E为△ABC中AB上的一点,∠DCA=∠DEA=∠ECB,CE=CB,试说明:DE=AB

证明：分别取AC、BC中点M、N，连接MD、ND，再连接EM、FN，
∵D为AB中点，∠AEC=90°，∠BFC=90°，
∴EM=[1/2]AC，FN=[1/2]BC，
∵D是△ABC中AB边上的中点，
∴DN是△ABC的中位线．
∴DN=[1/2]AC，
∴EM=DN=[1/2]AC，FN=MD=[1/2]BC，
∵DN∥CM且DN=CM，
∴四边形MDNC为平行四边形，
∴∠CMD=∠CND．
∵∠EMC=∠FNC=90°，
∴∠EMC+∠CMD=∠FNC+∠CND，
即∠EMD=∠FND，
∴△EMD≌△DNF（SAS）．
∴DE=DF．

点评：
本题考点： 平行四边形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线．

考点点评： 本题考查了平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质以及直角三角形的性质：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，题目难度中等综合性不小．

（1）证明：连接BC，∵CD是△ABC中AB边上的高，∴∠CDB=90°，∵AE是△ABC的外接圆的直径，∴∠ACE=90°，∴∠ACE=∠CDB，∵∠E=∠B，∴△CBD∽△AEC；（2）∵△CBD∽△AEC，∴CDAC=BCAE，∵AC=x，AE=y，AC+BC=8，CD...

点评：
本题考点： 圆的综合题．

考点点评： 此题主要考查了圆周角定理以及相似三角形的判定与性质和二次函数最值求法，得出△CBD∽△AEC是解题关键．

∵∠A=∠A
∴当∠ADC=∠ACB或∠ACD=∠B或AD：AC=AC：AB或AC²=AD•AB时，△ABC∽△ACD．

点评：
本题考点： 相似三角形的判定．

考点点评： 此题考查了相似三角形的判定：
①如果两个三角形的三组对应边的比相等，那么这两个三角形相似；
②如果两个三角形的两条对应边的比相等，且夹角相等，那么这两个三角形相似；
③如果两个三角形的两个对应角相等，那么这两个三角形相似．平行于三角形一边的直线截另两边或另两边的延长线所组成的三角形与原三角形相似．

连接OD、OE，
∵⊙O与△ABC中AB、AC的延长线及BC边相切，
∴AF=AD，BE=BF，CE=CD，
OD⊥AD，OE⊥BC，
∵∠ACB=90°，
∴四边形ODCE是正方形，
设OD=r，则CD=CE=r，
∵BC=3，
∴BE=BF=3-r，
∵AB=5，AC=4，
∴AF=AB+BF=5+3-r，
AD=AC+CD=4+r，
∴5+3-r=4+r，
r=2，
则⊙O的半径是2．
故答案为：2．

点评：
本题考点： 切线长定理．

考点点评： 此题考查了切线长定理，用到的知识点是切线长定理、正方形的性质、圆的性质等，解题的关键是设出圆的半径，列出关于圆的半径的方程．

如图所示,AF平分∠CAD
即∠CAF=∠DAF
∵AD=AC,AF=AF
∴△CAF相似于△DAF
∴DF=CF
∴∠CDF=∠DCF
又∵DE‖BC
∴∠DCF=∠CDE
∴∠CDF=∠CDE
即：CD平分∠EDF

∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC，∠A=∠CBD=60°，
在△ABE和△BCD中，


AB＝BC
∠A＝∠CBD
AE＝BD，
∴△ABE≌△BCD（SAS），
∴∠ABE=∠BCD，
∴∠BFD=∠CBE+∠BCD=∠CBE+∠ABE=∠ABC=60°，
即BE与CD的夹角是60°．

点评：
本题考点： 等边三角形的性质；全等三角形的判定与性质．

考点点评： 此题考查了等边三角形的性质以及全等三角形的判定与性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．

∵DE是AB的垂直平分线，
∴AE=BE，故C选项错误；
∵∠AED=30°，AD=4cm，
∴AE=2AD=2×4=8cm，
∴BE=8cm，故B选项错误；
又∵∠DAE=90°-∠AED=90°-30°=60°，AG平分∠BAC，
∴∠EAG=[1/2]∠DAE=[1/2]×60°=30°，
∴∠EAG=∠AEG，
∴AG=EG，故D选项错误；
设DG=x，
在Rt△ADE中，DE=
AE2−AD2=
82−42=4
3cm，
∴AG=GE=4
3-x，
在Rt△ADG中，AD²+DG²=AG²，
即4²+x²=（4
3-x）²，
解得x=
4
3
3，
即DG=
4
3
3cm，故A选项正确．
故选A．

点评：
本题考点： 线段垂直平分线的性质；含30度角的直角三角形．

考点点评： 本题考查了线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质，直角三角形两锐角互余，直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半，勾股定理的应用，综合题，但难度不大．

（Ⅰ）证明：连接ED，FD，
∵AD，BD是直径，∴∠AED=∠BFD=90°，
∴∠DEC=∠DFC=90°，
∴∠DEC+∠DFC=180°，
∴E、D、F、C四点共圆；
（Ⅱ）∵∠DEC=90°，
∴CD是四边形EDFC外接圆的直径，
∵CD是△ABC中AB边上的高，
∴BD是四边形EDFC外接圆的切线，
∴BD=BF•BC
∵BD=5，CF=[16/3]，
∴BF=3，
同理CD=[20/3]
∴四边形EDFC外接圆的半径为[10/3]．

点评：
本题考点： 与圆有关的比例线段．

考点点评： 本题考查与圆有关的比例线段，考查学生分析解决问题的能力，比较基础．

命题是一个真命题．
在图（2）中，连接DO，并延长交BC于E，连接AE，则有OE⊥BC．
因为AO⊥面ABC，所以AO⊥AE．
又AO⊥DE，所以AE²=EO•ED．
于是S△ABC2＝(
1
2BC•AE)2(
1
2BC•EO)•(
1
2BC•ED)=S_△BCO•S_△BCD．
故有S_△ABC²=S_△BCO•S_{△BCD．
故选A}．

点评：
本题考点： 命题的真假判断与应用．

考点点评： 本题考查类比推理及利用平面的性质证明空间的结论．考查空间想象能力，难度较大．

证明：（证法一）连接OE，DE，
∵CD是⊙O的直径，
∴∠AED=∠CED=90°，
∵G是AD的中点，
∴EG=[1/2]AD=DG，
∴∠1=∠2；
∵OE=OD，
∴∠3=∠4，
∴∠1+∠3=∠2+∠4，
∴∠OEG=∠ODG=90°，
故GE是⊙O的切线；
（证法二）连接OE，OG，
∵AG=GD，CO=OD，
∴OG∥AC，
∴∠1=∠2，∠3=∠4．
∵OC=OE，
∴∠2=∠4，
∴∠1=∠3．
又OE=OD，OG=OG，
∴△OEG≌△ODG，
∴∠OEG=∠ODG=90°，
∴GE是⊙O的切线．

点评：
本题考点： 切线的判定；圆周角定理．

考点点评： 本题考查切线的判定方法及圆周角定理运用．