文档内容
专题 17.1 利用勾股定理解三角形
◆ 思维方法
正向思维：是一类常规性的、传统的思维形式，指的是大家按照自上而下，由近及远、从左到右、从
可知到未知等一般而言的线性方向做出探究问题的思维途径。
逆向思维：是指在剖析、破解数学难题进程中，可以灵活转换思维方向，从常规思维的相反方向出发
进行探索的思维方式，比如正向思维无法解决问题时可反其道而行采取逆向思维，直接证明有困难时可采
用间接证明。
◆ 知识点总
结
一、勾股定理
在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．如果直角三角形的两条
直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2=c2．
◆ 典例分析
【典例1】如图，在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC于点D，∠CBE=45°，BE分别交AC、AD于E、
F．
（1）如图1，AB=12，BC=8，求AF的长度；
（2）如图2，取BF中点G，若BF2+EF2=CG2，求证：AF=BC；
（3）如图3，在（2）的条件下，过点D作DN⊥AC于点N，并延长ND交AB延长线于点M，请直接写BM
出 的值．
DM
【思路点拨】
（1）先根据等腰三角形三线合一的性质得BD=4，由勾股定理计算可得AD的长，由等腰直角三角形性质
得DF=4，最后由线段的差可得结论；
（2）连接CF，由题意可知AD是BC的垂直平分线，可知CF=BF，∠FCB=∠FBC=45°，可得
CF⊥EG，由勾股定理可得CF2+FG2=CG2，结合BF2+EF2=CG2，可得EF=FG，由G是BF的中
点，可知EF=FG=BG，可得CF是EG的垂直平分线，易知CE=CG，得∠CEG=∠CGE，则
∠AEF=∠CGB，由∠FDB=90°，∠FBD=45°，可知∠AFE=∠DFB=45°，继而可得
∠AFE=∠CBG，利用ASA即可证明△AEF≌△CGB，即可证得结论；
（3）过点B作BQ⊥MN于Q，过点D作DH⊥AB于H，连接DG，连接CF，利用等腰三角形的性质可
1 1
得△NCD≌△QBD(AAS)，易知CN=BQ，DN=DQ=DH，由S = BM⋅DH= DM⋅BQ，得
△DBM 2 2
BM CN
= ，结合（2）中结论，可设EF=FG=BG=a，由勾股定理可得AF=BC=2❑√2a，
DM DN
1
CD=BD= BC=❑√2a，AE=CG=CE=❑√5a，AC=2❑√5a，AD=3❑√2a，由
2
1 1 6❑√5
S = AC⋅NQ= BC⋅AD可得NQ= a，进而求得DN，CN的长即可求解．
△ABC 2 2 5
【解题过程】
（1）解：∵AB=AC，AD⊥BC，BC=8，
1
∴BD=CD= BC=4，∠ADB=∠ADC=90°，
2
由勾股定理得：AD=❑√AB2−BD2=❑√122−42=❑√144−16=❑√128=8❑√2，
∵∠CBE=45°，∠BDF=90°，
∴△BDF是等腰直角三角形，
∴DF=BD=4，
∴AF=AD−DF=8❑√2−4；
（2）证明：连接CF，∵AD⊥BC，AB=AC，
∴CD=BD，则AD是BC的垂直平分线，
∴CF=BF，
∴∠FCB=∠FBC=45°，
∴∠CFB=180°−∠FCB−∠FBC=90°，即CF⊥EG，
∠CFE=180°−∠CFB=90°，
Rt△CFG中，CF2+FG2=CG2，
∵BF2+EF2=CG2，CF=BF，
∴EF2=FG2，则EF=FG，
∵G是BF的中点，
∴FG=BG，则EF=FG=BG，
∵∠FDB=90°，∠FBD=45°，
∴∠DFB=45°，
∴∠AFE=∠DFB=45°，即：∠AFE=∠CBG，
∵CF⊥EG，EF=FG，
∴CF是EG的垂直平分线，
∴CE=CG，
∴∠CEG=∠CGE，
∴∠AEF=∠CGB，
∴△AEF≌△CGB(ASA)
∴AF=BC；
（3）过点B作BQ⊥MN于Q，过点D作DH⊥AB于H，连接DG，连接CF，∵AD⊥BC，AB=AC，
∴CD=BD，∠CAD=∠BAD，
∴DN=DH，
∵BQ⊥MN，DN⊥AC，则∠DNC=∠DQB=90°，
∴BQ∥AC，则∠NCD=∠QBD，
∴△NCD≌△QBD(AAS)，
∴CN=BQ，DN=DQ=DH，
1 1
∵S = BM⋅DH= DM⋅BQ，
△DBM 2 2
∴BM⋅DN=DM⋅CN，
BM CN
∴ = ，
DM DN
由（2）可知：EF=FG=BG，CE=CG，△AEF≌△CGB，
则AF=BC，AE=CG=CE
设EF=FG=BG=a，则BF=CF=2a，
1
∴AF=BC=❑√BF2+CF2=2❑√2a，则CD=BD= BC=❑√2a，
2
AE=CG=CE=❑√CF2+FG2=❑√5a，则AC=AE+CE=2❑√5a，
则AD=❑√AC2−CD2=3❑√2a，
1 1
∵S = AC⋅NQ= BC⋅AD，即：2❑√5a⋅NQ=2❑√2a⋅3❑√2a
△ABC 2 2
6❑√5
∴NQ= a，
5又∵DN=DQ，
1 3❑√5 ❑√5
∴DN= NQ= a，则CN=❑√CD2−DN2= a，
2 5 5
BM CN 1
∴ = = ．
DM DN 3
◆ 学霸必刷
1．（2023上·江西赣州·九年级统考阶段练习）已知，在Rt△ABC中，∠B=90°，∠ACB=30°，点D为
边BC上一个动点，以AD为边作其右侧作等边△ADE．
（1）如图1，线段AB与线段AC之间的数量关系为__________；
（2）如图2，过点E作EF⊥AC于点F．求证：点F是AC的中点；
（3）若AB=2．
①如图3，当点D是BC的中点时，过点E作EG⊥BC于点G．求EG的长；
②当点D从点B运动到点C，则点E所经过的路径长__________（直接写出结果）．
【思路点拨】
（1）由∠B=90°，∠ACB=30°即可求解；
（2）证△ABD≌△AFE(AAS)，即可证明；
5
（3）①作DN⊥AC， BC=❑√AC2−AB2=2❑√3，AD=❑√AB2+BD2=❑√7， AN=❑√AD2−DN2=
2
，证△ADN≌△EDG(AAS)， 进而可求；②FH为E所经过的路径，当D在B点时，点E恰落在AC的中
点F处，当D在C点时，AH=AC，进而可求．【解题过程】
（1）解：∵∠B=90°，∠ACB=30°，
1
∴AB= AC．
2
1
故答案为：AB= AC．
2
（2）∵△ADE是等边三角形，
∴AD=AE,∠DAE=60°，
∵∠B=90°，∠ACB=30°，
∴∠BAC=60°，
∴∠BAD=∠FAE，
∵EF⊥AC，
∴∠ABD=∠AFE，
∴△ABD≌△AFE(AAS)，
1
∴AB=AF= AC，
2
∴点F是AC的中点．
（3）作DN⊥AC，
1
∵AB= AC，AB=2，
2
∴AC=4，
∴BC=❑√AC2−AB2=2❑√3，
∵D是BC的中点，
∴BD=CD=❑√3，
∴AD=❑√AB2+BD2=❑√7，
∵DN⊥AC，∠ACB=30°，1 ❑√3
∴DN= CD= ，∠CDN=60°，
2 2
5
∴AN=❑√AD2−DN2=
，
2
∵∠ADE=60°，
∴∠ADN=∠EDG，
∵AD=DE，
∴△ADN≌△EDG(AAS)，
5
∴EG=AN= ．
2
如图，FH为E所经过的路径，
当D在B点时，点E恰落在AC的中点F处，当D在C点时，AH=AC，
∴FH=❑√AH2−AF2=2❑√3．
2．（2023上·重庆南岸·八年级重庆市珊瑚初级中学校校考期中）如图，分别以△ABC的两边AB、AC为
腰向外作等腰直角△ABD和等腰直角△ACE，其中∠BAD=∠CAE=90°，BC=5．
（1）如图1，连接BE、CD．若∠ACB=45°，AC=2，求CD的长；
（2）如图2，M为BC的中点，连接DM，过点M作DM⊥MN，交EB的延长线于点N，连接DN，试猜想BE、BN、DN之间有何等量关系并证明你的结论．
【思路点拨】
（1）先根据SAS证明△ACD≌△AEB，可得CD=BE，再说明△BCE是直角三角形，然后根据勾股定理
求出CE，进而求出答案即可；
（2）延长NM至K，使MN=MK，连接CK，DK，设NE交AD于点O，与CD的交点为J．先根据“
SAS”证明△BMN≌△CMK，可得BN=CK，∠MNB=∠CKM，进而判定CK∥NE，可说明
CD⊥CK，再根据勾股定理得DK2=DC2+CK2，然后根据垂直平分线的性质得DK=DN，即可得出
答案．
【解题过程】
（1）∵等腰直角△ABD和等腰直角△ACE，
∴AB=AD，AC=AE，∠EAC=45°，
∴∠DAB+∠DAE=∠EAC+∠DAE，
即∠EAB=∠CAD，
在△EAB和△CAD中，
{
AB=AD
)
∠EAB=∠CAD ，
AE=AC
∴△ACD≌△AEB，
∴CD=BE．
∵∠ACB=45°，
∴∠BCE=∠ACB+∠ECA=45°+45°=90°，
在Rt△ACE中，AC=AE=2，
∴CE=❑√AC2+AE2=2❑√2．
∵BC=5，
∴BE=❑√CE2+BC2=❑√ (2❑√2) 2+52=❑√33，
∴CD=BE=❑√33；
（2）结论：DN2=BE2+BN2．
理由：如图2中，延长NM至K，使MN=MK，连接CK，DK，设NE交AD于点O，与CD的交点为J．∵△ACD≌△AEB，
∴∠EBA=∠CDA，BE=CD．
∵∠AOB=DOJ，
∴∠OAB=∠DJO=90°，
∴BE⊥CD．
∵MB=MC，∠BMN=∠CMK，MN=MK，
∴△BMN≌△CMK，
∴BN=CK，∠MNB=∠CKM，
∴CK∥NE．
∵CD⊥EN，
∴CD⊥CK，
∴∠DCK=90°，
∴DK2=DC2+CK2.
∵MN=MK，DM⊥NK，
∴DK=DN，
∴DN2=BE2+BN2．
3．（2023上·四川成都·八年级校考期中）如图，已知在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=16
，D是AC上的一点，CD=3，点P从B点出发沿射线BC方向以每秒2个单位的速度向右运动，设点P的运
动时间为t，连接AP．（1）当t=3秒时，求△BPA的面积；
（2）若AP平分∠CAB，求t的值；
（3）过点D作DE⊥AP于点E．在点P的运动过程中，当t为何值时，能使DE=CD？
【思路点拨】
（1）根据动点的运动速度和时间先求出BP，再利用三角形的面积计算公式解答即可求解；
（2）作PM⊥AB于M，利用角平分线的性质分别求得BM、PM，再利用勾股定理
PB2=PM2+BM2，解得PC=4❑√5−4，最后利用BP=2t=16−(4❑√5−4)，求得t的值即可；
（3）根据动点运动的不同位置利用勾股定理解答即可求解；
本题考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理，三角形的面积，根据题意，正确作出辅助线是解题的关
键．
【解题过程】
（1）解：由题意可得，BP=2t，
∵t=3，AC=8，
∴BP=2×3=6，
1 1
∴S = BP·AC= ×6×8=24，
△BPA 2 2
∴当t=3秒时，求△BPA的面积为24；
（2）解：当线段AP恰好平分∠CAB时，作PM⊥AB于M，如图，
∵线段AP平分∠CAB，∠ACB=90°， PM⊥AB，
∴∠PAC=∠PAM，∠ACP=∠AMP=∠BMP=90°，
又∵AP=AP，∴△ACP≌△AMP(AAS)，
∴PC=PM，AC=AM=8，
∵ AB=❑√82+162=8❑√5，
∴BM=AB−AM=8❑√5−8，
在Rt△BPM中，PB2=PM2+BM2，
∴(16−PC) 2=PC2+(8❑√5−8) 2 ，
解得PC=4❑√5−4，
∴BP=2t=16−(4❑√5−4)，
解得t=10−2❑√5；
（3）解：①点P在线段BC上时，过点D作DE⊥AP于E，连接PD，如图，
则∠AED=∠PED=90°，
∴∠PED=∠ACB=90°，
∵PD平分∠APC，
∴∠EPD=∠CPD，
又∵PD=PD，
∴△PDE≌△PDC(AAS)，
∴ED=CD=3，PE=PC=16−2t，
∴AD=AC−CD=8−3=5，
∴AE=4，
∴AP=AE+PE=4+16−2t=20−2t，
在Rt△APC中，由勾股定理得：82+(16−2t) 2=(20−2t) 2，
解得t=5；
②点P在线段BC的延长线上时，过点D作DE⊥AP于E，如图，同①得 △PDE≌△PDC(AAS)，
∴ED=CD=3，PE=PC=2t−16，
∴AD=AC−CD=8−3=5，
∴AE=4，
∴AP=AE+PE=4+2t−16=2t−12，
在Rt△APC中，由勾股定理得：82+(2t−16) 2=(2t−12) 2，
解得t=11；
综上所述，在点P的运动过程中，当t的值为5或11时，能使DE=CD．
4．（2024上·河南南阳·八年级校考阶段练习）如图，在△ABC中，∠ABC=90°，AC=13，BA=5，点
P从点C出发，以每秒3个单位长度的速度沿折线C−A−B运动.设点P的运动时间为t(t>0)秒.
（1）求斜边AC上的高线长；
（2）①当P在AB上时，AP的长为__________，t的取值范围是__________.（用含t的代数式表示）；
②若点P在∠BCA的角平分线上，则t的值为__________；
（3）在整个运动过程中，当△PAB是等腰三角形时t的值为__________.
【思路点拨】
（1）过点B作BD⊥AC于点D，利用面积法求解；
（2）①根据点P的运动路径及速度可解；②过点P作PE⊥AC于E，利用角平分线的性质可知PB=PE，再证Rt△BCP≌Rt△ECP(HL)，推出EC=BC=12，最后利用勾股定理解Rt△AEP即可；
（3）分AB=AP=5和AB=BP=5两种情况，利用等腰三角形的性质、勾股定理分别求解即可；
本题主要考查了勾股定理在动点问题中的应用，数形结合、分类讨论并熟练掌握相关性质及定理是解题的
关键．
【解题过程】
（1）在△ABC中，∠ABC=90°，AC=13，BA=5，
∴BC=❑√AC2−AB2=❑√132−52=12，
如图所示，过点B作BD⊥AC于点D，
1 1 AB⋅BC 5×12 60
S = AB⋅BC= AC⋅BD，即BD= = = ，
△ABC 2 2 AC 13 13
60
∴斜边AC上的高线长为 ；
13
（2）①∵点P从点C出发，以每秒3个单位长度的速度沿折线C−A−B运动，AC=13，
∴AP=3t−AC=(3t−13)，
AC AC+AB 13 13+5
∴ ≤t≤ ，即 ≤t≤ ，
3 3 3 3
13
∴ ≤t≤6，
3
13
故答案为：(3t−13)， ≤t≤6；
3
②点P在∠BCA的角平分线上时，过点P作PE⊥AC于E，如图所示，∵CP平分∠BCA，∠B=90°，PE⊥AC，
∴PB=PE.
又∵PC=PC，
∴Rt△BCP≌Rt△ECP(HL)，
∴EC=BC=12，则AE=AC−CE=13−12=1，由（2）知AP=3t−13，
∴BP=AB−AP=5−(3t−13)=18−3t，
∴PE=18−3t，
在Rt△AEP中，AP2=AE2+EP2，即(3t−13) 2=12+(18−3t) 2，
26
解得t= ，
5
26
∴点P在∠BAC的角平分线上时，t=
5
26
故答案为： ；
5
（3）△PAB是以AB为一腰的等腰三角形时，有两种情况：
当AB=AP=5时，如图所示，
则CP=AC−AP=13−5=8，CP 8
∴t= = ；
3 3
当AB=BP=5时，过点B作BD⊥AC于点D，如图所示，
由（2）知BD=
60
，AD=❑√AB2−BD2=❑
√
52−
(60) 2
=
25
，
13 13 13
∵AB=BP，BD⊥AC，
50
∴AP=2AD= ，
13
50 119
∴CP=AC−AP=13− = ，
13 13
CP 119
∴t= = ，
3 39
13
△PAB是以AB为底的等腰三角形时，t的值为 ，
6
8 119 13
综上，△PAB是等腰三角形时t的值为 或 或 ．
3 39 6
5．（2023上·重庆南岸·八年级校考开学考试）如图，四边形ABCD中，AC=AD=AB，∠BAC=90°．
（1）把△BCD沿BC翻折得到△BCE，过点A作AF⊥BE，垂足为F，求证：BE=2AF；
（2）在（2）的条件下，连接DE，四边形ABCD的面积为45，AD=5❑√2，BC=10，求DE的长．【思路点拨】
1
（1）作AG⊥BD于G，由等腰三角形的性质可得∠ABD=∠ADB，BG=DG= BD，由折叠的性质
2
可得：BE=BD，CE=CD，∠CBE=∠CBD，证明△ABF≌△BAG得到AF=BG，即可得出结论；
（2）作BM⊥AD于M，CN⊥AD于N，延长BC交DE于H，则CH⊥DE，DH=EH，求出△ACD
的面积为20，求出CN=4❑√2，由勾股定理可得AN=3❑√2，证明△ABM≌△CAN(AAS)得到
1
BM=AN=3❑√2，求出△ABD的面积为15，得到△BCD的面积= BC×DH=30，求出DH=6，即可得
2
出答案．
【解题过程】
（1）证明：如图，作AG⊥BD于G，
，
则∠AGB=90°，
∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠ABC=45°，
∵AB=AD，AG⊥BD，
1
∴∠ABD=∠ADB，BG=DG= BD，∠AGB=90°，
2
由折叠的性质可得：BE=BD，CE=CD，∠CBE=∠CBD，
设∠CBE=∠CBD=x，则∠ABG=45°−x，∠ABF=45°+x，
∵AF⊥BE，
∴∠BFA=∠AGB=90°，
∴∠BAF=90°−∠ABF=90°−(45°+x)=45°−x，
∴∠ABG=∠BAF，
在△ABF和△BAG中，{∠BFA=∠AGB
)
∠BAF=∠ABG ，
AB=BA
∴△ABF≌△BAG(AAS)，
∴AF=BG，
∴BE=2AF；
（2）解：如图，作BM⊥AD于M，CN⊥AD于N，延长BC交DE于H，
，
由折叠的性质可得：CH⊥DE，CE=CD，
∵CE=CD，CH⊥DE，
∴DH=EH，
∵△ABC是等腰直角三角形，AD=AB=AC=5❑√2，
1 1
∴△ABC的面积= AB⋅AC= ×5❑√2×5❑√2=25，
2 2
∵四边形ABCD的面积为45，
1
∴△ACD的面积= ×AD×CN=45−25=20，
2
1
∴ ×5❑√2×CN=20，
2
∴CN=4❑√2，
∴AN=❑√AC2−CN2=❑√(5❑√2) 2 −(4❑√2) 2=3❑√2，
∵∠BAC=90°，
∴∠BAM+∠ABM=∠BAM+∠CAN=90°，
∴∠ABM=∠CAN，
在△ABM和△CAN中，
{∠AMB=∠CNA=90°
)
∠ABM=∠CAN ，
AB=CA∴△ABM≌△CAN(AAS)，
∴BM=AN=3❑√2，
1 1
∴△ABD的面积= AD×BM= ×5❑√2×3❑√2=15，
2 2
1
∴△BCD的面积= BC×DH=45−15=30，
2
1
∴ ×10×DH=30，
2
∴DH=6，
∴DE=2DH=12．
6．（2023上·山东济南·八年级统考期末）已知∠AOB=∠COD=90°，OA=OB=10，OC=OD=8
（1）如图1，连接AC、BD，问AC与BD相等吗？并说明理由．
（2）若将△COD绕点O逆时针旋转，如图2，当点C恰好在AB边上时，请写出AC、BC、OC之间关
系，并说明理由．
（3）若△COD绕点O旋转，当∠AOC=15°时，直线CD与直线AO交于点F，求AF的长．
【思路点拨】
（1）根据题意可证得△AOC≌△BOD(SAS)，据此即可解答；
（2）连接BD，可证得∠AOC=∠BOD，据此即可证得△AOC≌BOD(SAS)，AC=BD，
∠CAO=∠DBO，根据勾股定理可得CD2=2OC2，再根据等腰直角三角形的性质可证得∠CBD=90°
，根据勾股定理即可证得结论；
（3）过点O作OE⊥CD于点E，利用勾股定理可求得CD=8❑√2，根据面积公式可求得OE=4❑√2，再分
两种情况，分别计算即可求得．
【解题过程】
（1）解：AC与BD相等；
理由如下：
∵∠AOB=∠COD=90°，∴∠AOB+∠BOC=∠COD+∠BOC，
即∠AOC=∠BOD，
在△AOC和△BOD中
{
OA=OB
)
∠AOC=∠BOD
OC=OD
∴△AOC≌BOD(SAS)，
∴AC=BD；
（2）解：结论：BC2+AC2=2OC2
理由如下：
如图：连接BD，
∵∠AOB=∠COD=90°，
∴∠AOB−∠BOC=∠COD−∠BOC，
即∠AOC=∠BOD
在△AOC和△BOD中
{
OA=OB
)
∠AOC=∠BOD
OC=OD
∴△AOC≌BOD(SAS)，
∴AC=BD，∠CAO=∠DBO，
∵∠AOB=∠COD=90°，OA=OB，OC=OD，
∴∠BAO=∠ABO=45°，CD2=OC2+OD2=2OC2，
∴∠CAO=∠DBO=45°，
∴∠CBD=∠ABO+∠DBO=45°+45°=90°，
∴BC2+BD2=CD2，
∴BC2+AC2=2OC2；
（3）解：如图：过点O作OE⊥CD于点E，
∵∠COD=90°，OC=OD=8，∴CD=❑√OC2+OD2=❑√82+82=8❑√2，
1 1
∵S = OC⋅OD= CD⋅OE，
△OCD 2 2
OC⋅OD 8×8
∴OE= = =4❑√2，
CD 8❑√2
如图：当点F在OA的延长线上时，
∵∠DCO=45°，∠AOC=15°，
∴∠F=∠DCO−∠AOC=45°−15°=30°，
∴OF=2OE=8❑√2，
∴AF=OF−OA=8❑√2−10；
如图：当点F在线段OA上时，
∵∠DCO=45°，∠AOC=15°，
∴∠DFO=∠DCO+∠AOC=45°+15°=60°，
∴∠FOE=90°−60°=30°，
1
∴EF= OF，
2
∵OF2=EF2+OE2，∴OF2= (1 OF ) 2 +(4❑√2) 2 ，
2
8
解得OF= ❑√6，
3
8
∴AF=OA−OF=10− ❑√6，
3
8
综上，AF的长为8❑√2−10或10− ❑√6．
3
7．（2023下·湖北武汉·八年级校考阶段练习）在等腰△ABC中，AB=AC，D为BC上一点，E为AD上
一点，连接BE，CE，∠BAC=∠CED=2∠BED=2x．
（1）如图1，若x=45°，求证：CE=2AE
（2）如图2，若x=30°，AB=AC=❑√7．求CE的长．
（3）如图3，若x=60°，AB=AC=2❑√3，点Q为△ABC外一点，且∠BQA=60°,AQ=2，求线段QC
的长．
【思路点拨】
（1）作BH⊥AD，交AD的延长线于H，证明△ACE≌△BAH(AAS)，得到BH=AE,CE=AH，即可
得证；
（2）在AD上取点H，使BH=EH，作BF⊥AD于F，同（1）法可得，△ACE≌△BAH(AAS)，得到
CE=AH,AE=BH，在Rt△ABF中，利用勾股定理进行求解即可；
（3）以AQ为边作等腰三角形AQM，使∠QAM=120°，AQ=AM，连接BM，
证明△BAM≌△CAQ(SAS)，得到BM=CQ，过点A作AG⊥QM于点G，勾股定理
求出BM的长，即可得解．
【解题过程】
（1）证明：作BH⊥AD，交AD的延长线于H，∵x=45°，
∴∠BAC=∠CED=2∠BED=90°，
∴∠AEC=90°，
∵∠CED=∠EAC+∠ACE,∠BAC=∠EAC+∠BAE，
∴∠BAH=∠ACE，
∵∠AEC=∠H=90°,AB=AC，
∴△ACE≌△BAH(AAS)，
∴BH=AE,CE=AH，
∵∠BEH=45°,∠H=90°，
∴BH=EH，
1
∴AE=EH= CE,
2
∴CE=2AE；
（2）在AD上取点H，使BH=EH，作BF⊥AD于F，
则∠BHE=∠AEC=120°，
同（1）法可得，△ACE≌△BAH(AAS)，
∴CE=AH,AE=BH，
设BH=EH=AE=2x，
∵∠BHF=60°，
∴HF=x，BF=❑√3x ，
在Rt△ABF中，由勾股定理得：(❑√3x) 2+(5x) 2=(❑√7) ，
1
解得：x= （负值舍去），
2
∴CE=AH=4x=2；
（3）解：以AQ为边作等腰三角形AQM，使∠QAM=120°，AQ=AM，连接BM，∵∠BAC=∠QAM=120°，
∴∠BAC+∠CAM=∠QAM+∠CAM，
即∠BAM=∠CAQ，
又∵AB=AC，
∴△BAM≌△CAQ(SAS)，
∴BM=CQ，
∵AQ=AM,∠QAM=120°，
∴∠AQM=30°，
∵∠BQA=60°，
∴∠BQM=∠BQA+∠AQM=60°+30°=90°，
过点A作AN⊥BQ于点N，
∵AQ=2,∠AQN=60°，
∴NQ=AN=❑√3
∵AB=2❑√3,
∴BN=❑√AB2−AN2=❑√(2❑√3) 2 −(❑√3) 2=3.
∴BQ=BN+NQ=3+1=4，
过点A作AG⊥QM于点G，
∵∠AQG=30°,AQ=2，
∴AG=1，GQ=❑√3,
∴QM=2❑√3
∴BM=❑√BQ2+QM2=❑√42+(2❑√3) 2=2❑√7，
∴CQ=2❑√7．
8．（2023下·浙江金华·八年级浙江省义乌市后宅中学校考阶段练习）定义：在△ABC，若BC=a，
AC=b，AB=c，a，b，c满足b2=ac+a2则称这个三角形为“和谐勾股三角形”．请根据以上定义解决
下列问题：（1）命题：“直角三角形都是和谐勾股三角形”是 （填“真”或“假”）命题；
（2）如图1，若等腰△ABC是“和谐勾股三角形”，其中AB=BC，AC>AB，求∠A的度数；
（3）如图2，在三角形ABC中，∠B=2∠A，且∠C>∠A．
①当∠A=32°时，你能把这个三角形分成两个等腰三角形吗？若能，请在图2中画出分割线，并标注被
分割后的两个等腰三角形的顶角度数；若不能，请说明理由；
②请证明△ABC为“和谐勾股三角形”
【思路点拨】
（1）先假设Rt△ABC是和谐勾股三角形，得出ab+a2=c2，再由勾股定理得a2+b2=c2，即可判断出此直
角三角形是等腰直角三角形；
（2）由“和谐勾股三角形”定义判断出此三角形是等腰直角三角形，即可得出结论；
（3）①分三种情况，利用等腰三角形的性质即可得出结论；
1 1
②先求出CD=CB=a，AD=CD=a，BD=AB−AD=c−a，DG=BG= (c−a)，AG= (a+c)，在
2 2
Rt△ACG与Rt△BCG利用勾股定理分别求CG2，建立方程即可得出结论．
【解题过程】
（1）解：如图1，假设Rt△ABC是和谐勾股三角形，
∴ab+a2=c2，
在Rt△ABC中，∠C=90°，根据勾股定理，
∴a2+b2=c2，
∴ab+a2=a2+b2，
∴ab=b2
∴a=b，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴等腰直角三角形是和谐勾股三角形，
即原命题是假命题，
故答案为：假；
（2）∵AB=BC，AC>AB∴a=c，b>c，
∵△ABC是和谐勾股三角形，
∴ac+a2=b2，
∴c2+a2=b2，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠A=45°，
（3）①在△ABC中，∠ABC=2∠BAC，∠BAC=32°，
∴∠ABC=64°，
根据三角形的内角和定理得，∠ACB=180°−∠ABC−∠BAC=84°，
∵把这个三角形分成两个等腰三角形，
当射线经过点C，
（Ⅰ）当∠BCD=∠BDC时，
∵∠ABC=64°，
∴∠BCD=∠BDC=58°，
∴∠ACD=∠ACB−∠BCD=84°−58°=26°，
∠ADC=∠ABC+∠BCD=122°，
∴△ACD不是等腰三角形，此种情况不成立；
（Ⅱ）当∠BCD=∠ABC=64°时，
∴∠BDC=52°，
∴∠ACD=∠ACB−∠BCD=84°−64°=20°，∠ADC=128°，
∴△ACD不是等腰三角形，此种情况不成立；
（Ⅲ）当∠BDC=∠ABC=64°时，∴∠BCD=52°，
∴∠ACD=∠ACB−∠BCD=84°−52°=32°=∠BAC，
∴△ACD是等腰三角形，
即：分割线和顶角标注如图2所示，
当射线经过点B，同（Ⅰ）的方法，判断此种情况不成立；
当射线经过点A，同（Ⅱ）的方法，判断此种情况不成立；
②如图3，在AB边上取点D，连接CD，使∠ACD=∠A，
作CG⊥AB于G，
∴∠CDB=∠ACD+∠A=2∠A，
∵∠B=2∠A，
∴∠CDB=∠B，
∴CD=CB=a，
∵∠ACD=∠A，
∴AD=CD=a，
∴BD=AB−AD=c−a，
∵CG⊥AB，
1
∴DG=BG= (c−a)，
2
1 1
∴AG=AD+DG=a+ (c−a)= (a+c)，
2 2
2
在Rt△ACG中，CG2=AC2−AG2=b2− [1 (c+a) ) ，
22
在Rt△BCG中，CG2=BC2−BG2=a2− [1 (c−a) ) ，
2
2 2
∴b2− [1 (c+a) ) =a2− [1 (c−a) ) ，
2 2
∴b2=ac+a2，
∴△ABC为“和谐勾股三角形”．
9．（2023下·湖北武汉·八年级校考阶段练习）已知△ABC中，AB=AC，∠BAC=2α，∠ADB=α．
（1）如图1，若α=30°，则线段AD，BD，CD之间的数量关系为 ；
（2）若α=45°，
①如图2；线段AD，BD，CD满足怎样的数量关系？证明你的结论；
②如图3，点E在线段BD上，且∠BAE=45°，AD=5，BD=4，则DE= ．
【思路点拨】
（1）结论：DC2=DA2+DB2．如图1中，将△DCB绕点C顺时针旋转60°得到△MAC，连接DM．首
先证明△DCM是等边三角形，再证明△ADM是直角三角形即可解决问题；
（2）①结论：DC2=DB2+2DA2．如图2中，作AM⊥AD交DB的延长线于M，连接CM．由
△DAB≌△MAC，推出BD=CM，∠ADB=∠AMC=45°推出∠DMC=90°，推出
DC2=CM2+DM2，由CM=DB，DM=❑√2AD，即可证明；②如图3中，在图2的基础上将△AMB绕点A顺时针旋转90°得到△ADG．则△AEG≌△AEB，∠GDE=90°，可得EB=EG，设DE=x．
EB=EG=4−x，由AD=AM=5，推出DM=5❑√2，BM=DG=5❑√2−4，在RtΔDEG中，根据
DG2+DE2=EG2，列出方程即可解决问题．
【解题过程】
（1）解：结论：DC2=DA2+DB2．
理由如下：
将△DCB绕点C顺时针旋转60°得到△MAC，连接DM，如图1所示：
∵CD=CM，∠DCM=60°，
∴△DCM是等边三角形，
∴DM=CD=CM，
∵∠ADB=30°，
∴∠DAB+∠DBA=150°，
∵∠MAC=∠DBC，
∴∠MAC+∠DAB=∠DBC+∠DAB=∠DBA+∠ABC+∠DAB=150°+60°=210°，
∴∠DAM=360°−210°−60°=90°，
∴DM2=DA2+AM2，
∵AM=DB，DM=DC，
∴DC2=DA2+DB2．
故答案为DC2=DA2+DB2；
（2）解：①结论：DC2=DB2+2DA2．
理由如下：
作AM⊥AD交DB的延长线于M，连接CM，如图2所示：∵∠ADM=45°，∠DAM=90°，
∴∠ADM=∠AMD=45°，
∴DA=AM，DM=❑√2DA，
∵∠DAM=∠BAC，
∴∠DAB=∠MAC，
∵AB=AC，
∴△DAB≌△MAC，
∴BD=CM，∠ADB=∠AMC=45°
∴∠DMC=90°，
∴DC2=CM2+DM2，
∵CM=DB，DM=❑√2AD，
∴DC2=DB2+2DA2；
②在图2的基础上将△AMB绕点A顺时针旋转90°得到△ADG，如图3所示：
则△AEG≌△AEB，∠GDE=90°，∴ EB=EG，
设DE=x，则EB=EG=4−x，
∵AD=AM=5，
∴DM=5❑√2，BM=DG=5❑√2−4，
20❑√2−25
在RtΔDEG中，由勾股定理知DG2+DE2=EG2，则(5❑√2−4) 2+x2=(4−x) 2，解得x= ，
4
25
故答案为5❑√2− ．
4
10．（2023下·重庆沙坪坝·八年级重庆一中校考期中）在△ABC中，∠B=45°，E为平面内一点，连接
AE、CE．
（1）如图1，若点E在线段BC上，AC=EC，AB=4❑√2，BE=3，求线段AC的长；
（2）如图2，若点E在△ABC内部，AC=EC，∠BAE=∠ACE，求证：AE+2AB=❑√2BC；
1 ❑√5
（3）如图3，若点E在△ABC内部，连接BE，AB=4，BC=6❑√2，请直接写出 EC+ EB+EA的
2 2
最小值．
【思路点拨】
（1）过点A作AF⊥BC于F，则可得△AFB是等腰直角三角形，由勾股定理可求得AF=BF=4，则可得
EF=1，再设AC=x，则CF=CE−EF=x−1，在Rt△AFC中由勾股定理建立方程即可求解；
（2）过C作CG⊥BC交BA的延长线于点G，在AG上取AH=AE，连接CH；首先可证明
△AEC≌△AHC，其次再证明△ABC≌△HGC，则得GH=AB，从而由勾股定理即可证明结论成立；
（3）过点B作BN⊥BE，且BN=BE，作BM⊥BC，BM=BC，连接MN；分别取BM、BN的中点
D、F，连接DF，过A作AP⊥BD交DB延长线于点P，连接EF、AD、FD；证明△BEC≌△BNM，
1 1 1 1
则MN=CE，由中点及中位线定理知BF= BE，BD= BC，DF= MN= CE，在Rt△EBF中，由
2 2 2 2
❑√5 1 ❑√5
勾股定理得EF= BE；则 EC+ EB+EA=DF+FE+AE，则当点A、E、F、D四点共线时，
2 2 21 ❑√5
EC+ EB+EA的最小值为AD的长，由勾股定理求解即可．
2 2
【解题过程】
（1）解：如图，过点A作AF⊥BC于F，
则∠AFB=∠AFC=90°，
∴∠FAB=∠FBA=45°，
∴AF=BF
即△AFB是等腰直角三角形，
由勾股定理得：AF2+BF2=AB2=32，
∴AF=BF=4，
∴EF=BF−BE=1；
设AC=x，则CE=AC=x，
∴CF=CE−EF=x−1；
在Rt△AFC中，AF2+CF2=AC2，
即42+(x−1) 2=x2，
17
解得：x= ；
2
（2）解：如图，过C作CG⊥BC交BA的延长线于点G，在AG上取AH=AE，连接CH；
∵AC=CE，
∴∠CAE=∠CEA；
∵∠CAE+2∠CAE=180°，∠BAE+∠CAE+∠CAH=180°，∠BAE=∠ACE，∴∠CAE=∠CAH，
∵AC=AC，AE=AH，
∴△AEC≌△AHC(SAS)，
∴CE=CH，
∵CA=CE，
∴CA=CH，
∴∠CHA=∠CAH，
∴∠CHG=∠CAB；
∵CG⊥BC，∠B=45°，
∴∠G=∠B=45°，
∴△ABC≌△HGC(AAS)，
∴GH=AB，
∴BG=AB+AH+CG=AE+2AB；
∵∠G=∠B=45°，CG⊥BC，
∴CB=CG，
由勾股定理得：BG=❑√2BC，
∴AE+2AB=❑√2BC；
（3）解：如图，过点B作BN⊥BE，且BN=BE；作BM⊥BC，BM=BC，连接MN；分别取
BM、BN的中点D、F，连接DF；过A作AP⊥BD交DB延长线于点P，连接EF、AD；
∵∠EBN=∠CBM=90°，
∴∠EBC=∠NBM；
∵BN=BE，BC=BM，
∴△BEC≌△BNM(SAS)，∴MN=CE，
∵BM、BN的中点分别为D、F，
1 1 1 1
∴BF= BE，BD= BC，DF= MN= CE，
2 2 2 2
❑√5
在Rt△EBF中，由勾股定理得EF=❑√BF2+BE2= BE；
2
1 ❑√5
∴ EC+ EB+EA=DF+FE+AE，
2 2
1 ❑√5
∴当点A、E、F、D四点共线时， EC+ EB+EA取得最小值，且最小值为AD的长；
2 2
∵BD⊥BCP，A⊥BP，∠ABC=45°，
∴∠PBA=∠PAB=45°，
❑√2
∴PA=PB= AB=2❑√2；
2
∵BM=BC=6❑√2，
1
∴BD= BM=3❑√2，
2
∴PD=PB+BD=2❑√2+3❑√2=5❑√2；
在Rt△PDA中，由勾股定理得AD=❑√PA2+PD2=❑√8+50=❑√58，
1 ❑√5
∴ EC+ EB+EA的最小值为❑√58．
2 2
11．（2023上·重庆沙坪坝·八年级重庆八中校考开学考试）已知△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，
∠BAC=∠DAE=90°，AB=AC，AD=AE，连接BD、CE．
（1）如图1，若点B、D、E在同一直线上，已知AD=2❑√2，BD=2，求线段BC的长度．
（2）如图2，当∠ADB=90°时，过点B作BG⊥ED并交ED的延长线于点G，EG与BC交于点F，求
证：DE=2FG．（3）如图3，已知若AB=4，直线BD与直线CE相交于点P，过点C作直线CH垂直于CB，点Q是直线
CH上一点，直接写出AQ+PQ的最小值．
【思路点拨】
（1）如图1中，设AC与BE交于点O，证明△BAD≌△CAE(SAS)，推出BD=CE=2,∠ABD=∠ACE
，推出∠CEO=∠BAO=90°，可得结论；
（2）连接AF，过点A作AN⊥EG于点N，过点C作CM⊥EF与M，则∠CME=∠ANF=90°，依次
证明△BAD≌△∠CAE(SAS)，再求出△GBD≌△MEC(AAS)，△BFG≌△CFM(AAS)，
△BFG≌△FAN，即可得出结论；
（3）如图3，作点A关于CH的对称点J，连接CJ，AJ，过点J作JM⊥BC交BC的延长线于点M，取
BC的中点O，连接OP，OJ．求出PJ的最小值，可得结论．
【解题过程】
（1）解：如图1中，设AC与BE交于点O
∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形
∴AB=AC,AD=AE，∠BAC=∠DAE=90°
∴∠BAD=∠CAE
在△BAD和△CAE中
{
AB=AC
)
∠BAD=∠CAE
AD=AE
∴△BAD≌△CAE(SAS)
∴BD=CE=2,∠ABD=∠ACE
∵∠AOB=∠COE
∴∠CEO=∠BAO=90°
∵AD=AE=2❑√2
∴DE=❑√2AD=4
∴BE=6∴BC=❑√CE2+BE2=❑√22+62=2❑√10；
（2）证明：如图，连接AF，过点A作AN⊥EG于点N，过点C作CM⊥EF与M，则
∠CME=∠ANF=90°，
∵∠BAC=∠DAE=90°,AB=AC,AD=AE，
∴∠BAD＝∠CAE，∠ABC=∠ACB=∠ADE=∠AED=45°，
∴△BAD≌△∠CAE(SAS)，
∴CE＝BD，∠AEC＝∠ADB=90°，
∴∠BDG=180°−∠ADB−∠ADE=45°，∠DEC=∠AEC−∠AED=90°−45°=45°，
∵BG⊥ED，
∴∠G=90°，
∴∠CME=∠G=90°，∠BDG=∠DEC=45°，CE＝BD，
∴△GBD≌△MEC(AAS)，
∴BG=CM，
又∵∠G=∠CMF，∠BFG=∠CFM，
∴△BFG≌△CFM(AAS)，
∴BF=CF．
∵AB=AC,∠BAC=90°，
∴AF=BF=CF，AF⊥BC，
∴∠AFN+∠BGG=90°，
∵∠FBG+∠BFG=90°,
∴∠AFN=∠FBG，
∴∠G=∠ANF=90°，
∴△BFG≌△FAN，
∴AN=FG∵AD=AE，∠DAE=90°，AN⊥DE，
∴DE=2AN=2FG．
（3）解：如图3，作点A关于CH的对称点J，连接CJ，AJ，过点J作JM⊥BC交BC的延长线于点M，
取BC的中点O，连接OP，OJ．
∵AB=AC=4,∠BAC=90°
∴BC=❑√2AB=4❑√2
∴OB=OC=2❑√2
∵CH⊥BC，A，J关于CH对称
∴CJ=CA=4,∠JCH=45°
∴∠JCM=45°
∵JM⊥CM
∴CM=JM=2❑√2
∴OM=OC+CM=4❑√2
∴OJ=❑√J M2+OM2=❑√ (2❑√2) 2+(4❑√2) 2=2❑√10
由（2）得△BAD≌△CAE
∴∠ABD=∠ACE
∴∠CPB=∠BAC=90°
∵OB=OC
∴OP=2❑√2
∴PJ≥OJ−OP=2❑√10−2❑√2
∴PJ的最小值为2❑√10−2❑√2
∵A，J关于CH对称
∴AQ=QJ
∴AQ+PQ=QP+QJ≥PJ=2❑√10−2❑√2∴AQ+QP的最小值为2❑√10−2❑√2．
12．（2023上·陕西西安·八年级西安市第三中学校考期中）如图，长方形纸片ABCD，AB=6，BC=8，
点E、F分别是边AB、BC上的点，将△BEF沿着EF翻折得到△B′EF．
（1）如图1，点B′落在边AD上，若AE=2，则AB′=______，FB′=______；
（2）如图2，若BE=2，F是BC边中点，连接B′D、FD，求△B′DF的面积；
（3）如图3，点F是边BC上一动点，作EF⊥DF，将△BEF沿着EF翻折得到△B′EF，连接DB′，当
△DB′F是以DF为腰的等腰三角形时，请直接写出CF的长．
【思路点拨】
（1）根据题意，折叠的性质可得△BEF≌△B′EF，根据在Rt△AB′E中，AE=2，B′E=4，
AB′=❑√3AE=2❑√3，设BF=x，则由等面积法列式求解，可得答案；
（2）延长FB′交AB于K，设KE=x，KB′= y，则∠EB′K=90°，由勾股定理可得
{ x2= y2+4 ) S BF BE 2
，结合面积法可得 △BEF = = ，可得y=2x−4，可得AK= ，由
(x+2) 2+16=(y+4) 2 S KF EK 3
△FEK
S 2
S =S −S −S −S 可得三角形面积，结合 △B′KD = ，从而可得答案；
△DKF 长方形ABCD △AKD △BFK △DCF S 3
△DB′F
（3）分两种情况讨论：由△DB′F是以DF为腰的等腰三角形，当DF=DB′时，过D作DH⊥B′F于
8
H，证明△DHF≌△DCF，可得HF=CF，易得CF= ；当DF=B′F时，同理△DHF≌△DCF，设
3
HF=CF=n,DH=CD=6，可得DF=B′F=BF=8−n，利用勾股定理可得(8−n) 2=n2+62，从而可得
答案．
【解题过程】
（1）解：∵四边形ABCD是长方形，AB=6,BC=8,AE=2，∴∠A=∠B=90°,BE=AB−AE=6−2=4，
∵△BEF沿着EF翻折得到△B′EF，
∴△BEF≌△B′EF，
∴BE=B′E=4，
在Rt△AB′E中，AE=2,B′E=4，
∴AB′=❑√3AE=2❑√3，
设BF=B′F=x，如下图，连接AF，
1 1 1 1
则由等面积法可得 AE⋅BF+ AB′ ⋅AB= BF⋅BE+ AE⋅AB′ ，
2 2 2 2
1 1 1 1
即 ×2x+ ×2❑√3×6= ×4x+ ×2×2❑√3，
2 2 2 2
解得x=4❑√3，
∴BF=B′F=4❑√3．
故答案为：2❑√3，4❑√3；
（2）∵四边形ABCD是长方形，AB=6,BC=8,BE=2，F是BC边中点，
1 1
∴AE=AB−BE=6−2=4，BF=CF= BC= ×8=4，
2 2
∵△BEF沿着EF翻折得到△B′EF，
∴B′F=BF=4,BE=B′E=2,∠B=∠EB′F=90°，
∴B′F=CF=4，
如图2，延长FB′交AB于K，设KE=x，KB′= y，∴∠EB′K=90°，
{ x2= y2+4 )
∴由勾股定理可得 ，
(x+2) 2+16=(y+4) 2
∴x=2y−2，
S BF BE
∴ △BEF = = ，
S KF EK
△FEK
4 2
∴ = ，即y=2x−4，
4+ y x
{x=2y−2)
∴ ，
y=2x−4
10
{ x= )
3
解得 ，经检验符合题意；
8
y=
3
10 2
∴AK=6− −2= ，
3 3
∴S =S −S −S −S
△DKF 长方形ABCD △AKD △BFK △DCF
1 2 1 16 1
=48− × ×8− × ×4− ×4×6
2 3 2 3 2
68
= ；
3
8
∵B′K 3 2，
= =
B′F 4 3
S 2
∴ △B′KD = ，
S 3
△DB′F3 3 68 68
∴S = S = × = ；
△DB′F 5 △DKF 5 3 5
（3）∵△DB′F是以DF为腰的等腰三角形，
当DF=DB′时，如图3，过D作DH⊥B′F于H，
∴B′H=FH，
由折叠可得∠BFE=∠B′FE，且EF⊥DF，
∴∠B′FE+∠DFB′=90°=∠BFE+∠DFC，
∴∠DFB′=∠DFC，
∵∠DHF=∠C=90°，DF=DF，
∴△DHF≌△DCF(AAS)，
∴HF=CF，
∴BF=B′F=2FH=2FC，
8
∴3CF=8，即CF= ，
3
当DF=B′F时，同理△DHF≌△DCF(AAS)，
设HF=CF=n，DH=CD=6，
∴DF=B′F=BF=8−n，
∴由勾股定理可得(8−n) 2=n2+62，
7 7
解得n= ，即CF= ．
4 4
8 7
综上所述，CF= 或 ．
3 4
1
13．（2023下·四川成都·八年级统考期末）在△ABC中，AB= AC，点D为直线BC上一动点，
2
AD=AE，∠BAC=∠DAE．（1）如图1，连接ED交AC于F，∠BAC=90°，F为AC中点，若BD=3❑√2，DF=❑√2，求AD的长；
（2）如图2，延长CB至点G使得BG=DB，连接AG，CE，求证：AG=CE；
（3）如图3，∠BAC=120°，AB=2❑√7，作点E关于直线BC的对称点E′，连接BE′，EE′，当BE′最
小时，直接写出线段EE′的长．
【思路点拨】
（1）由同角的余角相等可得∠BAD=∠EAF，由SAS可证明△BAD≌△EAF，得到BD=EF=3❑√2，由
∠EAD=90°，AD=AE结合勾股定理得到AD2+AD2=BD2，计算即可得到答案；
（2）延长AB至H，使BH=AB，连接DH，由SAS证明△ABG≌△HBD，得到AG=DH，由SAS证明
△AHD≌△ACE，得到CE=AH，从而得证；
（3）取AC的中点M，连接EM并延长交BC于N，令BC与EE′相交于点O，由SAS可证明
△BAD≌△MAE(SAS)，得到∠ABD=∠AME=∠CMN，由∠BAC=120°，可得∠BAH=60°，
∠MNB=60°，点E的轨迹为直线EM，EM交BC于N，连接AN，再将该直线沿BC翻折可得到E′的轨
迹，则AN⊥N E′，此时∠ANB=30°，作AH⊥CA交CA的延长线于H，作AG⊥BC交BC于G，由
含有30°角的直角三角形的性质以及勾股定理可得，
AH=❑√7，AM=CM=AB=2❑√7，BH=❑√21，CH=5❑√7，BC=14，由等面积法可得AG=2❑√3，
从而得到BG=4，AN=4❑√3，GN=6， BN=10，由对称的性质可得∠E′NB=60°，BN⊥EE′，
OE′=OE，当BE′⊥E′N时，BE′最小，在△BE′N中，由含有30°角的直角三角形的性质、勾股定理以
及等面积法可求得OE′的长，从而得到答案．
【解题过程】
1
（1）解：∵ F为AC中点，AB= AC，
2
1
∴AF= AC=AB，
2
∵∠BAD+∠DAF=∠BAC=90°，∠EAF+∠DAF=∠EAD=90°，
∴∠BAD=∠EAF，
在△BAD和△EAF中，{
AD=AE
)
∠BAD=∠EAF ，
AB=AF
∴△BAD≌△EAF(SAS)，
∴BD=EF=3❑√2，
∴BD=EF+DF=4❑√2，
∵∠EAD=90°，AD=AE，
∴AD2+AE2=BD2，
∴AD2+AD2=BD2，
∴AD=4；
（2）证明：延长AB至H，使BH=AB，连接DH，
，
在△ABG和△HBD中，
{
GB=DB
)
∠ABG=∠HBD ，
AB=HB
∴△ABG≌△HBD(SAS)，
∴AG=DH，
∵∠HAD+∠DAC=∠HAC，∠DAC+∠CAE=∠DAE，∠BAC=∠DAE，
∴∠HAD=∠CAE，
1
∵AB= AC，AB=BH，
2
∴AH=AC，
在△AHD和△ACE中，
{
AH=AC
)
∠HAD=∠CAE ，
AD=AE
∴△AHD≌△ACE(SAS)，
∴CE=AH，∴CE=AG；
（3）解：如图，取AC的中点M，连接EM，令BC、EE′交于点O，
，
1
∵AB= AC，
2
∴AM=AB，
∵∠BAD+∠DAC=∠BAC，∠DAC+∠EAM=∠EAD，∠BAC=∠EAD，
∴∠BAD=∠MAE，
在△BAD和△MAE中，
{
AB=AM
)
∠BAD=∠MAE ，
AD=AE
∴△BAD≌△MAE(SAS)，
∴∠ABD=∠AME=∠CMN，
∵∠BAC=120°，
∴∠ABC+∠C=60°，∠BAH=60°，
∴∠MNB=∠CMN+∠C=60°，
∴点E的轨迹为直线EM，EM交BC于N，连接AN，再将该直线沿BC翻折可得到E′的轨迹，则
AN⊥N E′，此时∠ANB=30°，
作BH⊥CA交CA的延长线于H，
∵AB=2❑√7，
1 1
∴AH= AB=❑√7，AM=CM= AC=AB=2❑√7，AC=2AB=4❑√7，
2 2
∴BH=❑√AB2−AH2=❑√(2❑√7) 2 −(❑√7) 2=❑√21，CH=AC+AH=5❑√7，
∴BC=❑√BH2+CH2=❑√(❑√21) 2+(5❑√7) 2=14，
作AG⊥BC交BC于G，1 1
∵S = AC⋅BH= BC⋅AG，
△ABC 2 2
1 1
∴ ×4❑√7×❑√21= ×14×AG，
2 2
∴AG=2❑√3，
∴AN=2AG=4❑√3，BG=❑√AB2−AG2=4，
∴GN=❑√AN2−AG2=6，
∴BN=BG+GN=10，
∵点E关于直线BC的对称点E′，
∴∠E′NB=60°，BN⊥EE′，OE′=OE，
∴当BE′⊥E′N时，BE′最小，
1
∴E′N= BN=5，
2
∴E′B=❑√BN2−E′N2=5❑√3，
1 1
∵S = E′B⋅E′N= BN⋅OE′ ，
△BE′N 2 2
∴5❑√3×5=10×OE′，
5❑√3
∴OE′=
，
2
∴EE′=5❑√3．
14．（2023下·辽宁沈阳·八年级沈阳市南昌初级中学（沈阳市第二十三中学）校联考期中）在Rt△ABC
中，∠ABC=90°，∠CAB=60°，AB=4，E为直线AB上一动点，连接CE，将CE绕点C顺时针旋转
60°得到CD，连接AD．
（1）BC=______
（2）①如图1，当点E与点B重合时，AD=______．②如图2，当点E在线段AB上时，若BE=1，求AD的长度．
（3）若∠ECB=15°，直接写出AD的长度．
【思路点拨】
（1）在Rt△ABC中，由30°所对的直角边是斜边的一半，再由勾股定理得到BC=4❑√3，即可得到答案；
（2）①利用旋转性质，证得△ABC≌△ADC(SAS)，由全等性质即可得到AD=AB=4；②在AC上截取
AF=AE，如图所示，由“手拉手模型”证得△DAE≌△CFE(SAS)，则AD=CF，根据（1）中AC=8
，结合已知条件即可得到答案；
（3）由于E为直线AB上一动点，当∠ECB=15°，分两种情况：①E在直线BC上方；②E在直线BC下
方；作图分析求解即可得到答案．
【解题过程】
（1）解：在Rt△ABC中，∠CAB=60°，则∠ACB=30°，
∵AB=4，则AC=8，
∴BC=❑√AC2−AB2=❑√82−42=4❑√3，
故答案为：4❑√3；
（2）解：①由（1）知∠ACB=30°，
∵将CE绕点C顺时针旋转60°得到CD，
∴当点E与点B重合时，∠DCA=∠ACB=30°，CB=CD，
在△ABC和△ADC，
{
CB=CD
)
∠DCA=∠ACB ，
AC=AC
∴ △ABC≌△ADC(SAS)，
∴AD=AB=4，
故答案为：4；
②在AC上截取AF=AE，如图所示：
∵ ∠CAB=60°，∴△AEF是等边三角形，
∴AE=EF,∠AEF=60°，
∵将CE绕点C顺时针旋转60°得到CD，
∴△CDE是等边三角形，
∴DE=CE,∠CED=60°，
∵∠AED=∠AEF−∠≝=60°−∠≝¿，∠CEF=∠CED−∠≝=60°−∠≝¿，
∴∠AED=∠CEF，
在△DAE和△CFE中，
{
AE=EF
)
∠AED=∠CEF ，
ED=EC
∴△DAE≌△CFE(SAS)，
∴AD=CF，
∵AB=4，BE=1，
∴AF=AE=AB−BE=4−1=3，
由（1）知AC=8，
∴CF=AC−AF=8−3=5，则AD=CF=5；
（3）解：由题意可知，分两种情况讨论：①E在直线BC上方；②E在直线BC下方；
由（1）知在Rt△ABC中，∠ACB=30°，
当∠ECB=15°时，∠ACE=∠BCE=15°，即CE是∠ACB的角平分线，
∴过E作EG⊥AC于G，如图所示：
∴BE=BG，
在Rt△AEG中，∠EAG=60°，则∠AEG=30°，
设AG=x，则AE=2x，由勾股定理可得BE=EG=❑√AE2−AG2=❑√3x，
∵AB=4，
∴AB=AE+EB，即4=2x+❑√3x，解得x=8−4❑√3，则BE=❑√3x=8❑√3−12，当E在直线BC上方，在AC上截取AF=AE，如图所示：
由（2）②的求解过程可知，AD=FC，
当BE=8❑√3−12时，AF=AE=AB−BE=4−(8❑√3−12)=16−8❑√3，
∴ AD=FC=AC−AF=8−(16−8❑√3)=8❑√3−8；
当E在直线BC下方，过D作DH⊥AC于H，如图所示：
∴∠DHC=90°，
由（1）知在Rt△ABC中，∠ACB=30°，AB=4,BC=4❑√3,AC=8，
∵将CE绕点C顺时针旋转60°得到CD，∠ECB=15°，
∴ ∠ACD=60°−30°−15°=15°=∠BCE，CE=CD，
在△DHC和△EBC中，
{∠ACD=∠BCE=15°
)
∠DHC=∠EBC=90° ，
CD=EC
∴△DHC≌△EBC(SAS)，
∴HC=BC=4❑√3,DH=BE，
作点E关于直线BC的对称点I，如图所示：则DH=BE=BI，
由（3）可知，BI=8❑√3−12，则DH=BE=BI=8❑√3−12，
∵AH=AC−HC=8−4❑√3，
在Rt△AHD中，∠DHA=90°，AH=8−4❑√3，DH=8❑√3−12，则AD=❑√AH2+DH2=16−8❑√3，
综上所述，若∠ECB=15°， AD的长度为8❑√3−8或16−8❑√3．
15．（2023下·辽宁沈阳·八年级沈阳市第七中学校考阶段练习）在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，
过点C作AB的平行线l，点P是直线l上异于点C的动点，连接AP，过点P作AP的垂线交直线BC于点D．
（1）如图1，当点P在点C的右侧时，
①求证：PA=PD；（提示：作PE垂直直线l交CD于点E．）
②试判定线段CA，CD，CP之间有何数量关系？写出你的结论，并证明；
（2）若AC=5❑√2，AP=13，直接写出线段BD的长．
【思路点拨】
（1）①过P作PE⊥l，交CD于E，由∠ACB=90°，AC=BC，AB∥l，可得
∠ACP=∠ACB+∠ECP=135°，△ECP是等腰直角三角形，所以
CP=EP，∠DEP=∠ECP+∠CPE=135°=∠ACP，即可证明△ACP≌△DEP(ASA)，得PA=PD；
②由①知△ACP≌△DEP，△ECP是等腰直角三角形，故AC=DE，CE=❑√2CP，即得
CD=AC+❑√2CP；
（2）分两种情况：当P在C右侧时，过A作AH⊥l于H；当P在C左侧时，过P作PF⊥l交BD的延长线
于F，分别求解即可得到答案．
【解题过程】（1）①证明：过P作PE⊥l，交CD于E，如图所示，
，
∵∠ACB=90°，AC=BC，
∴∠ABC=45°，
∵AB∥l，
∴∠ECP=∠ABC=45°，
∴∠ACP=∠ACB+∠ECP=135°，△ECP是等腰直角三角形，
∴CP=EP，∠DEP=∠ECP+∠CPE=135°=∠ACP，
∵∠APD=90°=∠EPC，
∴∠APC=∠EPD，
∴△ACP≌△DEP(ASA)，
∴PA=PD；
②解：CD=AC+❑√2CP，
由①可知：△ACP≌△DEP，△ECP是等腰直角三角形，
∴AC=DE，CE=❑√2CP，
∵CD=DE+CE，
∴CD=AC+❑√2CP；
（2）解：当P在C右侧时，过A作AH⊥l于H，如图所示，
，
∵∠ABC=∠BCP=45°，∠ACB=90°，
∴∠ACH=45°，
∴△ACH是等腰直角三角形，
∵AC=5❑√2，∴AH=CH=5，
在Rt△APH中，HP=❑√AP2−AH2=❑√132−52=12，
∴CP=HP−CH=12−5=7，
由②可知，CD=AC+❑√2CP，
∴CD=5❑√2+❑√2×7=12❑√2，
∴BD=CD−BC=CD−AC=12❑√2−5❑√2=7❑√2；
当P在C左侧时，过P作PF⊥l交BD的延长线于F，如图所示，
，
∵AB∥l，
∴∠PCF=∠B=45°，∠ACP=∠CAB=45°，
∴△PCF是等腰直角三角形，
∴CP=PF，∠F=45°=∠ACP，
∵∠APD=90°=∠CPF，
∴∠APC=∠DPF，
∴△ACP≌△DFP(ASA)，
∴AC=DF=5❑√2，
∵∠ABC=∠BCP=45°，∠ACB=90°，
∴∠ACH=45°，
∴△ACH是等腰直角三角形，
∵AC=5❑√2，
∴AH=CH=5，
在Rt△APH中，HP=❑√AP2−AH2=❑√132−52=12，
∴CP=HP+CH=12+5=17，
∴CF=❑√2CP=17❑√2，
∴CD=CF−DF=17❑√2−5❑√2=12❑√2，∴BD=CD+BC=CD+AC=12❑√2+5❑√2=17❑√2，
综上所述，线段BD的长为：7❑√2或17❑√2．
16．（2023上·江苏无锡·八年级统考期中）如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=20，BC=15．点
E是射线AB上的动点，连接CE．△CEB与△CEF关于CE成轴对称，连接AF．
（1）当CE⊥AB时，求线段AF的长；
（2）点E从点A开始在射线AB上以每秒1个单位的速度运动，当△AFE是以FE为直角边的直角三角形
时，求t的值．
【思路点拨】
本题考查轴对称的性质、等腰直角三角形的判定和性质、勾股定理的应用属于综合题，读懂并理解题意针
对不同的情况画图相应的图形，丰富了学生的空间想象能力．
（1）Rt△ABC中，AC=20，BC=15由勾股定理可得AB=25，当CE⊥AB时，F在AB上，利用面积
法可求得CE=12，在Rt△BCE中根据勾股定理可得BE=9，进而得AE=16，根据对称可得BE=EF=9
，结论即可求出；
（2）总共分四种情况：当E在线段AB上时，此时含两种情况：①∠AEF=90°，②当∠AFE=90°；当
E在AB延长线上时，分两种情况：③∠AEF=90°，④当∠AFE=90°，画出相应的图形，利用勾股定理
即可解决．
【解题过程】
（1）∵ACB=90°，AC=20，BC=15，
∴AB=❑√AC2+BC2=❑√202+152=25，
AC⋅BC 20×15
当CE⊥AB时，如图所示：CE= = =12，
AB 25
∵△CEB与△CEF关于CE轴对称，∴BE=FE=❑√BC2−CE2=❑√152−122=9，
∴AF=AB−2BE=25−2×9=7；
（2）当E在线段AB上时，
分两种情况：
①∠AEF=90°，
∵△CEB与△CEF关于CE成轴对称，
则∠BEC=∠FEC=45°，
过C作CH⊥AB，
由（1）知CH=12，BH=9，
∴EH=CH=12，
则AH=AB−BH=16，
∴AE=t=AH−EH=16−12=4；
②当∠AFE=90°，如图所示：
∵△CEB与△CEF关于CE成轴对称，
∠B=∠CFE，CF=CB=15，
作CI⊥AF于I，CH⊥AB于H
∴∠CFI=180°−∠AFE−∠CFE=180°−90°−∠B=90°−∠B，
∵∠CHB=90°，
∴∠BCH=90°−∠B，
∴∠BCH=∠CFI，
又∵∠CHB=∠I=90°，CB=CF=15，
∴△CFI≌△BCH(AAS)，∴CI=BH=9，IF=CH=12，
在Rt△ACI中，AI=❑√AC2−CI2=❑√202−92=❑√319，
∴AF=AI−IF=❑√319−12，
∵AB=25，AE=t，
∴EB=AB−AE=25−t，
∴EF=25−t，
在Rt△ACI中，AF2+EF2=AE2，即t2=(❑√319−12) 2+(25−t) 2，
544−12❑√319
解得：t= ；
25
当E在AB延长线上时，分两种情况：
③∠AEF=90°，如图所示：
此时AE=t，
∵△CEB与△CEF关于CE成轴对称，
∴∠AEC=∠CEF=45°，
作CH⊥AB于H，
∴CH=HE=12，
∵AH=16．
∴t=AE=AH+HE=16+12=28；
④当∠AFE=90°，如图所示：
AE=t，
作CH⊥AB于H，CI⊥AF于I，
同理可得△BHC≌△CIF，
则IF=CH=12，CI=BH=9，在Rt△ACI中，AI=❑√AC2−CI2=❑√319，
∴AF=AI+IF=❑√319+12，
∵BE=AE−AB=t−25，
∴EF=BE=t−25，
AE2=AF2+EF2，即t2=(❑√319+12) 2+(t−25) 2，
544+12❑√319
解得：t= ，
25
544−12❑√319 544+12❑√319
综上所述：当△AFE是以FE为直角边的直角三角形时，t=4或28或 或 ．
25 25
17．（2024上·四川成都·八年级统考期末）在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，点E是BC边上
一点，连接AE，将△ABE沿直线AE翻折得到△AFE，射线EF交边AD于点G．
（1）如图1，求证：AG=EG；
（2）当AB=4时．
（i）如图2，若四边形ABCD的面积为24，且当点G与D重合时，BC=FG，求AD的长；
（ⅱ）在BC边上取一点H，连接AH，使得AH=AG，若△AFG的面积是△AEH的面积的2倍，求BE
的长．
【思路点拨】
（1）根据折叠得出∠AEG=∠AEB，根据平行线的性质得出∠GAE=∠AEB，证明∠GAE=∠AEG
，根据等腰三角形的判定得出AG=EG；
AD+BC
（2）（i）根据四边形ABCD的面积为24得出S = ×AB，求出AD+BC=12，设
四边形ABCD 2
AD=x，则BC=12−x，FG=BC=12−x，根据勾股定理得出AD2=AF2+FG2，即x2=42+(12−x) 2
20
，求出x= 即可得出答案．
3（ⅱ）证明Rt△ABH≌Rt△AFG(HL)，得出BH=FG，根据△AFG的面积是△AEH的面积的2倍，
1 1
S = FG⋅AF，S = HE⋅AB，得出FG=2HE，设HE=a，则FG=2a，分两种情况：当点
△AFG 2 △AHE 2
H在点E的左侧时，当点H在点E的右侧时，画出图形，求出结果即可．
【解题过程】
（1）证明：根据折叠可知，∠AEG=∠AEB，
∵AD∥BC，
∴∠GAE=∠AEB，
∴∠GAE=∠AEG，
∴AG=EG；
（2）解：（i）∵∠B=90°，
∴AB⊥BC，
∵AD∥BC，
AD+BC
∴S = ×AB，
四边形ABCD 2
AD+BC
即 ×4=24，
2
∴AD+BC=12，
设AD=x，则BC=12−x，
∴FG=BC=12−x，
根据折叠可知，AF=AB=4，∠AFE=∠B=90°，
∴∠AFD=180°−90°=90°，
在Rt△AGF中，根据勾股定理得：
AD2=AF2+FG2，
即x2=42+(12−x) 2，
20
解得：x= ，
3
20
∴AD= ．
3
（ⅱ）根据题意得：AF=AB，AB⊥BC，AF⊥EG，
由（1）得：AG=EG，
∵AH=AG，∴AH=EG，
{AB=AF)
在Rt△ABH和Rt△AFG中 ，
AH=AG
∴Rt△ABH≌Rt△AFG(HL)，
∴BH=FG，
1 1
∵△AFG的面积是△AEH的面积的2倍，S = FG⋅AF，S = HE⋅AB，
△AFG 2 △AHE 2
∴FG=2HE，
设HE=a，则FG=2a，
当点H在点E的左侧时，如图所示：
∴BH=FG=2a，
∴BE=BH+HE=3a，
根据折叠可知，BE=EF=3a，
∴AG=EG=EF+FG=5a，
∵AG2=AF2+FG2，
∴(5a) 2=42+(2a) 2，
4❑√21
解得：a= ，负值舍去，
21
4❑√21
∴BE=3a= ；
7
当点H在点E的右侧时，如图所示：
∴BH=FG=2a，
∴BE=BH−EH=a，根据折叠可知，BE=EF=a，
∴AG=EG=EF+FG=3a，
∵AG2=AF2+FG2，
∴(3a) 2=42+(2a) 2，
4❑√5
解得：a= ，负值舍去，
5
4❑√5
∴BE=a= ；
5
4❑√21 4❑√5
综上分析可知，当△AFG的面积是△AEH的面积的2倍时，BE= 或 ．
7 5
18．（2023上·陕西·八年级陕西师大附中校考阶段练习）在ABC中，BD是AC边上的高，AD=3，
CD=2，BD=3，点M在AD上，且AM=2，动点P从点A出发向B运动，速度为每秒1个单位长度．连
接PM，作点A关于直线PM的对称点A′，设点P的运动时间为t秒（t>0）．
（1）连接CP，当CP⊥AB时，求△BCP的面积．
（2）当点A′在△ABC内部（不包括边缘）时，直接写出t的取值范围：______________
（3）若动点P从点A出发，沿折线AB−BD以每秒1个单位长度的速度运动，当M A′∥AB时，求t的
值．
【思路点拨】
（1）根据等边对等角可求得∠A=∠ABD，根据三角形内角和定理可求得∠A=45°，求得
∠ACP=45°，根据等角对等边可得AP=CP，根据勾股定理求得AP和PC的值，即可求得BP，根据三
角形的面积公式即可求解；
（2）分别求出当点A′落在AB上和当点A′落在AC上的t值，结合图形即可得出答案；
（3）分点A′在△ABC内和点A′在△ABC外两种情况讨论，当点A′在△ABC内时，根据平行线的性质可得
∠APM=∠A′MP，结合轴对称的性质可得AP=A′P，AM=A′M，根据全等三角形的判定和性质可得
∠APM=∠AMP，根据等腰三角形的判定和性质可得AP=AM=2；当点A′在△ABC外时，延长A′M
与BD交于点K，过点P作PJ⊥MK交于点J，根据平行线的性质可得∠BAD=∠KMD=45°，∠ABD=∠MKD=45°，根据三角形的内角和定理推得∠MKD=∠KMD=45°，根据等腰三角形的判
定和性质可得DM=DK=1，根据勾股定理求得MK=❑√2，结合轴对称的性质可得∠JMP=∠DMP，根
据全等三角形的判定和性质可得MJ=MD=1，PJ=PD，根据三角形的内角和定理以及等腰三角形的判
定和性质可得DP=JP=❑√2−1，即可求得BP的值，即可求解．
【解题过程】
（1）解：∵BD⊥AC，
∴∠ADB=90°，
∵AD=3，BD=3，
∴∠A=∠ABD，
1 1
∴∠A= (180°−∠ADB)= (180°−90°)=45°，
2 2
∵BD⊥AC，
∴∠ACP=180°−∠APC−∠A=180°−90°−45°=45°，
即∠A=∠ACP=45°，
∴AP=CP，
在Rt△ACP中，AC=❑√AP2+PC2=❑√2AP=5，
5❑√2 5❑√2
∴AP= ，PC= ，
2 2
5 ❑√2
∴BP=AB−AP=3❑√2− ❑√2= ，
2 2
1 1 ❑√2 5❑√2 5
∴S = ×BP×PC= × × = ．
△BCP 2 2 2 2 4
（2）解：当点A′落在AB上，如图：
∵点A与点A′关于直线PM对称，
∴PM⊥A A′，
∴∠APM=90°，
由（1）得∠A=45°，∴∠AMP=180°−∠APM−∠A=180°−90°−45°=45°，
即∠A=∠AMP=45°，
∴AP=MP，
在Rt△AMP中，AM=❑√AP2+PM2=❑√2AP=2，
∴AP=❑√2；
当点A′落在AC上，如图：
∵点A与点A′关于直线PM对称，
∴PM⊥A A′，
∴∠AMP=90°，
由（1）得∠A=45°，
∴∠APM=180°−∠AMP−∠A=180°−90°−45°=45°，
即∠A=∠APM=45°，
∴PM=AM=2；
在Rt△AMP中，AP=❑√AM2+PM2=❑√2AM=2❑√2，
∴t的取值范围为：❑√2
