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专题 17.1 运用勾股定理解三角形
◆ 典例分析
【典例1】（1）如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=2AC=4，点D为线段BC上一点，连接AD
，
①若BD=1，求AD的长；
②如图2，当AD=BD，作DE平分∠ADC，交AC于E，求AE的长；
（2）如图3，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=2AC=6，点D为射线BC上一点，连接AD，将线段
AD绕A点顺时针旋转90°得AF，连接BF，当2CD=BD时，求BF的长．
【思路点拨】
此题重点考查勾股定理、角平分线的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的面积公式等知识，此题综
合性较强，难度较大，正确地作出辅助线是解题的关键．
（1）①由BC=2AC=4，求得AC=2，则CD=BC−BD=3，而∠C=90°，由勾股定理得
AD=❑√AC2+CD2=❑√13，于是得到问题的答案；
②设AD=BD=x，则CD=4−x，根据勾股定理求得AD=BD=1.5，作EG⊥AD于G，由角平分线的性
质得EG=EC，证明△DEG≌△DEC(AAS)，得DG=DC=1.5，AG=AD−DG=1，设AE= y，则
5
CE=≥=2−y，在Rt△AGE中，根据勾股定理得AG2+GE2=AE2，求解可得BF= ；
4
（2）由 ，得 ， ，根据勾股定理求得 ，
BC=2AC=6 AC=3 BD=4,CD=2 AD=❑√AC2+CD2=❑√13
4❑√5
AB=❑√AC2+BC2=3❑√5，作DM⊥AB于M，利用三角形面积求得 DM= ，根据勾股定理求得
5AM=❑√AD2−DM2=❑
√
(❑√13) 2 −
(4❑√5) 2
=
7❑√5，作
FN⊥AB
于
N
，证明
△NFA≌△MAD(AAS)
，得
5 5
7❑√5 4❑√5 11❑√5
FN=AM= ，AN=DM= ，进而可得BN=AB−AN= ，根据勾股定理即可求得
5 5 5
BF=❑√FN2+BN2=❑
√ (7❑√5) 2
+
(11❑√5) 2
=❑√34
；当点
D
在点
C
右侧时，根据勾股定理求出
AD=3❑√5
，
5 5
3
CE= ，得到AE=EF，在ED上取点G，使EG=BE，连接AG，可证明△BEF≌△GEA，得到
2
BF=AG，根据勾股定理求出AG=3❑√2，即可求解．
【解题过程】
解：（1）①∵ BC=2AC=4，
∴AC=2，
∵BD=1，
∴CD=BC−BD=3，
∵∠C=90°，
∴AD=❑√AC2+CD2=❑√22+32=❑√13；
②设AD=BD=x，则CD=4−x，
在Rt△ACD中，
∵AC2+CD2=AD2，
∴22+(4−x) 2=x2，
∴x=2.5，
∴CD=1.5，
作EG⊥AD于G，∵DE平分∠ADC,AC⊥BC，
∴EG=EC，∠EDG=∠EDC，∠DGE=∠C=90°，
∴△DEG≌△DEC(AAS)，
∴DG=DC=1.5，
∴AG=AD−DG=1，
设AE= y，则CE=≥=2−y，
∴在Rt△AGE中，AG2+GE2=AE2，
∴12+(2−y) 2= y2，
5
∴y= ，
4
5
即AE的长为 ；
4
（2）∵ BC=2AC=6，
∴AC=3，
∵ 2CD=BD，
∴BD=4,CD=2，
∵ ∠ACB=90°，
∴AD=❑√AC2+CD2=❑√13，AB=❑√AC2+BC2=3❑√5，
作DM⊥AB于M，
1 1
∵S = BD⋅AC= AB⋅DM，
△ABD 2 2
1 1
∴ ×4×3= ×3❑√5×DM，
2 2
4❑√5
∴DM= ，
5∴Rt△ADM中， AM=❑√AD2−DM2=❑
√
(❑√13) 2 −
(4❑√5) 2
=
7❑√5
，
5 5
作FN⊥AB于N，
∴∠FNA=∠AMD=90°，
∵∠NAF+∠NFA=∠NAF+∠MAD=90°，
∴∠NFA=∠MAD，
在△NFA和△MAD中，
{∠NFA=∠MAD
)
∠FNA=∠AMD ，
AF=DA
∴△NFA≌△MAD(AAS)，
7❑√5 4❑√5
∴FN=AM= ，AN=DM= ，
5 5
11❑√5
∴BN=AB−AN= ，
5
∴Rt△BFN中，BF=❑√FN2+BN2=❑
√ (7❑√5) 2
+
(11❑√5) 2
=❑√34．
5 5
当点D在点C右侧时，如图4，
由题得∠EAD=90°
∵2CD=BD，
∴CD=BC=6，
∵∠ACB=∠ACD=90°，
∴AD=❑√AC2+CD2=❑√32+62=3❑√5，
设CE=x，∴AE=❑√AC2+CE2=❑√9+x2
1 1
∵ AE⋅AD= ED⋅AC
2 2
∴3❑√5×❑√9+x2=3(6+x)，
3
∴x= ，
2
3
经检验：x= 是方程的解，
2
3
∴CE= ，
2
3❑√5
∴AE= ，
2
3❑√5
∴EF=AE= ，
2
在ED上取点G，使EG=BE，连接AG，
3 9
∴EG=BC−CE=6− = ，
2 2
∵∠BEF=∠GEA，
在△BEF和△GEA中，
{
BE=EG
)
∠BEF=∠GEA ，
EF=AE
△BEF≌△GEA，
∴BF=AG，
9 3
∵CG=EG−CE= − =3，
2 2
∴AG=❑√AC2+CG2=❑√32+32=3❑√2，
∴BF=AG=3❑√2，
综上所述，BF的长为❑√34或3❑√2．
◆ 学霸必刷
1．（24-25八年级上·浙江衢州·期中）如图，在△ABC中，CA=CB=8，AB=6，∠C<90°，点D，E，F分别在边BC，AC，AB上，连结DF，DE．已知点B和点E关于直线DF对称．若ED=CD，则CE
的长为（ ）
23 9 21 11
A． B． C． D．
4 2 4 2
【思路点拨】
本题考查轴对称的性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，如图，连接EB，过点C作CJ⊥AB于点J
，证明BE⊥AC，利用面积法求出BE，再利用勾股定理即可求出CE．解题的关键是学会利用面积法解
决问题．
【解题过程】
解：如图，连接EB，过点C作CJ⊥AB于点J，
∵点B和点E关于直线DF对称，
∴DB=DE，
∵ED=DC，
∴DB=DE=DC，
∴∠DEB=∠DBE，∠DEC=∠DCE，
∴180°=∠BEC+∠DBE+∠DCE=∠BEC+(∠DEB+∠DEC)=2∠BEC，
∴∠BEC=90°，即BE⊥AC，
∵CA=CB=8，AB=6，CJ⊥AB，
1 1
∴AJ=BJ= AB= ×6=3
2 2
∴CJ=❑√AC2−AJ2=❑√82−32=❑√55，1 1
∵S = AC⋅BE= AB⋅CJ，
△ABC 2 2
AB⋅CJ 6×❑√55 3❑√55
∴BE= = = ，
AC 8 4
∴CE=❑√BC2−BE2=❑
√
82−
(3❑√55) 2
=
23
，
4 4
23
∴CE的长为 ．
4
故选：A．
2．（23-24八年级下·浙江嘉兴·阶段练习）如图，在等边△ABC中，点M在线段AB上，AM=2，BM=1
，则以线段AM，BM，CM的长为边组成的三角形面积为（ ）
❑√3 ❑√3 3
A． B． C． D．1
2 3 4
【思路点拨】
本题主要考查等边三角形的性质，勾股定理．正确作出辅助线是解题关键．过点C作CD⊥AB于点D，
结合等边三角形的性质和勾股定理可求出CM=❑√7的长．画出以线段AM，BM，CM的长为边组成的三
角形为△PQN，且令QN=CM=❑√7，PQ=BM=1，PN=AM=2，过点P作PH⊥QN于点H，设
2❑√7 ❑√21
HQ=x，则HN=❑√7−x．根据勾股定理可求出x= ，从而可求出PH= ，最后根据三角形面积
7 7
公式求解即可．
【解题过程】
解：如图，过点C作CD⊥AB于点D，∵AM=2，BM=1，
∴AB=AM+BM=3．
∵△ABC为等边三角形，
1 3
∴AD=BD= AB= ，BC=AB=3，
2 2
∴DM=BD−BM=
3
−1=
1
，CD=❑√BC2−BD2=❑
√
32−
(3) 2
=
3❑√3
，
2 2 2 2
∴CM=❑√CD2+DM2=❑
√ (3❑√3) 2
+
(1) 2
=❑√7．
2 2
如图，令QN=CM=❑√7，PQ=BM=1，PN=AM=2，过点P作PH⊥QN于点H，
设HQ=x，则HN=❑√7−x．
∵PQ2−QH2=PH2，PN2−H N2=PH2，
∴PQ2−QH2=PN2−H N2，即12−x2=22−(❑√7−x) 2 ，
2❑√7
解得：x= ，
7
∴PH=❑
√
12−
(2❑√7) 2
=
❑√21
，
7 7
1 1 ❑√21 ❑√3
∴S = PH⋅QN= × ×❑√7= ．
△PQN 2 2 7 2
故选A．
3．（2024·江苏扬州·二模）如图，在△ABC中，若∠A−∠C=90°，AB=1，BC=3，则AC的值为
（ ）
4 3 5 5
A． ❑√10 B． ❑√10 C． ❑√2 D． ❑√5
5 5 3 4
【思路点拨】该题主要考查了勾股定理，等腰三角形的性质和判定，等知识点，解题的关键是正确作出辅助线．
过点A作AD⊥AB交BC于点D，根据∠A−∠C=90°，即可证明∠C=∠DAC，根据等腰三角形性质
4
可得DC=DA，设DC=DA=x，则BD=3−x，在Rt△ADB中，根据勾股定理算出x= ，解得
3
4 5 5
DC=DA= ，BD= ，再过点A作AE⊥BD交BD于点E，设BE= y，则DE= −y，在
3 3 3
3 3 4 16
Rt△ABE,Rt△ADE中，根据勾股定理列方程，解出y= ，求出BE= ，则AE= ，DE= ，
5 5 5 15
36
CE= ，在Rt△AEC中，根据勾股定理即可算出AC．
15
【解题过程】
解：过点A作AD⊥AB交BC于点D，
∵∠A−∠C=90°，
即∠BAC=90°+∠C，
又∠BAC=90°+∠DAC，
∴∠C=∠DAC，
∴DC=DA，
设DC=DA=x，
则BD=3−x，
在Rt△ADB中，x2+12=(3−x) 2，
4
解得：x= ，
3
4 4 5
即DC=DA= ，BD=3− = ，
3 3 3
过点A作AE⊥BD交BD于点E，
5
设BE= y，则DE= −y，
3在Rt△ABE,Rt△ADE中，12−y2= (4) 2 − (5 −y ) 2 ，
3 3
3
解得：y= ，
5
∴BE=
3
，则AE=❑
√
12−
(3) 2
=
4
，DE=
16
，CE=
16
+
4
=
36
，
5 5 5 15 15 3 15
❑√160 4
在Rt△AEC中，AC=❑√AE2+EC2= = ❑√10，
5 5
故选：A．
4．（2024·安徽合肥·一模）如图，在△ABC中，∠B=45°，∠C=60°，BC=6，点P为AC边上一动
点，PE⊥AB于点E，PF⊥BC于点F，连接EF，则EF的最小值为（ ）
3 3 3
A．3❑√6 B． ❑√5 C． ❑√6 D．
2 2 2
【思路点拨】
本题考查了直角三角形的性质，勾股定理，垂线段最短，正确作出辅助线是解题的关键．连接BP，取BP
❑√2
的中点G，连结EG，FG，先证明△EGC为等腰直角三角形，得到EF= BP，进而可知当BP⊥AC
2
时BP最小，利用直角三角形的性质求出的最小值即可得到答案．
【解题过程】
解：连接BP，取BP的中点G，连结EG，FG，∵PE⊥AB，PF⊥BC，
∴∠BEP=∠BFP=90°，
1
∴EG=FG= BP，
2
∴∠BEP=∠EBG ∠BFG=∠FBG，
∴∠EGF=∠BEG+∠EBG+∠BFG+∠FBG=2(∠EBG+∠FBG)=2∠ABC=90°，
❑√2
∴EF=❑√EG2+FG2=❑√2EG= BP，
2
当BP⊥AC时，BP取最小值，此时，EF的值也最小，
∵∠C=60°，
∴∠PBC=30°，
1
∴PC= BC=3，
2
∴BP=❑√BC2−CP2=3❑√3，
∴BP的最小值为3❑√3，
❑√2 3❑√6
此时，EF的最小值为 ×3❑√3= ．
2 2
故选C．
5．（24-25八年级上·江苏无锡·阶段练习）如图，在等腰Rt△ABC中，∠A=90°，BD平分∠ABC，BE
平分∠DBC，M、N分别为射线BE、BC上的动点，若BD=8，则CM+MN的最小值为（ ）
A．5 B．6 C．4 D．8
【思路点拨】
如图，作N关于BE的对称点N′，则MN=M N′，当C,M,N′三点共线时最短即CN′，当CN′⊥BF时最
短，过点C作CF⊥BD，交BD的延长线于点F，即N′与F点重合时最短，过点D作DG⊥BC于点G，根
据等面积法求得CF，即可求解．
【解题过程】
解：如图，作N关于BE的对称点N′，过点C作CF⊥BD，交BD的延长线于点F，过点D作DG⊥BC于点G，
∴MN=M N′，当C,M,N′三点共线时CM+MN最小即CN′，
∵当CN′⊥BF时，CN′最短，
∴CF即为所求，
∵DG⊥BC， Rt△ABC是等腰直角三角形，
∴△DGC是等腰直角三角形，
∴DC=❑√2DG
∵BD平分∠ABC，
∴DA=DG
∵AC=AB，
设AD=a，则AB=AC=(1+❑√2)a
在Rt△ABD中，BD=8,AD=a,AB=(1+❑√2)a
∵BD2=AD2+AB2
∴82=a2+[(1+❑√2)a) 2
解得a2=32−16❑√2
∴BC=❑√2AC=(❑√2+2)a
1 1
∵S = BC×DG= BD×CF
△BDC 2 2
BC×DG (❑√2+2)a×a (❑√2+2)×(32−16❑√2)
∴CF= = =
BD 8 8
=(❑√2+2)(4−2❑√2)
=4❑√2−4+8−4❑√2
=4
故选：C．6．（23-24八年级上·山东济南·开学考试）如图，∠AOB=30°，点M，N分别是射线OA，OB上的动
点，OP平分∠AOB，且OP=6，当△PMN的周长取最小值时，MN的长为（ ）
A．6 B．12❑√3−18 C．18❑√3−18 D．12
【思路点拨】
本题考查了轴对称的性质、最短路线问题、等边三角形的判定与性质；熟练掌握轴对称的性质，证明三角
形是等边三角形是解决问题的关键．设点P关于OA的对称点为C，关于OB的对称点为D，连接OC，OD
，CD，CD分别交OA、OB于点M′、N′，连接PM′、PN′，则可得OC=OD=OP=6；再证明
∠COD=60°，从而可得出△COD是等边三角形，由等腰三角形的“三线合一“性质可得OP⊥CD，求
得OQ的值，由PQ=OP−OQ，可得PQ的值，设M′Q=x，则PM′=CM′=3−x，，由勾股定理可得方
程，解得x的值，再乘以2即可．
【解题过程】
解：设点P关于OA的对称点为C，关于OB的对称点为D，连接OC，OD，CD，CD分别交OA、OB于
点M′、N′，连接PM′、PN′，如图所示：
∵点P关于OA的对称点为C，关于OB的对称点为D，
∴PM′=CM′，OP=OC，∠COA=∠POA；PN′=DN′，OP=OD，∠DOB=∠POB，
∴OC=OD=OP=6，
∴PM′+M′N′+PN′=CM′+M′N′+DN′=CD，
∵两点之间线段最短，
∴当M在点M′，N在点N′时，PM+MN+PN最小，即△PMN的周长最小，∵∠AOB=30°，
∴∠COD=∠COA+∠AOP+∠POB+∠BOD
=2∠AOP+2∠POB
=2∠AOB
=60°，
∴△COD是等边三角形，
∴CD=OC=OD=6，
∵OP平分∠AOB，
∴∠POC=∠POD，
∴OP⊥CD，
∴OQ=❑√62−32=3❑√3，
∴PQ=6−3❑√3，
设M′Q=x，则PM′=CM′=3−x，
∴(3−x) 2−x2=(6−3❑√3) 2 ，
解得x=6❑√3−9，
∴M′N′=2x=12❑√3−18，
即当△PMN的周长取最小值时，MN的长为12❑√3−18．
故选：B．
7．（24-25八年级上·湖北恩施·期末）如图，在等腰Rt△ABC中，∠ACB=90°，P是斜边AB的中点，
1
∠DPE交边AC、BC于点D、E，连接DE，且∠DPE=90°，若CE= BE，AC=4，则△DPE的面积
3
是（ ）
A．2 B．2.5 C．3 D．3.5
【思路点拨】首先在等腰Rt△ABC中，可知AP=BP=CP，CP⊥AB，∠B=∠BCP=∠DCP=45°，进而证明
1
△BPE≌△CPD，由全等三角形的性质可得PE=PD，结合CE= BE，AC=4，易得CE=1，BE=3，
3
3❑√2 ❑√2
AP=BP=2❑√2；过点E作EF⊥AB于点F，解得EF=BF= ，进一步可得PF=BP−BF= ，再
2 2
在Rt△PEF中，利用勾股定理解得PE的值，易得PE=PD=❑√5，然后根据三角形面积公式求解即可．
【解题过程】
解：∵在等腰Rt△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，P是斜边AB的中点，
∴AP=BP=CP，CP⊥AB，∠B=∠BCP=∠DCP=45°，
∵∠DPE=∠DPC+∠EPC=90°，∠BPE+∠EPC=90°，
∴∠DPC=∠BPE，
在△BPE和△CPD中，
{
∠B=∠DCP
)
BP=CP ，
∠BPE=∠DPC
∴△BPE≌△CPD(ASA)，
∴PE=PD，
1
∵CE= BE，AC=4，
3
1 1
∴CE=1，BE=3，AP=BP= AB= ❑√AC2+BC2=2❑√2，
2 2
过点E作EF⊥AB于点F，如图，
∵∠B=45°，
∴∠FEB=90°−∠B=45°=∠B，
∴EF=BF，
又∵EF2+BF2=BE2=9，3❑√2
∴EF=BF= ，
2
又∵BP=2❑√2，
❑√2
∴PF=BP−BF= ，
2
∴在Rt△PEF中，PE=❑√PF2+EF2=❑
√ (❑√2) 2
+
(3❑√2) 2
=❑√5，
2 2
∴PE=PD=❑√5，
1 1
∴△DPE的面积S= PD⋅PE= ×❑√5×❑√5=2.5．
2 2
故选：B．
8．（24-25八年级上·辽宁阜新·期中）如图，在△ABC和△ADE中，
∠BAC=∠DAE=90°，AB=AC，
AD=AE，点C，D，E在同一条直线上，连接B、D和B，E，下列四个结论：①∠BDE=90°；②
BD=CE；③∠ACE+∠DBC=30°④BE2=2(AD2+AB2)−CD2，其中，正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【思路点拨】
根据“边角边”，得出△BAD≌△CAE，再根据全等三角形的性质，得出BD=CE，即可判断结论②；再
根据全等三角形的性质，得出∠ABD=∠ACE，再根据等腰直角三角形的性质，得出
∠ABC=∠ACB=45°，进而得出∠ABD+∠DBC=45°，再根据等量代换，得出
∠ACE+∠DBC=45°，再根据角之间的数量关系，得出∠DBC+∠DCB=90°，再根据三角形的内角
和定理，得出∠BDC=90°，即可判断结论①；再根据等腰直角三角形的性质，得出
∠ABD+∠DBC=45°，再根据∠ABD=∠ACE，得出∠ACE+∠DBC=45°，即可判断结论③；根
据勾股定理，得出BD2=BC2−CD2，再根据等腰直角三角形的性质，得出BC2=2AB2，再根据等量代
换，得出BD2=BC2−CD2=2AB2−CD2，同理得出BE2=BD2+DE2=BD2+2AD2，然后把代入，得出 ，即可判断结论④，综合即可得出答案．
BD2=2AB2−CD2 BE2=2(AB2+AD2)−CD2
【解题过程】
解：∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，即∠BAD=∠CAE．
∵在△BAD和△CAE中，
{
AB=AC
)
∠BAD=∠CAE ，
AD=AE
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴BD=CE．故结论②正确；
∵△BAD≌△CAE，
∴∠ABD=∠ACE，
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∴∠ABD+∠DBC=45°，
∴∠ACE+∠DBC=45°，
∴∠DBC+∠DCB=∠DBC+∠ACE+∠ACB=90°，
∴∠BDC=∠BDE=90°，故结论①正确．
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∴∠ABD+∠DBC=45°，
∵∠ABD=∠ACE，
∴∠ACE+∠DBC=45°，故结论③错误．
∵∠BDC=∠BDE=90°，即BD⊥CE，
∴在Rt△BCD中，利用勾股定理得：BD2=BC2−CD2．
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴BC2=2AB2，
∴BD2=BC2−CD2=2AB2−CD2，
∵BD⊥CE，
∴在Rt△BDE中，利用勾股定理得：BE2=BD2+DE2．
∵△ADE为等腰直角三角形，
∴DE2=2AD2，∴BE2=BD2+DE2=BD2+2AD2，
∴BE2=BD2+2AD2=2AB2−CD2+2AD2=2(AB2+AD2)−CD2，故结论④正确．
综上所述，正确的结论为①②④．
故选：C．
9．（23-24八年级上·江苏南通·期末）如图，在四边形ABCD中，∠B=∠D=90°，AB=2，AD=3，点
M，N分别在边BC，CD上，当∠AMN+∠ANM=120°时，△AMN的周长最小，则它的周长的最小值
为 ．
【思路点拨】
本题主要考查了等腰三角形的性质、轴对称的性质、三角形外角的性质等知识点，掌握运用轴对称求最值
是解题的关键．
作A关于BC和CD的对称点A ，A ，连接A A ，交BC于M ，交CD于N ，过A 作A G⊥BA于G,则
1 2 1 2 1 1 2 2
A A 即为△AMN周长的最小值，求出A A 的长即可．
1 2 1 2
【解题过程】
解：如图：作A关于BC和CD的对称点A ，A ，连接A A ，交BC于M ，交CD于N ，过A 作
1 2 1 2 1 1 2
A G⊥BA于G,
2
∴A D=AD=3,A B=AB=2，∠N AD=∠N A D,∠M AB=∠M A D，
1 2 1 1 1 1 1 2
1 1
∴∠N AD= ∠AN A ,∠BAM = ∠AM A ，
1 2 1 1 1 2 1 2
∵∠AMN+∠ANM=120°，即∠AN A +∠AM A =120°，
1 1 1 2∴∠N AD+∠BAM =60°,∠N AM =60°，
1 1 1 1
∴∠GAD=60°，即∠GA A=30°，
2
1
∴AG= A A =3，
2 2
∴A G=❑√A A 2+AG2=❑√62+32=3❑√3，A G=A A +GA=4+3=7，
2 2 1 1
∴A A =❑√A G2+A G2=❑√27+49=2❑√19．
1 2 2 1
故答案为2❑√19．
10
10．（24-25七年级上·重庆开州·期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，B=30°，CD= ，AD
3
平分∠CAB交BC于D点，E，F分别是AD、AC上的动点，则EC+EF的最小值为 ．
【思路点拨】
本题考查轴对称-最短路线问题，全等三角形的判定和性质，含30°角直角三角形的性质，勾股定理，在
AB上取一点F′，使AF′=AF，连接EF′，CF′，过点C作CH⊥AB于点H，证明出EC+EF的最小值
为CH，再求出CH的长即可．
【解题过程】
解：在AB上取一点F′，使AF′=AF，连接EF′，CF′，过点C作CH⊥AB于点H，
∵AD平分∠CAB，
∴∠EAF=∠EAF′，
又∵AE=AE，
∴△AEF≌△AEF′ (SAS)，
∴EF=EF′，
∴EC+EF=EC+EF′≥CF′≥CH，
∴EC+EF的最小值为CH，∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，
∴∠BAC=60°，
∵AD平分∠CAB，
∴∠CAD=30°，
10
∵CD= ，
3
20
∴AD=2CD= ，
3
在Rt△ACD中，
由勾股定理，得AC=❑√AD2−CD2=❑
√ (20) 2
−
(10) 2
=
10
❑√3，
3 3 3
在Rt△ABC中，
20
AB=2AC= ❑√3，
3
由勾股定理，得BC=❑√AB2−AC2=❑ √ (20 ❑√3 ) 2 − (10 ❑√3 ) 2 =10，
3 3
1
在Rt△BCH中，CH= BC=5．
2
故答案为：5．
11．（24-25八年级上·四川南充·期中）如图，在△ABC中，AB=8，∠B=22.5°，∠C=45°，则
△ABC的面积是
【思路点拨】
过点A作AD⊥AC，交BC边于点D，过点A作AE⊥BC，交BC边于点E，如图所示，利用等腰直角三
角形的判定与性质得到∠ADC=∠C=45°，EC=EA=ED，进而由三角形的外角性质及等腰三角形的
判定与性质得到DA=DB，设EC=EA=ED=x，由勾股定理求出AD，进而表示出DB、BE，在
32
Rt△ABE中，由勾股定理列方程求解出x2=
，最后由三角形面积公式得到
❑√2+21 1 32
S = BC⋅AE= (❑√2+2)x2，将x2= 代入化简即可得到答案．
△ABC 2 2 ❑√2+2
【解题过程】
解：过点A作AD⊥AC，交BC边于点D，过点A作AE⊥BC，交BC边于点E，如图所示：
∴∠CAD=90°，
∵ ∠C=45°，
∴在Rt△CAD中，∠ADC=45°，则Rt△CAD是等腰直角三角形，
∵AE⊥BC，∠ADC=∠C=45°，
∴ △AEC和△AED均为等腰直角三角形，
∴EC=EA=ED，
∵∠ADC=45°是△ABD的一个外角，且∠B=22.5°，
∴∠BAD=45°−22.5°=22.5°，
∴△ABD是等腰三角形，则DA=DB，
设EC=EA=ED=x，
在Rt△ADE中，由勾股定理可得AD=❑√AE2+DE2=❑√2x，
则DB=AD=❑√2x，BE=ED+DB=x+❑√2x=(❑√2+1)x，
在Rt△ABE中，AB=8，AE=x，BE=(❑√2+1)x，由勾股定理可得AE2+BE2=AB2，
64 32
即x2+[(❑√2+1)x) 2 =82，解得x2= = ，
4+2❑√2 ❑√2+2
∵BC=CE+ED+BD=2x+❑√2x=(❑√2+2)x，AE=x，
1 1 1 32
∴S = BC⋅AE= (❑√2+2)x2= (❑√2+2)× =16，
△ABC 2 2 2 ❑√2+2
故答案为：16．
12．（23-24八年级下·山东烟台·期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，点D、
E分别是AB，BC上动点，且AD=BE，连接CD，AE，则CD+AE的最小值是 ．【思路点拨】
延长AC，取CF=AC=6，连接BF，在BF上取FH=AD，连接CH，过点F作FG⊥AF，取FG=AB
，连接CG，证明△ACD≌△FCH，得出CD=CH，证明△ABE≌△GFH，得出GH=AE，说明
CD+AE=CH+GH，得出当CH+GH最小时，CD+AE最小，根据当C、H、G三点共线时，
CH+GH最小，且最小值为CG，求出最小值即可．
【解题过程】
解：延长AC，取CF=AC=6，连接BF，在BF上取FH=AD，连接CH，过点F作FG⊥AF，取
FG=AB，连接CG，如图所示：
∵∠ACB=90°，AC=6，BC=8，
∴AB=❑√AC2+BC2=❑√62+82=10，
又∵AC=CF，∠ACB=90°，
∴BC垂直平分AF，
∴AB=FB，
∴∠BAC=∠BFC，
又∵AC=FC，AD=FH，
∴△ACD≌△FCH(SAS)，
∴CD=CH，
∵AB=FB，BC⊥AF，
∴∠ABC=∠FBC，
∵BC⊥AC，FG⊥AF，
∴BC∥GF，∴∠FBC=∠GFH，
∴∠ABE=∠GFH，
∵AD=BE，AD=FH，
∴BE=FH，
∵FG=AB=10，
∴△ABE≌△GFH(SAS)，
∴GH=AE，
∴CD+AE=CH+GH，
∴当CH+GH最小时，CD+AE最小，
∴当C、H、G三点共线时，CH+GH最小，且最小值为CG，
∴CD+AE的最小值为：
CG=❑√CF2+GF2=❑√62+102=2❑√34，
故答案为：2❑√34．
13．（24-25八年级上·浙江宁波·阶段练习）如图，在△ABC中，AD为中线，点F在AD上，满足
2
AF=BD=6，连接BF并延长交AC于点E，若AE=EF，DF= AF，则AC的长为 ．
3
【思路点拨】
此题主要考查了三角形的中线，全等三角形的判定和性质以及勾股定理，将三角形的中线延长一倍，构造
全等三角形是解决问题的关键．
延长AD到P，使DP=AD，连接BP，过点B作BH⊥DP于点H，依题意得AF=BD=6,DF=4，则
DP=AD=10,FP=14，证明△BDP和△CDA全等得BP=AC,∠P=∠EAF，进而再证明△BPF是等腰
三角形得FH=PH=7，则DH=3，由此可求出BH=3❑√3，然后再由勾股定理求出BP的长即可得出答
案．
【解题过程】
解：延长AD到P，使DP=AD，连接BP，过点B作BH⊥DP于点H，如图所示：2
∵AF=BD=6，DF= AF，
3
∴DF=4，
∴DP=AD=AF+DF=10，
∴FP=DF+DP=14，
在△BDP和△CDA中，
{
BD=CD
)
∠BDP=∠CDA ，
DP=AD
∴△BDP≌△CDA(SAS)，
∴BP=AC,∠P=∠EAF，
∵AE=EF，
∴∠EAF=∠EFA，
∴∠P=∠EFA，
又∵∠EFA=∠BFP，
∴∠P=∠BFP，
∴△BPF是等腰三角形，
∴BH⊥DP，
1
∴FH=PH= FP=7，
2
∴DH=FH−DF=7−4=3，
在Rt△BDH中，由勾股定理得：
BH=❑√BD2−DH2=❑√62−32=3❑√3，
在Rt△BPH中，由勾股定理得：
BP=❑√BH2+PH2=❑√ (3❑√3) 2+72=2❑√19，∴AC=BP=2❑√19．
故答案为：2❑√19．
14．（24-25九年级上·贵州遵义·期末）如图，△ABC是等边三角形，点D、E在△ABC外，
∠DAE=150°，CE∥BD，BD=3，CE=5，则DE= ．
【思路点拨】
本题主要考查等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的勾股定理等知识，以AE为边
作等边三角形AEF，连接DF,BF，作FN⊥BD于点N,证明△BAF≌△CAE(SAS)和
△DAE≌△DAF(SAS)得DE=DF,求出FN,DN，运用勾股定理求出DF的长即可得出DE的长
【解题过程】
解：以AE为边作等边三角形AEF，连接DF,BF，作FN⊥BD于点N,如图，
∵△ABC,△AEF均为等边三角形，
∴∠ABC=∠BAC=∠ACB=∠EAF=60°, AE=AF=EF, AB=BC=AC,
∴∠BAF=∠CAE,
∴△BAF≌△CAE(SAS)
∴CE=BF=5,∠ABF=∠ACE,
∵∠DAE=150°,∠EAF=60°,
∴∠DAF=360°−150°−60°=150°,
∴∠DAE=∠DAF,
∵DA=DA,AE=AF,∴△DAE≌△DAF(SAS)
∴DE=DF,
∵BD∥CE,
∴∠DBA+∠ABC+ACB+ACE=180°，
∴∠DBA+∠ACE=180°−60°−60°=60°,
∴∠DBA+∠ABF=60°,
即∠DBF=60°,
∵FN⊥BD,
∴∠BNF=90°,
∴∠BFN=30°,
1 5
∴BN= BF= ，
2 2
5
∴NF=❑√BF2−BN2= ❑√3,
2
5 1
∴DN=BD−BN=3− = ,
2 2
√1 75
∴DF=❑√DN2+N F2=❑ + =❑√19,
4 4
∴DE=DF=❑√19，
故答案为：❑√19．
15．（23-24八年级下·重庆·期中）如图，在四边形ABCD中，∠ABC=∠BCD=90°，DC=DA，
∠D=60°，AB=2，将四边形ABCD折叠，使点D和点B重合，折痕为EF，则EF的长为 ．
【思路点拨】
过点E作EQ⊥AB于点Q，交CD于点P，首先证明CD∥AB，△DAC为等边三角形，进而计算AC=4
1
，BC=2❑√3，由折叠可知BF=DF=CD−CF=4−CF，在Rt△BCF中，利用勾股定理可得CF= ，进
27
而可得DF=BF= ，设AE=2x，则EQ=❑√3x，AQ=x，BE=DE=4−2x，在Rt△EQB中，利用勾
2
3 6 14 1 7 7
股定理可解得x= ，即AE= ，可得DE= ，在Rt△DPE中，易知DP= DE= ，PE= ❑√3，
5 5 5 2 5 5
21 1029
PF= ，在Rt△EPF中，由勾股定理可得EF2=PF2+PE2= ，即可获得答案．
10 100
【解题过程】
解：如下图，过点E作EQ⊥AB于点Q，交CD于点P，
∵∠ABC=∠BCD=90°，
∴∠ABC+∠BCD=180°，
∴CD∥AB，
∴EP⊥CD，
∵DC=DA，∠D=60°，
∴△DAC为等边三角形，
∴∠D=∠ACD=60°，
∵∠ABC=∠BCD=90°，
∴∠ACB=∠BCD−∠ACD=30°，
∴AC=2AB=2×2=4，BC=❑√AC2−AB2=2❑√3，
∴AD=CD=AC=4，
由折叠可知BF=DF=CD−CF=4−CF，
在Rt△BCF中，可有CF2+BC2=BF2，
1
即CF2+(2❑√3) 2=(4−CF) 2，解得CF= ，
2
7
∴DF=BF=CD−CF= ，
2∵CD∥AB，∠D=60°，
∴∠DAB=120°，∠EAQ=60°，∠AEQ=30°，
设AE=2x，则EQ=❑√3x，AQ=x，BE=DE=4−2x，
在Rt△EQB中，可有EQ2+BQ2=BE2，
即(❑√3x) 2+(2+x) 2=(4−2x) 2，
3 6
解得x= ，即AE= ，
5 5
6 14
∴DE=4−AE=4− = ，
5 5
1 7 7
在Rt△DPE中，DP= DE= ，PE= ❑√3，
2 5 5
7 7 21
∴PF=DF−DP= − = ，
2 5 10
在Rt△EPF中，由勾股定理，EF2=PF2+PE2=
(21) 2
+
(7❑√3) 2
=
1029
，
10 5 100
√1029 7❑√21
∴EF=❑ = ．
100 10
7❑√21
故答案为： ．
10
16．（24-25八年级上·浙江金华·期中）如图，在△ABC中，AB=AC，点D在△ABC内，AD平分
∠BAC，连接CD，把△ADC沿CD折叠，AC落在CE处，交AB于F，恰有CE⊥AB．若BC=14，
AD=17，则EF= ．
【思路点拨】
本题考查了等腰三角形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理等知识，延长AD，交BC于点G，由等腰三
角形的性质可得出∠B=∠ACB，AG⊥BC，BG=CG=7，证明△CDG是等腰直角三角形，可求出AC=AB=CE=25，则根据三角形面积求出CF的值，即可得解．
【解题过程】
解：延长AD，交BC于点G，
∵AB=AC，AD平分∠BAC，
∴∠B=∠ACB，AG⊥BC，BG=CG，
∵BC=14，
1
∴ BG=CG= BC=7，
2
∵CE⊥AB，
∴∠BFC=90°，
∴∠B+∠BCF=90°，
∵∠B=∠ACB=∠BCF+∠ACD+∠ECD，
∴2∠BCF+∠ACD+∠ECD=90°，
由折叠的性质可知∠ACD=∠ECD，AC=EC，
∴∠BCF+∠ECD=45°，
∴△CDG是等腰直角三角形，
∴ DG=CG=7，
∴AG=AD+DG=17+7=24，
在Rt△ACG中，AC=❑√CG2+AG2=❑√72+242=25，
∴CE=AB=AC=25，
1 1
∵S = BC⋅AG= AB⋅CF，
△ABC 2 2
1 1
∴ ×14×24= ×25×CF，
2 2336
∴ CF= ,
25
336 289
∴ EF=CE−CF=25− = ．
25 25
289
故答案为： ．
25
17．（23-24八年级上·四川成都·期中）如图，在△ABC中，AB=AC=4，∠BAC=90°，点D为AC上
一动点，连接BD，在BD上取点E，使BE=AD，连接CE，则CE+BD的最小值是 ．
【思路点拨】
本题考查三角形全等的判定与性质，等腰三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定，并利用等腰三角形
的性质作出辅助线是解题的关键，过点B作BF⊥BD，使BF=AB，连接FE，CF，则∠EBF=90°，
易证得△BEF≌△ADB(SAS)，得到EF=BD，故当且仅当C，E，F三点共线时，CE+BD=CF为最小
值，过D作DM⊥BC于点M，过点F作FG⊥BC，交CB的延长线于点G，则DM=CM，设DM=x，
则CM=x，在Rt△ABC中，利用勾股定理可得BC=4❑√2，则BM=4❑√2−x，再利用AAS证得
△BFG≌△DBM，BG=DM=x，FG=BM=4❑√2−x，在Rt△BFG中，利用勾股定理可得到x=2❑√2
，从而得到FG，CG的值，再次利用勾股定理可求得CF的值，进而得到CE+BD的最小值．
【解题过程】
解：如图，过点B作BF⊥BD，使BF=AB，连接FE，CF，
则∠EBF=90°，
∵∠DAB=90°，
∴∠EBF=∠DAB，
在△BEF和△ADB中，{
BD=AD
)
∠EBF=∠DAB ，
BF=AB
∴△BEF≌△ADB(SAS)，
∴EF=BD，
∴CE+BD=CE+EF≥CF，当且仅当C，E，F三点共线时，CE+BD=CF为最小值，
过D作DM⊥BC于点M，过点F作FG⊥BC，交CB的延长线于点G，则DM=CM，
设DM=x，则CM=x，
在Rt△ABC中，BC=❑√AB2+AC2=4❑√2，
∴BM=4❑√2−x，
∵∠FBD=90°，
∴∠FBG=∠BDM=90°−∠DBM，
在△BFG和△DBM中，
{∠G=∠BMD=90°
)
∠FBG=∠BDM ，
FB=BD
∴△BFG≌△DBM(AAS)，
∴BG=DM=x，FG=BM=4❑√2−x，
在Rt△BFG中，BG2+FG2=BF2，
∴x2+(4❑√2−x) 2=16，
解得：x=2❑√2，
∴FG=4❑√2−2❑√2=2❑√2，CG=BC+BC=6❑√2，
∴CF=❑√FG2+CG2=4❑√5，
∴CE+BD的最小值为4❑√5，
故答案为：4❑√5．
18．（24-25八年级上·四川成都·期中）如图，在等腰直角三角形ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于点
D，点E是△ABC内一点，连接AE、BE、DE，若∠BED=45°，DE=❑√2，DC=❑√5，则AE的长为
．【思路点拨】
根据题意，结合等腰直角三角形的性质可知，点E只能在△ACD内，如图，过点D作DF⊥BE，利用勾
股定理求得DF=EF=1，BF=2，则BE=BF+EF=3，过点D作GH⊥DE交BE于H，EG⊥BE交
GH于G，连接AG，CH，则∠DEG=45°，可知△DEH，△DEG均为等腰直角三角形，
BH=BE−EH=1，EG=EH=2，即△EGH也是等腰直角三角形，再证明△ADG≌△CDE(SAS)，同
理：△ADE≌△CDH(SAS)，△BDH≌△CDE(SAS)，得AG=CE=BH=1，AE=CH，然后证明
△AEG≌△CHE(SSS)，同理△ACE≌△CBH(SSS)，得∠4=∠5，∠6=∠7，由此可得点C、点E、点
G在同一直线上，可知∠CEH=90°，再利用勾股定理即可求解．
【解题过程】
解：在等腰直角三角形ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于点D，
∴AC=BC，∠ACD=∠BCD=∠CAB=∠CBA=45°，CD=AD=BD=❑√5，
如图，当点E在△BCD内或CD上时，∠BED>∠BCD=45°，不符合题意，
∴点E只能在△ACD内，如图，过点D作DF⊥BE，
∵∠BED=45°，则△≝¿是等腰直角三角形，
∴EF=DF，
∴DE=❑√DF2+EF2=❑√2DF，
∵DE=❑√2，
∴DF=EF=1，
∴BF=❑√BD2−DF2=2，则BE=BF+EF=3，
过点D作GH⊥DE交BE于H，EG⊥BE交GH于G，连接AG，CH，则∠DEG=45°，∴△DEH，△DEG均为等腰直角三角形，则DE=DH=DG=❑√2，EH=❑√DE2+DH2=2，
EG=❑√DE2+DG2=2，BH=BE−EH=1，
∴EG=EH=2，即△EGH也是等腰直角三角形，
∵∠1=∠2=90°−∠ADE，∠1=∠3，
∴△ADG≌△CDE(SAS)，同理：△ADE≌△CDH(SAS)，△BDH≌△CDE(SAS)，
∴AG=CE=BH=1，AE=CH，
∴△AEG≌△CHE(SSS)，同理△ACE≌△CBH(SSS)，
∴∠4=∠5，∠6=∠7，
∵∠4+∠7=180°，
∴∠5+∠6=180°，则点C、点E、点G在同一直线上，
∴∠CEH=90°，
∴AE=CH=❑√CE2+EH2=❑√5，
故答案为：❑√5．
19．（24-25八年级上·浙江杭州·阶段练习）如图，在直角△ABC中，AB=BC，点D是边AC上一动点，
以BD为直角边作等腰直角△DBE，DE交BC于点F，连接CE．过点B作BQ⊥DE于点P，交CD于点Q
，下面结论中正确的序号有 ．
①△ABD≌△CBE；②AD2+CQ2=DQ2；③当AD:DC=1:2，S +S =S ；④当CD=BC
△BEC △DCE △DBE
时，BD:EF=❑√2+1．【思路点拨】
①证明∠ABD=∠CBE，再根据AB=BC，BD=BE可依据“SAS”判定△ABD和△CBE全等，由此可
对该结论进行判断；
②连接EQ，根据等腰三角形的性质得BQ是线段DE的垂直平分线，则DQ=EQ，再根据△ABD和△CBE
全等得AD=CE，∠A=∠BCE=45°，则∠QCE=90°，然后根据勾股定理可对该结论进行判断；
③过点B作BM⊥AC于点M，根据AD:DC=1:2，设AD=m，CD=2m，则AC=3m，AD=CE=m
3m 3❑√2m ❑√10m
，BM= ，分别求出AB=AC= ，DE=❑√5m，BD=BE= ，进而得
2 2 2
3m2 5m2
S =S = ，S =m2 ，S = ，由此可对该结论进行判断；
△BEC △ABD 4 △DCE △BDE 4
④过点F作FH⊥BE于点H，证明△HEF是等腰直角三角形，设FH=EH=x，则EF=❑√2x，设
BD=BE= y，则DE=❑√2y，证明∠BFD=∠DBF=67.5°，得BD=DF= y，根据DE=DF+EF得
BD y
❑√2y= y+❑√2x，则y=(2+❑√2)x，由此可求出 = =❑√2+1，由此可对该结论进行判断，综上所
EF ❑√2x
述即可得出答案．
【解题过程】
解：①在直角△ABC中，AB=BC，
∴∠ABC=90°，∠A=∠BCA=45°，
∵ △DBE是等腰直角三角形，且以BD为直角边，
∴BD=BE，∠DBE=90°，∠BDE=∠BED=45°，
∴∠ABC=∠DBE=90°，
∴∠ABD+∠DBC=∠DBC+∠CBE，
∴∠ABD=∠CBE，在△ABD和△CBE中，
{
AB=BC
)
∠ABD=∠CBE ，
BD=BE
∴ △ABD≌△CBE(SAS)，
故结论①正确；
②连接EQ，如图1所示：
∵BD=BE，BQ⊥DE于点P，
∴DP=EP，
即BQ是线段DE的垂直平分线，
∵DQ=EQ，
∵ △ABD≌△CBE，
∴AD=CE，∠A=∠BCE=45°，
∴∠QCE=∠ACB+∠BCE=90°，
∴ △ECQ是直角三角形，
∴CE2+CQ2=DQ2，
∴AD2+CQ2=DQ2，
故结论②正确；
③过点B作BM⊥AC于点M，如图2所示：∵AD:DC=1:2，
∴设AD=m，CD=2m，
1 3m
∴AC=AD+CD=3m，AD=CE=m，BM= AC= ，
2 2
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC=❑√AB2+BC2=❑√2AB，
❑√2 3❑√2m
∴AB=AC= AC= ，
2 2
∵∠DCE=∠ACB+∠BCE=90°，
∴在Rt△DCE中，由勾股定理得：DE=❑√DC2+CE2=❑√(2m) 2+m2=❑√5m，
❑√2 ❑√10m
在Rt△BDE中，由勾股定理得：BD=BE= DE= ，
2 2
∵ △ABD≌△CBE，
1 1 3m 3m2
∴S =S = AD⋅BM= ×m× = ，
△ABD △CBE 2 2 2 4
1 1
∵S = DC⋅CE= ×2m×m=m2 ，
△DCE 2 2
3m2 7m2
∴S +S = +m2= ，
△BEC △DCE 4 4
1 1 ❑√10m ❑√10m 5m2
又∵S = BD⋅BE= × × = ，
△BDE 2 2 2 2 4
∴S +S ≠S ，
△BEC △DCE △BDE
故结论③不正确；④过点F作FH⊥BE于点H，如图3所示：
∵∠BED=45°，
∴ △HEF是等腰直角三角形，
设FH=EH=x，
由勾股定理得：EF=❑√FH2+EH2=❑√2x，
在Rt△BDE中，设BD=BE= y，
由勾股定理得：DE=❑√BD2+BE2=❑√2y，
∵CD=BC，
1 1
∴∠CBD=∠CDB= (180°−∠ACB)= (180°−45°)=67.5°，
2 2
∴∠BFD=180°−(∠CBD+∠DBF)=180°−(67.5°+45°)=67.5°，
∴∠BFD=∠DBF=45°，
∴BD=DF= y，
∵DE=DF+EF，
∴ ❑√2y= y+❑√2x，
∴ y=(2+❑√2)x，
BD y (2+❑√2)x
∴ = = =❑√2+1，
EF ❑√2x ❑√2x
故结论④正确．
综上所述：结论正确的序号有①②④．
故答案为：①②④．
20．（24-25八年级上·江苏泰州·期中）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AB=5cm，BC=3cm，若点P从点 A出发，以每秒1cm的速度沿射线AC运动，设运动时间为t秒(t>0)．
（1）将△ABC沿过点 P的直线折叠，使点A与点 B 重合，求出此时t的值．
（2）问：当t为何值时，△ABP为等腰三角形？
（3）现将其△ABC沿着直线BP翻折，请直接写出：当t为何值时，点 C翻折后的对应点C′恰好落在直线
AB上．
【思路点拨】
（1）连接PB，根据勾股定理求出AC，利用勾股定理列式计算，得到答案；
（2）分AP=AB、PA=PB、BA=BP三种情况，根据等腰三角形的性质计算即可；
（3）分点P在AC上、点P在AC的延长线上两种情况，根据翻转变换的性质、勾股定理计算，求出t的
值．
【解题过程】
（1）解：如图，连接PB，
∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=5cm，BC=3cm，
∴AC=❑√AB2−BC2=❑√52−32=4(cm)，
∵△ABC沿着过点P的直线折叠，点A与点B重合，
∴PD是AB的垂直平分线，
∴PA=PB，
在Rt△BPC中，PB2=PC2+BC2，
即PA2=(4−PA) 2+32，
25
解得：PA= ，
825
∴t= ；
8
（2）解：当AP=AB=5cm时，t=5；
25
当PA=PB时，由（1）可知，PA= ，
8
25
∴t= ；
8
当BA=BP时，如图所示：
∵BC⊥AP，
1
∴AC=CP= AP，
2
∴AP=2AC=8cm，
∴t=8，
25
综上所述：△ABP为等腰三角形时，t的值为5或 或8；
8
（3）解：当点P在AC上时，如图，
BC′=BC=3cm，PC′=PC，∠PC′B=∠PCB=90°，
∴AC′=5−3=2(cm)，
在Rt△APC′中，AP2=C′ A2+C′P2，
即AP2=22+(4−AP) 2，
5
解得：AP= ，
2
5
∴t= ；
2
当点P在AC的延长线上时，如图，BC′=BC=3cm，PC′=PC，∠PC′B=∠PCB=90°，
∴AC′=5+3=8(cm)，
在Rt△APC′中，AP2=C′ A2+C′P2，即AP2=82+(AP−4) 2，
解得：AP=10，
∴t=10，
5
∴t为 或10时满足条件．
2
21．（24-25八年级上·江苏淮安·期中）如图，△ABC中，∠C=90°，AB=10 cm，BC=6 cm，若动点
P从点C开始，按C→A→B→C的路径运动，且速度为每秒1cm，设出发的时间为t秒．
（1）当t=__________时，PA=PB．
（2）当t=________时，△ BCP为等腰三角形．
（3）另有一点Q，从点C开始，按C→B→A→C的路径运动，且速度为每秒2cm，若P、Q两点同时出
发，当P、Q中有一点到达终点时，另一点也停止运动．当t为何值时，直线PQ把△ ABC的周长分成相等
的两部分？
【思路点拨】
（1）由勾股定理得AC=8，进而分当P在AC上时，和点P在线段AB上两种情况求解即可；
（2）分两种情况：①若P在边AC上时，BC=CP=6（cm），此时用的时间为6秒；②若P在AB边上时，有三种可能，分别求出点P运动的路程，即可得出结果；
（3）分两种情况：①当P、Q没相遇前；②当P、Q相遇后；分别由题意列出方程，解方程即可．
【解题过程】
（1）解：∵△ABC中，∠C=90°，AB=10 cm，BC=6 cm，
∴AC=❑√AB2−BC2=❑√102−62=8，
当P在AC上时，如图，
∵PC=t，
∴PB=PA=8−t，
在RtBCP中，∠C=90°
∴PC2+BC2=PB2即t2+62=(8−t) 2，
7
解得t= （秒），
4
当P在线段AB上时，
∵PA=PB，AB=10cm，
∴PA=5cm，
∴t=(8+5)÷1=13（秒）
7
故答案为： 秒或13秒；
4
（2）解：①若P在边AC上时，BC=CP=6（cm），如图2所示：6÷1=6
（秒），
此时用的时间为6秒，△BCP为等腰三角形；
②若P在AB边上时，有三种情况：
a、若BP=BC=6cm，如图3所示：
此时AP=4cm，AC+AP=12（cm），
即P运动的路程为12cm，
所以用的时间为12秒，
∴t=12秒时，△BCP为等腰三角形；
b、若CP=BC=6cm，过C作CD⊥AB于D，如图4所示：
则BD=PD，
AC⋅BC 8×6
由面积法得：CD= = =4.8（cm），
AB 10∴BD= ❑√BC2−CD2 = ❑√62−4.82=3.6（cm），
∴BP=2BD=7.2 cm，
∴P运动的路程为：AC+AB−BP=8+10−7.2=10.8（cm），
∴t=10.8秒，△BCP为等腰三角形；
c、若BP=CP时，如图5所示：
则∠PCB=∠PBC，
∵∠ACP+∠BCP=90°，∠PBC+∠CAP=90°，
∴∠ACP=∠CAP，
∴PA=PC，
1
∴PA=PB= AB=5（cm）．
2
∴P运动的路程为：AC+AP=8+5=13（cm），
∴时间t为13秒时，△BCP为等腰三角形；
∴t为6秒或13秒或12秒或10.8秒时△BCP为等腰三角形；
（3）解：分两种情况：
①P、Q没相遇前，当P点在AC上，Q在AB上，如图6所示：
则AP=8−t，AQ=16−2t，6+8+10
∴8−t+16−2t= ，
2
∴t=4；
②当P、Q相遇后，当P点在AB上，Q在AC上，如图7所示：
则AP=t−8，AQ=2t−16，
6+8+10
∴t−8+2t−16= ，
2
∴t=12；
∴t为4秒或12秒时，直线PQ把△ABC的周长分成相等的两部分．
22．（24-25八年级上·上海长宁·期末）已知在△ABC中，AB=AC，点D在线段BC上，点F在射线AD
上，连接CF，作BE∥CF交射线AD于E，∠CFA=∠BAC=α．
（1）如图1，当α=65°时，∠ABE=15°时，求∠BAE的大小；
（2）当α=90°，AB=AC=8时，
①如图2，连接BF，当BF=BA，求CF的长；
②若AD=5❑√2，求AE的长．
【思路点拨】
（1）由平行线的性质求解∠BED=65°，再利用三角形的外角的性质可得答案；
1
（2）①证明△BEF≌△AFC，可得FC=EF=AE= AF，再利用勾股定理求解即可；②如图，过A作
2
AM⊥BC于M，当D在M的右边时，利用勾股定理求出DM，可得BD，用等面积法可得BE，可得DE，根据AE=AD−DE，从而可得答案；当D在M的左边时，如图，同理可得AM=4❑√2，DM=3❑√2，
28
CD=7❑√2，CF= ❑√2，证明△BAE≌△ACF，即可得到AE．
5
【解题过程】
（1）解：∵BE∥CF，∠CFA=∠BAC=α=65°，
∴ ∠BED=65°，
∵∠BED=∠ABE+∠BAE，∠ABE=15°，
∴ ∠BAE=65°−15°=50°；
（2）解：①∵ BF=BA，AB=AC，
∴ BF=AC，
∵BE∥CF，∠CFA=∠BAC=α=90°，
∴ BE⊥AF，AE=EF，∠ABE=∠FBE，∠BEF=∠AFC=90°，
∴ ∠ABE+∠BAE=90°=∠BAE+∠CAF，
∴ ∠ABE=∠CAF，
∴ ∠CAF=∠FBE，
∴△BEF≌△AFC(AAS)，
∴ EF=FC，
1
∴ FC=EF=AE= AF，
2
∵AB=AC=8，
∴ CF2+(2CF) 2=64，
8❑√5
解得：CF= （负根舍去）；
5
②如图，过A作AM⊥BC于M，当D在M的右边时，
∵∠BAC=90°，AB=AC=8，
∴ BC=8❑√2，AM=MC=BM=4❑√2，
∵AD=5❑√2，∴ DM=❑√AD2−AM2=3❑√2，
∴ BD=4❑√2+3❑√2=7❑√2，
1
BD⋅AM
2 28
∴ BE= = ❑√2，
1 5
AD
2
21❑√2
∴ DE=❑√BD2−BE2= ，
5
4❑√2
∴ AE=AD−DE= ，
5
当D在M的左边时，如图，
同理可得：AM=4❑√2，DM=3❑√2，CD=7❑√2，
1
CD⋅AM
2 28
∴CF= = ❑√2，
1 5
AD
2
由（1）得：∠ABE=∠CAF，
而∠AEB=∠AFC=90°，AB=AC，
∴△BAE≌△ACF(AAS)，
28❑√2
∴AE=CF== ；
5
4❑√2 28
综上：AE= 或 ❑√2．
5 5
23．（24-25八年级上·浙江杭州·期末）如图1，在等边三角形ABC的AC，BC边上分别取点E，F，使
AE=CF，连结BE，AF相交于点P．（1）求∠BPF的度数．
（2）若∠CBE=45°，PF=2，求BF的长．
（3）如图2，连结CP，若∠BPC=90°，AB=7，求BP的长．
【思路点拨】
（1）由等边三角形的性质可得∠BAC=∠C=60°，AB=AC，AE=CF，利用SAS可证得
△ABE≌△CAF，由全等三角形的性质可得∠ABE=∠CAF，再利用三角形外角的性质即可求出∠BPF
的度数；
（2）过点F作FM⊥BP于点M，由含30度角的直角三角形的性质可得PM=1，利用勾股定理可求得
MF=❑√3，由等腰直角三角形的性质可得BM=MF=❑√3，然后利用勾股定理即可求出BF的长度；
（3）过点B作BN⊥AF于点N，构造Rt△BNP，设PN=x，利用AAS可证得△ABN≌△CBP，利用勾
股定理可建立关于x的方程3x2+(2x) 2=72，解方程即可求得PN的长，进而可求得BP的长．
【解题过程】
（1）解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=∠C=60°，AB=AC，AE=CF，
在△ABE和△CAF中，
{
AB=CA
)
∠EAB=∠FCA ，
EA=FC
∴△ABE≌△CAF(SAS)，
∴∠ABE=∠CAF，
∴∠BPF=∠ABE+∠BAP=∠CAF+∠BAF=60°；
（2）解：如图，过点F作FM⊥BP于点M，∵∠BPF=60°，
∴∠MFP=90°−60°=30°，
1
∴PM= PF=1，MF=❑√PF2−PM2=❑√22−12=❑√3，
2
∵∠MBF=45°，∠BMF=90°，
∴BM=MF=❑√3，
∴BF=❑√BM2+M F2=❑√(❑√3) 2+(❑√3) 2=❑√6；
（3）解：如图，过点B作BN⊥AF于点N，
设PN=x，
∵在Rt△BNP中，∠BPN=60°，
∴∠PBN=30°，
∴BP=2x，
∵在等边三角形ABC中，∠BAC=∠ABC=60°，AB=AC，
又∵∠ABE=∠CAF，
∴∠BAN=∠CBP，
又∵∠ANB=∠BPC，AB=BC，
在△ABN和△CBP中，
{∠BAN=∠CBP
)
∠ANB=∠BPC ，
AB=CB
∴△ABN≌△CBP(AAS)，
∴AN=BP=2x，∴BN2=BP2−PN2=(2x) 2−x2=3x2，
∵在Rt△ABN中，AB2=BN2+AN2，
∴ 3x2+(2x) 2=72，
解得：x=±❑√7，
∵x>0，
∴x=❑√7，
∴BP=2❑√7．
24．（23-24八年级下·四川成都·期中）如图1，在等腰Rt△ABC中，∠BAC=90°，BD平分∠ABC，且
与AC相交于点D．过A作AH⊥BC于H，AH交BD于E，过C作CF⊥BD交BD的延长线于F，交BA
的延长线于M．
（1）求证：∠AED=∠ADE；
（2）若BD=2，求AF的长；
AE
（3）如图2，连接FH连交AC于G，求 的值．
DG
【思路点拨】
（1）由等腰直角三角形的性质得AB=AC，∠ABC=∠ACB=45°，因为AH⊥BC于H，所以
1 1
∠HAB=∠HAC= ∠BAC=45°，而∠ABD=∠CBD= ∠ABC=22.5°，可求得∠AED=67.5°，
2 2
∠ADE=67.5°，即可证明∠AED=∠ADE；
（2）先证明△BFC≌△BFM，得CF=MF，再证明△CAM≌△BAD，得CM=BD=2，所以
1
AF= CM=1；
2
❑√2
（3）作EL⊥BA于点L，则∠LEA=∠LAE=45°，所以AE=❑√2EL，则EH=EL= AE，由
2❑√2
AE+ AE=AH，求得AD=AE=(2−❑√2)AH，再根据三角形的中位线定理证明HF∥BM，则
2
❑√2 3❑√2−4
∠AGH=90°，所以∠GHA=∠GAH=45°，则AG= AH，所以DG=AG−AD= AH，
2 2
AE
求得 =2❑√2+2．
DG
【解题过程】
（1）证明：∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，
∴AB=AC，∠ABC=∠ACB=45°，
∵AH⊥BC于H，
1
∴∠HAB=∠HAC= ∠BAC=45°，
2
∵BD平分∠ABC，
1
∴∠ABD=∠CBD= ∠ABC=22.5°，
2
∴∠AED=∠HAB+∠ABD=67.5°，∠ADE=∠ACB+∠CBD=67.5°，
∴∠AED=∠ADE；
（2）解：∵CF⊥BD交BD的延长线于F，
∴∠BFC=∠BFM=90°，
在△BFC和△BFM中，
{∠BFC=∠BFM
)
BF=BF ，
∠CBF=∠MBF
∴△BFC≌△BFM(ASA)，
∴CF=MF，
∵∠CAM=∠BAD=∠BFM=90°，
∴∠ACM=∠ABD=90°−∠M，
在△CAM和△BAD中，
{∠CAM=∠BAD
)
AC=AB ，
∠ACM=∠ABD
∴△CAM≌△BAD(ASA)，
∴CM=BD=2，1
∴AF= CM=1，
2
∴AF的长为1；
（3）解：如图2，作EL⊥BA于点L，则∠ALE=90°，
∴∠LEA=∠LAE=45°，
∴AL=EL，
∴AE=❑√AL2+EL2=❑√2EL，
❑√2
∴EL= AE，
2
∵BD平分∠ABC，点E在BD上，且EH⊥BC，EL⊥BA，
❑√2
∴EH=EL= AE，
2
❑√2
∴AE+ AE=AH，
2
∵∠AED=∠ADE，
∴AD=AE=(2−❑√2)AH，
∵CH=BH，CF=MF，
∴HF∥BM，
∴∠AGH=180°−∠BAC=90°，
∴∠GHA=∠GAH=45°，
∴HG=AG，
∴AH=❑√AG2+HG2=❑√2AG，
❑√2
∴AG= AH，
2❑√2 3❑√2−4
∴DG=AG−AD= AH−(2−❑√2)AH= AH，
2 2
AE (2−❑√2)AH
= =2❑√2+2
∴DG 3❑√2−4 ，
AH
2
AE
∴ 的值为2❑√2+2．
DG
25．（24-25八年级上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图1，四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点N，
∠BAC=∠BDC，∠BCD−∠DBC=2∠ABD．
（1）求证：AB=AC；
（2）如图2，当∠BAC=90°时，过点A作AE⊥AD，交BD于点E，求∠AED的度数；
（3）如图3，在（2）的条件下，若点E为BD中点，点F为BC上一点，连接EF、AF，
∠CAF=2∠DBC，AF+EF=3，求四边形ABCD的面积．
【思路点拨】
（1）在△ABC和△BCD中根据三角形内角和，结合∠BAC=∠BDC可推出∠ABN+∠ACB=∠BCD
，然后由∠BCD−∠DBC=2∠ABD推出∠ACB=∠ABD+∠DBC，即∠ACB=∠ABC，得证；
（2）根据题意可知∠BAC=∠BDC=∠EAD=90°，利用角的和差以及三角形外角的性质可推出
∠BAE=∠CAD，∠AEB=∠ADC，结合AB=AC，可证△AEB≌△ADC(AAS)，从而得到AD=AE
，即可求得∠AED=45°；
（3）延长AF使AH=AC=AB，连接BH，CH，CE，不妨设∠DBC=θ，那么∠CAF=2θ，根据
BA=AH=AC以及三角形内角和定理，可知∠ABH=45°+θ，∠ACH=90°−θ，结合△BAC和
△DAE都是等腰直角三角形，△AEB≌△ADC，推出
∠DAC=θ，BE=CD，结合E是BD中点，推出△EDC是等腰直角三角形，接着证明AD∥CE，得到
∠ACE=∠DAC=θ，∠ECB=45°−θ=∠BCH，再证明△EBC≌△HBC和△ECF≌△HCF，得到
EF=FH，结合EF+AF=3，推导出AH=AB=AC=3，最后利用勾股定理，算出BC，CD，BD，AD
，AE，最后利用四边形ABCD面积=S +S +S 可得到答案．
△ABE △AED △BDC
【解题过程】（1）证明：∵∠ABN+∠CBN+∠ACB+∠BAC=180°，∠DBC+∠BCD+∠BDC=180°
∴∠BAC=180°−(∠ABN+∠CBN+∠ACB)，∠BDC=180°−(∠DBC+∠BCD)
∵∠BAC=∠BDC
∴180°−(∠ABN+∠CBN+∠ACB)=180°−(∠DBC+∠BCD)
∴∠ABN+∠CBN+∠ACB=∠DBC+∠BCD
∴∠ABN+∠ACB=∠BCD
又∵∠BCD−∠DBC=2∠ABD
∴∠ABN+∠ACB−∠DBC=2∠ABD
又∠ABN=∠ABD
∴∠ACB−∠DBC=∠ABD
∴∠ACB=∠ABD+∠DBC
∴∠ACB=∠ABC
∴AB=AC
（2）解：∵∠BAC=90°，AE⊥AD，∠BAC=∠BDC
∴∠BAC=∠BDC=∠EAD=90°
∴∠BAC−∠EAN=∠DAE−∠EAN
∴∠BAE=∠CAD
∵∠AEB=∠EAD+∠ADE，∠ADC=∠ADE+∠BDC
∴∠AEB=∠ADC
由（1）可知，AB=AC
在△AEB和△ADC中
{∠AEB=∠ADC
)
∠BAE=∠CAD
AB=AC
∴△AEB≌△ADC(AAS)
∴AD=AE
∴△ADE为等腰直角三角形
∴∠AED=45°
（3）解：延长AF使AH=AC=AB，连接BH，CH，不妨设∠DBC=θ，那么∠CAF=2θ
180°−∠CAF
∴∠ACH=∠AHC= =90°−θ，
2
∵∠BAC=90°
∴∠BAH=∠BAC−∠CAF=90°−2θ
180°−∠BAH 180°−(90°−2θ)
∴∠ABH=∠AHB= = =45°+θ
2 2
由（2）可知，∠BAC=90°，BA=AC，∠EAD=90°，∠DEA=45°
∴△BAC和△DAE都是等腰直角三角形
∴∠ABC=45°=∠ACB=∠ADE=∠AED
∴∠ABD=∠ABC−∠DBC=45°−θ，∠CBH=∠ABH−∠ABC=45°+θ−45°=θ
∵∠AED=∠ABD+∠BAE=45°
∴∠BAE=45°−∠ABD=45°−(45°−θ)=θ
由（2）可知，△AEB≌△ADC
∴∠DAC=∠BAE=θ，∠DCA=∠EBA=45°−θ，CD=BE
∵E是BD中点
∴BE=DE
∴DE=CD
又∠BDC=90°
∴△EDC是等腰直角三角形
∴∠DEC=∠DCE=45°
∴∠AEC=∠AED+∠DEC=45°+45°=90°
又∠EAD=90°
∴∠EAD+∠AEC=90°+90°=180°
∴AD∥CE
∴∠DAC=∠ACE=θ
∴∠ECB=∠ACB−ACE=45°−θ∴∠BCH=∠ACH−∠ACB=(90°−θ)−45°=45°−θ
在△EBC和△HBC中
{∠EBC=∠HBC=θ
)
BC=BC
∠ECB=∠BCH
∴△EBC≌△HBC
∴CE=CH
在△ECF和△HCF中
{
CE=CH
)
∠FCE=∠FCH
CF=CF
∴△ECF≌△HCF
∴EF=FH
∵EF+AF=3
∴AF+FH=AH=3
∴BA=AC=AH=3
∴BC=❑√AB2+AC2=❑√32+32=3❑√2
在Rt△BDC中，BD=2CD，BC=3❑√2
∴CD2+(2CD) 2=BC2
3❑√10 6❑√10
∴CD= =DE，BD=
5 5
3❑√10
在Rt△ADE中，AE=DA，DE=
5
3❑√10 2
∴AE2+AD2=DE2=(
)
5
3❑√5
∴AE=AD=
5
3 3 6 3
❑√5× ❑√5 ❑√10× ❑√10
AE⋅AD 5 5 9 ， BD⋅CD 5 5 18
∴S = = = S = = =
△AED 2 2 10 △BDC 2 2 5
∵E是BD中点
9
∴S =S =
△ABE △AED 109 9 18 27
∴四边形ABCD的面积为=S +S +S = + + =
△ABE △AED △BDC 10 10 5 5
26．（24-25九年级上·湖北省直辖县级单位·阶段练习）如图1，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BA=BC
，MN是过点A的直线，过点C作CD⊥直线MN于点D，连接BD．
（1）求∠ADB的度数；
（2）如图1，可得线段AD，BD，CD的数量关系为__________；将直线MN绕点A顺时针旋转到图2的
位置，线段AD，BD，CD的数量关系是否发生变化，请说明理由．
【思路点拨】
（1）在射线DA上截取AE=CD，由多边形的内角和公式可得
∠ABC+∠ADC+∠BAD+∠BCD=360°，进而可得∠BAD+∠BCD=180°，结合
∠BAD+∠BAE=180°，于是可得∠BAE=∠BCD，利用SAS可证得△BAE≌△BCD，于是可得
BE=BD，∠ABE=∠CBD，进而可得∠ABE+∠ABD=∠CBD+∠ABD，即∠EBD=∠ABC=90°
1
，由等边对等角及三角形的内角和定理可得∠ADB=∠AEB= (180°−∠EBD)，于是得解；
2
（2）由（1）可得BE=BD，∠EBD=90°，AE=CD，由勾股定理可得DE=❑√BE2+BD2=❑√2BD，
进而可得CD+AD=AE+AD=DE=❑√2BD，于是可得线段AD，BD，CD的数量关系；过点B作
BF⊥BD交MN于点F，由直角三角形的两个锐角互余可得∠BFA+∠BDF=∠BDC+∠BDF=90°，
进而可得∠BFA=∠BDC，由∠DBF=∠ABC=90°可得∠DBF+∠ABD=∠ABC+∠ABD，即
∠ABF=∠CBD，利用AAS可证得△ABF≌△CBD，于是可得BF=BD，AF=CD，由勾股定理可得
DF=❑√BF2+BD2=❑√2BD，进而可得CD=AF=AD+DF=AD+❑√2BD，于是可得结论．
【解题过程】
（1）解：如图1，在射线DA上截取AE=CD，∵CD⊥直线MN于点D，
∴∠ADC=90°，
∵∠ABC=90°，
∵∠ABC+∠ADC+∠BAD+∠BCD=360°，
∴∠BAD+∠BCD=180°，
∵∠BAD+∠BAE=180°，
∴∠BAE=∠BCD，
∵BA=BC，
∴△BAE≌△BCD(SAS)，
∴BE=BD，∠ABE=∠CBD，
∴∠ABE+∠ABD=∠CBD+∠ABD，
∴∠EBD=∠ABC=90°，
∵BE=BD，
1
∴∠ADB=∠AEB= (180°−∠EBD)=45°；
2
（2）解：由（1）可得：BE=BD，∠EBD=90°，AE=CD，
由勾股定理可得：DE=❑√BE2+BD2=❑√BD2+BD2=❑√2BD，
∴CD+AD=AE+AD=DE=❑√2BD，
即：线段AD，BD，CD的数量关系为CD+AD=❑√2BD，
故答案为：CD+AD=❑√2BD；
将直线MN绕点A顺时针旋转到图2的位置，线段AD，BD，CD的数量关系发生变化，关系是
CD−AD=❑√2BD，理由如下：
如图2，过点B作BF⊥BD交MN于点F，∴∠DBF=90°，
∴∠DBF=∠ABC=90°，
∵CD⊥直线MN于点D，
∴∠CDF=90°，
∴∠BFA+∠BDF=∠BDC+∠BDF=90°，
∴∠BFA=∠BDC，
∵∠DBF+∠ABD=∠ABC+∠ABD，
∴∠ABF=∠CBD，
∵BA=BC，
∴△ABF≌△CBD(AAS)，
∴BF=BD，AF=CD，
由勾股定理可得：DF=❑√BF2+BD2=❑√BD2+BD2=❑√2BD，
∴CD=AF=AD+DF=AD+❑√2BD，
即：CD−AD=❑√2BD．
27．（24-25八年级上·浙江宁波·期中）如图1，过△ABC的顶点A分别作对边BC上的中线AD和高线AE
．
（1）在图1中，若AB=15，AC=13，BC=14，BE=a，分别求出a，BD2+AD2的值；
（2）①如图1，猜想AB2+AC2和BD2+AD2之间的关系，并证明你的结论；
②如图2，∠MON=45°，点P是边OM上一动点，点Q是边ON上一点，且OQ=8，则OP2+PQ2的最小值为________．
【思路点拨】
（1）根据题意得出CE=14−a，在Rt△ADE中，在Rt△ACE中，分别表示AE2，进而得出方程，解得
a=9，进而勾股定理求得AE的长，在Rt△ADE中，勾股定理，即可求解；
1
（2）①根据（1）的方法求得AC2=AB2+BC2−2a⋅BC，AD2=AB2−a⋅BC+ BC2
，进而求得
4
AB2+AC2和BD2+AD2，比较结果，即可求解；
②根据①的结论可得OP2+PQ2=32+2PT2，转化为PT的最小值，根据垂线段最短得PT=4，进而即可
求解．
【解题过程】
（1）解：∵BC=14，BE=a，
∴CE=14−a，
在Rt△ADE中，AE2=AC2−CE2=132−(14−a) 2，
在Rt△ACE中，AE2=AB2−BE2=152−a2，
∴132−(14−a) 2=152−a2
解得：a=9
∴BE=9，则CE=5，
∴AE=❑√AC2−EC2=❑√132−52=12，
∵AD是△ABC的中线，BC=14，
1
∴BD=DC= BC=7
2
设DE=DC−EC=7−5=2，
在Rt△ADE中，AD2=AE2+DE2，
∴BD2+AD2=BD2+AE2+DE2 =72+122+22=197；
（2）①设BE=a，
∴CE=BC−a，
∵AD是△ABC的中线
1
∴DE=BE−DB=a− BC
2在Rt△ADE中，AE2=AC2−CE2=AC2−(BC−a) 2，
在Rt△ACE中，AE2=AB2−BE2=AB2−a2，
∴AC2−(BC−a) 2=AB2−a2
∴AC2−BC2+2a⋅BC=AB2，
∴AC2=AB2+BC2−2a⋅BC
∴AB2+AC2=2AB2+BC2−2a⋅BC
在Rt△ADE中，AD2=AE2+DE2=AB2−a2+ ( a− 1 BC ) 2 =AB2−a⋅BC+ 1 BC2 ，
2 4
BD2+AD2= (1 BC ) 2 +AD2= 1 BC2+AB2−a⋅BC+ 1 BC2=AB2+ 1 BC2−a⋅BC
2 4 4 2
∴AB2+AC2=2(BD2+AD2)
②如图所示，取OQ的中点T，连接PT，
∵OQ=8，
1
∴OT= OQ=4，
2
由①可得OP2+PQ2=2(OT2+PT2)=2(42+PT2)=32+2PT2
∴OP2+PQ2取最小值时，PT2取最小值，即PT取最小值，
∴当PT ⊥OQ时，PT最小，
又∵∠MON=45°，
∴当PT⊥OQ时，△TOP是等腰直角三角形，
∴PT=OT=4，即PT =4，
min
则OP2+PQ2的最小值为32+2×42=64
故答案为：64．
28．（24-25八年级上·江西南昌·期末）如图，在△ABC中，AB=AC，作BC的中点D，过D作
∠EDF=90°，分别交AB、AC于E、F，我们称△≝¿为等腰△ABC的“内接直角三角形”．设BE=a，CF=b．
（1）如图①，当∠A=90°时，若a=2，b=1时，求内接直角三角形DEF的斜边EF的长；
（2）如图②，当∠A=90°时，若E、F分别在BA、AC的延长线上，则内接直角三角形DEF的斜边满
足：EF2= ；（用含a，b的式子表示）
（3）拓展延伸：如图③，当∠A=60°时，EF与a，b还满足（2）的关系式吗？若满足，证明你的结
论；若不满足，请探索EF与a，b满足的数量关系式，并证明你的结论．
【思路点拨】
（1）过点C作AC的垂线交ED的延长线于点E′，连接E′F，根据平行线的性质，则∠B=∠E′CD，根据
对顶角相等，全等三角形的判定和性质，则△BED≌△CE′D，得DE′=DE，CE′=BE=2，根据勾股
定理的应用，即可；
（2）过点C作AC的垂线交ED的延长线于点E′，连接E′F，根据平行线的性质，则∠B=∠E′CD，根据
对顶角相等，全等三角形的判定和性质，则△BED≌△CE′D，根据勾股定理，则
E'F2=CE'2+CF2=a2+b2，进行解答，即可；
（3）过点C作AC的平行线交ED的延长线于点E′，连接E′F，过点F作E′C的垂线，交E′C的延长线于点
G，根据等腰三角形的性质，则∠B=∠DCF=60°，根据全等三角形的判定和性质，则
△BDE≌△CDE'，DE′=DE，CE′=BE=a，根据勾股定理，则E′F2=E′G2+GF2，即可．
【解题过程】
（1）解：如图，过点C作AC的垂线交ED的延长线于点E′，连接E′F，
∵∠A=90°，
∴AB∥CE′，∴∠B=∠E′CD，
∵点D是BC的中点，
∴BD=CD，
又∵∠BDE=∠CDE′，
∴△BED≌△CE′D，
∴DE′=DE，CE′=BE=2，
又∵∠EDF=90°，
∴E′F=EF，
在Rt△E′FC中，由勾股定理得：E′F=❑√CE′2+CF2=❑√5，
∴EF=❑√5；
（2）解：如图，过点C作AC的垂线交ED的延长线于点E′，连接E′F，
∵∠A=90°，
∴∠B=∠E′CD，
∵点D是BC的中点，
∴BD=CD，
又∵∠BDE=∠CDE′，
∴△BDE≌△CDE′，
∴DE=DE′，CE′=BE=a，
∵∠EDF=90°，
∴E′F=EF，
在Rt△E′FC中，E'F2=CE'2+CF2=a2+b2，
即EF2=a2+b2，
故答案为：a2+b2；
（3）解：EF与a，b不满足（2）的关系式，存在新的数量关系式为：EF2=a2+ab+b2，证明：如图，过点C作AC的平行线交ED的延长线于点E′，连接E′F，过点F作E′C的垂线，交E′C的延
长线于点G，
∵AB=AC，∠A=60°，
∴∠B=∠DCF=60°，
∵点D是BC的中点，
∴BD=CD，
又∵∠E′CD=∠B=60°，∠BDE=∠CDE′，
∴△BDE≌△CDE'，
∴DE′=DE，CE′=BE=a，
∵∠EDF=90°，
∴E′F=EF，
又∵∠GCF=180°−∠E′CD−∠DCF=60°，CF=b，∠G=90°，
1 b ❑√3 ❑√3
∴GC= CF= ，GF= CF= b，
2 2 2 2
b
∴E′G=E′C+GC=a+
，
2
在Rt△E′FG中，E′F2=E′G2+GF2= ( a+ b) 2 + (❑√3 b ) 2 =a2+ab+b2，
2 2
即EF2=a2+ab+b2．
29．（24-25八年级上·四川成都·期末）如图，在△ABC中，∠CAB=45°，AC=14，AB=6❑√2．（1）如图1，求BC的长；
（2）如图2，BM⊥AB，与AC交于点M，点D为AC边上一点，连接BD，E是AB右侧一点，且
BD⊥BE，BD=BE，连接DE、AE，F是DE的中点．探究AD、AE和BF之间的数量关系并证明；
（3）如图3，动点P由点C出发以每秒1个单位的速度在射线CB上匀速运动，同时动点D也从C出发，在
射线CA上以每秒1个单位的速度匀速运动，设运动时间为t秒（t>0），当点B到直线PD的距离等于6
时，求t的值．
【思路点拨】
本题考查了全等三角形的性质与判定，勾股定理，等腰三角形的性质与判定等知识，利用数形结合和分类
讨论的思想解决问题是关键；
（1）过B作AC的垂线，垂足是G，在Rt△BGA中，设BG=AG=x，根据勾股定理得出x=6，进而得出
CG=8，在Rt△CBG中，勾股定理，即可求解；
（2）先证明△BDM≌△BEA(AAS)，进而证明∠DAE=90°，由直角三角形斜边中线等于斜边一半，得
到DE=2BF，再根据勾股定理得出结论即可；
（3）过B作BD⊥AC于点D，作BE⊥PQ于点E，作BF∥PQ，与AC交于点F，则BE=6，①当P点
在线段CB上时，证明△BPE≌△BFD(AAS)，根据BP=BF，建立方程，解方程，即可求解．②当P点在
CB的延长线上时，同理BP=BF，即可求解．
【解题过程】
（1）解：过B作AC的垂线，垂足是G，在Rt△BGA中，
∵∠A=45°，
∴∠GBA=90°−45°=45°，
∴∠A=∠BGA，
∴BG=AG，
设BG=AG=x，
在Rt△BGA中，x2+x2=(6❑√2) 2 ，
解得：x=±6，
∵x>0，∴x=6，
∴CG=14−6=8，
在Rt△CBG中，由勾股定理得BC=❑√62+82=10；
（2）解：AD2+AE2=4BF2；理由如下，
∵∠CAB=45°，
∴∠AMB=∠CAB=45°，
∴BM=BA，
∵∠DBE=∠ABM=90°，
∴∠MBD=∠ABE，
∵BD=BE，
∴△BDM≌△BEA(SAS)，
∴∠BMD=∠BAE=45°，
∴∠DAE=90°，
∵BD⊥BE，F是DE的中点，
∴DE=2BF，
在Rt△DAE中，AD2+AE2=DE2=(2BF) 2=4BF2，
∴AD2+AE2=4BF2；
（3）解：过B作BD⊥AC于点D，作BE⊥PQ于点E，作BF∥PQ，与AC交于点F，则BE=6，
①当P点在线段CB上时，如图，
∵∠BAC=45°，AB=6❑√2，
❑√2
∴AD=BD= AB=6，
2
∴CD=AC−AD=14−6=8，∴BC=❑√CD2+BD2=❑√82+62=10，
∵CP=CQ=t，
∴∠CPQ=∠CQP，BP=BC−CP=10−t，
∵PQ∥BF，
∴∠CQP=∠CPQ=∠CFB=∠CBF，
∴CB=CF=10，
∴AF=AC−AF=14−10=4，
∴DF=AD−AF=6−4=2，
∴BF=❑√BD2+DF2=2❑√10，
∵∠BPE=∠CPQ，
∴∠BPE=∠BFD，
∵∠BEP=∠BDF，BE=BD=6，
∴△BPE≌△BFD(AAS)，
∴BP=BF，即10−t=2❑√10，
∴t=10−2❑√10；
②当P点在CB的延长线上时，如图，则BP=t−10，
同理可证△BPE≌△BFD(AAS)，
∴BP=BF，
∴t−10=2❑√10，
∴t=10+2❑√10，
综上，当点B到直线PQ的距离等于6时，t=10−2❑√10或10+2❑√10．
30．（24-25八年级上·四川成都·阶段练习）如图，在△ABC中，AC=BC=5，∠ACB=90°，等腰直角
△CDE绕直角顶点C在△ABC所在的平面内转动，连接AD，BE，AE（1）探究BE与AD的数量关系并证明；
（2）若BE=2DE，则当点B，E，D三点共线时，求CE的长；
（3）若CE=2❑√2，则当△ADE是以AE为腰的等腰三角形时，连接BD，并求BD的长．
【思路点拨】
（1）根据SAS证明△BCE≌△ACD，即可解答；
（2）如图2，设CE=x，根据△ECD是等腰直角三角形，可得ED=❑√2x，∠CED=∠CDE=45°，证
明∠ADC=∠BEC=135°，则∠ADE=90°，由勾股定理列方程即可解答；
（3）分两种情况：①如图3，当AE=ED时，延长BE交AC于O，交AD于N，证明BN是AD的垂直平分
线即可解答；②如图4，当AE=AD时，延长BE交AD于N，分别由勾股定理计算AD，DN的长，由面
积法可得EN的长，从而得BN的长，即可解答．
【解题过程】
（1）解：BE=AD，理由如下：如图1，
∵△ECD是等腰直角三角形，
∴EC=CD，∠ECD=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACB=∠ECD=90°，
∴∠BCE=∠ACD，
∵AC=CB，
∴△BCE≌△ACD(SAS)，
∴BE=AD；
（2）解：如图2，设CE=x，∵△ECD是等腰直角三角形，
∴ED=❑√2x，∠CED=∠CDE=45°，
∵点B，E，D三点共线，
∴∠BEC=180°−45°=135°，
∵BE=2DE，
∴BE=2❑√2x，
由（1）知：AD=BE=2❑√2x，
∴BD=3❑√2x，
∵△BCE≌△ACD，
∴∠ADC=∠BEC=135°，
∴∠ADE=135°−45°=90°，
由勾股定理得：AB2=AD2+BD2，
∵AC=BC=5，∠ACB=90°，
∴52+52=(2❑√2x) 2+(3❑√2x) 2 ，
5❑√13
解得：x= （负值舍去），
13
5❑√13
∴CE= ；
13
（3）解：分两种情况：
①如图3，当AE=ED时，延长BE交AC于O，交AD于N，∵AC=BC=5，∠ACB=90°，
∴AB=❑√52+52=5❑√2，
由（1）知：△BEC≌△ADC，
∴∠CAD=∠CBE，
∵∠AON=∠BOC，
∴∠ANO=∠BCO=90°，
∴EN⊥AD，
∵AE=ED，
∴AN=DN，
∴BN是AD的垂直平分线，
∴BD=AB=5❑√2；
②如图4，当AE=AD时，延长BE交AD于N，
∵CE=CD=2❑√2，∠ECD=90°，
∴DE=❑√(2❑√2) 2+(2❑√2) 2=4，
∵AE=AD，CE=CD，
∴AC是ED的垂直平分线，
∴EP=PD=CP=2，AC⊥ED，
∵AC=5，∴AP=5−2=3，
由勾股定理得：AD=❑√32+22=❑√13，
1 1
∵S = ⋅ED⋅AP= ⋅AD⋅EN，
△AED 2 2
1 1
∴ ×4×3= ×❑√13×EN，
2 2
12 12❑√13
∴EN= = ，
❑√13 13
∴DN=❑
√
42−
(12❑√13) 2
=
8❑√13
，
13 13
由（1）知：BE=AD=❑√13，
12❑√13 25❑√13
∴BN=❑√13+ = ，
13 13
∴BD=❑√BN2+DN2=❑
√ (25❑√13) 2
+
(8❑√13) 2
=❑√53．
13 13
综上，BD的长为5❑√2或❑√53．
31．（24-25八年级上·全国·期末）如图1，在直角三角形ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，AM
，BN分别是∠CAB与∠ABC的角平分线，且AM，BN相交于点O．
（1）∠AOB的度数为 °．
（2）求点O到AB边的距离及△AON的面积．
（3）如图2，若过点C作CD⊥AB，分别交AM，BN于P，Q两点，垂足为点D，求PQ的长．
【思路点拨】
1 1
（1）根据角平分线的定义和三角形内角和定理可得∠OAB+∠OBA= ∠BAC+ ∠ABC=45°，在
2 2
△ABC中，根据三角形内角和定理可得∠AOB的度数．
（2）作OG⊥AC于G，OH⊥BC于H，OI⊥AB于I．根据角平分线的性质可得OG=OI=OH，设OG=OI=OH=x，根据S =S +S +S 即可求出x的值为1，即点O到AB边的距离为1，
△ABC △AOC △BOC △AOB
再根据S =S +S 可求得AN的值，进而可求得△AON的面积．
△ABN △AON △AOB
12 9 16
（3）先利用面积法求得CD= ，再根据勾股定理可求得AD= ，则可得BD= ，作PE⊥AC于E，
5 5 5
9
根据角平分线的性质可得PE=PD，再根据S =S +S 可求得PD= ．作QF⊥BC于F，同
△ACD △APC △APD 10
16
理可求得QD= ，进而可求得PQ的长．
15
【解题过程】
（1）解： ∵OA，OB分别平分∠BAC，∠ABC，
1 1
∴∠OAB= ∠BAC，∠OBA= ∠ABC，
2 2
∵在△ABC中，∠ACB=90°，
∴∠BAC+∠ABC=90°，
1 1 1 1
∴∠OAB+∠OBA= ∠BAC+ ∠ABC= (∠BAC+∠ABC)= ×90°=45°，
2 2 2 2
在△AOB中，
∠AOB=180°−(∠OAB+∠OBA)=180°−45°=135°．
故答案为：135；
（2）解：作OG⊥AC于G，OH⊥BC于H，OI⊥AB于I，连接OC．
∵OA平分∠BAC，OB平分∠ABC，
∴OG=OI，OH=OI，
设OG=OI=OH=x，
在Rt△ABC中，
∵AC=3，BC=4，
∴根据勾股定理，得AB=❑√AC2+BC2=❑√32+42=5，∵S =S +S +S ，
△ABC △AOC △BOC △AOB
1 1 1 1
∴ AC⋅BC= AC⋅OG+ BC⋅OH+ AB⋅OI，
2 2 2 2
1 1 1 1
即 ×3×4= ×3⋅x+ ×4⋅x+ ×5⋅x．
2 2 2 2
解得x=1，
∴O到AB的距离为1；
∵S =S +S
△ABN △AON △AOB
1 1 1
∴ AN⋅BC= AN⋅OG+ AB⋅OI
2 2 2
∴AN⋅BC=AN⋅OG+AB⋅OI
∴4AN=AN+5
5
解得AN= ．
3
1 1 5 5
∴S = AN⋅OG= × ×1= ．
△AON 2 2 3 6
（3）∵CD⊥AB，
1 1
∴S = AC×BC= AB×CD，
△ABC 2 2
AC×BC 3×4 12
∴CD= = = ．
AB 5 5
在Rt△ACD中，
√ 12 2 9
根据勾股定理，得AD=❑√AC2−CD2=❑32−( ) = ，
5 5
9 16
∴BD=AB−AD=5− = ．
5 5
作PE⊥AC于E，
∵AP平分∠CAB，PE⊥AC，PD⊥AB，
∴PE=PD．∵S =S +S ，
△ACD △APC △APD
1 1 1
∴ AD⋅CD= AC⋅PE+ AD⋅PD，
2 2 2
∴AD⋅CD=AC⋅PE+AD⋅PD，
9 12 9 9
∴ × =3PD+ PD， 解得PD= ．
5 5 5 10
作QF⊥BC于F，
∵BQ平分∠ABC，QF⊥BC，QD⊥AB，
∴QF=QD．
∵S =S +S ，
△BCD △BCQ △BDQ
1 1 1
∴ BD⋅CD= BC⋅QF+ BD⋅PD，
2 2 2
∴BD⋅CD=BC⋅PQF+BD⋅QD，
16 12 16 16
∴ × =4QD+ QD， 解得QD= ，
5 5 5 15
16 9 1
∴PQ=QD−PD= − = ．
15 10 6
32．（24-25八年级上·浙江杭州·阶段练习）已知，在△ABC中，AB=AC．
（1）如图1，在△ADE中，若AD=AE，且∠DAE=∠BAC，求证：CD=BE；
（2）如图2，在△ADE中，若∠DAE=∠BAC=60°，且CD垂直平分AE，垂足为H，AD=6，CD=8
，求BD的长度？
（3）如图3，∠BAC=90°，∠ADB=45°，AD=❑√2，BD=4，则BC的长度？
【思路点拨】
（1）由∠DAE=∠BAC，得出∠BAE=∠CAD，由SAS证得△BAE≌△CAD，即可得出结论；
1
（2）连接BE，先证△ADE是等边三角形，再由CD垂直平分AE，得出∠CDA= ∠ADE=30°，由
2
△BAE≌△CAD，得出BE=CD=8，∠BEA=∠CDA=30°，得出BE⊥DE，DE=AD=6，由勾股定
理即可得出结果；（3）将线段AD绕D逆时针旋转90°，A的对应点为E，连接AE交BD于F，则DE=AD=❑√2，根据勾股
1
定理得到AE=❑√AD2+DE2=2，求得AF=EF= AE=1，AE⊥BD，得到DF=❑√AD2−AF2=1，
2
根据勾股定理即可得到结论．
【解题过程】
（1）证明：∵∠DAE=∠BAC，
∴∠BAC+∠CAE=∠DAE+∠CAE，
∴∠BAE=∠CAD，
{
AB=AC
)
在△BAE和△CAD中 ∠BAE=∠CAD ，
AE=AD
∴△BAE≌△CAD(SAS)，
∴CD=BE；
（2）解：连接BE，如图2所示：
∵CD垂直平分AE，
∴DA=DE，
∵∠DAE=60°，
∴△ADE是等边三角形，
∵CD垂直平分AE，
1 1
∴∠CDA= ∠ADE= ×60°=30°，
2 2
由(1)可知：△BAE≌△CAD，
∴BE=CD=8，∠BEA=∠CDA=30°，
∴BE⊥DE，
DE=AD=6，
∴BD=❑√BE2+DE2=❑√82+62=10；
（3）解：将线段AD绕D逆时针旋转90°，A的对应点为E，连接AE交BD于F，则DE=AD=❑√2，
∴AE=❑√AD2+DE2=2，
∵∠ADB=45°，
∴∠EDB=45°=∠ADB，
1
∴AF=EF= AE=1，AE⊥BD，
2
∴DF=❑√AD2−AF2=1，
∴BF=BD−DF=4−1=3，
在Rt△ABF中，AB=❑√BF2+AF2=❑√10，
在Rt△ABC中，AC=AB=❑√10，
∴BC=❑√AB2+AC2=2❑√5．
33．（24-25八年级上·重庆沙坪坝·阶段练习）在Rt△ABC中，∠ACB=90°,AC=BC，过点B作直线l
，点M在直线l上，连接CM、AM，且CM=BC，过C点作CN⊥AM交AM于点N．
（1）如图1，请问∠ACN和∠MCN有怎样的数量关系，并证明；
（2）如图2，直线CN交直线l于点H，求证：❑√2CH=HB+HM；
（3）已知BC=4，在直线l绕点B旋转的过程中，当∠CBM=15°时，请直接写出MH的长度．（注：在
直角三角形中，30°所对的直角边等于斜边的一半）
【思路点拨】（1）由等腰三角形的判定与性质可证∠ACN=∠MCN；
（2）如图2，在直线l上取点D，连接CD，使∠HCD=90°，则∠DCB=∠HCM，证明
△CBD≌△CMH(ASA)，则BD=HM，CD=CH，∠CDB=∠CHM=45°，由勾股定理得，
DH=❑√2CH，由DH=HB+BD=HB+HM，可得❑√2CH=HB+HM；
（3）由题意知，分两种情况求解：①如图3，则∠CMB=∠CBM=15°，∠MCB=150°，
1 1
∠MCA=∠MCB−∠ACB=60°，∠MCN= ∠MCA=30°，MN= CM=2，∠CMN=60°，由
2 2
∠MHN=45°=∠HMN，可得NH=MN=2，由勾股定理求MH即可；②如图4，同理①计算求解即
可．
【解题过程】
（1）解：∠ACN=∠MCN，证明如下：
∵AC=BC，CM=BC，
∴AC=CM，
∵CN⊥AM，
∴∠ACN=∠MCN；
（2）解：证明：如图2，在直线l上取点D，连接CD，使∠HCD=90°，
∴∠HCB+∠DCB=90°=∠HCB+∠HCA，即∠DCB=∠HCA，
∴∠DCB=∠HCM，
∵BC=CM，
∴∠CBM=∠CMB，
∴∠CBD=∠CMH，
∵∠DCB=∠HCM,BC=CM,∠CBD=∠CMH，
∴△CBD≌△CMH(ASA)，
∴BD=HM,CD=CH,∠CDB=∠CHM=45°，
在Rt△CDH中，由勾股定理·得：DH=❑√CH2+CD2=❑√2CH，∵DH=HB+BD=HB+HM，
∴❑√2CH=HB+HM；
（3）解：MH的长为2❑√2或2❑√6，理由如下：
由题意知，分两种情况求解：
①如图3，
∵CM=BC=4,∠CBM=15°，
∴∠CMB=∠CBM=15°，
∴∠MCB=180°−∠CMB−∠CBM=150°,∠MCA=∠MCB−∠ACB=60°，
由（1）知∠ACN=∠MCN，
1
∴∠MCN= ∠MCA=30°，
2
1
∴MN= CM=2，∠CMN=60°，
2
∴∠HMN=∠CMN−∠CMB=45°，
∴∠MHN=45°=∠HMN，
∴NH=MN=2，
在Rt△MNH中，由勾股定理得：MH=❑√M N2+N H2=2❑√2；
②如图4，
∵CM=BC，
∴∠CMB=∠CBM=15°，
∴∠MCB=150°，∠MCA=360°−∠MCB−∠ACB=120°，
由（1）知∠ACN=∠MCN，1
∴∠MCN= ∠MCA=60°，∠MCH=180°−∠MCN=120°，
2
∴∠CMN=90°−∠MCN=30°,∠BCH=∠MCB−∠MCH=30°，
1
∴CN= CM=2，
2
在Rt△CMN中，由勾股定理得：MN=❑√CM2−CN2=2❑√3，
∵∠MHN=∠MBC+∠BCH=45°，
∴∠HMN=45°=∠MHN，
∴NH=MN=2❑√3，
在Rt△MNH中，由勾股定理得：MH=❑√M N2+N H2=2❑√6，
综上所述，MH的长为2❑√2或2❑√6．
34．（24-25八年级上·重庆·期末）在△ABC中．
（1）如图1，若∠C=90°，BD平分∠ABC交AC于点D，AB=10且△ABD的面积为15，求CD的
长；
（2）如图2，若△ABC为等边三角形，点D为边AC上的一点，点M为边BC的中点，点H为边BD上的一
点，连接HM与AH且∠AHM=120°，求证AH⊥BD；
（3）如图3，在（2）的条件下，若AB=6，线段DN在直线AC上移动，点N在点D的上方且DN=2，将
线段BN绕点B顺时针旋转60°到BQ，当MQ取最小值时，求△MDN的周长．
【思路点拨】
（1）如图：过D作DE⊥AB，再根据三角形面积公式求得DE，再根据角平分线的性质定理即可解答；
（2）如图所示，以AH为边，向右作等边三角形AHQ，连接CQ，证明△ABH≌△ACQ(SAS)，得到
∠ACQ=∠ABH，CQ=BH，∠AHB=∠AQC；则可证明M、H、Q三点共线；如图所示，延长HM
到G，使得MG=MH，连接CG，证明△BMH≌△CMG(SAS)，得到BM=CG，∠MBH=∠MCG，
再证明∠GCQ=∠ACB+∠MCG+∠ACQ=120°，得到∠CQG=∠G=30°，则
∠AHB=∠AQC=∠AQH+∠CQG=90°，即AH⊥BD；（3）利用手拉手模型证明△ABN≌△CBQ(SAS)，得到CQ=AN，∠BCQ=∠A=60°，则可证明点Q
在直线CQ上运动，故当MQ⊥CQ时，MQ有最小值，求出∠CMQ=30°，则可得到AN=CQ=1.5，进
而可得CN=4.5，CD=2.5；如图所示，过点D和N分别作BC的垂线，垂足分别为F、G，则
1 5 1 9 7 3
∠DFC=∠NGC=90°，可求出CF= CD= ，CG= CN= ，进而得到MF= ，MG= ，
2 4 2 4 4 4
5 9❑√3
DF= ❑√3，NG= ，再利用勾股定理求出DM，NM的长即可得到答案；
4 4
【解题过程】
（1）解：如图：过D作DE⊥AB，
∵AB=10，△ABD的面积为15，
1 1
∴ ⋅AB⋅DE=15，即 ×10×DE=15，解得：DE=3．
2 2
∵BD平分∠ABC，∠C=90°，DE⊥AB，
∴DC=DE=3．
（2）证明： 如图所示，以AH为边，向右作等边三角形AHQ，连接CQ，
∵△ABC，△AHQ都是等边三角形，
∴∠ABC=∠AHQ=∠AQH=∠ACB=60°，AB=AC，AH=AQ，
∴∠BAH=∠CAQ=60°−∠CAH，
∴△ABH≌△ACQ(SAS)，
∴∠ACQ=∠ABH，CQ=BH，∠AHB=∠AQC；
∵∠AHM=120°，
∴∠AHM+∠AHQ=180°，
∴M、H、Q三点共线；
如图所示，延长HM到G，使得MG=MH，连接CG，∵M为BC中点，
∴BM=CM，
又∵∠BMH=∠CMG，MG=MH，
∴△BMH≌△CMG(SAS)，
∴BH=CG，∠MBH=∠MCG，
∴CG=CQ；
∵∠ABC=∠ABH+∠MBH=60°，
∴∠MCG+∠ACQ=60°，
∴∠GCQ=∠ACB+∠MCG+∠ACQ=120°，
∴∠CQG=∠G=30°，
∴∠AHB=∠AQC=∠AQH+∠CQG=90°，
∴AH⊥BD；
（3）解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠A=∠ACB=60°，AB=BC，
由旋转的性质可得BQ=BN，∠QBN=60°，
∴∠ABN=∠CBQ=60°−∠CBN，
∴△ABN≌△CBQ(SAS)，
∴CQ=AN，∠BCQ=∠A=60°，
∵点C是定点，BC是定线段，
∴点Q在直线CQ上运动，
∴当MQ⊥CQ时，MQ有最小值，
∴此时∠CQM=90°，
∴∠CMQ=30°，
1 1
∴AN=CQ= CM= BC=1.5，
2 4
∴CN=6−1.5=4.5；
∵DN=2，∴CD=6−2−1.5=2.5；
如图所示，过点D和N分别作BC的垂线，垂足分别为F、G，则∠DFC=∠NGC=90°，
∴∠CDF=∠CNG=30°，
1 5 1 9
∴CF= CD= ，CG= CN= ，
2 4 2 4
7 3 5 9❑√3
∴MF= ，MG= ，DF=❑√3CF= ❑√3，NG=❑√3CG= ，
4 4 4 4
∴DM=❑√M F2+DF2=❑
√ (7) 2
+
(5❑√3) 2
=
❑√31
，
4 4 2
NM=❑√MG2+NG2=❑
√ (3) 2
+
(9❑√3) 2
=
3❑√7
，
4 4 2
3❑√7+❑√31
∴△MDN的周长=MN+DM+DN=2+ ．
2
35．（23-24八年级下·四川成都·期末）已知△ABC为等边三角形，点D是边AC上一动点，连接BD，将
△BCD沿BD翻折，点C的对应点为E．
（1）如图1，若BE⊥BC，CD=2，求线段BE的长；
AE
（2）如图2，连接AE，若DE所在直线与BC垂直，求 的值；
CD
（3）如图3，过点A的直线l∥BC，射线DE与直线l交于点F，若AB=6，EF=1，求线段CD的长．
【思路点拨】（1）过D作DH⊥BC于H，利用含30°的直角三角形的性质、勾股定理等求出CH，DH，利用翻折的
性质以及三角形内角和定理可求出∠BDH=∠DBC=45°，利用等角对等边可求出BH，即可求解；
（2）延长ED交BC于M，在AC取点F，使AF=EF，利用翻折的性质可求出∠BDC=∠BDE=105°，
利用三角形内角和定理求出∠EBD=∠CBD=15°，利用等腰三角形三线合一性质得出BE⊥AC，利用
等边对等角和三角形内角和定理求出∠BAE=∠AEB=75°，进而求出∠NAE=15°，利用等边对等角和
三角形外角的性质求出∠EFN=30°，设NE=x，利用含30°的直角三角形的性质以及勾股定理求出
AF=EF=2x，NF=❑√3x，利用勾股定理求出AE=(❑√2+❑√6)x，利用含30°的直角三角形的性质
DE=CD=2x，即可求解；
（3）分点F在A的右侧和左侧两种情况讨论，利用角平分线的性质与判定可证BF平分∠AFE，然后利用
AAS可证△ABF≌△EBF，得出AF=EF=1，在Rt△ADG、Rt△FDG中，利用勾股定理可得出
DG2=AD2−AG2=FD2−FG2，代入数据即可求解．
【解题过程】
（1）解：过D作DH⊥BC于H，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠C=∠ABC=∠BAC=60°，AB=BC=AC，
∴∠HDC=30°，
1
∴CH= CD=1，
2
∴DH=❑√CD2−CH2=❑√3，
∵翻折，
∴BE=BC，∠EBD=∠CBD，
∵BE⊥BC，
∴∠EBD=∠CBD=45°，∴∠BDH=45°=∠DBC，
∴BH=DH=❑√3，
∴BE=BC=BD+CD=❑√3+1；
（2）解：如图，延长ED交BC于M，在AC取点F，使AF=EF，
∵DE⊥BC，
∴∠CDM=30°，
∵翻折，
∴∠BDC=∠BDE，∠EBD=∠CBD，
∵∠BDC−∠CDM+∠BDE=180°，
∴∠BDC=∠BDE=105°，
∴∠EBD=∠CBD=180°−∠BDC−∠C=15°，
1
∴∠CAE=30°= ∠ABC=∠ABE，
2
∵AB=BC，
∴BE⊥AC，即∠ANE=90°，
∵AB=BC=BE，∠ABE=30°，
1
∴∠BAE=∠AEB= (180°−∠ABE)=75°，
2
∵∠BAC=60°，
∴∠NAE=∠BAE−∠BAC=15°，
∵AF=EF，
∴∠FEA=∠FAE=15°，
∴∠EFN=30°，
设NE=x，
∴AF=EF=2x，
∴NF=❑√3x，∴AE=❑√AN2+N E2=❑√(2x+❑√3x) 2+x2=(❑√2+❑√6)x，
∵∠NDE=∠CDM=30°
∴DE=CD=2x，
AE ❑√2+❑√6
∴ = ；
CD 2
（3）解：当F在A的右侧时，如图，过D作DG⊥l于G，过B作BH⊥l于H，BN⊥AD于N，
BM⊥DE于M，连接BF，
∵翻折，
∴∠BDC=∠BDE，BC=BE=AB，∠C=∠BED=60°，CD=DE，
又∠CDM=∠EDN，
∴∠BDM=∠BDN，
∴BM=BN，
∵l∥BC，
∴∠HAB=∠ABC=60°=∠BAC，∠CAF=∠C=60°，
又BH⊥l，BN⊥AD，
∴BH=BN，
∴BH=BM，
∴BF平分∠AFE，
∴∠AFB=∠EFB，
∵∠CAF=60°，∠BAC=60°，∠BED=60°，
∴∠BAF=∠BAC+∠CAF=120°，∠BEF=180°−∠BED=120°，
∴∠BAF=∠BEF，
又BF=BF，
∴△ABF≌△EBF，∴AF=EF=1，
设CD=x，则DE=x，AD=6−x，
∵DG⊥AG，∠CAF=60°，
∴∠ADG=30°，
1 1
∴AG= AD=3− x，
2 2
1
∴FG=AG−AF=2− x，
2
在Rt△ADG中，DG2=AD2−AG2=(6−x) 2− ( 3− 1 x ) 2 ，
2
在Rt△FDG中，DG2=FD2−FG2=(x+1) 2− ( 2− 1 x ) 2 ，
2
∴(6−x) 2− ( 3− 1 x ) 2 =(x+1) 2− ( 2− 1 x ) 2 ，
2 2
30
解得x=
13
30
∴CD= ；
13
当F在A的左侧时，如图，过D作DG⊥l于G，过B作BH⊥l于H，BN⊥AD于N，BM⊥DE于M，
连接BF，
同理可证BF平分∠HFM，
∴∠HFB=∠MFB，
又∠EFH=∠AFM，
∴∠BFE=∠BFA，
又∠BEF=∠BAF=60°，BF=BF，
∴∴△ABF≌△EBF，∴AF=EF=1，
设CD=x，则DE=x，AD=6−x，
∵DG⊥AG，∠CAF=60°，
∴∠ADG=30°，
1 1
∴AG= AD=3− x，
2 2
1
∴FG=AG+AF=4− x，
2
在Rt△ADG中，DG2=AD2−AG2=(6−x) 2− ( 3− 1 x ) 2 ，
2
在Rt△FDG中，DG2=FD2−FG2=(x−1) 2− ( 4− 1 x ) 2 ，
2
∴(6−x) 2− ( 3− 1 x ) 2 =(x−1) 2− ( 4− 1 x ) 2 ，
2 2
42
解得x=
11
42
∴CD= ；
11
30 42
综上，CD的长为 或 ．
13 11
36．（24-25八年级上·四川达州·期末）如图1，在等边△ABC中，点E是AC边上一动点（点E不与A，C
重合），连接BE，过点A作AH⊥BE于点H，将线段AH绕点A逆时针旋转60°得到线段AK，连接HK
，CK．
（1）若BH=❑√3，求线段CK的长；
（2）如图2，连接CH，延长KH交BC于点D，当KD取最大值时，求证：AE=CD；
（3）在（2）的条件下，当KD取最大值时，连接DE，将△CDE绕C点旋转，连接AD，BE，分别取AD
，BE的中点M，N，连接MN，若△ABC的边长为4，当点D落在直线AC上时，直接写出MN长．
【思路点拨】（1）根据线段AH绕点A逆时针旋转60°得到线段AK，可知△AHK为等边三角形，再证△BAH≌△CAK
，可知BH=CK，从而求得答案；
（2）过点C作CM∥BH交KD的延长线于点M，由（1）可知，∠BHA=∠CKA，BH=CK，从而知道
∠AKC=90°，推出∠HKC=30°，借助平角可求得∠BHD=∠DMC=30°，借助证明
△BHD≌△CDM，可知D为BC中点，KD=AH+HD，AE+DE≥AH+HD，推出当KD最大时，H与
E重合，又因为AH⊥BE，BA=BC， 那么此时E点在AC的中点，从而得证；
（3）当点D在线段AC的延长线时，取BC的中点J，连接MJ，NJ，过点N作NQ⊥MJ交MJ的延长线
于点Q，先求得HM，利用三角形中位线，求得MJ、JN以及∠QJN=30°，在Rt△QNJ用勾股定理，求
得QJ，最后在Rt△QNM用勾股定理，求得MN；当点D在线段AC时，连接DN，过点E作ES⊥BD交
BD的延长线于点S，取BS的中点X，连接NX，取DN的中点Y，连接XY，作DZ⊥MN交MN于点Z，
先求得AD和MD的长度，然后计算出∠BDE=150°，然后在Rt△EDS中用勾股定理求得ES和DS，然
后利用是三角形中位线求得NX，从而求得DX，DN，然后判定△NXY为等边三角形，推导出
∠XDN=30°，从而得到∠MDN=120°，MD=DN=1，最后在Rt△MDZ中用勾股定理求得MZ，从
而得到MN．
【解题过程】
（1）解：△ABC是等边三角形
∴AB=AC，∠BAC=60°
∵线段AH绕点A逆时针旋转60°得到线段AK
∴AH=AK，∠KAH=60°
∴∠BAC−∠HAC=∠KAH−∠HAC
∴∠BAH=∠CAK
∴△BAH≌△CAK
∴BH=CK
∵BH=❑√3
∴CK=❑√3
（2）解：过点C作CM∥BH交KD的延长线于点M由（1）可知，△BAH≌△CAK
∴∠BHA=∠CKA，BH=CK
∵AH⊥BE
∴∠CKA=90°
∵线段AH绕点A逆时针旋转60°得到线段AK
∴AH=AK，∠KAH=60°
∴△KAH是等边三角形
∴∠AKH=60°=∠AHK
∴∠HKC=∠CKA−∠AKH=90°−60°=30°，
∠BHM=180°−∠AHB−∠AHK=180°−90°−60°=30°
∵BH∥CM
∴∠BHM=∠DMC=30°，
∴∠DMC=∠HKC=30°
∴CM=CK
∴CM=BH
又∠BDH=∠CDM
∴△BHD≌△CDM
∴BD=CD
∵KD=KH+HD=AH+HD，AE+HD≥AH+HD
∴KD最大时，H与E重合
又AH⊥BE，BA=BC
那么此时E点在AC的中点，如图所示：AC
∴AE=
2
1
∵BD=CD= BC，AC=BC
2
∴AE=CD
（3）解：①当点D在线段AC的延长线时，如图所示：
1
由（1）可知，△CDE是等边三角形，CD= BC
2
∵等边△ABC的边长为4，AH⊥BH
1 1 1
∴AB=AC=BC=4，CD=CE=ED=2，AH=CH= AC=2，∠HBC= ∠ABC= ×60°=30°
2 2 2
∴AD=AC+CD=4+2=6，BH=❑√AB2−AH2=❑√42−22=2❑√3
1
∴AM=DM= AD=3
2
∴HM=AM−AH=3−2=1，CM=AC−AM=4−3=1
∴HM=CM
取BC的中点J，连接MJ，NJ，过点N作NQ⊥MJ交MJ的延长线于点Q
1
∴MJ= BH=❑√3，MJ∥BH，HJ∥AB
2
∴∠MJC=∠HBC=30°，∠HJC=∠ABC=60°∵∠BJN=∠HJC=60°，∠BJQ=∠MJC=30°
∴∠QJN=∠BJN−∠BJQ=60°−30°=30°
∵BN=EN，BJ=CJ
1
∴JN= CE=1，
2
1 1 √ 1 2 ❑√3
∴NQ= JN= ，JQ=❑√J N2−NQ2=❑12−( ) =
2 2 2 2
❑√3 3❑√3
∴MQ=JQ+JM= +❑√3=
2 2
√ 1 2 3❑√3 2
∴MN=❑√NQ2+MQ2=❑ ( ) +( ) =❑√7
2 2
②当点D在线段AC时，连接DN，如图所示：
由（1）可知，△CDE是等边三角形，CD=2，△ABC是等边三角形，AB=4
∴AD=AC−CD=4−2=2，∠CDE=60°
∴D是AC中点
∵M是AD的中点
1
∴MD= AD=1
2
∵ △ABC是等边三角形，D是AC中点
∴BD⊥AC
∴∠BDE=∠BDC+∠CDE=90°+60°=150°，BD=❑√AB2−AD2=❑√42−22=2❑√3
过点E作ES⊥BD交BD的延长线于点S
在Rt△DES中，∠SDE=180°−∠BDE=180°−150°=30°，DE=2
1
∴ES= DE=1，DS=❑√DE2−ES2=❑√22−12=❑√3
2
在Rt△BSE中，BS=BD+DS=2❑√3+❑√3=3❑√3取BS的中点X，连接NX
1 1 1 3❑√3
∴NX∥ES，NX= ES= ，BX= BS=
2 2 2 2
3❑√3 ❑√3
∴∠BXN=∠BSE=90°，DX=BD−BX=2❑√3− =
2 2
√ ❑√3 2 1 2
∴DN=❑√DX2+N X2=❑ ( ) +( ) =1
2 2
取DN的中点Y，连接XY
1 1
∴XY =DY =NY = DN= ，
2 2
1
∵NX=NY =XY = ，
2
∴△XYN是等边三角形
∴∠XNY =60°
∴∠XDN=90°−∠XNY =90°−60°=30°
∴∠MDN=∠ADB+∠XDN=90°+30°=120°
作DZ⊥MN交MN于点Z
∵MD=DN=1
∠MDN
∴∠MDZ=∠ZDN= =60°，MZ=NZ
2
∴∠ZMD=30°
MD 1 √ 1 2 ❑√3
∴DZ= = ，MZ=❑√M D2−DZ2=❑12−( ) =
2 2 2 2
❑√3 ❑√3
∴MN=MZ+NZ= + =❑√3．
2 2
