+∠DAC=∠DAE+∠DAC，
即：∠BAD=∠CAE，
∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，
∴AB=AC，AE=AD，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴CE=BD，
∴故①正确；
②∵四边形ACDE是平行四边形，
∴∠EAD=∠ADC=90°，AE=CD，
∵△ADE都是等腰直角三角形，
∴AE=AD，
∴AD=CD，
∴△ADC是等腰直角三角形，
∴②正确；
③∵△ADC是等腰直角三角形，
∴∠CAD=45°，
∴∠BAD=90°+45°=135°，
∵∠EAD=∠BAC=90°，∠CAD=45°，
∴∠BAE=360°-90°-90°-45°=135°，
又AB=AB，AD=AE，
∴△BAE≌△BAD（SAS），
∴∠ADB=∠AEB；
故③正确；
④已知四边形ACDE是平行四边形，
∴EF=CF，AF=DF，
又证得②△ADC是等腰直角三角形，
∴△CFD为等腰直角三角形且∠CFD=90°，
∴CD≠CF，即CD≠EF，
故④CD=EF错误；
所以一定正确的结论有①②③，
故选A．

证明：（1）如图1．
∵点B关于直线CH的对称点为D，CH⊥AB于点H，直线DE交直线CH于点F，
∴BF=DF，DH=BH．
∴∠1=∠2．
又∵∠EDA=∠A，∠EDA=∠1，
∴∠A=∠2．
∴BF‖AC；
（2）如图2，取FD的中点N，连接HM、HN．
∵H是BD的中点，N是FD的中点，
∴HN‖BF．
由（1）得BF‖AC，
∴HN‖AC，即HN‖EM．
∵在Rt△ACH中，∠AHC=90°，AC边的中点为M，
∴HM=1
2
AC=AM，
∴∠A=∠3，
∴∠EDA=∠3，
∴NE‖HM，
∴四边形ENHM是平行四边形，
∴HN=EM，
∵在Rt△DFH中，∠DHF=90°，DF的中点为N，
∴HN=1
2
DF，即DF=2HN，
∴DF=2EM；
（3）当AB=BC时，在未添加辅助线和其它字母的条件下，原题图2中所有与BE相等的线段是EF和CE．
证明：连接CD．（如图3）
∵点B关于直线CH的对称点为D，CH⊥AB于点H，
∴BC=CD，∠ABC=∠5．
∵AB=BC，
∴∠ABC=180°-2∠A，
AB=CD．①
∵∠EDA=∠A，
∴∠6=180°-2∠A，AE=DE．②
∴∠ABC=∠6=∠5．
∵∠BDE是△ADE的外角，
∴∠BDE=∠A+∠6．
∵∠BDE=∠4+∠5，
∴∠A=∠4．③
由①，②，③得△ABE≌△DCE．
∴BE=CE．
由（1）中BF=DF得∠CFE=∠BFC．
由（1）中所得BF‖AC 可得∠BFC=∠ECF．
∴∠CFE=∠ECF．
∴EF=CE．
∴BE=EF．
∴BE=EF=CE．

12
解：（1）∵∠1=∠2=∠3，
∴∠1+∠DAC=∠DAC+∠2，（三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和）
即∠BAC=∠DAE，
又∵∠1+∠B=∠ADE+∠3，则可得∠B=∠ADE，
在△ABC和△ADE中 ∠BAE=∠DAE
∠B=∠ADE
AC=AE
，
∴△ABC≌△ADE（AAS）；
（2）∵AE‖BC，
∴∠E=∠3，∠DAE=∠ADB，
又∵∠3=∠2=∠1，令∠E=x，
则有：∠DAE=3x+x=4x=∠ADB，
又∵由（1）得 AD=AB，∠E=∠C，
∴∠ABD=4x，
∴在△ABD中有：x+4x+4x=180°，
∴x=20°，
∴∠E=∠C=20°．

13
解：（1）①∵等边三角形ABC，
∴∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，AB=AC=BC，
∵EF⊥BC，
∴在直角△BEF中，∠F=30°，
∴BE=1
2
BF，
∵PA=nPC，n=1，
∴2PA=AB，
又∵∠BAC=∠F+∠APF=60°，
∴AF=AP=BD=1
2
AB，
∴BD=1
3
BF，
∵BE=1
2
BF，
∴EB
BD
=3
2
；
②如图1，作PG‖BC，IH‖BC，
∴IH=1
2
FI，
易证△PGI≌△DBI，则DI=PI，
∴在△PDE中，IH是中位线，
∴IH=1
2
DE，
∴FI
ED
=1；
故答案为：3
2
；1．
（2）如图2，设PC=a，则PA=an；连BP，且过P作PM⊥AB于M；
过P点作PN‖BC交AB于N，
可判断ANP为等边三角形，
所以AP=PN=AN，
∴△PNI≌△DBI（AAS），
∴IB=1
2
a，
又∵∠PED=90°，
∴∠D=∠BID=30°，
∴BI=BD，即1
2
a=an，
∴n=1
2
，
在△AMP中可得AM=1
2
an，
∴BM=a+an-1
2
an=a+1
2
an，
BE=a+an-1
2
a=1
2
a+an，
又∵DB=PA，
∴DE=1
2
a+an+an=2an+1
2
a，
又∵∠EPC=∠APF=30°，
而∠CAF=120°，∠F=30°，
∴AF=AP=an，
∴FI=2an+1
2
a，
∴FI
ED
=2an+1
2
a
2an+1
2
a
=1；
（3）∵等边三角形ABC，
∴∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，AB=AC=BC，
∵EF⊥BC，
∴在直角△BEF中，∠F=30°，
∴BE=1
2
BF，
∵PA=nPC，n=3，
∴PA=1
2
AB，
又∵∠BAC=∠F+∠APF=60°，
∴AF=AP=BD=1
2
AB，
∴BD=1
3
BF，
∵BE=1
2
BF，
∴EB
BD
=3
2
．
故答案为：3
2