2025年廣東省數學九年級中考三輪復習壓軸題：相似與幾何綜合練習1．等腰三角形ABC中，AB=AC=8，∠BAC=120°，P為BC的中點，小名拿著含30°角的透明三角板，使30°角的頂點落在點P，三角板繞點P旋轉．（a）如圖a，當三角板的兩邊分別交AB、AC于點E、F時，求證：△BPE∽△CFP（b）將三角板繞點P旋轉到圖b情形時，三角板兩邊分別交BA的延長線、邊AC于點E、F，（1）△BPE與△CFP還相似嗎？（只需寫出結論）；（2）連接EF，△BPE與△PFE是否相似？請說明理由．（3）設EF=m，△EPF的面積為S，試用m的代數式表示S．2．如圖，在平面直角坐標系中有Rt△ABC，∠BAC=90°，AB=AC，A(-3,0)，B(0,1)，C(m,n)．(1)請直接寫出C點坐標．(2)將△ABC沿x軸的正方向平移t個單位，、兩點的對應點、正好落在反比例函數在第一象限內圖象上．請求出t，k的值．(3)在(2)的條件下，問是否存x軸上的點M和反比例函數圖象上的點N，使得以、、M、N為頂點的四邊形構成平行四邊形?如果存在，請求出所有滿足條件的點M和點N的坐標；如果不存在，請說明理由．3．倡導研究性學習方式，著力教材研究，習題研究，是學生跳出題海，提高學習能力和創新能力的有效途徑．下面是一案例，請同學們認真閱讀、研究，完成“類比猜想”及后面的問題．習題解答：習題如圖（1），點E、F分別在正方形的邊、上，，連接，則，說明理由．解答：∵正方形中，，，∴把繞點A逆時針旋轉至，點F、D、E′在一條直線上．∴，又∵，，∴∴．習題研究觀察分析：觀察圖（1），由解答可知，該題有用的條件是①是四邊形，點E、F分別在邊、上；②；③；④．類比猜想：（1）在四邊形中，點E、F分別在、上，當，時，還有嗎？研究一個問題，常從特例入手，請同學們研究：如圖（2），在菱形中，點E、F分別在、上，當，時，還有嗎？（2）在四邊形中，點E、F分別在、上，當，，時，嗎？歸納概括：反思前面的解答，思考每個條件的作用，可以得到一個結論“”的一般命題：在四邊形中，點E、F分別在、上，當，，時，則．4．如圖，已知△BAD和△BCE均為等腰直角三角形，∠BAD=∠BCE=90°，點M為DE的中點，過點E與AD平行的直線交射線AM于點N．（1）當A，B，C三點在同一直線上時（如圖1），求證：M為AN的中點；（2）將圖1中的△BCE繞點B旋轉，當A，B，E三點在同一直線上時（如圖2），求證：△ACN為等腰直角三角形；（3）將圖1中△BCE繞點B旋轉到圖3位置時，（2）中的結論是否仍成立？若成立，試證明之，若不成立，請說明理由．

5．如圖，在平面直角坐標系中，二次函數的圖象與x軸交于A、B兩點，B點的坐標為(3，0)，與y軸交于點C（0，－3），點P是直線BC下方拋物線上的一個動點．（1）求二次函數解析式；（2）連接PO，PC，并將△POC沿y軸對折，得到四邊形．是否存在點P，使四邊形為菱形？若存在，求出此時點P的坐標；若不存在，請說明理由；（3）當點P運動到什么位置時，四邊形ABPC的面積最大？求出此時P點的坐標和四邊形ABPC的最大面積．6．如圖，和中，，，，點在邊上.（1）如圖1，連接，若，，求的長度；（2）如圖2，將繞點逆時針旋轉，旋轉過程中，直線分別與直線交于點，當是等腰三角形時，直接寫出的值；（3）如圖3，將繞點順時針旋轉，使得點在同一條直線上，點為的中點，連接.猜想和之間的數量關系并證明.7．如圖，點是直線上的一點，將一直角三角板如圖擺放，過點作射線平分．當直角三角板繞點O繼續順時針旋轉一周回到圖1的位置時，在旋轉過程中你發現與之間有怎樣的數量關系？（1）如圖1，當時，若，求的度數；

（2）如圖2，當是鈍角時，使得直角邊在直線的上方，若，其他條件不變，直接寫出的度數；

（3）若，在旋轉過程中你發現與之間有怎樣的數量關系？請你直接用含的代數式表示的度數；8．已知：如圖1，點、、依次在直線上，現將射線繞點沿順時針方向以每秒的速度旋轉，同時射線繞點沿逆時針方向以每秒的速度旋轉，如圖，設旋轉時間為（秒秒）.（1）用含的代數式表示的度數.（2）在運動過程中，當第二次達到時，求的值.（3）在旋轉過程中是否存在這樣的，使得射線是由射線、射線、射線中的其中兩條組成的角（指大于而不超過的角）的平分線？如果存在，請直接寫出的值；如果不存在，請說明理由.9．（1）已知等邊△ABC內接于⊙O．點P為上的一個動點，連結PA、PB、PC．①如圖1，當線段PC經過點O時，試寫出線段PA，PB，PC之間滿足的等量關系，并說明理由；②如圖2，點P為上的任意一點（點P不與點A、點B重合），試探究線段PA，PB，PC之間滿足的等量關系，并證明你的結論；（2）如圖3，在△ABC中，AB＝4，AC＝7，∠BAC的外角平分線交△ABC的外接圓于點P，PE⊥AC于E，求AE的長．10．如圖，拋物線y＝x2+mx+m（m＞0）的頂點為A，交y軸于點C．（1）求出點A的坐標（用含m的式子表示）；（2）若直線y＝﹣x＋n經過點A，與拋物線交于另一點B，證明：AB的長是定值；（3）連接AC，延長AC交x軸于點D，作直線AD關于x軸對稱的直線，與拋物線分別交于E、F兩點．若∠ECF＝90°，求m的值．

11．如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，以C為頂點作等腰直角三角形CMN．使∠CMN＝90°，連接BN，射線NM交BC于點D．（1）如圖1，若點A，M，N在一條直線上，①求證：BN+CM＝AM；②若AM＝4，BN＝，求BD的長；（2）如圖2，若AB＝4，CN＝2，將△CMN繞點C順時針旋轉一周，在旋轉過程中射線NM交AB于點H，當三角形DBH是直角三角形時，請你直接寫出CD的長．

12．已知點O在△ABC內，且知OB和OC分別平分∠ABC和∠ACB，過O作直線EF分別交AB、AC于E、F．（1）如圖1，已知EF∥BC．①若∠A＝76°，請直接寫出∠BOE+∠COF的度數；②猜想∠BOE、∠COF與∠A之間有怎樣的數量關系？寫出結論，不用證明（2）直線EF繞點O旋轉到如圖2的位置時（EF與BC不平行），那么上面（1）②中猜想的結論還成立嗎？如果成立，請給出證明；如果不成立，請說明理由．（3）當直線EF繞點O旋轉到如圖3的位置時（點E在AB的延長線上），請直接寫出∠BOE、∠COF與∠A之間的數量關系．13．在中，，，點是線段上一動點（不與，重合）.（1）如圖1，當點為的中點，過點作交的延長線于點，求證：；（2）連接，作，交于點.若時，如圖2．①______；②求證：為等腰三角形；（3）連接CD，∠CDE=30°，在點的運動過程中，的形狀可以是等腰三角形嗎？若可以，請求出的度數；若不可以，請說明理由．

14．一直角三角板的直角頂點在直線上，作射線三角板的各邊和射線都處于直線的上方．（1）將三角板繞點在平面內旋轉，當平分時，如圖1，如果，求的度數；（2）如圖2，將三角板繞點在平面內任意轉動，如果始終在內，且，請問：和有怎樣的數量關系?（3）如圖2，如果平分，是否也平分?請說明理由．15．在利用構造全等三角形來解決的問題中，有一種典型的利用倍延中線的方法，例如：在△ABC中，AB＝8，AC＝6，點D是BC邊上的中點，怎樣求AD的取值范圍呢？我們可以延長AD到點E，使AD＝DE，然后連接BE（如圖①），這樣，在△ADC和△EDB中，由于，∴△ADC≌△EDB，∴AC＝EB，接下來，在△ABE中通過AE的長可求出AD的取值范圍．請你回答：（1）在圖①中，中線AD的取值范圍是．（2）應用上述方法，解決下面問題①如圖②，在△ABC中，點D是BC邊上的中點，點E是AB邊上的一點，作DF⊥DE交AC邊于點F，連接EF，若BE＝4，CF＝2，請直接寫出EF的取值范圍．②如圖③，在四邊形ABCD中，∠BCD＝150°，∠ADC＝30°，點E是AB中點，點F在DC上，且滿足BC＝CF，DF＝AD，連接CE、ED，請判斷CE與ED的位置關系，并證明你的結論．16．如圖，，點、分別在、上運動（不與點重合）．（1）如圖1，是的平分線，的反方向延長線與的平分線交于點．①若，則為多少度？請說明理由．②猜想：的度數是否隨、的移動發生變化？請說明理由．（2）如圖2，若，，則的大小為度（直接寫出結果）；（3）若將“”改為“（）”，且，，其余條件不變，則的大小為度（用含、的代數式直接表示出米）．17．如圖1,為軸負半軸上一點,為軸正半軸上一點,點坐標為，點坐標為且．（1）求兩點的坐標；（2）求；（3）如圖2,若點坐標為點坐標為,點為線段上一點，的延長線交線段于點,若，求出點坐標．（4）如圖3,若,點在軸正半軸上任意運動，的平分線交的延長線于點,在點的運動過程中，的值是否發生變化，若不變化,求出比值；若變化請說明理由．18．如圖1，點為直線上一點，過點作射線，使將一直角三角板的直角頂點放在點處，一邊在射線上，另一邊在直線的下方．（1）將圖1中的三角板繞點按每秒的速度沿順時針方向旋轉，使落在上．在旋轉的過程中，假如第秒時，、、三條射線構成的角中有兩個角相等，求此時的值為多少？（2）將圖1中的三角板繞點順時針旋轉（如圖2），使在的內部，請探究：與之間的數量關系，并說明理由．19．數學課上,李老師出示了如下的題目：如圖1，在等邊中，點在上，點在的延長線上，且，試確定線段與的大小關系，并說明理由，

（1）小敏與同桌小聰探究解答的思路如下：①特殊情況，探索結論，當點為的中點時，如圖2，確定線段與的大小關系，請你直接寫出結論：______．(填>，<或=)

②特例啟發，解答題目，解：題目中，與的大小關系是：______．(填>，<或=)理由如下：如圖3，過點作，交于點，(請你補充完成解答過程)

（2）拓展結論，設計新題，同學小敏解答后，提出了新的問題：在等邊中，點在直線上，點在直線上，且，已知的邊長為，求的長?(請直接寫出結果)20．已知，如圖1：中，、的平分線相交于點，過點作交、于、(1)直接寫出圖1中所有的等腰三角形．指出與、間有怎樣的數量關系？(2)在(1)的條件下，若，，求的周長；(3)如圖2，若中，的平分線與三角形外角的平分線交于點，過點作交于，交于，請問(1)中與、間的關系還是否存在，若存在，說明理由：若不存在，寫出三者新的數量關系，并說明理由；(4)如圖3，、的外角平分線的延長線相交于點，請直接寫出，、，之間的數量關系．不需證明．參考答案1．(1)證明：∵在△ABC中，∠BAC=120°，AB=AC∴∠B=∠C=30°∵∠B+∠BPE+∠BEP=180°∴∠BPE+∠BEP=150°又∵∠EPF=30°，且∠BPE+∠EPF+∠CPF=180°∴∠BPE+∠CPF=150°∴∠BEP=∠CPF∴△BPE∽△CFP（兩角對應相等的兩個三角形相似）所以△BPE∽△CFP；(b)(1)△BPE與△CFP仍然相似；(2)△BPE與△PFE相似，證明:∵△BPE∽△CFP∴且BP=PC∴又∵∠B=∠EPF=30°∴△BPE∽△PFE；(3)由△BPE∽△PFE知BEP=FEP，所以△PFE中EF邊上的高與△BPE中BE邊上的高相等，而BE邊上的高＝，故答案為(a)證明見解析；(b)(1)相似；(2)相似，理由見解析；(3)S=m2．（1）如圖1，過點C作CD⊥x軸于點D，則∠ADC=∠AOB=90°，∴∠DAC+∠ACD=90°，∵Rt△ABC，∠A=90°，∴∠DAC+∠BAO=90°，∴∠BAO=∠ACD，在△ADC和△BOA中，，∴△ADC≌△BOA（AAS），∴AD=OB=1，CD=OA=3，∴OD=OA+AD=4，∴C點坐標為：（-4，3）；（2）設向右平移了t個單位長度，則點B′的坐標為（t，1）、C′的坐標為（t-4，3），∵B′、C′正好落在某反比例函數圖象上，∴t=3（t-4），解得：t=6，∴B′（6，1），C′（2，3），∴k=6，∴反比例函數的解析式為：y=；（3）存在，如圖2，當MN為平行四邊形MC′NB′的對角線時，由平行四邊形的對角線互相平分，可知B′C′，MN的中點為同一個點，即,∴yN=4代入y=得xN=1.5，∴N（1.5，4）；∵,∴xM=6.5，∴M（6.5，0）；如圖3，當MC′為平行四邊形MC′NB′的對角線時，同理可得M（7，0），N（3，2）；如圖4，當MB′為平行四邊形MC′NB′的對角線時，同理可得M（-7，0），N（-3，2）；綜上所述：存在M（6.5，0），N（1.5，4）或M（7，0），N（3，2）或M（-7，0），N（-3，2），使得以B′、C′，M，N為頂點的四邊形構成平行四邊形．3．解：（1）不成立，理由如下：在菱形中，，，，，，把繞點A逆時針旋轉至，如圖，連接，，，，，，，，在和中，，，，即點F、D、不共線，，；（2）成立，理由如下：如圖，把繞點A逆時針旋轉的度數至，，，，，，，，點F、D、共線，，，，，在和中，，，；歸納：在四邊形中，點E、F分別在、上，當，，時，則．4．（1）證明：如圖1，

∵EN∥AD，∴∠MAD=∠MNE，∠ADM=∠NEM．∵點M為DE的中點，∴DM=EM．在△ADM和△NEM中，∵，∴△ADM≌△NEM（AAS）．∴AM=MN．∴M為AN的中點．（2）證明：如圖2，

∵△BAD和△BCE均為等腰直角三角形，∴AB=AD，CB=CE，∠CBE=∠CEB=45°．∵AD∥NE，∴∠DAE+∠NEA=180°．∵∠DAE=90°，∴∠NEA=90°．∴∠NEC=135°．∵A，B，E三點在同一直線上，∴∠ABC=180°﹣∠CBE=135°．∴∠ABC=∠NEC．∵△ADM≌△NEM（已證），∴AD=NE．∵AD=AB，∴AB=NE．在△ABC和△NEC中，∵，∴△ABC≌△NEC（SAS）．∴AC=NC，∠ACB=∠NCE．∴∠ACN=∠BCE=90°．∴△ACN為等腰直角三角形．（3）△ACN仍為等腰直角三角形．證明如下：如圖3，此時A、B、N三點在同一條直線上．∵AD∥EN，∠DAB=90°，∴∠ENA=∠DAN=90°．∵∠BCE=90°，∴∠CBN+∠CEN=360°﹣90°﹣90°=180°．∵A、B、N三點在同一條直線上，∴∠ABC+∠CBN=180°．∴∠ABC=∠NEC．∵△ADM≌△NEM（已證），∴AD=NE．∵AD=AB，∴AB=NE．在△ABC和△NEC中，∵，∴△ABC≌△NEC（SAS）．∴AC=NC，∠ACB=∠NCE．∴∠ACN=∠BCE=90°．∴△ACN為等腰直角三角形．5．（1）將B、C兩點的坐標代入，得，解得．∴二次函數的解析式為．（2）存在點P，使四邊形POP′C為菱形；．設P點坐標為（x，x2-2x-3），PP′交CO于E．若四邊形POP′C是菱形，則有PC=PO；．連接PP′，則PE⊥CO于E，．∵C（0，-3），∴CO=3，又∵OE=EC，∴OE=EC=．∴y=?；∴x2-2x-3=?，解得（不合題意，舍去）．∴存在這樣的點，此時P點的坐標為（，）．（3）過點P作y軸的平行線與BC交于點Q，與OB交于點F，設P（x，x2-2x-3），設直線BC的解析式為：y=kx+d，則，解得：．∴直線BC的解析式為y=x-3，則Q點的坐標為（x，x-3）；當0=x2-2x-3，解得：x1=-1，x2=3，∴AO=1，AB=4，S四邊形ABPC=S△ABC+S△BPQ+S△CPQ．=AB?OC+QP?BF+QP?OF．=×4×3+(?x2+3x)×3．=?(x?)2+．當x＝時，四邊形ABPC的面積最大．此時P點的坐標為(，?)，四邊形ABPC的面積的最大值為．6．解：（1），，，∴AB==5，∴EC=EF=3，∴FC==；（2）由題意可知△CMN中不會形成MN=MC的等腰三角形，①當CM=CN時，∠CNE=（180°-45°）=67.5°，∵∠NEC=90°，∴α=∠ACE=22.5°；②當CM=CN時，α=∠ACE，∵∠ACB=45°，∴∠CNM=∠CMN=×45°=22.5°，∵∠CEM=90°，∴∠ECM=67.5°，∴α=∠ACE=112.5°；③當CN=MN時，此時CE與BC共線，α=∠BCA=45°；綜上：當是等腰三角形時，α的值為：22.5°、112.5°、45°.（3）AE+CF=連接AP，延長AE交CF于點Q，由題意可得：∠CEB=∠BAC=90°，∴A、E、C、B四點共圓，可得：∠AEB=∠ACB=45°，且∠CEQ=45°，∴∠EQC=90°，可知點A在CF的垂直平分線上，∴AC=AF=AB，∵點P是BF中點，∴AP⊥BF，∴△APE為等腰直角三角形，∴AE=，又∵△EFC為等腰直角三角形，∴CF=，∴+==AE+CF，∵BP=PF，∴AE+CF=.7．解：（1）∵∠AOC+∠BOC=180°，∠AOC=40°，∴∠BOC=140°，∵OE平分∠BOC，∴∠COE=∠BOC70°，∵∠COD=90°，∴∠DOE=∠COD-∠COE=20°；（2）∵∠AOC+∠BOC=180°，∠AOC=160°，∴∠BOC=180°-160°=20°；∵OE平分∠BOC，∴∠COE=∠BOC=10°，∵∠COD=90°，∴∠DOE=90°-10°=80°；（3）當OC在AB上方時，∠DOE的度數為，∵∠AOC=α，∴∠BOC=180°-α，∵OE平分∠BOC，∴∠COE=90°-，∴∠DOE=90°-（90°-）=，同理：當OC在AB下方時，∠DOE=180°-.∴∠DOE=∠AOC=（0°≤∠AOC≤180°），∠DOE=180°-∠AOC=180°-（0°≤∠DOE≤180°）．8．（1）由題意得：∠MOA=2t；（2）如圖，根據題意知：∠AOM=2t，∠BON=4t，當∠AOB第二次達到60°時，∠AOM+∠BON-∠MON=60°，即2t+4t-180=60，解得：t=40，故t=40秒時，∠AOB第二次達到60°；（3）射線OB是由射線OM、射線OA、射線ON中的其中兩條組成的角的平分線有以下三種情況：①OB平分∠AOM時，∵∠AOM=∠BOM，∴t=180-4t，解得：t=36；②OB平分∠MON時，∵∠BOM=∠MON，即∠BOM=90°，∴4t=90，或4t-180=90，解得：t=22.5，或t=67.5；③OB平分∠AON時，∵∠BON=∠AON，∴4t=（180-2t），解得：t=18；綜上，當t的值分別為18、22.5、36、67.5秒時，射線OB是由射線OM、射線OA、射線ON中的其中兩條組成的角的平分線．9．解：（1）①，理由如下：線段經過點，是的直徑，，是等邊三角形，，，，，；②，理由如下：在上截取，連接，如圖2所示：是等邊三角形，，，，，是等邊三角形，，，，在和中，，，，；（2）在上截取．連接并延長交圓于．連接，如圖3所示：，，，．．，，又平分，．，．，即，．10．解：（1）拋物線，頂點的坐標為；（2）由（1）知，頂點的坐標為，直線經過點，，，直線的解析式為①，設，，，，拋物線②，聯立①②得，，即：，，，即：的長是定值，其值為；（3）拋物線與軸相交于，，點關于軸的對稱點的坐標為，由（1）知，頂點的坐標為，點關于軸的對稱點的坐標為，直線是直線關于軸的對稱點，點，在直線上，直線的解析式為③，拋物線④，設E（，），F（，），過點C作MN∥x軸，過點E作EM⊥MN于點M，過點F作FN⊥MN，如圖1，∵∠ECF=90°，∴∠ECM+∠FCN=90°，∠FCN+∠CFN=90°，∴∠ECM=∠CFN，∵∠EMC=∠FNC=90°，∴△EMC∽△CNF，∴,即，化簡得：，聯立③④得，，，，==，，∴，∴=0解得：m=或m=或m=0，∵m>0∴m=.

11．證明：（1）①如圖，過點C作CF⊥CN，交AN于點F，

∵△CMN是等腰直角三角形，∴∠CNM＝45°，CM＝MN，∵CF⊥CN，∠ACB＝90°，∴∠FCN＝∠ACB，∠CFN＝∠CNF＝45°，∴∠ACF＝∠BCN，CF＝CN，且AC＝BC，∴△ACF≌△BCN（SAS），∴AF＝BN，∵CF＝CN，CM⊥MN，∴MF＝MN＝CM，∴AM＝AF+FM＝BN+CM②∵AM＝4，BN＝，BN+CM＝AM，∴CM＝MN＝，∵△ACF≌△BCN，∴∠CAF＝∠CBN，∵∠CAF+∠ACF＝∠CFN＝45°，∠BCN+∠MCD＝∠MCN＝45°∴∠CAF＝∠MCD，且∠CAF＝∠CBN，∴∠MCD＝∠CBN∴CM∥BN∴△MCD∽△NBD，∠CMD＝∠BND＝90°∴＝∴MD＝ND∵MD+ND＝MN＝∴ND＝在Rt△DNB中，BD＝＝（2）若∠BDH＝90°，如圖，此時點M與點D重合，

∵△CMN是等腰直角三角形，CN＝2∴CM＝MN＝∴CD＝，若∠BHD＝90°，如圖，

∵∠BHD＝90°，∠B＝45°，∴∠BDH＝45°∴∠CDN＝45°＝∠N∴CD＝CN＝2．12．（1）①如圖1，∵EF∥BC，∴∠BOE＝∠1，∠COF＝∠2，∵OB、OC分別平分∠ABC和∠ACB，∴∠1＝∠ABC，∠2＝∠ACB∴∠1+∠2＝∠ABC+∠ACB＝（∠ABC+∠ACB）＝（180°﹣∠A）＝90°﹣∠A，∴∠BOE+∠COF＝∠1+∠2＝90°﹣∠A＝90°﹣＝52°；②猜想∠BOE+∠COF＝90°﹣∠A，證明：∵EF∥BC，∴∠BOE＝∠1，∠COF＝∠2，∵OB、OC分別平分∠ABC和∠ACB，∴∠1＝∠ABC，∠2＝∠ACB∴∠1+∠2＝∠ABC+∠ACB＝（∠ABC+∠ACB）＝（180°﹣∠A）＝90°﹣∠A，∴∠BOE+∠COF＝∠1+∠2＝90°﹣∠A；（2）成立．證明：如圖2，∵OB、OC分別平分∠ABC和∠ACB，∴∠1＝∠ABC，∠2＝∠ACB，∴∠1+∠2＝∠ABC+∠ACB＝（∠ABC+∠ACB）＝（180°﹣∠A）＝90°﹣∠A∵∠BOE+∠COF+∠3＝∠1+∠2+∠3＝180°∴∠BOE+∠COF＝∠1+∠2＝90°﹣∠A；（3）解：如圖3，∵OB、OC分別平分∠ABC和∠ACB，∴∠OBC＝∠ABC，∠OCB＝∠ACB，∴∠BOC＝180°﹣∠ABC+∠ACB＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）＝（180°﹣∠A）＝90°+∠A，∵∠BOC﹣∠BOE+∠COF＝180°，∴∠COF﹣∠BOE＝180°﹣∠BOC＝180°﹣（90°+∠A）＝90°﹣∠A；13．（1）證明：，是的中線，．，．，，；（2）①解：∵AC=BC，∠ACB=120°，∴∠A=∠B=（180°-120°）÷2=30°，又DE∥BC，∴∠ADE=∠B=30°，∴∠CDB=180°-∠ADE-∠EDC=120°，故答案為：；②證明：，．，．，為等腰三角形．（3）解：可以是等腰三角形，理由如下：I.當時，，如圖3，

．，．II.當時，，如圖4，

，．．III.當時，．∴，，此時，點與點重合，不合題意．綜上所述，可以是等腰三角形，此時的度數為或．14．解：（1）∵平分，∴∠COM=∠BOC=65°，又∵∠AOC+∠BOC=90°，∴∠AOC=90°-65°=25°；（2）∵OA始終在∠COM的內部，∠COM=∠AOM+∠AOC=65°，∴∠AOC=65°-∠AOM，又∵∠AOC+∠BOC=90°，∴65°-∠AOM+∠BOC=90°，∴∠BOC－∠AOM＝；（3）∵平分，∴∠AOM=∠AOC，又∵∠AOC+∠BOC=90°，∴∠AOM+∠BOC=90°，∵∠AOB=90°，∴∠AOM+∠BON=90°，∴∠BOC=∠BON，∴平分.15．（1）在△ABE中，由三角形的三邊關系定理得：，即，即故答案為：；（2）①如圖②，延長ED到點N，使，連接CN、FN∵點D是BC邊上的中點在△NDC和△EDB中，是等腰三角形，在△CFN中，由三角形的三邊關系定理得：，即；②；理由如下：如圖③，延長CE與DA的延長線交于點G∵點E是AB中點在△GAE和△CBE中，，即．（等腰三角形的三線合一）16．解：（1）①45°∵∠BAO=60°，∠MON=90°，∴∠ABN=150°，∵BC平分∠ABN、AD平分∠BAO，∴∠CBA=∠ABN=75°，∠BAD=∠BAO=30°∴∠D=∠CBA-∠BAD=45°，②∠D的度數不變．理由是：設∠BAD=α，∵AD平分∠BAO，∴∠BAO=2α，∵∠AOB=90°，∴∠ABN=∠AOB+∠BAO=90°+2α，

∵BC平分∠ABN，∴∠ABC=45°+α，∴∠D=∠ABC－∠BAD=45°+α-α=45°；（2）設∠BAD=α，∵∠BAD=∠BAO，∴∠BAO=3α，∵∠AOB=90°，∴∠ABN=∠AOB+∠BAO=90°+3α，∵∠ABC=∠ABN，∴∠ABC=30°+α，∴∠D=∠ABC-∠BAD=30°+α-α=30°；（3）設∠BAD=β，∵∠BAD=∠BAO，∴∠BAO=nβ，∵∠AOB=α°，∴∠ABN=∠AOB+∠BAO=α+nβ，∵∠ABC=∠ABN，∴∠ABC=+β，∴∠D=∠ABC-∠BAD=+β-β=.17．解：（1）∵，∴a+2=0，b+3=0，∴a=-2，b=-3，∴C（0，-2），D（-3，-2）；（2）∵C（0，-2），D（-3，-2），∴CD=3，且CD∥x軸，∴=×3