21.（6分）如图，在$△ ABC$中，$AB=AC$，$D$，$E$两点分别在边$AB$，$AC$上，$BD=CE$，$BE$，$CD$相交于点$O$.
（1）求证：$△ DBC ≌ △ ECB$；
（2）若$∠ EBC=25°$，求$∠ BOC$的度数.
（1）求证：$△ DBC ≌ △ ECB$；
（2）若$∠ EBC=25°$，求$∠ BOC$的度数.
答案：21. (1) 因为 $AB=AC$,所以 $∠ ABC = ∠ ACB$. 又 $BD=CE,BC=CB$,所以 $△ DBC ≌ △ ECB(\mathrm{SAS})$.
(2) 由 (1), 得 $△ DBC ≌ △ ECB$. 所以 $∠ EBC = ∠ DCB$. 又 $∠ EBC = 25°$, 所以 $∠ DCB = 25°$. 又 $∠ BOC + ∠ EBC + ∠ DCB = 180°$, 所以 $∠ BOC = 180° - ∠ EBC - ∠ DCB = 130°$.
(2) 由 (1), 得 $△ DBC ≌ △ ECB$. 所以 $∠ EBC = ∠ DCB$. 又 $∠ EBC = 25°$, 所以 $∠ DCB = 25°$. 又 $∠ BOC + ∠ EBC + ∠ DCB = 180°$, 所以 $∠ BOC = 180° - ∠ EBC - ∠ DCB = 130°$.
解析：
【分析】
（1）要证明△DBC≌△ECB，首先结合已知AB=AC，利用等腰三角形等边对等角的性质可得∠DBC=∠ECB，再结合已知BD=CE，以及两个三角形的公共边BC=CB，刚好满足SAS全等判定的条件，即可完成证明。
（2）求∠BOC的度数时，先利用（1）中全等三角形对应角相等的性质，可得∠DCB=∠EBC，已知∠EBC=25°即可得到∠DCB的度数，再结合三角形内角和为180°，在△BOC中减去两个已知角的度数，就能求出∠BOC的大小。
【解析】
（1）证明：
∵ $AB=AC$，
∴ $∠ABC=∠ACB$（等边对等角），即$∠DBC=∠ECB$。
在$△ DBC$和$△ ECB$中：
$\begin{cases}BD=CE（已知）\\∠DBC=∠ECB（已证）\\BC=CB（公共边）\end{cases}$
∴ $△ DBC ≌ △ ECB(\mathrm{SAS})$。
（2）解：
由（1）得$△ DBC ≌ △ ECB$，
∴ $∠DCB=∠EBC$（全等三角形对应角相等），
∵ $∠EBC=25°$，
∴ $∠DCB=25°$。
在$△ BOC$中，根据三角形内角和为$180°$得：
$∠BOC=180°-∠EBC-∠DCB=180°-25°-25°=130°$。
【答案】
（1）$△ DBC ≌ △ ECB$，证明成立；
（2）$∠BOC=130°$
【知识点】
等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形内角和定理
【点评】
本题属于几何基础类题目，侧重考查基础定理的应用，解题关键是熟练掌握等腰三角形性质、全等三角形的判定和性质以及三角形内角和定理，能结合已知条件挖掘边角关系完成推导。
【难度系数】
0.8
（1）要证明△DBC≌△ECB，首先结合已知AB=AC，利用等腰三角形等边对等角的性质可得∠DBC=∠ECB，再结合已知BD=CE，以及两个三角形的公共边BC=CB，刚好满足SAS全等判定的条件，即可完成证明。
（2）求∠BOC的度数时，先利用（1）中全等三角形对应角相等的性质，可得∠DCB=∠EBC，已知∠EBC=25°即可得到∠DCB的度数，再结合三角形内角和为180°，在△BOC中减去两个已知角的度数，就能求出∠BOC的大小。
【解析】
（1）证明：
∵ $AB=AC$，
∴ $∠ABC=∠ACB$（等边对等角），即$∠DBC=∠ECB$。
在$△ DBC$和$△ ECB$中：
$\begin{cases}BD=CE（已知）\\∠DBC=∠ECB（已证）\\BC=CB（公共边）\end{cases}$
∴ $△ DBC ≌ △ ECB(\mathrm{SAS})$。
（2）解：
由（1）得$△ DBC ≌ △ ECB$，
∴ $∠DCB=∠EBC$（全等三角形对应角相等），
∵ $∠EBC=25°$，
∴ $∠DCB=25°$。
在$△ BOC$中，根据三角形内角和为$180°$得：
$∠BOC=180°-∠EBC-∠DCB=180°-25°-25°=130°$。
【答案】
（1）$△ DBC ≌ △ ECB$，证明成立；
（2）$∠BOC=130°$
【知识点】
等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形内角和定理
【点评】
本题属于几何基础类题目，侧重考查基础定理的应用，解题关键是熟练掌握等腰三角形性质、全等三角形的判定和性质以及三角形内角和定理，能结合已知条件挖掘边角关系完成推导。
【难度系数】
0.8
22. (8分)如图,在$△ ABC$和$△ ADE$中,$∠ BAC=∠ DAE=90°$,$AB=AC$,$AD=AE$,$BE$,$CD$交于点$F$.
(1)求证:$BE=CD$,$BE⊥ CD$;
(2)连接$CE$,$BD$.若$AB=2$,$AD=3$,求$BD^2+CE^2$的值.
(1)求证:$BE=CD$,$BE⊥ CD$;
(2)连接$CE$,$BD$.若$AB=2$,$AD=3$,求$BD^2+CE^2$的值.
答案：22. (1) 因为 $∠ BAC = ∠ DAE = 90°$, 所以 $∠ BAC + ∠ BAD = ∠ DAE + ∠ BAD$, 即 $∠ CAD = ∠ BAE$. 又 $AB = AC, AD = AE$, 所以 $△ AEB ≌ △ ADC(\mathrm{SAS})$. 所以 $BE = CD, ∠ BEA = ∠ CDA$. 设 $BE, AD$ 交于点 $M$, 则 $∠ DMF = ∠ EMA$. 因为 $∠ DFE + ∠ DMF + ∠ CDA = ∠ DAE + ∠ EMA + ∠ BEA = 180°$, 所以 $∠ DFE = ∠ DAE = 90°$. 所以 $BE ⊥ CD$.
(2) 因为 $∠ BAC = ∠ DAE = 90°, AB = AC, AD = AE, AB=2, AD=3$, 所以 $BC^2 = AB^2 + AC^2 = 8$, $DE^2 = AD^2 + AE^2 = 18$. 所以 $BC^2 + DE^2 = 26$. 由 (1), 得 $BE ⊥ CD$, 所以 $BD^2 = DF^2 + BF^2, CE^2 = CF^2 + EF^2, DE^2 = DF^2 + EF^2, BC^2 = BF^2 + CF^2$. 所以 $BD^2 + CE^2 = DF^2 + BF^2 + CF^2 + EF^2 = (DF^2 + EF^2) + (BF^2 + CF^2) = BC^2 + DE^2 = 26$.
(2) 因为 $∠ BAC = ∠ DAE = 90°, AB = AC, AD = AE, AB=2, AD=3$, 所以 $BC^2 = AB^2 + AC^2 = 8$, $DE^2 = AD^2 + AE^2 = 18$. 所以 $BC^2 + DE^2 = 26$. 由 (1), 得 $BE ⊥ CD$, 所以 $BD^2 = DF^2 + BF^2, CE^2 = CF^2 + EF^2, DE^2 = DF^2 + EF^2, BC^2 = BF^2 + CF^2$. 所以 $BD^2 + CE^2 = DF^2 + BF^2 + CF^2 + EF^2 = (DF^2 + EF^2) + (BF^2 + CF^2) = BC^2 + DE^2 = 26$.
解析：
【分析】
(1) 要证$BE=CD$，可通过证明两条线段所在的三角形全等实现：已知两个共顶点的等腰直角三角形，通过角的等量代换得到一组相等的夹角，结合已知的等边，用SAS即可判定全等；要证$BE⊥CD$，可利用全等得到的对应角相等，结合对顶角相等，通过三角形内角和推导两条线的夹角为$90°$即可。
(2) 求$BD^2+CE^2$的值，可利用第一问得到的垂直结论，用勾股定理把$BD^2$、$CE^2$拆分成直角边的平方和，再重新组合转化为$BC^2$与$DE^2$的和，最后结合等腰直角三角形的边长计算即可。
【解析】
(1) 证明：$\because ∠ BAC=∠ DAE=90°$，
$\therefore ∠ BAC+∠ BAD=∠ DAE+∠ BAD$，即$∠ CAD=∠ BAE$，
在$△ AEB$和$△ ADC$中：
$\begin{cases}AB=AC \\∠ BAE=∠ CAD \\AE=AD\end{cases}$
$\therefore △ AEB≌△ ADC(\mathrm{SAS})$，
$\therefore BE=CD$，$∠ BEA=∠ CDA$。
设$BE$与$AD$交于点$M$，则$∠ DMF=∠ EMA$（对顶角相等），
由三角形内角和可得：$∠ DFE=180°-∠ CDA-∠ DMF$，$∠ DAE=180°-∠ BEA-∠ EMA$，
$\therefore ∠ DFE=∠ DAE=90°$，即$BE⊥ CD$。
(2) 解：$\because ∠ BAC=90°$，$AB=AC=2$，
由勾股定理得：$BC^2=AB^2+AC^2=2^2+2^2=8$，
$\because ∠ DAE=90°$，$AD=AE=3$，
同理得：$DE^2=AD^2+AE^2=3^2+3^2=18$，
$\therefore BC^2+DE^2=8+18=26$。
由(1)知$BE⊥ CD$，
在$\mathrm{Rt}△ BFD$中：$BD^2=BF^2+DF^2$，
在$\mathrm{Rt}△ CFE$中：$CE^2=CF^2+EF^2$，
$\therefore BD^2+CE^2=BF^2+DF^2+CF^2+EF^2$，
又$\because$在$\mathrm{Rt}△ BFC$中$BC^2=BF^2+CF^2$，在$\mathrm{Rt}△ DFE$中$DE^2=DF^2+EF^2$，
$\therefore BD^2+CE^2=(BF^2+CF^2)+(DF^2+EF^2)=BC^2+DE^2=26$。
【答案】
(1) $BE=CD$且$BE⊥ CD$，证明成立；
(2) $\boxed{26}$
【知识点】
全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质
【点评】
本题是共顶点等腰直角三角形手拉手模型的典型题，第一问侧重全等的证明和垂直关系的推导，第二问需要结合前一问的结论，灵活运用勾股定理拆分、转化线段平方和，掌握该模型的特征能快速找到解题突破口。
【难度系数】
0.65
(1) 要证$BE=CD$，可通过证明两条线段所在的三角形全等实现：已知两个共顶点的等腰直角三角形，通过角的等量代换得到一组相等的夹角，结合已知的等边，用SAS即可判定全等；要证$BE⊥CD$，可利用全等得到的对应角相等，结合对顶角相等，通过三角形内角和推导两条线的夹角为$90°$即可。
(2) 求$BD^2+CE^2$的值，可利用第一问得到的垂直结论，用勾股定理把$BD^2$、$CE^2$拆分成直角边的平方和，再重新组合转化为$BC^2$与$DE^2$的和，最后结合等腰直角三角形的边长计算即可。
【解析】
(1) 证明：$\because ∠ BAC=∠ DAE=90°$，
$\therefore ∠ BAC+∠ BAD=∠ DAE+∠ BAD$，即$∠ CAD=∠ BAE$，
在$△ AEB$和$△ ADC$中：
$\begin{cases}AB=AC \\∠ BAE=∠ CAD \\AE=AD\end{cases}$
$\therefore △ AEB≌△ ADC(\mathrm{SAS})$，
$\therefore BE=CD$，$∠ BEA=∠ CDA$。
设$BE$与$AD$交于点$M$，则$∠ DMF=∠ EMA$（对顶角相等），
由三角形内角和可得：$∠ DFE=180°-∠ CDA-∠ DMF$，$∠ DAE=180°-∠ BEA-∠ EMA$，
$\therefore ∠ DFE=∠ DAE=90°$，即$BE⊥ CD$。
(2) 解：$\because ∠ BAC=90°$，$AB=AC=2$，
由勾股定理得：$BC^2=AB^2+AC^2=2^2+2^2=8$，
$\because ∠ DAE=90°$，$AD=AE=3$，
同理得：$DE^2=AD^2+AE^2=3^2+3^2=18$，
$\therefore BC^2+DE^2=8+18=26$。
由(1)知$BE⊥ CD$，
在$\mathrm{Rt}△ BFD$中：$BD^2=BF^2+DF^2$，
在$\mathrm{Rt}△ CFE$中：$CE^2=CF^2+EF^2$，
$\therefore BD^2+CE^2=BF^2+DF^2+CF^2+EF^2$，
又$\because$在$\mathrm{Rt}△ BFC$中$BC^2=BF^2+CF^2$，在$\mathrm{Rt}△ DFE$中$DE^2=DF^2+EF^2$，
$\therefore BD^2+CE^2=(BF^2+CF^2)+(DF^2+EF^2)=BC^2+DE^2=26$。
【答案】
(1) $BE=CD$且$BE⊥ CD$，证明成立；
(2) $\boxed{26}$
【知识点】
全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质
【点评】
本题是共顶点等腰直角三角形手拉手模型的典型题，第一问侧重全等的证明和垂直关系的推导，第二问需要结合前一问的结论，灵活运用勾股定理拆分、转化线段平方和，掌握该模型的特征能快速找到解题突破口。
【难度系数】
0.65
23.（8分）如图，在$△ ABC$中，$BD⊥ AC$于点$D$，$CE⊥ AB$于点$E$，连接$DE$，$M$，$N$两点分别是$BC$，$DE$的中点，连接$MN$。
（1）求证：$MN⊥ DE$；
（2）若$BC=10$，$DE=6$，求$MN$的长。
（1）求证：$MN⊥ DE$；
（2）若$BC=10$，$DE=6$，求$MN$的长。
答案：23. (1) 连接 $EM, DM$. 因为 $BD ⊥ AC, CE ⊥ AB, M$ 为 $BC$ 的中点, 所以 $EM = \frac{1}{2}BC, DM = \frac{1}{2}BC$, 即 $EM=DM$. 又 $N$ 为 $DE$ 的中点, 所以 $MN ⊥ DE$.
(2) 由 (1), 得 $MN ⊥ DE, EM = \frac{1}{2}BC$, 则 $∠ ENM = 90°$. 又 $BC=10, DE=6, N$ 为 $DE$ 的中点, 所以 $EM=5, EN = \frac{1}{2}DE = 3$. 在 $\mathrm{Rt}△ EMN$ 中, 由勾股定理, 得 $MN = \sqrt{EM^2 - EN^2} = 4$. 则 $MN$ 的长为 4.
(2) 由 (1), 得 $MN ⊥ DE, EM = \frac{1}{2}BC$, 则 $∠ ENM = 90°$. 又 $BC=10, DE=6, N$ 为 $DE$ 的中点, 所以 $EM=5, EN = \frac{1}{2}DE = 3$. 在 $\mathrm{Rt}△ EMN$ 中, 由勾股定理, 得 $MN = \sqrt{EM^2 - EN^2} = 4$. 则 $MN$ 的长为 4.
解析：
【分析】
（1）要证明MN⊥DE，观察到N是DE中点，可考虑证明△DME是等腰三角形，利用“等腰三角形三线合一”的性质推导。题中存在多个直角三角形，且M是BC中点，可通过“直角三角形斜边中线等于斜边的一半”证明EM=DM，进而得到等腰三角形。
（2）由（1）的结论可知△EMN是直角三角形，先根据已知条件求出直角边EN和斜边EM的长度，再利用勾股定理计算MN的长即可。
【解析】
（1）证明：连接EM、DM。
∵BD⊥AC，CE⊥AB，
∴△BDC和△BEC都是直角三角形。
又
∵M是BC的中点，
∴根据直角三角形斜边中线的性质，得$EM = \frac{1}{2}BC$，$DM = \frac{1}{2}BC$，
∴EM = DM，即△EMD是等腰三角形。
∵N是DE的中点，根据等腰三角形三线合一的性质，
∴MN⊥DE。
（2）解：由（1）可知MN⊥DE，即∠ENM=90°，
∵BC=10，
∴$EM=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}×10=5$。
∵N是DE的中点，DE=6，
∴$EN=\frac{1}{2}DE=\frac{1}{2}×6=3$。
在Rt△EMN中，由勾股定理得：
$MN=\sqrt{EM^2 - EN^2}=\sqrt{5^2 - 3^2}=\sqrt{25-9}=\sqrt{16}=4$。
【答案】
（1）证明成立；（2）MN的长为4。
【知识点】
直角三角形斜边中线性质；等腰三角形三线合一；勾股定理
【点评】
本题是几何基础综合题，解题的关键是合理构造辅助线，将直角三角形斜边中线性质、等腰三角形性质与勾股定理结合应用，掌握常见几何模型的性质是解决这类问题的基础。
【难度系数】
0.7
（1）要证明MN⊥DE，观察到N是DE中点，可考虑证明△DME是等腰三角形，利用“等腰三角形三线合一”的性质推导。题中存在多个直角三角形，且M是BC中点，可通过“直角三角形斜边中线等于斜边的一半”证明EM=DM，进而得到等腰三角形。
（2）由（1）的结论可知△EMN是直角三角形，先根据已知条件求出直角边EN和斜边EM的长度，再利用勾股定理计算MN的长即可。
【解析】
（1）证明：连接EM、DM。
∵BD⊥AC，CE⊥AB，
∴△BDC和△BEC都是直角三角形。
又
∵M是BC的中点，
∴根据直角三角形斜边中线的性质，得$EM = \frac{1}{2}BC$，$DM = \frac{1}{2}BC$，
∴EM = DM，即△EMD是等腰三角形。
∵N是DE的中点，根据等腰三角形三线合一的性质，
∴MN⊥DE。
（2）解：由（1）可知MN⊥DE，即∠ENM=90°，
∵BC=10，
∴$EM=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}×10=5$。
∵N是DE的中点，DE=6，
∴$EN=\frac{1}{2}DE=\frac{1}{2}×6=3$。
在Rt△EMN中，由勾股定理得：
$MN=\sqrt{EM^2 - EN^2}=\sqrt{5^2 - 3^2}=\sqrt{25-9}=\sqrt{16}=4$。
【答案】
（1）证明成立；（2）MN的长为4。
【知识点】
直角三角形斜边中线性质；等腰三角形三线合一；勾股定理
【点评】
本题是几何基础综合题，解题的关键是合理构造辅助线，将直角三角形斜边中线性质、等腰三角形性质与勾股定理结合应用，掌握常见几何模型的性质是解决这类问题的基础。
【难度系数】
0.7