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10. (无锡市宜兴市期中)如图,已知$BD是\angle ABC$的平分线,$DE\perp AB于点E$,$AB = 36\ \text{cm}$,$BC = 24\ \text{cm}$,$S_{\triangle ABC} = 144\ \text{cm}^{2}$,则$DE$的长是(
A.$4.8\ \text{cm}$
B.$4.5\ \text{cm}$
C.$4\ \text{cm}$
D.$2.4\ \text{cm}$
A
)A.$4.8\ \text{cm}$
B.$4.5\ \text{cm}$
C.$4\ \text{cm}$
D.$2.4\ \text{cm}$
答案：
A 提示：过点 D 作 $DF \perp BC$ 交 BC 的延长线于点 F. 因为 BD 是 $\angle ABC$ 的平分线，$DE \perp AB$ 于点 E，所以 $DE = DF$. 因为 $S_{\triangle ABC}=S_{\triangle ABD}+S_{\triangle BCD}$，所以 $\frac{1}{2} × 36DE+\frac{1}{2} × 24DF = 144$，即 $18DE + 12DE = 144$，所以 $DE = 4.8\ cm$.
11. (南京市期中)如图,$AD为等边三角形ABC$的高,$E$,$F分别为线段AD$,$AC$上的动点,且$AE = CF$.当$BF + CE$取得最小值时,$\angle AFB = $
$105^{\circ}$
.
答案：
$105^{\circ}$ 提示：在 BC 上方作 $CH \perp BC$，取 $CH = BC$，连接 BH，FH. 因为 $\triangle ABC$ 是等边三角形，$AD \perp BC$，所以 $AC = BC = CH$，$\angle DAC = 30^{\circ}$. 因为 $\angle BCH = 90^{\circ}$，$\angle ACB = 60^{\circ}$，所以 $\angle ACH = 30^{\circ} = \angle DAC$. 又因为 $AE = CF$，所以 $\triangle AEC \cong \triangle CFH$，所以 $CE = HF$，所以 $BF + CE = BF + HF$. 当 F 为 AC 与 BH 的交点时，$BF + CE$ 取得最小值，此时 $\angle FBC = 45^{\circ}$. 因为 $\angle FCB = 60^{\circ}$，所以 $\angle AFB = \angle FBC + \angle FCB = 105^{\circ}$.
12. (无锡市期中)如图,已知$D为射线OB$上的一点,按下列要求进行作图.
(1)作$\angle AOB的平分线OC$.
(2)在射线$OC上取一点P$,使得$OP = a$.
(3)爱动脑筋的小刚经过仔细观察后,进行如下操作：在射线$OA上取一点E$,使得$PE = PD$,这时他发现$\angle OEP与\angle ODP$之间存在一定的数量关系,请写出$\angle OEP与\angle ODP$之间的数量关系,并说明理由.
(1)作$\angle AOB的平分线OC$.
(2)在射线$OC上取一点P$,使得$OP = a$.
(3)爱动脑筋的小刚经过仔细观察后,进行如下操作：在射线$OA上取一点E$,使得$PE = PD$,这时他发现$\angle OEP与\angle ODP$之间存在一定的数量关系,请写出$\angle OEP与\angle ODP$之间的数量关系,并说明理由.
答案：
解：（1）如图 1，射线 OC 即为所求.
（2）如图 1，点 P 即为所求.
（3）$\angle OEP = \angle ODP$ 或 $\angle OEP + \angle ODP = 180^{\circ}$. 理由如下：
如图 2，以点 P 为圆心，PD 的长为半径画弧，交 OA 于点 $E_1$，$E_2$，连接 $PE_1$，$PE_2$，PD，过点 P 分别作 $PM \perp OA$ 于点 M，$PN \perp OB$ 于点 N，则 $PM = PN$. 在 $Rt\triangle E_1PM$ 和 $Rt\triangle DPN$ 中，$\begin{cases} PE_1 = PD \\ PM = PN \end{cases}$，所以 $Rt\triangle E_1PM \cong Rt\triangle DPN$，所以 $\angle OE_1P = \angle ODP$. 同理可得 $Rt\triangle E_2PM \cong Rt\triangle DPN$，所以 $\angle PE_2M = \angle ODP$，所以 $\angle OE_2P + \angle ODP = \angle OE_2P + \angle PE_2M = 180^{\circ}$.
解：（1）如图 1，射线 OC 即为所求.
（2）如图 1，点 P 即为所求.
（3）$\angle OEP = \angle ODP$ 或 $\angle OEP + \angle ODP = 180^{\circ}$. 理由如下：
如图 2，以点 P 为圆心，PD 的长为半径画弧，交 OA 于点 $E_1$，$E_2$，连接 $PE_1$，$PE_2$，PD，过点 P 分别作 $PM \perp OA$ 于点 M，$PN \perp OB$ 于点 N，则 $PM = PN$. 在 $Rt\triangle E_1PM$ 和 $Rt\triangle DPN$ 中，$\begin{cases} PE_1 = PD \\ PM = PN \end{cases}$，所以 $Rt\triangle E_1PM \cong Rt\triangle DPN$，所以 $\angle OE_1P = \angle ODP$. 同理可得 $Rt\triangle E_2PM \cong Rt\triangle DPN$，所以 $\angle PE_2M = \angle ODP$，所以 $\angle OE_2P + \angle ODP = \angle OE_2P + \angle PE_2M = 180^{\circ}$.
13. (镇江市句容市期中)新定义：我们把两个面积相等但不全等的三角形叫作“积等三角形”.
(1)【初步尝试】如图1,在$\text{Rt}\triangle ABC$中,$\angle C = 90^{\circ}$,$AB = 10$,$BC = 8$,$P为AC$上一点,当$AP = $
(2)【理解运用】如图2,$\triangle ABD与\triangle ACD$为“积等三角形”,若$AB = 2$,$AC = 5$,且线段$AD$的长为正整数,求$AD$的长.
(3)【综合应用】如图3,在$\text{Rt}\triangle ABC$中,$\angle ACB = 90^{\circ}$,分别以$AC$,$AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE$,连接$EG$,求证：$\triangle AEG与\triangle ABC$为“积等三角形”.
(1)【初步尝试】如图1,在$\text{Rt}\triangle ABC$中,$\angle C = 90^{\circ}$,$AB = 10$,$BC = 8$,$P为AC$上一点,当$AP = $
3
时,$\triangle ABP与\triangle CBP$为“积等三角形”.(2)【理解运用】如图2,$\triangle ABD与\triangle ACD$为“积等三角形”,若$AB = 2$,$AC = 5$,且线段$AD$的长为正整数,求$AD$的长.
解：延长 AD 至点 E，使 $DE = AD$，连接 CE. 因为 $\triangle ABD$ 与 $\triangle ACD$ 为“积等三角形”，所以 $BD = CD$. 易证 $\triangle ADB \cong \triangle EDC$，$EC = AB = 2$. 因为 $AC = 5$，所以 $5 - 2 ＜ AE ＜ 5 + 2$，所以 $3 ＜ 2AD ＜ 7$，所以 $\frac{3}{2} ＜ AD ＜ \frac{7}{2}$. 因为 AD 为正整数，所以 $AD = 2$ 或 $AD = 3$.
(3)【综合应用】如图3,在$\text{Rt}\triangle ABC$中,$\angle ACB = 90^{\circ}$,分别以$AC$,$AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE$,连接$EG$,求证：$\triangle AEG与\triangle ABC$为“积等三角形”.
证明：过点 E 作 $EH \perp GA$，交 GA 的延长线于点 H. 因为四边形 ABDE 和四边形 ACFG 均为正方形，所以 $AB = AE$，$AG = AC$，$\angle EAB = \angle GAC = \angle HAC = 90^{\circ}$，所以 $\angle EAH + \angle BAH = 90^{\circ} = \angle BAH + \angle BAC$，所以 $\angle BAC = \angle EAH$. 易证 $\triangle ABC \cong \triangle AEH$，所以 $BC = EH$. 因为 $AG = AC$，所以 $S_{\triangle AEG}=\frac{1}{2}AG \cdot EH=\frac{1}{2}AC \cdot BC = S_{\triangle ABC}$. 又由条件可知 $\triangle AEG$ 与 $\triangle ABC$ 不全等，所以 $\triangle AEG$ 与 $\triangle ABC$ 为“积等三角形”.
答案：
（1）3
（2）解：延长 AD 至点 E，使 $DE = AD$，连接 CE. 因为 $\triangle ABD$ 与 $\triangle ACD$ 为“积等三角形”，所以 $BD = CD$. 易证 $\triangle ADB \cong \triangle EDC$，$EC = AB = 2$. 因为 $AC = 5$，所以 $5 - 2 ＜ AE ＜ 5 + 2$，所以 $3 ＜ 2AD ＜ 7$，所以 $\frac{3}{2} ＜ AD ＜ \frac{7}{2}$. 因为 AD 为正整数，所以 $AD = 2$ 或 $AD = 3$.
（3）证明：过点 E 作 $EH \perp GA$，交 GA 的延长线于点 H. 因为四边形 ABDE 和四边形 ACFG 均为正方形，所以 $AB = AE$，$AG = AC$，$\angle EAB = \angle GAC = \angle HAC = 90^{\circ}$，所以 $\angle EAH + \angle BAH = 90^{\circ} = \angle BAH + \angle BAC$，所以 $\angle BAC = \angle EAH$. 易证 $\triangle ABC \cong \triangle AEH$，所以 $BC = EH$. 因为 $AG = AC$，所以 $S_{\triangle AEG}=\frac{1}{2}AG \cdot EH=\frac{1}{2}AC \cdot BC = S_{\triangle ABC}$. 又由条件可知 $\triangle AEG$ 与 $\triangle ABC$ 不全等，所以 $\triangle AEG$ 与 $\triangle ABC$ 为“积等三角形”.
（2）解：延长 AD 至点 E，使 $DE = AD$，连接 CE. 因为 $\triangle ABD$ 与 $\triangle ACD$ 为“积等三角形”，所以 $BD = CD$. 易证 $\triangle ADB \cong \triangle EDC$，$EC = AB = 2$. 因为 $AC = 5$，所以 $5 - 2 ＜ AE ＜ 5 + 2$，所以 $3 ＜ 2AD ＜ 7$，所以 $\frac{3}{2} ＜ AD ＜ \frac{7}{2}$. 因为 AD 为正整数，所以 $AD = 2$ 或 $AD = 3$.
（3）证明：过点 E 作 $EH \perp GA$，交 GA 的延长线于点 H. 因为四边形 ABDE 和四边形 ACFG 均为正方形，所以 $AB = AE$，$AG = AC$，$\angle EAB = \angle GAC = \angle HAC = 90^{\circ}$，所以 $\angle EAH + \angle BAH = 90^{\circ} = \angle BAH + \angle BAC$，所以 $\angle BAC = \angle EAH$. 易证 $\triangle ABC \cong \triangle AEH$，所以 $BC = EH$. 因为 $AG = AC$，所以 $S_{\triangle AEG}=\frac{1}{2}AG \cdot EH=\frac{1}{2}AC \cdot BC = S_{\triangle ABC}$. 又由条件可知 $\triangle AEG$ 与 $\triangle ABC$ 不全等，所以 $\triangle AEG$ 与 $\triangle ABC$ 为“积等三角形”.
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