第22章 直角三角形 压轴题 复习讲义 2025--2026学年沪教版（五四制）八年级数学上册

该初中数学讲义通过“常考题型-填空压轴-综合压轴”三级分类构建直角三角形知识体系，梳理全等证明、性质应用、动态几何等核心内容，以典型例题串联中点、旋转、翻折等高频考点，呈现知识内在逻辑与重难点分布。 讲义亮点在于分层练习设计，如第1题全等证明结合中点性质，第19题等腰直角三角形旋转探究数量关系，培养推理意识与几何直观。课后练习匹配不同难度，基础题巩固方法，压轴题提升创新思维，助力教师精准教学，学生自主复习有方向。

沪教版新 数学8年级上直角三角形压轴题 复习培优讲义 一．直角三角形常考题（共7小题） 1．（2024秋•青浦区校级期末）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． 2．（2024秋•徐汇区校级期末）如图，D为△ABC外一点，DG为BC的垂直平分线，分别过点D作DE⊥AB，DF⊥AC，垂足分别为点E，F，且BE＝CF． （1）求证：AD为∠CAB的角平分线； （2）若AB＝8，AC＝6，求AE的长． 3．（2024秋•静安区校级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝45°，AD⊥BC，垂足为点D，G是AD上一点，且BD＝DG．联结CG，点E、F分别是AB、CG的中点，求证：DE＝DF． 4．（2024秋•浦东新区校级期末）如图，在△ABC中，AD是BC边上的高，CE是AB边上的中线，CD＝AE． （1）求证：点D在线段CE的垂直平分线上． （2）①当点D是BC的中点时，求∠B； ②当CD＝5，BD＝6，求CE． 5．（2024秋•长宁区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D、E分别在边AB、BC上，AC＝AD，DF⊥AB，AE＝AF，且EF⊥BC． （1）求证：CE＝DF； （2）联结CF，如果∠ACF＝∠ABF．求证：点F在BC的垂直平分线上． 6．（2024秋•静安区校级期末）已知：如图，点E在BC上，∠B＝∠C＝90°，AB＝CE，EF垂直平分线段AD． （1）求证：AE⊥DE； （2）联结BF、CF，求证：△BFC是等腰直角三角形． 7．（2024秋•长宁区期末）如图，在等边△ABC中，点D，E分别在边BC，AC上，且AE＝CD，BE与AD相交于点P，BQ⊥AD于点Q． （1）求证：△ABE≌△CAD； （2）求∠PBQ的度数． 二．填空压轴题（共10小题） 8．（2024秋•静安区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，，BC＝3，将△ABC绕着点C顺时针旋转x°（0＜x≤180）得到△DEC，其中点A、B的对应点分别为点D、E，联结BD，当∠BCE＝2∠ACE时，BD的长是 　 　 ． 9．（2024秋•静安区校级期末）在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝15°，AB＝6（如图），点D是AB的中点，将△ACD沿直线CD翻折后点A落在点E，那么BE的长为 　 　 ． 10．（2024秋•长宁区校级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5，AC＝4，点D、E分别在AC、AB上，AD＝DE，联结CE，如果在△DCE与△BCE中，一个为等腰三角形，另一个为直角三角形，那么AD的长为　 　 ． 11．（2024秋•嘉定区校级期末）如图，在△ABC中，AB＝BC＝4，AO＝BO，P是射线CO上的一个动点，∠AOC＝60°，则当△PAB为直角三角形时，AP的长为 　 　 ． 12．（2024秋•浦东新区期末）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，分别以四边形ABCD的四条边为斜边，向外作四个等腰直角三角形，记阴影部分面积分别为S1，S2，S3和S4，若S1＝8，S2＝3，S3＝16，则S4的值是 　 　 ． 13．（2024秋•浦东新区校级期末）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝40°，AC＝2，BC＝3，点D在边BC上，将△ABC沿直线AD翻折，使点C落在点C′处，连接AC′，直线AC′与边CB的延长线相交于点F，如果∠DAB∠BAF，那么线段BF的长为 　 　 ． 14．（2024秋•崇明区期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，AB＝4，D是AB的中点，点E、F分别在AC、BC上运动（点E不与点A、C重合），且始终保持∠EDF＝90°，则AE+BF＝ 　 　 ． 15．（2024秋•浦东新区期末）在△ABC中，∠B＝90°，∠A＝60°，AC＝12，点D在边AB上，且AD＝2DB，线段AD绕点D顺时针旋转α°（0°＜α＜180°）后，点A旋转至点E，如果点E恰好落在△ABC的边上，求AE长度为　 　 ． 16．（2024秋•静安区校级期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AC＝4，点P为AB上一点，将线段PB绕点P顺时针旋转得线段PQ，点Q在射线BC上，当PQ的垂直平分线MN经过△ABC一边中点时，PB的长为 　 　 ． 17． （2024秋•青浦区校级期末）我们规定：在四边形ABCD中，O是边BC上的一点，如果△OAB与△OCD全等，那么点O叫做该四边形的“等形点”．如果在四边形EFGH中，∠EFG＝90°，EF∥GH，EF＝5，FG＝17，如果该四边形的“等形点”在边FG上，那么四边形EFGH的面积是 　 　 ． 三．直角三角形压轴题（共8小题） 18．（2024秋•浦东新区校级期末）如图，△ABC中，∠C＝45°，点D在AC边上，DE⊥AB，垂足为E，点G在BC上，且∠DGC＝30°，DG＝2DE．求证：BE+DE＝BC． 19．（2024秋•徐汇区校级期末）已知，如图：△ABC是等腰直角三角形，动点P在斜边AB所在的直线上，以PC为直角边作等腰直角三角形PCQ，其中∠PCQ＝90°，探究并解决下列问题： （1）如图①，若点P在线段AB上，且AC＝5，，则： ①线段AB＝ 　 　 ，PB＝ 　 　 ； ②猜想PA2，PB2，PQ2三者之间的数量关系为 　 　 ； （2）如图②，若点P在AB的延长线上，在（1）中所猜想的结论仍然成立，请你给出证明过程； （3）若动点满足PA：PB＝1：3，求PC：AC的值． 20．（2024秋•静安区校级期末）如图，已知锐角△ABC中CD、BE分别是AB、AC边上的高，M、N分别是线段BC、DE的中点．求证： （1）MN⊥DE． （2）若∠A＝60°，求证：△DME是等边三角形 21．（2024秋•静安区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AC＝3．将一块直角三角板中30°角的顶点D放在AB边上移动，使30°角的两边分别与△ABC的边AC、BC相交于点E、F，且使DE始终与AB垂直． （1）如图1，当点F与点C重合时，求CD的长； （2）如图2，设AD＝x，BF＝y，求y关于x的函数解析式，并写出定义域； （3）如图2，联接EF，若△DEF是直角三角形，求AD的长． 22．（2024秋•长宁区校级期末）在△ABC中，点D是边BC的中点，点E、F分别在边AB、AC上，且DE⊥DF，联结EF． （1）如图1，△ABC是等腰直角三角形，∠A＝90°，AB＝AC，求证：∠DEF＝45°； （2）如图2，△ABC是等边三角形，DE＝DF，求证：AE＝AF； （3）如图3，∠A＝45°，BE＝1，EF＝5，请直接写出CF的长度：　 　 （无需写出过程）． 23．（2024秋•嘉定区校级期末）【背景介绍】勾股定理是几何学中的明珠，充满着魅力，千百年来，人们对它的证明精彩纷呈，其中有著名的数学家，也有业余数学爱好者，向常春在1994年构造发现了一个新的证法． 【小试牛刀】（1）把两个全等的直角三角形如图1放置，∠DAB＝∠B＝90°，已知AB＝AD＝a，AE＝BC＝b，DE＝AC＝c，AC⊥DE，试证明a2+b2＝c2． 【知识运用】 （2）如图2，铁路上A，B两点（看作直线上的两点）相距24千米，C，D为两个村庄（看作两个点），AD⊥AB，BC⊥AB，垂足分别为A、B，AD＝23千米，BC＝16千米，则两个村庄的距离为　 　 千米（直接填空）； （3）在（2）的背景下，要在AB上建造一个供应站P，使得PC＝PD，求AP的长． （4）【知识迁移】借助上面的思考过程与几何模型，求代数式的最小值　 　 （0＜x＜16）． 24．（2024秋•浦东新区期末）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝a，射线AD、AE的夹角为，过点B作BF⊥AD于点F，直线BF交射线AE于点G，联结CG． （1）如图①，射线AD、AE都在∠BAC内部． ①若a＝110°，∠CAE＝20°，则∠CBG＝ 　 　 °． ②作点B关于直线AD的对称点H，证明GH＝GC． ③请直接写出线段BF、FG、CG之间的数量关系：　 　 ． （2）如图②，射线AD在∠BAC内部，射线AE在∠BAC外部，其他条件不变，试探究线段BF、FG、CG之间的数量关系，并证明． 25．（2024秋•静安区校级期末）【问题初探】（1）在数学活动课上，李老师给出如下问题：如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，D为BC中点，CE⊥AD于F交AB于点E，连接DE，若CE＝2DE．求证：∠DEB＝∠AEC． 如图2，小刚同学从条件的角度出发给出如下解题思路：延长ED至点G，使GD＝ED，连接CG．将∠DEB与∠AEC之间的数量关系转化为∠G与∠ECG之间的数量关系． 请你根据小刚同学的解题思路，写出证明过程． 【类比分析】（2）李老师发现小刚同学很好地运用了转化思想，根据题中条件转化角．为了帮助学生更好地感悟转化思想，李老师将图1进行变换，提出下面的问题，请你解答． 如图3，在△ABC中，∠ACB＝90°，D为BC中点，CE⊥AD于F交AB于点E．连接BF，若BF＝AC，求证：AF＝2DF． 【学以致用】（3）如图4，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D在BC边上，∠BAD＝15°，过B作BE⊥AD交AD的延长线于点E，直接写出 　 　 ． 四．课后练习（共7小题） 1．（2024秋•长宁区期末）已知点D、E分别是等边△ABC边AB、AC上的动点，将△ADE沿直线DE翻折，使点A恰好落在边BC上的点P处，如果△BPD是直角三角形，且BP＝2，那么EC的长是 　 　 ． 2．（2024秋•浦东新区校级期末）如图，等腰直角三角形ABC中，点D在斜边BC上，以AD为直角边作等腰直角三角形ADE． （1）求证：△ABD≌△ACE； （2）当AB＝1，AD＝DF时，求BD． 3．（2024秋•长宁区期末）已知：如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，点D是AB边中点，延长CD至点E，使得，联结BE，当时，求∠DBE的度数． 4．（2024秋•浦东新区期末）如图，△ABC中，AD是边BC上的高，CF是边AB上的中线，DC＝BF，点E是CF的中点． （1）求证：DE⊥CF； （2）求证：∠B＝2∠BCF． 5．（2024秋•崇明区期末）如图，CD为Rt△ABC斜边上的高，∠BAC的平分线分别交CD，CB于点E，F，FG⊥AB，垂足为G． （1）求证：∠CFA＝∠AED． （2）若CE＝3厘米，BG＝4厘米，求BC的长． 6．（2024秋•青浦区校级期末）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D是平面内一点（不与点A，B，C重合），连接BD，CD，∠BDC＝90°，连接AD．将△ADC沿直线AD翻折，得到△ADG，连接CG． （1）如图1，当点D在△ACG的内部，BD交AC于点E，点F是BD上一点，且BF＝CD，连接AF． ①求证：△ABF≌△ACD； ①若AD＝1，，求点G到直线BC的距离． （2）如图2，当点D在△ACG的外部，且∠CAD＝15°时，求AB：DG的值． 7．（2024秋•长宁区期末）已知在△ABC中，AB＝AC，点D在线段BC上，点F在射线AD上，连接CF，作BE∥CF交射线AD于E，∠CFA＝∠BAC＝α． （1）如图1，当α＝65°时，∠ABE＝15°时，求∠BAE的大小； （2）当α＝90°，AB＝AC＝8时， ①如图2，连接BF，当BF＝BA，求CF的长； ②若，求AE的长． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 沪教版新 数学8年级上直角三角形压轴题 复习培优讲义 参考答案与试题解析 一．直角三角形常考题（共7小题） 1．（2024秋•青浦区校级期末）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． 【答案】（1）见解析过程； （2）CE． 【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． 2．（2024秋•徐汇区校级期末）如图，D为△ABC外一点，DG为BC的垂直平分线，分别过点D作DE⊥AB，DF⊥AC，垂足分别为点E，F，且BE＝CF． （1）求证：AD为∠CAB的角平分线； （2）若AB＝8，AC＝6，求AE的长． 【答案】（1）证明过程见解答； （2）7． 【分析】（1）连接DC，DB，根据线段垂直平分线的性质得出DC＝DB，根据全等三角形的判定定理推出Rt△DEB≌Rt△DFC，根据全等三角形的性质得出DE＝DF，根据角平分线性质定理得逆定理即可得解； （2）根据全等三角形的性质得出AE＝AF，根据BE＝CF求出AB﹣AE＝AF﹣AC，推出AB+AC＝AE+AF＝2AE，再代入求出AE即可． 【解答】（1）证明：连接DC，DB， ∵DG是BC的垂直平分线， ∴DC＝DB， ∵DE⊥AB，DF⊥AC， ∴∠DEB＝∠DFC＝90°， 在Rt△DEB和Rt△DFC中， ， ∴Rt△DEB≌Rt△DFC（HL）， ∴DE＝DF， ∵DE⊥AB，DF⊥AC， ∴AD为∠CAB的角平分线； （2）解：在Rt△AFD和Rt△AED中， ， ∴Rt△AFD≌Rt△AED（HL）， ∴AE＝AF， ∵Rt△DEB≌Rt△DFC， ∴BE＝CF， ∴AB﹣AE＝AF﹣AC， ∴AB+AC＝AE+AF＝2AE， ∵AB＝8，AC＝6， ∴AE＝7． 3．（2024秋•静安区校级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝45°，AD⊥BC，垂足为点D，G是AD上一点，且BD＝DG．联结CG，点E、F分别是AB、CG的中点，求证：DE＝DF． 【答案】见解析． 【分析】根据SAS证明△ABD≌△CGD得出AB＝CG，再根据直角三角形斜边上的中线的性质即可得出结论． 【解答】证明：∵AD⊥BC， ∴∠ADB＝∠CDG＝90°， ∵∠ACB＝45°， ∴∠CAD＝45°， ∴∠CAD＝∠ACD， ∴AD＝CD， 在Rt△ABD和Rt△CGD中， ， ∴△ABD≌△CGD（SAS）， ∴AB＝CG， 又∵点E、F分别是AB、CG的中点， ∴DE，DF， ∴DE＝DF． 4．（2024秋•浦东新区校级期末）如图，在△ABC中，AD是BC边上的高，CE是AB边上的中线，CD＝AE． （1）求证：点D在线段CE的垂直平分线上． （2）①当点D是BC的中点时，求∠B； ②当CD＝5，BD＝6，求CE． 【答案】（1）证明见解答过程； （2）①60°；②． 【分析】（1）连接DE，过点E作ED⊥BD于点H，依题意得ED是Rt△ABD斜边AB上的中线，则ED＝AE＝BEAB，根据CD＝AE得ED＝CD，然后根据线段垂直平分线的性质即可得出结论； （2）①根据BD＝CD，DE＝BE＝CD得△BDE是等边三角形，由此可得出∠B的度数； ②由（1）可知ED＝BE＝CD＝5，根据EH⊥BD得BH＝DHBD＝3，在Rt△EHD中，由勾股定理求出EH＝4，进而在Rt△EHC中，由勾股定理求出CE即可． 【解答】（1）证明：连接DE，过点E作EH⊥BD于点H，如图所示： 在△ABC中，AD是BC边上的高， ∴△ABD是直角三角形， ∵CE是AB边上的中线， ∴ED是Rt△ABD斜边AB上的中线， ∴ED＝AE＝BEAB， ∵CD＝AE， ∴ED＝CD， ∴点D在线段CE的垂直平分线上； （2）①解：∵点D是BC的中点， ∴BD＝CD， 又∵DE＝BE＝CD， ∴BD＝DE＝BE， ∴△BDE是等边三角形， ∴∠B＝60°； ②解：∵CD＝5，BD＝6， 由（1）可知：ED＝BE＝CD＝5， ∴△EBD是等腰三角形， 又∵EH⊥BD， ∴BH＝DHBD＝3， 在Rt△EHD中，由勾股定理得：EH4， 在Rt△EHC中，CH＝DH+CD＝3+5＝8， 由勾股定理得：CE． 5．（2024秋•长宁区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D、E分别在边AB、BC上，AC＝AD，DF⊥AB，AE＝AF，且EF⊥BC． （1）求证：CE＝DF； （2）联结CF，如果∠ACF＝∠ABF．求证：点F在BC的垂直平分线上． 【答案】（1）证明见解答过程； （2）证明见解答过程． 【分析】（1）利用HL证明Rt△ACE≌Rt△ADF，根据全等三角形的性质即可得证； （2）根据角的和差、直角三角形的性质求出∠BFD＝∠ECF，利用ASA证明△FCE≌△BFD，根据全等三角形的性质求出FC＝FB，结合EF⊥BC即可得证． 【解答】证明：（1）∵DF⊥AB，∠ACB＝90°， ∴△ADF、△ACE是直角三角形， 在Rt△ACE和Rt△ADF中， ， ∴Rt△ACE≌Rt△ADF（HL）， ∴CE＝DF； （2）∵EF⊥BC，⊥AB， ∴∠CEF＝90°，∠BDF＝90°， ∴∠BFD+∠ABF＝90°， 又∵∠ACB＝∠ACF+∠ECF＝90°，∠ACF＝∠ABF， ∴∠BFD＝∠ECF， 在△FCE和△BFD中， ， ∴△FCE≌△BFD（ASA）， ∴FC＝FB， 又∵EF⊥BC， ∴点F在BC的垂直平分线上． 6．（2024秋•静安区校级期末）已知：如图，点E在BC上，∠B＝∠C＝90°，AB＝CE，EF垂直平分线段AD． （1）求证：AE⊥DE； （2）联结BF、CF，求证：△BFC是等腰直角三角形． 【答案】（1）见解析； （2）见解析． 【分析】（1）根据全等三角形的判定和性质定理，线段垂直平分线的性质，垂直的定义即可得到结论； （2）根据全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质定理即可得到结论． 【解答】证明：（1）∵EF垂直平分线段AD， ∴EA＝ED， 在Rt△ABE和Rt△ECD中， ， ∴Rt△ABE≌Rt△ECD（HL）， ∴∠BAE＝∠CED， ∵∠BAE+∠AEB＝90°， ∴∠CED+∠AEB＝90°， ∴∠AED＝180°﹣（∠CED+∠AEB）＝90°， ∴AE⊥DE； （2）延长BF交CD的延长线于G， 由（1）知，Rt△ABE≌Rt△ECD， ∴BE＝CD，AB＝CE， ∴BC＝BE+CE＝AB+CD， ∵∠ABC＝∠BCD＝90°， ∴AB∥CD， ∴∠ABF＝∠G， 在△ABF与△DGF中， ， ∴△ABF≌△DGF（AAS）， ∴DG＝AB，BF＝FG， ∴CD+DG＝CG＝BC＝AB+CD， ∴△BCG是等腰直角三角形， ∴CF⊥BG，∠CBF＝45°， ∴△BCF是等腰直角三角形． 7．（2024秋•长宁区期末）如图，在等边△ABC中，点D，E分别在边BC，AC上，且AE＝CD，BE与AD相交于点P，BQ⊥AD于点Q． （1）求证：△ABE≌△CAD； （2）求∠PBQ的度数． 【答案】（1）见解答； （2）30°． 【分析】（1）根据全等三角形的判定定理即可求出答案． （2）根据△ABE≌△CAD，可知∠CAD＝∠ABE，由于∠BPQ＝∠ABE+∠BAP＝∠CAD+∠BAP＝∠BAE＝60°．从而可知∠PBQ＝30°． 【解答】（1）证明：在等边三角形ABC中， ， ∴△ABE≌△CAD（SAS）； （2）解：∵△ABE≌△CAD， ∴∠CAD＝∠ABE， ∴∠BPQ＝∠ABE+∠BAP ＝∠CAD+∠BAP ＝∠BAE＝60°． ∵BQ⊥AD， ∴∠PBQ＝30°． 二．填空压轴题（共10小题） 8．（2024秋•静安区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，，BC＝3，将△ABC绕着点C顺时针旋转x°（0＜x≤180）得到△DEC，其中点A、B的对应点分别为点D、E，联结BD，当∠BCE＝2∠ACE时，BD的长是 　或　 ． 【答案】或． 【分析】分两种情形：当CE在∠ACB的内部时，作DF⊥BC，交BC的延长线于F，可求得∠BCE＝60°，∠ACE＝30°，进而得出∠BCD＝∠BCE+∠DCE＝150°，进一步得出结果；当CE在∠ACB的外部时，可得出∠BCE＝2∠ACE＝180°，进一步得出结果． 【解答】解：如图1， 当CE在∠ACB的内部时， 作DF⊥BC，交BC的延长线于F， ∵∠ACB＝90°，∠BCE＝2∠ACE， ∴∠BCE＝60°，∠ACE＝30°， ∵△ABC绕着点C顺时针旋转x°得到△DEC， ∴∠DCE＝∠ACB＝90°，CD＝AC＝4， ∴∠BCD＝∠BCE+∠DCE＝150°， ∴∠DCF＝180°﹣∠BCD＝30°， ∴DFCD＝2，CFCD＝6， ∴BF＝BC+CF＝9， ∴BD， 如图2， 当CE在∠ACB的外部时， ∵∠BCE﹣∠ACE＝∠ACB， ∴2∠ACE﹣∠ACE＝90°， ∴∠ACE＝90°， ∴∠BCE＝2∠ACE＝180°， ∴B、C、E共线， ∵BC＝CE， ∴BD＝DE＝AB， 综上所述：BD或， 故答案为：或． 9．（2024秋•静安区校级期末）在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝15°，AB＝6（如图），点D是AB的中点，将△ACD沿直线CD翻折后点A落在点E，那么BE的长为 　3　 ． 【答案】3 【分析】根据直角三角形的性质可得CD＝AD＝BD＝3，推导出△BDE是等腰三角形三角形，作DN⊥BE，进而得到∠BDN＝60°，最后利用sin∠BDN，代入数据解答即可． 【解答】解：如图： ∵∠C＝90°，AB＝6，点D是AB的中点， ∴CD＝AD＝BDAB＝3， ∴∠DCA＝∠CAD＝15°， ∴∠ADM＝30°， 将△ACD沿直线CD翻折后点A落在点E， ∴∠EDM＝30°，AD＝DE＝BD， ∴BDE＝120°， ∴△BDE是等腰三角形， 作DN⊥BE于点N，则∠BDN＝60°，BNBE， ∴sin∠BDN，即sin60°， ∴BN， ∴BE＝2BN＝3， 故答案为：3． 10．（2024秋•长宁区校级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5，AC＝4，点D、E分别在AC、AB上，AD＝DE，联结CE，如果在△DCE与△BCE中，一个为等腰三角形，另一个为直角三角形，那么AD的长为　2或　 ． 【答案】2或． 【分析】根据由题意可知∠CDE≠90°，△CBE中只有∠CEB可能为90°，进而分类讨论，利用图形性质求解即可． 【解答】解：在Rt△ABC中，BC3， ∵AD＝AE， ∴∠A＝∠AED， 若∠CDE＝90°，则∠ADE＝90°， 此时∠A＝45°，与题意不符； 在△CEB中，∠BCE＜90°，∠B＜90°， ∴只有∠CEB可能为90°， ①当△CDE为等腰三角形，且DC＝DE时， 此时CD＝AD＝DE2， ∴∠A＝∠AED，∠DCE＝∠CED， ∵∠A+∠AED+∠DEC+∠DCE＝180°， ∴∠AED+∠DEC＝90°， 即∠AEC＝90°， ∴∠CEB＝90°，即△CEB为直角三角形，符合题意， 故AD＝2； ②△CDE为直角三角形，且∠CED＝90°，△CEB为等腰三角形，且CE＝CB＝3， 设AD＝x，则DE＝x，CD＝4﹣x， 在Rt△CDE中，DE2+CE2＝CD2， 即x2+32＝（4﹣x）2， 解得x， 故AD； 综上，AD的值为2或． 故答案为：2或． 11．（2024秋•嘉定区校级期末）如图，在△ABC中，AB＝BC＝4，AO＝BO，P是射线CO上的一个动点，∠AOC＝60°，则当△PAB为直角三角形时，AP的长为 　2或2或2　 ． 【答案】2或2或2 【分析】利用分类讨论，①当∠APB＝90°时，情况一：如图1，利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半得出PO＝BO，易得△BOP为等边三角形，利用锐角三角函数可得AP的长；易得BP，利用勾股定理可得AP的长；情况二：如图3，利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可得结论．②当∠ABP＝90°时，如图2，由对顶角的性质可得∠AOC＝∠BOP＝60°，易得∠BPO＝30°，易得BP的长，利用勾股定理可得AP的长； 【解答】解：①当∠APB＝90°时， 情况一：（如图1）， ∵AO＝BO， ∴PO＝BO， ∵∠AOC＝60°， ∴∠BOP＝60°， ∴△BOP为等边三角形， ∵AB＝BC＝4， ∴AP＝AB•sin60°＝42； 情况二：如图3，∵AO＝BO，∠APB＝90°， ∴PO＝AO， ∵∠AOC＝60°， ∴△AOP为等边三角形， ∴AP＝AO＝2， ②当∠ABP＝90°时（如图2）， ∵∠AOC＝∠BOP＝60°， ∴∠BPO＝30°， ∴BP2， 在直角三角形ABP中， AP2， 故答案为：2或2或2． 12．（2024秋•浦东新区期末）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，分别以四边形ABCD的四条边为斜边，向外作四个等腰直角三角形，记阴影部分面积分别为S1，S2，S3和S4，若S1＝8，S2＝3，S3＝16，则S4的值是 　11　 ． 【答案】11 【分析】连接AC，由勾股定理和等腰直角三角形的性质得AB2+BC2＝AC2，AD2+CD2＝AC2，S2AB2，S3BC2，S1AD2，S4CD2，则AB2+BC2＝AD2+CD2，推出S1+S4＝S2+S3，即可解决问题． 【解答】解：如图，连接AC， ∵∠ABC＝∠ADC＝90°，分别以四边形ABCD的四条边为斜边，向外作四个等腰直角三角形， ∴AB2+BC2＝AC2，AD2+CD2＝AC2，S2AB2，S3BC2，S1AD2，S4CD2， ∴AB2+BC2＝AD2+CD2， ∴S1+S4＝S2+S3， ∴S4＝3+16﹣8＝11， 故答案为：11． 13．（2024秋•浦东新区校级期末）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝40°，AC＝2，BC＝3，点D在边BC上，将△ABC沿直线AD翻折，使点C落在点C′处，连接AC′，直线AC′与边CB的延长线相交于点F，如果∠DAB∠BAF，那么线段BF的长为 　3　 ． 【答案】3． 【分析】设∠DAB＝α，则∠BAF＝2α，依据折叠变换即可得到∠CAD＝30°，进而得出CD，AD的长；再根据线段的和差关系进行计算，即可得到BF的长． 【解答】解：如图， 设∠DAB＝α，则∠BAF＝2α， 由折叠可得：∠CAD＝∠DAF＝3α， ∴∠CAB＝4α＝40°， ∴α＝10°， ∴∠CAD＝∠DAF＝30°， 又∵∠C＝90°， ∴∠ADC＝60°， ∴∠F＝∠ADC﹣∠CAF＝30°， ∴AD＝DF， 在Rt△ACD中，AC＝2，∠CAD＝30°， ∴AD＝2CD， 由勾股定理得：（2CD）2＝CD2+AC2，即（2CD）2＝CD2+（2）2， 解得：CD＝2， ∴AD＝4＝DF， 又∵CB＝3， ∴DB＝CB﹣CD＝3﹣2＝1， ∴BF＝DF﹣DB＝4﹣1＝3， 故答案为：3． 14．（2024秋•崇明区期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，AB＝4，D是AB的中点，点E、F分别在AC、BC上运动（点E不与点A、C重合），且始终保持∠EDF＝90°，则AE+BF＝ 　2　 ． 【答案】2． 【分析】连接CD，由∠ACB＝90°，AC＝BC，得∠A＝∠B＝45°，由AB＝4，D是AB的中点，得CD＝BD＝AD＝2，∠DCF＝∠DCA＝45°，CD⊥AB，则∠A＝∠CDF，∠ADC＝∠BDC＝90°，求得BC2，再推导出∠ADE＝∠CDF，进而证明△ADE≌△CDF，得AE＝CF，则AE+BF＝CF+BF＝2，于是得到问题的答案． 【解答】解：连接CD， ∵∠ACB＝90°，AC＝BC， ∴∠A＝∠B＝45°， ∵AB＝4，D是AB的中点， ∴CD＝BD＝ADAB＝2，∠DCF＝∠DCA∠ACB＝45°，CD⊥AB， ∴∠A＝∠CDF，∠ADC＝∠BDC＝90°， ∴BC2， ∵∠EDF＝90°， ∴∠ADE＝∠CDF＝90°﹣∠CDE， 在△ADE和△CDF中， ， ∴△ADE≌△CDF（ASA）， ∴AE＝CF， ∴AE+BF＝CF+BF＝BC＝2， 故答案为：2． 15．（2024秋•浦东新区期末）在△ABC中，∠B＝90°，∠A＝60°，AC＝12，点D在边AB上，且AD＝2DB，线段AD绕点D顺时针旋转α°（0°＜α＜180°）后，点A旋转至点E，如果点E恰好落在△ABC的边上，求AE长度为　4或4　 ． 【答案】4或4． 【分析】由∠B＝90°，∠BAC＝60°，求得∠C＝30°，则ABAC＝6，由AD＝2DB，求得DB＝2，AD＝4，由旋转得ED＝AD＝4，再分三种情况讨论，一是点E落在AC边上，则△ADE是等边三角形，所以AE＝AD＝4；二是点E落在BC边上，由AB2＝36，BE2＝ED2﹣DB2＝12，求得AE4；三是由0°＜α＜180°，说明点E不能落在AB边上，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵∠B＝90°，∠BAC＝60°，AC＝12， ∴∠C＝90°﹣∠BAC＝30°， ∴ABAC＝6， ∵点D在边AB上，且AD＝2DB， ∴2DB+DB＝6， ∴DB＝2， ∴AD＝2×2＝4， 由旋转得ED＝AD＝4， 如图1，点E落在AC边上， ∵ED＝AD，∠A＝60°， ∴△ADE是等边三角形， ∴AE＝AD＝4； 如图2，点E落在BC边上， ∵AB2＝62＝36，BE2＝ED2﹣DB2＝42﹣22＝12， ∴AE4； ∵0°＜α＜180°， ∴点E不能落在AB边上， 综上所述，AE的长为4或4， 故答案为：4或4． 16．（2024秋•静安区校级期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AC＝4，点P为AB上一点，将线段PB绕点P顺时针旋转得线段PQ，点Q在射线BC上，当PQ的垂直平分线MN经过△ABC一边中点时，PB的长为 　2或3或5　 ． 【答案】2或3或5． 【分析】求出AB＝8，，设MN交BC于点G，连接PG．分三种情况，当MN经过AB的中点D时，BD＝4．由旋转性质得到，PQ＝PB，得到∠PQB＝∠B＝30°，得到∠DPQ＝60°，根据线段垂直平分线性质得到P D＝Q D，得到△PQD是等边三角形，得到PD＝PB，即得PB＝2；当MN经过AC的中点E时，EC＝2，求出∠CEG＝30°，得到，得到，根据∠QPG＝30°，求得∠GPB＝90°，即得PB＝5；当MN经过BC的中点F时，，可得PB＝3． 【解答】解：∵在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AC＝4， ∴AB＝2AC＝8， ∴， PQ的垂直平分线MN经过△ABC一边中点，可分为以下三种情况： 经过AB的中点D；经过AC的中点E；经过BC的中点F． 设MN交BC于点G，连接PG， 则PG＝QG． 当MN经过AB的中点D时，如图： ， 由旋转知，PQ＝PB， ∴∠PQB＝∠B＝30°， ∴∠DPQ＝∠B+∠PQB＝60°， 连接DQ， ∵MN垂直平分PQ， ∴P D＝Q D， ∴△PQD是等边三角形， ∴PD＝QP， ∴PD＝PB， ∴； 当MN经过AC的中点E时，如图： ， ∵MN垂直PQ， ∴∠CEG＝90°﹣∠EGQ＝∠PQB＝30°， 设CG＝x， 则EG＝2x， ∵CG2+EC2＝EG2， ∴x2+22＝（2x）2， ∴， ∴， ∵PG＝QG， ∴∠PQB＝∠QPG＝30°， ∴∠APG＝∠APQ+∠QPG＝90°， ∴∠GPB＝180°﹣∠APG＝90°， ∴， ∴； 当MN经过BC的中点F时，如图： ， ∵∠BPF＝90° ∴， ∴． 综上：PB的长为：2或5或3． 故答案为：2或3或5． 17．（2024秋•青浦区校级期末）我们规定：在四边形ABCD中，O是边BC上的一点，如果△OAB与△OCD全等，那么点O叫做该四边形的“等形点”．如果在四边形EFGH中，∠EFG＝90°，EF∥GH，EF＝5，FG＝17，如果该四边形的“等形点”在边FG上，那么四边形EFGH的面积是 　或85　 ． 【答案】或85． 【分析】依题意得∠EFG＝∠HGF＝90°，设OF＝a，则OG＝17﹣a，分两种情况讨论如下：①当EF＝FG，OF＝HG时，△OEF≌△HOG，由EF＝FG得5＝17﹣a，解得a＝12，则OF＝HG＝12，此时四边形EFGH是直角梯形，然后根据梯形的面积公式即可求出四边形EFGH的面积；②当EF＝HF＝5，OF＝OG时，△OEF≌△OHG，根据EF∥GH，EF＝HF＝5，∠EFG＝∠HGF＝90°得此时四边形EFGH是矩形，然后根据长方形的面积公式即可得出四边形EF的面积，综上所述即可得出答案． 【解答】解：设四边形EFGH的“等形点”为O， ∵∠EFG＝90°，EF∥GH， ∴∠EFG＝∠HGF＝90°， 设OF＝a， ∵EF＝5，FG＝17，点O在FG上， ∴OG＝FG﹣OF＝17﹣a， ∴有以下两种情况： ①当EF＝FG，OF＝HG时，△OEF≌△HOG，如图1所示： 由EF＝FG，得：5＝17﹣a， 解得：a＝12， ∴OF＝a＝12，OG＝17﹣12＝5， ∴OF＝HG＝12， ∴EF∥GH，则此时四边形EFGH是直角梯形， ∴S四边形EFGH（EF+HG）•FG（5+12）×17； ②当EF＝HF＝5，OF＝OG时，△OEF≌△OHG，如图2所示： ∵EF∥GH，EF＝HF＝5，∠EFG＝∠HGF＝90°， ∴四边形EFGH是长方形， ∴S四边形EFGH＝EF•FG＝5×17＝85， 综上所述：四边形EFGH的面积是或85． 故答案为：或85． 三．直角三角形压轴题（共8小题） 18．（2024秋•浦东新区校级期末）如图，△ABC中，∠C＝45°，点D在AC边上，DE⊥AB，垂足为E，点G在BC上，且∠DGC＝30°，DG＝2DE．求证：BE+DE＝BC． 【答案】证明见解答过程． 【分析】过点D作DM⊥BC于点M，根据三角形内角和定理及等腰三角形的判定推出CM＝DM，根据含30°角的直角三角形的性质求出DG＝2DM，则DE＝DM＝CM，利用HL证明Rt△DEB≌Rt△DMB，根据全等三角形的性质求出Rt△DEB≌Rt△DMB，再根据全等三角形的性质及线段的和差求解即可． 【解答】证明：如图，过点D作DM⊥BC于点M， ∵∠C＝45°， ∴∠CDM＝90°﹣45°＝45°＝∠C， ∴CM＝DM， 在Rt△DMG中，∠DGC＝30°， ∴DG＝2DM， ∵DG＝2DE， ∴DE＝DM＝CM， ∵DE⊥AB，DM⊥BC， ∴△DEB、△DMB是直角三角形， 在Rt△DEB和Rt△DMB中， ， ∴Rt△DEB≌Rt△DMB（HL）， ∴BE＝BM， ∵BC＝BM+CM， ∴BE+DE＝BC． 19．（2024秋•徐汇区校级期末）已知，如图：△ABC是等腰直角三角形，动点P在斜边AB所在的直线上，以PC为直角边作等腰直角三角形PCQ，其中∠PCQ＝90°，探究并解决下列问题： （1）如图①，若点P在线段AB上，且AC＝5，，则： ①线段AB＝ 　5　 ，PB＝ 　3　 ； ②猜想PA2，PB2，PQ2三者之间的数量关系为 PA2+PB2＝PQ2 ； （2）如图②，若点P在AB的延长线上，在（1）中所猜想的结论仍然成立，请你给出证明过程； （3）若动点满足PA：PB＝1：3，求PC：AC的值． 【答案】（1）①； ②PA2+PB2＝PQ2； （2）如图②，过C作CD⊥AB于点D， ∵△ACB为等腰直角三角形，CD⊥AB， ∴CD＝AD＝DB， ∵PA2＝（AD+PD）2＝（CD+PD）2＝CD2+2CD•PD+PD2， PB2＝（PD﹣BD）2＝（PD﹣CD）2＝CD2﹣2CD•PD+PD2， ∴PA2+PB2＝2CD2+2PD2＝2（CD2+PD2）， 在Rt△PCD中，由勾股定理得：PC2＝CD2+PD2， ∴PA2+PB2＝2PC2， ∵△CPQ为等腰直角三角形，且∠PCQ＝90°， ∴2PC2＝PQ2， ∴PA2+PB2＝PQ2； （3）的值为或． 【分析】（1）①在Rt△ABC中，利用勾股定理可求得AB，由PB＝AB﹣PA可求得PB的长； ②过C作CD⊥AB于点D，则可求得，把PA2和PB2都用PC和CD表示出来，在Rt△PCD中，由勾股定理得到PC和PD，CD的关系，从而可得到PA2，PB2，PQ2三者之间的数量关系； （2）过C作CD⊥AB于点D，把PA2和PB2都用PC和CD表示出来，在Rt△PCD中，由勾股定理得到PC和PD，CD的关系，从而可证得结论； （3）分点P在线段AB上和线段BA的延长线上，分别利用得到PA和CD的关系，从而可得到PD和CD的关系，在Rt△CPD和Rt△ACD中，利用勾股定理可分别得到PC，AC和CD的关系，从而可求得的值． 【解答】（1）解：①∵△ABC是等腰直角三角形，AC＝5， 由勾股定理得：， ∵， ∴， 故答案为：5；3； ②PA2+PB2＝PQ2；理由如下： 如图①，过C作CD⊥AB于点D， ∵△ACB为等腰直角三角形，CD⊥AB， ∴CD＝AD＝DB， ∵PA2＝（AD﹣PD）2＝（CD﹣PD）2＝CD2﹣2CD•PD+PD2，PB2＝（BD+PD）2＝（CD+PD）2＝CD2+2CD•PD+PD2， ∴PA2+PB2＝2CD2+2PD2＝2（CD2+PD2）， 在 Rt△PCD中，由勾股定理得：PC2＝CD2+PD2， ∴PA2+PB2＝2PC2， ∵△CPQ为等腰直角三角形，且∠PCQ＝90°， ∴2PC2＝PQ2， ∴PA2+PB2＝PQ2， 故答案为：PA2+PB2＝PQ2； （2）证明：如图②，过C作CD⊥AB于点D， ∵△ACB为等腰直角三角形，CD⊥AB， ∴CD＝AD＝DB， ∵PA2＝（AD+PD）2＝（CD+PD）2＝CD2+2CD•PD+PD2， PB2＝（PD﹣BD）2＝（PD﹣CD）2＝CD2﹣2CD•PD+PD2， ∴PA2+PB2＝2CD2+2PD2＝2（CD2+PD2）， 在Rt△PCD中，由勾股定理得：PC2＝CD2+PD2， ∴PA2+PB2＝2PC2， ∵△CPQ为等腰直角三角形，且∠PCQ＝90°， ∴2PC2＝PQ2， ∴PA2+PB2＝PQ2； （3）解：过点C作CD⊥AB于点D， 如图③，当点P在线段AB上时，PA：PB＝1：3， ∴， 在 Rt△CPD中，由勾股定理得：， 在 Rt△ACD中，由勾股定理得：， ∴； 如图④，当点P在线段BA 的延长线上时，PA：PB＝1：3， ∴， 在 Rt△CPD中，由勾股定理得：， 在 Rt△ACD中，由勾股定理得：， ∴， 综上所述，的值为或． 20．（2024秋•静安区校级期末）如图，已知锐角△ABC中CD、BE分别是AB、AC边上的高，M、N分别是线段BC、DE的中点．求证： （1）MN⊥DE． （2）若∠A＝60°，求证：△DME是等边三角形 【答案】（1）见解析； （2）见解析． 【分析】（1）连接DM、EM，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得到DM＝EM，然后由等腰三角形“三线合一”即可得到答案； （2）根据三角形内角和定理、等腰三角形的性质求出∠DME＝60°即可证明． 【解答】证明：（1）如图：连接DM、EM， ∵CD、BE分别是AB、AC边上的高， ∴CD⊥AB，ME⊥AC， 在Rt△BCD与Rt△BCE中， M是线段BC的中点， ∴，， ∴DM＝EM， ∴△DEM是等腰三角形， 又因为N是线段DE的中点，MN⊥DE； （2）在△ABC中，∠A＝60°，∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝120°， 由（1）可知：MB＝MD＝ME＝MC， ∴∠ABC＝∠BDM，∠ACB＝∠MEC， ∴∠DMB＝180°﹣∠ABC﹣∠BDM＝180°﹣2∠ABC， ∴∠CME＝180°﹣∠ACB﹣∠MEC＝180°﹣2∠ACB， ∴∠DME＝180°﹣（180°﹣2∠ABC）﹣（180°﹣2∠ACB）＝2∠ABC+2∠ACB﹣180°＝2（∠ABC+∠ACB）﹣180°＝2×120°﹣180°＝60°， 由（1）可知△DEM是等腰三角形， ∴△DEM是等边三角形． 21．（2024秋•静安区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AC＝3．将一块直角三角板中30°角的顶点D放在AB边上移动，使30°角的两边分别与△ABC的边AC、BC相交于点E、F，且使DE始终与AB垂直． （1）如图1，当点F与点C重合时，求CD的长； （2）如图2，设AD＝x，BF＝y，求y关于x的函数解析式，并写出定义域； （3）如图2，联接EF，若△DEF是直角三角形，求AD的长． 【答案】（1）CD＝2； （2）y＝2x（x）； （3）或． 【分析】（1）证明DA＝CD＝DB，可得结论； （2）证明等边三角形BDF，求出BF＝BD＝y，可得x+y＝2，根据y＝x﹣2，得出x，根据一定与线段AC、BC相交，得出AD最大到M处，求出AM即可得出答案； （3）分为两种情况：①E为直角顶点时．②F为直角顶点时，分别构建方程求解即可． 【解答】解：（1）∵DE⊥AB， ∴∠ADE＝90°， ∵∠EDF＝30°，∠A＝30°， ∴∠ADC＝120°， ∴∠ACD＝180°﹣30°﹣120°＝30°， ∴∠A＝∠ACD＝30°， ∴DA＝DC， ∵∠ACB＝90°， ∴∠B＝∠DCB＝60°， ∴CD＝DB， ∴CD＝AD＝DB， ∵AC＝3，AB＝2BC， ∴AB＝2， ∴CDAB； （2）∵DE⊥AB，∠EDF＝30°， ∴∠FDB＝∠B＝60°， ∴△BDF是等边三角形， ∴BF＝BD， ∴AD+BD＝2， ∴x+y＝2， ∴y＝2x， ∵y， ∴2x， ∴x， ∵30°角的两边分别与△ABC的边AC、BC交于点E、F， ∴过C作CM⊥AB于M，最后D只能到M点， ∴x此时是， ∴函数的定义域（即x的取值范围）是x； （3）如图1中，当∠DEF＝90°时， ∵∠ADE＝90°，∠A＝30°，AD＝x， ∴DEx， ∵∠EDF＝30°， ∴DF＝DBx， ∴xx＝2， 解得：x， 即AD； 当∠EFD＝90°时，（如图2）， ∵∠FDE＝30°， ∴DF＝DBx， ∴xx＝2， 解得：x， 即AD； 综上所述：AD或AD． 22．（2024秋•长宁区校级期末）在△ABC中，点D是边BC的中点，点E、F分别在边AB、AC上，且DE⊥DF，联结EF． （1）如图1，△ABC是等腰直角三角形，∠A＝90°，AB＝AC，求证：∠DEF＝45°； （2）如图2，△ABC是等边三角形，DE＝DF，求证：AE＝AF； （3）如图3，∠A＝45°，BE＝1，EF＝5，请直接写出CF的长度：　3　 （无需写出过程）． 【答案】（1）证明见解答； （2）证明见解答； （3）CF＝3． 【分析】（1）如图1，连接AD，证明△AED≌△CFD（ASA），可得DE＝DF，即可得结论； （2）如图2，过点D作DG⊥AB于G，作DH⊥AC于H，连接AD，则∠AGD＝∠AHD＝90°，证明Rt△DGE≌Rt△DHF（HL）和Rt△DBG≌Rt△DCH（HL），即可得结论； （3）如图3，延长FD至G，使DG＝DF，连接EG，BG，过点G作GH⊥AB于H，证明△CDF≌△BDG（SAS），设BH＝a，则GH＝a，EH＝a+1，根据勾股定理列方程即可解答． 【解答】（1）证明：如图1，连接AD， ∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，AB＝AC， ∴∠B＝∠C＝45°， ∵点D是边BC的中点， ∴∠BAD＝∠CAD＝45°＝∠C，AD⊥BC， ∴∠ADC＝90°，AD＝CD， ∵DE⊥DF， ∴∠EDF＝90°， ∴∠EDF＝∠ADC， ∴∠ADE＝∠CDF， ∴△AED≌△CFD（ASA）， ∴DE＝DF， ∴△DEF是等腰直角三角形， ∴∠DEF＝45°； （2）证明：如图2，过点D作DG⊥AB于G，作DH⊥AC于H，连接AD，则∠AGD＝∠AHD＝90°， ∵△ABC是等边三角形，点D是边BC的中点， ∴∠BAD＝∠CAD，BD＝CD，AB＝AC， ∴DG＝DH， ∵DE＝DF， ∴Rt△DGE≌Rt△DHF（HL）， ∴EG＝FH， 同理可得：Rt△DBG≌Rt△DCH（HL）， ∴BG＝CH， ∴BG+EG＝CH+FH， 即BE＝CF， ∴AB﹣BE＝AC﹣CF， 即AE＝AF； （3）解：如图3，延长FD至G，使DG＝DF，连接EG，BG，过点G作GH⊥AB于H， ∵DG＝DF，DE⊥DF， ∴ED是FG的垂直平分线， ∴EG＝EF＝5， ∵BD＝CD，∠CDF＝∠BDG， ∴△CDF≌△BDG（SAS）， ∴∠C＝∠CBG，CF＝BG， ∵∠A＝45°， ∴∠C+∠ABC＝180°﹣45°＝135°， ∴∠CBG+∠ABC＝135°， 即∠ABG＝135°， ∴∠GBH＝45°， ∵GH⊥AH， ∴∠H＝90°， ∴△GBH是等腰直角三角形， ∴GH＝BH， 设BH＝a，则GH＝a，EH＝a+1， 由勾股定理得：GH2+EH2＝EG2， ∴a2+（a+1）2＝52， ∴a2+a﹣12＝0， （a+4）（a﹣3）＝0， ∴a1＝﹣4（舍），a2＝3， ∴GH＝3， ∴CF＝BG3． 23．（2024秋•嘉定区校级期末）【背景介绍】勾股定理是几何学中的明珠，充满着魅力，千百年来，人们对它的证明精彩纷呈，其中有著名的数学家，也有业余数学爱好者，向常春在1994年构造发现了一个新的证法． 【小试牛刀】（1）把两个全等的直角三角形如图1放置，∠DAB＝∠B＝90°，已知AB＝AD＝a，AE＝BC＝b，DE＝AC＝c，AC⊥DE，试证明a2+b2＝c2． 【知识运用】 （2）如图2，铁路上A，B两点（看作直线上的两点）相距24千米，C，D为两个村庄（看作两个点），AD⊥AB，BC⊥AB，垂足分别为A、B，AD＝23千米，BC＝16千米，则两个村庄的距离为　25　 千米（直接填空）； （3）在（2）的背景下，要在AB上建造一个供应站P，使得PC＝PD，求AP的长． （4）【知识迁移】借助上面的思考过程与几何模型，求代数式的最小值　20　 （0＜x＜16）． 【答案】（1）见解析； （2）25； （3）作图见解析，AP的长为6.3125千米； （4）20． 【分析】（1）根据全等三角形的性质可得AB＝AD＝a，BC＝AE＝b，AC＝DE＝c，则BE＝AB﹣AE＝a﹣b，分别用含a，b，c的式子，结合图形表示出梯形ABCD、四边形AECD、△EBC的面积，根据S梯形ABCD＝S四边形AECD+S△BCE，代入计算即可求解； （2）如图2所示，连接CD，作CE⊥AD于点E，可得CE，DE的长，在Rt△CDE中，运用勾股定理即可求解； （3）如图3所示，连接CD，作CD的垂直平分线交AB于P点，则点P即为所求；利用勾股定理得PD2＝AP2+AD2，PC2＝PB2+BC2，进而得AP2+AD2＝PB2+BC2，再根据AB＝40千米，AD＝25千米，BC＝16千米得PB＝AB﹣AP＝（40﹣AP）千米，即可解答； （4）根据轴对称﹣最短路线的求法即可求出． 【解答】解：（1）根据题意，Rt△ABC≌Rt△DAE， ∴AB＝AD＝a，AC＝DE＝c，BC＝AE＝b，则BE＝AB﹣AE＝a﹣b， ∴四边形AECD的面积＝ED•AF•ED•CFDE•ACc2， ∵S梯形ABCD＝S四边形AECD+S△BCE， ∴a（a+b）c2b（a﹣b）， ∴a2+b2＝c2； （2）如图2所示，连接CD，过点C作CE⊥AD于点E， ∵BC⊥AB，AD⊥AB， ∴∠A＝∠B＝∠BCE＝90°， ∴四边形ABCE是矩形， ∴BC＝16千米，CE＝AB＝24千米， ∵AD＝23千米， ∴DE＝AD﹣AE＝23﹣16＝7（千米）， 由勾股定理得：CD25（千米）， 则两个村庄之间的距离为25千米． 故答案为：25； （3）如图3所示，连接CD，作线段CD的垂直平分线交AB于P，则点P即为所求； 连接PC，PD， ∴PC＝PD， 在Rt△PAD中，由勾股定理得：PD2＝AP2+AD2， 在Rt△PBC中，由勾股定理得：PC2＝PB2+BC2， ∴AP2+AD2＝PB2+BC2， 在（2）的背景下，则AB＝40千米，AD＝23千米，BC＝16千米， ∴PB＝AB﹣AP＝（24﹣AP）千米， ∴AP2+232＝（24﹣AP）2+162， ∴AP＝6.3125千米． 即AP的长为6.3125千米； 如图4， 先作出点C关于AB的对称点F，连接DF，过点F作EF⊥AD与E，即：DF就是代数式的最小值． 代数式的几何意义是线段AB上一点到点D，C的距离之和， 而它的最小值就是点C的对称点F和点D的连线与线段AB的交点就是它取最小值时的点， 从而构造出了以AB为一条直角边，AD和BC的和为另一条直角边的直角三角形，斜边就是最小的值， ∴代数式的最小值为20． 故答案为：20． 24．（2024秋•浦东新区期末）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝a，射线AD、AE的夹角为，过点B作BF⊥AD于点F，直线BF交射线AE于点G，联结CG． （1）如图①，射线AD、AE都在∠BAC内部． ①若a＝110°，∠CAE＝20°，则∠CBG＝ 　20　 °． ②作点B关于直线AD的对称点H，证明GH＝GC． ③请直接写出线段BF、FG、CG之间的数量关系：BF＝FG﹣CG ． （2）如图②，射线AD在∠BAC内部，射线AE在∠BAC外部，其他条件不变，试探究线段BF、FG、CG之间的数量关系，并证明． 【答案】（1）①20； ②证明过程见解答部分； ③BF＝FG﹣CG，理由见解答部分； （2）BG＝2BF﹣CG，理由见解答部分． 【分析】（1）①先根据角的运算得出∠BAD的度数，根据三角形内角和求出∠ABC的度数；再根据直角三角形两锐角互余可得出∠ABG的度数，作差可得结论； ②连接AH，可得出AB＝AH＝AC，再根据∠BAC＝α，∠DAEα，可得出∠BAF+∠CAEα，∠HAF+∠HAGα，所以∠CAE＝∠HAG；进而可得△AGH≌△AGC（SAS），再由全等三角形的性质可得结论； ③由②得BF＝HF，GH＝CG，所以BF＝HF＝FG﹣GH＝FG﹣CG； （2）在BG延长线上取点H，使HF＝BF．连结AH．由垂直平分线的性质可得AB＝AH，∠BAF＝∠HAF；设∠CAD＝x，∠CAE＝y，所以∠DAE＝x+y，由此表达∠BAC，∠BAF，∠HAF，由∠HAE＝∠DAE+∠HAE，可得x+2y＝x+y+∠HAE，所以∠HAE＝y，即∠HAE＝∠CAE；由此可得△ACG≌△AHG（SAS），所以CG＝HG，由此可得结论． 【解答】（1）①解：∵∠BAC＝α＝110°，∠DAEα＝55°，∠CAE＝20°， ∴∠BAD＝120°﹣55°﹣20°＝45°， ∵BF⊥AD， ∴∠AFB＝90°， ∴∠ABF＝90°﹣45°＝55°， ∵AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB， ∴∠ABC＝35°， ∴∠CBG＝∠ABF﹣∠ABC＝55°﹣35°＝20°； 故答案为：20． ②证明：如图1，连结AH， ∵点B与点H关于直线AD对称，AF⊥BH， ∴BF＝HF， ∴AD是BH的垂直平分线， ∴AB＝AH，∠BAF＝∠HAF， ∵AB＝AC， ∴AH＝AC， ∵∠BAC＝α，∠DAEα， ∴∠BAF+∠CAEα，∠HAF+∠HAGα， ∴∠CAE＝∠HAG； ∵AG＝AG， ∴△AGH≌△AGC（SAS）． ∴GH＝GC； ③解：BF＝FG﹣CG，理由如下： 由②知：BF＝HF，GH＝CG， ∴BF＝HF＝FG﹣GH＝FG﹣CG， 即BF＝FG﹣CG； 故答案为：BF＝FG﹣CG； （2）BG＝2BF﹣CG； 证明：如图2，在BG延长线上取点H，使HF＝BF．连结AH． ∵AF⊥BH，BF＝HF， ∴AB＝AH，∠BAF＝∠HAF； 设∠CAD＝x，∠CAE＝y， ∴∠DAE＝x+y， ∵∠DAE∠BAC． ∴∠BAC＝2x+2y， ∴∠BAF＝∠BAC﹣∠CAD＝2x+2y﹣x＝x+2y． ∴∠HAF＝∠BAF＝x+2y， ∵∠HAE＝∠DAE+∠HAE， ∴x+2y＝x+y+∠HAE， ∴∠HAE＝y，即∠HAE＝∠CAE； ∵AB＝AC，AB＝AH， ∴AC＝AH， ∵AG＝AG． ∴△ACG≌△AHG（SAS）． ∴CG＝HG； ∵BG＝BH﹣GH，BH＝2BF， ∴BG＝2BF﹣CG． 25．（2024秋•静安区校级期末）【问题初探】（1）在数学活动课上，李老师给出如下问题：如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，D为BC中点，CE⊥AD于F交AB于点E，连接DE，若CE＝2DE．求证：∠DEB＝∠AEC． 如图2，小刚同学从条件的角度出发给出如下解题思路：延长ED至点G，使GD＝ED，连接CG．将∠DEB与∠AEC之间的数量关系转化为∠G与∠ECG之间的数量关系． 请你根据小刚同学的解题思路，写出证明过程． 【类比分析】（2）李老师发现小刚同学很好地运用了转化思想，根据题中条件转化角．为了帮助学生更好地感悟转化思想，李老师将图1进行变换，提出下面的问题，请你解答． 如图3，在△ABC中，∠ACB＝90°，D为BC中点，CE⊥AD于F交AB于点E．连接BF，若BF＝AC，求证：AF＝2DF． 【学以致用】（3）如图4，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D在BC边上，∠BAD＝15°，过B作BE⊥AD交AD的延长线于点E，直接写出 　2　 ． 【答案】（1）证明见解答； （2）证明见解答； （3）2． 【分析】（1）延长ED至点G，使GD＝ED，连接CG，证明△CDG≌△BDE（SAS），得到∠G＝∠BED，所以CG∥AB，进而得到∠GCE＝∠AEC，根据题意得到CE＝EG，所以∠G＝∠GCE，进而可证∠DEB＝∠AEC； （2）延长FD至H，使DH＝DF，连接CH，则FH＝2DF，证明△CDH≌△BDF（SAS），得到CH＝BF，又 BF＝AC，所以CH＝AC，再根据等腰三角形三线合一即可得出结论； （3）在AB上方作∠ABF＝15°，并交AD于点F，由题意得AF＝BF，且∠EFB＝∠FAB+∠FBA＝30°，则在 Rt△EFB中，BF＝2BE，进而根据已知条件求出∠DBF＝∠EFB＝30°，所以DF＝BD，再经过转化即可得到的值． 【解答】（1）证明：如图2，延长ED至点G，使GD＝ED，连接CG，则EG＝2ED， ∵D为BC中点， ∴CD＝BD， 又∵∠CDG＝∠BDE， ∴△CDG≌△BDE（SAS）， ∴∠G＝∠BED， ∴CG∥AB， ∴∠GCE＝∠AEC， 又∵CE＝2DE， ∴CE＝EG， ∴∠G＝∠GCE， ∴∠DEB＝∠AEC； （2）证明：如图，延长FD至H，使DH＝DF，连接CH，则FH＝2DF， ∵D为BC中点， ∴CD＝BD， ∵∠CDH＝∠BDF， ∴△CDH≌△BDF（SAS）， ∴CH＝BF， 又∵BF＝AC， ∴CH＝AC， ∵CE⊥AD， ∴AF＝FH＝2DF， 即AF＝2DF； （3）解：如图，在AB上方作∠ABF＝15°，并交AD于点F， 则∠BAD＝∠ABF＝15°， ∴AF＝BF，且∠EFB＝∠FAB+∠FBA＝30°， ∵BE⊥AD， ∴BF＝2BE， 又∵∠ACB＝90°，AC＝BC， ∴∠ABC＝∠CAB＝45°， 则∠DBF＝∠ABC﹣∠ABF＝45°﹣15°＝30°＝∠EFB， ∴DF＝BD， 故， 故答案为：2． 四．课后练习（共7小题） 1．（2024秋•长宁区期末）已知点D、E分别是等边△ABC边AB、AC上的动点，将△ADE沿直线DE翻折，使点A恰好落在边BC上的点P处，如果△BPD是直角三角形，且BP＝2，那么EC的长是 　1或22　 ． 【答案】1或22 【分析】分两种情况讨论，一是∠BPD＝90°，由等边三角形的性质得∠A＝∠B＝∠C＝60°，所以∠BDP＝30°，则BD＝2BP＝4，由勾股定理得PD2，由翻折得AD＝PD＝2，∠A＝∠DPE＝60°，则BC＝AB＝24，∠CPE＝30°，所以CP＝22，∠CEP＝90°，则ECCP1；二是∠BDP＝90°，则∠BPD＝30°，所以BDBP＝1，则AD＝PD，所以BC＝1，则CP1，再证明∠CPE＝90°，则∠CEP＝30°，所以EC＝2CP＝22，于是得到问题的答案． 【解答】解：如图1，△BPD是直角三角形，且∠BPD＝90°， ∵△ABC是等边三角形，BP＝2， ∴∠A＝∠B＝∠C＝60°， ∴∠BDP＝30°， ∴BD＝2BP＝4， ∴PD2， 由翻折得AD＝PD＝2，∠A＝∠DPE＝60°， ∴BC＝AB＝AD+BD＝24，∠CPE＝180°﹣∠BPD﹣∠DPE＝30°， ∴CP＝BC﹣BP＝24﹣2＝22，∠CEP＝180°﹣∠C﹣∠CPE＝90°， ∴ECCP（22）1； 如图2，△BPD是直角三角形，且∠BDP＝90°，则∠BPD＝30°， ∴BDBP＝1， ∴AD＝PD， ∴BC＝AB＝BD+AD＝1， ∴CP＝BC﹣BP＝121， ∵∠CPE＝180°﹣∠BPD﹣∠DPE＝90°， ∴∠CEP＝30°， ∴EC＝2CP＝2×（1）＝22， 故答案为：1或22． 2．（2024秋•浦东新区校级期末）如图，等腰直角三角形ABC中，点D在斜边BC上，以AD为直角边作等腰直角三角形ADE． （1）求证：△ABD≌△ACE； （2）当AB＝1，AD＝DF时，求BD． 【答案】（1）证明见解答； （2）BD的长为． 【分析】（1）由等腰直角三角形的性质得AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°，则∠BAD＝∠CAE，即可根据“SAS”证明△ABD≌△ACE； （2）由AB＝AC＝1，∠BAC＝90°，求得BC，∠ACD＝∠B＝45°，而∠ADF＝∠AEF＝45°，所以∠ACD＝∠ADF，推导出∠ADC＝180°﹣∠ACD﹣∠DAF＝180°﹣∠ADF﹣∠DAF＝∠AFD，由AD＝DF，得∠AFD＝∠DAF，则∠ADC＝∠DAF，所以DC＝AC＝1，则BD． 【解答】（1）证明：∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，BC、DE为斜边， ∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°， ∴∠BAD＝∠CAE＝90°﹣∠CAD， 在△ABD和△ACE中， ， ∴△ABD≌△ACE（SAS）． （2）解：∵AB＝AC＝1，∠BAC＝90°， ∴BC，∠ACD＝∠B＝45°， ∵AD＝AE，∠DAE＝90°， ∴∠ADF＝∠AEF＝45°， ∴∠ACD＝∠ADF， ∴∠ADC＝180°﹣∠ACD﹣∠DAF＝180°﹣∠ADF﹣∠DAF＝∠AFD， ∵AD＝DF， ∴∠AFD＝∠DAF， ∴∠ADC＝∠DAF， ∴DC＝AC＝1， ∴BD＝BC﹣DC， ∴BD的长为． 3．（2024秋•长宁区期末）已知：如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，点D是AB边中点，延长CD至点E，使得，联结BE，当时，求∠DBE的度数． 【答案】30°． 【分析】由直角三角形斜边上的中线性质得CDAB＝BD＝4，则BD＝2，再由勾股定理的逆定理得△BDE是直角三角形，且∠E＝90°，即可得出结论． 【解答】解：∵∠ACB＝90°，AB＝8，点D是AB边中点， ∴CDAB＝BD＝4， ∴BD＝2， ∵BE＝2， ∴DE2+BE2＝BD2， ∴△BDE是直角三角形，且∠E＝90°， ∵DEBD， ∴∠DBE＝30°， 即∠DBE的度数为30°． 4．（2024秋•浦东新区期末）如图，△ABC中，AD是边BC上的高，CF是边AB上的中线，DC＝BF，点E是CF的中点． （1）求证：DE⊥CF； （2）求证：∠B＝2∠BCF． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）连接DF，根据直角三角形的性质得到DFAB＝BF，进而证明DC＝DF，根据等腰三角形的三线合一证明结论； （2）根据三角形的外角性质得到∠FDB＝2∠DFC，根据等腰三角形的性质证明结论． 【解答】证明：（1）连接DF， ∵AD是边BC上的高， ∴∠ADB＝90°， ∵点F是AB的中点， ∴DFAB＝BF， ∵DC＝BF， ∴DC＝DF， ∵点E是CF的中点． ∴DE⊥CF； （2）∵DC＝DF， ∴∠DFC＝∠DCF， ∴∠FDB＝∠DFC+∠DCF＝2∠DFC， ∵DF＝BF， ∴∠FDB＝∠B， ∴∠B＝2∠BCF． 5．（2024秋•崇明区期末）如图，CD为Rt△ABC斜边上的高，∠BAC的平分线分别交CD，CB于点E，F，FG⊥AB，垂足为G． （1）求证：∠CFA＝∠AED． （2）若CE＝3厘米，BG＝4厘米，求BC的长． 【答案】（1）证明见解答过程； （2）8． 【分析】（1）根据直角三角形的性质得到∠CAF+∠CFA＝90°，∠FAG+∠AED＝90°，根据角平分线的定义得到∠CAF＝∠FAG，证明∠CFA＝∠AED； （2）根据角平分线的性质得到FG＝CF＝3，根据勾股定理求出FB，进而求出BC． 【解答】（1）证明：∵AC⊥BC，CD⊥AB， ∴∠ACF＝∠ADE＝90°， ∴∠CAF+∠CFA＝90°，∠FAG+∠AED＝90°， ∵AF平分∠CAB， ∴∠CAF＝∠FAG， ∴∠CFA＝∠AED； （2）解：∵∠CEF＝∠AED， ∴∠CEF＝∠CFA， ∴CE＝CF＝3， ∵AF平分∠CAB，AC⊥BC，FG⊥AB， ∴FG＝CF＝3， ∵∠FGB＝90°， ∴FG2+BG2＝BF2， ∴BF5， ∴BC＝BF+CF＝8． 6．（2024秋•青浦区校级期末）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D是平面内一点（不与点A，B，C重合），连接BD，CD，∠BDC＝90°，连接AD．将△ADC沿直线AD翻折，得到△ADG，连接CG． （1）如图1，当点D在△ACG的内部，BD交AC于点E，点F是BD上一点，且BF＝CD，连接AF． ①求证：△ABF≌△ACD； ①若AD＝1，，求点G到直线BC的距离． （2）如图2，当点D在△ACG的外部，且∠CAD＝15°时，求AB：DG的值． 【答案】（1）①证明见解析过程； ②点G到直线BC的距离为； （2）AB：DG＝1． 【分析】（1）①根据折叠的性质得到AG＝AC，∠AGD＝∠ACD，求得AG＝AB，根据全等三角形的判定定理得到结论； ②根据全等三角形的性质得到AF＝AD＝1，BF＝CD，∠BAF＝∠CAD，求得∠CAD+∠CAF＝∠BAF+∠CAF，即∠DAF＝∠BAC＝90°，根据勾股定理得到DF，根据折叠的性质得到DG＝CD，根据勾股定理得到BC，设点G到直线BC的距离为h，根据三角形的面积公式即可得到结论； （2）根据勾股定理得到BC2＝AB2+AC2＝2AB2，根据折叠的性质得到∠GAD＝∠CAD＝15°，AC＝AG，CD＝DG，根据等边三角形的性质得到BG＝AB，根据勾股定理列方程即可得到结论． 【解答】（1）①证明：由翻折可得，AG＝AC，∠AGD＝∠ACD， ∵AB＝AC， ∴AG＝AB， ∴∠ABF＝∠AGD＝∠ACD， ∵AB＝AC，∠ABF＝∠ACD，BF＝CD， ∴△ABF≌△ACD（SAS）； ②解：∵△ABF≌△ACD， ∴AF＝AD＝1，BF＝CD，∠BAF＝∠CAD， ∴∠CAD+∠CAF＝∠BAF+∠CAF，即∠DAF＝∠BAC＝90°， 由勾股定理得：DF， 由翻折可知，DG＝CD， ∴BG＝BF+DF+DG＝3，BD＝BF+DF＝2， 由勾股定理得，BC， 设点G到直线BC的距离为h， ∴S△BCDBG•CD，即•h3×1， 解得h， ∴点G到直线BC的距离为； （2）解：∵∠BAC＝90°，AB＝AC， ∴BC2＝AB2+AC2＝2AB2， ∵∠CAD＝15°，将△ADC沿直线AD翻折，得到△ADG， ∴∠GAD＝∠CAD＝15°，AC＝AG，CD＝DG， ∴∠BAG＝60°，AB＝AG， ∴△ABG是等边三角形， ∴BG＝AB， ∴BD＝BG+DG＝AB+DG， ∵∠BDC＝90°， ∴BD2+CD2＝BC2， ∴（AB+DG）2+DG2＝2AB2， ∴AB＝（1）DG或AB＝（1）DG（不合题意舍去）， ∴AB：DG＝1． 7．（2024秋•长宁区期末）已知在△ABC中，AB＝AC，点D在线段BC上，点F在射线AD上，连接CF，作BE∥CF交射线AD于E，∠CFA＝∠BAC＝α． （1）如图1，当α＝65°时，∠ABE＝15°时，求∠BAE的大小； （2）当α＝90°，AB＝AC＝8时， ①如图2，连接BF，当BF＝BA，求CF的长； ②若，求AE的长． 【答案】（1）50°； （2）①CF；②或． 【分析】（1）由平行线的性质求解∠BED＝70°，再利用三角形的外角的性质可得答案； （2）①证明△BEF≌△AFC，可得FC＝EF＝AEAF，再利用勾股定理求解即可； ②如图，过A作AM⊥BC于M，当D在M的右边时，利用勾股定理DM，可得BD，与等面积法可得BE，可得DE，证明△BAE≌△ACF，从而可得答案；当D在M的左边时，如图，同理可得答案． 【解答】解：（1）∵BE∥CF，∠CFA＝∠BAC＝α＝65°， ∴∠BED＝65°， ∵∠BED＝∠ABE+∠BAE，∠ABE＝15°， ∴∠BAE＝65°﹣15°＝50°； （2）①∵BF＝BA，AB＝AC， ∴BF＝AC， ∵BE∥CF，∠CFA＝∠BAC＝α＝90°， ∴BE⊥AF，AE＝EF，∠ABE＝∠FBE，∠BEF＝∠AFC＝90°， ∴∠ABE+∠BAE＝90°＝∠BAE+∠CAF， ∴∠ABE＝∠CAF， ∴∠CAF＝∠FBE， ∴△BEF≌△AFC（AAS）， ∴EF＝FC， ∴FC＝EF＝AEAF， ∵AB＝AC＝8， ∴CF2+（2CF）2＝64， 解得：CF（负根舍去）； ②如图，过A作AM⊥BC于M，当D在M的右边时， ∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝8， ∴BC＝8，AM＝MC＝BM＝4， ∵AD＝5， ∴DM3， ∴BD＝47， ∴BE， ∴DE， ∴AE＝AD﹣DE， 由（1）得：∠ABE＝∠CAF， 而∠AEB＝∠AFC＝90°，AB＝AC， ∴△BAE≌△ACF（AAS）， ∴CF＝AE， 当D在M的左边时，如图， 同理可得：AM＝4，DM＝3，CD＝7， ∴CFAE， 综上：AE或． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $