2026年中考数学专题复习：三角形综合 大题压轴练习题（含答案）

这是一份2026年中考数学专题复习：三角形综合 大题压轴练习题（含答案），共49页。试卷主要包含了【问题背景】，已知等内容，欢迎下载使用。
1．如图1，等边△AOB在平面直角坐标系内，点A(3，1)，点B在y轴上，点P（m，0）是x轴正半轴上的一个动点，以BP为边作等边△BPQ，Q点在第一象限内（注：含30°直角三角形三边的比是：短直角边：长直角边：斜边=1：3：2)．
（1）直接写出B点的坐标；
（2）如图2，连接QA，求证：QA⊥AB；
（3）①当线段BP刚好经过点A时，求此时P、Q点的坐标；
②当△BPQ内部仅有一个整数点（横、纵坐标都为整数的点）时，直接写出m的取值范围．
2．【问题背景】
（1）如图1，△ABO和△COD均是等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90°，连接AC、BD相交于点E．求证：△AOC≌△BOD；
【迁移应用】
（2）如图2，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝1，分别以线段AB，BC为直角边向外作等腰直角三角形ABD和等腰直角三角形BCE．连接CD，AE交于点F．
①连接DE，求DE的长；
②求CF的长．
3．课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：如图（1），在△ABC中，若AB＝8，AC＝6，求BC边上的中线AD的取值范围．小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：延长AD到点E，使DE＝AD，请根据小明的方法思考：
（1）由已知和作图能得到△ADC≌△EDB的理由是 ．
A．SSS
B．SAS
C．AAS
D．HL
（2）AD的取值范围是 ．
A．6＜AD＜8
B．6≤AD≤8
C．1＜AD＜7
D．1≤AD≤7
【感悟】
解题时，条件中若出现“中点”“中线”字样，可以考虑延长中线构造全等三角形，把分散的已知条件和所求证的结论集中到同一个三角形中．
【方法应用】
（3）如图（2），AD是△ABC的中线，点E在BC的延长线上，CE＝AB，∠BAC＝∠BCA．求证：AE＝2AD．
【拓展延伸】
（4）为了测量学校旗杆AB和教学楼CE顶端之间的距离，学习小组设计了如图3所示的测量方案，他们首先取地面BC的中点D，此时用测角仪恰好测得∠ADE＝90°，并量得旗杆高度AB＝10.8m，教学楼高度CE＝20.2m，则AE的长为 ．
4．如图，在等边△ABC中，AB＝5cm，点D是BC的中点，点E是边AB上一个动点，连接CE，DE．设B，E两点间的距离为xcm，CE+DE﹣CD＝ycm．
小明根据学习函数的经验，对函数y随自变量x的变化而变化的规律进行了探究．
下面是小明的探究过程，请补充完整：
（1）按照如表中自变量x的值进行取点、画图、测量，得到了y与x的几组对应值：
m的值为 （保留一位小数）；
（2）在平面直角坐标系xOy中，描出补全后的表中各组数值所对应的点（x，y），并画出函数y的图象；
（3）结合函数图象，解决问题（保留一位小数）：
①当y＝5时，B，E两点间的距离约为 cm；
②当y＝4x时，A，E两点间的距离约为 cm．
5．已知：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D、E分别在AC、AB边上，连接DE，∠AED＝2∠ABC．
（1）如图1，求证：EA＝ED；
（2）如图2，过点A作AH⊥DE于点H，连接BD，若DC＝AH，求证：BD平分∠ABC；
（3）如图3，在（2）的条件下，过点D作DF⊥BD交BC的延长线于点F，延长ED交CF的延长线于点K，若BF﹣2CF＝4，求CK的长．
6．如图1，在△ABC中，BO⊥AC于点O，AO＝BO＝5，OC＝2，过点A作AH⊥BC于点H，交BO于点P．
（1）求线段OP的长度；
（2）连接OH，求∠AHO的度数；
（3）如图2，若点D为AB的中点，点M为线段BO延长线上一动点，连接MD，过点D作DN⊥DM交线段OA延长线于N点，则S△BDM﹣S△ADN的值是否发生改变，如改变，求出该值的变化范围；若不改变，求该式子的值．
7．已知：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝AC．
【初步发现】（1）如图1，若点D在线段AB上，连接CD，在CD的右侧作CE⊥CD，CD＝CE．连接EB，先由边角边证明△ACD≌△BCE（SAS），从而得到∠A＝∠CBE＝45°，AD＝BE，
∴∠DBE＝∠DBC+∠CBE＝45°+45°＝90°，进而得到线段AD、BD、DE之间满足的数量关系是 ．
【深入研究】（2）如图2，若点D在线段AB延长线上，连接CD，在CD的右侧作CE⊥CD，CD＝CE，则（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由．
【拓展研究】（3）如图3，若点D在直线AB上．连接CD，在CD的左侧作CE⊥CD，当AD＝3，AB＝9时，求△CDE的面积．
8．在△ABC中，∠ABC与∠ACB的平分线相交于点P．
（1）如图1，试探究∠A与∠BPC的数量关系；
（2）如图2，作△ABC外角的平分线BQ，CQ交于点Q．请分别写出∠Q与∠BPC，∠Q与∠A的数量关系，不需要证明；
（3）如图3，延长线段CP，QB交于点E．在△CQE中，存在一个内角等于另一个内角的2倍，直接用（1）和（2）中的相关结论求∠A的度数．
9．在△ABC中，AB＝AC，过点C作射线CB′，使∠ACB′＝∠ACB（点B′与点B在直线AC的异侧），点D是射线CB′上一个动点（不与点C重合），点E在线段BC上，且∠DAE+∠ACD＝90°．
（1）如图1，当点E与点C重合时，在图中画出线段AD．若BC＝a，则CD的长为 （用含a的式子表示）；
（2）如图2，当点E与点C不重合时，连接DE．
①求证：∠BAC＝2∠DAE；
②用等式表示线段BE，CD，DE之间的数量关系，并证明．
10．如图1，△ABC中，∠ACB是直角，∠B＝60°，AD，CE分别是∠BAC，∠BCA的平分线，AD，CE相交于点F．
（1）求证：∠BEC＝∠ADC．
（2）请你判断FE与FD之间的数量关系，并证明．
（3）如图2，△ABC中，如果∠ACB不是直角，∠B＝60°，AD，CE分别是∠BAC，∠BCA的平分线，AD，CE相交于点F，请问，你在（2）中所得结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
11．综合与实践：九年级某学习小组围绕“锐角三角形面积”开展主题学习活动．
（1）如图①，锐角△ABC中，∠BAC＝30°，AB＝AC＝4，作BD⊥AC，垂足为D，则△ABC的面积为 ；
（2）如图②，锐角△ABC中，∠BAC＝a，AB＝a，AC＝b，△ABC的面积为S．求证：S=12ab•sinα；
（3）如图③，锐角∠ABC中，∠BAC＝60°，AB＝6，AC＝4，AD是∠BAC的平分线，运用（2）结论，求AD的长．
12．人行天桥能够有效提升主干道车辆通行效率，方便行人横穿主干道，在城市交通中广泛应用．路桥管理机构为方便行人使用天桥，计划在人行天桥上搭建一个顶棚，设计部门充分考虑了顶棚结构的稳定性、美观性和节省材料等因素，给出了两种顶棚支撑结构的设计方案：
方案1：如图1所示，顶棚支撑结构下方的支撑点P1，P3安装在桥面两端，P2安装在桥面上，上方的支撑点Q1，Q2安装在顶棚上，P1，P2，P3，Q1，Q2构成两个全等的直角三角形；
方案2：如图2所示，顶棚支撑结构下方的支撑点P1，P3都安装在地面上，P2安装在桥面上，上方的支撑点Q1，Q2安装在顶棚上，其中顶棚与地面不平行．
说明：搭建顶棚支撑结构的钢梁粗细，材质都相同．
（1）上述方案中，顶棚支撑结构与顶棚、桥面或地面都需要构成三角形的数学道理是 ；（填序号）
①三角形的内角和等于180°；②三角形两边的和大于第三边；③三角形有稳定性．
（2）对于方案1，若∠Q1P1P2＝37°，桥面的长度P1P3为100m，求搭建支撑结构所需要的钢梁的长度；
（参考数据：sin37°≈0.6，cs37°≈0.8，tan37°≈0.75）
（3）对于方案2，为使搭建顶棚支撑结构使用的钢梁最省，请在备用图中画出支撑点P2，Q1，Q2的位置，并简要说明作图步骤．（要求：不需要尺规作图，但需要保留必要的作图痕迹，如辅助的直线等；本小题综合画图步骤和所画的图形能推断所设计的方案是最省的才可得满分）
13．在等边△ABC中，点D在直线BC上，连接AD，过点B作BH⊥AD于点H．
（1）如图1，点D在CB的延长线上，AB＝4，tan∠ADB=32，求BH的长度；
（2）如图2，点D在BC边上，点E在AC边上，且AE＝CD，BE与AD交于点F，若点F恰是AH的中点，请用等式表示AB与CD的数量关系，并证明；
（3）如图3，点D在BC边上，过点H作HM∥BC，HM＝BC，连接AM、CM，将△ACM沿AC翻折至△CAN，连接DN，请直接写出当AN取得最大值时CDAM的值.
14．【背景介绍】千百年来，人们对勾股定理的证明乐此不疲，其中有著名的数学家，也有业余数学爱好者．向常春构造发现了一个新的证法：把两个全等的Rt△ABC和Rt△EDA按如图1方式放置，其三边长分别为a，b，c，∠BAC＝∠DEA＝90°．
（1）请你利用图1证明勾股定理；
（2）如图2，在△ABC中，BC＝a，AC＝b，AB＝c，且c＞b＞a，当△ABC是钝角三角形时，猜想a2+b2与c2之间的关系，并说明理由；
（3）已知Rt△ABC的三边为a，b，c（c为斜边），其中a，b满足（a2+b2）（a2+b2﹣4）＝5，求Rt△ABC的斜边的长．
15．我们给出如下定义：两个图形G1和G2对于G1上的任意一点P（x1，y1）与G2上的任意一点Q（x2，y2），如果线段PQ的长度最短，我们就称线段PQ为“理想距离”．
（1）如图1，点P在线段AB（A（1，0），B（3，0））上，点Q在线段CD上，如果PQ为理想距离，那么PQ的长为 ；
（2）有射线EF（E（4，0），F（0，4））和线段AB，点P在线段AB上，点Q在射线EF上：
①如图2，当A（1，0），B（3，0）时，画出理想距离的示意图，求PQ的长；
②如图3，保持线段AB在x轴上（点A在点B的左侧），且AB为2个单位长度，A（m，0），理想距离PQ的长满足0≤PQ≤2，画出示意图，写出m的取值范围．
16．问题提出
（1）如图1，在△ABC中，∠A＝90°，AB＝6，BC＝10，点D在边AB上，过点D作直线l⊥BC，点B与点E关于直线l对称，作CE的垂直平分线m交AC于点F，连接DF．若BD＝4，则△ADF的面积为 ．
问题解决
（2）如图2，在△ABC中，∠A＝45°，小明想在△ABC内找一点D，使得点D到A，B，C三点的距离相等，小明进行了2次折叠操作．
第1次：沿着直线m翻折，使得点B与点C重合，展开后，标记折痕m与BC交于点E；
第2次：沿着过点E的直线n翻折，使得点C落在直线m上，点C的对应点为点D．点D到点A，B，C的距离相等吗？请说明理由．
17．实践课上，同学们尝试探索在不剪断铁丝且不浪费材料的前提下，能否将一段铁丝弯折围成符合要求的三角形．如图1，同学们将细铁丝抽象为线段MN，在线段MN上取点A，B（MA＜MB），沿点A，B弯折，使M，N两点重合（记为C），得到△ABC．
【活动1】围等腰三角形
（1）一般的等腰三角形．如图2，线段MN上已确定好点A，请在线段MN上确定点B，沿点A，B弯折，使M，N两点重合（记为C），△ABC为等腰三角形．请画出点B（一种情况即可）和△ABC（尺规作图，保留作图痕迹）．
（2）等边三角形．如图3，线段MN上取点A，B（MA＜MB），沿点A，B弯折，使M，N两点重合（记为C），得到等边△ABC．小明思考后发现，找线段MN的一个三等分点B即可，他采取了以下的作图方法：
①过点N作MN的垂线NH；
②线段MN上顺次截取MP=PQ(MP＜12MN)，以P为圆心，PM的长为半径作⊙P；
③以Q为圆心，线段QP的长为半径画弧，在MN的上方交⊙P于点E，作射线ME交射线NH于点D；
④作MD的垂直平分线交MN于点B．则点B就是线段MN的三等分点．
根据上面的作法，证明点B是线段MN的三等分点．
【活动2】围直角三角形
如图4，线段MN上有一点A(MA＜12MN)，同学们为解决问题，过点A作射线AH⊥MN于点A．请你借助射线AH，用尺规确定点B的位置，使得沿点A，B弯折后，M，N两点重合（记为C），最后得到直角△ABC．请画出点B（一种情况即可）和△ABC（要求：尺规作图，保留作图痕迹）．
18．综合与实践
如图，在等腰Rt△ABC中，AB＝AC，点D，E分别在边AB，AC上，AD＝AE，M，N分别为BD，CE的中点．
观察猜想
（1）如图1，线段AM与AN的数量关系是 ，位置关系是 ．
探究证明
（2）将图1中的△ADE绕点A逆时针旋转到如图2所示的位置，连接BD，CE，MN，判断△AMN的形状，并说明理由．
模型应用
（3）将图1中的△ADE绕点A逆时针旋转，当M，D，N三点恰好共线时，若点D恰好是MN的中点，求ADAB的值．
19．我们规定，三角形的三条高所在直线交于一点，则称此点叫做三角形的垂心．由垂心和非直角三角形的任意两个顶点顺次连接形成的三角形叫原三角形的垂心三角形．例：如图1，若点F为△ABC的垂心，则△BFC为△ABC的垂心三角形．
（1）请判断正误．（正确的打“√”，错误的打“×”）
①在三角形中，若两条高交于一点，则此点为三角形的垂心．
②任意非直角三角形有且只有三个垂心三角形．
（2）如图2，若在△ABC的垂心△BFC中，∠BFD＝∠ABD，FA＝3FD，求sin∠FCG的值．
（3）如图3，若锐角△ABC内接于⊙O，连接CO．
①证明：在垂心△AFC中，∠ACF＝∠OCB；
②已知AF＝a，BC＝b，求⊙O的面积（用含a，b的式子表示）．
20．【提出问题】
（1）如图1，在等边△ABC中，点M是BC上的任意一点（不含端点B、C），连接AM，以AM为边作等边△AMN，连接CN．求证：BM＝CN．
【类比探究】
（2）如图2，在等边△ABC中，点M是BC延长线上的任意一点（不含端点C），其它条件不变，（1）中结论BM＝CN还成立吗？请说明理由．
【拓展延伸】
（3）如图3，在等腰△ABC中，BA＝BC，AB＝6，AC＝4，点M是BC上的任意一点（不含端点B、C），连接AM，以AM为边作等腰△AMN，使顶角∠AMN＝∠ABC．连接CN．试探究BM与CN的数量关系，并说明理由．
参考答案
1．（1）解：过A作AD⊥OB，
∵△ABO是等边三角形，
∴BO＝2DO，
∵A(3，1)
∴OD＝1，
∴BO＝2，
∴B（0，2）；
（2）证明：∵△AOB和△BPQ均为等边三角形，
∴BO＝BA，BP＝BQ，∠ABO＝∠PBQ＝60°，
∴∠ABO﹣∠ABP＝∠PBQ﹣∠ABP，即∠OBP＝∠ABQ．
在△OBP和△ABQ中，
BO=BA∠OBP=∠ABQBP=BQ，
∴△OBP≌△ABQ（SAS），
∴∠BAQ＝∠BOP＝90°，即QA⊥AB；
（3）解：①∵BP经过点A，
∴B、A、P三点共线，
∵△AOB为等边三角形，
∵∠OBA＝∠OAB＝60°，
∴∠AOP＝∠BPO＝30°，
在Rt△BOP中，OB＝2，
∴OP=23，BP=4，即P(23，0)，
∴△BPQ为等边三角形，
∴∠BPQ＝60°，BP＝PQ＝4，
∴∠OPQ＝∠BPO+∠BPQ＝90°，
∴点Q(23，4)，
②当∠OBP＝30°时，如图，
此时m=OP=13OB=233，在△BPQ内部仅有一个整数点，
当∠OBP＞30°时，如图，
此时△BPQ内部至少有两个整数点，
又m＞0，
∴当△BPQ内部仅有一个整数点（横、纵坐标都为整数的点）时，m的取值范围为0＜m≤233．
2．（1）证明：∵△AOB和△COD均是等腰直角三角形，
∴OA＝OB，OC＝OD，
∵∠AOB＝∠COD＝90°，
∴∠AOB+∠AOD＝∠COD+∠AOD，
∴∠AOC＝∠BOD，
在△AOC与△BOD中，
OA=OB∠AOC=∠BODOC=OD，
∴△AOC≌△BOD（SAS）．
（2）解：①如图，连接DE，
在Rt△ABC中，由勾股定理可得，AC2+AB2＝BC2，
即12+12＝BC2，
解得：BC=2，
∵△BCE是等腰直角三角形，
∴BE=BC=2，
在Rt△EBC中，由勾股定理可得，BC2+BE2＝CE2，
即(2)2+(2)2=EC2，
解得：CE＝2，
∵∠ACB＝∠BCE＝45°，
∴∠ACE＝90°，
在Rt△EAC中，由勾股定理可得，AC2+CE2＝AE2，
即12+22＝AE2，
解得：AE=5，
∵△ABD和△CBE均是等腰直角三角形，
∴AB＝BD，∠ABD＝∠CBE＝90°，∠ABC＝45°，
∴∠ABE＝90°+45°＝135°，∠DBE＝360°﹣135°﹣90°＝135°，
∴∠ABE＝∠DBE，
在△ABE与△DBE中，
AB=BD∠ABE=∠DBEBE=BE，
∴△ABE≌△DBE（SAS），
∴DE=AE=5．
②如图2，AE，BC相交于点O，
∵△ABD和△CBE均是等腰直角三角形，
∴AB＝BD，BC＝BE，∠ABD＝∠CBE＝90°，
∴∠ABD+∠ABC＝∠CBE+∠ABC，
∴∠DBC＝∠ABE，
∴△DBC≌△ABE（SAS），
∴∠DCB＝∠AEB，
∵∠AOC＝∠BOE，
∴∠CFE＝∠CBE＝90°，
∴S△ACE=12AC×CE=12AE×CF，
∴12×1×2=12×5×CF，
∴CF=255．
3．（1）解：∵D为BC中点，
∴BD＝CD，
∵∠BDE＝∠ADC，ED＝AD，
∴△BDE≌△CDA（SAS），
证明方法为SAS．
故选：B．
（2）解：由（1）得BE＝AC＝6，
∵AB﹣BE＜AE＜AB+BE，
∴2＜AE＜14，
∵AD=12AE，
∴1＜AD＜7．
故选：C．
（3）证明：延长AD至点M，使DM＝AD，连结BM，
∵AD为△ABC的中线，
∴BD＝CD，
∵∠BDM＝∠CDA，
∴△BDM≌△CDA（SAS），
∴BM＝AC，∠MBD＝∠ACB，
∵∠BAC＝∠BCA，
∴∠MBD＝∠BAC，
∴∠MBD+∠DBA＝∠BAC+∠DBA，
∴∠MBA＝∠ECA，
∵AB＝CE，∠ABM＝∠ACE，BM＝AC，
∴△ABM≌△ECA（SAS），
∴AE＝AM＝2AD．
（4）解：延长AD至点M，使DM＝AD，连结CM，
∵D为BC中点，
∴BD＝CD，
∵∠ADB＝∠CDM，AD＝MD，
∴△ABD≌△MCD（SAS），
∴CM＝AB，
∵AD＝MD，∠ADE＝∠MDE＝90°，ED＝ED，
∴△AED≌△MED（SAS），
∴AE＝EM＝EC+CM＝EC+AB＝20.2+10.8＝31．
4．解：（1）当BE＝x＝2.5cm时，则AE＝BE＝2.5cm，
∴E是AB中点，
∵△ABC为等边三角形，
∴AC＝BC＝5cm，
∴CE⊥AB，
∴CE=AC2−AE2=532cm，
∵D是BC中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE=12AC=52cm，
∴y＝m＝CE+DE﹣CD=532+52−52≈4.3cm．
故答案为：4.3；
（2）如图所示，
（3）①由图象可得：当y＝5时，x＝0或3.4cm；
②当y＝4x时，x＝1.1cm，即B、E两点间的距离为1.1cm．
故答案为：0或3.4；1.1．
5．（1）证明：如图，过点E作EF⊥AC于点F，则∠AFE＝∠DFE＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴BC⊥AC，
∴EF∥BC，
∴∠AEF＝∠B，
∵∠AED＝2∠ABC．
∴∠DEF＝∠AED﹣∠AEF＝∠B，
∴∠AEF＝∠DEF，
在△AEF和△DEF中，
∠AEF=∠DEFEF=EF∠AFE=∠DFE，
∴△AEF≌△DEF（ASA），
∴EA＝ED；
（2）证明：如图，过点D作DG⊥AE于点G，
∵AH⊥DE，
∴∠AHE＝∠DGE＝90°，
又∵∠AEH＝∠DEG，EA＝ED，
∴△AEH≌△DEG（AAS），
∴DG＝AH，
∵DC＝AH，
∴DG＝DC，
又∵DC⊥BC，DG⊥AB，
∴BD平分∠ABC；
（3）解：如图，在线段CB上截取CM＝CF，CN＝CK，连接DM，DN，
∵DC⊥BC，
∴DF＝DM，DK＝DN，
设∠DBC＝α，则∠ABC＝2α，
∵∠AED＝2∠ABC＝∠ABC+∠K．
∴∠K＝∠EBK＝2α，
∵DK＝DN，
∴∠DNK＝∠K＝2α＝∠DBC+∠NDB，
∴∠NDB＝∠NBD＝α，
∴ND＝NB＝KD，
∵DF⊥BD，
∴∠DFC＝90°﹣α，
∵DC⊥BC，DF＝DM，
∴∠CDF＝∠CDM＝α，
∴∠DMK＝∠DFC＝90°﹣α，
在△KDM中，∠K＝2α，
∴∠KDM＝180°﹣∠K﹣∠DMK＝180°﹣2α﹣（90°﹣α）＝90°﹣α，
∴∠KDM＝∠KMD，
∴KD＝KM，
∴BF﹣2CF＝BF﹣FM
＝BM＝MN+BN
＝MN+DN
＝MN+DK
＝MN+KM
＝KN
＝2KC，
∵BF﹣2CF＝4，
∴CK＝2
6．（1）解：∵BO⊥AC，AH⊥BC，
∴∠AOP＝∠BOC＝∠AHC＝90°，
∴∠OAP+∠C＝∠OBC+∠C＝90°，
∴∠OAP＝∠OBC，
在△OAP和△OBC中，
∠AOP=∠BOCAO=BO∠OAP=∠OBC，
∴OAP≌△OBC（ASA）
∴OP＝OC＝2；
（2）解：过O分别作OM⊥CB于M点，作ON⊥HA于N点，如图1所示：
在四边形OMHN中，∠MON＝360°﹣3×90°＝90°，
∴∠COM＝∠PON＝90°﹣∠MOP．
在△COM与△PON中，
∠COM=∠PON∠OMC=∠ONP=90°OC=OP，
∴△COM≌△PON（AAS）
∴OM＝ON．
∵OM⊥CB，ON⊥HA，
∴HO平分∠CHA，
∴∠AHO=12∠AHC=45°；
（3）解：S△BDM﹣S△ADN的值不发生改变，等于254．理由如下：
连接OD，如图2所示：
∵∠AOB＝90°，OA＝OB，D为AB的中点，
∴OD⊥AB，∠BOD＝∠AOD＝45°，OD＝DA＝BD
∴∠OAD＝45°，∠MOD＝90°+45°＝135°，
∴∠DAN＝135°＝∠DOM．
∵MD⊥ND，
即∠MDN＝90°，
∴∠MDO＝∠NDA＝90°﹣∠MDA．
在△ODM和△ADN中，
∠MDO=∠NDAOD=AD∠DOM=∠DAN，
∴△△ODM≌△ADN（ASA）
∴S△ODM＝S△ADN，
∴S△BDM−S△ADN=S△BDM−S△ODM=S△BOD=12S△AOB=12×12AO×BO=12×12×5×5=254．
7．解：（1）∵△ACD≌△BCE，
∴AD＝BE，
∵∠DBE＝90°，
∴BD2+BE2＝DE2，
∴BD2+AD2＝DE2，
故答案为：AD2+BD2＝DE2；
（2）（1）中的结论仍然成立；理由如下：
如图2，连接BE，
∵CE⊥CD，∠ACB＝90°，
∴∠DCE＝90°＝∠ACB，
∴∠ACD＝∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
AC=BC∠ACD=∠BCECD=CE，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD＝BE，∠CBE＝∠A，
∵∠ACB＝90°，BC＝AC，
∴∠A＝∠ABC＝45°，
∴∠CBE＝45°，
∴∠ABE＝∠ABC+∠CBE＝90°，
∴∠DBE＝90°，
∴BD2+BE2＝DE2，
∴BD2+AD2＝DE2；
（3）分两种情况讨论：
当点D在线段AB上时，如图3，
由（1）的结论知，AE2+AD2＝DE2，AE＝BD，
∵AD＝3，AB＝9，
∴BD＝AE＝AB﹣AD＝6，
∴62+32＝DE2，
∴DE2＝45，
∵CD2+CE2＝DE2，CD＝CE，
∴CD2=12DE2，
∴S△CDE=12CD2=454；
当点D在线段BA的延长线上时，如图4，
由（2）的结论知，AE2+AD2＝DE2，AE＝BD，
∵AD＝3，AB＝9，
∴BD＝AE＝AB+AD＝12，
∴122+32＝DE2，
∴DE2＝153，
∵CD2+CE2＝DE2，CD＝CE，
∴CD2=12DE2，
∴S△CDE=12CD2=1534，
综上所述，△CDE的面积为1534或454．
8．解：（1）∵∠ABC与∠ACB的平分线相交于点P，
∴∠BPC＝180°﹣（∠PBC+∠PCB）
＝180°−12（∠ABC+∠ACB）
＝180°−12（180°﹣∠A），
＝90°+12∠A，
∴∠BPC＝90°+12∠A；
（2）结论：∠BPC+∠BQC＝180°，
理由：∵外角∠MBC，∠NCB的角平分线交于点Q，
∴∠QBC+∠QCB=12（∠MBC+∠NCB）
=12（360°﹣∠ABC﹣∠ACB）
=12（180°+∠A）
＝90°+12∠A，
∴∠Q＝180°﹣（90°+12∠A）＝90°−12∠A，
∵∠BPC＝90°+12∠A；
∴∠BPC+∠BQC＝180°；
（3）如图3，延长CB至F，
∵BQ平分∠CBM，
∴∠MBQ＝∠CBQ，
∵∠ABE＝∠MBQ，∠EBF＝∠CBQ，
∴∠ABF＝2∠EBF，
∵CE平分∠ACB，
∴∠ACB＝2∠ECB，
∵∠EBF＝∠ECB+∠E，
∴2∠EBF＝2∠ECB+2∠E，
即∠ABF＝∠ACB+2∠E，
又∵∠ABF＝∠ACB+∠A，
∴∠A＝2∠E，
∵∠ECQ＝∠ECB+∠BCQ=12∠ACB+12∠NCB＝90°，
如果△ECQ中，存在一个内角等于另一个内角的2倍，那么分2种情况：
①∠Q＝2∠E，则∠Q＝60°，∠E＝30°，∴∠A＝2∠E＝60°；
②∠E＝2∠Q，则∠E＝60°，∠A＝2∠E＝120°；
③∠ECQ＝90°＝2∠Q，则∠Q＝∠E＝45°，∠A＝2∠E＝90°．
综上所述，∠A的度数是60°或90°或120°．
9．（1）解：当点E与点C重合时，∠DAE＝∠DAC，
∵∠DAE+∠ACD＝90°，
∴∠DAC+∠ACD＝90°，
∵∠ADC＝90°，
∴AD⊥CB'，
若BC＝a，过点A作AM⊥BC于点M，
如图1：
则∠AMC＝90°＝∠ADC，
∵AB＝AC，
∴CM=BM=12BC=12a，
在△ACD与△ACM中，∠ADC＝∠AMC，∠ACD＝∠ACM，AC＝AC，
∴△ACD≌△ACM（AAS），
∴CD=CM=12a，
即CD的长为12a，
故答案为：12a；
（2）①证明：过点A作AM⊥BC于点M、AN⊥CB'点N，如图2：
则∠AMC＝∠ANC＝90°，
∴∠CAN+∠ACB＝90°，
∵∠DAE+∠ACD＝90°，
即∠DAE+∠ACB'＝90°，
∴∠DAE＝∠CAN，
∵AB＝AC，AM⊥BC，
∴∠BAC＝2∠CAM＝2∠BAM，
在△ACN与△ACM中，
∠ANC=∠AMC∠ACN=∠ACMAC=AC，
∴△CAN≌△ACM（AAS），
∴∠CAN＝∠CAM，
∴∠BAC＝2∠CAM＝2∠CAN＝2∠DAE；
②解：BE＝CD+DE，证明如下：
在BC上截取BF＝CD，连接AF，如图3：
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB，
∵∠ACB'＝∠ACB，
∴∠B＝∠ACB'＝∠ACD，
在△ABF和△ACD中，
AB=AC∠B=∠ACDBF=CD，
∴△ABF≌△ACD（SAS），
∴AF＝AD，∠BAF＝∠CAD，
∴∠BAF+∠CAE＝∠CAD+∠CAE＝∠DAE，
由①知：∠BAC＝2∠DAE，
即∠DAE=12∠BAC，
∴∠BAF+∠CAE=12∠BAC，
∴∠FAE=∠BAC−(∠BAF+∠CAE)=12∠BAC，
∴∠FAE＝∠DAE，
在△FAE和△DAE中，
AF=AD∠FAE=∠DAEAE=AE，
∴△FAE≌△DAE（SAS），
∴FE＝DE，
∴BE＝FE+BF＝CD+DE．
10．（1）证明：∵∠ACB＝90°∠B＝60°，
∴∠BAC＝30°．
∵AD，CE分别是∠BAC，∠BCA 的平分线，
∴∠DAC＝∠DAB=12∠BAC=15°，∠ACE=12∠ACB=45°．
∴∠CDA＝∠BAD+∠ABD＝75°，∠BEC＝∠BAC+∠ECA＝75°．
∴∠BEC＝∠ADC；
（2）解：FE＝FD，
证明：连接BF．过点F作 FG⊥BA，FH⊥BC于G、H，
∴∠DHF＝∠EGF＝90°．
∵点F是角平分线的交点，
∴BF也是角平分线．
∴HF＝FG，
∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，
∴∠BAC＝30°，∠HFB＝60°，
∴∠DAC=12∠BAC=15°．
∴∠CDA＝90°﹣15°＝75°．∠HFC＝∠HCF＝45°，∠HFG＝2∠HFB＝120°，
∴∠GFE＝15°，
∴∠GEF＝75°＝∠HDF．
在△DHF 和△EGF 中，
∠DHF=∠EGF，∠HDF=∠GEF，HF=GF，
∴△DHF≌△EGF（AAS）．
∴FE＝FD；
（3）解：成立．证明：过点F作FM⊥BC交BC于点M，作FN⊥AB交AB于点N，连接BF．
∵点F是角平分线的交点，
∴BF平分角∠ABC．
∴MF＝NF，∠DMF＝∠ENF＝90°，
∵∠ABC＝60°，
∴∠MFN＝180°﹣∠ABC＝120°．
∠CFA＝180°﹣（∠FAC+∠FCA）=180°−12(∠BAC+∠ACB)=180°−12(180°−∠ABC)=180°−12(180°−60°)=120°，
∴∠DFE＝∠CFA＝∠MFN＝120°．
又∵∠MFN＝∠MFD+∠DFN，∠DFE＝∠DFN+∠NFE，
∴∠DFM＝∠NFE．
在△DMF和△ENF中，
∠DMF=∠ENF，MF=NF，∠DFM=∠EFN，
∴△DMF≌△ENF（ASA）．
∴FE＝FD．
11．（1）解：∵∠BAC＝30°，BD⊥AC，
∴BD=12AB=12=2，
∴△ABC的面积=12AC•BD=12×4×2＝4，
故答案为：4；
（2）证明：过点C作CD⊥AB于点D，如图，
∵CD⊥AB，∠BAC＝α，
∴sin∠BAC=CDAC，
∴CD＝ACsinα＝bsinα．
∴△ABC的面积=12AB•CD=12ab•sinα，
∴S=12ab•sinα；
（3）解：过点C作CE⊥AB于点E，如图，
∵CE⊥AB，∠BAC＝60°，
∴AE＝AC•cs60°＝4×12=2，CE＝AC•sin60°＝23，
∴△ABC的面积=12AB•CE=12×6×23=63，
∵AD是∠BAC的平分线，∠BAC＝60°，
∴∠BAD＝∠CAD＝30°，
由（2）知：S△ABD=12AD•AB•sin30°，S△ACD=12AC•AD•sin30°，
∵△ABC的面积＝S△ABD+S△ACD，
∴12×6AD×12+12×4AD×12=63，
∴AD=1235．
12．解：（1）上述方案中，顶棚支撑结构与顶棚、桥面或地面都需要构成三角形的数学道理是三角形有稳定性；
故答案为：③；
（2）由题可知Rt△P1Q1P2≌Rt△P2Q2P3，P1P3＝100m，
∴∠P1Q1P2＝90°，P1Q1＝P2Q2，Q1P2＝Q2P3，P1P2=P2P3=12P1P3=50m，
可得在Rt△P1Q1P2中，P1Q1＝P1P2•cs∠Q1P1P2＝50×cs37°≈40m，Q1P2＝P1P2•sin∠Q1P1P2＝50×sin37°≈30m，
∴P1Q1+Q1P2+P2Q2+Q2P3＝2（P1Q1+Q1P2）＝2（40+30）＝140m，
答：搭建支撑结构所需要的钢梁的长度为140m；
（3）如图P2，Q1，Q2即为所求．
步骤：①分别作P1，P3关于顶棚的对称点P'1，P'3，
②作P'1关于桥面的对称点P''1，
③连接P''1P'3，与桥面的交点即为P2，P1''P'3与顶棚的交点即为Q2，连接P'1P2与顶棚的交点即为Q1．
13．解：（1）过点A作AE⊥CD于点E，如图所示：
∵△ABE为等边三角形，
∴AB＝BC＝AC＝4，BE=12BC=2，
∴AE=AB2−BE2=23，
∵tan∠ADC=AEDE=23DE=32，
∴DE＝4，
∴BD＝DE﹣BE＝4﹣2＝2，
∵BH⊥AD，
∴∠DHB＝90°，
∴tan∠BDH=BHDH=32，
设BH=3x，则DH＝2x，
根据勾股定理得：BH2+DH2＝BD2，
即(3x)2+(2x)2=22，
解得：x=277（负值舍去），
∴BH=3x=2217；
（2）AB＝3CD；理由如下：
过点E作EG⊥BC于点G，如图2：
∵△ABE为等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，∠ACB＝∠ABC＝∠BAC＝60°，
在△ABE和△CAD中，
AB=CA∠BAE=∠ACDAE=CD，
∴△ABE≌△CAD（SAS），
∴∠ABE＝∠CAD，AD＝BE，
∴∠BFH＝∠BAD+∠ABF＝∠BAD+∠CAD＝60°，
∵∵BH⊥AD，
∴∠DHB＝90°，
∴∠FBH＝90°﹣60°＝30°，
∴BF＝2FH，
∵点F为AH的中点，
∴AF＝FH，
设AF＝FH＝x，则BF＝2x，AH＝2x，
∴BH=BF2−FH2=3x，
∴tan∠BAH=BHAH=3x2x=32，
∵∠ABE＝∠CAD，∠BAC＝∠ABC，
∴∠EBD＝∠BAH，
∴tan∠EBD=tan∠BAH=32，
∵EG⊥BC，
∴∠BGE＝∠CGE＝90°，
∴∠CEG＝90°﹣60°＝30°，
∴CE＝2CG，
设CG＝y，则CE＝2y，
∴EG=CE2−CG2=3y，
∴tan∠EBG=EGBG=3yBG=32，
∴BG＝2y，
∴AB＝AC＝BC＝BG+GC＝2y+y＝3y，
∴CD＝AE＝AC﹣CE＝3y﹣2y＝y，
∴AB＝3CD；
（3）当AN取得最大值时CDAM的值为33−5；理由如下：
延长BH，交AC于点G，如图所示：
根据折叠可知：AM＝AN，CN＝CM，∠ACM＝∠ACN，
∵HM∥BC，HM＝BC，
∴四边形BHMC为平行四边形，
∴CM＝BH，CM∥BH，
∴CN＝CM＝BH，∠AGQ＝∠ACM，
∴∠ACN＝∠AGQ，
∵∠BCN＝∠ACN﹣∠ACB＝∠ACN﹣60°，
∠ABH＝∠AGQ﹣∠BAC＝∠AGQ﹣60°，
∴∠BCN＝∠ABH，
∵等边△ABC中AB＝BC，
∴△BCN≌△ABH（SAS），
∴∠BNC＝∠AHB＝90°，
∴点N在以BC为直径的圆上运动，
取BC的中点O，以点O为圆心OB为半径作圆，连接AO并延长，交⊙O于点N，此时AN最大，
设AB＝BC＝AC＝2m，则BO=CO=12BC=m，
∵△ABC为等边三角形，
∴AO⊥BC，∠BAN=∠CAN=12×60°=30°，
∴AO=AB2−BO2=3m，
∵OC＝ON，∠CON＝90°，
∴∠ONC=∠OCN=12×90°=45°，
∴∠ACN＝60°+45°＝105°，
∴∠ACM＝∠ACN＝105°，
∴∠BCM＝105°+60°＝165°，
∵BH∥CM，
∴∠CBH＝180°﹣165°＝15°，
∴∠ABH＝60°﹣15°＝45°，
∴∠BAH＝90°﹣45°＝45°，
如图，过点D作DK⊥AC于点K，
∴∠DKC＝90°，
∴cs∠DCK=cs60°=CKCD，
∴12=CKCD，
∴CD＝2CK，
∵∠CAD＝∠CAB﹣∠BAH＝60°﹣45°＝15°，
∠OAD＝∠BAH﹣∠BAO＝45°﹣30°＝15°，
∴∠OAD＝∠CAD，
∵∠AOD＝∠AKD＝90°，AD＝AD，
∴△AOD≌△AKD（AAS），
∴AK=AO=3m，
∴CK=AC−AK=2m−3m=(2−3)m，
∴CD=2(2−3)m，
∵AN=AO+ON=3m+m=(3+1)m，
∴AM=AN=(3+1)m，
∴CDAM=2(2−3)m(3+1)m
=2(2−3)(3−1)(3+1)(3−1)
=2(2−3)(3−1)2
=(2−3)(3−1)
=23−2−3+3
=33−5，
故当AN取得最大值时CDAM的值为33−5．
14．（1）证明：两个全等的Rt△ABC和Rt△EDA，三边长分别为a，b，c，∠BAC＝∠DEA＝90°，
∴AB＝DE＝a，AC＝AE＝b，BC＝AD＝c，∠BCA＝∠DAE，∠BAC＝∠DEA＝90°，
∴∠DAE+∠FAC＝90°，
∴∠BCA+∠FAC＝90°，
∴∠AFC＝180°﹣（∠BCA+∠FAC）＝180°﹣90°＝90°，
∴BC⊥AD，
∴S四边形ABDC＝S△ADB+S△ADC
=12AD⋅BF+12AD⋅CF
=12AD⋅BC
=12c2；
又∵S四边形ABDC＝S△BED+S△ADE+S△ACD
=12DE⋅BE+12DE⋅AE+12AC⋅EA
=12a(a−b)+12a×b+12b2
=12(a2+b2)，
∴12c2=12(a2+b2)，
∴a2+b2＝c2；
（2）解：a2+b2＜c2，理由如下：
过点A作AH⊥CB交BC延长线于H，设CH＝y，
在Rt△AHC中，由勾股定理得：AH2＝b2﹣y2，
在Rt△AHB中，由勾股定理得：AH2＝c2﹣（a+y）2，
∴b2﹣y2＝c2﹣（a+y）2，
化简得：a2+b2﹣c2＝﹣2ay，
∵a＞0，y＞0，
∴﹣2ay＜0，
∴a2+b2﹣c2＜0，
∴a2+b2＜c2；
（3）解：在Rt△ABC中，由勾股定理得：c2＝a2+b2，
∵（a2+b2）（a2+b2﹣4）＝5，
∴c2（c2﹣4）＝5，
∴c4﹣4c2﹣5＝0，
解得：c2＝5，c2＝﹣1，
∵c2＞0，
∴c2＝5，
∴c=5（负值舍去），
∴Rt△ABC的斜边的长为5．
15．解：（1）∵点P在线段AB上，且A（1，0），B（3，0），点Q在线段CD上，
∴当点P与点A重合，点Q与点D重合时，PQ最小，
∵OP＝OA＝1，OQ＝OD＝2，
∴PQ=OP2+OQ2=5，
∴理想距离PQ=5，
故答案为：5；
（2）①如图2，过点B作BM⊥EF于点M，则BM的长即是PQ的长，
∵射线EF中，E（4，0），F（0，4），
∴OE＝OF＝4，
∴∠OEF＝45°，
∴∠MBE＝∠BEM＝45°，
∴BM＝EM，
∵BE＝4﹣3＝1，BM2+EM2＝BE2＝2BM2，
∴PQ=BM=BE2=22；
②如当AB在射线EF的左侧时，过点B作BM⊥EF于点M，则BM的长即是PQ的长，
∵BM=PQ=2，
∴BE=2BM=2，
∴AE＝AB+BE＝4，
∴OA＝0，即m＝0；
当AB在射线EF的右侧时，A′E的长即为PQ的长，
∴OA′=4+2，
∴m=4+2，
∴m的取值范围为：0≤m≤4+2．
16．解：（1）∵AB＝6，BC＝10，∠A＝90°，
在Rt△ABC中，AC=BC2−AB2=8，
∵BD＝4，
∴AD＝AB﹣BD＝2，
∵点B，E关于直线l对称，
∴DE＝BD＝4，∠DEB＝∠B，
∵直线m垂直平分CE，
∴CF＝EF，∠C＝∠FEC，
∵∠B+∠C＝90°，
∴∠DEB+∠FEC＝90°，
∴∠DEF＝90°，
设AF＝x，则EF＝CF＝8﹣x，
∴由勾股定理，得AD2+AF2＝DE2+EF2，
即4+x2＝16+（8﹣x）2，
解得x=194，
∴AF=194，
∴S△ADF=12AD•AF=194，
故答案为：194；
（2）点D到点A，B，C的距离相等，
理由：如图，连接BD，CD．
∵点B，C关于直线m对称，
∴直线m⊥BC，BE＝CE，∠DEB＝∠DEC＝90°，
又∵CE＝DE，
∴BE＝DE，
∴△BDE与△CED为等腰直角三角形，
∴∠DBC=∠DCE=45°，CD=BD=22BC，
又∵∠BAC＝45°，
∴∠ABC+∠ACB＝135°，
∴∠ABD+∠ACD＝45°，
作点D关于直线AB，AC的对称点P，Q，连接BP，CQ，PQ，
则∠PBA＝∠DBA，∠DCA＝∠QCA，DB＝BP，CQ＝CD，
∴BP＝CQ，∠PBD+∠DCQ＝90°，
∴∠PBC+∠QCB＝180°，
∴BP∥CQ，
∴四边形BCQP为平行四边形，
∴PQ＝BC，
连接AP，AQ，AD，
则∠PAB＝∠DAB，∠DAC＝∠QAC，AP＝AQ＝AD，
∵∠BAC＝45°，
∴∠PAQ＝90°，
∴△APQ为等腰直角三角形，AP=22PQ=AD，
又∵BC＝PQ，
∴AD＝BD＝CD．
17．（1）解：如图，点B，△ABC即为所求；
（2）证明：连接EQ，BD，
由作图知PM＝PQ＝QE=12QM，∠DNM＝90°，
∵MQ是⊙P的直径，
∴∠MEQ＝90°，
∴∠M＝30°，
∴∠MDN＝60°，
∵BT垂直平分DM，
∴BM＝BD，
∴∠BDM＝∠M＝30°，
∴∠BDN＝30°，
∴BN=12BD=12BM，
∴点B是线段MN的三等分点；
（3）解：如图，点B，△ABC即为所求．
18．解：（1）∵AB＝AC，AD＝AE，
∴BD＝EC，
∵M，N分别为BD，CE的中点，
∴DM=12DB=12CE＝NE，
∴AM＝AN，
∵∠A＝90°，
∴AM⊥AN，
故答案为：AM＝AN，AM⊥AN；
（2）△AMN是等腰直角三角形，理由如下：
∵将△ADE绕点A逆时针旋转，
∴AD＝AE，∠DAE＝∠BAC＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
又∵AB＝AC，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，
∵M，N分别为BD，CE的中点，
∴BM=12DB=12CE＝NC，
∴△ABM≌△ACN（SAS），
∴AM＝AN，∠BAM＝∠CAN，
∴∠BAC＝∠MAN＝90°，
∴△MAN是等腰直角三角形；
（3）∵△MAN是等腰直角三角形，点D是MN的中点，
∴AD＝MD＝DN，AD⊥MN，
∵M是BD的中点，
∴BM＝MD，
∴AD＝BM＝DM，
∴AB=AD2+BD2=5AD，
∴ADAB=55．
19．（1）解：①在三角形中，若两条高交于一点，则此点为三角形的垂心，正确；
②如图1，任意非直角三角形有三个垂心三角形，分别是△ABF，△AFC，△BFC，原说法错误；
故答案为：√，×；
（2）解：设FD＝x，则AF＝3x，AD＝4x，
如图2，∵∠BFD＝∠ABD，∠ADB＝∠BDF，
∴△BFD∽△ABD，
∴BDAD=FDBD，
∴BD2＝AD•DF＝4x•x＝4x2，
∴BD＝2x，
∵AD，CE是△ABC的高，
∴∠ADB＝∠AEF＝90°，
∴tan∠BAD=BDAD=EFAE=2x4x=12，
设EF＝a，AE＝2a，
∴AE=5a＝3x，
∴a=35x5，
∵∠BFD＝∠BAF+∠ABG，∠ABD＝∠CBF+∠ABG，∠BFD＝∠ABD，
∴∠BAF＝∠CBF，
∵∠CBF+∠ACB＝90°，∠ABC+∠BAF＝90°，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴AB＝AC，
∵AD是高，
∴BD＝CD＝2x，AD平分∠BAC，
∵EF⊥AB，FG⊥AC，
∴EF＝FG＝a=35x5，
由勾股定理得：CF=5x，
∴sin∠FCG=FGCF35x55x=35；
（3）①证明：如图3，作直径CQ，连接AQ，
∴∠CAQ＝90°，
∴∠ACO+∠Q＝90°，
∵∠CEB＝∠ECB+∠ABC＝90°，∠Q＝∠ABC，
∴∠ACO＝∠ECB，
∴∠ACO﹣∠ECQ＝∠ECB﹣∠ECQ，
即∠ACF＝∠OCB；
②解：如图4，作直径CQ，连接AQ，BQ，
∴∠CBQ＝∠CAQ＝90°，
∵AD，BG是高，
∴∠BGC＝∠ADC＝90°，
∴∠ADC＝∠CBQ，∠BGC＝∠CAQ，
∴AF∥BQ，BG∥AQ，
∴四边形AFBQ是平行四边形，
∴BQ＝AF＝a，
由勾股定理得：CQ=a2+b2，
∴半径OC=a2+b22，
∴⊙O的面积＝π•OC2=π(a2+b2)4．
20．解：
（1）证明：
∵△ABC和△AMN都是等边三角形，
∴AB＝AC，AM＝AN，∠BAC＝∠MAN＝60°，
∴∠BAM+∠MAC＝∠MAC+∠CAN，
∴∠BAM＝∠CAN，
在△ABM和△ACN中
AB=AC∠BAM=∠CANAM=AN
∴△ABM≌△ACN（SAS），
∴BM＝CN；
（2）成立，理由如下：
∵△ABC和△AMN都是等边三角形，
∴AB＝AC，AM＝AN，∠BAC＝∠MAN＝60°，
∴∠BAC+∠CAM＝∠CAM+∠MAN，
∴∠BAM＝∠CAN，
在△ABM和△ACN中
AB=AC∠BAM=∠CANAM=AN
∴△ABM≌△ACN（SAS），
∴BM＝CN；
（3）BMCN=32．
理由如下：
∵AB＝BC，AM＝MN，
∴ABAM=BCMN，
∵∠AMN＝∠ABC，
∴△ABC∽△AMN，
∴ABAM=ACAN，即ABAC=AMAN，
∵∠AMN＝∠ABC，
∴∠BAC＝∠MAN，
∴∠BAM+∠MAC＝∠MAC+∠CAN，
∴∠BAM＝∠CAN，
∴△BAM∽△CAN，
∴BMCN=ABAC=64=32．
x/cm
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
4.5
5
y/cm
5
4.6
4.3
4.1
4.2
m
4.6
5.1
5.6
6.2
6.8