【中考专题】2022年河南省濮阳市中考数学真题模拟测评 (A)卷(含答案详解)

考试时间：90分钟；命题人：数学教研组

考生注意：

1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟 2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上

3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。

· · · · · · ○· · · · · · 学号○ · · · · · · 第I卷（选择题 30分）

一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分） 1、下列几何体中，截面不可能是长方形的是（ ）

封封○ · · · · · · · · · · · · ○ · · · · · · 年级· A．长方体· · · · · · C．球体· · · · · 2、若分式

B．圆柱体

密密 姓名 · · · · · · D．三棱柱

○ ○ x1有意义，则x的值为（ ） xB．x1

C．x0

D．x0

· · · · · · · · A．x1 · · 3、如图，点F在BC上，BC=EF，AB=AE，∠B=∠E，则下列角中，和2∠C度数相等的角是· （ ） · 外· · · · · 内 · · · · ·

A．AFB B．EAF C．EAC D．EFC

4、如图所示，一座抛物线形的拱桥在正常水位时，水而AB宽为20米，拱桥的最高点O到水面AB的距离为4米．如果此时水位上升3米就达到警戒水位CD，那么CD宽为（ ）

A．45米 B．10米 C．46米 D．12米

5、下列式子中，与ab2是同类项的是（ ） A．ab B．a2b

C．ab2c

D．2ab2

6、已知单项式5xayb+2的次数是3次，则a+b的值是（ ） A．1 7、已知a＝A．相等 C．互为倒数

152B．3 C．4 D．0

，b＝2+5，则a，b的关系是（ ）

B．互为相反数 D．互为有理化因式

8、如图，OE为AOB的角平分线，AOB30，OB6，点P，C分别为射线OE，OB上的动点，则PCPB的最小值是（ ）

· · · · · · · · · · · · 线线 · · · · · · · · · · · ·

A．3 B．4 C．5 D．6

○○ 9、有理数 m、n 在数轴上的位置如图，则（m+n）（m+2n）（m﹣n）的结果的为（ ）

B．小于 0

C．等于 0

D．不确定

· · · · · · · · · · 学号· A．大于 0 · · · · · · · 封封 10、下列图标中，轴对称图形的是( ) · · · · · · A． B． C． D．

○年级 ○ · · · · · · · · 第Ⅱ卷（非选择题 70分）

· 二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分） · · 1、如图，在△ABC中，CD⊥AB，垂足为D，CE为△ACD的角平分线． 若CD=8，BC=10，且△BCE的面· 积为32，则点E到直线AC的距离为________． · · · · · · 密· · · · · · 密 姓名

○ ○内 · · · · · · · 《九章算术》是一部与现代数学的主流思想完全吻合的中国数学经典著作．其中有一道阐述“盈不· 2、

· 足术”的问题，原文如下：今有共买物，人出八，盈三；人出七，不足四，问人数，物价各几何？意· 思是：有若干人共同购买某种物品，如果每人出8钱，则多3钱；如果每人出7钱，则少4钱，问共

· · · · · · · 有多少人？物品的价格是多少钱？用一元一次方程的知识解答上述问题设共有x人，依题意，可列方

外 程为______．

· · · · ·

3、勾股定理有着悠久的历史，它曾引起很多人的兴趣，1955年希腊发行了以勾股定理为背景的邮票．如图，在RtABC中，BAC90，AC3，AB4．分别以AB，AC，BC为边向外作正方形

ABMN，正方形ACKL，正方形BCDE，并按如图所示作长方形HFPQ，延长BC交PQ于G．则长方形CDPG的面积为______．

4、如图，在ABC中，ACB90，A20，CD与CE分别是斜边AB上的高和中线，那么DCE_______度．

5、如图，在ABC中，中线AD,BE相交于点O，如果AOE的面积是4，那么四边形OECD的面积是_________

· · · · · · · · · · · · 三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分） 1、如图，已知△ABC．

线· · · · · · 线 · · · · · ·

○· · · · · · ○学号封○年级 · · · · · · · · · · 2、问题发现： · · (1)如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A，D，E在同一直线上，连接BE， · · · · · · · · · · · · (1)请用尺规完成以下作图：延长线段BC，并在线段BC的延长线上截取CD＝AC，连接AD；在BD下方，作∠DBE＝∠ADB；

(2)若AB＝AC，利用（1）完成的图形，猜想∠ABE与∠DBE存在的数量关系，并证明你的结论； (3)若AB＝AC＝3，BC＝4，利用（1）完成的图形，计算AD的长度．

· · · · · · ○封 · · · · · ·

密· · · · · · 密○ 姓名 ①求证：△ACD≌△BCE； ②求∠AEB的度数．

(2)拓展探究：如图2，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A、D、E在同

○ · · · · · · · · 一直线上，CM为△DCE中DE边上的高交AE于M，连接BE．请求∠AEB的度数及线段CM，AE，BE之· 间的数量关系，并说明理由． · · · 3、在数轴上，点A，B分别表示数a，b，且a6b100，记ABab．

外· · · · · 内 · · · · · (1)求AB的值；

(2)如图，点P，Q分别从点A，B；两点同时出发，都沿数轴向右运动，点P的速度是每秒4个单位长度，点Q的速度是每秒1个单位长度，点C从原点出发沿数轴向右运动，速度是每秒3个单位长度，运动时间为t秒．

①请用含t的式子分别写出点P、点Q、点C所表示的数； ②当t的值是多少时，点C到点P，Q的距离相等？

4、如图，直线AB、CD相交于点O，OE平分∠BOD，且AODDOB80．求∠AOC和∠DOE的度数．

5、如图，在等腰ABC中，ABAC，点D是边BC上的中点，过点C作CEBC，交BA的延长线于点E，过点B作BHAC，交AD于点F，交AC于点H，交CE于点G．

求证：

(1)BCBHCHEC； (2)BC24DFDA．

· · · · · · · · · · · · -参考答案-

一、单选题 1、C 【解析】 【分析】

根据长方体、圆柱体、球体、三棱柱的特征，找到用一个平面截一个几何体得到的形状不是长方形的

线· · · · · · ○· · · · 学号年级姓名· · · · · · · · ○○内○密封 线 · · · · · · · · · · 几何体解答即可． · 【详解】 · 解：长方体、圆柱体、三棱柱的截面都可能出现长方形，只有球体的截面只与圆有关， · · 故选：C． · · 【点睛】 · · 此题考查了截立体图形，正确掌握各几何体的特征是解题的关键． · 2、D · · 【解析】 · · 【分析】 · 根据分式有意义，分母不为0列出不等式，解不等式即可． · · 【详解】 · · 解：由题意得：x0 · · 故答案为：D · 【点睛】 · · 本题考查的是分式有意义的条件，即分式的分母不为零． · · 3、D · 【解析】 · · · · · ○○外密封 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 【分析】

根据SAS证明△AEF≌△ABC，由全等三角形的性质和等腰三角形的性质即可求解． 【详解】

解：在△AEF和△ABC中，

ABAEBE， BCEF∴△AEF≌△ABC（SAS）， ∴AF=AC，∠AFE=∠C， ∴∠C=∠AFC，

∴∠EFC=∠AFE+∠AFC=2∠C． 故选：D． 【点睛】

本题主要考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解决问题的关键． 4、B 【解析】 【分析】

以O点为坐标原点，AB的垂直平分线为y轴，过O点作y轴的垂线，建立直角坐标系，设抛物线的解析式为y=ax2，由此可得A（-10，-4），B（10，-4），即可求函数解析式，再将y=-1代入解析式，求出C、D点的横坐标即可求CD的长． 【详解】

· · · · · · · · · · · · 线· · · · · · 线 · · · · · ·

○· · · · · · 学号○封○密年级姓名 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ∴a· · 以O点为坐标原点，AB的垂直平分线为y轴，过O点作y轴的垂线，建立直角坐标系， 设抛物线的解析式为y=ax2， ∵O点到水面AB的距离为4米， ∴A、B点的纵坐标为-4， ∵水面AB宽为20米， ∴A（-10，-4），B（10，-4）， 将A代入y=ax2， -4=100a，

1， 25○密封· · · · · · · · · · · · · · · · · · 1yx2， ∴· 25· ∵水位上升3米就达到警戒水位CD，

○ · · · · · · ○· · ∴C点的纵坐标为-1， · · · · ∴112x 25外· · · · · 内 ∴x=±5，

· · · · · ∴CD=10， 故选：B． 【点睛】

本题考查二次函数的应用，根据题意建立合适的直角坐标系，在该坐标系下求二次函数的解析式是解题的关键． 5、D 【解析】 【分析】

根据同类项是字母相同，相同字母的指数也相同的两个单项式进行解答即可． 【详解】

解：A、ab与ab2不是同类项，不符合题意； B、a2b与ab2不是同类项，不符合题意； C、ab2c与ab2不是同类项，不符合题意； D、－2ab2与ab2是同类项，符合题意； 故选：D． 【点睛】

本题考查同类项，理解同类项的概念是解答的关键． 6、A 【解析】 【分析】

根据单项式的次数的概念求解． 【详解】

解：由题意得：a+b+2=3，

· · · · · · · · · · · · ∴a+b=1． 故选：A． 【点睛】

本题考查了单项式的有关概念，解答本题的关键是掌握单项式的次数：所有字母的指数和． 7、A 【解析】

线· · · · · · ○· · · · · · 学号 · · · · · · 封封○ 线 · · · · · · · · · · 【分析】 · · 求出a与b的值即可求出答案． · 【详解】 · 1解：∵a＝52· · · · 525252＝5+2，b＝2+5，

年级○ ○密○内 ∴a＝b， 故选：A． 【点睛】

本题考查了分母有理化，解题的关键是求出a与b的值，本题属于基础题型．

· · · · · · · · · · · · 密 姓名· · · · · · · 8、A · · · · · 【解析】 【分析】

过点B作BD⊥OA于D，交OE于P，过P作PC⊥OB于C，此时PCPB的值最小，根据角平分线的性

○ · · · · · · · 质得到，PD=PC，由此得到PCPB=BD，利用直角三角形30度角的性质得到BD的长，即可得到答· 案． · · 【详解】 · · 解：过点B作BD⊥OA于D，交OE于P，过P作PC⊥OB于C，此时PCPB的值最小， · · · · · 外 · · · · · ∵OE为AOB的角平分线，PD⊥OA，PC⊥OB， ∴PD=PC， ∴PCPB=BD， ∵AOB30，OB6， ∴BDOB3， 故选：A．

12

【点睛】

此题考查了角平分线的性质，直角三角形30度角的性质，最短路径问题，正确掌握角平分线的性质定理是解题的关键． 9、A 【解析】 【分析】

m2n0，mn0，进而判断mnm2nmn的正从数轴上看出nm0，判断出mn0，负． 【详解】

解：由题意知：nm0

m2n0，mn0 ∴mn0，∴mnm2nmn0

· · · · · · · · · · · · 故选A． 【点睛】

本题考查了有理数加减的代数式正负的判断．解题的关键在于正确判断各代数式的正负． 10、A 【解析】 【详解】

线· · · · · · ○· · · · · · 学号年级姓名 · · · · · · 封封○内密○○ 线 · · · · · · · · · · 解：A、是轴对称图形，故本选项符合题意； · · B、不是轴对称图形，故本选项不符合题意； · C、不是轴对称图形，故本选项不符合题意； · · D、不是轴对称图形，故本选项不符合题意； · · 故选：A · 【点睛】 · · 本题主要考查了轴对称图形的定义，熟练掌握若一个图形沿着一条直线折叠后两部分能完全重合，这· 样的图形就叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴是解题的关键． · · 二、填空题 · 1、2 · · 【解析】 · · 【分析】 · · 过点E作EF⊥AC于点F，根据角平分线的性质定理可得DE=EF，再由勾股定理可得BD=6，然后根据 · · · · · · · · · · · ○○密 · · · · · · · · · · · · · · · · · · △BCE的面积为32，可得BE=8，即可求解． 【详解】

解：如图，过点E作EF⊥AC于点F，

外 · · · · ·

∵CE为△ACD的角平分线．CD⊥AB， ∴DE=EF，

在RtBCD 中，CD=8，BC=10， ∴BDBC2CD26 ， ∵△BCE的面积为32，

1∴CDBE32 ， 2∴BE=8，

∴EF=DE=BE-BD=2，

即点E到直线AC的距离为2． 故答案为：2 【点睛】

本题主要考查了角平分线的性质定理，勾股定理，熟练掌握角平分线的性质定理，勾股定理是解题的关键． 2、8x-3=7x+4 【解析】 【分析】

根据物品的价格相等列方程． 【详解】

· · · · · · · · · · · · 解：设共有x人，依题意，可列方程为8x-3=7x+4， 故答案为：8x-3=7x+4． 【点睛】

此题考查了古代问题的一元一次方程，正确理解题意是解题的关键． 3、12 【解析】

线· · · · · · ○· · · · · · 学号年级姓名 · · · · · · 封封○○密○ 线 · · · · · · · · · · 【分析】 · 12· 证明Rt△AIC≌Rt△CGK，得到AI=CG，利用勾股定理结合面积法求得CG=，进一步计算即可求

5 · 解． · · 【详解】 · · 解：过点A作AI⊥BC于点I， · ∵正方形ACKL，∴∠ACK=90°，AC=CK， · · ∴∠ACI+∠KCG=90°，∠ACI+∠CAI=90°， · · ∴Rt△AIC≌Rt△CGK， · · ∴AI=CG， ○密 · · · · · · · · · · · · · ∵BAC90，AC3，AB4． · 22· ∴BC=345，

· · ∵1ABAC1BCAI，

22· · ∴AI=· · · · · ○ · · · · · · 1212，则CG=， 55∵正方形BCDE， ∴CD=BC=5，

外· · · · · 内 · · · · · ∴长方形CDPG的面积为5故答案为：12．

1212． 5．

【点睛】

本题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键． 4、50 【解析】 【分析】

根据直角三角形中线的性质及互为余角的性质计算． 【详解】

解：A20，CD为AB边上的高， ACD70，

ACB90，CE是斜边AB上的中线，

CEAE，

ACEA20，

· · · · · · · · · · · · DCE的度数为702050．

线线○学号封 · · · · · · · · · · · · · · · 故答案为：50． 【点睛】

本题主要考查了直角三角形中线的性质及互为余角的性质，解题的关键是掌握三角形中线的性质． 5、8 【解析】

○ · · · · · · · 【分析】 · · · · · · · 1· 如图所示，连接DE，先推出DE是△ABC的中位线，得到DEAB，DE∥AB，即可证明

2 OEDE1· △ABO∽△DEO，△CDE∽△CBA，得到，从而推出S△ABO8，即可得到

OBAB2· 22· S△ABC2S△ABE24，再由· · · 【详解】

封S△DEODE1S△CDEDE1S=2=，即可得到，由△DEO=，得到S△ABOAB4S△ABCAB4S△CDE6，则S四边形OECDS△DEOS△CDE8．

○年级姓名 · · · · · · 密· · · · · · · ∴DE是△ABC的中位线， · · ∴DE1AB，DE∥AB，

2· · · 密○ ○· · 解：如图所示，连接DE， · · ∵AD，BE分别是BC，AC边上的中线， · · ∴D、E分别是BC、AC的中点， ∴△ABO∽△DEO，△CDE∽△CBA，

OEDE1， OBAB2○ · · · · · · · ∴· · · S△ABOBO==2，

· ∴SEO△AOE· ∴S△ABO8， · · · · · 外· · · · · 内 ∴S△ABES△ABOS△AOE=12， ∴S△ABC2S△ABE24

SDE1∵△DEO=， S△ABOAB42∴S△DEO=2，

SDE1∵△CDE=， S△ABCAB42∴S△CDE6，

∴S四边形OECDS△DEOS△CDE8， 故答案为：8．

【点睛】

本题主要考查了相似三角形的性质与判定，三角形中位线定理，熟知相似三角形的性质与判定条件是解题的关键． 三、解答题 1、 (1)作图见解析

(2)ABE3DBE，证明见解析 (3)30 【解析】 【分析】

· · · · · · · · · · · · （1）根据作一条线段等于已知线段，作一个角等于已知角的步骤，逐步作图即可； （2）根据等边对等角证明ABCABCACB,CADCDA,结合三角形的外角的性质证明：

线· · · · · · 线 · · · 2CDA,再结合已知条件可得结论；

CK2,

· （3）如图，过A作AKBC于K，理由等腰三角形的性质与勾股定理分别求解BK· · DK235,AKAC2CK25, 再可以勾股定理求解AD即可.

○· · · · ○ · (1) · · 解：如图，①延长BC，在射线BC上截取CD· AC, 连接AD，

学号年级· · · ②以D为圆心，任意长为半径画弧，交DA,DC于P,Q, · ③以B为圆心，DP为半径画弧，交BC于H，

· · · · · · 封○ ○封· · ④以H为圆心，PQ为半径画弧，与前弧交于点E， · · 再作射线BE即可. · · · · · · · · · (2) · · 解：ABE· · · · · · · · ·

密· · · · · · 密 姓名 3DBE；理由如下；

ABAC,ACCD,

ACB,CADCDA,

○ ○ ABC· · · · · · · · · · · · ACBABCCADCDA2CDA,

2CDA,

CDADBE,

外· · · · · 内 · · · · · ABC2DBE,

ABE3DBE.

(3)

解：如图，过A作AKBC于K，

ABBKAC3,BCCK2,CD4, AC3,

DK235,AKAC2CK25,

ADAK2DK252530.

【点睛】

本题考查的是作一条线段等于已知线段，作一个角等于已知角，等腰三角形的性质，勾股定理的应用，三角形的外角的性质，熟练的运用等边对等角是解本题的关键. 2、 (1)①见解析；②∠AEB＝60° (2)∠AEB＝90°，AE＝BE+2CM．理由见解析 【解析】 【分析】

（1）①先证明∠𝐴𝐴𝐴=∠𝐴𝐴𝐴, 再结合等边三角形的性质，利用𝐴𝐴𝐴证明△ACD≌△BCE即可；②先求解∠𝐴𝐴𝐴=120°, 由△ACD≌△BCE可得∠ADC＝∠BEC，再利用角的和差关系可得答案；

· · · · · · · · · · · · （2）先证明△𝐴𝐴𝐴≌△𝐴𝐴𝐴,∠𝐴𝐴𝐴=135°, 再结合全等三角形的性质与等腰直角三角形的

线线 性质可得∠𝐴𝐴𝐴=

90°, 由𝐴𝐴⊥𝐴𝐴, 结合等腰直角三角形的性质，可得𝐴𝐴=𝐴𝐴=𝐴𝐴,

𝐴𝐴+2𝐴𝐴.

· · · · · · · 结合全等三角形的性质可得𝐴𝐴=· · (1) · · 证明：①∵△ACB和△DCE均为等边三角形， · ∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°， ○○ · · · · ∴∠ACD＝60°﹣∠DCB＝∠BCE． · · · · · 号𝐴𝐴=𝐴𝐴· 在△ACD和△BCE中，{∠𝐴𝐴𝐴=∠𝐴𝐴𝐴，· 学· 𝐴𝐴=𝐴𝐴封 封 · · ∴△ACD≌△BCE（SAS）

． · · · · 解：②∵△ACD≌△BCE， · · · · ∴∠ADC＝∠BEC． · 级· ○ 年○ ∵△DCE为等边三角形， · · · · ∴∠CDE＝∠CED＝60°． · · · · ∵点A，D，E在同一直线上， · · · · ∴∠ADC＝120°， 密 名密 · 姓 · ∴∠BEC＝120°． · · · · ∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝60°． · · · · (2) · · ○ ○ 解：∠AEB＝90°，AE＝BE+2CM． · · · · 理由如下： 如图2所示：由题意得：𝐴𝐴⊥𝐴𝐴· · · · · · · · 外 内 · · · · · · · · · · ,

∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形， ∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°．∴∠ACD＝∠BCE．

𝐴𝐴=𝐴𝐴在△ACD和△BCE中，{∠𝐴𝐴𝐴=∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴=𝐴𝐴∴△ACD≌△BCE（SAS）． ∴AD＝BE，∠ADC＝∠BEC． ∵△DCE为等腰直角三角形， ∴∠CDE＝∠CED＝45°． ∵点A，D，E在同一直线上， ∴∠ADC＝135°， ∴∠BEC＝135°．

∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝90°． ∵CD＝CE，CM⊥DE， ∴DM＝ME． ∵∠DCE＝90°， ∴DM＝ME＝CM． ∴AE＝AD+DE＝BE+2CM．

，

· · · · · · · · · · · · 【点睛】

本题考查的是全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，确定每一问中

线· · · · · · 线 · · · 的两个全等三角形是解本题的关键. · 3、 (1)𝐴𝐴=· 16

○○ · (2)①点P所表示的数为−6+4𝐴，点Q所表示的数为10+𝐴，点C所表示的数为3𝐴；②𝐴=16或

3 · · 𝐴=4

· · · · 【解析】 · · · 号· 【分析】 · 学· 封 封 （1）先根据绝对值的非负性求出𝐴,𝐴的值，再代入计算即可得； · · · · （2）①根据“路程=速度×时间”、结合数轴的性质即可得； · · · · ②根据|𝐴𝐴|=|𝐴𝐴|建立方程，解方程即可得． · · · 级· (1) ○ 年○ · · 解：∵|𝐴+6|+|𝐴−10|=0， · · · · ∴𝐴+6=0,𝐴−10=0，

· · · · 解得𝐴=−6,𝐴=10，

· · 密 名密 ∴𝐴𝐴=|−6−10|=16；

· 姓 · · · (2) · · · · 解：①由题意，点P所表示的数为−6+4𝐴， · · · · 点Q所表示的数为10+𝐴， ○ ○ · · 点C所表示的数为3𝐴； · · · · ②|𝐴𝐴|=|−6+4𝐴−3𝐴|=|−6+𝐴|，|𝐴𝐴|=|10+𝐴−3𝐴|=|10−2𝐴· · · · 由|𝐴𝐴|=|𝐴𝐴|得：|−6+𝐴|=|10−2𝐴|， · · 外 内 即−6+𝐴=10−2𝐴或−6+𝐴=−10+2𝐴，

· · · · · · · · · · ， |解得𝐴=

16或𝐴3=4，

故当𝐴=

16或𝐴3=4时，点C到点𝐴,𝐴的距离相等．

【点睛】

本题考查了数轴、绝对值、一元一次方程的应用等知识点，熟练掌握数轴的性质是解题关键． 4、50°，25°． 【解析】 【分析】

根据邻补角的性质，可得∠AOD+∠BOD＝180°，即∠𝐴𝐴𝐴=180°−∠𝐴𝐴𝐴，代入

AODDOB80可得∠BOD，根据对顶角的性质，可得∠∠AOC的度数，根据角平分线的性质，可

得∠DOE的数． 【详解】

解：由邻补角的性质，得∠AOD+∠BOD＝180°，即∠𝐴𝐴𝐴=180°−∠𝐴𝐴𝐴 ∵AODDOB80，

∴180°−∠𝐴𝐴𝐴−∠𝐴𝐴𝐴=80°． ∴∠𝐴𝐴𝐴=50°， ∴∠AOC＝∠BOD＝50°， ∵OE平分∠BOD，得 ∠DOE＝2∠DOB＝25°． 【点睛】

本题考查了角平分线的定义，对顶角、邻补角的性质，解题关键是熟记相关性质，根据角之间的关系建立方程求解． 5、 (1)见解析

1· · · · · · · · · · · · (2)见解析 【解析】 【分析】

（1）利用已知条件证明BCE∽CHB即可；

1DCAD，再根据BDDCBC，得出结论． DFBD2线· · · · · · 线○学号封 · · · · · · ○ （2）通过证明ADC∽BDF得出

· · · · · · · · · · · · · · · · · · (1)

证明：CEBC，BHAC，

BCECHB90，

封· · · · · · ABAC， ABCACB，

BCE∽CHB，

BCCE， CHBH○年级 ○密 · · · · · · · · · BCBHCHEC；

· · · · · · · · · (2)

证明ABAC，点D是边BC上的中点， ADBC，BHAC，

ADCAHF90， DACHAF，

○密 · · · · · · · · · · · · 姓名○内 · · · · · · · · · · · ACDAFH， AFHBFD，

ACDBFD，

外 · · · · · ADCBDF90， ADC∽BDF，

DCAD， DFBD1BDDCBC，

214BC2ADDF，

即BC24DFDA． 【点睛】

本题考查了三角形相似的判定和性质以及直角三角形和等腰三角形的性质，解题的关键是掌握相似三角形的判定定理进行证明．