数学中考三轮复习 三角函数综合解答题 专题达标测评

九年级数学中考三轮复习《三角函数综合解答题》专题达标测评（附答案）（共12小题，每小题10分，满分120分）1．（1）如图1，在等边△ABC中，P为边AB上一点，且∠A=2∠ACP，则BCAP（2）如图2，在△ABC中，∠A=40°，AB=AC，P为边AB上的一点，且∠ACP=20°，求BCAP（3）如图3，在△ABC中，AB=AC，P为边AB上的一点，且∠A=2∠ACP，试说明：BCAP2．如图1，在锐角△ABC中，AB=AC，圆O为△ABC的外接圆．(1)求证：OA平分∠BAC．(2)如图2，点E在弧AB上，CE分别与OA，BA交于点F，G，且CF=BE．①求证：BG⊥EF；②若EF=2，CF=3，求圆O的半径．③如图3，连结BO并延长交AC于D，交CE于H，若DH=OH，求cos∠BAC3．【初步探索】(1)如图1，已知点B在直线CE上，点A，D在直线CE的同侧，AB=AC，DE=CE，∠BAC=∠DEC=50∘，求证：【问题解决】在【初步探索】的基础上，将△ABC绕点C顺时针旋转0∘<α<90∘，直线AE，(2)当△ACE的面积达到最大时，α的度数为__________(3)根据图2，求证：△ACE∽△BCD；(4)根据图2，求∠BFE的度数；【类比应用】(5)如图3，在矩形ABCD和矩形DEFG中，AB=1，AD=DE=3，DG=3，连接AG，BF，请直接写出AG4．如图，两个全等的四边形ABCD和OA′B′C′，其中四边形OA′B′C′的顶点O位于四边形ABCD的对角线交点O．(1)如图1，若四边形ABCD和OA′B′C′都是正方形，则下列说法正确有_______．（填序号）①OE=OF；②重叠部分的面积始终等于四边形ABCD的14；③BE+BF=(2)应用提升:如图2，若四边形ABCD和OA′B′C′都是矩形，AD=a,DC=b，写出OE与OF之间的数量关系，并证明．(3)类比拓展:如图3，若四边形ABCD和OA′B′C′都是菱形，∠DAB=α，判断（1）中的结论是否依然成立；如不成立，请写出你认为正确的结论（可用α表示），并选取你所写结论中的一个说明理由．5．如图，在平面直角坐标系中，直线y=−43x+4与x轴，y轴分别交于B、C两点，抛物线y=ax2+bx+c经过B、C两点，与x轴负半轴交于点(1)求抛物线解析式．(2)点P是抛物线上的一点．①当点P在第一象限时，过点P作PD∥y轴交BC于点D，过点D作DE⊥y轴交于点E，连接EP，当△PDE和△BOC相似时，求点②当∠ABP=12∠ABC6．如图1，在△ABC中，∠ABC=120°,AB=3,BC=5．点P是线段AC上的一动点，将△ABP沿着BP折叠，点A落在A′(1)求点A到直线BC的距离；(2)如图2，点Q是线段AC上的一动点，将△CBQ沿着BQ折叠，使得边BC折叠后与BA′重合．若PA(3)如图3，连接A′C，过A′作AC的平行线，与直线BC交于点M．当∠B7．【网格中的锐角三角函数】求一个锐角的三角函数值，我们往往需要找出（或构造出一个直角三角形，在网格中更有利于我们发现或构造一些直角三角形．(1)如图，在边长为1的正方形网格中，每个小正方形的顶点叫格点．△ABC的顶点都在格点上，则cos∠ABC(2)如图，在边长为l的正方形网格中，连接格点D,N和E,C，DN和EC相交于点P，结合下面的分析，直接写出tan∠CPN【分析】观察发现问题中∠CPN不在直角三角形中，我们常常利用网格画平行线等方法实现角的转移，从而解决此类问题，比如连接格点M,N，可得MN∥EC，则∠DNM=∠CPN，连接DM，那么∠CPN就变换到(3)如图，在边长为1的正方形网格中，AN与CM相交于点P，则sin∠CPN8．矩形AOBC中，OB=4，OA=3，分别以OB，OA所在直线为x轴，y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，F是BC边上一个动点（不与B，C重合），过点F的反比例函数y=k(1)当点F为边BC的中点时，求点E的坐标；(2)连接EF，求∠EFC的正切值．9．如图①，在△ABC中，AC=BC=10，tanC=43，点P从点A出发沿折线AB−BC运动．点P在AB上的运动速度是每秒25个单位长度，在BC上的运动速度是每秒5个单位长度．当点P不与点A、B、C重合时，作PQ⊥AC于点Q，以线段PQ为边作矩形PQMN，使点B、M、N始终在线段(1)tanA=

(2)用含有t的代数式表示线段PQ的长．(3)当点N落在△ABC的边上时，求t的值．(4)如图②，点D、E分别是AC、PN的中点，作直线DE，直接写出直线DE与△ABC的一边垂直时10．如图，已知四边形ABCD内接于⊙O，连接对角线BD，若∠BAD=∠BCD，(1)求证：BD是⊙O的直径；(2)点H在BD上，连接AH并延长交CD于点G，若∠ADB=∠CAG，求证：AG⊥CD；(3)在（2）的条件下，过点A作AE⊥BD于点E，连接EG交AC于F，若tan∠AFE=43，tan∠EAF=111．已知在△ABC中，AB=AC，点D在∠BAC的平分线上，联结BD并延长，交边AC于点E．(1)点F在BE延长线上，AF=AB，①如图1，若BD平分∠ABC，BD:DF=2:3，求cos∠ABC②如图2，若E是AC的中点，BD=AE，求AE:EF的值；(2)如图3，若△AED∽△BEA，AE=2，EC=3，求BC的长．12．【理解概念】定义：如果三角形有两个内角的差为90°，那么这样的三角形叫做“准直角三角形”．(1)已知△ABC是“准直角三角形”，且∠C>90°．①若∠A=60°，则∠B=______°；②若∠A=40°，则∠B=______°；【巩固新知】(2)如图①，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=6，BC=2，点D在AC【解决问题】(3)如图②，在四边形ABCD中，CD=CB，∠ABD=∠BCD，AB=5，参考答案1．（1）2（2）3（3）见解析【分析】（1）通过角的大小关系可得到∠APC=90°，利用三角函数即可得解；（2）过点A分别作AD⊥BC于D，AE⊥CP的延长线于点E，通过条件证得△ACD≅△CAE，CD=AE，根据角的大小关系求得∠EAP=30°，然后利用三角函数关系，并采用等量代换即可得解；（3）作BC边上的中线AD，并以CA为一边作∠ACO=∠BAC，另一边与AD交于O，通过条件证得△ACO≅△CAP，CO=AP，通过角的大小关系得到∠COD=∠BPC，然后结合三角函数关系可得证．【详解】（1）解：在等边△ABC中，∠A=60°，∵∠A=2∠ACP，∴∠ACP=30°,在△ACP中，∠APC=180°−30°−60°=90°，∴AP∵BC=AC，∴BC故答案为：2；（2）解：如图，过点A分别作AD⊥BC于D，AE⊥CP的延长线于点E．∵AB=AC，∴∠CAD=∠BAD=12∠BAC=20°，∴∵∠ADC=∠CEA=90°，CA=AC，∴△ACD≅△CAE，∴CD=AE．在Rt△ACE中，∠EAP=90°−∠PAC−∠ACE=30°则在Rt△APE中，AE=AP⋅∴BC=2CD=2AE=3AP．即（3）证明：如图4，作BC边上的中线AD，并以CA为一边作∠ACO=∠BAC，另一边与AD交于O．∵AB=AC，∴∠CAO=12∠BAC∵∠BAC=2∠ACP，∴∠CAO=∠ACP．又AC=CA，∠CAP=∠ACO，∴△ACO≅△CAP，∴CO=AP，∠APC=∠AOC，∴180°−∠APC=180°−∠AOC，即∠COD=∠BPC．又∵CD=CO⋅sin∠COD，即∴12BC=AP⋅sin2．(1)见解析(2)①见解析；②322【分析】（1）证明△AOB≅△AOC，即可得出OA平分∠BAC；（2）①连结BF，证明△ABF≅△ACF，推出∠ABE=∠ABF，即可求证；②连结BO并延长交⊙O于M，连结CM，根据BCBM=sin∠BMC=sin∠BEG=232【详解】（1）连结OB、OC，∵OA=OA，OB=OC，AB=AC，∴△AOB≅△AOC，∴∠BAO=∠CAO（2）①连结BF由AF=AF，∠BAF=∠CAF，AB=AC得△ABF≅△ACF，∴∠ACF=∠ABF，BF=CF，又∵∠ACF=∠ABE，BE=CF∴∠ABE=∠ABF，BE=BF∴BG⊥EF，且EG=FG②连结BO并延长交⊙O于M，连结CM则∠BCM=90由EF=2，CF=3知EG=FG=1，BF=CF=3∴BG=22，BC=2∴BC∴BM=33，即半径为③延长BD交⊙O于M，连结CM∵∠DAO=∠OAB=∠ABO，∠ADO=∠BDA，∴△ADO∼△BDA，∴ADDB即A∵∠DBC=90°−∠M=90°−∠BAC=∠DCH∠CDH=∠BDC∴△DCH∼△DBC，∴CDDH=又∵DH=HO，∴C∴CD∵AO⊥BC，CM⊥BC，∴AO∥CM∴△DCM∼△DAO∴OACM=∴BM=22CM∴cos∠BAC=cos∠BMC=3．(1)见解析(2)25(3)见解析(4)115(5)AG【分析】（1）根据两边成比例ACCE=BC（2）EC一定，S△ACE=12×EC.AC，因此当AC最大时，△ACE的面积最大，因此当AC⊥CE时，CE取最大值，此时△ACE（3）由AB=AC，DE=CE，可得ACCE=BCDC,∠BAC=∠DEC=50°得（4）由△BCD∽△ACE可得∠BDC=∠AEC，由∠BFE=∠FDE+∠DEF=∠EDC+∠BDC+∠DEF=∠EDC+∠AEC+∠DEF=∠DEC+∠EDC即可得出结论．（5）连接DF、BD，在Rt△ABD和Rt△DEF中，根据勾股定理BD=2，DF=23，由此可知tan∠ADB=33，tan∠GDF=33，由∠GDF+∠ADF=∠ADB+∠ADF【详解】（1）∵AB=AC、DE=CE，∴ABDE又∵∠BAC=∠DEC，∴△ABC∽△EDC，∴ACCE（2）∵EC一定，S△ACE=12×EC.AC，因此当AC最大时，△ACE的面积最大，由题意得AC⊥CE时，CE∴∠ACE=90∵AB=AC，∠BAC=50∴∠ACB=180∴旋转角α=90故答案为：25°（3）∵AB=AC、DE=CE、∠BAC=∠DEC=50∴∠ABC=∠ACB=65∴∠EDC=∠ECD=65∴∠ACB−∠ACD=∠ECD−∠ACD，∴，即∠BCD=∠ACE．∵ACCE=BC∴△BCD∽△ACE．（4）∵△BCD∽△ACE，∴∠BDC=∠AEC，∴∠BFE=∠FDE+∠DEF=∠EDC+∠BDC+∠DEF=∠EDC+∠AEC+∠DEF=∠EDC+∠DEC=115即∠BFE的度数为115°．（5）连接DF，BD．如图，在Rt△ABD和Rt△DEF中，由勾股定理BD=A∴tan∠ADB=tan∠GDF=∴∠ADB=∠GDF，∴∠GDF+∠ADF=∠ADB+∠ADF，即∠ADG=∠BDF．又∵ADBD∴△ADG∽△BDF，∴AGBF4．(1)①②③(2)关系为OEOF(3)①成立，②③不成立，正确结论②重叠部分的面积始终等于四边形ABCD的12sin2【详解】（1）如图，在图1中，过点O作OH⊥AB于点H,OG⊥AB于点G∵OH⊥AB于点H,OG⊥AB于点G∴∠OHE=∠OGF=90°∵四边形ABCD和OA′B′C′都是正方形∴△OBH≅△OBG∴OH=OF∵∠HOE=90°−∠EOG,∠GOF=90°−∠EOG∴∠HOE=∠GOF在△HOE和△GOF中∠OHE=∠OGF∴△HOE≅△GOF∴OE=OF故①正确∵△HOE≅△GOF∴S∴S故②正确∵四边形ABCD是正方形∴AB=BC=∴BE+BF=BE+BG+GF=BE+BG+HE=BG+BH=AB=故③正确（2）关系为OEOF如图，在图2中，过点O作OH⊥AB于点H,OG⊥AB于点G∵OH⊥AB于点H,OG⊥AB于点G∴∠OHE=∠OGF=90°∵四边形ABCD和OA′B′C′都是矩形∴∠OHOG=∠EOF=90°∵∠HOE=90°−∠EOG,∠GOF=90°−∠EOG∴∠HOE=∠GOF在△HOE和△GOF中∠OHE=∠OGF∴△HOE∼△GOF∴OE（3）（1）中结论，①成立，②③不成立，正确结论②重叠部分的面积始终等于四边形ABCD的12sin2如图，在图3中，过点O作OH⊥AB于点H,OG⊥AB于点G∵OH⊥AB于点H,OG⊥AB于点G∴∠OHE=∠OGF=90°∵四边形ABCD和OA′B′C′都是菱形∴△OBH≅△OBG∴OH=OF∵∠HOE=α−∠EOG,∠GOF=α−∠EOG∴∠HOE=∠GOF在△HOE和△GOF中∠OHE=∠OGF∴△HOE≅△GOF∴OE=OF5．(1)y=−(2)①2,4或3916,16564【分析】（1）先根据直线BC的解析式求出点B和C的坐标，再利用待定系数法求抛物线的解析式；（2）①设出P点的横坐标为m，用m的代数式表示PD和DE，然后根据相似三角形的两种情况，由两组对应角相等，利用相等的三角函数值列出关于m的方程即可；②过点B作BP平分∠ABC，交拋物线于点P1，过点C作CG∥x轴，交BG于点G，可得到∠CBG=∠G，利用勾股定理和等腰三角形的性质得到GC=BC=5，可确定点G的坐标，进而求出直线BG与抛物线的交点坐标，便可得出其中一个满足条件的P点坐标；利用翻折，设BG与y轴的交点为点M，M关于x轴的对称点为N，进而求得直线BN【详解】（1）解：∵直线y=−43x+4与x轴，y轴分别交于B当x=0时，y=−4∴C0,4，OC=4当y=0时，得−43x+4=0∴B3,0，OB=3∵cos∠CAB=OAAC=17∵AC∴17k2解得：k1=17∴OA=17∴A−1,0∵抛物线y=ax2+bx+c经过B、C两点，与x∴a−b+c=09a+3b+c=0解得：a=−4∴拋物线的解析式为y=−4（2）①设Pm,−∵PD∥y轴交BC于点D，DE⊥y轴交于点∴Dm,−∴PD=−43m2+∴tan∠PED=∵∠PDE=∠BOC=90°，∴△PDE和△BOC相似分以下两种情况：当∠PED=∠CBO时，∴tan∠PED=∴−4解得m=2，∴−4∴P2,4当∠PED=∠BCO时，tan∠PED=∴−4解得：m=39∴−4∴P39综上所述，当△PDE和△BOC相似时，点P的坐标为2,4或3916②如图，过点B作BG平分∠ABC，交拋物线于点P1∴∠ABP∴∠ABG=∠CBG，过点C作CG∥x轴，交BG于点∴∠ABG=∠G，∴∠CBG=∠G，∵OB=3，OC=4，∴BC=O∴GC=BC=5，∴点G的坐标为−5,4，又∵B3,0设直线BG的解析式为y=k∴−5k∴直线BG的解析式为y=−1由y=−4解得：x1=3y∴P1将直线BG沿x轴翻折，交拋物线于点P2∴∠ABP设BG与y轴的交点为点M，M关于x轴的对称点为N，∵直线BG的解析式为y=−1当x=0时，y=−1∴M0,∴N0,−∴设直线BN的解析式为y=k∴3∴y=1由y=−4解得：x1=3y∴P2综上所述，当∠ABP=12∠ABC时，点P坐标为−6．(1)点A到直线BC的距离为32(2)证明见解析(3)A【分析】（1）如图，过A作AH⊥BC交CB的延长线于H，证明∠BAH=30°，从而可得结论；（2）由对折可得：∠ABP=∠A′BP=12∠ABA′，∠CBQ=∠C′BQ=12∠CBC（3）如图，过A作AF⊥BC于F，先求解AC=3322+1322=7，sin【详解】（1）解：如图，过A作AH⊥BC交CB的延长线于H，∵∠ABC=120°，AB=3，∴∠ABH=60°，∠BAH=30°，BH=1∴AH=A即点A到直线BC的距离为32（2）由对折可得：∠ABP=∠A′BP=∠APB=∠A′PB∵∠ABC=120°，∴∠PBQ=∠A∵PA∴∠A∴∠BPQ=60°=∠PBQ，∴△PBQ是等边三角形，∴∠BQP=60°，PB=BQ=PQ，∴∠CQB=120°=∠APB，∴∠BAP+∠ABP=60°，∵∠ABC=120°，∴∠BAP+∠ACB=60°，∴∠ABP=∠ACB，∴△ABP∽△BCQ，∴APBQ∴AP·CQ=BQ·BP=PQ（3）如图，过A作AF⊥BC于F，由（1）得：BH=32，∴CH=5+3∴AC=3∴sin∠ACH=∵∠BA′C=90°，A∴A′∴由等面积法可得：12∴A′∵A′∴∠ACH=∠M，∴sin∠ACH=∴A′∴A′7．(1)4(2)2(3)2【分析】（1）过点A作AD⊥BC，交BC延长线于点D，由图可知点D在格点上，由勾股定理可得AB=5，然后在Rt△ABD中计算cos（2）由平行线的性质可得∠CPN=∠DNM，即有tan∠CPN=tan∠DNM，再在Rt（3）取格点D，连接CD,DM，由平行线的性质可得∠CPN=∠DCM，由图易知△DCM为等腰直角三角形，即有∠DCM=∠CDM=45°，由sin∠CPN=【详解】（1）解：如下图，过点A作AD⊥BC，交BC延长线于点D，由图可知点D在格点上，AD=3,BD=4，∴AB=A∴cos∠ABC=故答案为：45（2）∵MN∥∴∠CPN=∠DNM，∴tan∠CPN=∵∠DMN=90°，∴tan∠CPN=故答案为：2；（3）如下图，取格点D，连接CD,DM，∵CD∥∴∠CPN=∠DCM，∵△DCM为等腰直角三角形，∴∠DCM=∠CDM=45°，∴sin∠CPN=故答案为：228．(1)E(2)4【分析】（1）先确定出点A，B坐标，进而求出点C坐标，再用点F是BC中点，求出点F坐标，利用待定系数法求出k，最后将点E的纵坐标为3代入反比例函数解析式中即可求出点E坐标；（2）设出点E(m，3),F(4,n)，代入反比例函数y=kx（k＞0）【详解】（1）解：∵OB=4，∴A（∵四边形AOBC是矩形，∴∠OAC=∠OBC=90∴C（∵点F是BC的中点，F（∵点F在反比例函数y=k∴k=4×3∴反比例函数的解析式为y=6∵点E在反比例函数y=6∴点E的横坐标为63∴E（2）解：如图，设点E（∵点E，F在反比例函数y=k∴k=3m=4n，∴n=3∴CE=AC−AE=4﹣在Rt△ECF中，9．(1)2(2)①当0<t<2时，PQ=4t；②当2<t<4时，PQ=16−4t(3)t=107(4)t=511，53，【分析】（1）过点B作AC边的高线，根据tanC=43及AC=BC=10（2）当点P在AB段运动时，PA=25t，由tanA=2，则PQ=255PA，可得PQ=4t，当点P在BC段运动时，BP=5（3）分两大类情况讨论：点N在BC上与点N在AB上，由QM=12PQ，QM=PN，当点N在BC上时，PQ=4t，则PN=12PQ=2t，此时由△BPN∽△BAC，可得PNAC（4）分别画出垂直于三边的图形，依据图形分析即可．【详解】（1）如图所示：过点B作AC边的高线BE，由tanC=设EC=3x，则BE=4x，根据勾股定理：BC=C可得：EC=6，BE=8，所以∴（2）如下左图所示：AB=AE2+BE2=45，当点P在AB段运动时（0<t<2），PA=2如下右图所示：当点P在BC段运动时（2<t<4），BP=5t−2，则PC=10−5由tanC=4综上所得：①当0<t<2时，PQ=4t；②当2<t<4时，PQ=16−4t

（3）如下左图所示：点N在BC上，由QM=12PQ，QM=PN由点P在AB上的运动速度是每秒25个单位长度，则PA=25t，由sinA=PQPA=可得PNAC∴2t10如下右图所示：点N在AB上，PQ=16−4t，PN=12PQ=8−2t，PB=5t−2∴PNAC=∴t=（4）当DE⊥AC时：①如图1所示：PQ=16−4t，PE=1则QC=5−4−t∵QC∴t=11②如图2所示：PQ=4t，EP=DQ=t，则AQ=5−t，∵AQ∴t=如图3所示：当DE⊥AB时，设垂足为R，PQ=4t，EP=t，∵∠REP+∠RPE=∠RPE+∠QPA=90°，∴∠REP=∠QPA，∴△ERP∽△PQA，由相似性质及tanA=2，可得：PR=t5∴RA=RP+PA=5∴t=5如图4所示：当DE⊥BC时，设垂足为R，PQ=16−4t，PC=20−5t，PE=14PQ=4−t此时有关系式：PR+PC=35PE+PC=3∴t=97

图1

图2图3

图410．(1)见解析(2)见解析(3)5【分析】（1）利用四边形ABCD内接于⊙O，以及∠BAD=∠BCD，即可得出∠BAD=∠BCD=90°，即可证得：BD是⊙O的直径；（2）由AB=AB，∠ADB=∠CAG，即可得出∠CAG=∠ACB，故BC∥AG，可得到（3）由∠AHE=∠DHG，∠AGD=∠AED=90°，可得出△AEH∽△DGH，根据相似三角形的性质即可得出AHEH=DHHG，结合∠AHD=∠EHG，可证得△AHD∽△EHG，故即可得出：FC=FG=AF．作CK⊥FG，根据锐角三角函数tan∠CFG=tan∠AFE=43，设CK=4a，FK=3a，故FC=FG=5a，即可得出∠KCG=90°−90°−α=α，tanα=2a4a=12=tan∠CAG，结合AG=20，可得出CG=10，AC=105，AF=55．再由tan∠EAF=【详解】（1）证明：∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠BAD+∠BCD=180°，∵∠BAD=∠BCD，∴∠BAD=∠BCD=90°，∴BD是⊙O的直径；（2）证明：∵AB=∴∠ADB=∠ACB，∵∠ADB=∠CAG，∴∠CAG=∠ACB，∴BC∥AG，∴∠BCD+∠AGC=180°，由（1）知BD是⊙O的直径，∠BCD=90°，∴∠AGC=90∴AG⊥CD，（3）解：∵BD是⊙O的直径,AG⊥CD，AE⊥BD,∴∠BAD=∵∠AHE=∠DHG，∠AGD=∠AED=90°，∴△AEH∽△DGH，∴AHDH∴AHEH又∵∠AHD=∠EHG，∴△AHD∽△EHG，∴∠ADH=∠AGE=α，∵∠ADB=∠CAG,∴∠CAG=∠AGE,∴AF=FG∵∠EGC=90°−α,∠ABD=90°−∠ADB=90°−α，∴∠EGC=∠ABD=90°−α，∵∠ABD=∠ACG,∴∠EGC=∠ACG∴FC=FG，∴在Rt△ACG中，FC=FG=AF作CK⊥FG，∵tan∠CFG=∴设CK=4a，FK=3a，

∴FC=FG=5a，∵∠KCG=90°−90°−α∴tanα=∵AG=20，∴CG=1∴AC=105，AF=5∵tan∠EAF=13过点E作EQ⊥AF于Q，设EQ=4n，则AQ=12n，QF=3n，∴AF=15n=55解得n=5∴在Rt△EFQ中，由勾股定理可得EF=11．(1)①23②(2)5【分析】（1）①延长AD，交BC于点G，根据AB=AC，点D在∠BAC的平分线上，得到BG=GC，AG⊥BC，结合AF=AB，BD平分∠ABC，得到∠ABF=∠CBF，∠ABF=∠AFB，得到∠CBF=∠AFB，判定BG∥AF，从而得到②如图时间到了,申请延时,无人回复,请老师审核时,单独联系吧谢谢（2）延长AD，交BC于点G，过点E作EF⊥BC，垂足为F，证明DG∥EF，由此得到AEEC=GFFC，【详解】（1）①延长AD，交BC于点G，因为AB=AC，点D在∠BAC的平分线上，所以BG=GC，因为AF=AB，BD平分∠ABC，所以∠ABF=∠