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专题 27.1 由平行截线求相关线段的长或比值
【典例1】矩形ABCD中，AF、CE分别平分∠BAD，∠BCD，并交线段BC，AD于点F，E．当动点P从
点A匀速运动到点F时，动点Q恰好从点C匀速运动到点B．记AP＝x，BQ＝y，且y与x满足关系式：y
5❑√2
＝﹣ x＋10．
4
（1）判断AF与CE的位置关系，并说明理由．
（2）求AF，CF的长度．
（3）①当PQ平行于△ECD的一边时，求所有满足条件的x的值．
②连接DB，对角线DB交PQ于点O，若点O恰好为PQ的三等分点，请直接写出x的值．
【思路点拨】
（1）直接利用角平分线的性质再结合矩形的性质进而可得出AF//CE；
5❑√2
（2）由AP＝x，BQ＝y，且y与x满足关系式：y＝﹣ x＋10.可得BC＝10，AF＝4❑√2，根据角平分线
4
❑√2
的性质再结合矩形的性质求出∠BAF＝45°，可得出BF＝ AF＝4，即可得CF＝6；
2
（3）①分三种情况：PQ//EC；PQ//CD；PQ//ED，根据点P、点Q的位置结合y与x的关系式即可求
解；
②过点P作PN⊥AB于N，PM⊥BC于M，OT⊥BC于T，OG⊥AB于G，OG与PM交于点H，分两种情况根
据平行线分线段成比例定理求解即可．
【解题过程】
解：（1）AF//CE，
理由：∵AF平分∠BAD，CE平分∠BCD，1 1
∴∠FAE＝ ∠BAE，∠FCE＝ ∠FCD，
2 2
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAE＝∠FCD＝90°，AD∥BC，
∴∠FAE＝∠FCE，∠FCE＝∠CED，
∴∠FAE＝∠CED，
∴AF//EC；
5❑√2
（2）∵AP＝x，BQ＝y，且y与x满足关系式：y＝﹣ x＋10．
4
当x＝0时，y＝10，即BC＝10，
当y＝0时，x＝4❑√2，此时AP＝4❑√2＝AF，
∵四边形ABCD是矩形，AF平分∠BAD，
∴∠BAF＝45°，
❑√2
∴BF＝AF•sin45°＝ AF＝4，
2
∴CF＝BC﹣BF＝6；
（3）①分三种情况：
PQ//EC时，
由（1）可知AF//EC，
∵点P在线段AF上，点Q在线段BC上，
∴此时点Q与点F重合，y＝BQ＝BF＝4，
5❑√2 12❑√2
∴4＝﹣ x＋10．解得：x＝ ；
4 5
PQ//CD时，如图：
∵四边形ABCD是矩形，AF平分∠BAD，∠B＝90°，
∴∠AFB＝45°，AB//PQ//CD，PF AP
∴ ＝ ＝❑√2，
QF BQ
x
x =❑√2
∴ ＝❑√2，即 5❑√2 ，
y − x+10
4
20❑√2
解得：x＝ ；
7
PQ//ED时，
∵点P在线段AF上，点Q在线段BC上，
∴此时点P与点F重合，x＝AF＝4❑√2，
12❑√2 20❑√2
综上，所有满足条件的x的值为 ， ，4❑√2；
5 7
②过点P作PN⊥AB于N，PM⊥BC于M，OT⊥BC于T，OG⊥AB于G，OG与PM交于点H，
∵△ANP是等腰直角三角形，
❑√2 ❑√2
∴AN＝PN＝GH＝BM＝ x，MQ＝y﹣ x，
2 2
∵点O恰好为PQ的三等分点，
∴分两种情况：
1
情况一：PO＝ PQ时，
3
∵OG//BC，OT//PM，
HO PO 1 OT OQ 2
∴ = = ， = = ，
MQ PQ 3 PM QP 3
1 y ❑√2 2 2 8 ❑√2
∴HO＝ MQ＝ − x，OT＝ PM＝ BN＝ − x，
3 3 6 3 3 3 3
y ❑√2 ❑√2 y ❑√2 ❑√2 10
∴OG＝HO＋HG＝ − x＋ x＝ + x=﹣ x+ ，
3 6 2 3 3 12 3
∵点O在BD上，OT AB 10 5
∴ = = = ，
OG BC 4 2
8 ❑√2
− x
3 3 5
∴ =
❑√2 10 2
− x+
12 3
68
解得x=- ❑√2（舍去）
3
1
情况二：QO＝ PQ时，
3
2 2y−❑√2x 1 1 4 ❑√2
∴HO＝ MQ＝ ，OT＝ PM＝ BN＝ − x，
3 3 3 3 3 6
2y−❑√2x ❑√2 2❑√2 20
∴OG＝HO＋HG＝ ＋ x＝﹣ x＋ ，
3 2 3 3
∵点O在BD上，
OT AB 10 5
∴ = = = ，
OG BC 4 2
4 ❑√2
− x
3 6 5
∴ =
2❑√2 20 2
− x+
3 3
46❑√2
解得x＝ ，
9
46❑√2
∴x的值为 ．
9
1．（2023春·全国·九年级专题练习）如图，在等边△ABC中，点D，E分别在CB，AC的延长线上，且
BD=CE，EB的延长线交AD于点F．
（1）求∠AFE的度数；（2）延长EF至点G，使FG=AF，连接CG交AD于点H，依题意补全图形，猜想线段CH与GH的数量
关系，并证明．
【思路点拨】
（1）由三角形ABC为等边三角形，利用等边三角形的性质得到AB=BC，∠ACB=∠ABC=60°，利用
等角的补角相等得到夹角相等，利用SAS得到三角形ABD与三角形BCE全等，利用全等三角形的对应角
相等得到∠D=∠E，利用外角性质及等量代换即可得证；
（2）在FE上取FM=FG，连接AM,MC，证明△FAB≌△MAC，进而证明FH∥MC，根据平行线分
线段成比例即可得出结论．
【解题过程】
（1）证明：∵△ABC为等边三角形，
∴AB=BC，∠ACB=∠ABC=60°，
∴∠ABD=∠BCE=120°，
在△ABD和△BCE中，
{
AB=BC
)
∠ABD=∠BCE ，
BD=CE
∴△ABD≌△BCE (SAS)，
∴∠D=∠E，
则∠AFE=∠D+∠DBF=∠E+∠CBE=∠ACB=60°．
（2）证明：补全图形，如图所示，在FE上取FM=FG，连接AM,MC，
∵∠AFM=60°，AF=FG,FM=FG
∴AF=FM
∴△AFM是等边三角形，
∴∠FAM=∠AMF=60°，AF=AM，
∴∠FAB=∠MAC，
又∵AB=AC，
∴△FAB≌△MAC (SAS)，∴∠AMC=∠AFB=60°，
∴∠FAM=∠AMC=60°，
∴FH∥MC，
GH GF
∴ = =1，
HC FM
∴GH=HC．
2．（2023·安徽淮北·校考模拟预测）如图，△ABC中，D，E两点分别在边AB，AC上，点F在DE上，
连接BF，CD，CF，已知EC=ED，FB=FC，∠CED=∠CFB．
（1）求证：∠ECF=∠BFD；
（2）连接AF，若AB=CD，AF=DF，求证：AF=AE；
AD
（3）在（2）的条件下，若DF=kEF，求 的值（用含k的代数式来表示）．
AB
【思路点拨】
（1）根据三角形外角的性质可得∠DFC=∠FEC+∠ECF，再结合∠DFC=∠DFB+∠BFC可得
∠FEC+∠ECF=∠BFD+∠BFC，最后结合∠FEC=∠BFC即可证明结论；
（2）先证△ABF≌△DCF(SSS)可得∠AFB=∠DFC，进而证得∠AFD=∠FEC，即
∠AFE=∠AEF，然后根据等边对等角即可证明结论；
（3）如图：过点F作FG∥AC交CD于点G，则∠FGD=∠ECD=∠EDC，
∠CFG=∠ECF=∠DFB，即DF=GF；再证△DBF≌△GCF(SAS)可得DB=GC，进而得到
AD DG DG DE
AD=DG；再根据平行线等分线段定理可得 = ，最后结合 = =k进行计算即可解答．
AB DC GC EF
【解题过程】
（1）解：∵∠DFC是△ECF的外角，
∴∠DFC=∠FEC+∠ECF，
∵∠DFC=∠DFB+∠BFC，
∴∠FEC+∠ECF=∠BFD+∠BFC，∵∠FEC=∠BFC，
∴∠ECF=∠BFD．
（2）解：在△ABF和△DCF中，
AB=CD，AF=DF，FB=FC，
∴△ABF≌△DCF(SSS)，
∴∠AFB=∠DFC，
∴∠AFD=∠AFB−∠BFD，∠FEC=∠DFC−∠ECF，
由（1）知∠ECF=∠BFD，
∴∠AFD=∠FEC，
∴∠AFE=180°−∠AFD=180°−∠FEC=∠AEF，
∴AF=AE．
（3）解：如图：过点F作FG∥AC交CD于点G，
∴∠FGD=∠ECD=∠EDC，∠CFG=∠ECF=∠DFB，
∴DF=GF，
又∵FB=FC，
∴△DBF≌△GCF(SAS)，
∴DB=GC，
∴AB−BD=CD−CG，即AD=DG，
∵FG∥AC，
AD DG
∴ = ，
AB DC
DG DF
∵ = =k，
GC EF
AD DG k
∴ = = ．
AB DG+GC k+1
3．（2023·北京·九年级专题练习）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，过点C的直线MN∥AB，D为AB边上一点，过点D作DE⊥BC，交直线MN于E，垂足为F，连接CD，BE．
（1）求证：CE=AD．
（2）当AC=BC，且D为中点时，四边形CDBE是什么特殊四边形？说明理由．
（3）求AD∶DB=3∶2，CE=CA=3时，求EF的长．
【思路点拨】
（1）证明四边形CADE是平行四边形即可得证；
（2）根据题意证明四边形CDBE是平行四边形，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出
CD=DB，则四边形CDBE是菱形，根据已知条件证明CD⊥AB，即可得出结论；
12
（3）根据勾股定理求得CB，根据平行线分线段成比例得出CF= ，根据勾股定理即可求解．
5
【解题过程】
（1）证明：∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，DE⊥BC，
∴AC∥DE，
∵MN∥AB，
∴CE∥AD，
∴四边形CADE是平行四边形，
∴CE=AD；
（2）四边形CDBE是正方形，理由如下，
∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°， AC=BC，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∵D为AB的中点，
∴AD=DB，CD⊥AB
∵CE=AD
∴CE=DB，
又∵CE∥DB，
∴四边形CDBE是平行四边形，
∵CD=DB，
∴四边形CDBE是菱形，∵CD⊥AB，
∴四边形CDBE是正方形；
（3）解：∵四边形CADE是平行四边形，
∴CE=AD，AC∥DE
∵AD∶DB=3∶2，CE=CA=3，
∴AD=3,DB=2
∴Rt△ABC中AC=3,AB=AD+DB=5
∴BC=❑√AB2−AC2=4
∵AC∥DE，
CF AD 3
∴ = =
FB DB 2
3 12
∴CF= CB= ，
5 5
在Rt△CEF中，EF=❑√CE2−CF2=❑
√
32−
(12) 2
=
9
．
5 5
4．（2023春·安徽·九年级专题练习）如图，△ABC中，D，E两点分别在边AB，AC上，点F在DE上，
连接BF，CD，CF，已知EC=ED，FB=FC，∠CED=∠CFB．
（1）求证：∠ECF=∠BFD；
（2）连接AF，若AB=CD，AF=DF，求证：AF=AE；
AD
（3）在（2）的条件下，若DF=kEF，求 的值（用含k的代数式来表示）．
AB
【思路点拨】
（1）根据三角形外角的性质可得∠DFC=∠FEC+∠ECF，再结合∠DFC=∠DFB+∠BFC可得
∠FEC+∠ECF=∠BFD+∠BFC，最后结合∠FEC=∠BFC即可证明结论；
（2）先证△ABF≌△DCF(SSS)可得∠AFB=∠DFC，进而证得∠AFD=∠FEC，即
∠AFE=∠AEF，然后根据等边对等角即可证明结论；（3）如图：过点F作FG∥AC交CD于点G，则∠FGD=∠ECD=∠EDC，
∠CFG=∠ECF=∠DFB，即DF=GF；再证△DBF≌△GCF(SAS)可得DB=GC，进而得到
AD DG DG DE
AD=DG；再根据平行线等分线段定理可得 = ，最后结合 = =k进行计算即可解答．
AB DC GC EF
【解题过程】
（1）∵∠DFC是△ECF的外角，
∴∠DFC=∠FEC+∠ECF，
∵∠DFC=∠DFB+∠BFC，
∴∠FEC+∠ECF=∠BFD+∠BFC，
∵∠FEC=∠BFC，
∴∠ECF=∠BFD．
（2）在△ABF和△DCF中，
AB=CD，AF=DF，FB=FC，
∴△ABF≌△DCF(SSS)，
∴∠AFB=∠DFC，
∴∠AFD=∠AFB−∠BFD，∠FEC=∠DFC−∠ECF，
由（1）知∠ECF=∠BFD，
∴∠AFD=∠FEC，
∴∠AFE=180°−∠AFD=180°−∠FEC=∠AEF，
∴AF=AE．
（3）如图：过点F作FG∥AC交CD于点G，
∴∠FGD=∠ECD=∠EDC，∠CFG=∠ECF=∠DFB，
∴DF=GF，
又∵FB=FC，
∴△DBF≌△GCF(SAS)，
∴DB=GC，∴AB−BD=CD−CG，即AD=DG，
∵FG∥AC，
AD DG
∴ = ，
AB DC
DG DE
∵ = =k，
GC EF
AD DG k
∴ = = ．
AB DG+GC k+1
5．（2023春·四川成都·七年级统考期末）如图1，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°,AC=BC，
先将边BC沿过点B的直线l对折得到BD，连接CD，然后以CD为边在左侧作△CDE，其中∠CDE=90°
，CD=DE，BD与CE交于点F，连接BE，AD．
（1）求证：△ACD≌△BDE；
（2）如图2，当点D在△ABC的斜边AB上时，请直接写出用BC,BE表示AB的关系式；
（3）如图3，当点D在△ABC的内部时，若点F为BD的中点，且△ACD的面积为10，求△CDF的面
积．
【思路点拨】
（1）折叠得到BC=BD，进而得到∠BCD=∠BDC，推出∠ACD=∠BDE，利用SAS证明
△ACD≌△BDE，即可；
（2）全等三角形的性质，得到AD=BE，进而得到AB=BD+AD=BD+BE，再根据BC=BD，即可得
出结论；
（3）设直线l交CD于点H，交CE于K，取DH的中点G，连接FG，得到FG∥BH，进而得到
CK CH CK CF
= ，推出 =2，再根据l⊥CD,CD⊥DE，得到FG∥DE，进而推出 =3，得到
FK GH FK EF
S
S :S ，根据全等三角形的面积相等，三角形的中线平分面积，求出 1 ，即可得解．
△CDF △≝¿=3:1¿ △≝¿=
2
S
△ACD
=5¿
【解题过程】（1）证明：∵边BC沿过点B的直线l对折得到BD，
∴BC=BD，
∴∠BCD=∠BDC，
∵∠ACB=∠CDE=90°，
∴∠ACB−∠BCD=∠CDE−∠BDC，
∴∠ACD=∠BDE，
∵AC=BC，
∴BD=AC，
∵CD=DE，
∴△ACD≌△BDE(SAS)；
（2）解：由（1）得：△ACD≌△BDE，
∴AD=BE，
∴AB=BD+AD=BD+BE，
∵BC=BD，
∴AB=BC+BE；
（3）解：如图，
设直线l交CD于点H，交CE于K，取DH的中点G，连接FG，
∵点F是BD的中点，
∴FG∥BH，
CK CH
∴ = ，
FK GH
由折叠得：CH=DH，
∴CH=2GH，
CK
∴ =2，
FK
∵l⊥CD,CD⊥DE，
∴FG∥DE，FK GH
∴ = =1，
EF DG
CF
∴ =3，
EF
∴S :S ，
△CDF △≝¿=3:1¿
由（1）知：△BDE≌△ACD，
∴S =S =10，
△BDE △ACD
∵点F是BD的中点，
S
∴ 1 ，
△≝¿= S =5¿
2 △ACD
∴S =15．
△CDF
6．（2022春·北京·九年级校联考期中）如图，在正方形ABCD中，E是边BC上一动点(不与点B，C重合)
，连接DE，点C关于直线DE的对称点为C'，连接AC'并延长交直线DE于点P，过点D作DF⊥AP于F
．
（1）①依题意补全图形；②求∠FDP的度数．
（2）连接BP，请用等式表示线段BP与线段AF之间的数量关系，并证明．
【思路点拨】
（1）①依照题意，画出图形；②由等腰三角形的性质和轴对称的性质可求解；
PD
（2）由“SAS”可证△BAP≌△DAP'，得BP=DP'，证得△DPF是等腰直角三角形得到 =❑√2，根据平行
PF
PD PF
线分线段成比例定理得到 = ，即可证得结论；
DP' AF
【解题过程】
（1）①如图所示：②由对称得：CD=C'D，∠CDE=∠C'DE，
在正方形ABCD中，AD=CD，∠ADC=90°，
∴AD=C'D，
∵DF⊥AC'，
∴∠ADF=∠C'DF，
1
∴∠FDP=∠FDC'+∠EDC'= ∠ADC=45°；
2
（2）结论：BP=❑√2AF，
理由如下：如图1，作AP'⊥AP交PD的延长线于P'，
∴∠PAP'=90°，
在正方形ABCD中，DA=BA，∠BAD=90°，
∴∠PAP'=∠BAD，
∴∠PAP'−∠DAP=∠BAD−∠DAP，
∴∠DAP'=∠BAP，
由(1)可知：∠FDP=45°，
∵∠DFP=90°，
∴∠APD=45°，
∴∠P'=45°，∴AP=AP'，PF=DF，
在Rt△DFP中，
DP2=PF2+DF2=2PF2，
∴DP=❑√2PF，
PD
∴ =❑√2，
PF
在△BAP和△DAP'中，
{
BA=DA
)
∠BAP=∠DAP' ，
AP=AP'
∴△BAP≌△DAP'(SAS)，
∴BP=DP'，
∵DF⊥AP，P' A⊥AP，
∴DF∥P′ A，
PD PF
∴ = ，
DP' AF
DP PF
∴ = ，
BP AF
BP PD
∴ = =❑√2，
AF PF
∴BP=❑√2AF.
7．（2022秋·辽宁沈阳·九年级沈阳市第三十三中学校考期中）已知正方形ABCD，在边DC所在的直线上
有一动点E，连接AE，一条与射线AE垂直的直线l沿射线AE方向，从点A开始向上平移，垂足为点P，
交边AD所在直线于点F．
（1）如图1所示，当直线l经过正方形ABCD的顶点B时．求证：AF=DE；
（2）如图2所示，当直线l经过AE的中点时，与对角线BD交于点G，连接EG，CG．求证：¿=GC；（3）直线l继续向上平移，当点P恰好落在对角线BD所在的直线上时，交边CB所在的直线于点H，当
AB=3，DE=1，请直接写出BH的长．
【思路点拨】
（1）证明△ABF≌△DAE（ASA），可得结论．
（2）连接AQ，CQ．想办法证明△AQF是等腰直角三角形即可解决问题．
（3）分成若点E在线段CD上时与点E在CD的延长线上时两种情况进行讨论，可得结论．
【解题过程】
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠D=∠BAD=90°，
∵AE⊥BF，
∴∠APB=90°，
∴∠PAD+∠PAB=90°，∠PAB+∠ABF=90°，
∴∠ABF=∠DAE，
∴△ABF≌△DAE（ASA），
∴AF=DE．
（2）证明：连接AG，如图所示，
∵AE⊥FG，AP=EP，
∴GE=GA，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BA=BC，∠ABG=∠CBG，
∵BG=BG，
∴△ABG≌△CBG（SAS），
∴GA=GC，
∴GE=GC；（3）如图，若点E在线段CD上时，过点F作FT⊥BC，垂足为点T，
则四边形DFTC是矩形．
∴FT=DC，∠ADE=∠FTH=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CD=BC，
∵AE⊥FH，
∴∠APF=90°，
∵∠DAE+∠AFP=90°，∠AFP+∠TFH=90°，
∴∠DAE=∠TFH，
∵∠ADE=∠FTH，AB=FT，
∴△ADE≌△FTH（ASA），
∴DE=TH，
∵AB∥CD，AD∥BC，
BH BP AB 3
∴ = = = =3，
DF DP DE 1
1
∴CT=BF= BH，
3
∵BC=3，
1
∴ BH+1+BH=3
3
3
∴BH= ，
2
同理，若点E在CD的延长线上时，可得BH=6，
3
故答案为： 或6
2
8．（2023春·安徽·九年级专题练习）在正方形ABCD中，点E、F、G分别为AB、AD、BC边上的一点，FG垂直平分DE，垂足为H．
（1）如图1，求证：DE=FG；
（2）如图2，连接AC，交FG于点M，连接DM，EM．
①求证：△DME是等腰直角三角形；
CM
②当FM=DM时，求 值．
AM
【思路点拨】
（1）过点G作GN⊥DA于点N，则可证CDNG是矩形，根据AAS得到△GNF≌△DAE，即可得到结
论；
（2）①连接BM，由正方形的性质可知点B与点D关于AC对称，则有DM=BM，∠ADM=∠ABM
，根据垂直平分线的性质得到EM=DM，∠EBM=∠BEM，即有∠DAE+∠DME=180°得以证明结
论；②设DM=a，则FM=a，可以推导出FG=DE=❑√2a，再根据平行线分线段成比例解题即可．
【解题过程】
（1）解：过点G作GN⊥DA于点N，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠C=∠CDA=∠A=∠DNG=90°，DC=DA，
∴四边形CDNG是矩形，
∴DC=GN=DA，
∵FG⊥DE，∴∠ADE+∠AED=∠ADE+∠DFH=90°，
∴∠AED=∠DFH，
∵∠GNF=∠A=90°，AD=GN，
∴△GNF≌△DAE，
∴FG=DE；
（2）①证明：连接BM，由正方形的性质可知点B与点D关于AC对称，
∴DM=BM，∠ADM=∠ABM，
∵FG垂直平分DE，
∴EM=DM，
∴BM=EM，
∴∠EBM=∠BEM，
∴∠ADM=∠BEM，
∴∠DAE+∠DME=180°，
∵∠DAE=90°，
∴∠DME=90°，
∴△DME是等腰直角三角形；
②设DM=a，则FM=a，
由①可知△DME是等腰直角三角形，
∴ME=a，
∴DE=❑√DM2+M E2=❑√a2+a2=❑√2a，
由（1）可知FG=DE=❑√2a，
∴MG=(❑√2−1)a，
又∵ABCD是正方形，
∴AD∥BC，CM GM (❑√2−1)a
∴ = = =❑√2−1．
AM FM a
9．（2023·浙江绍兴·统考三模）小明在学习角平分线知识的过程中，做了进一步探究：如图1，在△ ABC
AB BD
中，∠BAC的平分线交BC于点D，发现 = ．小明想通过证明来验证这个结论．
AC CD
证明：延长BA至E，使得AC=AE，……请你完成上述证明过程：
结论应用：
已知在△ ABC中，∠C=30°，∠B=α，BC边上有一动点D，连接AD，点B关于AD的对称点为点B′，
连接AB′交BC于点E．
BD
（1）如图2，当α=30°，AB′⊥BC，求 的值．
DE
BD
（2）如图3，当α=45°，AB′与△ ABC的边垂直时，求 的值．
DE
【思路点拨】
AB BD AB BD
延长BA至E，使得AC=AE，连接CE，证明AD∥CE，可得 = ，而AC=AE，则 = ；
AE CD AC CD
AB BD
（1）由∠B=α=30°，∠C=30°，可得∠B=∠C，依题意AB：AE=2：1，由结论可得 = ，
AE DE
BD 2
则 =
DE 1
（2）①AB′⊥BC，则∠B=α=45°，②AB′⊥AB，则∠B=α=45°，点B′恰与点E重合，③AB′⊥AC，∠C=30°，分别根据结论列出比例式，进而即可求解．
【解题过程】
解：延长BA至E，使得AC=AE，连接CE，
∵AC=AE，
∴∠ACE=∠AEC，
又∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠CAD．
∵∠BAC=∠ACE+∠AEC，∠BAC=∠BAD+∠CAD，
∴∠BAD=∠AEC，
∴ AD∥CE，
AB BD
∴ = ，而AC=AE，
AE CD
AB BD
∴ =
AC CD
（1）∵∠B=α=30°，∠C=30°，
∴∠B=∠C，
又∵ AB′⊥BC，
∴AB：AE=2：1，
AB BD
∵AD平分∠BAC，由结论(1)可得 = ，
AE DEBD 2
∴ = ．
DE 1
（2）①AB′⊥BC，则∠B=α=45°，
∴AB：AE=❑√2：1，
∵∠BAD=∠EAD，
AB BD
∴ = ，
AE DE
BD ❑√2
∴ = =❑√2．
DE 1
②AB′⊥AB，则∠B=α=45°，点B′恰与点E重合，
∴AB：AE=1：1
AB BD
∵∠BAD=∠EAD， = ，
AE DE
BD 1
∴ = =1．
DE 1
③AB′⊥AC，∠C=30°，
∴∠AEC=60°，
设EF=a，则AF=❑√3a，AE=2a，
∵∠B=α=45°，
∴AB=❑√6a，∵∠BAD=∠EAD，
AB BD
∴ = ，
AE DE
BD ❑√6
∴ = ．
DE 2
10．（2022秋·辽宁大连·九年级统考期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AD平分∠BAC交BC于
点D，点E在AC边上，∠ADE＝45°．过E作ED的垂线交BC延长线于点F，交AD于点G，交AB于点
H．
（1）求证∠FDE＝∠AEH；
（2）求证EF＝GH；
DF
（3）若EG＝kGH，求 的值（用含k的式子表示）．
DB
【思路点拨】
（1）根据∠FDE+∠CED=90°，∠CED+∠AEH=90°，得出∠FDE=∠AEH；
（2）在AC上取点Q，使AQ=AH，连接QG，根据SAS得出△QAG≌△HAG，根据ASA说明
△QGE≌△FED，根据全等三角形的性质即可得出EF=GH；
（3）过B作BN⊥FH于N，根据三角形全等的性质，说明BH=BF，根据等腰三角形三线合一，得出
1
FN=HN= HF，设GH=EF=a，则EG=ka，用a把FH、FN、EN表示出来，根据平行线分线段成比例定
2DF EF
理，得出 = ，即可求解．
DB EN
【解题过程】
（1）证明：∵∠ACB=90°，
∴∠FDE+∠CED=90°，
∵ED⊥EH，
∴∠DEH=90°，
∴∠CED+∠AEH=90°，
∴∠FDE=∠AEH；
（2）在AC上取点Q，使AQ=AH，连接QG，如图所示：
∵AD平分∠CAB，
∴∠HAG=∠QAG，
又∵AG=AG，
∴△QAG≌△HAG(SAS)，
∴QG=HG，∠AGQ=∠AGH，
∵∠ADE=45°，∠GED=90°，
∴∠EGD=45°，
∴∠AGH =∠AGQ=45°，
∴∠QGH=∠QGE=90°，
又∵∠EDG=∠EGD=45°，
∴EG=ED，∠AEH=∠FDE，
∴△QGE≌△FED(ASA)，
∴QG=FE，
∴EF=GH；
（3）过B作BN⊥FH于N，如图所示：
∵由（1）得△AHG≌△AQG，∴∠AHG=∠AQG，
∴∠BHF=∠EQG，
又∵∠EQG=∠F，
∴BH=BF，
∵BN⊥FH，
1
∴FN=HN= HF，
2
∵EG=kGH，
设GH=EF=a，则EG=ka，
∴FH=(k+2)a，
(k+2)a
∴FN= ，
2
(k+2)a ka
∴EN= −a= ，
2 2
∵DE⊥FH，
∴DE∥BN，
DF EF
∴ = ，
DB EN
DF a 2
= =
∴DB ka k．
2
11．（2023·内蒙古·校考三模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=2❑√2，D是BC边上一点，连接
AD，CD=1，AD=BD，点E，F分别在AD、BD上，EF∥AB，连接CE．
（1）求AB的长；
（2）如图1，若5DE-5AE=3，过点F作FG∥DA，交AB于点G，求S
四边形
AEFG：S
△
DEF的值；
4❑√6
（3）如图2，若EF= 时，过点F作FH⊥CE，垂足为H，求HF的长．
3【思路点拨】
（1）在Rt△ABD中，利用勾股定理求得BD=3，CB=CD+BD=4，再在Rt△ABC中，利用勾股定理即可求
解；
（2）连接EG，证明四边形AEFG是平行四边形，推出S AEFG=2S AEG，根据等高的两个三角形面积
四边形 △
9 6
比等于底的比得到S AEG：S DEF=AE：DE，根据题意列方程求得DE= ，AE= ，即可求解；
△ △ 5 5
（3）由EF∥AB求得DF=DE=2，则FC=3，过点C、D分别作EF的垂线，利用勾股定理以及平行线分线段
成比例定理先后求得DQ、CP、EP、EC的长，再利用面积法即可求解．
【解题过程】
（1）解：在Rt△ABD中，∠ACB=90°，AC=2❑√2，CD=1，
∴BD=❑√AC2+CD2=3，
∵AD=BD，
∴CB=CD+BD=CD+AD=4，
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=2❑√2，CB=4，
∴AB=❑√AC2+CB2=2❑√6，
∴AB的长为2❑√6；
（2）解：连接EG，
∵EF∥AB，FG∥DA，
∴四边形AEFG是平行四边形，
∴S AEFG=2S AEG=2S FEG，S AEG：S DEF=AE：DE，
四边形 △ △ △ △
∴S AEFG：S DEF=2S AEG：S DEF=2AE：DE，
四边形 △ △ △
∵AD= AE+DE=3，5DE-5AE=3，
9 6 12
∴DE= ，AE= ，则2AE= ，
5 5 5∴S AEFG：S DEF=4：3；
四边形 △
4❑√6
（3）解：∵EF∥AB，EF= ，AB=❑√AC2+CB2=2❑√6，AD=BD=3，
3
4❑√6
EF DF
∴ = ，即 3 DF，
AB DB =
2❑√6 3
∴DF=DE=2，则FC=3，
过点C、D分别作EF的垂线，垂足分别为P、Q，
1 2❑√6
∴DQ∥CP，EQ=FQ= EF= ，
2 3
2❑√3
∴DQ=❑√DF2−FQ2= ，
3
∵DQ∥CP，
2❑√3
DQ DF
∴ = ，即 3 2，
CP FC =
CP 3
∴CP=❑√3，则FP=❑√CF2−CP2=❑√6，
❑√6
∴EP=EF-FP= ，
3
❑√33
∴EC=❑√EP2+CP2= ，
3
1 1
∵S CEF= EC×FH= EF×CP，
△ 2 2
4❑√6
×❑√3
3 4❑√66
∴FH= = ．
❑√33 11
3
4❑√66
∴HF的长为 ．
1112．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图，△ABC中，点D，E在边AB上，点F在边BC上，且AD＝
AC，EF＝EC，∠CEF＝∠A，连接DF．
（1）在图1中找出与∠ACE相等的角，并证明；
（2）求证：∠BDF＝∠EFC；
DG
（3）如图2，延长FD，CA交于点G，连接EG，若EG＝AG，DE＝kAE，求 的值（用含k的代数式表
DF
示）．
【思路点拨】
（1）由三角形外角的性质可得出答案；
（2）连接CD，过点E作AC的平行线与CD交于点M，证明△DEF≌△MEC（SAS），由全等三角形的性质
可得出∠EDF＝∠EMC，证出∠EMD＝∠EFC，则可得出结论；
（3）连接CD，过点E作AC的平行线与CD交于点M，证明△EFG≌△ECD（ASA），由全等三角形的性质
可得出GF＝DC，证出GD＝DM，则根据平行线分线段成比例即可得出答案．
【解题过程】
解：（1）∠DEF＝∠ACE．
证明：∵∠DEC是△ACE的外角，
∴∠DEC＝∠A+∠ACE，
∵∠DEC＝∠DEF+∠CEF，
∴∠DEC+∠CEF＝∠A+∠ACE，
∵∠CEF＝∠A，
∴∠DEF＝∠ACE；
（2）证明：连接CD，过点E作AC的平行线与CD交于点M，∵AD＝AC，
∴∠ADC＝∠ACD，
∵EM∥AC，
∴∠EMD＝∠ACD，∠CEM＝∠ACE，
∴∠EDM＝∠EMD，∠DEF＝∠CEM，
∴ED＝EM，
又∵EF＝EC，
∴△DEF≌△MEC（SAS），
∴∠EDF＝∠EMC，
∵∠BDF+∠EDF＝∠EMD+∠EMC＝180°，
∴∠BDF＝∠EMC，
∵EM∥AC，
∴∠DEM＝∠A，
∵∠A＝∠CEF，
∴∠DEM＝∠CEF，
180°−∠DEM 180°−∠CEF
∵△DEM中，∠EMD＝ ，△FEC中，∠EFC＝ ，
2 2
∴∠EMD＝∠EFC，
∴∠BDF＝∠EFC；
（3）连接CD，过点E作AC的平行线与CD交于点M，∵EG＝AG，
∴∠GAE＝∠GEA，
∵∠DAC+∠GAE＝∠GEA+∠GED＝180°，
∴∠DAC＝∠GED，
∵∠CEF＝∠DAC，
∴∠DEG＝∠CEF，
∴∠DEG+∠DEF＝∠CEF+∠DEF，
即∠GEF＝∠DEC，
∵△DEF≌△MEC，
∴∠EFG＝∠ECD，DF＝MC，
又∵EF＝EC，
∴△EFG≌△ECD（ASA），
∴GF＝DC，
∴DC﹣MC＝GF﹣DF，
即GD＝DM，
∵EM∥AC，
DM DE
∴ = =k，
MC AE
GD DM
∴ = =k．
DF MC
13．（2023秋·北京海淀·九年级校考开学考试）已知△ADE和△ABC都是等腰直角三角形，
∠ADE=∠BAC=90°，P为AE的中点
（1）如图1，点A、B、D在同一条直线上，直接写出DP与BC的位置关系；
（2）将图1中的△ADE绕点A逆时针旋转，当AD落在图2所示的位置时，点C、D、P恰好在同一条直
线上．
①在图2中，按要求补全图形，并证明∠BAE=∠ACP；②连接BD，交AE于点F，判断线段BF与DF的数量关系
【思路点拨】
（1）根据△ADE是等腰直角三角形，可得AD=ED，由P为AE的中点，依据等腰三角形性质“三线合
一”，即可得到DP⊥AE；进一步证得AE∥BC，得出DP⊥BC；
（2）①按照题意补全图形，根据等腰三角形性质可得∠BAE+∠CAD=∠BAC−∠DAE=45°，即可证
明结论；
②延长CP至G，使PG=DP，连接AG，BG，利用SAS证明△APG≌△APD，△BAG≌△CAD，可得
∠BGC=∠APG，进而可得PF∥BG，根据平行线分线段成比例定理即可证明结论．
【解题过程】
（1）解：∵△ADE是等腰直角三角形，∠ADE=90°，
∴AD=ED，
∵P为AE的中点，
∴DP⊥AE；
又∵△ADE和△ABC都是等腰直角三角形，
∴∠EAD=∠ABC=45°，
∴AE∥BC，
∴DP⊥BC；
（2）①补全图形如图2所示；
证明：∵△ADE和△ABC都是等腰直角三角形，∠ADE=∠BAC=90°，
∴∠DAE=45°，AD=ED，
∵P为AE的中点，
∴∠ADP=∠EDP=45°，
∴∠BAE+∠CAD=∠BAC−∠DAE=45°，
∵∠CAD+∠ACP=∠ADP=45°，
∴∠BAE=∠ACP；②BF=DF．证明如下：
如图3，延长CP至G，使PG=PD，连接BG，BG，
∵△ADE是等腰直角三角形，∠ADE=90°，
∴AD=DE，∠DAE=45°，
∵P为AE的中点，
∴∠APD=∠APG=90°，AP=DP=PG，
∴△APG≌△APD（SAS），
∴AG=AD，∠PAG=∠DAE=∠AGP=45°，
∴∠GAD=∠BAC=90°，
∴∠BAG+∠BAD=∠CAD+∠BAD=90°，
∴∠BAG=∠CAD，
∵AG=AD，AB=AC，
∴△BAG≌△CAD（SAS），
∴∠AGB=∠ADC=180°−∠ADP=135°，
∴∠BGC=∠AGB−∠AGP=90°，
∴∠BGC=∠APG，
∴PF∥BG，
DF DP
∴ = =1，
BF PG
∴BF=DF．
14．（2022春·福建福州·七年级福建省福州第十九中学校考期末）如图，在△ABC中，角平分线AD,BE
相交于点M．（1）如图1，若∠C=60°，
①求∠AMB的度数；
②试探究线段AB与AE、BD之间的关系．请写出你的结论，并证明．
4
（2）如图2，若∠C=90°,AM=3MD，证明：AB= AE+BD．
3
【思路点拨】
（1）①根据角平分线的性质，三角形内角和定理即可求解；②在AB上截取BP=BD，连接MP，则
AB=AP+BP=AP+BD,分别证ΔBPM≅ΔBDM(SAS)、ΔAMP≅ΔAME(ASA)即可求解；
1
（2）在AB上截取BN=BD、AF=AE，连接MF，MN，ND，由（1）可得∠AMB=90°+ ∠C=135°，
2
∠AME=∠BMD=45°，分别证ΔBMN≅ΔBMD(SAS)、ΔAMF≅ΔAME(SAS)可得ΔDMN是等腰直角
三角形，进而得MF//DN，由AM=3MD即可证明；
【解题过程】
（1）解：①∵AD平分∠BAC，BE平分∠ABC，
∴∠CAD=∠BAD，∠CBE=∠ABE，
∵∠C=60°，
∴∠BAC+∠ABC=120°，
∴∠BAD+∠ABE=60°，
∴∠AMB=120°，
②AB=AE+BD,证明如下，
如图，在AB上截取BP=BD，连接MP，则AB=AP+BP=AP+BD,
∵∠AME=∠BMD=180°-∠AMB=60°，在ΔBPM和ΔBDM中，
{
BD=BP
)
∵ ∠DBM=∠PBM
BM=BM
∴ΔBPM≅ΔBDM(SAS)
∴∠BMP=∠BMD=60°
∴∠AMP=∠AME=60°
在ΔAMP和ΔAME中，
{∠AMP=∠AME
)
∵ AM=AM
∠PAM=∠EAM
∴ΔAMP≅ΔAME(ASA)
∴AE=AP
∴AB=AE+BD
（2）如图，在AB上截取BN=BD、AF=AE，连接MF，MN，ND，
1
由（1）可得∠AMB=90°+ ∠C=135°，
2
∴∠AME=∠BMD=45°，
在ΔBMN和ΔBMD中，
{
BD=BN
)
∵ ∠DBM=∠NBM
BM=BM
∴ΔBMN≅ΔBMD(SAS)
∴∠BMN=∠BMD=45°
在ΔAMF和ΔAME中，
{
AM=AM
)
∵ ∠FAM=∠EAM
AF=AE
∴ΔAMF≅ΔAME(SAS)∴∠AME=∠AMF=45°
∴∠FMN=∠AMB-（∠BMN+∠AMF）=45°
∴∠AMN=∠FMN+∠AMF=90°，∠DMN=∠BMN+∠BMD=90°
∴ΔDMN是等腰直角三角形，
∴∠MND=∠MDN=45°
∴∠NMF=∠MND
∴MF//DN
AF AM
∴ =
AN AD
∵AM=3MD
∴AD=AM+MD=4MD
AF AM 3
∴ = =
AN AD 4
4
∴AN= AF
3
4
∴AB= AE+BD．
3
15．（2023春·重庆沙坪坝·八年级重庆市南渝中学校校考阶段练习）在△ABC中，AB=AC，D是边AC
上一点，F是边AB上一点，连接BD、CF交于点E，连接AE，且AE⊥CF．
（1）如图1，若∠BAC=90°，AF=1，AC=❑√3，求AE的长度；
（2）如图2，若E为BD中点，连接FD，FD平分∠AFC，G为CF上一点，且∠GDC=∠GCD，求
证：DG+AF=FC；
（3）如图3，若∠BAC=120°，BC=12，将△ABD沿着AB翻折得△ABD′，点E为BD′的中点，连接
EA，ED，当EA取得最小值时，求△AED的面积．
【思路点拨】
1 1
（1）如图：先根据勾股定理求得CF=❑√AF2+AC2=2，再由S = AF⋅AC= CF⋅AE即可求得
△AFC 2 2AE的长；
（2）如图，延长AE到H使得AE=HE，连接DH，CH，先证明△AEB≅△HED得到AB=HD=AC，
∠ABE=∠HDE，则∠HCD=∠HDC，AB∥DH，证明△AFD≅△GFD，得到AF=GF，则
CF=GF+CG=AF+DG；
（3）如图，连接CD′,过A作AG⊥BC,再根据折叠的性质可得∠BAD′=∠BAD=120°，AD=AD′，
BD=BD′，进而证明△D′ AB≌△D′ AC(SAS)得到D′B=D′C，说明点D′在线段BC的垂直平分线上，
1
即AG⊥BC，可得BG= BC=6；再过E作AE⊥D′G可得AE∥BC，由平行线等分线段定理可得
2
AE=3；再由30°所对 的边是斜边的一半和勾股定理可得AG=2❑√3，进而说明AD=AD′=2❑√3；然后
1
过D作DF⊥AG可得FD∥BC，进而说明AF= AD=❑√3，最后根据三角形的面积根式计算即可．
2
【解题过程】
（1）解：如图：
∵在Rt△AFC中，∠BAC=90°，AF=1，AC=❑√3，
∴CF=❑√AF2+AC2=2，
1 1
∵S = AF⋅AC= CF⋅AE，
△AFC 2 2
AF⋅AC ❑√3
∴AE= = ．
CF 2
（2）解：如图所示，延长AE到H使得，AE=HE，连接DH，CH，∵FD平分∠AFC，
∴∠AFD=∠CFD，
∵E是BD的中点，
∴BE=DE，
又∵AE=HE,∠AEB=∠HED，
∴△AEB≅△HED(SAS)，
∴AB=HD=AC,∠ABE=∠HDE，
∴AB∥DH
∵AE=HE,AE⊥CF,
∴CA=CH=DH,
∴∠HCD=∠HDC，
∴∠BAC=∠HDC=∠HCD，
∴∠ACE=∠HCE，即∠HCA=2∠ACE，
∵∠GDC=∠GCD,∠FGD=∠GDC+∠GCD，
∴∠FGD=∠HCD=∠HDC=∠FAC=2∠GCD,GD=GC，
又∵FD=FD,∠AFD=∠GFD，
∴△AFD≅△GFD(AAS)，
∴AF=GF，
∴CF=GF+CG=AF+DG，即DG+AF=FC．
（3）解：如图，连接CD′,过A作AG⊥BC，
由翻折的性质可知，∠BAD′=∠BAD=120°，AD=AD′，BD=BD′，
∴∠D′ AC=∠D′ AB=120°，
∴∠ABC=∠ACB=30°
又∵AB=AC，AD′=AD′，
∴△D′ AB≌△D′ AC(SAS)，
∴D′B=D′C
∴点D′在线段BC的垂直平分线上，即AG和D′G重合，
1
∴BG= BC=6，
2
过E作EH⊥BC交BC于H∴EH∥AG
BH BE 1
= =
∴
BG BD′ 2
∴BH=HG
∴点E在线段BG的垂直平分线上
过A作AE⊥D′G交D′B于E ,此时AE取最小值
∴AE∥BC
AE AD′ D′E 1
∴ = = =
BG D′G BD′ 2
∴AE=3
∵∠ABC=∠ACB=30°,BG=CG=6
∴由30°所对的边是斜边的一半和勾股定理可得：AG=2❑√3，
∴AD=AD′=2❑√3
过D作DF⊥AG
∴FD∥BC
∴∠ADF=∠ACB=30°
1
∴AF= AD=❑√3
2
1 3❑√3
∴当EA取得最小值时，△AED的面积为 ×3×❑√3= ．
2 2
16．（2023秋·江苏南通·九年级统考期末）如图，矩形ABCD中，AB=4,BC=a(a>4)，点E在边BC
上，在AB同侧以AE为边作正方形AEFG，直线FG交直线AD于点H．（1）如图①，若点F是CD的中点，求a的值；
（2）如图②，若点F在矩形ABCD内，且GH:FH=3:1，求BE的长；
（3）连接DF，若a=8,DF=2，直接写出GH:FH的值．
【思路点拨】
（1）证明△ABE≅△ECF即可；
（2）过G作GK⊥AD于K，过F作MN⊥AD于M，交BC于N，由一线三垂直模型可得
△ABE≅△ENF≅△AKG，可得BE=FN=GK，FM=4−FN，再由MN∥GK可得
GH GK BE
= =3= ，解方程即可；
FH FM 4−BE
（3）利用（2）中的辅助线，再根据F在矩形内部和外部分两种情况讨论即可．
【解题过程】
（1）∵正方形AEFG，
∴AE=EF，∠AEF=90°
∵矩形ABCD
∴∠ABE=∠ECF=90°，AB=CD=4
∴∠AEB=∠EFC=90°−∠FEC
∴△ABE≅△ECF(AAS)
∴BE=FC，AB=EC=4
∵点F是CD的中点，
1
∴BE=FC= CD=2，
2
∴a=BC=BE+EC=2+4=6
（2）过G作GK⊥AD于K，过F作MN⊥AD于M，交BC于N，则四边形ABNM是矩形，MN∥GK∴∠ABE=∠ENF=90°，AB=MN=4
∵正方形AEFG，
∴AE=EF=AG，∠AEF=∠GAE=90°
∴∠AEB=∠EFN=∠AGK
∴△ABE≅△ENF(AAS)，
∴BE=FN，
∴FM=MN−FN=4−BE
同理∴△ABE≅△AKG(AAS)，
∴BE=GK，
∵MN∥GK，GH:FH=3:1
GH GK
∴ = =3，
FH FM
BE
∴3=
4−BE
解得BE=3
（3）过G作GK⊥AD于K，过F作MN⊥AD于M，交BC于N，则四边形ABNM是矩形，MN∥GK
由（2）得△ABE≅△ENF≅△AKG，可得BE=FN=GK，AB=EN=AK=4
设BE=FN=GK=x
当F在矩形内部时，∵a=8,
∴DM=CN=BC−BE−EN=8−x−4=4−x，FM=MN−FN=4−x
∴DM=FM=4−x
∵DF=2
∴DM=FM=4−x=❑√2
∴x=4−❑√2
∵MN∥GK，
GH GK x 4−❑√2
∴ = = = =2❑√2−1，
FH FM 4−x ❑√2
同理，当F在矩形外部时，
DM=CN=BE+EN−BC=4+x−8=x−4，FM=FN−MN=x−4
∴DM=FM=x−4
∵DF=2
∴DM=FM=x−4=❑√2
∴x=4+❑√2∵MN∥GK，
GH GK x 4+❑√2
∴ = = = =2❑√2+1，
FH FM x−4 ❑√2
综上所述，若a=8,DF=2，GH:FH的值为2❑√2±1．
17．（2023春·湖北孝感·八年级统考期末）问题背景：如图，已知四边形ABCD是正方形，点P是射线
DC上一点，连接AP，在AP右侧以AP为边作正方形AEFP，连接BE，探究PC，CB，BE之间的数量
关系．
（1）问题发现：如图1，当点P在线段DC上时，PC，CB，BE之间的数量关系是______；
（2）问题探究：如图2，当点P在DC的延长线上时，（1）中结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；
若不成立，请你写出正确结论，再给予证明；
（3）问题拓展：如图3，当点P在DC的延长线上时，设AP与BC交于点Q，若AD=2，BQ=QC，求
BF的长．
【思路点拨】
（1）根据正方形的性质由SAS可证△ADP≌△ABE，得到DP=BE，从而可得
DP+PC=BE+PC=CD=BC；
（2）同（1）可证△ADP≌△ABE，得到DP=BE，故BE=CD+PC=BC+PC；
（3）由△AQB≌△PQC可知CD=CP，由（2）的结论可得DP=BE=2CD=4，根据勾股定理求正方形
ACFP边长为2❑√5，从而可得PQ=AQ=❑√5，延长FB交AP于M，再由平行线分线段成比例定理求MQ
BM BQ 1
的长，从而可知PM的长，在Rt△PFM中，根据勾股定理求MF的长，再由 = = ，即可求得BF
BF BE 4
的长．
【解题过程】
（1）解：BC=PC+BE，
∵四边形ABCD、AEFP是正方形，∴AD=AB=BC=CD，AP=AE，∠DAB=∠PAE=90°，
∵∠DAP+∠PAB=∠DAB=90°，∠PAB+∠BAE=∠PAE=90°，
∴∠DAP=∠BAE，
在△ADP和△ABE中，
{
AD=AB
)
∠DAP=∠BAE ，
AP=AE
∴△ADP≌△ABE(SAS)，
∴DP=BE，
∴ DP+PC=BE+PC=CD=BC，
故答案为：BC=PC+BE；
（2）解：不成立，
∵四边形ABCD、AEFP是正方形，
∴AD=AB=BC=CD，AP=AE，∠DAB=∠PAE=90°，
∵∠DAP+∠PAB=∠DAB=90°，∠PAB+∠BAE=∠PAE=90°，
∴∠DAP=∠BAE，
在△ADP和△ABE中，
{
AD=AB
)
∠DAP=∠BAE ，
AP=AE
∴△ADP≌△ABE(SAS)，
∴DP=BE，
∴BE=DP=PC+CD=PC+BC；
（3）解：由（2）可得：BE=PC+BC，△ADP≌△ABE，
∴∠ABE=∠D=90°，
∵∠ABC=90°，
∴∠ABE+∠ABC=180°，
∵Q在BC上，
∴E、B、Q、C在同一条直线上，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，AB=CD，
∴∠QAB=∠QPC，
∵CQ=QB，∠AQB=∠PQC，∴△AQB≌△PQC，
∴AB=CP=CD=2，
∴DP=BE=4，
∴AP=❑√DP2+AD2=❑√42+22=2❑√5，
∴EF=2❑√5，
∵DP∥AB，CQ=QB，
CQ PQ
∴ = =1，
QB AQ
∴AQ=PQ=❑√5，
∴QE=❑√AQ2+AE2=5，
延长FB交AP于M，
，
1
∵BQ= BC=1，AP∥EF，
2
BQ MQ MB
∴ = = ，
BE EF BF
BQ⋅EF 1×2❑√5 ❑√5
∴MQ= = = ，
BE 4 2
3❑√5
∴PM=PQ+MQ= ，
2
5❑√5
∴MF=❑√PM2+PF2=
，
2
5❑√5
∴BM=MF−BF= −BF，
2
5❑√5
−BF
2 BQ 1，
∴ = =
BF BE 4∴BF=2❑√5．
18．（2023春·湖北武汉·九年级武汉一初慧泉中学校考阶段练习）如图1，平面直角坐标系中，OA⊥OB
，且OA=OB，点A坐标为(a,b)．
（1）若a、b满足❑√a−1+❑√b−3=0，请直接写出a、b的值及点B坐标；
（2）如图2，点E为线段OB上一点，C在EO延长线上且OC=OE，线段AB交x轴于点D，连CD，若
CD⊥AE．
①求证：CD=AE；
AD
②若OB=3OE，则 ＝ ．
DB
（3）如图3，线段AB交x轴于点D，将△AOD沿AB翻折得△APD，过点D作DE⊥OD交AP于点E，
以DA、DE为边作如图所示的▱ADEF，试探究线段OD、EF、PE之间的数量关系，并证明你的结
论．
【思路点拨】
（1）利用实数的非负性，确定a、b的值；利用三角形全等，旋转的性质确定点B的坐标．
（2）①连接AC，证明直线OA是线段CE的垂直平分线，结合三角形外角性质， 证明∠CAD=∠ADC
即可．
②过点D作DM⊥BC于点M，证明△DCM≌△EAO，得到OE=DM，设OE=x， 证明
OE=DM=OC=BM=EM=x，证明DM∥OA，列比例式求解即可．
（3）利用三角形全等，勾股定理，平行线分线段成比例定理，证明即可．
【解题过程】
（1）∵❑√a−1+❑√b−3=0，
∴a−1=0,b−3=0，
解得a=1,b=3，
∴点A的坐标为(1,3)．过点A作AC⊥y轴于点C，过点B作BD⊥x轴于点D，
∵OA⊥OB，且OA=OB，
∴∠AOC=90°−∠AOD，∠BOD=90°−∠AOD，AC=1,OC=3，
∴∠AOC=∠BOD，
{∠ACO=∠BDO=90°
)
∴ ∠AOC=∠BOD ，
OA=OB
∴△AOC≌△BOD，
∴OD=OC=3,BD=AC=1，
∵点B在第四象限，
∴点B的坐标为(3,−1)．
（2）①连接AC，
∵OC=OE，OA⊥OB，
∴直线OA是线段CE的垂直平分线，
∴AC=AE，∠CAO=∠EAO；
∵CD⊥AE，∠1=∠2，
∴∠EAO=90°−∠1=90°−∠2=∠ECQ，
∴∠EAO=∠ECQ=∠CAO；
∵OA⊥OB，且OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA=45°，∵∠CAD=∠OAB+∠CAO， ∠ADC=∠OBA+∠ECQ，
∴∠CAD=∠ADC，
∴CA=CD，
∴CD=AE．
②过点D作DM⊥BC于点M，根据①得CD=AE，∠DCM=∠EAO，
{∠DMC=∠EOA=90°
)
∴ ∠DCM=∠EAO ，
CD=AE
∴△DCM≌△EAO，
∴OE=DM，
设OE=x，
∵OC=OE，OB=3OE，
∴OE=DM=OC=x,OB=3x，
∵OA⊥OB，且OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA=45°，
∴OE=DM=OC=BM=x，
∴OE=DM=OC=BM=EM=x，
∵OA⊥OB，DM⊥BC，
∴DM∥OA，
AD OM 2x
∴ = = =2，
DB BM x
故答案为：2．
（3）∵OA⊥OB，且OA=OB，△AOD沿AB翻折得△APD，
∴∠OAB=∠OBA=∠PAD=45°,AO=AP,OD=PD，
∴∠OAP=90°，
过点A作AG⊥x轴于点G，过点A作AN⊥y轴于点N，
则四边形OGAN是矩形，
∴OG=AN,ON=AG，
∵点A坐标为(a,b)，
∴OG=AN=a,ON=AG=b，AO=PA=❑√a2+b2，
过点P作PH⊥x轴于点H，交NA的延长线于点M，
则四边形ONMH是矩形，∴MH=ON=AG=b，∠AMP=90°，NM=OH，
∴∠AON=90°−∠OAN=∠PAM，
{∠ANO=∠PMA
)
∴ ∠AON=∠PAM ，
AO=PA
∴△AON≌△PAM，
∴NO=MA=b,AN=PM=a，
∴四边形AGHM是正方形，
∴AG=NO=GH=MA=MH=b，
过点P作PQ⊥AG于点Q，交DE于点F，
则四边形PHGQ是矩形，
∴PQ=GH=b，PH=MH−MP=b−a，
设OD=DP=x，DH= y，
则x+ y=a+b，x2=(b−a) 2+ y2，
∴(x+ y)(x−y)=(b−a) 2，
(b−a) 2
∴x−y= ，
a+b
a2+b2 2ab
解得x= ,y= ，
a+b a+b
a2+b2 2ab
∴OD= ,DH=PF= ，
a+b a+ba2+b2 b(b−a)
∴DG=OD−OG= −a= ，
a+b a+b
b2(b−a) 2 2b2(a2+b2)
∴AD2=AG2+DG2=b2+ = ，
(a+b) 2 (a+b) 2
(a2+b2) 2
∴OD2= ，
(a+b) 2
∵AG∥DE，
PE PF
∴ = ，
PA PQ
2ab
×❑√a2+b2
∴ PF·PA a+b 2a❑√a2+b2，
PE= = =
PQ b a+b
4a2(a2+b2)
∴PE2=
，
(a+b) 2
AD2 2b2 1 b2
∴ = = × ，
PE2 4a2 2 a2
2AD2 b2
∴ = ，
PE2 a2
PE2 4a2 4
= =
∴OD2 a2+b2 b2，
1+
a2
PE2 4
=
∴OD2 2AD2，
1+
PE2
整理，得2AD2+PE2=4OD2，
∵四边形ADEF是平行四边形，
∴AD=EF，
∴2EF2+PE2=4OD2．
