【正文】 =∠ C， 而 ∠ ADE=∠ B=α ， ∴∠ ADE=∠ C， 而 ∠ DAE=∠ CAD， ∴△ ADE∽△ ACD，所以 ① 正確； 作 AH⊥ BC于 H，如圖 1， ∵∠ ADC=∠ B+∠ BAD， ∴∠ BAD=∠ CDE， 而 ∠ B=∠ C， ∴△ ABD∽△ DCE， ∵ AB=AC， ∴ BH=CH， 在 Rt△ ABH中， ∵ cosB=cosα= = ， ∴ BH= 10=8， ∴ BC=2BH=16， 當(dāng) BD=6時， CD=10， ∴ AB=CD， ∴△ ABD≌△ DCE，所以 ② 正確； 當(dāng) ∠ DEC=90176。 ，即 AD⊥ BC， ∴ 點 D與點 H重合，此時 BD=8， 當(dāng) ∠ EDC=90176。 ， 在 Rt△ ABD中， cosB=cosα= = ， ∴ BD= = ， ∴△ DCE為直角三角形時， BD 為 8或 ，所以 ③ 正確； ∵∠ BAD=∠ CDE， 而 AD不是 ∠ BAC的平分線， ∴∠ CDE與 ∠ DAC不一定相等， ∴△ CDE與 △ CAD不一定相似， ∴ CD2=CE?CA不成立，所以 ④ 錯誤． 故答案為 ①②③ ． 三、解答題：（每小題 7分，共 14 分，解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程和演算步驟） 19． ﹣（ π ﹣ 3） 0﹣（﹣ 1） 2017+（﹣ ） ﹣ 2+tan60176。 方向，且與 O相距 千米的 A處；經(jīng)過 40 分鐘，又測得該輪船位于 O的正北方向，且與 O 相距 20千米的 B處． （ 1）求該輪船航行的速度； （ 2）如果該輪船不改變航向繼續(xù)航 行，那么輪船能否正好行至碼頭 MN 靠岸？請說明理由．（參考數(shù)據(jù)： ， ） 【考點】 解直角三角形的應(yīng)用﹣方向角問題． 【分析】 （ 1）過點 A作 AC⊥ OB于點 C．可知 △ ABC為直角三角形．根據(jù)勾股定理解答． （ 2）延長 AB交 l于 D，比較 OD與 AM、 AN的大小即可得出結(jié)論． 【解答】 解（ 1）過點 A作 AC⊥ OB 于點 C．由題意，得 OA= 千米， OB=20千米， ∠ AOC=30176。 ． ∴∠ OAB=∠ AOC=30176。 ． ∴ 在 Rt△ BOD中， OD=OB?tan∠ OBD=20 tan60176。 ， AC=BC， E為 AC邊的中點，過點 A作 AD⊥ AB交 BE的延長線于點 D， CG平分 ∠ ACB交 BD于點 G， F為 AB邊上一點，連接 CF，且 ∠ ACF=∠ CBG．求證： （ 1） AF=CG； （ 2） CF=2DE． 【考點】 全等三角形的判定與性質(zhì)；等腰直角三 角形． 【分析】 （ 1）要證 AF=CG，只需證明 △ AFC≌△ CBG即可． （ 2）延長 CG交 AB于 H，則 CH⊥ AB， H平分 AB，繼而證得 CH∥ AD，得出 DG=BG和 △ ADE與△ CGE全等，從而證得 CF=2DE． 【解答】 證明：（ 1） ∵∠ ACB=90176。 ， 又 ∵∠ ACB=90176。 ， ∴∠ CAF=∠ BCG， 在 △ AFC與 △ CGB中， ， ∴△ AFC≌△ CBG（ ASA）， ∴ AF=CG； （ 2）延長 CG交 AB于 H， ∵ CG平分 ∠ ACB， AC=BC， ∴ CH⊥ AB， CH平分 AB， ∵ AD⊥ AB， ∴ AD∥ CG， ∴∠ D=∠ EGC， 在 △ ADE與 △ CGE中， ， ∴△ ADE≌△ CGE（ AAS）， ∴ DE=GE， 即 DG=2DE， ∵ AD∥ CG， CH平分 AB， ∴ DG=BG， ∵△ AFC≌△ CBG， ∴ CF=BG， ∴ CF=2DE． 26．如圖，在矩形 ABCD中， AB=4， BC=3，點 O為對角線 BD的中點，點 P從點 A出發(fā)，沿折線 AD﹣ DO﹣ OC以每秒 1個單位長度的速度向終點 C 運動，當(dāng)點 P 與點 A不重合時，過點 P作 PQ⊥ AB于點 Q，以 PQ為邊向右作正方形 PQMN，設(shè)正方形 PQMN 與 △ ABD 重疊部分圖形的面積為 S（平方單位），點 P運動的時間為 t（秒）． （ 1）求點 N落在 BD上時 t的值； （ 2）直接寫出點 O在正方形 PQMN內(nèi)部時 t的取值范圍； （ 3）當(dāng)點 P在折線 AD﹣ DO上運動時，求 S與 t之間的函數(shù)關(guān)系式； （ 4）直接寫出直線 DN平分 △ BCD面積時 t的值． 【考點】 相似形綜合題；勾股定理；三角形中位線定理；矩形的性質(zhì)；正方形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)；銳角三角函數(shù)的定義． 【分析】 （ 1）可證 △ DPN∽△ DQB，從而有 ，即可求出 t的值． （ 2）只需考慮兩個臨界位置（ ① MN經(jīng)過點 O， ② 點 P與點 O重合）下 t的值，就可得到點O在正方形 PQMN內(nèi)部時 t的取值范圍． （ 3）根據(jù)正方形 PQMN與 △ ABD重疊部分圖形形狀不同分成三類，如圖 圖 圖 6，然后運用三角形相似、銳角三角函數(shù)等知識就可求出 S與 t之間的函數(shù)關(guān)系式． （ 4）由于點 P在折線 AD﹣ DO﹣ OC運動，可分點 P在 AD上，點 P在 DO上，點 P在 OC上三種情況進行討論，然后運用三角形相似等知識就可求出直線 DN平分 △ BCD面積時 t的值． 【解答】 解：（ 1）當(dāng)點 N落在 BD上時， 如圖 1． ∵ 四邊形 PQMN是正方形， ∴ PN∥ QM， PN=PQ=t． ∴△ DPN∽△ DQB． ∴ ． ∵ PN=PQ=PA=t， DP=3﹣ t， QB=AB=4， ∴ ． ∴ t= ． ∴ 當(dāng) t= 時，點 N落在 BD上． （ 2） ① 如圖 2， 則有 QM=QP=t， MB=4﹣ t． ∵ 四邊形 PQMN是正方形， ∴ MN∥ DQ． ∵ 點 O是 DB的中點， ∴ QM=BM． ∴ t=4﹣ t． ∴ t=2． ② 如圖 3， ∵ 四邊形 ABCD是矩形， ∴∠ A=90176。 ． ∴ PQ∥ AD． ∴△ BQP∽△ BAD． ∴ = = ． ∵ BP=8﹣ t， BD=5， BA=4， AD=3， ∴ ． ∴ BQ= ， PQ= ． ∴ QM=PQ= ． ∴ BM=BQ﹣ QM= ． ∵ tan∠ ABD= ， ∴ FM= BM= ． ∴ S=S 梯形 PQMF= （ PQ+FM） ?QM = [ + ]? = （ 8﹣ t） 2 = t2﹣ t+ ． 綜上所述：當(dāng) 0＜ t≤ 時， S=t2． 當(dāng) ＜ t≤ 3時， S=﹣ t2+7t﹣ 6． 當(dāng) 3＜ t≤ 時， S= t2﹣ t+ ． （ 4）設(shè)直線 DN與 BC交于點 E， ∵ 直線 DN平分 △ BCD面積， ∴ BE=CE= ． ① 點 P在 AD上，過點 E作 EH∥ PN 交 AD于點 H，如圖 7， 則有 △ DPN∽△ DHE． ∴ ． ∵ PN=PA=t， DP=3﹣ t， DH=CE= ， EH=AB=4， ∴ ． 解得； t= ． ② 點 P在 DO上，連接 OE，如圖 8， 則有 OE=2， OE∥ DC∥ AB∥ PN． ∴△ DPN∽△ DOE． ∴ ． ∵ DP=t﹣ 3， DO= ， OE=2， ∴ PN= （ t﹣ 3）． ∵ PQ= （ 8﹣ t）， PN=PQ， ∴ （ t﹣ 3） = （ 8﹣ t）． 解得： t= ． ③ 點 P在 OC上，設(shè) DE與 OC交于點 S，連接 OE，交 PQ于點 R，如圖 9， 則有 OE=2， OE∥ DC． ∴△ DSC∽△ ESO． ∴ ． ∴ SC=2SO． ∵ OC= ， ∴ SO= = ． ∵ PN∥ AB∥ DC∥ OE， ∴△ SPN∽△ SOE． ∴ ． ∵ SP=3+ + ﹣ t= ， SO= ， OE=2， ∴ PN= ． ∵ PR∥ MN∥ BC， ∴△ ORP∽△ OEC． ∴ ． ∵ OP=t﹣ ， OC= ， EC= ， ∴ PR= ． ∵ QR=BE= ， ∴ PQ=PR+QR= ． ∵ PN=PQ， ∴ = ． 解得： t= ． 綜上所述：當(dāng)直線 DN平分 △ BCD面積時， t的值為 、 、 ．