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1. 如图,$ AB = AC = AD $,若 $ ∠DAC $ 是 $ ∠CAB $ 的 $ k $ 倍($ k $ 为正数),那么 $ ∠DBC $ 是 $ ∠BDC $ 的(
A.$ k $ 倍
B.$ 2k $ 倍
C.$ 3k $ 倍
D.$ \frac{1}{2}k $ 倍
A
)A.$ k $ 倍
B.$ 2k $ 倍
C.$ 3k $ 倍
D.$ \frac{1}{2}k $ 倍
答案：
A
2. 如图,在 $ Rt△ABC $ 中,$ ∠ACB = 90° $,$ ∠A = 30° $,$ BC = 2 $,点 $ E $ 是 $ AC $ 的中点,点 $ F $ 是斜边 $ AB $ 上任意一点,连接 $ EF $,将 $ △AEF $ 沿 $ EF $ 对折得到 $ △DEF $,连接 $ DB $,则 $ △BDF $ 周长的最小值是______
$4+\sqrt{7}-\sqrt{3}$
。
答案：
$4+\sqrt{7}-\sqrt{3}$
3. 如图,$ △ABC $ 中,$ AC = BC = 4 $,$ ∠ACB = 90° $,过点 $ C $ 任作一条直线 $ CD $,将线段 $ BC $ 沿直线 $ CD $ 翻折得线段 $ CE $,直线 $ AE $ 交直线 $ CD $ 于点 $ F $。
(1)小智同学通过思考推得：当点 $ E $ 在 $ AB $ 上方时,$ ∠AEB $ 的角度是不变的。
请按小智的思路帮助小智完成以下推理过程：
$ ∵AC = BC = EC $,$ ∴A,B,E $ 三点在以点 $ C $ 为圆心,以 $ AC $ 为半径的圆上。
$ ∴∠AEB = $______$ ∠ACB = $______$ ° $。
(2)若 $ BE = 2 $,求 $ CF $ 的长。
(3)线段 $ AE $ 最长为______；若取 $ BC $ 的中点 $ M $,则线段 $ MF $ 最短为______。
(1)小智同学通过思考推得：当点 $ E $ 在 $ AB $ 上方时,$ ∠AEB $ 的角度是不变的。
请按小智的思路帮助小智完成以下推理过程：
$ ∵AC = BC = EC $,$ ∴A,B,E $ 三点在以点 $ C $ 为圆心,以 $ AC $ 为半径的圆上。
$ ∴∠AEB = $______$ ∠ACB = $______$ ° $。
(2)若 $ BE = 2 $,求 $ CF $ 的长。
(3)线段 $ AE $ 最长为______；若取 $ BC $ 的中点 $ M $,则线段 $ MF $ 最短为______。
答案：
(1) $\frac{1}{2}$ 45
(2) 解: 当点 $E$ 在 $AB$ 的上方时, 如答图①, 由折叠可知, $CD$ 垂直平分 $BE$, $CE = 4$, $ \therefore BE \perp CD$. 设 $CD$, $BE$ 交于点 $G$, 则 $GE = BG = \frac{1}{2}BE = 1$, $ \therefore \angle FGE = 90^{\circ}$. $ \because \angle AEB = 45^{\circ}$, $ \therefore FG = GE = 1$. 在 $ \mathrm{Rt} \triangle CEG$ 中, 由勾股定理得, $CG = \sqrt{CE^{2}-GE^{2}} = \sqrt{15}$, $ \therefore CF = CG - FG = \sqrt{15}-1$.
当点 $E$ 在 $AB$ 的下方时, 如答图②. $ \because AC = BC = EC$, $ \therefore A$, $B$, $E$ 三点在以点 $C$ 为圆心, 以 $AC$ 为半径的圆上, $ \therefore \angle EAB + \angle EBA = \frac{1}{2} \angle ACB = 45^{\circ}$, 即 $ \angle BEF = 45^{\circ}$. 由翻折可知, $CE = 4$, $ \angle EGF = 90^{\circ}$, $EG = GB = \frac{1}{2}BE = 1$, $ \therefore \triangle EGF$ 是等腰直角三角形, $ \therefore GF = EG = 1$. 在 $ \mathrm{Rt} \triangle CEG$ 中, $CG = \sqrt{CE^{2}-EG^{2}} = \sqrt{4^{2}-1^{2}} = \sqrt{15}$, $ \therefore CF = \sqrt{15}+1$. 综上所述, $CF$ 的长为 $ \sqrt{15}-1$ 或 $ \sqrt{15}+1$.
(3) 8 $2 \sqrt{2}-2$ 解析: 由题意知 $A$, $B$, $E$ 三点在以点 $C$ 为圆心, 以 $AC$ 为半径的圆上. 如答图③, 当 $AE$ 经过圆心 $C$ 时, 线段 $AE$ 最长, 此时 $AE = 2AC = 8$.
在 $ \mathrm{Rt} \triangle ABC$ 中, $AC = BC = 4$, $ \angle ACB = 90^{\circ}$, $ \therefore AB = \sqrt{AC^{2}+BC^{2}} = 4 \sqrt{2}$, $ \angle ABC = \angle BAC = 45^{\circ}$, $ \because$ 点 $M$ 为 $BC$ 的中点, $ \therefore BM = CM = \frac{1}{2}BC = 2$, 如答图④, 连接 $BF$, 取 $AB$ 的中点 $O$, 连接 $OF$.
$ \because CD$ 垂直平分 $BE$, $ \therefore BF = EF$, $ \therefore \angle EBF = \angle AEB = \frac{1}{2} \angle ACB = 45^{\circ}$, $ \therefore \angle EFB = 90^{\circ}$, $ \therefore \angle AFB = 90^{\circ}$, $ \therefore OF = \frac{1}{2}AB = OA = OB = 2 \sqrt{2}$, $ \therefore$ 点 $F$ 在以点 $O$ 为圆心, 以 $AB$ 为直径的圆上, $ \because \angle ACB = 90^{\circ}$, $ \therefore$ 点 $C$ 在 $ \odot O$ 上, $ \therefore$ 当 $OF$ 经过点 $M$ 时, $MF$ 最短, 此时 $OF \perp BC$, $ \therefore OM = BM = \frac{1}{2}BC = 2$, $ \therefore MF = OF - OM = 2 \sqrt{2}-2$, 即线段 $MF$ 最短为 $2 \sqrt{2}-2$.
(1) $\frac{1}{2}$ 45
(2) 解: 当点 $E$ 在 $AB$ 的上方时, 如答图①, 由折叠可知, $CD$ 垂直平分 $BE$, $CE = 4$, $ \therefore BE \perp CD$. 设 $CD$, $BE$ 交于点 $G$, 则 $GE = BG = \frac{1}{2}BE = 1$, $ \therefore \angle FGE = 90^{\circ}$. $ \because \angle AEB = 45^{\circ}$, $ \therefore FG = GE = 1$. 在 $ \mathrm{Rt} \triangle CEG$ 中, 由勾股定理得, $CG = \sqrt{CE^{2}-GE^{2}} = \sqrt{15}$, $ \therefore CF = CG - FG = \sqrt{15}-1$.
当点 $E$ 在 $AB$ 的下方时, 如答图②. $ \because AC = BC = EC$, $ \therefore A$, $B$, $E$ 三点在以点 $C$ 为圆心, 以 $AC$ 为半径的圆上, $ \therefore \angle EAB + \angle EBA = \frac{1}{2} \angle ACB = 45^{\circ}$, 即 $ \angle BEF = 45^{\circ}$. 由翻折可知, $CE = 4$, $ \angle EGF = 90^{\circ}$, $EG = GB = \frac{1}{2}BE = 1$, $ \therefore \triangle EGF$ 是等腰直角三角形, $ \therefore GF = EG = 1$. 在 $ \mathrm{Rt} \triangle CEG$ 中, $CG = \sqrt{CE^{2}-EG^{2}} = \sqrt{4^{2}-1^{2}} = \sqrt{15}$, $ \therefore CF = \sqrt{15}+1$. 综上所述, $CF$ 的长为 $ \sqrt{15}-1$ 或 $ \sqrt{15}+1$.
(3) 8 $2 \sqrt{2}-2$ 解析: 由题意知 $A$, $B$, $E$ 三点在以点 $C$ 为圆心, 以 $AC$ 为半径的圆上. 如答图③, 当 $AE$ 经过圆心 $C$ 时, 线段 $AE$ 最长, 此时 $AE = 2AC = 8$.
在 $ \mathrm{Rt} \triangle ABC$ 中, $AC = BC = 4$, $ \angle ACB = 90^{\circ}$, $ \therefore AB = \sqrt{AC^{2}+BC^{2}} = 4 \sqrt{2}$, $ \angle ABC = \angle BAC = 45^{\circ}$, $ \because$ 点 $M$ 为 $BC$ 的中点, $ \therefore BM = CM = \frac{1}{2}BC = 2$, 如答图④, 连接 $BF$, 取 $AB$ 的中点 $O$, 连接 $OF$.
$ \because CD$ 垂直平分 $BE$, $ \therefore BF = EF$, $ \therefore \angle EBF = \angle AEB = \frac{1}{2} \angle ACB = 45^{\circ}$, $ \therefore \angle EFB = 90^{\circ}$, $ \therefore \angle AFB = 90^{\circ}$, $ \therefore OF = \frac{1}{2}AB = OA = OB = 2 \sqrt{2}$, $ \therefore$ 点 $F$ 在以点 $O$ 为圆心, 以 $AB$ 为直径的圆上, $ \because \angle ACB = 90^{\circ}$, $ \therefore$ 点 $C$ 在 $ \odot O$ 上, $ \therefore$ 当 $OF$ 经过点 $M$ 时, $MF$ 最短, 此时 $OF \perp BC$, $ \therefore OM = BM = \frac{1}{2}BC = 2$, $ \therefore MF = OF - OM = 2 \sqrt{2}-2$, 即线段 $MF$ 最短为 $2 \sqrt{2}-2$.
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