12. 如图，在$△ ABC$中，$AB=AC$，$AD$是边$BC$上的中线，$BE ⊥ AC$，垂足为$E$. 求证：$∠ CBE=\frac{1}{2}∠ BAC$.
答案：12. $\because AB=AC,AD$是边$BC$上的中线,$\therefore AD⊥ BC$,$∠ BAD=∠ CAD=\frac{1}{2}∠ BAC$. 由$AD⊥ BC$,可得$∠ CAD+∠ C=90°$.$\because BE⊥ AC$,$\therefore ∠ CBE+∠ C=90°$,即$∠ CBE=∠ CAD$,$\therefore ∠ CBE=\frac{1}{2}∠ BAC$
解析：
【分析】
要证明∠CBE等于∠BAC的一半，首先结合已知的等腰△ABC和BC边上的中线AD，可利用等腰三角形“三线合一”的性质，得到AD既是BC边上的高，也是∠BAC的角平分线，因此∠CAD=½∠BAC，接下来只需证明∠CBE=∠CAD即可；观察到∠CAD与∠C在Rt△ADC中互余，∠CBE与∠C在Rt△BEC中也互余，根据同角的余角相等即可得到两角相等，最后等量代换就能推导出结论。
【解析】
证明：
∵ $AB=AC$，$AD$是边$BC$上的中线，
∴ $AD⊥ BC$，$∠ BAD=∠ CAD=\frac{1}{2}∠ BAC$。
∵ $AD⊥ BC$，
∴ $∠ CAD+∠ C=90°$。
∵ $BE⊥ AC$，
∴ $∠ CBE+∠ C=90°$，
∴ $∠ CBE=∠ CAD$，
∴ $∠ CBE=\frac{1}{2}∠ BAC$。
【答案】
$\because AB=AC,AD$是边$BC$上的中线,$\therefore AD⊥ BC$,$∠ BAD=∠ CAD=\frac{1}{2}∠ BAC$. 由$AD⊥ BC$,可得$∠ CAD+∠ C=90°$.$\because BE⊥ AC$,$\therefore ∠ CBE+∠ C=90°$,即$∠ CBE=∠ CAD$,$\therefore ∠ CBE=\frac{1}{2}∠ BAC$
【知识点】
等腰三角形的性质，直角三角形的性质，余角的性质
【点评】
本题是等腰三角形性质的基础应用，解题关键是熟练运用等腰三角形三线合一得到角的倍分关系，再结合同角的余角相等完成角的等量代换，属于常规基础题型。
【难度系数】
0.8
要证明∠CBE等于∠BAC的一半，首先结合已知的等腰△ABC和BC边上的中线AD，可利用等腰三角形“三线合一”的性质，得到AD既是BC边上的高，也是∠BAC的角平分线，因此∠CAD=½∠BAC，接下来只需证明∠CBE=∠CAD即可；观察到∠CAD与∠C在Rt△ADC中互余，∠CBE与∠C在Rt△BEC中也互余，根据同角的余角相等即可得到两角相等，最后等量代换就能推导出结论。
【解析】
证明：
∵ $AB=AC$，$AD$是边$BC$上的中线，
∴ $AD⊥ BC$，$∠ BAD=∠ CAD=\frac{1}{2}∠ BAC$。
∵ $AD⊥ BC$，
∴ $∠ CAD+∠ C=90°$。
∵ $BE⊥ AC$，
∴ $∠ CBE+∠ C=90°$，
∴ $∠ CBE=∠ CAD$，
∴ $∠ CBE=\frac{1}{2}∠ BAC$。
【答案】
$\because AB=AC,AD$是边$BC$上的中线,$\therefore AD⊥ BC$,$∠ BAD=∠ CAD=\frac{1}{2}∠ BAC$. 由$AD⊥ BC$,可得$∠ CAD+∠ C=90°$.$\because BE⊥ AC$,$\therefore ∠ CBE+∠ C=90°$,即$∠ CBE=∠ CAD$,$\therefore ∠ CBE=\frac{1}{2}∠ BAC$
【知识点】
等腰三角形的性质，直角三角形的性质，余角的性质
【点评】
本题是等腰三角形性质的基础应用，解题关键是熟练运用等腰三角形三线合一得到角的倍分关系，再结合同角的余角相等完成角的等量代换，属于常规基础题型。
【难度系数】
0.8
13. 如图，在等腰三角形ABC中，AB=AC，点D，E分别在边AB，AC上，且AD=AE，连接BE，CD，交于点F.
（1）判断∠ABE与∠ACD的数量关系，并加以证明.
（2）求证：点A，F所在的直线垂直平分线段BC.
（1）判断∠ABE与∠ACD的数量关系，并加以证明.
（2）求证：点A，F所在的直线垂直平分线段BC.
答案：13. （1）$∠ ABE=∠ ACD$. 理由: 由$AB=AC,AD=AE$及$∠ A=∠ A$,可得$△ ABE≌△ ACD$,所以$∠ ABE=∠ ACD$ （2）由(1)可得$∠ ABE=∠ ACD$,又因为$AB=AC$,则$∠ ABC=∠ ACB$,故$∠ FBC=∠ FCB$,所以$FB=FC$.又因为$AB=AC$,故点$A,F$均在线段$BC$的垂直平分线上,则直线$AF$垂直平分线段$BC$
解析：
【分析】
（1）要判断∠ABE与∠ACD的数量关系，可通过证明两角所在的三角形全等求解。已知AB=AC，AD=AE，且两组边的夹角为公共角∠A，符合全等三角形SAS的判定条件，证明△ABE≌△ACD后即可得到对应角相等。
（2）要证明点A、F所在直线垂直平分BC，根据线段垂直平分线的判定定理：到线段两端点距离相等的点在这条线段的垂直平分线上，只需分别证明点A和点F到B、C的距离相等即可。首先由AB=AC可得点A在BC的垂直平分线上，再结合（1）的结论推导出∠FBC=∠FCB，得到FB=FC，即点F也在BC的垂直平分线上，两点确定一条直线，因此直线AF垂直平分BC。
【解析】
（1）$∠ABE=∠ACD$，证明如下：
在$△ ABE$和$△ ACD$中，
$\{\begin{array}{l}AB=AC\\∠A=∠A\\AE=AD\end{array} $
$\therefore △ ABE≌△ ACD(\mathrm{SAS})$
$\therefore ∠ABE=∠ACD$
（2）证明：
$\because AB=AC$
$\therefore ∠ABC=∠ACB$
由（1）可知$∠ABE=∠ACD$
$\therefore ∠ABC-∠ABE=∠ACB-∠ACD$，即$∠FBC=∠FCB$
$\therefore FB=FC$
又$\because AB=AC$
$\therefore$点$A$、$F$都在线段$BC$的垂直平分线上
$\therefore$点$A$，$F$所在的直线垂直平分线段$BC$
【答案】
（1）$\boldsymbol{∠ABE=∠ACD}$，证明见解析；
（2）证明见解析。
【知识点】
全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；线段垂直平分线的判定
【点评】
本题是三角形基础综合题，解题的关键是先通过全等三角形得到对应角相等，再结合等腰三角形等边对等角、等角对等边的性质推导边相等，最终利用线段垂直平分线的判定定理得出结论，解题思路清晰，逻辑连贯性较强。
【难度系数】
0.7
（1）要判断∠ABE与∠ACD的数量关系，可通过证明两角所在的三角形全等求解。已知AB=AC，AD=AE，且两组边的夹角为公共角∠A，符合全等三角形SAS的判定条件，证明△ABE≌△ACD后即可得到对应角相等。
（2）要证明点A、F所在直线垂直平分BC，根据线段垂直平分线的判定定理：到线段两端点距离相等的点在这条线段的垂直平分线上，只需分别证明点A和点F到B、C的距离相等即可。首先由AB=AC可得点A在BC的垂直平分线上，再结合（1）的结论推导出∠FBC=∠FCB，得到FB=FC，即点F也在BC的垂直平分线上，两点确定一条直线，因此直线AF垂直平分BC。
【解析】
（1）$∠ABE=∠ACD$，证明如下：
在$△ ABE$和$△ ACD$中，
$\{\begin{array}{l}AB=AC\\∠A=∠A\\AE=AD\end{array} $
$\therefore △ ABE≌△ ACD(\mathrm{SAS})$
$\therefore ∠ABE=∠ACD$
（2）证明：
$\because AB=AC$
$\therefore ∠ABC=∠ACB$
由（1）可知$∠ABE=∠ACD$
$\therefore ∠ABC-∠ABE=∠ACB-∠ACD$，即$∠FBC=∠FCB$
$\therefore FB=FC$
又$\because AB=AC$
$\therefore$点$A$、$F$都在线段$BC$的垂直平分线上
$\therefore$点$A$，$F$所在的直线垂直平分线段$BC$
【答案】
（1）$\boldsymbol{∠ABE=∠ACD}$，证明见解析；
（2）证明见解析。
【知识点】
全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；线段垂直平分线的判定
【点评】
本题是三角形基础综合题，解题的关键是先通过全等三角形得到对应角相等，再结合等腰三角形等边对等角、等角对等边的性质推导边相等，最终利用线段垂直平分线的判定定理得出结论，解题思路清晰，逻辑连贯性较强。
【难度系数】
0.7
14. 如图，在△ABC中，AB＝AC，P为底边BC上的一点，PE⊥AB，PF⊥AC，CH⊥AB，垂足分别为E，F，H.
（1）求证：PE＋PF＝CH.
（2）若点P在线段BC的延长线上，其他条件不变，则PE，PF，CH有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明.
（1）求证：PE＋PF＝CH.
（2）若点P在线段BC的延长线上，其他条件不变，则PE，PF，CH有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明.
答案：
14. （1）如图
,连接$AP$,由$S_{△ ABC}=S_{△ ABP}+S_{△ ACP}$,可得$\frac{1}{2}AB× PE+\frac{1}{2}AC× PF=\frac{1}{2}AB× CH$.$\because AB=AC$,$\therefore PE+PF=CH$ （2）$PE=PF+CH$. 证明:连接$AP$.$S_{△ ABP}=S_{△ ABC}+S_{△ ACP}$,可得$\frac{1}{2}AB× PE=\frac{1}{2}AB× CH+\frac{1}{2}AC× PF$.$\because AB=AC$,$\therefore PE=PF+CH$
14. （1）如图
,连接$AP$,由$S_{△ ABC}=S_{△ ABP}+S_{△ ACP}$,可得$\frac{1}{2}AB× PE+\frac{1}{2}AC× PF=\frac{1}{2}AB× CH$.$\because AB=AC$,$\therefore PE+PF=CH$ （2）$PE=PF+CH$. 证明:连接$AP$.$S_{△ ABP}=S_{△ ABC}+S_{△ ACP}$,可得$\frac{1}{2}AB× PE=\frac{1}{2}AB× CH+\frac{1}{2}AC× PF$.$\because AB=AC$,$\therefore PE=PF+CH$解析：
【分析】
（1）要证明PE+PF=CH，观察到PE、PF、CH均为以等腰△ABC的腰为底的高，因此考虑用面积法求解：连接AP，将△ABC的面积拆分为△ABP和△ACP的面积之和，根据三角形面积公式列出等式，结合AB=AC的条件化简即可得到结论。
（2）当点P在BC延长线上时，仍采用面积法分析：连接AP，此时△ABP的面积等于△ABC与△ACP的面积之和，列出面积等式后结合AB=AC化简，即可得到三条线段的数量关系。
【解析】
（1）证明：如图，连接AP。
∵PE⊥AB，PF⊥AC，CH⊥AB，
∴$S_{△ ABC}=S_{△ ABP}+S_{△ ACP}$，
代入三角形面积公式得：$\frac{1}{2}AB· CH=\frac{1}{2}AB· PE+\frac{1}{2}AC· PF$，
∵AB=AC，等式两边同时乘$\frac{2}{AB}$，
∴PE+PF=CH。
（2）猜想：PE=PF+CH。
证明：连接AP。
∵PE⊥AB，PF⊥AC，CH⊥AB，
∴$S_{△ ABP}=S_{△ ABC}+S_{△ ACP}$，
代入三角形面积公式得：$\frac{1}{2}AB· PE=\frac{1}{2}AB· CH+\frac{1}{2}AC· PF$，
∵AB=AC，等式两边同时乘$\frac{2}{AB}$，
∴PE=PF+CH。
【答案】
（1）如图，连接$AP$,由$S_{△ ABC}=S_{△ ABP}+S_{△ ACP}$,可得$\frac{1}{2}AB× PE+\frac{1}{2}AC× PF=\frac{1}{2}AB× CH$.$\because AB=AC$,$\therefore PE+PF=CH$
（2）$PE=PF+CH$. 证明:连接$AP$.$S_{△ ABP}=S_{△ ABC}+S_{△ ACP}$,可得$\frac{1}{2}AB× PE=\frac{1}{2}AB× CH+\frac{1}{2}AC× PF$.$\because AB=AC$,$\therefore PE=PF+CH$
【知识点】
等腰三角形性质；面积法；等积变换
【点评】
本题借助面积法推导等腰三角形中相关高的数量关系，避免了复杂的全等证明，解题的核心是根据点P的位置准确判断三角形面积的和差关系，该结论也是等腰三角形的常用性质，可在选择填空类题目中直接使用。
【难度系数】
0.6
（1）要证明PE+PF=CH，观察到PE、PF、CH均为以等腰△ABC的腰为底的高，因此考虑用面积法求解：连接AP，将△ABC的面积拆分为△ABP和△ACP的面积之和，根据三角形面积公式列出等式，结合AB=AC的条件化简即可得到结论。
（2）当点P在BC延长线上时，仍采用面积法分析：连接AP，此时△ABP的面积等于△ABC与△ACP的面积之和，列出面积等式后结合AB=AC化简，即可得到三条线段的数量关系。
【解析】
（1）证明：如图
，连接AP。∵PE⊥AB，PF⊥AC，CH⊥AB，
∴$S_{△ ABC}=S_{△ ABP}+S_{△ ACP}$，
代入三角形面积公式得：$\frac{1}{2}AB· CH=\frac{1}{2}AB· PE+\frac{1}{2}AC· PF$，
∵AB=AC，等式两边同时乘$\frac{2}{AB}$，
∴PE+PF=CH。
（2）猜想：PE=PF+CH。
证明：连接AP。
∵PE⊥AB，PF⊥AC，CH⊥AB，
∴$S_{△ ABP}=S_{△ ABC}+S_{△ ACP}$，
代入三角形面积公式得：$\frac{1}{2}AB· PE=\frac{1}{2}AB· CH+\frac{1}{2}AC· PF$，
∵AB=AC，等式两边同时乘$\frac{2}{AB}$，
∴PE=PF+CH。
【答案】
（1）如图
，连接$AP$,由$S_{△ ABC}=S_{△ ABP}+S_{△ ACP}$,可得$\frac{1}{2}AB× PE+\frac{1}{2}AC× PF=\frac{1}{2}AB× CH$.$\because AB=AC$,$\therefore PE+PF=CH$ （2）$PE=PF+CH$. 证明:连接$AP$.$S_{△ ABP}=S_{△ ABC}+S_{△ ACP}$,可得$\frac{1}{2}AB× PE=\frac{1}{2}AB× CH+\frac{1}{2}AC× PF$.$\because AB=AC$,$\therefore PE=PF+CH$
【知识点】
等腰三角形性质；面积法；等积变换
【点评】
本题借助面积法推导等腰三角形中相关高的数量关系，避免了复杂的全等证明，解题的核心是根据点P的位置准确判断三角形面积的和差关系，该结论也是等腰三角形的常用性质，可在选择填空类题目中直接使用。
【难度系数】
0.6