在△ABC中，若AB=AC=5，BC=6，则AC边上的高h=[24/5][24/5]．

（1）证明：∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
又∵∠ADE+∠CDE=∠B+∠BAD，
∴∠BAD=∠CDE，
∴△ABD∽△DCE；

（2）∵△ABD∽△DCE，
∴[AB/CD]=[AD/DE]，
即[5/CD]=[AD/DE]，
∵AE=ED，
∴∠ADE=∠DAE，
∵∠ADE=∠C，
∴∠ADE=∠DAE=∠B=∠C，
∴△ABC∽△EAD，
∴[AB/DE]=[BC/AD]，
即[5/DE]=[6/AD]，
∴[AD/DE]=[6/5]，
∴[5/CD]=[6/5]，
解得CD=[25/6]，
BD=BC-CD=6-[25/6]=[11/6]．

点评：
本题考点： 相似三角形的判定与性质．

考点点评： 本题考查了相似三角形的判定与性质，主要利用了两角对应相等，两三角形相似，以及相似三角形对应边成比例的性质，（2）两次利用三角形相似表示出[AD/DE]，然后列出方程求出CD的长是解题的关键．

证明：（Ⅰ）连接A₁C，与AC₁交于O点，连接OD．
因为O，D分别为AC₁和BC的中点，
所以OD∥A₁B．
又OD⊂平面AC₁D，A₁B⊄平面AC₁D，
所以A₁B∥平面AC₁D．（4分）
证明：（Ⅱ）在直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，BB₁⊥平面ABC，又AD⊂平面ABC，
所以BB₁⊥AD．
因为AB=AC，D为BC中点，
所以AD⊥BC．又BC∩BB₁=B，
所以AD⊥平面B₁BCC₁．
又CE⊂平面B₁BCC₁，
所以AD⊥CE．
因为四边形B₁BCC₁为正方形，D，E分别为BC，BB₁的中点，
所以Rt△CBE≌Rt△C₁CD，∠CC₁D=∠BCE．
所以∠BCE+∠C₁DC=90°．
所以C₁D⊥CE．
又AD∩C₁D=D，
所以CE⊥平面AC₁D．（9分）
（Ⅲ）如图，以B₁C₁的中点G为原点，建立空间直角坐标系．
则A（0，6，4），E（3，3，0），C（-3，6，0），C₁（-3，0，0）．
由（Ⅱ）知CE⊥平面AC₁D，所以

CE＝(6，−3，0)为平面AC₁D的一个法向量．
设n=（x，y，z）为平面ACC₁的一个法向量，

AC＝(−3，0，−4)，

CC1＝(0，−6，0)．
由

n•

AC＝0
n•

CC1＝0.可得

点评：
本题考点： 与二面角有关的立体几何综合题；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定．

考点点评： 本题是一个与二面角有关的立体几何综合题，以正三棱柱为载体，考查了线面平行的判定，线面垂直的判定，及二面角等考点，难度中档．

∵△BDE是△BDC沿直线BD翻折变换而成，
∴DE=DC，BE=BC=3，
∴AE=AB-BE=5-3=2，
∴三角形ADE周长=AD+DE+AE=AD+DC+2=AC+2=5+2=7．
故答案为：7．

点评：
本题考点： 翻折变换（折叠问题）．

考点点评： 本题考查的是图形翻折变换的性质，即折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．

如图所示
（左图）：沿着BD折,BD垂直于AC,AC'=3,AC=5,CD=C'D=1
故知AD=4,BD=3,CD=1,所以BC=sqr(3^2+1^2)=sqr(10)
sqr(x)=x的1/2次方
（右图）：沿着BD折,BD垂直于AC,AC'=3,AC=5,CD=C'D=4
故知AD=1,BD^2=25-1=24,CD=4,所以BC=sqr(24+16)=2sqr(10)

∵AB=AC=5，∴∠B=∠C，
由DF∥AC，得∠FDB=∠C=∠B，
∴FD=FB，
同理，得DE=EC．
∴四边形AFDE的周长=AF+AE+FD+DE
=AF+FB+AE+EC
=AB+AC
=5+5=10．
故答案为10．

点评：
本题考点： 平行四边形的性质．

考点点评： 本题利用了两直线平行，同位角相等和等边对等角及等角对等边来把四边形的周长转移到AB和ACH上求解的．

∵DE∥AB，DF∥AC，
则四边形AFDE是平行四边形，
∠B=∠EDC，∠FDB=∠C
∵AB=AC，∴∠B=∠C，
∴∠B=∠FDB，∠C=∠EDF
∴BF=FD，DE=EC，
所以：▱AFDE的周长等于AB+AC=10．
故选B．

点评：
本题考点： 平行四边形的性质；等腰三角形的性质；平行四边形的判定．

考点点评： 根据平行四边形的性质，找出对应相等的边，利用等腰三角形的性质把四边形周长转化为已知的长度去解题．

∵△BDE是△BDC沿直线BD翻折变换而成，
∴DE=DC，BE=BC=3，
∴AE=AB-BE=5-3=2，
∴三角形ADE周长=AD+DE+AE=AD+DC+2=AC+2=5+2=7．
故答案为：7．

点评：
本题考点： 翻折变换（折叠问题）．

考点点评： 本题考查的是图形翻折变换的性质，即折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．

∵△BDE是△BDC沿直线BD翻折变换而成，
∴DE=DC，BE=BC=3，
∴AE=AB-BE=5-3=2，
∴三角形ADE周长=AD+DE+AE=AD+DC+2=AC+2=5+2=7．
故答案为：7．

点评：
本题考点： 翻折变换（折叠问题）．

考点点评： 本题考查的是图形翻折变换的性质，即折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．

（1）证明：∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵△ABC≌△DEF，
∴∠AEF=∠B，
又∵∠AEF+∠CEM=∠AEC=∠B+∠BAE，
∴∠CEM=∠BAE，
∴△ABE∽△ECM；

（2）能．
∵∠AEF=∠B=∠C，且∠AME＞∠C，
∴∠AME＞∠AEF，
∴AE≠AM；
当AE=EM时，则△ABE≌△ECM，
∴CE=AB=5，
∴BE=BC-EC=6-5=1，
当AM=EM时，则∠MAE=∠MEA，
∴∠MAE+∠BAE=∠MEA+∠CEM，
即∠CAB=∠CEA，
又∵∠C=∠C，
∴△CAE∽△CBA，
∴[CE/AC＝
AC
CB]，
∴CE=
AC2
CB＝
25
6，
∴BE=6-[25/6]=[11/6]；
∴BE=1或[11/6]．

（3）设BE=x，
又∵△ABE∽△ECM，
∴[CM/BE＝
CE
AB]，
即：[CM/x＝
6−x
5]，
∴CM=-
x2
5+[6/5]x=-[1/5]（x-3）²+[9/5]，
∴AM=5-CM═[1/5]（x-3）²+[16/5]，
∴当x=3时，AM最短为[16/5]，
又∵当BE=x=3=[1/2]BC时，
∴点E为BC的中点，
∴AE⊥BC，
∴AE=
AB2−BE2=4，
此时，EF⊥AC，
∴EM=
CE2−CM2=

点评：
本题考点： 相似三角形的判定与性质；二次函数的最值；全等三角形的判定与性质；勾股定理．

考点点评： 此题考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质以及二次函数的最值问题．此题难度较大，注意数形结合思想、分类讨论思想与函数思想的应用是解此题的关键．

（1）∵点D从B向C运动时，BD边逐渐变长，
∴∠BAD逐渐增大，
∵∠B的大小固定不变，∠B+∠BAD+∠ADB=180°，
∴∠ADB逐渐减小；
（2）①∵△ABD≌△DCE，
∴DC=AB=5，CE=DB，
∵BC=8，
∴CE=DB=8-5=3；
②∠ADE=∠C；
理由：∵△ABD≌△DCE，
∴∠1=∠2，
∵∠1+∠B+∠ADB=180°，∠2+∠ADE+∠BDA=180°，
∴∠ADE=∠B，
∵∠B=∠C，
∴∠ADE=∠C．

点评：
本题考点： 全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质．

考点点评： 此题主要考查了全等三角形的判定与性质，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．