重难点09 勾股定理与全等三角形的综合解答题-2024-2025学年八年级数学下册【重难点考点】专练（人教版）

重难点09 勾股定理与全等三角形的综合 解 答 题 基础题 1．（2024秋•景德镇期中）如图，在一条笔直的公路l旁边有A，B两个村庄，A村庄到公路l的距离AC＝5km，B村庄到公路l的距离BD＝12km，现要在CD之间建一个加油站E，使得A，B两村庄到加油站E的距离相等． （1）若AE⊥BE，试说明：△BDE≌△ECA； （2）若C，D两点间的距离为17km，求C，E两点间的距离． 2．如图，在△ABC和△DCE中，∠ABC＝∠DBE＝90°，AB＝BC，DB＝BE，A，D，E三点在同一直线上． （1）求证：AD＝CE； （2）若DB＝2，AD＝5．求AC的长． 3．（2024秋•思明区校级月考）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，点D在边AC上，将△ABD绕点B顺时针旋转得到△CBE，连接ED并延长交BA的延长线于点F． （1）求证：DC⊥CE； （2）探究线段AD，CD，BE之间的数量关系，并说明理由． 4．如图，已知∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝BC＝6，CD＝CE，AE＝3，∠CAE＝45°． （1）求证△ACD≌△BCE； （2）求AD的长． 5．（2024秋•广陵区校级期末）小丽与爸妈在公园里荡秋千．如图，小丽坐在秋千的起始位置A处，OA与地面垂直，两脚在地面上用力一蹬，妈妈在距地面1.2m的B处接住她后用力一推，爸爸在C处接住她．若妈妈与爸爸到OA的水平距离BD，CE分别为1.8m和2.4m，∠BOC＝90°，BD⊥OA于点D，CE⊥OA于点E． （1）求证：△CEO≌△ODB； （2）求秋千的起始位置A距地面的高AM． 6．（2024秋•通川区校级期末）已知，如图，Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝6，BC＝4，以斜边AC为底边作等腰三角形ACD，腰AD刚好满足AD∥BC，并作腰上的高AE． （1）求证：AB＝AE； （2）求等腰三角形的腰长CD． 7．（2024秋•门头沟区期末）已知，如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于D，过D作DE∥AC交AB于E． （1）求证：AE＝DE； （2）如果AC＝3，，求AE的长． 8．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝2，AC＝DC，∠ACD＝90°，连接BD．求BD的长． 9．（2024春•蚌山区校级期中）如图，△ABC与△DBE都是等边三角形，DA、DB、DC三边长是一组勾股数，且DC边最长． （1）求证：DE2+CE2＝CD2； （2）求∠ADB的度数． 10．（2024秋•徐汇区期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，CB＝2，点D是AB的中点，点E在AC上，点E、D、F一条直线上，且ED＝FD． （1）求证：FB⊥CB； （2）联结CD，若CD⊥EF，求CE的长． 提升题 1．（2024秋•宛城区期末）如图，E、F是等腰Rt△ABC的斜边BC上的两动点，∠EAF＝45°，CD⊥BC且CD＝BE． 求证：（1）AE＝AD； （2）EF2＝BE2+CF2． 2．（2024春•钦州期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，P是△ABC内一点，且PB＝1，PC＝2，PA＝3，过点C作CD⊥CP，垂足为C，令CD＝CP，连接DP，BD，求∠BPC的度数． 3．如图，△AOB和△COD都为等腰直角三角形，且∠AOB＝∠COD＝90°． （1）如图①，当△COD的顶点D恰好在AB边上时，求证：2OD2＝AD2+BD2； （2）将△COD绕点O旋转至图②的位置，连接AD，BC交于点F，连接FO，求证：FO平分∠AFC． 4．（2024秋•新城区校级期末）如图，AD∥BC，∠C＝∠A＝90°，将四边形ABCD沿对角线BD折叠，使点C落在点E处，BE与AD交于点F． （1）求证：△ABF≌△EDF； （2）将折叠的图形恢复原状，点F与BC边上的点G正好重合，连接DG，若AB＝6，BC＝8，求DG的长． 5．（2024秋•南海区期末）如图，在△ABC中，AB＝BC＝10，AC＝2，AD⊥BC，垂足为D． （1）求证：∠B＝2∠CAD． （2）求BD的长度； （3）点P是边BC上一点，且点P到边AB和AC的距离相等，求点P到边AB距离． 6．如图，在△ABC中，∠BAC为钝角，边AB、AC的垂直平分线分别交BC于点D、E． （1）若BD2+CE2＝DE2，则∠BAC＝　 　°． （2）若∠ABC的平分线BF和边AC的垂直平分线EF相交于点F，过点F作FG垂直于BA的延长线于点G．求证：BC﹣AB＝2AG． 7．（2024•海淀区校级模拟）如图，在等腰直角△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC边上任意一点（不与B，C重合），将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AE，连接CE，DE． （1）求∠ECD的度数； （2）若AB＝4，，求DE的长． 8．（2024秋•通州区期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，在Rt△ABD中，∠D＝90°，AD与BC交于点E，且∠DBE＝∠DAB． 求证：（1）∠CAE＝∠DBC； （2）AC2+CE2＝4BD2． 9．（2024秋•舟山期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝CB，D在BC边上，P，Q是射线AD上两点，且CP＝CQ，∠PCQ＝90°． （1）求证：AP＝BQ； （2）若CP＝1，BP． ①求AP的长； ②求△ABC的面积． 10．（2024•双台子区校级一模）如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，BD⊥CD于点D，连接AD，在CD上截取CE，使CE＝BD，连接AE． （1）直接判断AE与AD的数量关系　 　； （2）如图2，延长AD，CB交于点F，过点E作EG∥AF交BC于点G，试判断FG与AB之间的数量关系，并证明； 压轴题 1．在等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，点E是平面内任意一点，连接DE． （1）如图1，当点E在边BC上时，过点D作DF⊥DE交AC于点F． ①求证：CE＝AF； ②试探究线段AF，DE，BE之间满足的数量关系． （2）如图2，当点E在△BDC内部时，连接AE，CE，若DB＝5，DE＝3，∠AED＝45°，求线段CE的长． 2．（2024秋•海曙区校级期中）已知在△ABC中，∠CAB的平分线AD与BC的垂直平分线DE交于点D，DM⊥AB于M，DN⊥AC的延长线于N． （1）证明：BM＝CN． （2）当∠BAC＝70°时，求∠DCB的度数； （3）若AB＝8，AC＝4，DE＝3，则4DN2﹣BC2的值为 　 　． 3．（2024秋•山阳县期末）如图，在平面直角坐标系中，点A为x轴负半轴上一点，B为y轴正半轴上一点，若AO＝2，AB＝2OA． （1）作A点关于y轴的对称点E，并连接BE，求证：△ABE是等边三角形； （2）如图2，P是射线OA上任意一点，以PB为边向上作等边△PBD，DA的延长线交y轴于点Q． ①求AQ的长； ②若OB＝2，求BD的最小值． 4．请阅读下列材料： 问题：如图1，在等边△ABC内有一点P，且PA＝2，PB，PC＝1，求∠BPC． 李明同学的思路是： 将△BPC绕点B逆时针旋转60°，得到△BP′A（如图2），连接P′P．由旋转的性质知△BP′P 是 　 　三角形；P′A＝PC＝1，∠BP′P＝　 　，P′P＝PB；在△AP′P中，∵P′P2+P′A2＝（）2+12＝4＝PA2； ∴△AP′P是 　 　三角形； ∴∠AP′P＝　 　°； ∴∠BPC＝∠BP′A＝∠BP′P+∠AP′P＝　 　． 问题得到解决． （1）将李明的思路补充完整； （2）请你参考李明同学的思路，探究并解决下列问题： 如图3，等腰直角三角形ABC中，∠CAB＝90°，P是△ABC内一点，且PA＝1，PB＝3，PC，求∠CPA的度数． 5．如图①，在凸四边形中，∠ABC＝30°，∠ADC＝60°，AD＝DC． （1）如图②，若连接AC，则△ADC的形状是　 　三角形．你是根据哪个判定定理？ 答：　 　．（请写出定理的具体内容） （2）如图③，若在四边形ABCD的外部以BC为一边作等边△BCE，并连接AE，请问：BD与AE相等吗？若相等，请加以证明；若不相等，请说明理由． （3）在第（2）题的前提下，请你说明BD2＝AB2+BC2成立的理由． 6．（2024秋•新沂市期中）【问题情境】课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：如图1，△ABC中，若AB＝12，AC＝8，求BC边上的中线AD的取值范围． 小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：延长AD到E，使AD＝DE，连接BE．请根据小明的方法思考： （1）由已知和作图能得到△ADC≌△EDB，依据是 　 　． A．SSS B．ASA C．AAS D．SAS （2）由“三角形的三边关系”可求得AD的取值范围是 　 ． 解后反思：题目中出现“中点”“中线”等条件，可考虑延长中线构造全等三角形，把分散的已知条件和所求证的结论集合到同一个三角形中． 【初步运用】 （3）如图2，AD是△ABC的中线，BE交AC于E，交AD于F，且AE＝EF．若EF＝3，EC＝2AE，求线段BF的长． 【灵活运用】 （4）如图3，在△ABC中，∠A＝90°，D为BC中点，DE⊥DF，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF，试猜想线段BE，CF，EF三者之间的等量关系，并证明你的结论． 7．（2024秋•唐河县期末）（1）感知：如图1，△ABC和△CDE都是等边三角形，连结AD，BE，则可证△CBE≌△CAD，依据　 　；进而得到线段BE＝AD，依据　 　． （2）探究：如图2，AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝α，AD、BE相交于点M，连接CM． ①线段BE与AD之间是否仍存在（1）中的结论？若是，请证明；若不是，请直接写出BE与AD之间的数量关系； ②∠AMB的度数＝　 　．（用含α的式子表示） （3）应用：AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝α，当α＝90°时，如图3，取AD，BE的中点分别为点P、Q，连接CP，CQ，PQ，如果PC，直接写出PQ的长． 8．问题：如图1，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D为BC边上一点（不与点B，C重合）将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE，连接EC． 求证：△ABD≌△ACE； 探索：如图2，在Rt△ABC与Rt△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，将△ADE绕点A旋转，使点D落在BC边上，试探索BD2、CD2、DE2之间满足的等量关系，并证明你的结论； 应用：如图3，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ACB＝∠ADC＝45°，若BD＝6，CD＝2，求AD的长． 9．（2024秋•三水区校级期中）【方法储备】如图1，在△ABC中，CM为△ABC的中线，若AC＝2，BC＝4，求CM的取值范围．中线倍长法：如图2，延长CM至点D，使得MD＝CM，连结BD，可证明，由全等得到BD＝AC＝2，从而在△BCD中，根据三角形三边关系可以确定CD的范围，进一步即可求得CM的范围． （1）在上述过程中，证明△ACM≌△BDM的依据是 　 　，CM的范围为 　 　； （2）【思考探究】如图3，在△ABC中，∠ACB＝90°，M为AB中点，D，E分别为AC，BC上的点，连结MD，ME，DE，∠DME＝90°，若BE＝1，AD＝2，求DE的长； （3）【拓展延伸】如图4，C为线段AB上一点，AC＞BC，分别以AC，BC为斜边向上作等腰Rt△ACD和等腰Rt△CBE，M为AB中点，连结DM，EM，DE． ①求证：△DME为等腰直角三角形； ②若将图4中的等腰Rt△CBE绕点C转至图5的位置（A，B，C不在同一条直线上），连结AB，M为AB中点，且D，E在AB同侧，连结DM，EM．若AD＝5，EB＝3，DM＝2，请直接写出△DAM的面积． 10．（2024秋•惠安县期末）已知△ABC和△DCE中，∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝BC，CD＝CE． （1）如图1，连结AD、BE，判断AD和BE的数量及位置关系，并说明理由； （2）若BC＝25，， ①当点A、D、E三点在同一直线上时，请画出所有符合题意的图形，并求出线段AE的长度； ②如图2，M为AE中点，N为BD中点，直接写出△CMN的面积大小． 1．（2024秋•岱岳区期中）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于点D，过点D作DE⊥AB于点E． （1）求证：△ADC≌△ADE． （2）若CD＝3，BD＝5，求BE的长． 2．（2024春•定远县期末）如图，在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D是AB上一点，作等腰Rt△DCE，且∠DCE＝90°，连接AE． （1）求证：△CEA≌△CDB； （2）求证：AE2+AD2＝DE2． 3．（2024春•雨花区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝3，点D在边AC上，且AD＝2CD，DE⊥AB，垂足为点E，连CE，求： （1）线段BE的长； （2）线段CE的长． 4．（2024春•工业园区校级期末）已知，如图，在长方形ABCD中，AB＝8，BC＝6，P为AD上一点，将△ABP沿BP翻折至△EBP，PE与CD相交于O，且OE＝OD，求AP的长． 5．如图，直线l过正方形ABCD的顶点B，点A，C到直线l的距离分别为1cm和2cm． （1）求证：∠ABA′＝∠BCC′； （2）求BC′的长； （3）求正方形ABCD的边长和面积． 6．已知：在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D为BC边上一动点（与点B不重合），连接AD，以AD始边作∠DAE＝α（0°＜α＜180°）． （1）如图1，当α＝90°，且AE＝AD时，试说明CE和BD的位置关系和数量关系； （2）如图2，当α＝45°，且点E在边BC上时，求证：BD2+CE2＝DE2． 7．（1）在一次数学探究活动中，陈老师给出了一道题． 如图1，已知△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，P是△ABC内的一点，且PA＝3，PB＝1，PC＝2，求∠BPC的度数． 小强在解决此题时，是将△APC绕C旋转到△CBE的位置（即过C作CE⊥CP，且使CE＝CP，连接EP、EB）．你知道小强是怎么解决的吗？ （2）请根据（1）的思想解决以下问题： 如图2所示，设P是等边△ABC内一点，PA＝3，PB＝4，PC＝5，求∠APB的度数． 8．（2024秋•虎林市校级期末）已知Rt△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，F为AB边的中点，且DF＝EF，∠DFE＝90°，D是BC上一个动点．如图1，当D与C重合时，易证：CD2+DB2＝2DF2； （1）当D不与C、B重合时，如图2，CD、DB、DF有怎样的数量关系，请直接写出你的猜想，不需证明． （2）当D在BC的延长线上时，如图3，CD、DB、DF有怎样的数量关系，请写出你的猜想，并加以证明． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重难点09 勾股定理与全等三角形的综合 解 答 题 基础题 1．（2024秋•景德镇期中）如图，在一条笔直的公路l旁边有A，B两个村庄，A村庄到公路l的距离AC＝5km，B村庄到公路l的距离BD＝12km，现要在CD之间建一个加油站E，使得A，B两村庄到加油站E的距离相等． （1）若AE⊥BE，试说明：△BDE≌△ECA； （2）若C，D两点间的距离为17km，求C，E两点间的距离． 【分析】（1）先根据余角的性质证明∠B＝∠AEC，然后根据可证△BDE≌△ECA； （2）设CE＝x km，则DE＝（17﹣x）km，根据BE＝AE，利用勾股定理列方程求解即可． 【解答】（1）证明：∵AE⊥BE， ∴∠BED+∠AEC＝90°， 又∵∠BED+∠B＝90°， ∴∠B＝∠AEC， 在△BDE在△ECA中， ， ∴△BDE≌△ECA（AAS）； （2）解：设CE＝x km，则DE＝（17﹣x）km， 在直角三角形BDE中，由勾股定理得：BE2＝122+（17﹣x）2， 在直角三角形ACE中，由勾股定理得：AE2＝52+x2， ∵BE＝AE， ∴122+（17﹣x）2＝52+x2， 解得x＝12， ∴C，E两点间的距离12km． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理的应用，熟练掌握各知识点是解答本题的关键． 2．如图，在△ABC和△DCE中，∠ABC＝∠DBE＝90°，AB＝BC，DB＝BE，A，D，E三点在同一直线上． （1）求证：AD＝CE； （2）若DB＝2，AD＝5．求AC的长． 【分析】（1）证明△ABD≌△CBE（SAS），可得结论； （2）利用全等三角形的性质以及勾股定理，解决问题即可． 【解答】（1）证明：∵∠ABC＝∠DBE， ∴∠ABC﹣∠DBC＝∠DBE﹣∠DBC， 即∠ABD＝∠CBE， 在△ABD和△CBE中， ， ∴△ABD≌△CBE（SAS）， ∴AD＝CE； （2）解：如图，AE与BC交于点O， 由（1）可知△ABD≌△CBE， ∴∠BAD＝∠BCE，AD＝CE， ∵∠AOB＝∠COE， ∴∠CEO＝∠ABO＝90°， 在Rt△BDE中，∠DBE＝90°，BE＝DB＝2， ∴DEDB24， ∵CE＝AD＝5， ∴AE＝AD+DE＝5+4＝9， 在Rt△ACE中，∠AEC＝90°，AE＝9，CE＝5， ∴AC． 【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型． 3．（2024秋•思明区校级月考）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，点D在边AC上，将△ABD绕点B顺时针旋转得到△CBE，连接ED并延长交BA的延长线于点F． （1）求证：DC⊥CE； （2）探究线段AD，CD，BE之间的数量关系，并说明理由． 【分析】（1）先判断出△ABD≌△CBE，得到∠BCE＝∠BAC＝45°，进而求得∠DCE＝90°，证得DC⊥CE； （2）先判断出△DCE是直角三角形，进而得出DE2＝BD2+BE2＝2BE2，即可得出结论． 【解答】（1）证明：∵∠ABC＝90°，AB＝BC， ∴∠BAC＝∠ACB＝45°， ∵将△ABD绕点B顺时针旋转得到△CBE， ∴△ABD≌△CBE， ∴∠BCE＝∠BAC＝45°． ∴∠ACB+∠BCE＝45°+45°＝90°， ∴∠DCE＝90°， ∴DC⊥CE； （2）解：AD2+CD2＝2BE2．理由如下： ∵∠ACB＝45°，∠BCE＝45°， ∴∠DCE＝∠ACB+∠BCE＝90°． ∴CD2+CE2＝DE2， ∵BD＝BE，∠DBE＝90°， ∴DE2＝BD2+BE2＝2BE2， ∵△ABD≌△CBE， ∴AD＝CE． ∴AD2+CD2＝2BE2． 【点评】本题主要考查了旋转的性质，等腰直角三角形，全等三角形的判定与性质，勾股定理，利用旋转的性质是解本题的关键． 4．如图，已知∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝BC＝6，CD＝CE，AE＝3，∠CAE＝45°． （1）求证△ACD≌△BCE； （2）求AD的长． 【分析】（1）连接BE．根据SAS证明三角形全等即可． （2）证明∠ABE＝90°，利用勾股定理求出BE即可解决问题． 【解答】（1）证明：如图， ∵∠ACB＝∠DCE＝90°， ∴∠ACB+∠ACE＝∠DCE+∠ACE， 即∠BCE＝∠ACD， 在△ACD和△BCE中， ， ∴△ACD≌△BCE（SAS）． （2）解：∵△ACD≌△BCE， ∴AD＝BE， ∵AC＝BC＝6， ∴AB＝6， ∵∠BAC＝∠CAE＝45°， ∴∠BAE＝90°， 在Rt△BAE中，AB＝6，AE＝3， ∴BE9， ∴AD＝BE＝9． 【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质，用到的知识点是全等三角形的判定与性质、勾股定理，关键是根据题意作出辅助线，证出△ACD≌△BCE． 5．（2024秋•广陵区校级期末）小丽与爸妈在公园里荡秋千．如图，小丽坐在秋千的起始位置A处，OA与地面垂直，两脚在地面上用力一蹬，妈妈在距地面1.2m的B处接住她后用力一推，爸爸在C处接住她．若妈妈与爸爸到OA的水平距离BD，CE分别为1.8m和2.4m，∠BOC＝90°，BD⊥OA于点D，CE⊥OA于点E． （1）求证：△CEO≌△ODB； （2）求秋千的起始位置A距地面的高AM． 【分析】（1）由题意可知∠CEO＝∠BDO＝90°，OB＝OC，由同角的余角相等得到∠COE＝∠OBD，根据AAS即可证明△COE≌△OBD； （2）由△COE≌△OBD（AAS）得到CE＝OD＝2.4m，根据勾股定理得到OA＝OB＝3m，由题意知，DM＝1.2m，即可得到答案． 【解答】（1）证明：由题意可知∠CEO＝∠BDO＝90°，OB＝OC， ∵∠BOC＝90°， ∴∠COE+∠BOD＝∠BOD+∠OBD＝90°． ∴∠COE＝∠OBD， 在△COE和△OBD中， ， ∴△COE≌△OBD（AAS）； （2）解：∵△COE≌△OBD（AAS）， ∴CE＝OD＝2.4m， ∵， 由题意知，DM＝1.2m， ∴AM＝OD+DM﹣OA＝2.4+1.2﹣3＝0.6（m）， ∴秋千的起始位置A处与距地面的高0.6m． 故答案为：0.6． 【点评】此题考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，证明△COE≌△OBD（AAS）是解题的关键． 6．（2024秋•通川区校级期末）已知，如图，Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝6，BC＝4，以斜边AC为底边作等腰三角形ACD，腰AD刚好满足AD∥BC，并作腰上的高AE． （1）求证：AB＝AE； （2）求等腰三角形的腰长CD． 【分析】（1）由等腰三角形的性质得出∠DAC＝∠DCA，由平行线的性质得出∠DAC＝∠BCA，得出∠ACB＝∠DCA，由AAS证明△ABC≌△AEC，得出AB＝AE； （2）由（1）得：AE＝AB＝6，CE＝CB＝4，设DC＝x，则DA＝x，DE＝x﹣4，由勾股定理得出方程，解方程即可． 【解答】（1）证明：∵DA＝DC， ∴∠DAC＝∠DCA， ∵AD∥BC， ∴∠DAC＝∠BCA， ∴∠ACB＝∠DCA， 又∵AE⊥CD， ∴∠AEC＝90°， ∴∠A＝∠AEC＝90°， 在△ABC和△AEC中，， ∴△ABC≌△AEC（AAS）， ∴AB＝AE； （2）解：由（1）得：AE＝AB＝6，CE＝CB＝4， 设DC＝x，则DA＝x，DE＝x﹣4， 由勾股定理得：DE2+AE2＝DA2， 即（x﹣4）2+62＝x2， 解得：x， 即CD． 【点评】本题考查了等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理；熟练掌握等腰三角形的性质，并能进行推理论证与计算是解决问题的关键． 7．（2024秋•门头沟区期末）已知，如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于D，过D作DE∥AC交AB于E． （1）求证：AE＝DE； （2）如果AC＝3，，求AE的长． 【分析】（1）根据平行线的性质和角平分线的定义解答即可； （2）过点D作DF⊥AB于F，根据勾股定理和全等三角形的判定和性质解答即可． 【解答】（1）证明：∵DE∥AC， ∴∠CAD＝∠ADE， ∵AD平分∠BAC， ∴∠CAD＝∠EAD． ∴∠EAD＝∠ADE． ∴AE＝DE； （2）解：过点D作DF⊥AB于F． ∵∠C＝90°，AC＝3，， 在Rt△ACD中，由勾股定理得 AC2+DC2＝AD2． ∴． ∵AD平分∠BAC， ∴DF＝DC． 又∵AD＝AD，∠C＝∠AFD＝90°， ∴Rt△DAC≌Rt△DAF（HL）． ∴AF＝AC＝3， ∴Rt△DEF中，由勾股定理得 EF2+DF2＝DE2． 设AE＝x，则DE＝x，EF＝3﹣x， ∴， ∴x＝2． ∴AE＝2． 【点评】本题考查勾股定理，根据勾股定理和全等三角形的判定和性质解答是解题关键． 8．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝2，AC＝DC，∠ACD＝90°，连接BD．求BD的长． 【分析】过D作DE⊥BC交BC的延长线于E，得到∠DEC＝∠ABC＝90°，根据余角的性质得到∠BAC＝∠DCE，根据全等三角形的性质得到DE＝BC＝2，CE＝AB＝4，求得BE＝6，根据勾股定理即可得到结论． 【解答】解：过D作DE⊥BC交BC的延长线于E， ∴∠DEC＝∠ABC＝90°， ∵∠ACD＝90°， ∴∠BAC+∠ACB＝∠ACB+∠DCE＝90°， ∴∠BAC＝∠DCE， 在△ABC与△CED中，， ∴△ABC≌△CED（AAS）， ∴DE＝BC＝2，CE＝AB＝4， ∴BE＝6， ∵DE2+BE2＝BD2， ∴BD2＝22+62＝40， ∴BD＝2． 【点评】本题考查了全等三角形的性质定理与判定定理、勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键． 9．（2024春•蚌山区校级期中）如图，△ABC与△DBE都是等边三角形，DA、DB、DC三边长是一组勾股数，且DC边最长． （1）求证：DE2+CE2＝CD2； （2）求∠ADB的度数． 【分析】（1）由“SAS”可证△ABD≌△CBE，可得AD＝EC，∠ADB＝∠BEC，由勾股数可得结论； （2）由勾股定理的逆定理可得∠DEC＝90°，由全等三角形的性质可求解． 【解答】证明：（1）∵△ABC与△DBE都是等边三角形， ∴AB＝BC，BD＝DE＝BE，∠ABC＝∠DBE＝60°， ∴∠ABD＝∠CBE，且AB＝BC，DB＝BE， ∴△ABD≌△CBE（SAS） ∴AD＝EC，∠ADB＝∠BEC， ∵DA、DB、DC三边长是一组勾股数，且DC边最长． ∴DA2+DB2＝DC2， ∴DE2+CE2＝CD2； （2）∵DE2+CE2＝CD2， ∴∠DEC＝90°， ∴∠BEC＝150° ∴∠ADB＝∠BEC＝150°． 【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，证明△ABD≌△CBE是本题的关键． 10．（2024秋•徐汇区期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，CB＝2，点D是AB的中点，点E在AC上，点E、D、F一条直线上，且ED＝FD． （1）求证：FB⊥CB； （2）联结CD，若CD⊥EF，求CE的长． 【分析】（1）由“SAS”可证△ADE≌△BDF，可得∠A＝∠FBD，AE＝BF，由余角的性质可得结论； （2）由等腰三角形的性质可得CF＝EF，由勾股定理可求解． 【解答】（1）证明：∵D是AB中点， ∴AD＝BD， 在△ADE与△BDF中， ， ∴△ADE≌△BDF（SAS）， ∴∠A＝∠FBD，AE＝BF， ∵∠ACB＝90°， ∴∠A+∠ABC＝90°， ∴∠FBD+∠ABC＝90°，即∠FBC＝90°， ∴FB⊥CB； （2）联结CF， ∵CD⊥EF，ED＝FD， ∴CF＝EF， 设CE＝x，则CF＝x，BF＝AE＝4﹣x， Rt△FBC中，BF2+BC2＝CF2， ∴22+（4﹣x）2＝x2， ∴x， ∴CE． 【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，证明三角形全等是解题的关键． 提升题 1．（2024秋•宛城区期末）如图，E、F是等腰Rt△ABC的斜边BC上的两动点，∠EAF＝45°，CD⊥BC且CD＝BE． 求证：（1）AE＝AD； （2）EF2＝BE2+CF2． 【分析】（1）由等腰直角三角形的性质可得∠B＝∠ACB＝45°，从而可推出∠ACD＝∠B，则可证得△ABE≌△ACD； （2）由（1）可知AE＝AD，∠BAE＝∠CAD，从而可求得∠EAD＝∠BAC＝90°，∠DAF＝∠EAF，可证得△AEF≌△ADF，则有DF＝EF，则利用勾股定理可求解． 【解答】证明：（1）∵△ABC是等腰直角三角形， ∴AB＝AC， ∴∠B＝∠ACB＝45°， ∵CD⊥BC， ∴∠BCD＝90°， ∴∠ACD＝∠BCD﹣∠ACB＝45°＝∠B， 在△ABE和△ACD中， ， ∴△ABE≌△ACD（SAS）， ∴AE＝AD； （2）由（1）知，△ABE≌△ACD， ∴AE＝AD，∠BAE＝∠CAD， ∵∠BAC＝90°， ∴∠EAD＝∠CAE+∠CAD＝∠CAE+∠BAE＝∠BAC＝90°， ∵∠EAF＝45°， ∴∠DAF＝∠DAE﹣∠EAF＝45°＝∠EAF， 在△AEF与△ADF中， ， ∴△AEF≌△ADF（SAS）， ∴DF＝EF， 在Rt△DCF中，根据勾股定理得，DF2＝CF2+CD2， ∵CD＝BE， ∴EF2＝CF2+BE2． 【点评】本题主要考查全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，解答的关键是结合图形分析清楚角与角，边与边之间的关系． 2．（2024春•钦州期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，P是△ABC内一点，且PB＝1，PC＝2，PA＝3，过点C作CD⊥CP，垂足为C，令CD＝CP，连接DP，BD，求∠BPC的度数． 【分析】先证明△PCD是等腰直角三角形，得出：PDPC＝2，∠CPD＝∠CDP＝45°，再证明△ACP≌△BCD（SAS），得出BD＝PA＝3，运用勾股定理逆定理证得∠BPD＝90°，即可求得答案． 【解答】解：∵CD⊥CP， ∴∠PCD＝90°， ∵PC＝CD＝2， ∴△PCD是等腰直角三角形， ∴PDPC＝2，∠CPD＝∠CDP＝45°， ∵∠ACB＝90°， ∴∠ACP+∠PCB＝90°， 又∵∠PCB+∠BCD＝90°， ∴∠ACP＝∠BCD， 在△ACP和△BCD中， ， ∴△ACP≌△BCD（SAS）， ∴BD＝PA＝3， ∵PB＝1， ∴PB2+PD2＝12+（2）2＝9， ∵PA2＝32＝9， ∴PA2＝PB2+PD2， ∴∠BPD＝90°， ∵∠CPD＝45°， ∴∠BPC＝∠BPD+∠CPD＝135°． 【点评】该题主要考查了全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、勾股定理逆定理等几何知识点及其应用问题；是一道综合性较强的题目，证明△ACP≌△BCD（SAS）和运用勾股定理逆定理是解题的关键． 3．如图，△AOB和△COD都为等腰直角三角形，且∠AOB＝∠COD＝90°． （1）如图①，当△COD的顶点D恰好在AB边上时，求证：2OD2＝AD2+BD2； （2）将△COD绕点O旋转至图②的位置，连接AD，BC交于点F，连接FO，求证：FO平分∠AFC． 【分析】（1）连接CB，利用SAS证明△AOD≌△BOC，得BC＝AD，∠OBC＝∠A＝45°，再利用勾股定理可得结论； （2）过点O作OM⊥AD于M，ON⊥BC于N，由（1）同理得，△AOD≌△BOC（SAS），得AD＝BC，S△AOD＝S△BOC，则OM＝ON，再根据角平分线的判定可得结论． 【解答】证明：（1）连接CB， ∵∠AOB＝∠COD＝90°． ∴∠AOD＝∠BOC， ∵△AOB和△COD都为等腰直角三角形， ∴OA＝OB，OD＝OC， ∴△AOD≌△BOC（SAS）， ∴BC＝AD，∠OBC＝∠A＝45°， ∴∠DBC＝90°， ∴BD2+BC2＝CD2， ∵∠DOC＝90°，OD＝OC， ∴2OD2＝CD2， ∴2OD2＝AD2+BD2； （2）过点O作OM⊥AD于M，ON⊥BC于N， 由（1）同理得，△AOD≌△BOC（SAS）， ∴AD＝BC，S△AOD＝S△BOC， ∴OM＝ON， ∵OM⊥AD，ON⊥BC， ∴FO平分∠AFC． 【点评】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，勾股定理等知识，证明△AOD≌△BOC是解题的关键． 4．（2024秋•新城区校级期末）如图，AD∥BC，∠C＝∠A＝90°，将四边形ABCD沿对角线BD折叠，使点C落在点E处，BE与AD交于点F． （1）求证：△ABF≌△EDF； （2）将折叠的图形恢复原状，点F与BC边上的点G正好重合，连接DG，若AB＝6，BC＝8，求DG的长． 【分析】（1）根据矩形的判定与性质可得AB＝CD，∠C＝∠A＝90°，再根据折叠的性质可得DE＝CD，∠C＝∠E＝90°，然后利用“角角边”证明即可； （2）根据两直线平行，内错角相等可得∠ADB＝∠DBG，由折叠的性质可得∠ADB＝∠GDB，从而得到∠GBD＝∠GDB，根据等角对等边可得BG＝DG，设GC＝x，表示出DG，然后利用勾股定理列方程求解即可． 【解答】（1）证明：∵AD∥BC，∠C＝∠A＝90°， ∴四这形ABCD是矩形， ∴AB＝CD，∠C＝∠A＝90°， 由折叠的性质可知：DE＝CD，∠C＝∠E＝90°， ∴AB＝DE，∠A＝∠E＝90°， 又∵∠AFB＝∠EFD， ∴△ABF≌△EDF（AAS）； （2）解：∵AD∥BC， ∴∠ADB＝∠DBG， 由折叠的性质可得，∠ADB＝∠GDB， ∴∠GBD＝∠GDB， ∴BG＝DG， 设GC为x，则BG＝DG＝8﹣x， 在Rt△DCG中，由勾股定理可得，DG2＝GC2+CD2， 即（8﹣x）2＝x2+62， 解得x， ∴DG＝8． 【点评】本题考查了翻折变换的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理，翻折前后对应边相等，对应角相等，（2）利用勾股定理列出方程是解题的关键． 5．（2024秋•南海区期末）如图，在△ABC中，AB＝BC＝10，AC＝2，AD⊥BC，垂足为D． （1）求证：∠B＝2∠CAD． （2）求BD的长度； （3）点P是边BC上一点，且点P到边AB和AC的距离相等，求点P到边AB距离． 【分析】（1）由等腰三角形的性质，三角形内角和定理，即可证明； （2）设CD＝x（x＞0），由勾股定理得到AB2﹣BD2＝AC2﹣DC2，列出关于x的方程，求出x的值，即可得到答案； （3）由三角形面积公式得到BC•ADAB•PMAC•PN，即可解决问题． 【解答】（1）证明：∵AB＝AC， ∴∠BAC＝∠C， ∵∠BAC+∠C+∠B＝180°， ∴∠B+2∠C＝180°， ∵AD⊥BC， ∴∠CAD+∠C＝90°， ∴2∠C+2∠CAD＝180°， ∴∠B＝2∠CAD， （2）解：设CD＝x（x＞0）， 在Rt△ABD和Rt△ACD中， ∵AB2﹣BD2＝AC2﹣DC2＝AD2， ∴102﹣（10﹣x）2x2， ∴x＝2， ∴BD＝BC﹣CD＝10﹣2＝8； （3）解：作PM⊥AB于M，PN⊥AC于N，且PM＝PN，连接AP， 在Rt△ABD中，AD6， ∵△ABC的面积＝△PAB的面积+△PAC的面积， ∴BC•ADAB•PMAC•PN， ∴10×6＝（10+2）PM， ∴PM＝10﹣2， ∴P到AB的距离是10﹣2． 【点评】本题考查等腰三角形的性质，勾股定理，三角形的面积，关键是掌握由勾股定理列出关于CD的方程；由三角形面积公式得到BC•ADAB•PMAC•PN． 6．如图，在△ABC中，∠BAC为钝角，边AB、AC的垂直平分线分别交BC于点D、E． （1）若BD2+CE2＝DE2，则∠BAC＝　 　°． （2）若∠ABC的平分线BF和边AC的垂直平分线EF相交于点F，过点F作FG垂直于BA的延长线于点G．求证：BC﹣AB＝2AG． 【分析】（1）如图1中，连接AD、AE．首先证明∠DAE＝90°，易知∠DBA＝∠DAB，∠EAC＝∠C，设∠DBA＝∠DAB＝x，∠EAC＝∠C＝y，根据三角形内角和定理可得2x+90°+2y＝180°，推出x+y＝45°，由此即可解决问题； （2）如图2中，连接AF，FC，作FM⊥CB于M，只要证明△BFG≌△CFM，Rt△AFG≌Rt△CFM，即可解决问题． 【解答】（1）解：如图1，连接AD、AE， ∵边AB、AC的垂直平分线分别交BC于点D、E， ∴BD＝DA，EA＝EC， ∴∠DBA＝∠DAB，∠EAC＝∠C， 设∠DBA＝∠DAB＝x，∠EAC＝∠C＝y， ∵BD2+CE2＝DE2， ∴AD2+AE2＝DE2， ∴∠DAE＝90°， ∴2x+90°+2y＝180°， ∴x+y＝45°， ∴∠BAC＝x+y+90°＝135°； 故答案为：135； （2）证明：如图2中，连接AF，FC，作FM⊥CB于M， ∵FG⊥BA， ∴∠G＝∠BMF＝90°， ∵BF平分∠CBA， ∴∠GBF＝∠MBF， 在△BFG和△BFM中， ， ∴△BFG≌△BFM（AAS）， ∴BG＝BM，FG＝FM， ∵EF垂直平分线AC， ∴FA＝FC， 在Rt△AFG和Rt△CFM中， ， ∴Rt△AFG≌Rt△CFM（HL）， ∴CM＝AG， ∵BC＝BM+CM，BG＝AB+AG，BG＝BM，CM＝AG， ∴BC＝AB+2AG， ∴BC﹣AB＝2AG． 【点评】此题主要考查了全等三角形的判定和性质、线段的垂直平分线的性质、角平分线的性质、勾股定理的逆定理等知识，根据已知角平分线以及垂直平分线作出相关辅助线从而利用全等求出是解决问题的关键. 7．（2024•海淀区校级模拟）如图，在等腰直角△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC边上任意一点（不与B，C重合），将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AE，连接CE，DE． （1）求∠ECD的度数； （2）若AB＝4，，求DE的长． 【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到∠ABC＝∠ACB＝45°，再根据旋转的性质得到AD＝AE，∠DAE＝90°，推出判定△BAD≌△CAE的条件，最后根据全等三角形的对应角相等即可求出结果； （2）根据勾股定理和全等三角形的性质即可得到结论． 【解答】解：（1）：∵Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB＝45°， 由旋转可知：AD＝AE，∠DAE＝90°， ∴∠BAD+∠DAC＝∠CAE+∠DAC＝90°， ∴∠BAD＝∠CAE， 在△BAD与△CAE中， ， ∴△BAD≌△CAE（SAS）， ∴∠ACE＝∠ABD＝45°， ∴∠ECD＝45°+45°＝90°； （2）∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝4， ∴BC4， 由（1）得，△BAD≌△CAE， ∴BD＝CE， ∴CD＝BC﹣BD＝3， ∴∠DCE＝90°， ∴CE2+CD2＝ED2， ∴DE2． 【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理、以及旋转变换的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． 8．（2024秋•通州区期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，在Rt△ABD中，∠D＝90°，AD与BC交于点E，且∠DBE＝∠DAB． 求证：（1）∠CAE＝∠DBC； （2）AC2+CE2＝4BD2． 【分析】（1）由余角的性质可求解； （2）由“ASAS”可证△ADB≌△ADF，可得BD＝DF，即BF＝2BD，由“ASA”可证△ACE≌△BCF，可得AE＝BF＝2BD，由勾股定理可求解． 【解答】证明：（1）∵∠ACB＝∠D＝90°， ∴∠CEA+∠CAE＝∠BED+∠CBD＝90°， ∴∠CEA＝∠BED， ∴∠CAE＝∠DBC； （2）延长BD交AC延长线于点F， ∵∠DBE＝∠DAB， ∴∠DAB＝∠CAE， 在△ADB和△ADF中， ， ∴△ADB≌△ADF（ASA）， ∴BD＝DF， ∴BF＝2BD， 在△ACE和△BCF中， ， ∴△ACE≌△BCF（ASA）， ∴AE＝BF， ∴AE＝2BD， 在Rt△ACE中，AC2+CE2＝AE2， ∴AC2+CE2＝（2BD）2＝4BD2． 【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，灵活运用全等三角形的判定方法是解题的关键． 9．（2024秋•舟山期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝CB，D在BC边上，P，Q是射线AD上两点，且CP＝CQ，∠PCQ＝90°． （1）求证：AP＝BQ； （2）若CP＝1，BP． ①求AP的长； ②求△ABC的面积． 【分析】（1）由∠QCP＝∠BCA＝90°，可知∠QCB＝∠PCA，即可证△QCB≌△PCA（SAS），有AP＝BQ； （2）①由CP＝1，可得QP，∠CQP＝∠CPQ＝45°，有∠CPA＝∠CQB＝135°，故∠BQP＝∠CQB﹣∠CQP＝90°，即得BQ2，从而AP＝BQ＝2； ②求出S△BAQAQ•BQ＝2，S△CPQCP•CQ，而S△ACP＝S△BCQ，故S△ABC＝S△BAQ+S△CPQ＝2． 【解答】（1）证明：∵∠QCP＝∠BCA＝90°， ∴∠QCB＝∠PCA， ∵CQ＝CP，CB＝CA， ∴△QCB≌△PCA（SAS）， ∴AP＝BQ； （2）解：①∵CP＝1， ∴CQ＝1， ∵∠QCP＝90°， ∴QP，∠CQP＝∠CPQ＝45°， ∴∠CPA＝∠CQB＝135°， ∴∠BQP＝∠CQB﹣∠CQP＝90°， ∴BQ2， ∴AP＝BQ＝2； ②∵∠BPQ＝90°， ∴S△BAQAQ•BQ（2）×2＝2， ∵∠PCQ＝90°，CP＝CQ＝1． ∴S△CPQCP•CQ1×1， ∵S△ACP＝S△BCQ， ∴S△ABC＝S△BAQ+S△CPQ， ∴S△ABC＝2； ∴△ABC的面积为． 【点评】本题考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是掌握全等三角形的判定定理，证明△QCB≌△PCA． 10．（2024•双台子区校级一模）如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，BD⊥CD于点D，连接AD，在CD上截取CE，使CE＝BD，连接AE． （1）直接判断AE与AD的数量关系　 　； （2）如图2，延长AD，CB交于点F，过点E作EG∥AF交BC于点G，试判断FG与AB之间的数量关系，并证明； 【分析】（1）证明△ACE≌△ABD（SAS），由全等三角形的性质得出AE＝AD； （2）过点B作BM⊥BD交DF于点M，证得△BDM为等腰直角三角形，则BD＝BM，证明△CEG≌△BMF（AAS），由全等三角形的性质得出CG＝BF，由直角三角形的性质可得出结论； 【解答】解：（1）AE＝AD； 如图1，AB与DC交于点F， ∵∠DBA+∠DFB＝∠AFE+∠ACE，∠DFB＝∠AFE， ∴∠DBA＝∠ACE， ∵CE＝BD，AB＝AC， ∴△ACE≌△ABD（SAS）， ∴AE＝AD； 故答案为：AE＝AD； （2）FGAB； 过点B作BM⊥BD交DF于点M， ∵△ACE≌△ABD， ∴∠CAE＝∠BAD，AE＝AD，CE＝BD， ∴∠BAD+∠BAE＝90°， ∴∠ADE＝45°， ∵BD⊥CD， ∴∠BDM＝45°， ∴△BDM为等腰直角三角形， ∴BD＝BM， ∴CE＝BM， ∵EG∥AF， ∴∠EGC＝∠MFB， 又∵∠FBM+∠ABD＝45°，∠GCE+∠ACE＝45°， ∴∠FBM＝∠GCE， ∴△CEG≌△BMF（AAS）， ∴CG＝BF， ∴CG+BG＝BF+BG， ∴FG＝BC， ∵BCAB， ∴FGAB； 【点评】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，平行线的性质，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是正确构造全等三角形解决问题． 压轴题 1．在等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，点E是平面内任意一点，连接DE． （1）如图1，当点E在边BC上时，过点D作DF⊥DE交AC于点F． ①求证：CE＝AF； ②试探究线段AF，DE，BE之间满足的数量关系． （2）如图2，当点E在△BDC内部时，连接AE，CE，若DB＝5，DE＝3，∠AED＝45°，求线段CE的长． 【分析】（1）①根据ASA证明△ADF≌△CDE，进而解答即可； ②连接EF，根据全等三角形的性质和勾股定理解答即可； （2）根据SAS证明△CDE≌△ADG，进而利用全等三角形的性质和勾股定理解答． 【解答】证明：（1）①∵∠ACB＝90°，AC＝BC，CD⊥AB， ∴∠ACD＝∠BCD＝∠A＝45°， ∴CD＝AD， ∵DF⊥DE，CD⊥AB，∠ADF+∠CDF＝∠CDE+∠CDF＝90°， ∴∠ADF＝∠CDE， 在△ADF与△CDE中， ， ∴△ADF≌△CDE（ASA）， ∴CE＝AF； 连接EF， ∵△ADF≌△CDE， ∴DE＝DF， ∵DF⊥DE， ∴△DEF是等腰直角三角形， ∴EF2＝DE2+DF2＝2DE2， ∵AF＝CE，AC＝BC， ∴CF＝BE， 在Rt△CEF中，EF2＝CE2+CF2， ∴AF2+BE2＝CE2+CF2＝EF2＝2DE2． （2）过点D作DH⊥AE于H，过点D作DG⊥DE交AE于G， ∵∠ACB＝90°，AC＝BC，CD⊥AB， ∴∠ACD＝∠BCD＝∠A＝45°， ∴CD＝AD， ∵DG⊥DE，CD⊥AB，∠ADG+∠CDG＝∠CDE+∠CDG＝90°， ∴∠ADG＝∠CDE， ∵DG⊥DE，∠AED＝45°， ∴∠DGE＝45°＝∠AED， ∴DG＝DE， 在△CDE与△ADG中 ， ∴△CDE≌△ADG（SAS）， ∴CE＝AG， 在Rt△DEG中，DE＝DG＝3， ∴EG＝6， ∵DH⊥AE， ∴DH＝GH＝EH＝3， 在Rt△ADH中，AD＝5， ∴AH， ∴CE＝AG＝AH﹣GH＝1． 【点评】此题考查全等三角形的判定和性质，关键是根据全等三角形的判定和性质以及勾股定理解答． 2．（2024秋•海曙区校级期中）已知在△ABC中，∠CAB的平分线AD与BC的垂直平分线DE交于点D，DM⊥AB于M，DN⊥AC的延长线于N． （1）证明：BM＝CN． （2）当∠BAC＝70°时，求∠DCB的度数； （3）若AB＝8，AC＝4，DE＝3，则4DN2﹣BC2的值为 　 　． 【分析】（1）根据角平分线的性质和线段垂直平分线的性质可得到DM＝DN，DB＝DC，根据HL证明Rt△DMB≌Rt△DNC，即可得出BM＝CN； （2）根据角平分线的性质得到DM＝DN，根据全等三角形的性质得到∠ADM＝∠ADN，线段垂直平分线的性质和等腰三角形的性质得到∠EDC＝55°于是得到结论； （3）证明AB+AC＝2AN＝12，推出AN＝6，CN＝2，再根据，CD2＝CE2+DE2＝CN2+DN2，可得结论． 【解答】（1）证明：连接BD，如图所示： ∵AD是∠CAB的平分线，DM⊥AB，DN⊥AC， ∴DM＝DN， ∵DE垂直平分线BC， ∴DB＝DC， 在Rt△DMB和Rt△DNC中， ， ∴Rt△DMB≌Rt△DNC（HL）， ∴BM＝CN； （2）解：由（1）得：∠BDM＝∠CDN， ∵AD是∠CAB的平分线，DM⊥AB，DN⊥AC， ∴DM＝DN， 在Rt△DMA和Rt△DNA中， ， ∴Rt△DMA≌Rt△DNA（HL）， ∴∠ADM＝∠ADN， ∵∠BAC＝70°， ∴∠MDN＝110°，∠ADM＝∠ADN＝55°， ∵∠BDM＝∠CDN， ∴∠BDC＝∠MDN＝110°， ∵DE是BC的垂直平分线， ∴DB＝DC， ∴∠EDC∠BDC＝55°， ∴∠DCB＝90°﹣∠EDC＝35°， ∴∠DCB＝35°； （3）解：在△ADM和△ADN中， ， ∴△ADM≌△ADN（AAS）， ∴AM＝AN， ∵△DMB≌△DNC， ∴BM＝CN， ∴AB+AC＝AM+BM+AN﹣CN＝2AN＝8+4＝12， ∴AN＝6， ∴CN＝AN﹣AC＝6﹣4＝2， ∵CD2＝CE2+DE2＝CN2+DN2，ECBC， ∴BC2+9＝4+DN2， ∴4DN2﹣BC2＝20． 故答案为：20． 【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，角平分线的性质、线段垂直平分线的性质，熟悉角平分线的性质和线段垂直平分线的性质，证明三角形全等是解决问题的关键． 3．（2024秋•山阳县期末）如图，在平面直角坐标系中，点A为x轴负半轴上一点，B为y轴正半轴上一点，若AO＝2，AB＝2OA． （1）作A点关于y轴的对称点E，并连接BE，求证：△ABE是等边三角形； （2）如图2，P是射线OA上任意一点，以PB为边向上作等边△PBD，DA的延长线交y轴于点Q． ①求AQ的长； ②若OB＝2，求BD的最小值． 【分析】（1）根据轴对称的性质得OA＝OE＝2，再证AB＝BE＝AE即可． （2）①作点A关于y轴的对称点E，连接BE，设AD交PB于J，证△ABD≌△EBP（SAS），得∠EPB＝∠ADB，再证∠PAJ＝∠DBJ＝60°，即可解决问题； ②根据∠AQO＝30°，得点D的运动轨迹是直线QD，再根据垂线段最短可知，当BD⊥DQ时，BD的值最小，即可解决问题． 【解答】（1）证明：如图1， ∵点A、点E关于y轴对称， ∴OA＝OE＝2， ∵BO⊥AE， ∴BA＝BE， ∵AB＝2OA＝AE， ∴AB＝BE＝AE， ∴△ABE是等边三角形； （2）解：①作点A关于y轴的对称点E，连接BE，设AD交PB于J， ∵△PBD、△ABE都是等边三角形， ∴BA＝BE，BP＝BD，∠PBD＝∠ABE＝60°， ∴∠ABD＝∠EBP， 在△ABD和△EBP中， ， ∴△ABD≌△EBP（SAS）， ∴∠EPB＝∠ADB， ∵∠AJP＝∠DJB， ∴∠PAJ＝∠DBJ＝60°， ∴∠OAQ＝∠PAJ＝60°， ∵∠AOQ＝90°， ∴∠AQO＝90°﹣∠OAQ＝30°， ∴AQ＝2AO＝4； ②∵∠AOB＝90°，∠BAO＝60°， ∴∠ABO＝30°， ∴AB＝2OA＝4， ∵AQ＝4， ∴AB＝AQ， ∵AO⊥BQ， ∴OQ＝OB＝2， ∵∠AQO＝30°， ∴点D的运动轨迹是直线QD， 根据垂线段最短可知，当BD⊥DQ时，BD的值最小，最小值BQ＝OB＝2． 【点评】本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、轴对称的性质、含30°角的直角三角形的性质等知识，本题综合性强，熟练掌握全等三角形的判定与性质和等边三角形的判定与性质是解题的关键，属于中考常考题型． 4．请阅读下列材料： 问题：如图1，在等边△ABC内有一点P，且PA＝2，PB，PC＝1，求∠BPC． 李明同学的思路是： 将△BPC绕点B逆时针旋转60°，得到△BP′A（如图2），连接P′P．由旋转的性质知△BP′P 是 　 　三角形；P′A＝PC＝1，∠BP′P＝　 　，P′P＝PB；在△AP′P中，∵P′P2+P′A2＝（）2+12＝4＝PA2； ∴△AP′P是 　 　三角形； ∴∠AP′P＝　 　°； ∴∠BPC＝∠BP′A＝∠BP′P+∠AP′P＝　 　． 问题得到解决． （1）将李明的思路补充完整； （2）请你参考李明同学的思路，探究并解决下列问题： 如图3，等腰直角三角形ABC中，∠CAB＝90°，P是△ABC内一点，且PA＝1，PB＝3，PC，求∠CPA的度数． 【分析】（1）由旋转性质、等边三角形的判定可知△BP′P是等边三角形，由等边三角形的性质知∠BP′P＝60°，根据勾股定理逆定理可得△AP′P是直角三角形，继而可得答案． （2）由于△ABC为等腰直角三角形，AB＝AC，则把△APB绕A点逆时针旋转90°可得到△AP′C，连PP′，根据旋转的性质得到∠P′AP＝90°，P′A＝PA＝1，P′C＝PB＝3，得到△PAP′为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得P′PPA，∠APP′＝45°，在△P′PC中，可得到PC2+P′P2＝P′C2，根据勾股定理的逆定理得到△P′PC为直角三角形，∠CPP′＝90°，利用∠CPA＝∠CPP′+∠APP′进行计算即可． 【解答】解：（1）将△BPC绕点B逆时针旋转60°，得到△BP′A（如图2），连接P′P． 由旋转的性质知△BP′P是等边三角形； ∴P′A＝PC＝1、∠BP′P＝60°、P′P＝PB， 在△AP′P中，∵P′P2+P′A2＝（）2+12＝4＝PA2； ∴△AP′P是直角三角形； ∴∠AP′P＝90°； ∴∠BPC＝∠BP′A＝∠BP′P+∠AP′P＝60°+90°＝150°． 故答案为：等边、60°、直角、90、150°； （2）如图，将△APB绕点A逆时针旋转90°可得△AP′C，连接PP′， ∴∠P′AP＝90°，PA＝P′A＝1、P′C＝PB＝3， ∴△PAP′为等腰直角三角形， 由勾股定理可得PP′PA，∠APP′＝45°， 在△PP′C中，∵P′C＝3、PP′、PC， ∴（）2+（）2＝32，即PC2+PP′2＝P′C2， ∴△P′PC为直角三角形，∠CPP′＝90°， ∴∠CPA＝∠CPP′+∠APP′＝90°+45°＝135°． 【点评】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了勾股定理的逆定理以及等腰直角三角形的判定与性质． 5．如图①，在凸四边形中，∠ABC＝30°，∠ADC＝60°，AD＝DC． （1）如图②，若连接AC，则△ADC的形状是　 　三角形．你是根据哪个判定定理？ 答：　 　．（请写出定理的具体内容） （2）如图③，若在四边形ABCD的外部以BC为一边作等边△BCE，并连接AE，请问：BD与AE相等吗？若相等，请加以证明；若不相等，请说明理由． （3）在第（2）题的前提下，请你说明BD2＝AB2+BC2成立的理由． 【分析】（2）通过全等三角形的判定定理SAS证得△BDC≌△EAC，然后根据全等三角形的对应边相等推知BD＝EA； （3）要证明BD2＝AB2+BC2，只需证明△ABE是直角三角形即可（BD＝AE）． 【解答】解：（1）∵在△ADC中，AD＝AC， ∴△ADC是等腰三角形， 又∵∠ADC＝60°， ∴△ADC是等边三角形（一个内角为60°的等腰三角形是等边三角形）； 故答案是：等边；一个内角为60°的等腰三角形是等边三角形； （2）∵由（1）知，△ADC是等边三角形， ∴DC＝AC，∠DCA＝60°； 又∵△BCE是等边三角形， ∴CB＝CE，∠BCE＝60°， ∴∠DCA+∠ACB＝∠ECB+∠ACB，即∠DCB＝∠ACE， ∴△BDC≌△EAC（SAS）， ∴BD＝EA（全等三角形的对应边相等）； （3）证明：∵由（2）知，△BCE是等边三角形，则BC＝CE，∠CBE＝60°． ∴∠ABE＝∠ABC+∠CBE＝90°． 在Rt△ABE中，由勾股定理得AE2＝AB2+BE2． 又∵BD＝AE， ∴BD2＝AB2+BC2． 【点评】本题考查了等边三角形的判定、全等三角形的判定与性质以及勾股定理．如果一个三角形满足下列任意一条，则它必满足另一条，三边相等或三角相等的三角形为等边三角形：①三边长度相等；②三个内角度数均为60度；③一个内角为60度的等腰三角形． 6．（2024秋•新沂市期中）【问题情境】课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：如图1，△ABC中，若AB＝12，AC＝8，求BC边上的中线AD的取值范围． 小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：延长AD到E，使AD＝DE，连接BE．请根据小明的方法思考： （1）由已知和作图能得到△ADC≌△EDB，依据是 　 　． A．SSS B．ASA C．AAS D．SAS （2）由“三角形的三边关系”可求得AD的取值范围是 　 ． 解后反思：题目中出现“中点”“中线”等条件，可考虑延长中线构造全等三角形，把分散的已知条件和所求证的结论集合到同一个三角形中． 【初步运用】 （3）如图2，AD是△ABC的中线，BE交AC于E，交AD于F，且AE＝EF．若EF＝3，EC＝2AE，求线段BF的长． 【灵活运用】 （4）如图3，在△ABC中，∠A＝90°，D为BC中点，DE⊥DF，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF，试猜想线段BE，CF，EF三者之间的等量关系，并证明你的结论． 【分析】（1）根据全等三角形的判定方法证明即可△ADC≌△EDB（SAS）解答； （2）根据全等三角形的性质结合三角形的三边关系计算即可； （3）延长AD到M，使AD＝DM，连接BM，证明△ADC≌△MDB，根据全等三角形的性质解答； （4）延长ED到点G，使DG＝ED，连结GF，GC，证明△DBE≌△DCG，得到BE＝CG，根据勾股定理解答． 【解答】解：（1）在△ADC和△EDB中， ， ∴△ADC≌△EDB（SAS）， 故答案为：D； （2）∵△ADC≌△EDB， ∴EB＝AC＝8， 在△ABE中， AB﹣BE＜AE＜AB+BE， ∴AB﹣BE＜2AD＜AB+BE ∴2＜AD＜10， 故答案为：2＜AD＜10； （3）延长AD到M，使AD＝DM，连接BM，如图2， ∵AE＝EF，EF＝3，EC＝2AE， ∴AC＝9， ∵AD是△ABC中线， ∴CD＝BD， 在△ADC和△MDB中， ， ∴△ADC≌△MDB， ∴FN＝CB＝12，BM＝AC＝9，∠CAD＝∠M， ∵AE＝EF， ∴∠CAD＝∠AFE， ∵∠AFE＝∠BFD， ∴∠BFD＝∠M， ∴BF＝BM＝AC， 即BF＝9； （4）线段BE、CF、EF之间的等量关系为：BE2+CF2＝EF2． 证明：如图3，延长ED到点G，使DG＝ED，连结GF，GC， ∵ED⊥DF， ∴EF＝GF， ∵D是BC的中点， ∴BD＝CD， 在△BDE和△CDG中， ， ∴△BDE≌△CDG（SAS）， ∴BE＝CG， ∵∠A＝90°， ∴∠B+∠ACB＝90°， ∵△BDE≌△CDG，EF＝GF， ∴BE＝CG，∠B＝∠GCD， ∴∠GCD+∠ACB＝90°，即∠GCF＝90°， ∴Rt△CFG中，CF2+GC2＝GF2， ∴BE2+CF2＝EF2． 【点评】本题考查全等三角形的判定和性质、三角形三边关系以及勾股定理的应用，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． 7．（2024秋•唐河县期末）（1）感知：如图1，△ABC和△CDE都是等边三角形，连结AD，BE，则可证△CBE≌△CAD，依据　 　；进而得到线段BE＝AD，依据　 　． （2）探究：如图2，AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝α，AD、BE相交于点M，连接CM． ①线段BE与AD之间是否仍存在（1）中的结论？若是，请证明；若不是，请直接写出BE与AD之间的数量关系； ②∠AMB的度数＝　 　．（用含α的式子表示） （3）应用：AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝α，当α＝90°时，如图3，取AD，BE的中点分别为点P、Q，连接CP，CQ，PQ，如果PC，直接写出PQ的长． 【分析】（1）根据等边三角形的性质得到CB＝CA，CE＝CD，∠ACB＝∠DCE＝60°，利用SAS定理证明△CBE≌△CAD，根据全等三角形的性质得到BE＝AD； （2）①证明△CBE≌△CAD，根据全等三角形的性质得到BE＝AD； ②根据全等三角形的性质、三角形内角和定理计算即可； （3）证明△ACP≌△BCQ，得到∠PCQ＝90°，经过勾股定理计算即可． 【解答】解：（1）∵△ABC和△CDE都是等边三角形， ∴CB＝CA，CE＝CD，∠ACB＝∠DCE＝60°， ∵∠ECB＝∠ACB﹣∠ECA，∠ACD＝∠DCE﹣∠ECA， ∴∠ECB＝∠DCA， 在△CBE和△CAD中， ， ∴△CBE≌△CAD（SAS）， ∴BE＝AD（全等三角形的对应边相等）， 故答案为：SAS；全等三角形的对应边相等； （2）①BE＝AD， 证明如下：∵∠ACB＝∠DCE＝α，∠ACD＝α+∠BCD，∠BCE＝α+∠BCD， ∴∠ACD＝∠BCE， 在△CBE和△CAD中， ， ∴△CBE≌△CAD（SAS）， ∴BE＝AD； ②∵△ACD≌△BCE， ∴∠CAD＝∠CBE ∵∠BAC+∠ABC＝180°﹣α， ∴∠BAM+∠ABM＝180°﹣α， ∴∠AMB＝180°﹣（180°﹣α）＝α， 故答案为：α； （3）如图3，由（1）可得，BE＝AD， ∵AD，BE的中点分别为点P、Q， ∴AP＝BQ， ∵△ACD≌△BCE， ∴∠CAP＝∠CBQ， 在△ACP和△BCQ中， ， ∴△ACP≌△BCQ（SAS）， ∴CP＝CQ，∠ACP＝∠BCQ， ∵∠ACP+∠PCB＝90°， ∴∠BCQ+∠PCB＝90°， ∴∠PCQ＝90°， ∴△CPQ为等腰直角三角形， ∵PC， ∴PQ2＝PC2+CQ2＝2+2＝4， ∴PQ＝2． 【点评】本题考查的是三角形全等的判定和性质、等腰直角三角形的性质，掌握三角形全等的判定定理是解题的关键． 8．问题：如图1，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D为BC边上一点（不与点B，C重合）将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE，连接EC． 求证：△ABD≌△ACE； 探索：如图2，在Rt△ABC与Rt△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，将△ADE绕点A旋转，使点D落在BC边上，试探索BD2、CD2、DE2之间满足的等量关系，并证明你的结论； 应用：如图3，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ACB＝∠ADC＝45°，若BD＝6，CD＝2，求AD的长． 【分析】（1）证明△BAD≌△CAE，根据全等三角形的性质解答； （2）证明△BAD≌△CAE，得到BD＝CE，根据勾股定理计算即可； （3）如图3，作辅助线，构建全等三角形，证明△BAD≌△CAG，得到BD＝CG＝6，证明△CDG是直角三角形，根据勾股定理计算即可． 【解答】解：（1）在Rt△ABC中，AB＝AC， ∴∠B＝∠ACB＝45°， ∵∠BAC＝∠DAE＝90°， ∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE， 在△BAD和△CAE中， ， ∴△BAD≌△CAE（SAS）， （2）结论：DE2＝BD2+CD2， 理由是：如图2中，连接EC． ∵∠BAC＝∠DAE＝90°， ∴∠BAD＝∠CAE， 在△ABD和△ACE中， ∵， ∵△BAD≌△CAE（SAS）， ∴BD＝CE，∠B＝∠ACE＝45°， ∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝45°+45°＝90°， ∴DE2＝CE2+CD2， ∴DE2＝BD2+CD2； （3）如图3，将AD绕点A逆时针旋转90°至AG，连接CG、DG， 则△DAG是等腰直角三角形， ∴∠ADG＝45°， ∵∠ADC＝45°， ∴∠GDC＝90°， 同理得：△BAD≌△CAG， ∴CG＝BD＝6， Rt△CGD中，∵CD＝2， ∴DG＝4， ∵△DAG是等腰直角三角形， ∴AD＝AG＝4． 【点评】本题是四边形的综合题，考查的是全等三角形的判定和性质、勾股定理、以及旋转变换的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． 9．（2024秋•三水区校级期中）【方法储备】如图1，在△ABC中，CM为△ABC的中线，若AC＝2，BC＝4，求CM的取值范围．中线倍长法：如图2，延长CM至点D，使得MD＝CM，连结BD，可证明，由全等得到BD＝AC＝2，从而在△BCD中，根据三角形三边关系可以确定CD的范围，进一步即可求得CM的范围． （1）在上述过程中，证明△ACM≌△BDM的依据是 　 　，CM的范围为 　 　； （2）【思考探究】如图3，在△ABC中，∠ACB＝90°，M为AB中点，D，E分别为AC，BC上的点，连结MD，ME，DE，∠DME＝90°，若BE＝1，AD＝2，求DE的长； （3）【拓展延伸】如图4，C为线段AB上一点，AC＞BC，分别以AC，BC为斜边向上作等腰Rt△ACD和等腰Rt△CBE，M为AB中点，连结DM，EM，DE． ①求证：△DME为等腰直角三角形； ②若将图4中的等腰Rt△CBE绕点C转至图5的位置（A，B，C不在同一条直线上），连结AB，M为AB中点，且D，E在AB同侧，连结DM，EM．若AD＝5，EB＝3，DM＝2，请直接写出△DAM的面积． 【分析】（1）由△ACM≌△BDM得BD＝AC＝2，从而得出2＜CD＜6，进而得出1＜CM＜3； （2）延长DM至点F，使得FM＝DM，连结EF，BF，推导出△ADM≌△BFM（SAS），得到BF＝AD＝2，∠A＝∠FBM，∠ACB＝ 90°，进一步推导出△EBF是直角三角形，利用勾股定理得出 ，推导出EM垂直平分DF，即可得到； （3）①推导出△EMB≌△NMA（SAS），得到BE＝AN＝CE，∠NAM＝∠B＝45°，进一步推导出△DAN≌△DCE（SAS），得到DN＝DE，∠ADN＝∠CDE，进而得到∠CDE+∠NDC＝90°＝∠NDE，△DME为等腰直角三角形； ②如图5，延长EM至点F，使得FM＝EM，连结AF，DF，DE，首先证得△AFM≌△BEM，得到AF＝BE＝CE＝3，∠MAF＝∠MBE，MF＝ME，进一步证得△AFD≌△CED（SAS），得到DF＝DE，∠ADF＝∠CDE，∠DFA＝∠DEC，推导出△DEF为等腰直角三角形，在△DEC中，DE2+CE2＝32+42＝25＝52＝CD2，得到△DEC为直角三角形，且∠DEC＝90°，推导出AF∥BD，且有D，E，B三点共线，DB＝7，进而得到S△ADB＝14，S△DMAS△ADB＝7． 【解答】（1）解：在△ACM和△BDM中， ， ∴△ACM≌△BDM（SAS）， ∴BD＝AC＝2， 在△BCD中，BC﹣BD＜CD＜BC+BD，即：4﹣2＜CD＜4+2， ∴2＜CD＜6， ∵， ∴1＜CM＜3， 故答案为：SAS；1＜CM＜3； （2）解：延长DM至点F，使得FM＝DM，连结EF，BF，如图3， 在△ADM和△BFM中， ， ∴△ADM≌△BFM（SAS）， BF＝AD＝2，∠A＝∠FBM，∠ACB＝ 90°， ∴∠A+∠CBA＝90°， ∴∠FBM+∠CBA＝90°＝∠CBF， 在Rt△EBF中， ， ∵DM＝FM，∠DME＝90°， ∴EM垂直平分DF， ∴； （3）①证明：延长EM至点N，使得EM＝NM，连结DN，AN，如图4， 在△EMB和△NMA中， ， ∴△EMB≌△NMA（SAS）， ∴BE＝AN＝CE，∠NAM＝∠B＝45°， ∴∠DAN＝∠DCE＝ 90°， 又∵DA＝DC， ∴△DAN≌△DCE（SAS）， ∴DN＝DE，∠ADN＝∠CDE， 又∵∠ADN+∠NDC＝90°， ∴∠CDE+∠NDC＝90°＝∠NDE， ∴△DME为等腰直角三角形； ②解：S△DMA＝7．理由如下： 如图5，延长EM至点F，使得FM＝EM，连结AF，DF，DE， ∵M为AB中点，同上“倍长中线”方法可得△AFM≌△BEM， ∴AF＝BE＝CE＝3，∠MAF＝∠MBE，MF＝ME， 设∠DCE＝α， ∵∠DAF＝∠DAC+∠FAC＝45°+（∠FAB﹣∠CAB） ＝45°+∠EBA﹣（180﹣45°﹣45°﹣α﹣∠ABC） ＝45°+∠EBA﹣（90°﹣α﹣∠ABC） ＝α， ∴∠DCE＝∠DAF， ∴△AFD≌△CED（SAS）， ∴DF＝DE，∠ADF＝∠CDE，∠DFA＝∠DEC， ∴∠ADC＝∠FDE＝ 90°， ∴△DEF为等腰直角三角形， ∵MF＝ME， ∴DM＝ME＝MF＝2，DM⊥ME， ∴DF＝DE＝ 4， 在△DEC中，DE2+CE2＝32+42＝25＝52＝CD2， ∴△DEC为直角三角形，且∠DEC＝90°， ∴∠DFA＝∠DEC＝90°，∠DEB＝∠DEC+∠BEC＝90°+90°＝180°， ∴AF∥BD，且有D，E，B三点共线， ∴DB＝DE+EB＝4+3＝7， ∴S△ADBBD•DF7×4＝14， ∵M为AB中点， ∴S△DMAS△ADB14＝7． 【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形． 10．（2024秋•惠安县期末）已知△ABC和△DCE中，∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝BC，CD＝CE． （1）如图1，连结AD、BE，判断AD和BE的数量及位置关系，并说明理由； （2）若BC＝25，， ①当点A、D、E三点在同一直线上时，请画出所有符合题意的图形，并求出线段AE的长度； ②如图2，M为AE中点，N为BD中点，直接写出△CMN的面积大小． 【分析】（1）证△ACD≌△BCE即可得到AD＝BE，再利用8字型导角即可得解； （2）①先画出图形，再由（1）可知BE＝AD，BE⊥AD，设AE＝x，分两种情况，然后利用Rt△ABE建立勾股方程即可求解； ②见到中点则联想中位线，取AB中点F，连接FM、FN、CF，则∴FM是△ABE的中位线，FN是△ABD的中位线，所以FM＝FN，且FM⊥FN，先证△MFC≌△NFB（SAS），得到△MFC≌△NFB（SAS），再利用中点构造倍长中线，延长MC交BD于点H，延长CM到点Q，使MC＝MQ，连接AQ，证△AMQ≌△EMC（SAS），再证△QAC≌△DCB，然后设参求解即可． 【解答】解：（1）AD＝BE，AD⊥BE， 理由：∵∠ACB＝∠DCE＝90°， ∴∠ACD＝∠BCE， 在△ACD和△BCE中， ， ∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴AD＝BE，∠CAD＝∠CBE， 设AD与BE交于点F，AC与BE交于点G， ∵∠AGF＝∠BGC， ∴∠AFG＝∠BCG＝90°， 即AD⊥BE； （2）①由（1）知AD＝BE，且AD⊥BE， ∵BC＝25，， ∴ABAB＝25，DE14， 第一种情况：当点E在线段AD上时，如图所示， 设AE＝x，则AD＝AE+DE＝x+14， ∴BE＝AD＝x+14， 在Rt△ABE中，AE2+BE2＝AB2， 即x2+（x+14）2＝（25）2 解得x1＝17，x2＝31（舍去）， ∴AE＝17； 第一种情况：当点D在线段AE上时，如图所示， 设AE＝x，则AD＝AE+DE＝x﹣14， ∴BE＝AD＝x﹣14， 在Rt△ABE中，AE2+BE2＝AB2， 即x2+（x﹣14）2＝（25）2 解得x1＝17（舍去），x2＝31）， ∴AE＝31； 综上，AE的值为17或31； ②取AB中点F，连接FM、FN、CF， ∵M是AE中点，N是BD中点， ∴FM是△ABE的中位线，FN是△ABD的中位线， ∴FM∥BE，且FMBE，FN∥AD，且FNAD， ∵AD＝BE，AD⊥BE， ∴FM＝FN，且FM⊥FN， ∵AC＝BC， ∴CF⊥AB，CFBF， ∵∠MFC＝∠BFN＝90°﹣∠CFN， ∴△MFC≌△NFB（SAS）， ∴MC＝NB， 延长MC交BD于点H，延长CM到点Q，使MC＝MQ，连接AQ， ∵M是AE中点， ∴MA＝ME， 在△AMQ和△EMC中， ， ∴△AMQ≌△EMC（SAS）， ∴∠Q＝∠MCE，AQ＝CE＝CD， ∴AQ∥CE， ∴∠QAC+∠ACE＝180°， 又∵∠ACE+∠BCD＝180°， ∴∠QAC＝∠BCD， 在△QAC和△DCB中， ， ∴△QAC≌△DCB（SAS）， ∴∠Q＝∠BDC＝∠MCE，QC＝BD＝2CM， ∵∠MCE+∠DCH＝90°， ∴∠BDC+∠DCH＝90°， ∴∠CHD＝90°， 设BNBD＝CM＝x，NH＝y，CH＝h， 在Rt△BCH中，CB2＝h2+（x+y）2＝252， 在Rt△CDH中，CD2＝h2+（x﹣y）2＝（7）2， 两式相减得，4xy＝625﹣98＝527， ∴xy， ∴S△CMNCM•NHxy． 【点评】本题主要考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理、三角形的中位线等内容，熟练掌握相关知识，作出正确的辅助线是解题的关键． 1．（2024秋•岱岳区期中）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于点D，过点D作DE⊥AB于点E． （1）求证：△ADC≌△ADE． （2）若CD＝3，BD＝5，求BE的长． 【分析】（1）利用AAS即可证明△ADC≌△ADE； （2）结合（1）根据勾股定理即可求出BE的长． 【解答】（1）证明：∵AD平分∠CAB， ∴∠DAC＝∠DAE， ∵∠C＝90°，DE⊥AB， ∴∠C＝∠AED＝90°， 在△ADC和△ADE中， ， ∴△ADC≌△ADE（AAS）， （2）解：∵△ADC≌△ADE， ∴DE＝DC＝3， 在Rt△BDE中，BD＝5，根据勾股定理，得 BE4． 【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，角平分线的定义等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，重合用转化的思想思考问题． 2．（2024春•定远县期末）如图，在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D是AB上一点，作等腰Rt△DCE，且∠DCE＝90°，连接AE． （1）求证：△CEA≌△CDB； （2）求证：AE2+AD2＝DE2． 【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质和全等三角形的判定证明即可； （2）根据等腰直角三角形的性质和全等三角形的性质解答即可； 【解答】证明：（1）∵△ABC和△DCE都是等腰直角三角形， ∴AC＝BC，CD＝EC，∠ACB＝∠DCE＝90°， ∴∠ACB﹣∠ACD＝∠DCE﹣∠ACD， ∴∠ACE＝∠BCD， 在△CDB与△CEA中， ， ∴△CDB≌△CEA（SAS）； （2）∵△ABC是等腰直角三角形， ∴∠B＝∠BAC＝45°， 由（1）得△CDB≌△CEA， ∴∠EAC＝∠B＝45°， ∴∠EAD＝∠EAC+∠BAC＝45°+45°＝90°， ∴AE2+AD2＝DE2． 【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键． 3．（2024春•雨花区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝3，点D在边AC上，且AD＝2CD，DE⊥AB，垂足为点E，连CE，求： （1）线段BE的长； （2）线段CE的长． 【分析】（1）证明△ADE是等腰直角三角形，求出AE即可解决问题． （2）作EF⊥AC于F．求出EF，CF即可解决问题． 【解答】解：（1）∵CA＝CB＝3，∠ACB＝90°， ∴∠A＝45°，ABAC＝3， ∵DE⊥AE， ∴△ADE是等腰直角三角形， ∵AC＝BC＝3，AD＝2CD， ∴AD＝2，CD＝1， ∴AE＝DE， ∴BE＝AB﹣AE＝2． （2）作EF⊥AC于F． ∵EF⊥AD，△ADE是等腰直角三角形， ∴EF＝AF＝DF＝1， ∴CF＝2， 在Rt△EFC中，EC． 【点评】本题考查等腰直角三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型． 4．（2024春•工业园区校级期末）已知，如图，在长方形ABCD中，AB＝8，BC＝6，P为AD上一点，将△ABP沿BP翻折至△EBP，PE与CD相交于O，且OE＝OD，求AP的长． 【分析】由折叠的性质得出EP＝AP，∠E＝∠A＝90°，BE＝AB＝8，由ASA证明△ODP≌△OEG，得出OP＝OG，PD＝GE，设AP＝EP＝x，则PD＝GE＝6﹣x，DG＝x，根据勾股定理得出方程，解方程即可． 【解答】解：设CD与BE交于点G，如图所示： ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠D＝∠A＝∠C＝90°，AD＝BC＝6，CD＝AB＝8， 由翻折的性质得：△ABP≌△EBP， ∴EP＝AP，∠E＝∠A＝90°，BE＝AB＝8， 在△ODP和△OEG中，， ∴△ODP≌△OEG（ASA）， ∴OP＝OG，PD＝GE， ∴DG＝EP， ∴AP＝EP＝DG， 设AP＝EP＝x，则PD＝GE＝6﹣x，DG＝x， ∴CG＝8﹣x，BG＝8﹣（6﹣x）＝2+x， 在Rt△BCG中，根据勾股定理得：BC2+CG2＝BG2， 即62+（8﹣x）2＝（x+2）2， 解得：x＝4.8， ∴AP＝4.8． 【点评】本题考查了翻折变换的性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识；熟练掌握翻折变换和矩形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键． 5．如图，直线l过正方形ABCD的顶点B，点A，C到直线l的距离分别为1cm和2cm． （1）求证：∠ABA′＝∠BCC′； （2）求BC′的长； （3）求正方形ABCD的边长和面积． 【分析】（1）利用等角的余角相等，求证得出：∠ABA′＝∠BCC′； （2）求证得出△ABA′≌△BCC′即可，即BC′＝AA′＝1； （3）利用（2）中，△ABA′≌△BCC′，BC′＝AA′＝1，A′B＝CC′＝2，进一步利用勾股定理求得正方形ABCD的边长，最后求得面积． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABC＝90°，AB＝BC， ∵AA′⊥A′C′，CC′⊥A′C′， ∴∠AA′B＝∠CC′B＝90°， ∴∠ABA′+∠CBC′＝90°，∠CBC′+∠BCC′＝90°， ∴∠ABA′＝∠BCC′； （2）在△ABA′和△BCC′中， ∠AA′B＝∠CC′B， AB＝BC， ∠ABA′＝∠BCC′， ∴△ABA′≌△BCC′， ∴BC′＝AA′＝1（cm）； （3）∵△ABA′≌△BCC′， ∴BC′＝AA′＝1，A′B＝CC′＝2， ∴AB， 即正方形ABCD的边长为； 正方形ABCD的面积＝（）2＝5（cm2）． 【点评】本题考查了正方形各边相等的性质，等角的余角相等，三角形全等和勾股定理的运用． 6．已知：在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D为BC边上一动点（与点B不重合），连接AD，以AD始边作∠DAE＝α（0°＜α＜180°）． （1）如图1，当α＝90°，且AE＝AD时，试说明CE和BD的位置关系和数量关系； （2）如图2，当α＝45°，且点E在边BC上时，求证：BD2+CE2＝DE2． 【分析】（1）根据∠BAD＝∠CAE，BA＝CA，AD＝AE，运用“SAS”证明△ABD≌△ACE，根据全等三角形性质得出对应边相等，对应角相等，即可得到线段CE、BD之间的关系； （2）把△ACE绕点A顺时针旋转90°，得到△ABG．连接DG，由“SAS”得到△ADG≌△ADE，可得DE＝DG，即可把EF，BE，FC放到一个直角三角形中，从而根据勾股定理即可证明； 【解答】解：（1）CE与BD位置关系是CE⊥BD，数量关系是CE＝BD． 理由：∵∠BAC＝∠DAE＝90°， ∴∠BAD＝90°﹣∠DAC，∠CAE＝90°﹣∠DAC， ∴∠BAD＝∠CAE， 在△ABD和△ACE中， ， ∴△ABD≌△ACE （SAS）， ∴∠ACE＝∠B＝45°且 CE＝BD． ∵∠ACB＝∠B＝45°， ∴∠ECB＝45°+45°＝90°，即CE⊥BD； （2）如图2，把△ACE绕点A顺时针旋转90°，得到△ABG．连接DG， 则△ACE≌△ABG， ∴AG＝AE，BG＝CE，∠ABG＝∠ACE＝45°． ∵∠BAC＝90°，∠GAE＝90°． ∴∠GAD＝∠DAE＝45°， 在△ADG和△ADE中， ， ∴△ADG≌△ADE（SAS）． ∴ED＝GD， 又∵∠GBD＝90°， ∴BD2+BG2＝DG2， 即BD2+EC2＝DE2； 【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，旋转的性质，勾股定理的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键． 7．（1）在一次数学探究活动中，陈老师给出了一道题． 如图1，已知△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，P是△ABC内的一点，且PA＝3，PB＝1，PC＝2，求∠BPC的度数． 小强在解决此题时，是将△APC绕C旋转到△CBE的位置（即过C作CE⊥CP，且使CE＝CP，连接EP、EB）．你知道小强是怎么解决的吗？ （2）请根据（1）的思想解决以下问题： 如图2所示，设P是等边△ABC内一点，PA＝3，PB＝4，PC＝5，求∠APB的度数． 【分析】（1）如图1，首先证明BE2＝PE2+PB2，得到∠BPE＝90°；证明∠CPE＝45°即可解决问题． （2）如图2，作旋转变换；首先证明∠AQP＝60°；其次证明PQ2+CQ2＝PC2，得到∠PQC＝90°，求出∠AQC＝150°，即可解决问题． 【解答】解：（1）如图1，由题意得：∠PCE＝90° PC＝EC＝2；BE＝PA＝3； 由勾股定理得：PE2＝22+22＝8； ∵PB2＝1，BE2＝9， ∴BE2＝PE2+PB2， ∴∠BPE＝90°， ∵∠CPE＝45°， ∴∠BPC＝135°． （2）如图2，将△ABP绕点A逆时针旋转60°到△ACQ的位置，连接PQ； 则AP＝AQ，∠PAQ＝60°，QC＝PB＝4； ∴△APQ为等边三角形，∠AQP＝60°，PQ＝PA＝3； ∵PQ2+CQ2＝32+42＝25，PC2＝52＝25， ∴PQ2+CQ2＝PC2， ∴∠PQC＝90°，∠AQC＝60°+90°＝150°， ∴∠APB＝∠AQC＝150°． 【点评】该题主要考查了旋转变换的性质、等边三角形的判定及其性质、勾股定理逆定理等几何知识点及其应用问题；对综合的分析问题解决问题的能力提出了较高的要求． 8．（2024秋•虎林市校级期末）已知Rt△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，F为AB边的中点，且DF＝EF，∠DFE＝90°，D是BC上一个动点．如图1，当D与C重合时，易证：CD2+DB2＝2DF2； （1）当D不与C、B重合时，如图2，CD、DB、DF有怎样的数量关系，请直接写出你的猜想，不需证明． （2）当D在BC的延长线上时，如图3，CD、DB、DF有怎样的数量关系，请写出你的猜想，并加以证明． 【分析】（1）由图1猜想结论成立；连接CF、BE，证明△DFC≌△EFB（SAS），由全等三角形的性质得出CD＝BE，∠DCF＝∠EBF＝45°，由勾股定理及直角三角形的性质可得出结论． （2）连接CF、BE，证明△DFC≌△EFB（SAS），由全等三角形的性质得出CD＝BE，∠DCF＝∠EBF＝135°，由勾股定理及直角三角形的性质可得出结论． 【解答】解：（1）图2中，CD2+DB2＝2DF2成立． 证明：连接CF、BE， ∵∠ACB＝90°，F为AB边的中点， ∴CF＝BF， 又∵∠DFC+∠DFB＝∠EFB+∠DFB＝90°， ∴∠DFC＝∠EFB， ∵DF＝EF， ∴△DFC≌△EFB（SAS）， ∴CD＝BE，∠DCF＝∠EBF＝45°， ∴∠DBE＝90°， ∴DB2+BE2＝DE2， ∵DE2＝2DF2， ∴CD2+DB2＝2DF2． （2）图3成立．CD2+DB2＝2DF2． 证明：连接CF、BE， ∵∠ACB＝90°，F为AB边的中点， ∴CF＝BF， 又∵∠DFC+∠CFE＝∠EFB+∠CFB＝90°，DF＝EF， ∴∠DFC＝∠EFB， ∴△DFC≌△EFB（SAS）， ∴CD＝BE，∠DCF＝∠EBF＝135°， ∵∠EBD＝∠EBF﹣∠FBD＝135°﹣45°＝90°， 在Rt△DBE中，BE2+DB2＝DE2， ∵DE2＝2DF2， ∴CD2+DB2＝2DF2． 【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键． 学科网（北京）股份有限公司 $$