专题 18.2 中位线定理与几何综合
◆ 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、三角形的中位线
定义：连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线。
中位线定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半。
◆ 典例分析
【典例1】知识回顾：（1）连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线，如图1，点D，E分别为边
AB，AC的中点，则线段DE称为ΔABC的中位线，则DE与BC的位置关系是 ；DE与BC的数量关
系是 ．
方法探究：（2）请将图2中的三角形通过剪切拼接成一个与之面积相等的平行四边形，若要求只有一条剪
切线，请画出剪切线及剪拼成的平行四边形，并说明拼接方法．
问题解决：（3）如图3，有一块空地和水井E，李大爷计划利用该空地和水井修建一片菜地ABCD，其中
点E为BC的中点，AD∥BC，AB=40m，CD=30m，∠A+∠D=240°．为灌溉方便，李大爷想在水
井E处修建一条水渠EF(EF为线段，且F在AD上），且水渠两边的菜地面积相等，已知修建该水渠的费
用为60元/m，请你帮助李大爷计算修建这条水渠EF所需的总费用．【思路点拨】
（1）根据三角形中位线定理即可求解；
（2）取AB的中点D，AC的中点E，连接DE，延长DE至F，使DE=EF，由三角形中位线定理可得
1
DE∥BC，DE= BC，AE=CE，于是可通过SAS证明ΔADE≅ΔCFE，得到S =S ，进而得
2 ΔADE ΔCFE
到S =S ，由对边平行且相等的四边形为平行四边可得四边形BCFD为平行四边形，以此即可
ΔABC 四边形BCFD
求解；
（3）取AD的中点F，连接EF，作FM∥AB交BC于点M，FN∥CD交BC于点N，过点N作
NO⊥FM于点O，过点E作EP⊥FM于点P，由梯形的面积公式可知S =S ，易得四边形
梯形ABEF 梯形CDFE
ABMF，四边形CDFN为平行四边形，得到AB=FM=40m，CD=FN=30m，由四边形内角和为360°
得∠B+∠C=120°，由平行线的性质得FMN+∠FNM=120°，再根据三角形内角和定理得
1
∠MFN=60°，由含30°的直角三角形性质得OF= FN=15(m)，ON=❑√3OF=15❑√3(m)，则
2
1 15❑√3
OM=FM−OF=25(m)，易得PE为ΔMON的中位线，则PE= ON= (m)，
2 2
1 25 55
OP=PM= OM= (m)，进而求得FP=OF+OP= (m)，再利用勾股定理求出EF的长，进一步算
2 2 2
出总费用即可求解．
【解题过程】
解：（1）∵点D，E分别为边AB，AC的中点，
∴DE为ΔABC的中位线，
1
∴DE∥BC，DE= BC；
2
1
故答案为：DE∥BC ，DE= BC；
2
（2）如图，取AB的中点D，AC的中点E，连接DE，延长DE至F，使DE=EF，∵点D，E分别为边AB，AC的中点，
∴DE为ΔABC的中位线，
1
∴DE∥BC，DE= BC，AE=CE，
2
在ΔADE和ΔCFE中，
{
AE=CE
)
∠AED=∠CEF ，
DE=EF
∴ΔADE≅ΔCFE(SAS)，
∴S =S ，
ΔADE ΔCFE
∴S =S +S =S +S =S ，
ΔABC 四边形DBCE ΔADE 四边形DBCE ΔCFE 四边形BCFD
∵DE=EF，
∴DF=BC，
∵DF∥BC，
∴四边形BCFD为平行四边形，
∴取AB的中点D，AC的中点E，以DE为剪切线将三角形ABC裁剪，将ΔADE绕点E顺时针旋转至点A
与点C重合，则四边形BCFD为拼成的平行四边形；
（3）取AD的中点F，连接EF，作FM∥AB交BC于点M，FN∥CD交BC于点N，过点N作
NO⊥FM于点O，过点E作EP⊥FM于点P，
∵AD∥BC，
∴四边形ABCD为梯形，
由梯形的面积公式可知，S =S ，
梯形ABEF 梯形CDFE
∵FM∥AB，FN∥CD，
∴四边形ABMF，四边形CDFN为平行四边形，∴AB=FM=40m，CD=FN=30m，
∵∠A+∠D=240°，
∴∠B+∠C=120°，
∵FM∥AB，FN∥CD，
∴∠FMN=∠B，∠FNM=∠C，
∴∠FMN+∠FNM=∠B+∠C=120°，
∴∠MFN=180°−(∠FMN+∠FNM)=180°−120°=60°，
∵NO⊥FM，∠MFN=60°，
∴∠FNO=30°，
1
∴OF= FN=15(m)，ON=❑√3OF=15❑√3(m)，
2
∴OM=FM−OF=40−15=25(m)，
∵NO⊥FM，EP⊥FM，
∴PE∥ON，
∵点E为BC的中点，
∴PE为ΔMON的中位线，
1 15❑√3 1 25
∴PE= ON= (m)，OP=PM= OM= (m)，
2 2 2 2
25 55
∴FP=OF+OP=15+ = (m)，
2 2
在RtΔPEF中，EF=❑√PE2+FP2=5❑√37(m)，
∵修建该水渠的费用为60元/m，
∴修建这条水渠EF所需的总费用为5❑√37×60=300❑√37（元)．
◆ 学霸必刷
1．（23-24八年级上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图1，点D是△ABC的边AB上一点（AD<BD），点D
关于AC，BC的对称点分别为F，E，连接DE，DF，EF，且EF经过点C．（1）求证：点C是EF的中点；
（2）如图2，连接AF，BE，求证：AF∥BE；
（3）在（2）的条件下，延长EB到点G使BG=AF，连接GF交AB于点H，连接EH，DC，若
EH⊥FG，当DC=4时，求AB的长．
【思路点拨】
（1）连接CD，由轴对称的性质可得AC垂直平分DF，BC垂直平分DE，由线段垂直平分线的性质可得
DC=FC，DC=EC，从而得到CE=CF，即可得证；
（2）令AC、DF交于点G，BC、DE交于点H，由轴对称的性质可得AC垂直平分DF，BC垂直平分
DE，从而得出∠DAC=∠FAC，∠DBC=∠EBC，∠AGD=90°，进而得出∠ADF+∠DAC=90°，
证明CH是△EDF的中位线，得到CH∥DF，从而得到∠DCB=∠ADF，求出∠BAF+∠AEB=180°
即可得证；
（3）由轴对称的性质可得AC垂直平分DF，BC垂直平分DE，由线段垂直平分线的性质可得BE=BD，
AD=AF，由（1）得：CE=CF=CD，从而得出EF=8，证明△BGH≌△AFH(AAS)得到GH=FH，
结合EH⊥FG，可得¿=FE=8，从而得到BE=8−GB，最后由AB=BD+AD，结合AD=AF=GB，
即可求解．
【解题过程】
（1）证明：如图，连接CD，
∵点D关于AC，BC的对称点分别为F，E，
∴AC垂直平分DF，BC垂直平分DE，
∴DC=FC，DC=EC，∴CE=CF=CD，
∵ EF经过点C，
∴点C是EF的中点；
（2）解：如图，令AC、DF交于点G，BC、DE交于点H，
∵点D关于AC，BC的对称点分别为F，E，
∴AC垂直平分DF，BC垂直平分DE，
∴∠DAC=∠FAC，∠DBC=∠EBC，∠AGD=90°，
∴∠ADG+∠DAG=90°，即∠ADF+∠DAC=90°，
由（1）得：点C是EF的中点，
∵H是DE的中点，
∴CH是△EDF的中位线，
∴CH∥DF，
∴∠DCB=∠ADF，
∴∠DCB+∠DAC=90°，
∵∠EBC+∠DBC+∠DAC+∠FAC=2∠DBC+2∠DAC=2(∠DBC+∠DAC)=180°，
∴∠DAF+∠DEB=180°，即∠BAF+∠AEB=180°，
∴AF∥BE；
（3）解：∵点D关于AC，BC的对称点分别为F，E，
∴AC垂直平分DF，BC垂直平分DE，
∴BE=BD，AD=AF，
由（1）得：CE=CF=CD，
∵CD=4，
∴CE=CF=CD=4，
∴EF=CE+CF=4+4=8，
∵AF∥BE，
∴∠G=∠AFH，在△BGH和△AFH中，
{
∠G=∠AFH
)
∠GHB=∠FHA ，
GB=FA
∴△BGH≌△AFH(AAS)，
∴GH=FH，
∵EH⊥FG，
∴HE垂直平分GF，
∴≥=EF=8，
∴BD=BE=BG−GB=8−GB，
∵AD=AF=GB，
∴AB=BD+AD=8−GB+AD=8．
2．（23-24八年级上·山东济南·期末）问题情景：老师让同学们以“两个大小不等的等腰直角三角板的直
角顶点重合，并让一个三角板固定，另一个绕直角顶点旋转”为主题开展数学活动．如图1，△ABC和
△CDE都是等腰直角三角形，∠C=90°，点D，E分别在边BC，AC上，连接AD，点M，P，N分
别为DE，AD，AB的中点．试判断线段PM与PN的数量关系和位置关系．
问题探究：
（1）甲小组发现：图1中，线段PM与PN的数量关系是 ，位置关系是 ；
（2）乙小组受到甲小组的启发，继续进行探究，把△CDE绕点C逆时针方向旋转到如图2的位置，请判断
△PMN的形状并证明；
问题拓展：
（3）两小组的同学继续探究：把 △CDE绕点C在平面内自由旋转，当CD=4，CB=10时，直接写出线
段MN长度的最大值．
【思路点拨】
（1）理由三角形的中位线性质，直角三角形的性质即可求解；
（2）△PMN是等腰直角三角形．证明△CBD≌△CAE(SAS)得到∠CBD=∠CAE，BD=AE，由三角形中位线性质可证明△PMN是等腰三角形，再根据平行线的性质可得∠DPM=∠DAE，∠PNA=∠DBA，
进而可得到∠MPN=∠CAB+∠ABC=90°，即可求证；
1
（3）由（2）知，△PMN是等腰直角三角形，PM=PN= BD，MN=❑√2PM，推出点D在BC的延长
2
线上时，PM有最大值，由BD=CB+CD=14即可求解．
【解题过程】
解：（1）∵点M，P，N分别为DE，AD，AB的中点，
1 1
∴PM∥AE，PN∥BD，PM= AE，PN= BD，
2 2
∴∠MPD=∠CAD，∠NPD=∠ADC，
∴∠MPD+∠NPD=∠CAD+∠ADC，
即∠MPN=∠CAD+∠ADC，
∵△ABC和△CDE都是等腰直角三角形，
∴∠ACD=90°，AC=BC，CE=CD，
∴∠CAD+∠ADC=90°，AE=BD，
∴∠MPN=90°，PM=PN，
∴PM⊥PN，
故答案为：PM=PN，PM⊥PN；
（2）△PMN是等腰直角三角形．
证明：连接BD，由旋转知，∠BCD=∠ACE，
∵BC=AC，CD=CE，
∴△CBD≌△CAE(SAS)，
∴∠CBD=∠CAE，BD=AE，
∵点P，M，N分别是AD，ED，AB的中点，
∴PN，PM分别是△ABD，△ADE的中位线，1 1
∴PN= BD，PM= AE，
2 2
∴PM=PN，
∴△PMN是等腰三角形，
又∵PM∥AE，PN∥BD，
∴∠DPM=∠DAE，∠PNA=∠DBA，
∵∠DPN=∠DAB+∠PNA=∠DAB+∠DBA，
∴∠MPN=∠DPM+∠DPN
=∠DAE+∠DAB+∠DBA，
=∠BAE+∠DBA，
=∠CAB+∠CAE+∠DBA，
=∠CAB+∠CBD+∠DBA，
=∠CAB+∠ABC，
∵∠BCA=90°，
∴∠CAB+∠ABC=90°，
∴∠MPN=90°，
∴△PMN是等腰直角三角形；
1
（3）由（2）知，△PMN是等腰直角三角形，PM=PN= BD，MN=❑√2PM，
2
∴点D在BC的延长线上时，PM有最大值，
∴BD=CB+CD=14，
∴PM=7，
∴MN=7❑√2．
3．（23-24八年级上·山东济宁·期末）在△ABC中，∠B=∠C= α（0°< α <45°），AM⊥BC于点
M，D是线段MC上的动点（不与点M，C重合），将线段DM绕点D顺时针旋转2α得到线段DE．
（1）如图1，当点E在线段AC上，求证：D是MC的中点；
（2）如图2，在（1）的条件下，连接ME并延长至点G，使得¿=ME，连接AG，GC，①求证AG=AM；
②求出∠AEM的度数．
（3）如图3，若在线段BM上存在点F（不与点B，M重合）满足DF=DC，连接AE，EF，写出∠AEF
的大小，并证明．
【思路点拨】
（1）根据角推导出DE=CD，由旋转可知MD=ED，则DM=CD，即可证明D是MC的中点；
1 1
（2）①先推导出ED是△MCG的中位线, 则ED= CG，再由（1）可知ED= CM，可推导出△MCG
2 2
是等腰三角形，则CE⊥MG，再由E是MG的中点，即可证明AM=AG；
②由①可知AE⊥GM，即可得∠AEM=90°；
（3）延长FE至H，使FE=EH，连接AH、HC，能推导出ED是△FHC的中位线，设DM=DE=m，
CD=n，证明△ABF≌△ACH(SAS)，可得AF=AH，再由EF=EH，得到AE⊥FH，即可求
∠AEF=90°．
【解题过程】
（1）证明: ∵∠EDM=2a,∠C=α，
∴∠DEC=α，
∴ DE=CD，
∵MD=ED，
∴DM=CD，
∴D是MC的中点；
（2）①证明: ∵ME=EG，
∴E是MG的中点，
∵D是MC的中点，
∴ED是△MCG的中位线，
1
∴ED= CG，
2
∵ED=MD=CD，
1
∴ED= CM，
2
∴CG=CM，
∴△MCG是等腰三角形，
∴CE⊥MG，∵E是MG的中点,
∴AM=AG；
②由①可知, AE⊥GM，
∴∠AEM=90°；
（3）延长FE至H，使FE=EH，连接AH、HC，
∵DF=DC,FE=EH，
∴ED是△FHC的中位线，
∴CH=2ED,DE∥HC，
∵DM=DE,∠EDM=2α，
∴∠FCH=2α，
∵∠ACB=α，
∴∠ACH=α,
设DM=DE=m,CD=n，
∴ CH=2m,CM=m+n,DF=CD=n，
∴ FM=DF−DM=n−m，
∵AM⊥BC，
∴BM=CM=m+n，
∴BF=BM−FM=2m，
∴CH=BF，
∴△ABF≌△ACH(SAS)，
∴AF=AH，
∵EF=EH，
∴AE⊥FH，
∴ ∠AEF=90°．
4．（23-24八年级上·福建厦门·期末）如图1，已知A，B为直线MN同侧的两点，点P为直线MN上一点，
连接AP，BP．若∠APM=∠BPN，则称点P是点A和点B关于直线MN的“等角点”．（1）如图2，∠ABD是等边三角形ABC的外角，点P是该外角平分线上一点，试说明点B是点P和点A关
于直线CD的“等角点”．
（2）如图3，点B，C在∠PAQ的两边上，且AB=AC，连接BC，点D是线段BC上的一点，点D关于
AP的对称点为E，连接EB并延长至点G，使点C是点G和点B关于直线AQ的“等角点”．连接DE，当
∠BDE=35°时，求∠BGC的度数．
（3）如图4，将两个大小不同的直角三角板ABC和EDG（∠ABC=∠EDG=60°，AB<DE）的斜边
摆放在直线l上，且点D与BC中点重合，连接AE并延长至点F，使EF=AE．连接CF，FG．若FG上存
在一点M，使得点C恰好是点A和点M关于直线l的“等角点”．设AB=m，DE=n，求MG的长．（用
含m，n的式子表示）
【思路点拨】
（1）根据等边三角形的性质得到∠ABC=60°，根据平角和角平分线的定义得到∠DBP=60°，则
∠DBP=∠ABC，据此可证明结论；
（2）轴对称的性质可得∠BED=∠BDE=35°，∠ABE=∠ABD，则∠EBD=110°，进而得到
∠ABC=55°，∠CBG=70°，由等边对等角得到∠ACB=∠ABC=55°，再由点C是点G和点B关于直
线AQ的“等角点”，得到∠ACB=∠QCG=55°，由平角的定义得到
∠BCG=180°−∠ACB−∠QCG=70°，则∠BGC=180°−∠BCG−∠CBG=40°；
（3）由平行线的唯一性和三角形中位线定理证明DP，DE重合，即点H与点P重合，进而证明HE是
△ACF的中位线，得到HE∥CF，CF=2n−m，则∠ACF=∠BAC=90°，推出∠GCF=60°，再证
明CF=CG，推出△CFG是等边三角形，得到FG=CG=2n−m，由点C恰好是点A和点M关于直线l的
1 2n−m
“等角点”得到∠MCG=∠ACB=30°，则MG= FG= ．
2 2【解题过程】
（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=60°，
∴∠ABD=180°−∠ABC=120°，
∵BP平分∠ABD，
1
∴∠DBP= ∠ABD=60°，
2
∴∠DBP=∠ABC，
∴点B是点P和点A关于直线CD的“等角点”；
（2）解：由轴对称的性质可得∠BED=∠BDE=35°，∠ABE=∠ABD，
∴∠EBD=180°−∠BDE−∠BED=110°，
∴∠ABC=55°，∠CBG=70°，
∵AB=AC，
∴∠ACB=∠ABC=55°，
∵点C是点G和点B关于直线AQ的“等角点”，
∴∠ACB=∠QCG=55°，
∴∠BCG=180°−∠ACB−∠QCG=70°，
∴∠BGC=180°−∠BCG−∠CBG=40°；
（3）解：如图所示，设DE，AC交于H，取AC中点P，连接DP，
∵∠ABC=∠EDG=60°，
∴AB∥DE，∠ACB=∠DGE=30°，
∵点D与BC中点重合，
∴DP是△ABC的中位线，
1 1
∴DP∥AB，DP= AB= m，
2 2
∴DP，DE重合，即点H与点P重合，
∵AE=EF，即点E为AF中点，∴HE是△ACF的中位线，
( 1 )
∴HE∥CF，CF=2HE=2(DE−PD)=2 n− m =2n−m，
2
∴CF∥AB，
∴∠ACF=∠BAC=90°，
∴∠GCF=60°，
∵BC=2AB=2m，DG=2DE=2n，
1
∴CD= BC=m，
2
∴CG=DG−CD=2n−m，
∴CF=CG，
∴△CFG是等边三角形，
∴FG=CG=2n−m
∵点C恰好是点A和点M关于直线l的“等角点”
∴∠MCG=∠ACB=30°，
1 2n−m
∴MG= FG= ．
2 2
5．（22-23九年级下·江苏宿迁·阶段练习）如图1，△ABC与△AEF都是等边三角形，边长分别为4和❑√3，
连接FC，AD为△ABC的高，连接CE，N为CE的中点．
（1）求证：△ACF≌△ABE；
（2）将△AEF绕点A旋转，当点E在AD上时，如图2，EF与AC交于点G，连接NG，求线段NG的长；
（3）连接BN，在△AEF绕点A旋转过程中，求△BCN面积的最大值．
【思路点拨】
（1）根据SAS证明即可；
（2）证明AC垂直平分线段EF，推出CE=CF，利用勾股定理求出CE，再利用三角形中位线定理求出GN；
5
（3）在旋转的过程中，BN≤BH+HN，BN≤ ❑√3，当点H在线段BN上时，BN可以取到最大值，再求
2
出△BCN的BC边上的高，根据三角形面积公式可得结论．
【解题过程】
（1）∵△ABC与△AEF是等边三角形，
∴∠BAC=∠EAF=60°，AE=AF，AB=AC，
∴∠BAE=∠CAF，
在△ABE和△ACF中，
{
AB=AC
)
∠BAE=∠CAF ，
AE=AF
∴△ABE≌△ACF(SAS)；
（2）∵AD为等边△ABC的高，
1 1
∴DC= BC=2，∠DAC= ∠BAC=30°，
2 2
∴AD=❑√AC2−DC2=❑√42−22=2❑√3，
∵AE=AF，∠EAG=∠FAG=30°，
∴AC⊥EF，EG=FG，
∴CE=CF，
∵AE=❑√3，
∴DE=2❑√3−❑√3=❑√3，
∴EC=❑√(❑√3) 2+22=❑√7，
∴CF=CE=❑√7，
∵∠AEF=60°，∠DAC=30°，
∴∠AGE=180°−60°−30°=90°，
∴∠CGE=180°−90°=90°，
∵N为CE的中点，
1 ❑√7
∴NG= CF= ；
2 2
（3）如图， 取AC的中点H，连接BH，NH，∵BH为等边△ABC的中线，
∴BH⊥AC，∠HBC=30°,
由（2）同理可得，BH=2❑√3，
∵N为CE的中点，
∴NH是△ACE的中位线，
1 1
∴NH= AE= ❑√3，
2 2
在旋转的过程中，BN≤BH+HN，
5
∴BN≤ ❑√3，
2
∴当点H在线段BN上时，BN可以取到最大值，
5
∴BN的最大值为 ❑√3，
2
此时，过点N作NM⊥BC，交于点M,如图，
1 5❑√3
∴NM= BN=
2 4
1 1 5❑√3 5❑√3
∴S = BC⋅NM= ×4× = ，
△BCN 2 2 4 2
5
故，△BCN面积的最大值为 ❑√3．
26．（23-24九年级上·陕西西安·开学考试）已知，AD是△ABC的中线，过点C作CE∥DA．
（1）如图1，DE∥BA交AC于点F，连接AE．求证：四边形ABDE是平行四边形；
（2）P是线段AD上一点（不与点A，D重合），PE∥BA交AC于点F，交CE于点E，连接AE．如图
2，四边形ABPE是平行四边形吗？请说明理由．
（3）在第（2）问的条件下，如图3，延长BP交AC于点Q，若BQ⊥AC，∠ACB=45°，
∠CAD=30°，BC=4，请求出AQ的值．
【思路点拨】
（1）由平行线的性质可得∠ADB=∠ECD，∠ABD=∠EDC，由题意可知BD=DC，可证得
△ABD≌△EDC，进而可知AB=DE，即可证得四边形ABDE是平行四边形；
（2）延长BP，交CE于G，取CG中点H，连接DH，由平行线的性质可得∠APB=∠EGP，
∠ABP=∠EPG，由题意可知DH为△BCG的中位线，先证四边形PDHG为平行四边形，可得DH=PG，
进而证得BP=PG，即可证明△ABP≌△EPG(ASA)，可得AB=EP，即可证得四边形ABPE是平行四边
形；
1
（3）取BQ中点M，连接DM，可知MD为△BCQ的中位线，得MD∥AC，MD= CQ，利用由勾股定
2
理及含30°的直角三角形求解BQ，MD，MP，PQ，AQ即可求得答案．
【解题过程】
（1）证明：∵CE∥DA，
∴∠ADB=∠ECD，
∵DE∥BA，
∴∠ABD=∠EDC，
又∵AD是△ABC的中线，
∴BD=DC，
∴△ABD≌△EDC(ASA)，
∴AB=DE，
∴四边形ABDE是平行四边形；（2）解：四边形ABPE是平行四边形，理由如下：
延长BP，交CE于G，取CG中点H，连接DH，
∵CE∥DA，
∴∠APB=∠EGP，
∵PE∥BA，
∴∠ABP=∠EPG，
∵AD是△ABC的中线，点H为CG的中点，
∴DH为△BCG的中位线，
∴DH∥BG，BG=2DH，即DH∥PG
又∵CE∥DA，即GH∥PD，
∴四边形PDHG为平行四边形，
∴DH=PG，则BG=2DH=2PG=PG+BP，
∴BP=PG，
∴△ABP≌△EPG(ASA)，
∴AB=EP，
∴四边形ABPE是平行四边形；
（3）解：取BQ中点M，连接DM，
∵AD是△ABC的中线，点M为BQ的中点，
∴MD为△BCQ的中位线，
1
∴MD∥AC，MD= CQ，
2
∵BQ⊥AC，∠ACB=45°，则∠BQC=∠AQP=90°∴∠CBQ=45°=∠ACB，则BQ=CQ，
由勾股定理可得：BQ2+CQ2=BC2，
❑√2
∴BQ=CQ= BC=2❑√2，
2
1 1
∴MD= CQ=❑√2，BM=MQ= BQ=❑√2，
2 2
∵MD∥AC，∠CAD=30°
∴∠BQC=∠DMP=90°，∠PDM=∠CAD=30°，
∴PD=2MP，
❑√3 ❑√6
由勾股定理可得：PD2−M P2=M D2，可得MP= MD= ，
3 3
3❑√2−❑√6
则PQ=MQ−MP= ，
3
∵∠AQP=90°，∠CAD=30°，
∴AP=2PQ，
由勾股定理可得：AP2−PQ2=AQ2，可得AQ=❑√3PQ=❑√6−❑√2．
7．（23-24八年级上·重庆沙坪坝·期末）在△ABC中，AC=BC,∠ACB=90°，点D是边AB上一动点
（点D不与点A、B重合），连接CD．
（1）如图1，若∠ACD=30°,BC=6，求CD的长；
（2）如图2，将线段CD绕C点顺时针旋转90°至CE位置，连接BE，过点C作BE的垂线交AB于点F，求
证：AF=DF；
（3）如图3，以B为直角顶点，在BD下方作直角△BDM，点N为DM的中点，连接CN，点Q为CN的中
点，连接DQ，若BC=6,BM=2❑√2，直接写出DQ的取值范围．
【思路点拨】
本题考查了勾股定理，三角形全等的判定和性质
（1）过点D作DQ⊥AC，垂足为Q，勾股定理，分母有理化计算即可．（2）过点A作CD的平行线交CF于点Q，分别证明△ACQ≌△CBE(AAS)，△AFQ≌△DFC(AAS)即
可．
（3）连接AM，取其中点G，连接GN并延长交BM于点H，利用三角形中位线定理，垂线段最短，斜边
最长，勾股定理计算即可．
【解题过程】
（1）过点D作DQ⊥AC，垂足为Q，
设AQ=x，则DQ=x,CD=2x,CQ=❑√CD2−DQ2=❑√3x，
∴x+❑√3x=6，
∴x=❑√3−3，
∴CD=2x=6❑√3−6．
（2）过点A作CD的平行线交CF于点Q，
∵∠2+∠FCB=90°,∠3+∠FCB=90°，
∴∠2=∠3
同理可得：∠1=∠E
又∵CD∥AQ，
∴∠1=∠Q，
∴∠Q=∠E
{∠Q=∠E
)
在△ACQ和△CBE中 ∠2=∠3
AC=BC∴△ACQ≌△CBE(AAS)，
∴AQ=CE
又∵CD=CE∴AQ=CD
{∠AFQ∠DFC
)
在△AFQ和△DFC中 ∠Q=∠1
AQ=CD
∴△AFQ≌△DFC(AAS)
∴AF=DF．
（3）如图，连接AM，取其中点G，连接GN并延长交BM于点H，
∵ 点N为DM的中点，
∴ GN是△ADM的中位线，
∴GH∥AB，
∵ ∠ABM=90°，
∴∠GHM=90°，
过点D作DO⊥GN，交GN的反向延长线于点O，
则四边形DOHB是矩形，
∴DO=HB，
{∠DON=∠MHN
)
∵ ∠DNO=∠MNH ，
DN=MN
∴△DON≌△MHN(AAS)，
∴DO=MH，
∴DO=MH=BH，
∵ BM=2❑√2，
1
∴DO=MH=BH= BM=❑√2，
2取AB的中点K，连接GK，
则GK是△ABM的中位线，
1
∴GK∥BM,GK= BM=❑√2，
2
∵ ∠ABM=90°，
∴∠AKG=90°，
连接CK，
∵ AC=BC=6，∠ACB=90°，
1 1
∴∠AKC=90°，AK=BK=CK= AB= ❑√AC2+BC2=3❑√2，
2 2
∵ AC=BC=6，∠AKC+∠AKG=180°，
∴C,K,G三点共线，
∴CG=AK+KG=4❑√2，
取CG的中点P，连接PQ，
1
则CP=PG= CG=2❑√2，PQ∥AB，
2
∴PK=KG=❑√2，
∴PQ∥AB的平行线间的距离为❑√2，
根据垂线段最短，
当QD⊥AB时，DQ取得最小值，且DQ=❑√2，
当D与点A重合，点Q与点P重合时，DQ取得最大值，且DQ=❑√(❑√2) 2+(3❑√2) 2=2❑√5，
故DQ的取值范围是❑√2≤DQ＜2❑√5．
8．（23-24八年级上·浙江温州·期中）如图，△ABC和△ADC都是等腰直角三角形，
∠ABC=∠ADC=90°，点E，F分别在射线BA，BC上，DE⊥DF，点M为EF的中点，点P在BC上，
BP=2，CP=6，（1）当点E在BA的延长线上，证明AE=CF；
（2）当△MPF为直角三角形，求AE的长
（3）直接写出PM的最小值_____________．
【思路点拨】
（1）先证明四边形ABCD是正方形，即∠EAD=∠DCF=90°，再证明△EAD≌△FCD，问题得解；
（2）当△MPF为直角三角形，且∠MPF=90°时，先证明PM是△BFE的中位线，问题随之得解；当
△MPF为直角三角形，且∠PMF=90°时，连接DM，EP，先证明△≝¿是等腰直角三角形，即可得MD
垂直平分EF，再证明MP、DM共线，则有DP垂直平分EF，进而可得 EP=PF，设AE=CF=x，则
BE=AB−AE=8−x，PF=PC+CF=6+x，在Rt△BEP中，根据PE2=PB2+BE2，可得
(6+x) 2=(8−x) 2+22，解方程即可求解；
（3）当点E在线段AB上时，设△MPF、△MPF交于点G，过E点作EH∥BC，交AC于点H，先证明
△HGE≌△CGF，即可得点G与点M重合，同理可证：当点E在线段AB的延长线上时，可得点M在线
段AC上，再根据垂线段最短即可求解．
【解题过程】
（1）∵△ABC和△ADC都是等腰直角三角形，
∴∠BAC=∠BCA=∠DAC=∠DCA=45°，BA=BC，DA=DC，
∴∠BAC+∠DAC=∠BCA+∠DCA=90°，
∵∠ABC=∠ADC=90°，
∴四边形ABCD是正方形，即∠EAD=∠DCF=90°，
∵BP=2，CP=6，
∴AB=CD=AD=BC=BP+CP=8，
∵DE⊥DF，∠ADC=90°，∴∠EDA+∠ADF=∠CDF+∠ADF=90°，
∴∠EDA=∠CDF，
∵∠EAD=∠DCF=90°，AD=CD，
∴△EAD≌△FCD，
∴AE=CF；
（2）当△MPF为直角三角形，且∠MPF=90°时，如图，
∵∠MPF=90°=∠B，
∴PM∥BE，
∵点M为EF的中点，
∴PM是△BFE的中位线，
∴BP=PF=2，
∴CF=BC−BP−PF=4，
∴AE=CF=4；
当△MPF为直角三角形，且∠PMF=90°时，连接DM，EP，如图，
∵△EAD≌△FCD，
∴ED=FD，
又∵DE⊥DF，∴△≝¿是等腰直角三角形，
∵点M为EF的中点，
1
∴MD⊥EF，MD=MF= EF，
2
∴MD垂直平分EF，
∵∠PMF=90°，
∴MP⊥EF，
∴MP、DM共线，
∴DP垂直平分EF，
∴EP=PF，
设AE=CF=x，
∴BE=AB−AE=8−x，PF=PC+CF=6+x，
∴EP=PF=6+x，
∵在Rt△BEP中，PE2=PB2+BE2，
∴(6+x) 2=(8−x) 2+22，
8
解得：x= ，
7
8
即此时，AE= ，
7
8
综上：△MPF为直角三角形，AE为 或者4；
7
（3）当点E在线段AB上时，
设△MPF、△MPF交于点G，过E点作EH∥BC，交AC于点H，如图，
∵EH∥BC，
∴∠AHE=∠ACB=45°，∴∠AHE=∠EAH=45°，∠HEG=∠GFC，
∴AE=EH，
∵AE=CF，
∴EH=CF，
又∵∠HGE=∠FGC，∠HEG=∠GFC
∴△HGE≌△CGF，
∴¿=GF，
∴点G为EF中点，
∵点M为EF的中点，，
∴点G与点M重合，
∴点M在线段AC上，
同理可证：当点E在线段AB的延长线上时，点M在线段AC上，
根据垂线段最短可知：当PM⊥AC时，PM有最小值，
∵PM⊥AC，∠PCM=45°，
∴∠MPC=∠PCM=45°，
∴PM=MC，
∵PM2+MC2=PC2，PC=6，
∴2PM2=62，
∴PM=3❑√2，
∴PM有最小值为3❑√2．
9．（23-24八年级上·重庆九龙坡·期中）在△ABC中，AD为△ABC的角平分线，点E是直线BC上的动点．
（1）如图所示，若点E恰好是BC边的中点，过点E作AD延长线的垂线，垂足为点G，交AC于点F，交
AB的延长线于点H．求证：AC−AB=2BH；
（2）若∠DAE=90°，∠BAC=48°，且满足AB+AC=EC，直接写出∠ACB的度数．
【思路点拨】
（1）延长BH至点P，使HP=HB，连接PC，延长AG，交PC于点Q，根据中位线性质得出HE∥BC，
根据平行线性质得出∠HGA=∠PQA，证明△PAQ≌△CAQ(ASA)，得出AP=AC，根据BP=2BH，AP=AB+BP，得出AC=AB+2BH，即可证明结论；
（2）分两种情况，①当点E在CB左侧延长线上时，②当点E在BC右侧延长线上时，分别画出图形，左
侧辅助线，求出∠ACB的度数即可．
【解题过程】
（1）证明：延长BH至点P，使HP=HB，连接PC，延长AG，交PC于点Q，如图所示：
∵HP=HB，点E恰好是BC边的中点，
∴HE∥BC，
∴∠HGA=∠PQA，
∵AG⊥HF，
∴∠HGA=90°，
∴∠CQA=∠PQA=90°，
∵AD为△ABC的角平分线，
∴∠PAQ=∠CAQ，
∵AQ=AQ，
∴△PAQ≌△CAQ(ASA)，
∴AP=AC，
∵BP=2BH，AP=AB+BP，
∴AP=AB+2BH，
∴AC=AB+2BH，
∴AC−AB=2BH．
（2）解：①当点E在CB左侧延长线上时，如图所示，延长CA，使得AF=AB，连接EF，∵AB+AC=AC+AF=CF=EC，
∴∠CFE=∠CEF，
∵AD为△ABC的角平分线，∠BAC=48°，
1
∴∠BAD=∠CAD= ∠BAC=24°，
2
∵∠DAE=90°，
∴∠FAE+∠CAD=90°，∠BAE+∠BAD=90°，
∴∠FAE=∠BAE，
∵AE=AE，AF=AB，
∴△EAF≌△EAB(SAS)，
∴∠FEA=∠BEA，
设∠FEA=∠BEA=α，则∠CFE=∠CEF=2α，
∵∠EDA=∠ACB+∠CAD，
∴∠EDA=∠ACB+24°，
∵∠DAE=90°，
∴∠BEA+∠EDA=90°，
∴α+24°+∠ACB=90°，
∴α+∠ACB=66°，
∵∠CFE+∠CEF+∠ACB=180°，
∴4α+∠ACB=180°，
{ α+∠ACB=66° )
联立方程组 ，
4α+∠ACB=180°
解得：∠ACB=28°；
②当点E在BC右侧延长线上时，如图所示，延长CA，使得AF=AB，连接EF，延长DA交EF于点G，∵AF=AB，AF+AC=CF，
∴CF=AB+AC，
∵CE=AB+AC，
∴CF=CE，
∴∠CFE=∠CEF，
∵AD为△ABC的角平分线，∠BAC=48°，
1
∴∠BAD=∠CAD= ∠BAC=24°，
2
∵∠GAF=∠CAD，
∴∠GAF=∠BAD，
∵∠DAE=∠GAE=90°，
∴∠FAE=∠GAE+∠GAF，∠BAE=∠BAD+∠DAE，
∴∠FAE=∠BAE，
∵AE=AE，AF=AB，
∴△EAF≌△EAB(SAS)，
∴∠CFE=∠ABE，∠FEA=∠BEA，
∵∠CFE=∠CEF，
∴∠CFE=∠CEF=∠ABE，
设∠FEA=∠BEA=α，则∠CFE=∠CEF=∠ABE=2α，
∴∠ACB=∠CFE+∠CEF=4α，∵∠ABC+∠ACB+∠BAC=180°，
∴∠EDA=∠ACB+24°，
∵∠DAE=90°，
∴∠BEA+∠EDA=90°，
∴α+24°+∠ACB=90°，
∴α+∠ACB=66°，
∵∠CFE+∠CEF+∠ACB=180°，∠BAC=48°，
∴2α+4α+48°=180°，
解得：α=22°，
∴∠ACB=4α=88°；
综上分析可知，∠ACB的度数为28°或88°．
10．（23-24九年级上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知：△ABC和△DEC均为等腰直角三角形，
∠ACB=∠DCE=90°，AC=BC，DC=EC，连接BD，取DE、BD、AB的中点分别为G、F、H，连
接FG、GH、HF．
图1 图2
（1）当点D在AC边上，点E在BC边上时，如图1，判断△FGH的形状为 ；
（2）把图1中△DCE绕点C在平面内旋转得到图2，判断△FGH的形状是否改变？请说明理由；
（3）把△DCE绕点C在平面内任意旋转，若AC=10，DC=6，求线段GH的最大值与最小值．
【思路点拨】
（1）根据等腰直角三角形的性质可知：∠DBE=45°−∠ABD，
∠ADB+∠ABD=180°−∠CAB=135°，再根据DE、BD、AB的中点分别为G、F、H，可得
1 1
GF= BE，GF∥BE，HF= AD，HF∥AD，即有GF=HF，根据GF∥BE，HF∥AD，可得
2 2
∠DFG=∠DBE，∠ADB+∠DFH=180°，进而可得
∠DFG+∠DFH=45°−∠ABD+180°−∠ADB=225°−(∠ABD+∠ADB)，则有
∠DFG+∠DFH=90°，问题得解；（2）连接AD、BE，先证明△CAD≌△CBE，即有AD=BE，∠CAD=∠CBE，根据DE、BD、AB
1 1
的中点分别为G、F、H，可得FH= AD，FH∥AD ，FG= BE，FG∥BE ，即有FH=FG，延长
2 2
AD交FG于点N，交BC于点M，交BE于点H，先证明∠AHB=90°，再根据平行的性质可得
∠GFH=90°，问题得解；
1
（3）由（2）可知△FGH是等腰直角三角形，由勾股定理可得GH=❑√2HF，HF= AD，即有
2
❑√2
GH= AD，在△ADC中AC−CD<AD<AC+CD，当点D在AC边上时，AC−CD=AD，当点D
2
在AC延长线上时，AC+CD=AD，即有AC−CD≤AD≤AC+CD，可得4≤AD≤16，问题随之得解．
【解题过程】
（1）∵AC=BC，DC=EC，∠ACB=∠DCE=90°，
∴AD=BE，∠CAB=∠CBA=45°，
∴∠DBE=45°−∠ABD，∠ADB+∠ABD=180°−∠CAB=135°，
∵DE、BD、AB的中点分别为G、F、H，
1 1
∴GF= BE，GF∥BE，HF= AD，HF∥AD，
2 2
∴AD=BE，
∴GF=HF，
∵GF∥BE，HF∥AD，
∴∠DFG=∠DBE，∠ADB+∠DFH=180°，
∴∠DFG=45°−∠ABD，∠DFH=180°−∠ADB，
∴∠DFG+∠DFH=45°−∠ABD+180°−∠ADB=225°−(∠ABD+∠ADB)，
∵∠ADB+∠ABD=180°−∠CAB=135°，
∴∠DFG+∠DFH=90°，
∴△HFG是等腰直角三角形；
（2）△FGH的形状不改变，理由如下：
连接AD、BE，∵∠ACB=∠DCE=90°，
∴∠ACD+∠DCB=∠DCB+∠BCE=90°，
∴∠ACD=∠BCE，
∵AC=BC，DC=EC，
∴△CAD≌△CBE，
∴AD=BE，∠CAD=∠CBE，
∵DE、BD、AB的中点分别为G、F、H，
1 1
∴FH= AD，FH∥AD ，FG= BE，FG∥BE ，
2 2
∴FH=FG，
延长AD交FG于点N，交BC于点M，交BE于点P，
∴∠AMC=∠BMP，
∵∠AMC+∠CAD=90°，
∴∠BMP+∠CBE=90°，
∴∠APB=90°，
∵FG∥BE，
∴∠ANF=∠APB=90°，
∵FH∥AD，
∴∠ANF+∠GFH=180°，
∴∠GFH=90°，
∴△FGH是等腰直角三角形，形状不改变；
（3）由（2）可知△FGH是等腰直角三角形，1
由勾股定理可得GH=❑√2HF，HF= AD，
2
❑√2
∴GH= AD，
2
在△ADC中AC−CD<AD<AC+CD，
当点D在AC边上时，AC−CD=AD，当点D在AC延长线上时，AC+CD=AD，
∴AC−CD≤AD≤AC+CD，
∴4≤AD≤16，
当AD最大时GH最大，当AD最小时GH最小，
❑√2 ❑√2
∴GH最大为： ×16=8❑√2， GH最小为： ×4=2❑√2．
2 2
11．（22-23八年级下·福建泉州·阶段练习）已知在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，点E为直线
BC上一动点，连接AE并延长交过点C且与AB平行的线于点F．
（1）如图1，若点E为线段BC上的一点，BE=2CE，AE=2EF且AF=3❑√10，求AB的长；
（2）如图2，点E为线段BC上一点，过点B作BG⊥AF于G，延长BG交CF于点H，连接EH，求证：
AE=BH+EH；
（3）如图3，当点E在射线BC上运动时，过点B作BG⊥AF于G，点D为AG的中点，连接CD，当
AB=4❑√2时，请求出CD的最小值．
【思路点拨】
（1）如图1中, 设CE=a，则AC=BC=3a，根据勾股定理可得结论；
（2）如图2中, 延长AC交BH的延长线于点T，证明△ACE≌△BCT(ASA),推出CE=CT, AE=BT, 证
明△HCT≌△HCE(SAS), 推出EH=HT, 可得结论；
（3）如图3中, 取AB的中点Q, 连接CQ,DQ, 取AQ的中点R, 连接CR,DR.想办法求出CR,DR, 根据
CD≥CR−DR,可得结论．
【解题过程】
（1）解：如图1中，设CE=a，
∵BE=2CE，∴AC=BC=3a，
∵AE=2EF且AF=3❑√10，
∴AE=2❑√10，
∵∠ACE=90°，
∴AC2+CE2=AE2，
∴9a2+a2=40，
∴a=2，
∴AC=BC=6，
∴AB=❑√2AC=6❑√2；
（2）证明：如图2中，延长AC交BH的延长线于点T．
∵BH⊥AF，∠ACB=90°，
∴∠ACE=∠BGE=90°，
∵∠AEC=∠BEG，
∴∠CAE=∠CBT，
∵∠ACE=∠BCT=90°，CA=CB，
∴△ACE≌△BCT(ASA)，
∴CE=CT，AE=BT，
∵CA=CB，∠ACB=90°，
∴∠ABC=∠CAB=45°，
∵CF∥AB，
∴∠ECF=∠ABC=45°，∠TCH=∠CAB=45°，
∴∠HCT=∠HCE，
∵CH=CH，
∴△HCT≌△HCE(SAS)，
∴EH=HT，
∴AE=BT=BH+HT=BH+EH．（3）解：如图3中，取AB的中点Q，连接CQ，DQ，取AQ的中点R，连接CR，DR．
∵AD=DG，AQ=QB，
∴DQ∥BG，
∵BG⊥AF，
∴QD⊥AF，
∴∠ADQ=90°，
1
∵AQ=BQ= AB=2❑√2，
2
∴AR=RQ=❑√2，
∴DR=AR=QR=❑√2，
∵∠ACB=90°，CA=CB，AQ=QB，
1
∴CQ= AB=2❑√2，CQ⊥AB，
2
∴∠CQR=90°，
∴CR=❑√QR2+CQ2=❑√(❑√2) 2+(2❑√2) 2=❑√10
∴CD≥CR−DR=❑√10−❑√2，
∴CD的最小值为❑√10−❑√2．
12．（22-23九年级上·辽宁盘锦·期中）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°,AC=BC，点D、E分别
在AC、BC边上，DC=EC，连接DE、AE、BD，点M、N、P分别是AE,BD,AB的中点，连接
PM,PN,MN．（1）则PM与PN的关系是________；
（2）将△DEC绕点C逆时针旋转到如图2的位置，判断（1）中的结论是否仍然成立，如果成立，请写出
证明过程，若不成立，请说明理由；
（3）若CB=3,CE=❑√2，在将图1中的△DEC绕点C逆时针旋转一周的过程中，当B、E、D三点在一条
直线上时，直接写出MN的长度．
【思路点拨】
1 1
（1）根据中点即可得PM= BE，PN= AD，PM∥BC，PN∥AD，即可证明；
2 2
（2）连接AD，延长BE交AD于点H，根据条件证明△DCA≌△ECB(SAS)和∠AHB=90°即可；
❑√2
（3）作CG⊥BD，根据勾股定理求出BE，再找出MN= BE即可求解．
2
【解题过程】
（1）解：∵点M、N、P分别是AE,BD,AB的中点，
∴PM∥BC，PN∥AD，
∵∠ACB=90°，
∴∠MPN=90°，
∵DC=EC，AC=BC，
∴AC−DC=BC−CE，即AD=BE，
∵点M、N、P分别是AE,BD,AB的中点，
1 1
∴PM= BE，PN= AD，
2 2
∴PM与PN的关系是PM=PN,PM⊥PN；
（2）解：成立；
连接AD，延长BE交AD于点H，如图，∵∠ACB=90°=∠DCE，
∴∠DCA+∠ACE=90°=∠BCE+∠ACE，
∴∠DCA=∠BCE，
∵DC=EC，AC=BC，
∴△DCA≌△ECB(SAS)，
∴AD=BE，∠HAC=∠HBC，
∵点M、N、P分别是AE,BD,AB的中点，
1 1
∴PM= BE，PN= AD，
2 2
∴PM=PN，
∵∠ACB=90°,AC=BC，
∴∠CAB=45°，
∵∠AHB=180°−(∠HAB+∠ABH)
=180°−(45°+∠HAC+∠ABH)，
=∠180°−(45°+∠HBC+∠ABH)
=180°−90°=90° ，
∴∠MPN=∠AHB=90°，
∴PM⊥PN，
∴（1）中的结论仍然成立；
（3）解：①作CG⊥BD，∵∠DCE=90°，DC=EC，CE=❑√2
∴CG=≥=DG=1，
当B、E、D三点在一条直线上时，在Rt△BCG中，
∵CB=3,CE=❑√2
BG=❑√BC2−CG2=❑√7，
∴BE=BG−≥=❑√7−1，
1
由（2）可得：PM= BE，❑√2PM=MN，
2
❑√2
∴MN= BE
2
❑√2
∴MN= (❑√7−1)；
2
②作CG⊥BD，
∵∠DCE=90°，DC=EC，CE=❑√2
∴CG=≥=DG=1，
当B、E、D三点在一条直线上时，在Rt△BCG中，∵CB=3,CE=❑√2
BG=❑√BC2−CG2=❑√7，
∴BE=BG+≥=❑√7+1，
❑√2 ❑√2
∴MN= BE= (❑√7+1)．
2 2
13．（22-23八年级下·四川成都·期中）已知，如图1，△ABC中，AC=BC，D，E分别是线段AC，AB
的中点，且满足DE∥BC，BC=2DE，P为边AB上一动点，连接DP，以DP为一边在右侧作△DPQ，
使DP=DQ，且∠PDQ=∠ACB，连接EQ并延长交直线BC于点H．
（1）求证：△APD≌△EQD；
（2）若∠ACB=120°，判断线段BC与线段CH的数量关系，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，延长DQ交BC于点G，若AC=6，当△HQG为直角三角形时，求AP的长度．
【思路点拨】
（1）根据SAS证明△APD≌△EQD即可；
（2）连接CE，根据直角三角形性质得出BC=2CE，根据△APD≌△EQD，得出∠DEQ=∠A=30°，
根据平行线的性质得出∠H=∠DEQ=30°，证明∠CEH=∠H=30°，得出CH=CE，即可证明结论；
（3）分两种情况，当点Q与点N重合时，△HQG为直角三角形，当∠QGH=90°时，分别画出图形，
求出AP的长即可．
【解题过程】
（1）证明：∵AC=BC，
∴∠A=∠B，
∵D，E分别是线段AC，AB的中点，
1 1
∴DE∥BC，DE= BC，AD= AC，
2 2
∴∠ADE=∠ACB，AD=DE，
∵AC=BC，DP=DQ，∠PDQ=∠ACB，
∴∠A=∠B=∠DPQ=∠DQP，∠ADE=∠ACB=∠PDQ，
∴∠ADP=∠EDQ，
{
AD=ED
)
在△APD和△EQD中 ∠ADP=∠EDQ ，
DP=DQ
∴△APD≌△EQD(SAS)．
（2）解：BC=2CH；理由如下：
连接CE，如图所示：
∵AC=BC，∠ACB=120°，E为AB的中点，
∴∠A=∠B=30°，CE⊥AB，∠BCE=30°，
∴BC=2CE，
∵△APD≌△EQD，
∴∠DEQ=∠A=30°，
∵DE∥BC，
∴∠H=∠DEQ=30°，
∵∠CEH+∠H=∠BCE=60°，
∴∠CEH=∠H=30°，
∴CH=CE，
∴BC=2CH．
（3）解：设HE与AC的交点为N，
∵∠H=30°，∠ACB=120°，
∴∠CNH=∠ACB−∠H=90°，
当点Q与点N重合时，△HQG为直角三角形，∵∠PDN=120°，
∴∠ADP=60°，
∴∠APD=180°−∠A−∠ADP=90°，
∵D为AC的中点，AC=6，
∴AD=3，
∵∠A=30°，∠APD=90°，
1 3
∴DP= AD= ，
2 2
3❑√3
AP=❑√AD2−DP2=
；
2
当∠QGH=90°时，如图所示：
∵∠QGH=∠DNQ=90°，∠HQG=∠DQN，
∴∠H=∠GDC=30°，
∴∠CDP=90°=∠ADP，
又∵∠A=30°，
∴AP=2DP，AD=❑√3DP=3，
∴DP=❑√3，
∴AP=2❑√3，
3❑√3
综上分析可知，AP的长为 或2❑√3．
2
14．（23-24九年级下·北京·阶段练习）已知：在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，D是BC边上的
动点，将线段AD绕点D顺时针旋转60°得到线段DE．
（1）如图1，当点E在线段AC上时，求证：D是BC的中点；
（2）如图2，连接BE，取线段BE的中点M，连接AM，直接写出∠MAC的大小并证明；（3）若F是BC的中点，BC=6，直接写出EF的最小值为______．
【思路点拨】
1
（1）证明△ADE是等边三角形，得到∠DAE=60°，进而证明∠BAD=∠CAD= ∠BAC，由三线合
2
一定理即可证明结论；
（2）如图所示，延长BA到G，使得AB=AG，连接AE，GE，同（1）可证明△ADE是等边三角形，则
∠DAE=60°，AD=AE，证明△CAD≌△GAE(SAS)，得到∠G=∠C=30，再证明AM为△BEG的中
位线，得到AM∥EG，则∠BAM=∠G=30°，即可得到∠MAC=∠BAC−∠BAM=90°；
1
（3）如图所示，连接AF，CG，由三线合一定理得到CF= BC=3，AF⊥CF，进而求出
2
2❑√3
AC= CF=2❑√3，证明△ACG是等边三角形，推出∠CGE=30°，∠BCG=90°，则点E在直线
3
❑√3
GE上运动；设直线GE交BC于T，过点F作FH垂直于直线GE于H，则CT= CG=2，
3
❑√3 ❑√3
FT=CF−CT=1，求出FH= FT= 即可得到答案．
2 2
【解题过程】
（1）证明：由旋转的性质可得DA=DE，∠ADE=60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴∠DAE=60°，
∵∠BAC=120°，
1
∴∠BAD=∠CAD= ∠BAC，
2
又∵AB=AC，
∴D是BC的中点；
（2）解：∠MAC=90°，证明如下：
如图所示，延长BA到G，使得AB=AG，连接AE，GE，
同（1）可证明△ADE是等边三角形，
∴∠DAE=60°，AD=AE，
∵∠BAC=120°，AB=AC，
∴AC=AG，∠CAG=60°，∠C=30°，
∴∠DAE=∠CAG=60°，∴∠CAD=∠GAE，
∴△CAD≌△GAE(SAS)，
∴∠G=∠C=30，
∵点M为BE的中点，
∴AM为△BEG的中位线，
∴AM∥EG，
∴∠BAM=∠G=30°，
∴∠MAC=∠BAC−∠BAM=90°；
（3）解：如图所示，连接AF，CG，
∵点F是BC的中点，AB=AC
1
∴CF= BC=3，AF⊥CF，
2
∵∠ACF=30°，
2❑√3
∴AC= CF=2❑√3，
3
∵AC=AG，∠CAG=60°，
∴△ACG是等边三角形，
∴∠AGC=∠ACG=60°，AC=CG，
∴∠CGE=30°，∠BCG=90°，
∴点E在直线GE上运动，
设直线GE交BC于T，过点F作FH垂直于直线GE于H，❑√3
∴CT= CG=2，
3
∴FT=CF−CT=1，
∵∠FTH=∠CTG=90°−∠CGT=60°，
∴∠HFT=30°，
❑√3 ❑√3
∴FH= FT= ，
2 2
❑√3
由垂线段最短可知，当点E运动到点H，即FE⊥EG时，FE有最小值，最小值为 ，
2
❑√3
故答案为： ．
2
15．（22-23九年级下·江苏泰州·阶段练习）如图1，在△ABC中，∠ACB=90°，AB=5，BC=3，点
D在AB的延长线上，且BD=3，分别过点D作DE⊥AD交AC的延长线于点E，连接BE，交CD于点
G，
（1）求DE的长，并证明EB⊥CD；
（2）如图1，在射线DC上只用圆规作一点Q，使得AQ⊥AE（保留作图痕迹，并简要说明作法）；
（3）如图2，在（2）的条件下，连接EQ，分别取EQ、CE的中点M、N，动点H在EG上运动，求
MH+NH的最小值
【思路点拨】
（1）由两个垂直条件及BD=BC=3，可证明△BDE≌△BCE，则有DE=CE，由勾股定理建立方程即可
求得DE；再由线段垂直平分线的判定定理即可得EB⊥CD；
（2）由AQ⊥AE及∠ACB=90°，可得AQ∥BC，则可得△FQD也是等腰三角形，且腰长为8，于是
以A为圆心，AD为半径画弧交射线DC于点Q，则点Q满足条件；
（3）取DE的中点P，连接HP，MP，则当点N在线段MP上时，MH+NH的值最小，利用中位线定理
即可求得最小值．【解题过程】
（1）解：由题意知：∠BDE=∠BCE=90°，BD=BC=3，
又BE=BE，
∴△BDE≌△BCE(HL)，
∴DE=CE，
由勾股定理得：AC=❑√AB2−BC2=❑√52−32=4，
∴AE=AC+CE=4+DE，
∵AD=AB+BD=5+3=8，
由勾股定理得：AD2+DE2=AE2，
即82+DE2=(4+DE) 2，
解得：DE=6；
∵BD=BC，DE=CE，
∴BE是线段CD的垂直平分线，
∴EB⊥CD；
（2）解：满足条件的点Q如下图所求，且AQ⊥AE；
∵AQ⊥AE，∠ACB=90°，
∴AQ∥BC，
∴∠Q=∠DCB，
∵BD=BC，
∴∠DCB=∠BDC，
∴∠BDC=∠Q，
∴AQ=AD=8，
所以△FQD是等腰三角形，且腰长为8，
于是以A为圆心，AD为半径画弧交射线DC于点Q，则有AQ⊥AE（3）解：取DE的中点P，连接HP，MP，如图所求，
∵DE=CE，EB⊥CD，
∴EB平分∠CED，
∵N、P分别为CE，DE的中点，
∴NH=PH，
∴MH+NH=MH+PH≥PM,
当点N在线段MP上时，MH+NH的值最小，最小值为线段PM的长；
在Rt△BDE中，由勾股定理得BE=❑√BD2+DE2=❑√32+62=3❑√5，
1 1
∴S = BE·DG= BD×DE，
△ABD 2 2
6❑√5
∴DG= ，
5
12❑√5
∴DC=2DG= ；
5
在Rt△AQC中，由勾股定理得QC=❑√AC2+AQ2=❑√42+82=4❑√5，
6❑√5 26❑√5
∴DQ=DC+QC= +4❑√5= ，
5 5
∵M，P分别为EQ，DE的中点，
1 13❑√5
∴PM= DQ= ，
2 5
13❑√5
即MH+NH的值最小为 ．
5
16．（23-24八年级下·陕西西安·阶段练习）（1）【探究发现】如图①，等腰△ACB，∠ACB=90°，D
为AB的中点，∠EDF=90°，∠EDF的两边分别与线段AC、线段BC交于点E、F（点F与点B、C不
重合），请写出线段CF、CE、BC之间的数量关系，并证明你的结论；（2）【类比应用】如图②，等腰△ACB，∠ACB=120°，D为AB的中点，∠EDF=60°，∠EDF的两
边分别与线段AC、、线段BC交于点E、F（点F与点B、C不重合）．直接写出线段CF、CE、BC
之间的数量关系为______；
（3）【拓展延伸】如图③，在四边形CEDF中，CD平分∠ACF，∠ACF=120°，∠EDF=60°，过点
D作AD⊥CD，交CE的延长线于点A，若CE=6，FC=2，求AE的长．
【思路点拨】
（1）根据等腰直角三角形的性质得到∠A=∠B=∠ACD=45°，CD=BD，∠CDB=90°，再证明
∠CDE=∠BDF，进而证明△CDE≌△BDF(ASA)，得到CE=BF，即可得到BC=CF+BF=CE+CF；
1
（2）如图所示，取AC中点G，连接DG，DC，先推出AC=BC，∠DCA=∠DCB= ∠ACB=60°，
2
然后证明DG为△ABC的中位线，推出DG=CG，证明△CDG是等边三角形，得到DG=DC=CG， 再
1
证明△DGE≌△DCF(ASA)，得到¿=CF，即可推出CE+CF= BC；
2
（3）如图所示，延长CF，AD交于H，证明△ADC≌△HDC，得到AC=HC，AD=DH，再仿照
（2）证明CG=CE+CF=8，则AC=2CG=16，即可得到AE=AC−CE=10．
【解题过程】
解：（1）BC=CE+CF，证明如下：
∵等腰△ACB中，∠ACB=90°，D为AB的中点，
∴∠A=∠B=∠ACD=45°，CD=BD，∠CDB=90°，
∵∠EDF=90°，
∴∠EDF=∠CDB，
∴∠CDE=∠BDF，
∴△CDE≌△BDF(ASA)，
∴CE=BF，
∴BC=CF+BF=CE+CF；（2）如图所示，取AC中点G，连接DG，DC，
∵等腰△ACB中，∠ACB=120°，D为AB的中点，
1
∴AC=BC，∠DCA=∠DCB= ∠ACB=60°，∠ADC=90°
2
∵点G为AC的中点，
∴DG为△ABC的中位线，
1
∴DG= BC，
2
1
∴DG= AC=CG，
2
∴△CDG是等边三角形，
∴DG=DC=CG，∠CDG=∠DGC=60°，
∵∠EDF=60°=∠CDG，
∴∠EDG=∠FDC，
又∵∠DGE=∠DCF=60°，
∴△DGE≌△DCF(ASA)，
∴¿=CF，
∴CG=CE+≥=CE+CF，
1 1
∵CG= AC= BC，
2 2
1
∴CE+CF= BC，
2
1
故答案为：CE+CF= BC；
2
（3）如图所示，延长CF，AD交于H，
∵CD平分∠ACF，∠ACF=120°∴∠ACD=∠HCD=60°，
∵CD⊥AD，
∴∠ADC=∠HDC=90°，
又∵CD=CD，
∴△ADC≌△HDC，
∴AC=HC，AD=DH，
如图所示，取AC中点G，连接DG，DC，
∵点G为AC的中点，D为AH的中点，
∴DG为△AHC的中位线，
1
∴DG= HC，
2
1
∴DG= AC=CG，
2
∴△CDG是等边三角形，
∴DG=DC=CG，∠CDG=∠DGC=60°，
∵∠EDF=60°=∠CDG，
∴∠EDG=∠FDC，
又∵∠DGE=∠DCF=60°，
∴△DGE≌△DCF(ASA)，
∴¿=CF，
∴CG=CE+≥=CE+CF，
∵CE=6，FC=2，
∴CG=8，
∴AC=2CG=16，
∴AE=AC−CE=10．
17．（22-23八年级下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知：如图1，四边形ABCD中AD∥BC，
∠ABC=∠ADC．（1）求证：四边形ABCD 是平⾏四边形；
（2）如图2，点E、F 分别在BC、AD上，连接EF，AC 交于点K，AF=KF，∠ADC=60°，
∠ACD=90°，求证：AC=❑√3EF；
（3）如图 3，在（2）的条件下，点P是BC下⽅⼀点，连接PE，PB，∠BPE=∠ACB，PE=2，G为
PE中点，连接KG，若CK=2AK， KG=❑√17，求BP的⻓．
【思路点拨】
（1）连接AC，证明△ABC≌△CDA即可得证；
（2）过A作AG∥EF，证明EF=AG=AB即可得证；
（3）延长EF、BA交于N，证出NK=EK，再过E作EM⊥BP，取BE的中点Q，连接GQ、MG、MQ、
KM，从而可证出KE=MQ，再证△KEM≌△QMG，∠KMG=90°，即可求出．
【解题过程】
（1）证明：连接AC，
∵AD∥BC，
∴∠CAD=∠BCA，
在△ABC和△CDA中
{∠CAD=∠BCA
)
AC=CA ，
∠ABC=∠ADC
△ABC≌△CDA(ASA)，
∴BC=DA，
∴四边形ABCD 是平⾏四边形．
（2）证明：过A作AG∥EF，交BC于G，由（2）得，∠ABC=60°，AB∥CD，AD∥BC，
∵∠ADC=60°，∠ACD=90°，
∴∠CAD=∠ACB=30°，∠BAC=90°，
∵AF=KF，
∴∠FKA=∠CAD=30°，
∴∠EKC=30°，
∴∠KEB=∠EKC+∠ECK=60°，
∴∠AGB=∠KEB=60°，
∴∠ABC=∠AGB=60°，
∴△ABG是等边三角形，
∴AG=AB，
∴EF=AB，
在Rt△CAB中
∴AC2+AB2=BC2，
∴AC2+AB2=(2AB) 2
∴AC=❑√3AB，
∴AC=❑√3EF．
（3）解：延长EF、BA交于N，
∴∠NAF=∠ADC=60°，
∠NFA=∠FAK+∠FKA=60°，
∴NA=NF，∠BEF=60°，由（2）得：AB=EF，
∴AB+NA=EF+NF，
即：BN=EN，
∴△NBE是等边三角形，
设AK=x，∵CK=2AK，AC=❑√3EF，
∴EF=❑√3x，
在Rt△NAK中
N A2+AK2=N K2，
∴
(NK) 2
+x2=N K2 ，
2
2
∴NK= ❑√3x，
3
❑√3
∴FK= x，
3
2
∴EK=EF−FK= ❑√3x，
3
∴NK=EK，
∴BK⊥EF，
1
∴KE= BE，
2
如图，过E作EM⊥BP，取BE的中点Q，连接GQ、MG、MQ、KM，
1
∴MQ=QE= BE，
2
∴KE=MQ，∠QEM=∠QME，
∵G是EP的中点，
∴GQ∥PB，PB=2GQ，
∵∠P=30°，
1
∴EM=MG= PE=1，∠EMG=60°，∠QGM=30°，
2
∴∠KEM=∠KEB+∠QEM
=60°+∠QEM，
∠QMG=∠QME+∠EMG
=60°+∠QME，
∴∠KEM=∠QMG，在△KEM和△QMG中
{
KE=QM
)
∠KEM=∠QMG ，
EM=MG
∴△KEM≌△QMG(SAS)，
∴∠KME=∠QGM=30°，KM=QG，
∴∠KMG=∠KME+∠EMG=90°，
∴KM=❑√KG2−MG2
=❑√(❑√17) 2 −12
=4，
∴QG=4，
∴BP=8．
18．（22-23八年级下·重庆沙坪坝·开学考试）已知，等腰直角△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，D
为AB边上的一点，连接CD，以CD为斜边向右侧作直角△CDE，连接AE并延长交BC的延长线于点F．
（1）如图1，当∠CDE=30°，AD=1，BD=3时，求线段DE的长；
（2）如图2，当CE=DE时，求证：点E为线段AF的中点；
（3）如图3，点D与点A重合，AB=4，H为BF边上一点，G为AB边上一点，连接BE，当BE取最大值
时，请直接写出三角形EHG周长的最小值．
【思路点拨】
（1）过点C作CG⊥AB于点G，根据等腰直角三角形性质可得出CG=2，DG=1，运用勾股定理可得出
CD= ❑√5，再运用含30度角的直角三角形的性质，勾股定理即可求出答案；
（2）过点C作CG⊥AB于点G，过点D作DM⊥CD交CE的延长线于点M，连接AM，在CG上截取
GN=DG，连接DN，先证明△DGN是等腰直角三角形，再证明△CDN≌△DMA，即可证得结论；
（3）延长EH至点E′，使H E′ =EH，延长EG至点E″，使G E″ =EG，连接E′ E″，取AC中点Q，连
接EQ，BQ，利用轴对称性质和三角形中位线定理可求得E′ E″ = ❑√2 BE，要使GH最大，必须BE最大，运用两点间距离及三角形三边关系可得BE的最大值，即可求得答案．
【解题过程】
（1）解：如图1，过点C作CG⊥AB于点G，
∵AD=1，BD=3，
∴AB=4，
∵AC=BC，∠ACB=90°，CG⊥AB，
1
∴CG=AG= AB=2，
2
∴DG=1，
∴CD= ❑√CG2+DG2=❑√22+12=❑√5，
∵∠CDE=30°，∠CED=90°，
❑√3 ❑√3 ❑√15
∴DE= CD = ❑√5× = ；
2 2 2
（2）过点C作CG⊥AB于点G，过点D作DM⊥CD交CE的延长线于点M，连接AM，
在CG上截取GN=DG，连接DN，
∵CG⊥AB，GN=DG，
∴△DGN是等腰直角三角形，
∴∠DNG=45°，
∴∠CND=135°，
∵DM⊥CD，
∴∠CDM=∠AGC=∠ACB=90°，
∴∠DCG+∠CDG=∠CDG+∠ADM=90°，∴∠DCG=∠ACM，
∵AC=BC，∠ACB=90°，CG⊥AB，
∴AG=CG，
∴AG−DG=CG−GN，即DA=CN，
∵∠CED=∠CDM=∠DEM=90°，CE=DE，
∴∠DCE=∠CDE=∠EDM=∠DME=45°，
∴CE=DE=EM，
∴CD=DM= ❑√2 DE，
∴△CDN≌△DMA(SAS)，
∴∠CND=∠DAM=135°，
∴∠CAM=∠DAM−∠BAC=135°−45°=90°，
∴∠CAM=∠ACB，
∴AM∥BC，
∴∠AME=∠FCE，
∵∠AEM=∠FEC，
∴△AEM≌△FEC(ASA)，
∴AE=EF，
∴点E为线段AF的中点；
（3）如图3，延长EH至点E′，使H E′ =EH，延长EG至点E″，使G E″ =EG，连接E′E″，取AC中
点Q，连接EQ，BQ，
∵AB=4，∠ACB=90°，AC=BC，
∴AC=BC=2 ❑√2，
∵点Q是AC中点，∴CQ= ❑√2，
∴BQ= ❑√BC2+CQ2=❑√10，
∵∠AEC=90°，点Q是AC中点，
1
∴EQ= AC= ❑√2，
2
∴BE的最大值为❑√10+❑√2，
∵H E′ =EH，G E″ =EG，
1
∴HG= E′E″ ，
2
∵EH⊥BC，EG⊥AB，
∴E、E′关于BC对称，E、E″关于AB对称，
∴三角形EHG周长的最小值为E′E″的长，
∴∠ E′ BH=∠EBH，∠ E″ BG=∠EBG，B E′ =B E″ =BE，
∴∠ E′ B E″ =2∠ABC=90°，
∴ E′ E″ = ❑√2 BE，
❑√2
∴HG= BE，
2
∵要使GH最大，必须BE最大，BE的最大值为❑√10+❑√2，
∴三角形EHG周长的最小值为E′E″的长，即❑√2×(❑√10+❑√2)=2❑√5+2．
19．（23-24八年级上·江苏无锡·期中）如图，在长方形ABCD中，∠A=∠B=∠C=∠D=90°，
AB=CD=4cm，BC=AD=3cm，点E从点D开始以3cm/s的速度沿DC边向点C运动，点F从点B开始
以4cm/s的速度沿射线CB的方向运动，连接AE，AF，连接EF交AB于点G，如果E、F同时出发，当
点E运动到点C时E、F都停止运动，设运动时间为ts．
（1）判断△AEF的形状，并说明理由；
（2）当△AEG成为以AG为腰的等腰三角形时，求出t的值；（3）当点G是EF中点时，点M、N分别在AF、AE上，且GM⊥GN，当AN=2时，请直接写出AM
的值．
【思路点拨】
（1）利用勾股定理逆定理求解即可；
（2）分两种情况：当AG=≥¿时，则∠GAE=∠GEA，利用直角三角形的性质、等腰三角形的性质得出
点G为EF的中点，再利用三角形中位线的性质列出关于t的方程解答即可；当AG=AE时，则
∠AGE=∠AEF，利用平行线的性质和全等三角形的判定和性质得到AE=EC，再利用勾股定理列出关
于t的方程，解方程即可；
3 15 25
（3）当点G是EF的中点时，由（2）可得：t= ，AE=❑√9+9t2= ，AF=❑√16+16t2=5，EF= ，
4 4 4
过点G作GH⊥AE于H，GK⊥AF于点K，连接MN，由直角三角形的性质及中位线定理可得
1 25 1 5 1 15
AG= EF= ，GH=AK= AF= ，GK=AH= AE= ，由勾股定理求出GN，设KM=x，则
2 8 2 2 2 8
AM=AK−KM= 5 −x，由勾股定理可得 (15) 2 +x2+ (❑√401) 2 = (5 −x ) 2 +22，求出x的值即可．
2 8 8 2
【解题过程】
（1）解：△AEF是直角三角形，
理由如下：由题意得：DE=3tcm，BF=4tcm，
∴EC=DC−DE=(4−3t)cm，FC=BC+BF=(4+4t)cm，
∵AE2=AD2+DE2=32+(3t) 2=9+9t2，AF2=AB2+BF2=42+(4t) 2=16+16t2，
∴AE2+AF2=25+25t2，
∵EF2=EC2+FC2=(4−3t) 2+(3+4t) 2=16−24t+9t2+9+24t+16t2=25+25t2，
∴AE2+AF2=EF2，
∴△AEF是直角三角形；
（2）解：当AG=≥¿时，则∠GAE=∠GEA，
由（1）知，△AEF是直角三角形，∠FAE=90°，
∴∠FAG+∠GAE=90°，∠GFA+∠GEA=90°，
∴∠GFA=∠GAF，
∴GA=GF，∴≥=GA=GF，
∴G为EF的中点，
∵AB∥CD，
∴BG为△FEC的中位线，
∴BF=BC，
∴4t=3，
3
∴t= ；
4
当AG=AE时，则∠AGE=∠AEF，
∵AB∥CD，
∴∠CEF=∠AGE，
∴∠AEF=∠FEC，
在△AEF和△CEF中，
{∠FAE=∠C=90°
)
∠AEF=∠CEF ，
EF=EF
∴△AEF≌△CEF(AAS)，
∴AE=EC=4−3t，
∴32+(3t) 2=(4−3t) 2，
7
∴t= ，
24
3 7
综上所述：当△AEG成为以AG为腰的等腰三角形时，t的值为 或 ；
4 24
77
（3）解：AM= ，
32
3
理由：当点G是EF的中点时，由（2）可得：t= ，
4
9 15
∴DE=3t= ，AE=❑√9+9t2= ，AF=❑√16+16t2=5，
4 4
如图，过点G作GH⊥AE于H，GK⊥AF于点K，连接MN，，
∵∠FAE=90°，GH⊥AE，GK⊥AF，
∴GH∥AF，GK∥AE，∠KGH=90°，EF=❑√AE2+AF2=❑
√ (15) 2
+52=
25
，
4 4
∵点G是EF的中点，
1 25
∴GH，GK为三角形的中位线，AG= EF= ，
2 8
1 5 1 15
∴GH=AK= AF= ，GK=AH= AE= ，
2 2 2 8
∵AN=2，
1
∴HN=AN−AH= ，
8
∴GN=❑√GH2+N H2=❑
√ (5) 2
+
(1) 2
=
❑√401
，
2 8 8
5
设KM=x，则AM=AK−KM= −x，
2
∴MG2=KG2+K M2=
(15) 2
+x2
，
8
∵GM⊥GN，
∴∠MGN=90°，
∴M N2=MG2+GN2，即M N2=
(15) 2
+x2+
(❑√401) 2
，
8 8
∵M N2=AM2+AN2，
∴M N2= (5 −x ) 2 +22 ，
2
∴ (15) 2 +x2+ (❑√401) 2 = (5 −x ) 2 +22，
8 8 23
解得：x= ，
32
3
∴KM= ，
32
5 3 77
∴AM=AK−KM= − = ．
2 32 32
20．（22-23九年级下·湖北武汉·阶段练习）在Rt△ABC和Rt△CDE中，
AC=BC=a，CD=CE=b(b<a)，∠ACB=∠DCE=90°，如图（1），以AC、CE为边作平行四边
形ACEM，以CD、CB为边作平行四边形BCDN，点F，G分别是CM，BD的中点，当△DCE绕点C
旋转时，
（1）证明：△MCA≌△DBC；
（2）①求△CFG的面积（用含a，b的代数式表示）；
②直接写出FG的长度的最大值为（用含a，b的代数式表示）．
【思路点拨】
（1）先证得∠MAC+∠ACE=180°，结合∠ACB=∠DCE=90°得到∠ACE+∠BCD=180°，从而
得到∠MAC=∠DCB，最后得证△MCA≌△DBC；
（2）①过点A作AK⊥MC于点K，延长MC交DB于点H，则∠AKM=∠AKC=90°，由
△MCA≌△DBC得∠AMC=∠CDB，MC=DB，由AM∥CE得∠AMC=∠ECM，然后证
∠MAK=∠DCH，进而得证△MAK≌△DCH(ASA)，利用全等三角形的性质得到
MK=DH，AK=CH，∠AKM=∠DHC=90°，再设AK=CH=x，用含有a、b、x的式子表示
DH、CK、BD，进而由点F、G是CM、BD的中点表示出CF、DG、GH，最后求得△CFG的面积；
②连接AD、BE交于点O，连接AE，取AB的中点P，连接PG、PF，先由点F是平行四边形ACEM的
对角线CM的中点得到AE经过点F，即A、F、E三点在同一条直线上，且F是AE的中点，然后由
∠ACB=∠DCB=90°得证∠BCE=∠ACD，进而证明△BCE≌△ACD(SAS)，再利用全等三角形的性质得到BE=AD，∠BEC=∠ADC，再证明BE⊥AD，PF⊥PG，然后通过△FPG是以FG为斜边的
1 ❑√2
等腰直角三角形，得到FG=❑√2PF=❑√2× BE= BE，即可得到当BE的长度最大时，FG的长度有最
2 2
大值，最后得到FG的长度的最大值．
【解题过程】
（1）解：∵四边形ACEM是平行四边形，
∴AM∥CE，AM=CE，
∴∠MAC+∠ACE=180°，
∵∠ACB+∠ECD=90°，
∴∠DCB+∠ACE=360°−∠ACB−∠ECD=180°，
∴∠MAC=∠DCB，
∵CE=CD，AM=CE，
∴AM=CD，
{
AC=BC
)
在△MCA和△DBC中， ∠MAC=∠DCB ，
AM=CD
∴△MCA≌△DBC(SAS)；
（2）解：①如图1，过点A作AK⊥MC于点K，延长MC交DB于点H，则∠AKM=∠AKC=90°，
∵△MCA≌△DBC，
∴∠AMC=∠CDB，MC=DB，
∵AM∥CE，
∴∠AMC=∠ECM，
∵∠AKM=90°，
∴∠AMC+∠MAK=90°，∵∠DCE=90°，
∴∠ECM+∠DCH=180°−∠DCE=180°−90°=90°，
∴∠MAK=∠DCH，
{∠AMC=∠CDB
)
在△MAK和△DCH中， AM=CD ，
∠MAK=∠DCH
∴△MAK≌△DCH(ASA)，
∴MK=DH，AK=CH，∠AKM=∠DHC=90°，
设AK=CH=x，
∵AC=BC=a，CD=CE=b(b<a)，
∴DH=MK=❑√AM2−AK2=❑√b2−x2，CK=❑√AC2−AK2=❑√a2−x2，
∴MC=CK+MK=❑√a2−x2+❑√b2−x2，
∵MC=DB，
∴DB=❑√a2−x2+❑√b2−x2，
∵点F、G分别是CM、BD的中点，
1 1 1 1
∴CF= MC= (❑√a2−x2+❑√b2−x2) ，DG= DB= (❑√a2−x2+❑√b2−x2) ，
2 2 2 2
1 1
∴GH=DG−DH= (❑√a2−x2+❑√b2−x2)−❑√b2−x2= (❑√a2−x2−❑√b2−x2) ，
2 2
1 1 1 1
∴S = ×CF×GH= × (❑√a2−x2+❑√b2−x2)× (❑√a2−x2−❑√b2−x2)
△CFG 2 2 2 2
a2−b2
= ，
8
a2−b2
∴△CFG的面积为 ．
8
②如图2，连接AD、BE交于点O，连接AE，取AB的中点P，连接PG、PF，设AD与CE的交点为点
Q，∵点F是平行四边形ACEM的对角线CM的中点，
∴AE经过点F，即A、F、E三点在同一条直线上，且F是AE的中点，
∵∠ACB=∠DCB=90°，
∴∠ACB+∠ACE=∠DCE+∠ACE，
∴∠BCE=∠ACD，
{
BC=AC
)
在△BCE和△ACD中， ∠BCE=∠ACD ，
CE=CD
∴△BCE≌△ACD(SAS)，
∴BE=AD，∠BEC=∠ADC，
∵∠DCE=90°，
∴∠ADC+∠DQC=90°，
∴∠BEC+∠DQC=90°，
∵∠EQC=∠DQC，
∴∠BEC+∠EQO=90°，
∴∠EOQ=180°−(∠BEC+∠EQO)=180°−90°=90°，
∴BE⊥AD，
∵点P是AB的中点，F是AE的中点，G是BD的中点，
∴PF是△ABE的中位线，PG是△ABD的中位线，
1 1
∴PF∥BE，PF= BE，PG∥AD，PG= AD，
2 2
∵BE=AD，
∵PG∥AD，
∴PF⊥PG，∴△FPG是以FG为斜边的等腰直角三角形，
1 ❑√2
∴FG=❑√2PF=❑√2× BE= BE，
2 2
∴当BE的长度最大时，FG的长度有最大值，
∵BE≤BC+CE=a+b，
∴BE的最大值是a+b，
❑√2
此时，FG的长度有最大值为FG= (a+b)．
2
