10. 如图，BE，CF是$△ ABC$的两条高，P是边BC的中点，连接PE，PF，EF.
(1) 求证：$PE=PF$.
(2) 若$∠ A=70°$，求$∠ EPF$的度数.
(1) 求证：$PE=PF$.
(2) 若$∠ A=70°$，求$∠ EPF$的度数.
答案：(1) 因为 BE,CF 是$△ ABC$的两条高,所以$∠ BFC=∠ BEC=90°$. 因为 P 是 BC 边的中点,所以$FP=\frac{1}{2}BC$,$EP=\frac{1}{2}BC$,所以$PE=PF$
(2) 因为$∠ A=70°$,所以$∠ ABC+∠ ACB=180°-∠ A=110°$. 由(1)得$PE=PF$,$EP=CP$,所以$∠ ABC=∠ BFP$,$∠ ACB=∠ CEP$,所以$∠ BFP+∠ CEP=∠ ABC+∠ ACB=110°$,所以$∠ FPB+∠ EPC=360°-(∠ ABC+∠ ACB+∠ BFP+∠ CEP)=140°$,所以$∠ EPF=180°-(∠ FPB+∠ EPC)=40°$,所以$∠ EPF$的度数为$40°$
(2) 因为$∠ A=70°$,所以$∠ ABC+∠ ACB=180°-∠ A=110°$. 由(1)得$PE=PF$,$EP=CP$,所以$∠ ABC=∠ BFP$,$∠ ACB=∠ CEP$,所以$∠ BFP+∠ CEP=∠ ABC+∠ ACB=110°$,所以$∠ FPB+∠ EPC=360°-(∠ ABC+∠ ACB+∠ BFP+∠ CEP)=140°$,所以$∠ EPF=180°-(∠ FPB+∠ EPC)=40°$,所以$∠ EPF$的度数为$40°$
解析：
【分析】
(1) 要证$PE=PF$，首先观察到BE、CF是△ABC的高，可得△BEC和△BFC都是斜边为BC的直角三角形，结合P是BC中点的条件，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，可推出PE、PF都等于BC的一半，即可证明二者相等。
(2) 要求$∠EPF$的度数，先由三角形内角和定理，根据已知$∠A$的度数求出$∠ABC+∠ACB$的和；再结合(1)的结论可得$PF=PB$、$PE=PC$，根据等腰三角形等边对等角的性质得到底角相等，进而求出△BFP和△CEP的底角总和，再推导得到$∠FPB+∠EPC$的度数，最后根据平角的定义用180°减去上述两个角的和，即可得到$∠EPF$的度数。
【解析】
(1) 证明：
∵BE、CF是$△ABC$的两条高，
∴$∠BFC=∠BEC=90°$，即△BFC、△BEC均为直角三角形。
∵P是BC边的中点，
∴在$Rt△BFC$中，PF是斜边BC的中线，故$PF=\frac{1}{2}BC$；
在$Rt△BEC$中，PE是斜边BC的中线，故$PE=\frac{1}{2}BC$。
∴$PE=PF$。
(2) 解：
在△ABC中，根据三角形内角和为180°可得：
$∠ABC+∠ACB=180°-∠A=180°-70°=110°$。
由(1)的结论可知$PF=PB$，$PE=PC$，根据等腰三角形等边对等角的性质：
$∠ABC=∠BFP$，$∠ACB=∠CEP$，
∴$∠BFP+∠CEP=∠ABC+∠ACB=110°$。
根据三角形内角和定理：
$∠FPB=180°-∠ABC-∠BFP$，$∠EPC=180°-∠ACB-∠CEP$，
两式相加得：
$∠FPB+∠EPC=360°-(∠ABC+∠BFP+∠ACB+∠CEP)=360°-(110°+110°)=140°$。
根据平角的定义，$∠FPB+∠EPC+∠EPF=180°$，
∴$∠EPF=180°-(∠FPB+∠EPC)=180°-140°=40°$。
【答案】
(1) $PE=PF$，证明成立；
(2) $\boldsymbol{40°}$
【知识点】
直角三角形斜边中线性质，三角形内角和定理，等腰三角形性质
【点评】
本题属于基础几何综合题，解题关键是抓住BC中点的条件，结合直角三角形斜边中线的性质转化线段等量关系，再利用等腰三角形性质和内角和定理推导角度关系，熟练掌握相关定理即可快速解题。
【难度系数】
0.7
(1) 要证$PE=PF$，首先观察到BE、CF是△ABC的高，可得△BEC和△BFC都是斜边为BC的直角三角形，结合P是BC中点的条件，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，可推出PE、PF都等于BC的一半，即可证明二者相等。
(2) 要求$∠EPF$的度数，先由三角形内角和定理，根据已知$∠A$的度数求出$∠ABC+∠ACB$的和；再结合(1)的结论可得$PF=PB$、$PE=PC$，根据等腰三角形等边对等角的性质得到底角相等，进而求出△BFP和△CEP的底角总和，再推导得到$∠FPB+∠EPC$的度数，最后根据平角的定义用180°减去上述两个角的和，即可得到$∠EPF$的度数。
【解析】
(1) 证明：
∵BE、CF是$△ABC$的两条高，
∴$∠BFC=∠BEC=90°$，即△BFC、△BEC均为直角三角形。
∵P是BC边的中点，
∴在$Rt△BFC$中，PF是斜边BC的中线，故$PF=\frac{1}{2}BC$；
在$Rt△BEC$中，PE是斜边BC的中线，故$PE=\frac{1}{2}BC$。
∴$PE=PF$。
(2) 解：
在△ABC中，根据三角形内角和为180°可得：
$∠ABC+∠ACB=180°-∠A=180°-70°=110°$。
由(1)的结论可知$PF=PB$，$PE=PC$，根据等腰三角形等边对等角的性质：
$∠ABC=∠BFP$，$∠ACB=∠CEP$，
∴$∠BFP+∠CEP=∠ABC+∠ACB=110°$。
根据三角形内角和定理：
$∠FPB=180°-∠ABC-∠BFP$，$∠EPC=180°-∠ACB-∠CEP$，
两式相加得：
$∠FPB+∠EPC=360°-(∠ABC+∠BFP+∠ACB+∠CEP)=360°-(110°+110°)=140°$。
根据平角的定义，$∠FPB+∠EPC+∠EPF=180°$，
∴$∠EPF=180°-(∠FPB+∠EPC)=180°-140°=40°$。
【答案】
(1) $PE=PF$，证明成立；
(2) $\boldsymbol{40°}$
【知识点】
直角三角形斜边中线性质，三角形内角和定理，等腰三角形性质
【点评】
本题属于基础几何综合题，解题关键是抓住BC中点的条件，结合直角三角形斜边中线的性质转化线段等量关系，再利用等腰三角形性质和内角和定理推导角度关系，熟练掌握相关定理即可快速解题。
【难度系数】
0.7
11. 如图，AD是$△ ABC$的中线，BE是$△ ABD$的中线.
(1) $∠ ABE=15°$，$∠ BAD=40°$，求$∠ BED$的度数；
(2) 若$△ ABC$的面积为40，$BD=5$，$BE=6$，求$△ BDE$的边BE上的高.
(1) $∠ ABE=15°$，$∠ BAD=40°$，求$∠ BED$的度数；
(2) 若$△ ABC$的面积为40，$BD=5$，$BE=6$，求$△ BDE$的边BE上的高.
答案：(1) 因为$∠ BED$ 是$△ ABE$ 的外角,所以$∠ BED=∠ ABE+∠ BAD=15°+40°=55°$
(2) 作 $DG⊥ BE$,由题意可知,$S_{△ BDE}=10$,在$△ BDE$ 中,$\frac{1}{2}× BE× DG=10$,则 $DG=\frac{10}{3}$
(2) 作 $DG⊥ BE$,由题意可知,$S_{△ BDE}=10$,在$△ BDE$ 中,$\frac{1}{2}× BE× DG=10$,则 $DG=\frac{10}{3}$
解析：
【分析】
(1) 要求∠BED的度数，观察图形可发现∠BED是△ABE的外角，根据三角形外角的性质：三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，已知∠ABE和∠BAD的度数，直接代入相加即可求解。
(2) 要求△BDE边BE上的高，首先需要求出△BDE的面积：根据三角形中线的性质，中线将三角形分成面积相等的两个小三角形，AD是△ABC的中线，因此△ABD的面积是△ABC面积的一半；BE是△ABD的中线，因此△BDE的面积是△ABD面积的一半，即可得到△BDE的面积。再设BE边上的高为h，根据三角形面积公式，代入已知的BE长度和求出的面积，解方程即可得到高的长度。
【解析】
(1) 解：
∵∠BED是△ABE的外角，根据三角形外角的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角之和，
∴$∠ BED = ∠ ABE + ∠ BAD$，
将$∠ ABE=15°$，$∠ BAD=40°$代入得：
$∠ BED=15°+40°=55°$。
(2) 解：过点D作$DG ⊥ BE$，垂足为G，则DG就是△BDE边BE上的高。
∵AD是△ABC的中线，
∴$S_{△ ABD} = \frac{1}{2}S_{△ ABC}$，
已知$S_{△ ABC}=40$，
∴$S_{△ ABD}=\frac{1}{2} × 40=20$，
又
∵BE是△ABD的中线，
∴$S_{△ BDE}=\frac{1}{2}S_{△ ABD}=\frac{1}{2} × 20=10$，
根据三角形面积公式可得：$S_{△ BDE}=\frac{1}{2} × BE × DG$，
将$S_{△ BDE}=10$，$BE=6$代入得：
$\frac{1}{2} × 6 × DG =10$，
解得$DG=\frac{10}{3}$。
【答案】
(1) $\boxed{55°}$；(2) $\boxed{\frac{10}{3}}$
【知识点】
三角形外角性质，三角形中线的性质，三角形面积计算
【点评】
本题考查三角形基础性质的综合应用，难度较低，只要熟练掌握三角形外角性质、中线等分面积的特点以及三角形面积公式，就能顺利解题，计算时注意不要出现计算失误即可。
【难度系数】
0.7
(1) 要求∠BED的度数，观察图形可发现∠BED是△ABE的外角，根据三角形外角的性质：三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，已知∠ABE和∠BAD的度数，直接代入相加即可求解。
(2) 要求△BDE边BE上的高，首先需要求出△BDE的面积：根据三角形中线的性质，中线将三角形分成面积相等的两个小三角形，AD是△ABC的中线，因此△ABD的面积是△ABC面积的一半；BE是△ABD的中线，因此△BDE的面积是△ABD面积的一半，即可得到△BDE的面积。再设BE边上的高为h，根据三角形面积公式，代入已知的BE长度和求出的面积，解方程即可得到高的长度。
【解析】
(1) 解：
∵∠BED是△ABE的外角，根据三角形外角的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角之和，
∴$∠ BED = ∠ ABE + ∠ BAD$，
将$∠ ABE=15°$，$∠ BAD=40°$代入得：
$∠ BED=15°+40°=55°$。
(2) 解：过点D作$DG ⊥ BE$，垂足为G，则DG就是△BDE边BE上的高。
∵AD是△ABC的中线，
∴$S_{△ ABD} = \frac{1}{2}S_{△ ABC}$，
已知$S_{△ ABC}=40$，
∴$S_{△ ABD}=\frac{1}{2} × 40=20$，
又
∵BE是△ABD的中线，
∴$S_{△ BDE}=\frac{1}{2}S_{△ ABD}=\frac{1}{2} × 20=10$，
根据三角形面积公式可得：$S_{△ BDE}=\frac{1}{2} × BE × DG$，
将$S_{△ BDE}=10$，$BE=6$代入得：
$\frac{1}{2} × 6 × DG =10$，
解得$DG=\frac{10}{3}$。
【答案】
(1) $\boxed{55°}$；(2) $\boxed{\frac{10}{3}}$
【知识点】
三角形外角性质，三角形中线的性质，三角形面积计算
【点评】
本题考查三角形基础性质的综合应用，难度较低，只要熟练掌握三角形外角性质、中线等分面积的特点以及三角形面积公式，就能顺利解题，计算时注意不要出现计算失误即可。
【难度系数】
0.7
12. 已知∠AOB和动点P，解决下列问题：
（1）如图①，P是∠AOB内部的任意一点，PM⊥OA，PN⊥OB，垂足分别是M，N，D是OP的中点.求证：∠MDN=2∠MON.
（2）如图②，P是∠AOB外部的任意一点，PM⊥OA，PN⊥OB，垂足分别是M，N，D是OP的中点，∠MDN与∠MON有怎样的数量关系？加以证明.
（1）如图①，P是∠AOB内部的任意一点，PM⊥OA，PN⊥OB，垂足分别是M，N，D是OP的中点.求证：∠MDN=2∠MON.
（2）如图②，P是∠AOB外部的任意一点，PM⊥OA，PN⊥OB，垂足分别是M，N，D是OP的中点，∠MDN与∠MON有怎样的数量关系？加以证明.
答案：(1) 因为 $PM⊥ OA$,所以$∠ OMP=90°$. 在 $\mathrm{Rt}△ OMP$ 中,$D$ 是 $OP$ 的中点,所以 $DM=\frac{1}{2}OP=DO$,所以$∠ DMO=∠ DOM$,所以$∠ MDP=2∠ MOP$. 同理可知,$∠ NDP=2∠ NOP$,所以$∠ MDN=∠ MDP+∠ NDP=2∠ MON$
(2) $∠ MDN=2∠ MON$. 理由如下:因为 $PM⊥ OA$,所以$∠ OMP=90°$. 在 $\mathrm{Rt}△ OMP$中,$D$ 是 $OP$ 的中点,所以 $DM=\frac{1}{2}OP=DO$,所以$∠ DMO=∠ DOM$,所以$∠ MDP=2∠ MOP$. 同理可知,$∠ NDP=2∠ NOP$,所以$∠ MDN=∠ NDP-∠ MDP=2∠ MON$
(2) $∠ MDN=2∠ MON$. 理由如下:因为 $PM⊥ OA$,所以$∠ OMP=90°$. 在 $\mathrm{Rt}△ OMP$中,$D$ 是 $OP$ 的中点,所以 $DM=\frac{1}{2}OP=DO$,所以$∠ DMO=∠ DOM$,所以$∠ MDP=2∠ MOP$. 同理可知,$∠ NDP=2∠ NOP$,所以$∠ MDN=∠ NDP-∠ MDP=2∠ MON$
解析：
【分析】
本题两问的核心解题思路一致：首先观察到图形中存在Rt△OMP和Rt△ONP，且D是斜边OP的中点，可优先考虑直角三角形斜边中线的性质，得到DM=DO、DN=DO，进而得到等腰三角形；再利用等腰三角形等边对等角的性质，结合三角形外角等于不相邻两个内角和的性质，将∠MDP、∠NDP用∠MOP、∠NOP表示，最后根据点P的位置（角内/角外）对两个角做和或差运算，即可推导出∠MDN和∠MON的数量关系。
【解析】
(1) 证明：
∵ $PM⊥ OA$，
∴ $∠ OMP=90°$。
在 $\mathrm{Rt}△ OMP$ 中，$D$ 是 $OP$ 的中点，
∴ $DM=\frac{1}{2}OP=DO$，
∴ $∠ DMO=∠ DOM$，
根据三角形外角性质，得 $∠ MDP=∠ DMO+∠ DOM=2∠ MOP$。
同理，在$\mathrm{Rt}△ ONP$中，可得$∠ NDP=2∠ NOP$，
∴ $∠ MDN=∠ MDP+∠ NDP=2∠ MOP+2∠ NOP=2(∠MOP+∠NOP)=2∠ MON$。
(2) $∠ MDN=2∠ MON$，证明如下：
∵ $PM⊥ OA$，
∴ $∠ OMP=90°$。
在 $\mathrm{Rt}△ OMP$中，$D$ 是 $OP$ 的中点，
∴ $DM=\frac{1}{2}OP=DO$，
∴ $∠ DMO=∠ DOM$，
根据三角形外角性质，得 $∠ MDP=∠ DMO+∠ DOM=2∠ MOP$。
同理，在$\mathrm{Rt}△ ONP$中，可得$∠ NDP=2∠ NOP$，
∴ $∠ MDN=∠ NDP-∠ MDP=2∠ NOP-2∠ MOP=2(∠NOP-∠MOP)=2∠ MON$。
【答案】
(1) 证明成立，$\boldsymbol{∠MDN=2∠MON}$；
(2) $\boldsymbol{∠MDN=2∠MON}$，证明见解析。
【知识点】
直角三角形斜边中线性质、等腰三角形性质、三角形外角性质
【点评】
本题是几何角度关系证明的典型题，解题的关键是掌握直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，结合等腰三角形和外角性质完成角度的转化，点P在角内部和外部时的推导方法一致，仅角度的加减运算有区别，做题时要结合图形准确判断角度的和差关系。
【难度系数】
0.6
本题两问的核心解题思路一致：首先观察到图形中存在Rt△OMP和Rt△ONP，且D是斜边OP的中点，可优先考虑直角三角形斜边中线的性质，得到DM=DO、DN=DO，进而得到等腰三角形；再利用等腰三角形等边对等角的性质，结合三角形外角等于不相邻两个内角和的性质，将∠MDP、∠NDP用∠MOP、∠NOP表示，最后根据点P的位置（角内/角外）对两个角做和或差运算，即可推导出∠MDN和∠MON的数量关系。
【解析】
(1) 证明：
∵ $PM⊥ OA$，
∴ $∠ OMP=90°$。
在 $\mathrm{Rt}△ OMP$ 中，$D$ 是 $OP$ 的中点，
∴ $DM=\frac{1}{2}OP=DO$，
∴ $∠ DMO=∠ DOM$，
根据三角形外角性质，得 $∠ MDP=∠ DMO+∠ DOM=2∠ MOP$。
同理，在$\mathrm{Rt}△ ONP$中，可得$∠ NDP=2∠ NOP$，
∴ $∠ MDN=∠ MDP+∠ NDP=2∠ MOP+2∠ NOP=2(∠MOP+∠NOP)=2∠ MON$。
(2) $∠ MDN=2∠ MON$，证明如下：
∵ $PM⊥ OA$，
∴ $∠ OMP=90°$。
在 $\mathrm{Rt}△ OMP$中，$D$ 是 $OP$ 的中点，
∴ $DM=\frac{1}{2}OP=DO$，
∴ $∠ DMO=∠ DOM$，
根据三角形外角性质，得 $∠ MDP=∠ DMO+∠ DOM=2∠ MOP$。
同理，在$\mathrm{Rt}△ ONP$中，可得$∠ NDP=2∠ NOP$，
∴ $∠ MDN=∠ NDP-∠ MDP=2∠ NOP-2∠ MOP=2(∠NOP-∠MOP)=2∠ MON$。
【答案】
(1) 证明成立，$\boldsymbol{∠MDN=2∠MON}$；
(2) $\boldsymbol{∠MDN=2∠MON}$，证明见解析。
【知识点】
直角三角形斜边中线性质、等腰三角形性质、三角形外角性质
【点评】
本题是几何角度关系证明的典型题，解题的关键是掌握直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，结合等腰三角形和外角性质完成角度的转化，点P在角内部和外部时的推导方法一致，仅角度的加减运算有区别，做题时要结合图形准确判断角度的和差关系。
【难度系数】
0.6