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第十七章 勾股定理与几何辅助线压轴题精选 30 道
【人教版】
一．选择题（共10小题）
1．已知，如图在三角形ABC中，AC＝4，∠A＝30°，∠ABC＝15°，延长AC到点D，使得DC＝AC，则
BD的长为（ ）
A．5 B．3❑√3 C．4❑√2 D．4❑√3−2
【分析】先作BE⊥AD，交AD的延长线于点E，然后根据勾股定理可以得到BE和AE的关系，再根据
等腰三角形的性质，可以得到CE和BE的关系，然后计算出BE和DE的值，最后根据勾股定理即可求
得BD的长即可．
【解答】解：作BE⊥AD，交AD的延长线于点E，如图，
设BE＝x，
∵∠A＝30°，
∴AB＝2BE＝2x，
∴AE=❑√AB2−BE2 =❑√(2x) 2−x2 =❑√3x，
∵∠BEC＝90°，∠A＝30°，∠ABC＝15°，
∴∠BCE＝∠A+∠ABC＝45°，
∴∠BCE＝∠CBE＝45°，
∴BE＝CE＝x，
∵AE=❑√3x，AE＝AC+CE，AC＝CD＝4，
∴❑√3x=4+x，
解得x＝2❑√3+2，
∴DE＝CE﹣CD＝x﹣4＝2❑√3+2﹣4＝2❑√3−2，
∴BD=❑√BE2 +DE2 =❑√(2❑√3+2) 2 +(2❑√3−2) 2 =4❑√2，故选：C．
2．四边形ABCD的边长如图所示，对角线AC的长度随四边形形状的改变而变化．当△ABC为等腰三角形
时，△ABC的面积为（ ）
A．3❑√32 B．3❑√7 C．3❑√7或3❑√32 D．15
【分析】分AC＝AB、CA＝CB两种情况讨论．
【解答】解：当AC＝AB＝4时，
过A作AE⊥BC，交BC于点E，
，
∵BC＝6，
∴BE＝CE＝3，
由勾股定理，AE=❑√AC2−CE2 =❑√7，
1
S△ABC =
2
×AE×BC＝3❑√7，
当CA＝CB＝6时，
∵AC不满足小于AD+CD，
∴此种情况不存在，
故选：B．
3．如图，在△ABC中，AB＝AC，E是边AB上一点，连接CE，在BC的左侧作BF∥AC，且BF＝AE，连
接CF．若AC＝26，BC＝20，则四边形EBFC的面积为（ ）A．120 B．240 C．360 D．480
【分析】将四边形EBFC的面积转化为S△CBF +S△CBE ，然后进行求解．
【解答】解：∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵BF∥AC，
∴∠ACB＝∠CBF，
∴∠ABC＝∠CBF，
∴BC平分∠ABF，
过点C作CM⊥AB，CN⊥BF，
∴CM＝CN，
1 1
∵S△ACE =
2
AE•CM，S△CBF =
2
BF•CN，BF＝AE，
∴S△CBF ＝S△ACE ，
∴四边形EBFC的面积＝S△CBF +S△CBE ＝S△ACE +S△CBE ＝S△CBA ，
∵AC＝26，
∴AB＝26，
设AM＝x，则BM＝26﹣x，
由勾股定理，得：CM2＝AC2﹣AM2＝BC2﹣BM2，
∴262﹣x2＝202﹣（26﹣x）2，
238
解得x= ，
13
√ 238 240
∴CM=❑262−( ) 2 = ，
13 131 1 240
∴S△ABC =
2
AB•CM=
2
×26×
13
=240，
∴四边形EBFC的面积为240，
故选：B．
4．如图，△ABC中，∠C＝90°，AB的垂直平分线分别交AB、AC于点D、E，若BC=❑√5，AE：EC＝3：
2，则AB的长为（ ）
A．❑√41 B．❑√30 C．❑√10 D．3
【分析】连接BE，根据线段垂直平分线的性质得到AE＝BE，再根据勾股定理计算即可．
【解答】解：如图，连接BE，
∵DE是AB的垂直平分线，
∴AE＝BE，
设AE＝BE＝3x，
∵AE：EC＝3：2，
∴EC＝2x，
在Rt△EBC中，BE2＝BC2+EC2，即（3x）2＝（❑√5）2+（2x）2，
解得：x＝1（负值舍去），
则AE＝3x＝3，EC＝2x＝2，
∴AC＝AE+EC＝5，
∴AB=❑√BC2 +AC2 =❑√52 +(❑√5) 2 =❑√30，
故选：B．5．如图，在Rt△ABC中，斜边AB＝6，以AC为边向△ABC外作等边三角形ACD，以BC为腰作等腰
Rt△BCE，连结DE．若AC为a，BC为b，DE为c，则下列关系式成立的是（ ）
A．ab+8＝c2 B．a2+b2＝2c2 C．a2+c2＝3b2 D．ab+36＝c2
【分析】过点E作EG⊥DC交DC的延长线于点G，证明∠CEG＝30°，利用勾股定理即可解决问题．
【解答】解：如图，过点E作EG⊥DC交DC的延长线于点G，
∵在Rt△ABC中，斜边AB＝6，
∴∠ACB＝90°，
∵△ACD是等边三角形，Rt△BCE是以BC为腰的等腰直角三角形，
∴∠ACD＝60°，∠BCE＝90°，
∴∠DCE＝360°﹣60°﹣90°﹣90°＝120°，
∴∠ECG＝180°﹣120°＝60°，
∴∠CEG＝30°，
∵CD＝AC＝a，CE＝BC＝b，DE＝c，
1 1
∴CG= CE= b，
2 2❑√3
∴EG=❑√3CG= b，
2
1
在Rt△DGE中，DG＝DC+CG＝a+ b，
2
根据勾股定理得：DG2+EG2＝DE2，且AC2+BC2＝a2+b2＝AB2＝36，
1 ❑√3
∴（a+ b）2+（ b）2＝c2，
2 2
化简得，ab+36＝c2，
故选：D．
6．如图，在△ABC和△ABD中，AB＝AC＝AD，AC⊥AD，AE⊥BC于点E，AE的反向延长线与BD交于
点F，连结CD，则线段BF，DF，CD三者之间的关系为（ ）
A．BF﹣DF＝CD B．BF+DF＝CD
C．BF2+DF2＝CD2 D．2BF﹣2DF＝CD
【分析】由题意可得∠ACD＝∠ADC＝45°，由AB＝AC＝AD可得∠ABC+∠ABD＝45°＝∠CBD，由AB
＝AC，AE⊥BC可得AE是BC的垂直平分线，可得BF＝CF，根据勾股定理可求BF2+DF2的值．
【解答】解：如图，连接CF，
∵AC＝AD，AC⊥AD，
∴∠ACD＝45°＝∠ADC，
∵AB＝AC＝AD，
∴∠ABC＝∠ACB，∠ADB＝∠ABD，
∵∠ABC+∠ACB+∠ADB+∠ABD+∠ACD+∠ADC＝180°，∴∠CBD＝45°，
∵AB＝AC，AE⊥BC，
∴AE是线段BC的垂直平分线，
∴BF＝CF，
∴∠CBD＝∠BCF＝45°，即∠CFD＝90°，
∴BF2+DF2＝CD2＝AC2+AD2．
故选：C．
7．如图，△ABC与△ACD均为直角三角形，且∠ACB＝∠CAD＝90°，AD＝2BC＝12，AB：BC＝5：3，
点E是BD的中点，则AE的长为（ ）
A．3 B．5 C．4 D．6
【分析】延长AE交BC的延长线于点F，先证明△DAE≌△BFE（AAS），得出BF＝AD＝12，AE＝
FE，则CF＝6，再在Rt△ABC中利用勾股定理求出AC的长，然后在Rt△ACF中利用勾股定理求出AF
的长，即可得出结论．
【解答】解：如图，延长AE交BC的延长线于点F，
∵∠ACB＝∠CAD＝90°，
∴AD∥BF，
∴∠DAE＝∠F，
∵点E是BD的中点，
∴DE＝BE，
在△DAE和△BFE中，{ ∠DAE=∠F )
∠DEA=∠BEF ，
DE=BE
∴△DAE≌△BFE（AAS），
∴BF＝AD＝12，AE＝FE，
∵AD＝2BC＝12，
∴BC＝6，
∴CF＝BF﹣BC＝12﹣6＝6，
∵AB：BC＝5：3，
∴AB＝10，
∵∠ACB＝90°，
∴AC=❑√AB2−BC2 =❑√102−62 =8，∠ACF＝90°，
在Rt△ACF中，由勾股定理得：AF=❑√AC2 +CF2 =❑√82 +62 =10，
1
∴AE＝FE= AF＝5，
2
故选：B．
8．如图，四边形ABCD中，对角线AC⊥BD，点F为CD上一点，连接AF交BD于点E，AF⊥AB，DE＝
DF，∠BAG＝∠ABC＝45°，BC+AG=20❑√2，AE＝2EF，则AF＝（ ）
17❑√2
A．12 B．8❑√2 C．10 D．
2
【分析】延长 AF、BC，交于点 H，先证明△ABH 为等腰直角三角形，再判定△ABG≌△HAC
（ASA），然后在等腰直角△ABH中，由勾股定理得 AB与AH的值，设EF＝x，则AE＝2x，判定
△AGE≌△HCF（AAS），从而FH＝AE＝2x，解得x的值，最后根据AF＝AE+EF，可得答案．
【解答】解：延长AF、BC，交于点H，如图：∵AF⊥AB，∠ABC＝45°，
∴∠BAH＝90°，∠AHB＝90°﹣45°＝45°，
∴△ABH为等腰直角三角形，
∴AH＝AB，
∵∠BAH＝90°，∠BAG＝45°，∠AHB＝45°，
∴∠GAE＝∠BAG＝∠AHB＝45°，
∵AC⊥BD，
∴∠ABC+∠BAC＝90°，
∵∠BAC+∠HAC＝∠BAH＝90°，
∴∠ABG＝∠HAC，
在△ABG和△HAC中，
{∠ABG=∠HAC
)
AB=AH ，
∠BAG=∠AHC
∴△ABG≌△HAC（ASA），
∴AG＝HC，
∴BH=BC+CH=BC+AG=20❑√2，
在等腰直角△ABH中，AH＝AB，∠BAH＝90°，由勾股定理得：AB2+AH2＝BH2，
∴AB＝AH＝20，
∵AE＝2EF，
∴设EF＝x，则AE＝2x，
∵DE＝DF，
∴∠DEF＝∠DFE，
∴∠AEG＝∠HFC，
∵∠AHB＝∠GAE＝45°，
∴∠AGE＝135°﹣∠HFC＝∠FCH，
在△AGE和△HCF中，{∠AEG=∠HFC
)
∠AGE=∠FCH ，
AG=HC
∴△AGE≌△HCF（AAS），
∴FH＝AE＝2x，
∴AH＝AE+EF+FH＝5x＝20，
解得：x＝4，
∴AF＝AE+EF＝3x＝12，
故选：A．
9．如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，BF平分∠ABC交AD与点E，交AC于点F，AC＝13，AD＝
12，BC＝14，则DE的长等于（ ）
9 13
A． B．5 C． D．7
2 2
【分析】利用勾股定理可得 CD 和 AB 的长，进而由角平分线性质得 EG＝ED，再证明
Rt△BDE≌Rt△BGE（HL），得BG＝BD＝9，设AE＝x，则ED＝12﹣x，然后根据勾股定理列方程可
得结论．
【解答】解：∵AD⊥BC，
∴∠ADC＝∠ADB＝90°，
∴CD=❑√AC2−AD2 =❑√132−122 =5，
∴BD＝BC﹣CD＝14﹣5＝9，
∴AB=❑√AD2 +BD2 =❑√122 +92 =15，
过点E作EG⊥AB于点G，
∵BF平分∠ABC，AD⊥BC，
∴EG＝ED，
在Rt△BDE和Rt△BGE中，{BE=BE)
，
ED=EG
∴Rt△BDE≌Rt△BGE（HL），
∴BG＝BD＝9，
∴AG＝AB﹣BG＝15﹣9＝6，
设AE＝x，则ED＝12﹣x，
∴EG＝12﹣x，
Rt△AGE中，由勾股定理得：AG2+EG2＝AE2，
即62+（12﹣x）2＝x2，
15
解得：x= ，
2
15
∴AE= ，
2
15 9
∴DE＝AD﹣AE＝12− =
2 2
故选：A．
10．如图，△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC=❑√2，将△ABC绕点A顺时针方向旋转60°到△AB'C'的位置，
连接C'B，则C'B的长为（ ）
❑√3
A．2−❑√2 B． C．❑√3−1 D．1
2
【分析】连接BB′，延长BC′交AB′于点M，证明△ABC′≌△B′BC′，得到∠MBB′＝∠MBA＝30°；求出BM、C′M的长，即可解决问题．
【解答】解：如图，连接BB′，延长BC′交AB′于点M；
由题意得：∠BAB′＝60°，BA＝B′A，
∴△ABB′为等边三角形，
∴∠ABB′＝60°，AB＝B′B；
在△ABC′与△B′BC′中，
{AC′=B′C′
)
AB=B′B ，
BC′=BC′
∴△ABC′≌△B′BC′（SSS），
∴∠MBB′＝∠MBA＝30°，
∴BM⊥AB′，且AM＝B′M；
由题意得：AB2＝4，
∴AB′＝AB＝2，AM＝1，
1
∴C′M= AB′＝1；
2
由勾股定理得：BM=❑√AB2−AM2 =❑√22−12 =❑√3，
∴C′B=❑√3−1，
故选：C．
二．填空题（共10小题）
11．如图，在△ABC中，AB＝AC，点D在边AC上，且AD＝BD，过点A作AE⊥BD，交BD的延长线于
25
点E，若AE＝6，BC=2❑√10，则BD的长为 ．
4【分析】过B作BH⊥AC于H，得到∠E＝∠BHD＝90°，根据全等三角形的性质得到BH＝AE＝6，DE
＝CH，根据勾股定理得到CH=❑√BC2−BH2 =2，求得AH＝AC﹣2，根据勾股定理得到AH＝8，再根
据勾股定理得到结论．
【解答】解：过B作BH⊥AC于H，
∴∠E＝∠BHD＝90°，
在△ADE与△BDH中，
{ ∠E=∠BHD )
∠ADE=∠BDH ，
AD=BD
∴△ADE≌△BDH（AAS），
∴BH＝AE＝6，
∵BC＝2❑√10，
∴CH=❑√BC2−BH2 =2，
∴AH＝AC﹣2，
∵AH2+BH2＝AB2，AB＝AC，
∴（AC﹣2）2+62＝AC2，
∴AC＝10，
∴AH＝8，
∵BD2＝BH2+DH2，
∴BD2＝62+（8﹣BD）2，
25
∴BD= ．
4
25
故答案为： ．
412．如图，在△ABC中，BD⊥AC，点E是AB的中点，BD于CE交于F点，且FB＝FC，AC＝EC＝10
时，则BC的长是 6❑√5 ．
【分析】过C作CM⊥AB于M，根据等腰三角形的性质，可得∠ECM为∠A的余角，AM＝EM，再根
据BD⊥AC，可得∠ABD也是∠A的余角，所以这两个角相等，再根据 BF＝CF，可得∠FBC和∠FCB
相等，所以∠ABC和∠MCB相等，均为45°，设AM＝EM＝x，则可以用x表示出BM，在△ACM中用
勾股定理求出x的值，进而求解BC的长即可．
【解答】解：过C作CM⊥AB于M，如图：
∵AC＝EC，
∴AM＝EM，∠ACM＝∠ECM＝90°﹣∠A，
∵BD⊥AC，
∴∠ABD＝90°﹣∠A，
∴∠ABD＝∠ECM，
∵BF＝CF，
∴∠FBC＝∠FCB，
∴∠MBC＝∠MCB＝45°，
∴BM＝CM，
设AM＝EM＝x，则AE＝2x，∵E是AB的中点，
∴BE＝AE＝2x，
∴BM＝CM＝3x，
在Rt△ACM中，x2+9x2＝100，
∴x=❑√10，
∴BM＝3x＝3❑√10，
∴BC=❑√2BM＝6❑√5．
故答案为：6❑√5．
13．如图，四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝60°，∠BAD＞90°，AC⊥BC，若AB＝2，AD=❑√2，则
BD的长为 1+❑√3 ．
【分析】过点A作AE⊥CD于点E，过点D作DF⊥BC交BC的延长线于点F，在Rt△ADE中，求出
DE，AE，在 Rt△ABC 中，求出 BC，AC，可知 AE＝CE，得到∠ACD＝45°，∠DCF＝45°，再在
Rt△CDF中，求出DF，CF，最后在Rt△BDF中，可求出BD．
【解答】解：过点A作AE⊥CD于点E，过点D作DF⊥BC交BC的延长线于点F，
在Rt△ADE中，
∵∠ADC＝60°，AD=❑√2，
1 ❑√2 √ ❑√2 ❑√6
∴DE= AD= ，AE=❑√AD2−DE2 =❑(❑√2) 2−( ) 2 = ，
2 2 2 2
在Rt△ABC中，
∵∠ABC＝60°，AB＝2，1
∴BC= AB＝1，AC=❑√AB2−BC2 =❑√22−12 =❑√3，
2
在Rt△ACE中，
√ ❑√6 ❑√6
CE=❑√AC2−AE2 =❑(❑√3) 2−( ) 2 = ，
2 2
❑√6 ❑√6 ❑√2 ❑√6+❑√2
∴CE＝AE= ，CD＝CE+DE= + = ，
2 2 2 2
∴∠ACD＝45°，
∴∠DCF＝180°﹣∠ACB﹣∠ACD＝180°﹣90°﹣45°＝45°，
在Rt△CDF中，
❑√2 ❑√2 ❑√6+❑√2 ❑√3+1
CF＝DF= CD= × = ，
2 2 2 2
❑√3+1 3+❑√3
∴BF＝BC+CF＝1+ = ，
2 2
在Rt△BDF中，
√ 3+❑√3 ❑√3+1
BD=❑√BF2 +DF2 =❑( ) 2 +( ) 2 =1+❑√3．
2 2
故答案为：1+❑√3．
1
14．如图，在△ABC中，∠B＝90°，点D在线段BC上，点E在线段AD上，∠BAC＝∠DEC= ∠ADB，
2
CD＝6，AB＝12❑√2，则线段BD的长为 6 ．
【分析】如图，延长CB到T，使得BT＝CB．证明DE＝DC＝6，设BD＝x，则DT＝2x+6，再证明AD
＝DT＝2x+6，根据勾股定理构建方程求解即可．
【解答】解：如图，延长CB到T，使得BT＝CB．∵∠ABC＝90°，
∴AB⊥CT，
∵BT＝BC，
∴AT＝AC，
∴∠BAT＝∠BAC，
1
∵∠DEC= ∠ADB，∠ADB＝∠DEC+∠DCE，
2
∴∠DEC＝∠DCE，
∴DE＝CD＝6，
设BD＝x，则BT＝BC＝x+6，DT＝2x＝6，
∵∠BAC＝∠DEC，
∴∠BAD+∠DAC＝∠DAC+∠ACE，
∴∠BAD＝∠ACE，
∵AT﹣AC，
∴∠T＝∠ACD＝∠DCE+∠ACE＝∠BAC+∠BAD＝∠BAT+∠BAD＝∠DAT，
∴DT＝AD＝2x+6，
在Rt△ABD中，AD2＝AB2+BD2，
∴（2x+6）2＝（12❑√2）2+x2，
解得x＝6（负根已经舍去）．
∴BD＝6．
故答案为：6．
15．如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，BC上有一点D，连接AD，作AE⊥AD，且AE＝AD，连
接BE交AC于点F，使EF=❑√26CF，当CD＝6时，则CF＝ 2 ．【分析】设CF＝x，作EG⊥AC于点G，证明△DAC≌△AEG（AAS），推出AG＝CD＝6，AC＝EG，
再证明△CFB≌△GFE（AAS），求得FG＝CF＝x，得到EG＝AC＝6+2x，在Rt△EFG中，利用勾股定
理列式计算即可求解．
【解答】解：设CF＝x，作EG⊥AC于点G，
∴EF=❑√26CF=❑√26x，
∵AE⊥AD，∠ACB＝90°，
∴∠DAE＝90°＝∠EGA，
∴∠DAC＝90°﹣∠GAE＝∠AEG，
∵AE＝AD，
∴△DAC≌△AEG（AAS），
∴AC＝EG，AG＝CD＝6，
∵AC＝BC，
∴EG＝AC＝BC，
∵∠ACB＝90°，EG⊥AC，
∴∠FCB＝∠FGE＝90°，
∵∠CFB＝∠GFE，
∴△CFB≌△GFE（AAS），
∴FG＝CF＝x，
∴EG＝AC＝6+2x，
在Rt△EFG中，EF2＝FG2+EG2，即(❑√26x) 2 =x2 +(6+2x) 2，
整理得7x2﹣8x﹣12＝0，6
解得x ＝2，x =− （舍去），
1 2 7
故答案为：2．
16．如图，在四边形ABCD中和，AB＝BC＝6，∠ABC＝60°，∠ADC＝90°．对角线AC与BD相交于点
E，若BE＝3DE，则ED＝ 3❑√6 ．
【分析】过点B作BM⊥AC于点M，过点D作DN⊥BM于点N，连接DM并延长到H，使得MH＝
MD，连接 AH，先证明∴△ABC 为等边三角形，得到 AC＝AB＝6，再由三线合一定理得到
1
CM=AM= AC=3．则由勾股定理可得 BM=❑√BC2−CM2 =3❑√3；证明△ AHM≌△ CDM
2
（SAS），得到 AH＝CD，∠MAH＝∠MCD，再证明△ADH≌△DAC，得到 DH＝AC，则
1
BM⋅ME
1 BE 3 2 3 ME 3
DM= AC=3；由BE＝3DE，得到 = ，则 = ，据此得到 = ，设ME＝3x，
2 BD 4 1 4 DN 4
BM⋅DN
2
DN＝4x，BE＝3y，BD＝4y在Rt△BME中，由勾股定理得BE2﹣ME2＝BM2，可推出y2﹣x2＝3，
在Rt△BDN中，由勾股定理得 BN2＝16y2﹣16x2＝48，则BN=4❑√3，MN=❑√3．利用勾股定理得到
DN=❑√DM2−M N2 =❑√6．则BD=❑√BN2 +DN2 =3❑√6．
【解答】解：过点B作BM⊥AC于点M，过点D作DN⊥BM于点N，连接DM并延长到H，使得MH＝
MD，连接AH，∵AB＝BC＝6，∠ABC＝60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴AC＝AB＝6，
∵BM⊥AC，
1
∴CM=AM= AC=3．
2
∴BM=❑√BC2−CM2 =3❑√3；
在△AHM和△CDM中．
{ AM=CM )
∠AMH=∠CMD ，
HM=DM
∴△AHM≌△CDM（SAS），
∴∠MAH＝∠MCD，AH＝CD，
∵∠ADC＝90°，
∴∠ACD+∠CAD＝90°，
∴∠CAD+∠CAH＝90°，
∴DAH＝90°＝∠ADC，
在△ADH和△DAC中，
{ AH=CD )
∠DAH=∠ADC ，
AD=DA
∴△ADH≌△DAC（SAS），
∴DH＝AC，
1
∴DM= AC=3；
2
∵BE＝3DE，
BE 3
∴ = ，
BD 4
S BE 3
∴
△BDM
= = ，
S BD 4
△BME1
BM⋅ME
2 3
∴ = ，
1 4
BM⋅DN
2
ME 3
∴ = ，
DN 4
设BE＝3y，BD＝4y，ME＝3x，DN＝4x，
∵BE2﹣ME2＝BM2，
∴9y2﹣9x2＝27，
∴y2﹣x2＝3，
∵BN2＝BD2﹣DN2，
∴BN2＝16y2﹣16x2＝48，
∴BN=4❑√3，
∴MN=❑√3．
∴DN=❑√DM2−MN2 =❑√6．
∴BD=❑√BN2 +DN2 =❑√48+6=❑√54=3❑√6．
故答案为：3❑√6．
17．如图，在△ABC中，BD是AC边上的中线，AE是△ABD中BD边上的中线，若∠CBD＝60°，∠AEB
＝150°，BD＝4，则AB＝ 7 ．
【分析】延长AE交BC于点F，延长BD，使BD＝DG，连接AG，根据题意可得∠BEF＝30°，∠BFE
1
＝90°，进而可求出BF= BE=1，根据勾股定理求出EF=❑√3，证明△BDC≌△GDA，得到∠G＝
2
∠CBD＝60°，推出BC∥AG，得到∠GAE＝∠BFE＝90°，根据勾股定理求出AE，在Rt△ABF中，由勾
股定理即可求解．
【解答】解：如图，延长AE交BC于点F，延长BD，使BD＝DG，连接AG，∵∠AEB＝150°，
∴∠BEF＝180°﹣∠AEB＝30°，
∵∠CBD＝60°，
∴∠BFE＝180°﹣∠CBD﹣∠BEF＝90°，
∵BD＝4，AE是△ABD中BD边上的中线，
1
∴DE=BE= BD=2，
2
1
∴BF= BE=1，
2
在Rt△BEF中，由勾股定理得：EF=❑√BE2−BF2 =❑√22−12 =❑√3，
∵BD是AC边上的中线，
∴AD＝CD，
在△BDC和△GDA中，
{ BD=GD )
∠BDC=∠GDA ，
AD=CD
∴△BDC≌△GDA（SAS），
∴∠G＝∠CBD＝60°，
∴BC∥AG，
∴∠GAE＝∠BFE＝90°，
∴GE＝DE+GD＝2+4＝6，
1
∴AG= ≥=3，
2
在Rt△AGE中，由勾股定理得：AE=❑√GE2−AG2 =❑√62−32 =3❑√3，∴AF=AE+EF=3❑√3+❑√3=4❑√3，
在Rt△ABF中，由勾股定理得：AB=❑√AF2 +BF2 = ❑√ (4❑√3) 2 +12 =7，
故答案为：7．
18．如图，△ABC中，BC＝8，AC﹣AB＝3，D是△ABC外一点，且∠ACD+∠ABD＝180°，CD＝BD．若
AD⊥CD，则△BCD的面积是 6 ．
【分析】延长CD至E，使得DE＝CD，连接BE，AE，过点B作BF⊥CD于点F，证明AB⊥BC进而可
得BE＝3，然后根勾股定理求得CE，等面积法求得BF，进而根据三角形的面积公式，即可求解．
【解答】解：延长CD至E，使得DE＝CD，连接BE，AE，过点B作BF⊥CD于点F，
∵DC＝DE＝DB，
∴∠DCB＝∠DBC，∠DBE＝∠E，
又∵∠DCB+∠DBC+∠DBE+∠E＝180°，
∴∠CBE＝∠CBD+∠DBE＝90°，
设∠DCB＝∠DBC＝ ，
又∵AD⊥CD，AB⊥BαC，
∴∠ADC＝∠ABC＝90°，
∴∠DCB＝∠DAB＝ ，∠ADC＝∠ADE＝90°，
∴∠DAB+∠E＝90°，α
∴点B在AE上，
∵∠ACD+∠ABD＝∠DBE+∠ABD＝180°，
∴∠ACD＝∠DBE，
∴∠ACD＝∠E，∴AE＝AC，
∵AC﹣AB＝3，
∴BE＝3，
∴CE=❑√BC2 +BE2 =❑√73，
1 ❑√73
∴CD=DE=DB= CE= ，
2 2
∵BF⊥CE，BC⊥AB，
1 1
∴ CB×BE= CE×BF
2 2
BC×BE 8×3 24
∴BF= = = ，
CE ❑√73 ❑√73
1 1 ❑√73 24
∴S = CD×BF= × × =6，
△BCD 2 2 2 ❑√73
故答案为：6．
19．如图，在等腰△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝12，AD为△ABC的中线，FE垂直平分AB交AD于点
7
G，则GD＝ ．
4
1
【分析】连接BG，根据等腰三角形的性质得到BD= BC＝6，AD⊥BC，根据勾股定理得到AD＝8，最
2
后根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：连接BG，
∵FE是AB的垂直平分线，
∴AG＝BG，
∵AB＝AC＝10，BC＝12，AD为△ABC的中线，
1
∴BD= BC＝6，AD⊥BC，
2
∴∠ADB＝90°，∴AD=❑√AB2−BD2 =❑√102−62 =8，
设DG＝x，则BG＝AG＝8﹣x，
由勾股定理得：BG2＝BD2+DG2，
∴（8﹣x）2＝x2+62，
7
∴x= ，
4
7
∴DG= ．
4
7
故答案为： ．
4
20．如图，在△ABC中，AB=AC，BC=12❑√3，CD=20，∠ADB=30°，∠CAD=3∠BAD，则
BD的长为 4❑√7 ．
【分析】设∠BAD＝ ，根据导角得出∠CBD＝60°+ ，以AB为边向右作等边△BPA，以BC为边作等边
△BCQ，连接AQ，PαC，得出BE∥QC进而可得∠αBCE＝30°，进而根据含30度角的直角三角形的性
质，勾股定理，即可求解．
【解答】解：∵AB＝AC，∠CAD＝3∠BAD，
1
设∠BAD＝ ，则∠CAD＝3 ，∠BAC=4α，∠ACB=∠ABC= (180°−∠BAC)=90°−2α，
2
α α
∵∠AFB＝∠FAC+∠FCA＝∠FBD+∠BFD，
∴3 +90°﹣2 ＝∠CBD+30°，
∴∠αCBD＝60α°+ ，
α以AB为边向右作等边△BPA，以BC为边作等边△BCQ，连接AQ，PC，
∵AB＝AC，BQ＝CQ，AQ＝AQ，
∴△ABQ≌△ACQ（SSS），
1
∴∠AQB=∠AQC= (360°−60°)=150°，
2
∠ABQ＝180°﹣150°﹣2 ＝30°﹣2 ，
∠PBC＝∠ABC﹣60°＝9α0°﹣2 ﹣6α0°＝30°﹣2 ，
又∵AB＝BP，BQ＝BC， α α
∴△ABQ≌△PBC（SAS），
∴∠BCP＝∠BQA＝150°，∠BPC＝∠BAQ＝2 ，
∵AC＝AB＝AP， α
∴∠APC＝∠ACP＝60°+∠BPC＝60°+2 ，
又∵∠ACQ＝∠ABQ＝30°﹣ ， α
∴∠QCP＝∠QCA+∠ACP＝α90°，
过点B作BE⊥DC于点E，则BE∥QC，
则∠CBE＝∠ACB＝60°，
∴∠BCE＝30°，
1
∴BE= BC=6❑√3，EC=❑√BC2−BE2 =18，
2
∴DE＝DC﹣EC＝2，
在Rt△BDE中，BD=❑√BE2 +DE2 = ❑√22 +(6❑√3) 2 =4❑√7，
故答案为：4❑√7．三．解答题（共10小题）
21．在△ABC和△ADE中，点D在BC边上，∠BAC＝∠DAE＝ ，AD＝AE．
α
（1）若AB＝AC．
i）如图1，当 ＝90°时，连接EC，猜想并求线段DB，DC，DE之间的数量关系；
ii）如图2，当α ＝60°时，过点A作DE的垂线，交BC边于点F，若BC＝8，BD＝2，求线段CF的
长； α
（2）如图3，已知 ＝90°，过点A作DE的垂线，交BC边于点F，若AB=4❑√5，AC=2❑√5，当CF
＝1时，则线段BD的α长为 5. 6 ．
【分析】（1）i）根据题意可证△ABD≌△ACE，△CDE是直角三角形，根据勾股定理即可求解；ii）
连接EF，CE，过点E作EG⊥BC延长线于点G，可得AF是DE的垂直平分线，设CF＝x，在Rt△EFG
中根据勾股定理即可求解；
（2）如图所示，延长 AC 到 N，使得AC=NC=2❑√5，连接 EN，延长 BC 交 EN 于点 M，可证
△ABD≌△ANE，BD＝EN，可得△CMN是直角三角形，可求出 MN的值，由ii）的证明可得DF＝
EF，在Rt△EFM中，可求出DF，EM的值，根据EN＝EM+MN即可求解．
【解答】解：（1）i）∠BAC＝∠DAE＝ ＝90°，AD＝AE，AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB＝∠ADE＝∠AED＝45°，α
∵∠BAD+∠DAC＝∠DAC+∠CAE＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△ABD，△ACE中，
{ AB=AC )
∠BAD=∠CAE ，
AD=AE
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE，∠B＝∠ACE＝45°，
∴∠ACB+∠ACE＝45°+45°＝90°，
∴△CDE是直角三角形，∴DE2＝DC2+CE2，且CE＝DB，
∴DB2+DC2＝DE2；
ii）AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝ ＝60°，
∴△ABC，△ADE是等边三角形， α
∴AB＝BC＝AC＝8，则CD＝BC﹣BD＝8﹣2＝6，
如图所示，连接CE，EF，过点E作EG⊥BC延长线于点G，
由上述证明可得，△ABD≌△ACE，
∴BD＝CE＝2，∠B＝∠ACE＝60°，
∴∠ACB+∠ACE＝60°+60°＝120°，则∠ECG＝180°﹣∠ECB＝60°，
在Rt△ACF中，∠ECG＝60°，CE＝2，
1
∴CG= CE=1，EG=❑√3CG=❑√3，
2
∵△ADE是等边三角形，AF⊥DE，
∴AF是DE的垂直平分线，
∴DF＝EF，
设CF＝x，则DF＝EF＝BC﹣CF＝6﹣x，FG＝CF+CG＝x+1，
在Rt△EFG中，EF2＝FG2+EG2，
∴(6−x) 2 =(x+1) 2 +(❑√3) 2 ，
16
解得，x= ，
7
16
∴CF的长为 ；
7
（2）解：如图所示，延长AC到N，使得AC=NC=2❑√5，连接EN，延长BC交EN于点M，过点A作
AP⊥BC于点P，∴AN=AC+CN=4❑√5=AB，
∵∠BAC＝∠DAE＝ ＝90°，AD＝AE，
∴∠BAD+∠DAC＝∠αDAC+∠NAE＝90°，
∴∠BAD＝∠NAE，
在△ABD，△NAE中，
{ AB=AN )
∠BAD=∠NAE ，
AD=AE
∴△ABD≌△NAE（SAS），
∴∠B＝∠N，BD＝NE，
∵∠ACB＝∠NCM，∠B+∠ACB＝90°，
∴∠NCM+∠N＝90°，
∴∠CMN＝90°，即CM⊥MN，△CMN是直角三角形，
在Rt△ABC中，AB=4❑√5，AC=2❑√5，
∴BC=❑√AB2 +AC2 = ❑√ (4❑√5) 2 +(2❑√5) 2 =10，
∵AP⊥BC，
1 1
∴S = AC⋅AB= BC⋅AP，
△ABC 2 2
AC⋅AB 2❑√5×4❑√5
∴AP= = =4，
BC 10
∵∠CMN＝∠APC＝90°，∠ACP＝∠MCN，AC＝NC，
∴△APC≌△NMC（AAS），
∴MN＝AP＝4，
在Rt△CMN中，CM2+MN2＝CN2，
解得，CM＝2，MN＝4，
∵CF＝1，∴FM＝FC+CM＝1+2＝3，
设DF＝y，则BD＝EN＝BC﹣DF﹣CF＝10﹣y﹣1＝9﹣y，DM＝DF+FM＝y+3，
∴EM＝EN﹣MN＝9﹣y﹣4＝5﹣y，
∵△ADE是等边三角形，AF⊥DE，
∴AF是DE的垂直平分线，
∴DF＝EF＝y，
在Rt△EFM中，EF2＝FM2+EM2，
∴y2＝32+（5﹣y）2，
解得，y＝3.4，
∴EM＝5﹣y＝5﹣3.4＝1.6，则EN＝EM+MN＝1.6+4＝5.6，
∴BD＝5.6，
故答案为：5.6．
22．已知△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°．
（1）如图1，点M在斜边AB上，且AC＝1+❑√3，MA=❑√2，则线段MB＝ ❑√6 ，MC＝ 2 ．
（2）如图2，点M在△ABC外，MA＝2，MC＝5，∠AMC＝45°，求MB；
（3）如图3，点M在△ABC外，MA＝3，MB＝3❑√5，MC＝6，求AC．
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质求出AB，过点C作CD⊥AB于点D，然后根据勾股定理即可解决问题；
（2）过点C作CN⊥CM，交MA的延长线于点N，连接BN，得△CMN是等腰直角三角形，得MC＝
NC＝5，MN＝5❑√2，证明△ACM≌△BCN（SAS），得BN＝MA＝2，∠AMC＝∠BNC＝45°，证明
∠MNB＝90°，然后利用勾股定理即可解决问题；
（3）C 作 CD⊥CM 且 CD＝CM，连接 BD、MD，延长 AM，DB 交于点 E，证明△ACM≌△BCD
（SAS），得BD＝MA＝3，∠AMC＝∠BDC，然后证明∠E＝90°，设BE＝x，再根据勾股定理列出方程
求出x的值，进而可以解决问题．
【解答】解：（1）∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，
∴BC＝AC＝1+❑√3，
∴AB=❑√2AC=❑√2+❑√6，
如图1，过点C作CD⊥AB于点D，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴CD垂直平分AB，
1 ❑√2+❑√6
∴AD＝CD＝BD= AB= ，
2 2
∵MA=❑√2，
❑√2+❑√6 ❑√6−❑√2
∴MD＝AD﹣MA= −❑√2= ，
2 2
√ ❑√6−❑√2 ❑√2+❑√6
∴MC=❑√M D2 +CD2 =❑( ) 2 +( ) 2 =❑√4=2，
2 2
❑√6−❑√2 ❑√2+❑√6
MB＝MD+BD= + =❑√6，
2 2
故答案为：❑√6，2；
（2）过点C作CN⊥CM，交MA的延长线于点N，连接BN，∵CN⊥CM，∠AMC＝45°，
∴∠MNC＝45°，
∴△CMN是等腰直角三角形，
∴MC＝NC＝5，
∴MN=❑√2MC＝5❑√2，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴CA＝CB，∠ACB＝90°，
∴∠MCN﹣∠ACN＝∠ACB﹣∠ACN，
∴∠ACM＝∠BCN，
∴△ACM≌△BCN（SAS），
∴BN＝MA＝2，∠AMC＝∠BNC＝45°，
∴∠MNB＝90°，
在Rt△MNB中，根据勾股定理得：MB=❑√M N2 +BN2 = ❑√ (5❑√2) 2 +22 =❑√54=3❑√6；
（3）如图3，C作CD⊥CM且CD＝CM，连接BD、MD，延长AM，DB交于点E，
∴∠MCD＝90°，MD=❑√2MC＝6❑√2，
∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，∴AC＝BC，
∴∠MCD﹣∠MCB＝∠ACB﹣∠MCB，
∴∠ACM＝∠BCD，
∴△ACM≌△BCD（SAS），
∴BD＝MA＝3，∠AMC＝∠BDC，
∵∠AMC+∠CME＝180°，
∴∠BDC+∠CME＝180°，
∵∠MCD＝90°，
∴∠E＝360°﹣（∠MCD+∠BDC+∠CME）＝90°，
在Rt△MEB和Rt△MED中，根据勾股定理得：
ME2＝BM2﹣BE2＝DM2﹣DE2，
设BE＝x，
∵DB＝3，MB＝3❑√5，MD＝6，
∴DE＝x+3，
∴（3❑√5）2﹣x2＝62﹣（x+3）2，
∴x＝3，
∴ME=❑√BM2−BE2 =❑√(3❑√5) 2−32 =6，
∴AE＝AM+ME＝3+6＝9，
∴AB=❑√AE2 +BE2 =❑√92 +32 =3❑√10，
❑√2
∴AC= AB＝3❑√5．
2
23．已知△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC．
（1）如图1，当B、C、M、N在同一直线上，且∠MAN＝45°，BM＝1，CN＝2时，MN＝ ❑√5 ；
（直接写出计算结果）
（2）如图2，当B、C、M、N在同一直线上，且∠MAN＝135°时，写出线段BM、CN、MN之间的数量
关系，并加以证明；
（3）如图3，当BM⊥AB于点B，CN⊥AC于点C，BM＝CN＝2❑√2，且∠MAN＝135°时，直接写出线
段MN的值．【分析】（1）将△ABM绕点A逆时针旋转90°，使AB与AC重合，点M与点Q重合，连接NQ，得出
∠NCQ＝90°，NQ=❑√CQ2 +CN2 =❑√12 +22 =❑√5，证明△QAN≌△MAN（SAS），得出MN＝NQ=❑√5
；
（2）将△ACN绕点A顺时针旋转90°，使AC与AB重合，点N与点P重合，连接PM，得出∠PBM＝
90°，PM2＝BM2+CN2，证明△PAM≌△NAM（SAS），得出PM＝MN，得到MN2＝BM2+CN2；
（3）将△MBA绕点A逆时针旋转90°，使AB与AC重合，点M与点H重合，证明△HAN≌△MAN
（SAS），得出MN＝HN＝CN+CH=2❑√2+2❑√2=4❑√2．
【解答】解：（1）将△ABM绕点A逆时针旋转90°，使AB与AC重合，点M与点Q重合，连接NQ，
∴△ABM≌△ACQ，
∴∠BAM＝∠CAQ，AM＝AQ，∠ACQ＝∠ABM＝45°，BM＝CQ＝1，
∴∠NCQ＝90°，
∴NQ=❑√CQ2 +CN2 =❑√12 +22 =❑√5，
∵∠BAC＝90°，∠MAN＝45°，
∴∠BAM+∠CAN＝45°，
∴∠CAQ+∠CAN＝45°，
∴∠QAN＝45°＝∠MAN，
在△QAN和△MAN中，
{ AQ=AM )
∠QAN=∠MAN ，
AN=AN
∴△QAN≌△MAN（SAS），∴MN＝NQ=❑√5，
故答案为：❑√5；
（2）将△ACN绕点A顺时针旋转90°，使AC与AB重合，点N与点P重合，连接PM，
∴△PAB≌△NAC，
∴PB＝CN，∠PBA＝∠NCA＝45°＝∠ABC，AP＝AN，∠PAN＝90°，
∴∠PBM＝90°，
∴PM2＝BM2+PB2，
∴PM2＝BM2+CN2，
∵∠MAN+∠PAN+∠PAM＝360°，
∴135°+90°+∠PAM＝360°，
∴∠PAM＝135°＝∠MAN，
在△PAM和△NAM中，
{ AP=AN )
∠PAM=∠NAM ，
AM=AM
∴△PAM≌△NAM（SAS），
∴PM＝MN，
∴MN2＝BM2+CN2；
（3）将△MBA绕点A逆时针旋转90°，使AB与AC重合，点M与点H重合，∴△MBA≌△HCA，
∴AM＝AH，∠MAH＝90°，BM＝CH=2❑√2，
∵∠MAH+∠MAN+∠HAN＝360°，
∴90°+135°+∠HAN＝360°，
∴∠HAN＝135°＝∠MAN，
在△HAN和△MAN中，
{ AH=AM )
∠HAN=∠MAN ，
AN=AN
∴△HAN≌△MAN（SAS），
∴MN＝HN＝CN+CH=2❑√2+2❑√2=4❑√2．
24．（1）如图1，在Rt△ABC和Rt△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，且点D在BC
边上滑动（点D不与点B，C重合），连接EC．求证：BD2+CD2＝2AD2；
[拓展延伸]
（2）如图2，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ACB＝∠ADC＝45°．若BD＝17cm，CD＝8cm，求AD的
长；
（3）如图3，把斜边长都为18cm的一副三角板的斜边重叠摆放在一起，则两块三角板的直角顶点之间
9(❑√6+❑√2)
的距离AB长为 cm．
2
【分析】（1）证明△BAD≌△CAE（SAS），根据全等三角形的性质得到BD＝CE，∠ACE＝∠B，得
到∠DCE＝90°，根据勾股定理计算即可；
（2）作AE⊥AD，使AE＝AD，连接CE，DE，证明△BAD≌△CAE，得到BD＝CE＝17cm，根据勾股
定理计算即可．
（3）延长BN到点P，使NP＝MB，先证△AMB≌△ANP得AB＝AP，∠NAM＝∠BAP，据此可得
∠BAP＝∠MAN＝90°，由勾股定理知AB2+AP2＝BP2，继而可得2AB2＝（MB+BN）2；由直角三角形的
性质知BN=9cm，MB=9❑√3cm，代入计算即可得答案．
【解答】（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
{ AB=AC )
∠BAD=∠CAE ，
AD=AE
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE，∠ACE＝∠B，
∴∠DCE＝90°，
∴CE2+CD2＝ED2，
在Rt△ADE中，AD2+AE2＝ED2，
又AD＝AE，
∴BD2+CD2＝2AD2；
（2）解：作AE⊥AD，使AE＝AD，连接CE，DE，如图2，
∵∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD，
即∠BAD＝∠CAE，
在△BAD与△CAE中，
{ AB=AC )
∠BAD=∠CAE ，
AD=AE
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE＝17cm，
∵∠ADC＝45°，∠EDA＝45°，
∴∠EDC＝90°，
∴DE=❑√CE2−CD2 =❑√172−82 =15cm，∵∠DAE＝90°，
15❑√2
∴AD=AE= cm．
2
（3）解：如图3，延长BN到点P，使NP＝MB，
∵∠MAB＝90°，∠MBN＝90°，
∴∠AMB+∠ANB＝180°，
∵∠ANP+∠ANB＝180°，
∴∠AMB＝∠ANP，
∵AM＝AN，NP＝MB，
∴△AMB≌△ANP（SAS），
∴AB＝AP，∠MAB＝∠NAP，
∴∠BAP＝∠BAM＝90°，
∴BA2+AP2＝BP2，
❑√2
∴2AB2＝（MB+BN）2，即AB= (MB+BN)；
2
∵MN＝18cm，∠BMN＝30°，
1
∴BN= MN=9cm，
2
∴MB=❑√M N2−BN2 =❑√182−92 =9❑√3cm
❑√2 9(❑√6+❑√2)
∴AB= (9❑√3+9)= cm，
2 2
9(❑√6+❑√2)
故答案为： ．
2
25．如图，等腰△ABC和等腰△ADE，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝ ．
α（1）如图1， ＝60°，∠ADC＝30°，AD＝6，CD＝8，求线段BD的长度；
（2）如图2，α＝120°，点M、N在线段BC上，∠MAN＝60°，BM＝MN，求证：MN＝CN；
（3）如图3，αa＝90°，连接BE和CD，若AC＝6，AD＝4，BE＝5，直接写出CD的长为 ❑√79 ．
【分析】（1）证明△ADE 为等边三角形，得出 DE＝AD＝6，∠EDA＝60°，根据勾股定理求出
CE=❑√DE2 +CD2 =❑√62 +82 =10，证明△ACE≌△ABD（SAS），得出BD＝CE＝10；
1
（2）根据等腰三角形的性质求出∠ABC=∠ACB= (180°−120°)=30°，将△ACN绕点A顺时针
2
旋转 120°得到△ABP，连接 PM，根据旋转的性质，求出∠PBM＝∠ABP+∠ABC＝60°，证明
△APM≌△ANM（SAS），得出MP＝MN，证明△PBM为等边三角形，得出BM＝BP＝CN，即可求出
结果；
（3）根据勾股定理得出 BC2＝AB2+AC2＝72，DE2＝AD2+AE2＝32，连接 BD，CE交于点 O，根据
△ABD≌△ACE，得出∠ACE＝∠ABD，证明∠COD＝∠DOE＝∠BOE＝∠BOC＝90°，根据勾股定理
得出 OB2+OC2＝BC2＝72，OE2+OD2＝DE2＝32，OB2+OE2＝BE2＝52＝25，CD2＝OC2+OD2，求出
OC2+OD2＝79，即可得出答案．
【解答】（1）解：∵ ＝60°，AD＝AE，
∴△ADE为等边三角形α，
∴DE＝AD＝6，∠EDA＝60°，
∵∠ADC＝30°，
∴∠EDC＝60°+30°＝90°，
根据勾股定理得：CE=❑√DE2 +CD2 =❑√62 +82 =10，
∵∠BAC＝∠DAE＝ ，
∴∠EAD+∠DAC＝∠αBAC+∠DAC，即∠CAE＝∠BAD，
∵AB＝AC，AE＝AD，
∴△ACE≌△ABD（SAS），
∴BD＝CE＝10；
（2）证明：∵∠BAC＝ ＝120°，AB＝AC，
1α
∴∠ABC=∠ACB= (180°−120°)=30°，
2
∵∠MAN＝60°，
∴∠BAM+∠CAN＝60°，
将△ACN绕点A顺时针旋转120°得到△ABP，连接PM，如图所示：
则BP＝CN，∠ABP＝∠ACB＝30°，
∠BAP＝∠CAN，AP＝AN，
∴∠PBM＝∠ABP+∠ABC＝60°，
∠MAP＝∠BAM+∠BAP＝∠BAM+∠CAN＝60°＝∠MAN，
∵AM＝AM，
∴△APM≌△ANM（SAS），
∴MP＝MN，
∵BM＝MN，
∴MP＝BM，
∵∠PBM＝60°，
∴△PBM为等边三角形，
∴BM＝BP＝CN，
∴MN＝CN．
（3）解：∵ ＝90°，AD＝4，AC＝6，
∴∠BAC＝∠αDAE＝90°，AB＝AC＝6，AE＝AD＝4，
∴BC2＝AB2+AC2＝72，DE2＝AD2+AE2＝32，
∠ABC+∠ACB＝90°，
连接BD，CE交于点O，如图所示：则与解析（1）同理可证△ABD≌△ACE，
∴∠ACE＝∠ABD，
∴∠OBC+∠OCB＝∠OBA+∠ABC+∠OCB
＝∠ABC+∠ACE+∠OCB
＝∠ABC+∠ACB
＝90°，
∴∠COD＝∠DOE＝∠BOE＝∠BOC＝90°，
∴OB2+OC2＝BC2＝72，OE2+OD2＝DE2＝32，
OB2+OE2＝BE2＝52＝25，CD2＝OC2+OD2，
∴OC2+OD2＝BC2+DE2﹣（OE2+OB2）
＝BC2+DE2﹣BE2
＝72+32﹣25
＝79，
∴CD2＝79，
∴CD=❑√79（负值舍去）．
26．学完勾股定理后，小宇碰到了一道题：如图1，在四边形ABCD中，AC⊥BD，垂足为O，若AB＝5，
CD＝4，BC＝6，则AD的长为 ❑√5 ．
他不会做，去问同桌小轩，小轩通过思考后，耐心地对小宇讲道：“因为 AC⊥BD，垂足为O，那么在
四边形 ABCD 中有四个直角三角形，利用勾股定理可得 AD2＝OA2+OD2，BC2＝OB2+OC2，AB2＝
OA2+OB2，CD2＝OC2+OD2…”小轩话没讲完，小宇就讲道：“我知道了，原来AD2+BC2与AB2+CD2之
间有某种数量关系．”并对小轩表示感谢．（1）请你直接写出AD的长．
（2）如图2，分别在△ABC的边BC和边AB上向外作等腰Rt△BCQ和等腰Rt△ABP，连接PC，PQ．
①若AC＝4，BC＝8，连接AQ，交PC于点D，当∠ACB＝90°时，求PQ的长；
②如图3，若AB＝10，BC＝8，PC＝8❑√3，当∠ACB≠90°时，求△ABC的面积．
【分析】（1）由AC与BD垂直，得到四个直角三角形，分别利用勾股定理求出所求即可．
（2）①根据SAS可证明△PBC≌△ABQ，得∠BPC＝∠BAQ，得∠PDA＝90°，可求出PQ的长；
②连接PC、AQ交于点D，同①可证△PBC≌△ABQ，则AQ＝PC＝8❑√3，且AQ⊥PC，延长QB作
AE⊥QE，求出BE的长，则答案可求出．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD中，AC⊥BD，垂足为O，
∴△AOB，△BOC，△COD，△AOD都为直角三角形，
∵AB＝5，CD＝4，BC＝6，
根据勾股定理得：
OA2+OB2＝AB2，OB2+OC2＝BC2，OC2+OD2＝CD2，OA2+OD2＝AD2，
∴AB2+CD2＝OA2+OB2+OC2+OD2，AD2+BC2＝OA2+OD2+OB2+OC2，
∴AB2+CD2＝AD2+BC2，
∴52+42＝AD2+62，
∴AD2＝5，
∵AD＞0，
∴AD=❑√5；
故答案为：❑√5．
（2）①如图2，∵△ABP和△CBQ都是等腰直角三角形，
∴PB＝AB，CB＝BQ，∠ABP＝∠CBQ＝90°，
∴∠PBC＝∠ABQ，
∴△PBC≌△ABQ（SAS），
∴∠BPC＝∠BAQ，又∵∠BPC+∠CPA+∠BAP＝90°，
即∠BAQ+∠CPA+∠BAP＝90°，
∴∠PDA＝90°，
∴PC⊥AQ，
利用（1）中的结论：AP2+CQ2＝AC2+PQ2
∵AC＝4，BC＝8，∠ACB＝90°，
∴AB=❑√AC2 +BC2 =❑√42 +82 =4❑√5，
∴AP=❑√2AB=❑√2×4❑√5=4❑√10，CQ=❑√2BC＝8❑√2，
∴（4❑√10）2+（8❑√2）2＝42+PQ2，
∴PQ＝4❑√17．
②连接AQ交PC于点D，如图3，
同①可证△PBC≌△ABQ（SAS），AQ＝PC且AQ⊥PC，
∴AQ＝PC＝8❑√3，
延长QB作AE⊥QE，
∵AB＝10，BC＝8，
∴AE2+BE2＝100，AE2+QE2＝192，
∵EQ＝8+BE，
∴（8+BE）2﹣BE2＝92，
7
解得BE= ，
4
1 1 7
∴S△ABC =
2
×BC×BE=
2
×8×
4
=7．27．如图，点D为等边△ABC边AC上一点，点E为射线BC上一点
（1）若点E在边BC上且CE＝AD，求证：∠BFE＝60°；
（2）若点E在线段BC的延长线上，连接AE交BD的延长线于点G，当BG＝BC时，求证：BD＝
AD+CE；
（3）在（2）的条件下，若CD＝5，BE＝12，则AB＝ 8 ．
【分析】（1）根据边角边证明三角形BAD与三角形ACE，即可证明∠BFE＝60°；
（2）延长CA至点F，使AF＝CE，易证△BAF≌△ACE（SAS），因此∠F＝∠E，∠CAE＝∠ABF，然
后利用外角性质以及证明三角形 DFB为等腰三角形，于是 DB＝DF，最后通过等量代换得出 BD＝
AD+CE；
（3）过点B作BH⊥AC于点H，设AB长为x，则BC＝x，CE＝12﹣x，AD＝x﹣5，BD＝AD+CE＝x﹣
5+12﹣x＝7，在Rt△BHD中，由勾股定理求出x的值即可．
【解答】解：（1）∵△ABC为等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，∠BAC＝∠BCA＝∠ABC＝60°，
在△BAD与△ACE中，AB＝CA，∠C＝∠BAD，AD＝CE，
∴△BAD≌△ACE（SAS），∴∠ABD＝∠CAE，
∠BFE＝∠BAF+∠ABD＝BAF+∠CAE＝∠BAC＝60°；
（2）如图2，延长CA至点F，使AF＝CE，
易证△BAF≌△ACE（SAS），
∴∠F＝∠E，∠CAE＝∠ABF，
∵BG＝BC＝AB，
∴∠BAG＝∠BGA，
∵∠BAG＝∠BAC+∠CAE＝∠ABC+∠ACF＝∠FBC，
∠BGA＝∠E+∠GBE，
∴∠FBC＝∠E+∠GBE，
∠FBC﹣∠GBE＝∠E，
即∠FBD＝∠E，
∵∠E＝∠F，
∴∠FBD＝∠F，
∴BD＝DF＝AD+AF＝AD+CE，
即BD＝AD+CE；
（3）如图2，过点B作BH⊥AC于点H，设AB长为x，
则BC＝x，CE＝12﹣x，AD＝x﹣5，BD＝AD+CE＝x﹣5+12﹣x＝7，
∵BH⊥AC，
1 ❑√3 1
∴CH= x，BH= x，DH＝CD﹣CH＝5− x，
2 2 2
在Rt△BHD中，BH2+DH2＝BD2，
❑√3 1
（ x）2+（5− x）2＝72，
2 2
解得 x ＝﹣3，x ＝8，
1 2
∴AB＝8
故答案为8．28．已知△ACB是等腰直角三角形，CA＝CB，
（1）如图 1，△CDE 是等腰直角三角形，点 D 在 AB 的延长线上，CD＝CE，连接 BD，求证：
BE⊥AB；
（2）如图2，点F是斜边AB上动点，点G是AB延长线上动点，总有∠FCB＝∠CGF，探究AF，
GF，BG的数量关系，并说明理由；
（3）如图3，点H是AC一点，连接FH，若∠HFC＝45°，AF＝m，BF＝n，直接写出△CHF的面积为
m3 +mn2
（用m，n表示）．
4m+4n
【分析】（1）设 BE、CD 交于 O，证明△ACD≌△BCE，得到∠ADC＝∠BEC，再由∠COE＝
∠BOD，可得∠OBD＝∠OCE＝90°，即可证明BE⊥AB；
（2）如图所示，将△ACF绕点C逆时针旋转90°得到△BCH，连接HG，先求出∠A＝∠ABC＝45°，由
旋转的性质得FA＝BH，∠A＝∠CBH＝45°，即可推出∠HBG＝90°，再证明△CFG≌△CHG，得到FG
＝GH，由勾股定理得到GH2＝BH2+BG2，即可得到FG2＝AF2+BG2；
（3）如图所示，将△CFB绕点C顺时针旋转90°得到△CMA，连接MF，AM，则∠CMF＝∠CFM＝
45°，进而证明 M、H、F 三点共线，同理可证∠MAF＝90°，由勾股定理得： ，则
MF=❑√m2 +n2
❑√2 1
CF=CM= ❑√m2 +n2，求出S = (m2 +n2 )，过点H作HQ⊥AM于Q，HP⊥AF于P，利用角平
2 △CFM 4
分线的性质 HQ＝HP，即可推出 S△MAH ：S△FAH ＝n：m，进而得到 MH：HF＝n：m，则m m3 +mn2
S = S = ．
△CHF m+n △CMF 4m+4n
【解答】（1）证明：设BE、CD交于O，
∵△ABC，△CDE都是等腰直角三角形，CD＝CE，CA＝CB，
∴∠ACB＝∠ECD＝90°，
∴∠ACB+∠BCD＝∠ECD+∠BCD，即∠ACD＝∠BCE，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠ADC＝∠BEC，
又∵∠COE＝∠BOD，
∴∠OBD＝∠OCE＝90°，
∴BE⊥AB；
（2）解：FG2＝AF2+BG2，理由如下：
如图所示，将△ACF绕点C逆时针旋转90°得到△BCH，连接HG，
∵AC＝BC，∠ACB＝90°，
∴∠A＝∠ABC＝45°，
由旋转的性质得FA＝BH，∠A＝∠CBH＝45°，
∴∠ABH＝∠ABC+∠CBH＝90°，
∴∠HBG＝90°，
∵∠FCB＝∠CGF，∠ABC＝∠BCG+∠CGF＝45°，
∴∠FCB+∠BCG＝45°，
∴∠FCG＝∠HCG＝45°，又∵CF＝CH，CG＝CG，
∴△CFG≌△CHG（SAS），
∴FG＝GH，
在Rt△HBG中，由勾股定理得：GH2＝BH2+BG2，
∴FG2＝AF2+BG2；
（3）解：如图所示，将△CFB绕点C顺时针旋转90°得到△CMA，连接MF，AM，
∴△MCF为等腰直角三角形，AM＝BF，
∴∠CMF＝∠CFM＝45°，
又∵∠CFH＝45°，
∴M、H、F三点共线，
同理可证∠MAF＝90°，
在Rt△MAF中，由勾股定理得：MF=❑√AM2 +AF2 =❑√m2 +n2，
❑√2 ❑√2
∴CF=CM= MF= ❑√m2 +n2 ，
2 2
1 1
∴S = CF⋅CM= (m2 +n2 )，
△CFM 2 4
过点H作HQ⊥AM于Q，HP⊥AF于P，
∵∠MAC＝∠BAC＝45°，
∴HQ＝HP，
1 1
∴S ：S = AM⋅HQ： AF⋅HP=AM：AF=n：m，
△MAH △FAH 2 2
∴MH：HF＝n：m
m m3 +mn2
∴S = S = ，
△CHF m+n △CMF 4m+4n
m3 +mn2
故答案为： ；
4m+4n29．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．
【分析】（1）作BH⊥AD，交AD的延长线于H，利用AAS证明△ACE≌△BAH，得BH＝AE，CE＝
AH，从而证明结论；
（2）在AD上取点H，使BH＝EH，作BF⊥AD于F，由（1）同理得，△ACE≌△BAH（AAS），得
CE＝AH，AE＝BH，设BH＝EH＝AE＝2x，在Rt△ABF中，利用勾股定理列出方程，从而解决问题；
（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），由全等三角形的性质得出BM＝CQ，求出∠BQM＝90°，过点A作AN⊥BQ于点N，由勾股定
理可求出BQ，QM，BM的长，则可得出答案．
【解答】（1）证明：作BH⊥AD，交AD的延长线于H，
∵∠CED＝∠EAC+∠ACE，∠BAC＝∠EAC+∠BAE，
∴∠BAH＝∠ACE，
∵∠AEC＝∠H，AB＝AC，
∴△ACE≌△BAH（AAS），
∴BH＝AE，CE＝AH，∵∠BEH＝45°，∠H＝90°，
∴BH＝EH，
1
∴AE＝EH= CE，
2
∴CE＝2AE；
（2）解：在AD上取点H，使BH＝EH，作BF⊥AD于F，
则∠BHE＝∠AEC＝120°，
由（1）同理得，△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）2，
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．
30．（1）如图1，△ABC是等边三角形，点D是边BC下方一点，∠BDC＝120°，探索线段DA、DB、DC
之间的数量关系．
解题思路：延长DC到点E，使CE＝BD，连接AE，根据∠BAC+∠BDC＝180°，可证∠ABD＝∠ACE，
易证得△ABD≌△ACE，得出△ADE是等边三角形，所以AD＝DE；从而探寻线段DA、DB、DC之间
的数量关系．
根据上述解题思路，请直接写出DA、DB、DC之间的数量关系是 DA ＝ DC + DB ．
【拓展延伸】
（2）如图2，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC．若点D是边BC下方一点，∠BDC＝90°，探索
线段DA、DB、DC之间的数量关系，并说明理由；【知识应用】
（3）如图3，两块斜边长都为12cm的三角板，把斜边重叠摆放在一起，则两块三角板的直角顶点之间
的距离PQ的长分别为 (3❑√6+3❑√2) cm．
【分析】（1）由等边三角形知AB＝AC，∠BAC＝60°，结合∠BDC＝120°知∠ABD+∠ACD＝180°，由
∠ACE+∠ACD＝180°知∠ABD＝∠ACE，证△ABD≌△ACE（SAS）得AD＝AE，∠BAD＝∠CAE，再
证△ADE是等边三角形得DA＝DE＝DC+CE＝DC+DB；
（2）延长DC到点E，使CE＝BD，连接AE，先证△ABD≌△ACE得AD＝AE，∠BAD＝∠CAE，据此
可得∠DAE＝∠BAC＝90°，由勾股定理知DA2+AE2＝DE2，继而可得2DA2＝（DB+DC）2；
1
（3）由直角三角形的性质知QN= MN=6，MQ=❑√M N2−QN2 =6❑√3，利用（2）中的结论知
2
❑√2PQ=QM+QN=6❑√3+6，据此可得答案．
【解答】解：（1）结论：DA＝DC+DB；
理由：如图1，延长DC到点E，使CE＝BD，连接AE，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°，
∵∠BDC＝120°，
∴∠ABD+∠ACD＝180°，
又∵∠ACE+∠ACD＝180°，
∴∠ABD＝∠ACE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），∴AD＝AE，∠BAD＝∠CAE，
∵∠ABC＝60°，即∠BAD+∠DAC＝60°，
∴∠DAC+∠CAE＝60°，即∠DAE＝60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴DA＝DE＝DC+CE＝DC+DB，即DA＝DC+DB，
故答案为：DA＝DC+DB；
（2）结论：❑√2DA=DB+DC，
理由：如图2，延长DC到点E，使CE＝BD，连接AE，
∵∠BAC＝90°，∠BDC＝90°，
∴∠ABD+∠ACD＝180°，
∵∠ACE+∠ACD＝180°，
∴∠ABD＝∠ACE，
∵AB＝AC，CE＝BD，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴AD＝AE，∠BAD＝∠CAE，
∴∠DAE＝∠BAC＝90°，
∴DA2+AE2＝DE2，
∴2DA2＝（DB+DC）2，
∴❑√2DA=DB+DC；
（3）如图3，连接PQ，∵MN＝12cm，∠QMN＝30°，
1
∴QN= MN=6（cm），
2
∴MQ=❑√M N2−QN2 =❑√122−62 =6❑√3（cm），
由（2）知❑√2PQ＝QM+QN＝（6❑√3+6）（cm），
6❑√3+6 6❑√6+6❑√2
∴PQ= = =(3❑√6+3❑√2)(cm)，
❑√2 2
故答案为：．
