《2026年万唯中考试题研究数学河北专版》

9. 如图，在 $Rt\triangle ABC$ 中，$\angle B = 90^{\circ}$，$D$ 为 $AB$ 上一点，$AD = CD$.
(1)尺规作图：以 $AC$ 为对角线作菱形 $ADCE$；
(2)在(1)的条件下，连接 $DE$，若 $\tan\angle CAB = \frac{1}{2}$，$DE = 2$，求 $BC$ 的长.

答案：
9. 解:
(1)如解图,菱形ADCE即为所求(作法不唯一);

(2)BC的长为$\frac{4\sqrt{5}}{5}$.

10. 在学习了等腰三角形和全等三角形的相关知识后，某数学兴趣小组发现了重要的事实：在等腰三角形底边上任取一点，向两腰作垂线段，这两条垂线段之和始终为一固定值.
请根据他们的想法与思路，完成下列作图和填空：
(1)如图，在 $\triangle ABC$ 中，$AB = AC$，$D$ 是 $BC$ 边上一点，$DE\perp AB$ 于点 $E$. 用尺规过点 $D$ 作 $AC$ 的垂线交 $AC$ 于点 $F$ (不写作法，保留作图痕迹)；
(2)已知：在 $\triangle ABC$ 中，$AB = AC$，$D$ 是 $BC$ 边上一点，$DE\perp AB$ 于点 $E$，$DF\perp AC$ 于点 $F$，求证：$DE + DF$ 为一固定值.
证明：过点 $B$ 作 $BH\perp AC$ 交 $CA$ 的延长线于点 $H$，过点 $D$ 作 $DG\perp BH$ 于点 $G$.
$\because DF\perp AC$，
$\therefore \angle DGH = \angle GHF = \angle DFH = 90^{\circ}$，
$\therefore$ 四边形 $DFHG$ 是矩形$\underline{①}$，
$\therefore GH = DF$.
$\because DE\perp AB$，
$\therefore \angle BGD = \angle BED = 90^{\circ}$.
$\because AB = AC$，
$\therefore \angle ABC = \angle ACB$.
$\because \angle ACB + \angle GBD = 90^{\circ}$，$\angle ABC + \angle EDB = 90^{\circ}$，∠GBD=∠EDB
$\therefore \underline{②}$.
在 $\triangle GBD$ 和 $\triangle EDB$ 中，$\begin{cases} \angle BGD = \angle DEB, \\ \angle GBD = \angle EDB, \\ BD = DB, \end{cases}$
$\therefore \triangle GBD\cong \triangle EDB(AAS)$，
$\therefore DE = BG$，
$\therefore DE + DF = BG + GH =$BH$\underline{③}$.
对上述问题的结论，数学兴趣小组归纳出一个命题：等腰三角形底边上任意一点到两腰的距离之和为固定值，这个固定值是这个三角形腰上的高$\underline{④}$.

答案：
10. 解:
(1)尺规作图如解图①;

(2)根据题干信息作辅助线如解图②.

①矩形；②∠GBD=∠EDB；③BH；④高.

11. (2025 黑白卷)《平面几何画法》是朱铣和徐刚合编的一本平面几何教材，该书包含了大量的绘图示例和练习. 如图①，该书“例题 46”介绍了“画和定三角形等面积的矩形法”.
具体作法为：
①过 $B$ 点和 $C$ 点各作一条垂直于 $BC$ 的直线；
②作出 $AB$ 的中点 $D$，过点 $D$ 作平行于 $BC$ 的直线，与①中所得两条垂线交于 $E$，$F$ 两点，四边形 $BCFE$ 即为所求的矩形.
(1)请你依据以上步骤，用不带刻度的直尺和圆规在图②中，作出与 $\triangle ABC$ 面积相等的矩形 $EBCF$ (保留作图痕迹，不写做法)；
(2)请你证明(1)中的 $S_{\triangle ABC} = S_{矩形EBCF}$.

答案：
1. （1）
作图步骤：
①以$B$为圆心，适当长为半径画弧，交$BC$于两点，再分别以这两点为圆心，大于两点间距离一半的长为半径画弧，两弧相交于一点，过$B$与该点作直线$l_1\perp BC$；同理过$C$作直线$l_2\perp BC$。
②分别以$A$、$B$为圆心，大于$\frac{1}{2}AB$长为半径画弧，两弧分别相交，过两交点作直线，交$AB$于中点$D$。
③过$D$作直线$l// BC$，分别交$l_1$于$E$，交$l_2$于$F$，则矩形$EBCF$即为所求（作图痕迹略）。
2. （2）
证明：
解（证明）：连接$CD$。
因为$D$是$AB$的中点，根据三角形中线的性质，三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分，所以$S_{\triangle ADC}=S_{\triangle BDC}=\frac{1}{2}S_{\triangle ABC}$。
又因为$EF// BC$，$EB\perp BC$，$FC\perp BC$，所以四边形$EBCF$是矩形。
对于$\triangle BDC$和矩形$EBCF$，$\triangle BDC$与矩形$EBCF$等底（$BC$为底），且$\triangle BDC$的高（$D$到$BC$的距离）是矩形$EBCF$高（$EB = FC$，$D$是$AB$中点，由平行线间的距离性质可知$D$到$BC$的距离等于$EB$（或$FC$）的一半）。
设$BC = a$，$EB = h$，$D$到$BC$的距离为$h_1$，则$h_1=\frac{1}{2}h$。
根据三角形面积公式$S_{\triangle}=\frac{1}{2}×底×高$，$S_{\triangle BDC}=\frac{1}{2}× BC× h_1$，矩形面积公式$S = 底×高$，$S_{矩形EBCF}=BC× h$。
把$h_1 = \frac{1}{2}h$代入$S_{\triangle BDC}=\frac{1}{2}× BC× h_1$得$S_{\triangle BDC}=\frac{1}{2}× BC×\frac{1}{2}h=\frac{1}{4}BC× h$，而$S_{矩形EBCF}=BC× h$，又因为$S_{\triangle ABC}=2S_{\triangle BDC}$。
$S_{\triangle ABC}=2×\frac{1}{2}× BC×\frac{1}{2}h$（$S_{\triangle BDC}=\frac{1}{2}S_{\triangle ABC}$），$S_{矩形EBCF}=BC× h$，所以$S_{\triangle ABC}=S_{矩形EBCF}$。
综上，（1）按上述步骤作图；（2）证明如上。