下载文档原格式
勾股定理一．知识归纳１．勾股定理内容：直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方；表示方法：如果直角三角形的两直角边分别为a ，b ，斜边为c ，那么222a b c +=勾股定理的由来：勾股定理也叫商高定理，在西方称为毕达哥拉斯定理．我国古代把直角三角形中较短的直角边称为勾，较长的直角边称为股，斜边称为弦．早在三千多年前，周朝数学家商高就提出了“勾三，股四，弦五”形式的勾股定理，后来人们进一步发现并证明了直角三角形的三边关系为：两直角边的平方和等于斜边的平方２.勾股定理的证明勾股定理的证明方法很多，常见的是拼图的方法用拼图的方法验证勾股定理的思路是①图形进过割补拼接后，只要没有重叠，没有空隙，面积不会改变②根据同一种图形的面积不同的表示方法，列出等式，推导出勾股定理常见方法如下：方法一：4EFGH S S S ∆+=正方形正方形ABCD ，2214()2ab b a c ⨯+-=，化简可证． c ba HG FEDCB A方法二：b ac b a cca b c a b四个直角三角形的面积与小正方形面积的和等于大正方形的面积．四个直角三角形的面积与小正方形面积的和为221422S ab c ab c =⨯+=+ 大正方形面积为222()2S a b a ab b =+=++所以222a b c +=方法三：1()()2S a b a b =+⋅+梯形，2112S 222ADE ABE S S ab c ∆∆=+=⋅+梯形，化简得证 a b ccb a E DCB A３.勾股定理的适用范围勾股定理揭示了直角三角形三条边之间所存在的数量关系，它只适用于直角三角形，对于锐角三角形和钝角三角形的三边就不具有这一特征，因而在应用勾股定理时，必须明了所考察的对象是直角三角形 ４.勾股定理的应用①已知直角三角形的任意两边长，求第三边在ABC ∆中，90C ∠=︒，则c，b，a②知道直角三角形一边，可得另外两边之间的数量关系③可运用勾股定理解决一些实际问题５.勾股定理的逆定理如果三角形三边长a ，b ，c 满足222a b c +=，那么这个三角形是直角三角形，其中c 为斜边①勾股定理的逆定理是判定一个三角形是否是直角三角形的一种重要方法，它通过“数转化为形”来确定三角形的可能形状，在运用这一定理时，可用两小边的平方和22a b +与较长边的平方2c 作比较，若它们相等时，以a ，b ，c 为三边的三角形是直角三角形；若222a b c +<，时，以a ，b ，c 为三边的三角形是钝角三角形；若222a b c +>，时，以a ，b ，c 为三边的三角形是锐角三角形；②定理中a ，b ，c 及222a b c +=只是一种表现形式，不可认为是唯一的，如若三角形三边长a ，b ，c 满足222a c b +=，那么以a ，b ，c 为三边的三角形是直角三角形，但是b 为斜边③勾股定理的逆定理在用问题描述时，不能说成：当斜边的平方等于两条直角边的平方和时，这个三角形是直角三角形６.勾股数①能够构成直角三角形的三边长的三个正整数称为勾股数，即222a b c +=中，a ，b ，c 为正整数时，称a ，b ，c 为一组勾股数②记住常见的勾股数可以提高解题速度，如3,4,5；6,8,10；5,12,13；7,24,25等③用含字母的代数式表示n 组勾股数：221,2,1n n n -+（2,n ≥n 为正整数）；2221,22,221n n n n n ++++（n 为正整数）2222,2,m n mn m n -+（,m n >m ，n 为正整数）７．勾股定理的应用勾股定理能够帮助我们解决直角三角形中的边长的计算或直角三角形中线段之间的关系的证明问题．在使用勾股定理时，必须把握直角三角形的前提条件，了解直角三角形中，斜边和直角边各是什么，以便运用勾股定理进行计算，应设法添加辅助线（通常作垂线），构造直角三角形，以便正确使用勾股定理进行求解．８.勾股定理逆定理的应用勾股定理的逆定理能帮助我们通过三角形三边之间的数量关系判断一个三角形是否是直角三角形，在具体推算过程中，应用两短边的平方和与最长边的平方进行比较，切不可不加思考的用两边的平方和与第三边的平方比较而得到错误的结论．９.勾股定理及其逆定理的应用勾股定理及其逆定理在解决一些实际问题或具体的几何问题中，是密不可分的一个整体．通常既要通过逆定理判定一个三角形是直角三角形，又要用勾股定理求出边的长度，二者相辅相成，完成对问题的解决． 常见图形：A B C 30°D CB A AD B CCB D A题型一：直接考查勾股定理例１.在ABC ∆中，90C ∠=︒．⑴已知6AC =，8BC =．求AB 的长⑵已知17AB =，15AC =，求BC 的长分析：直接应用勾股定理222a b c +=解：⑴10AB⑵8BC ==题型二：应用勾股定理建立方程例２.⑴在ABC ∆中，90ACB ∠=︒，5AB =cm ，3BC =cm ，CD AB ⊥于D ，CD ＝⑵已知直角三角形的两直角边长之比为3:4，斜边长为15，则这个三角形的面积为⑶已知直角三角形的周长为30cm ，斜边长为13cm ，则这个三角形的面积为分析：在解直角三角形时，要想到勾股定理，及两直角边的乘积等于斜边与斜边上高的乘积．有时可根据勾股定理列方程求解解：⑴4AC ， 2.4AC BC CD AB⋅== DB A C⑵设两直角边的长分别为3k ，4k ∴222(3)(4)15k k +=，3k ∴=，54S =⑶设两直角边分别为a ，b ，则17a b +=，22289a b +=，可得60ab =1302S ab ∴==2cm 例３.如图ABC ∆中，90C ∠=︒，12∠=∠， 1.5CD =， 2.5BD =，求AC 的长21E DCBA分析：此题将勾股定理与全等三角形的知识结合起来解：作DE AB ⊥于E ，12∠=∠，90C ∠=︒∴ 1.5DE CD ==在BDE ∆中90,2BED BE ∠=︒=Rt ACD Rt AED ∆≅∆AC AE ∴=在Rt ABC ∆中，90C ∠=︒222AB AC BC ∴=+，222()4AE EB AC +=+3AC ∴=例4.如图Rt ABC ∆，90C ∠=︒3,4AC BC ==,分别以各边为直径作半圆，求阴影部分面积答案：6题型三：实际问题中应用勾股定理例5.如图有两棵树，一棵高8cm ，另一棵高2cm ，两树相距8cm ，一只小鸟从一棵树的树梢飞到另一棵数的树梢，至少飞了 mAB CD E分析：根据题意建立数学模型，如图8AB =m ，2CD =m ，8BC =m ，过点D 作DE AB ⊥，垂足为E ，则6AE =m ，8DE =m在Rt ADE ∆中，由勾股定理得10AD =答案：10m题型四：应用勾股定理逆定理，判定一个三角形是否是直角三角形例6.已知三角形的三边长为a ，b ，c ，判定ABC ∆是否为Rt ∆ ① 1.5a =，2b =， 2.5c = ②54a =，1b =，23c = 解：①22221.52 6.25a b +=+=，222.5 6.25c ==∴ABC ∆是直角三角形且90C ∠=︒ ②22139b c +=，22516a =，222b c a +≠ABC ∴∆不是直角三角形 例7.三边长为a ，b ，c 满足10a b +=，18ab =，8c =的三角形是什么形状？ 解：此三角形是直角三角形理由：222()264a b a b ab +=+-=，且264c =222a b c ∴+= 所以此三角形是直角三角形题型五：勾股定理与勾股定理的逆定理综合应用例8.已知ABC ∆中，13AB =cm ，10BC =cm ，BC 边上的中线12AD =cm ，求证：AB AC =证明：D CB AAD 为中线，5BD DC ∴==cm 在ABD ∆中，22169AD BD +=，2169AB =222AD BD AB ∴+=， 90ADB ∴∠=︒，222169AC AD DC ∴=+=，13AC =cm ，AB AC ∴=.。
利用勾股定理解三角形 正向思维：是一类常规性的、传统的思维形式，指的是大家按照自上而下，由近及远、从左到右、从可知到未知等一般而言的线性方向做出探究问题的思维途径。
逆向思维：是指在剖析、破解数学难题进程中，可以灵活转换思维方向，从常规思维的相反方向出发进行探索的思维方式，比如正向思维无法解决问题时可反其道而行采取逆向思维，直接证明有困难时可采用间接证明。
一、勾股定理在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．如果直角三角形的两条直角边长分别是a ，b ，斜边长为c ，那么a 2+b 2=c 2．【典例1】如图，在△ABC 中，AB =AC ，AD ⊥BC 于点D ，∠CBE =45°，BE 分别交AC 、AD 于E 、F ．（1）如图1，AB =12，BC =8，求AF 的长度；（2）如图2，取BF 中点G ，若BF 2+EF 2=CG 2，求证：AF =BC ；（3）如图3，在（2）的条件下，过点D 作DN ⊥AC 于点N ，并延长ND 交AB 延长线于点M ，请直接写出BMDM 的值． ◆知识点总结 ◆思维方法◆典例分析（1）先根据等腰三角形三线合一的性质得BD=4，由勾股定理计算可得AD的长，由等腰直角三角形性质得DF=4，最后由线段的差可得结论；（2）连接CF，由题意可知AD是BC的垂直平分线，可知CF=BF，∠FCB=∠FBC=45°，可得CF⊥EG，由勾股定理可得CF2+FG2=CG2，结合BF2+EF2=CG2，可得EF=FG，由G是BF的中点，可知EF=FG= BG，可得CF是EG的垂直平分线，易知CE=CG，得∠CEG=∠CGE，则∠AEF=∠CGB，由∠FDB=90°，∠FBD=45°，可知∠AFE=∠DFB=45°，继而可得∠AFE=∠CBG，利用ASA即可证明△AEF≌△CGB，即可证得结论；（3）过点B作BQ⊥MN于Q，过点D作DH⊥AB于H，连接DG，连接CF，利用等腰三角形的性质可得△NCD≌△QBD(AAS)，易知CN=BQ，DN=DQ=DH，由S△DBM=12BM⋅DH=12DM⋅BQ，得BMDM=CNDN，结合（2）中结论，可设EF=FG=BG=a，由勾股定理可得AF=BC=2√2a，CD=BD=12BC=√2a，AE=CG=CE=√5a，AC=2√5a，AD=3√2a，由S△ABC=12AC⋅NQ=12BC⋅AD可得NQ=6√55a，进而求得DN，CN的长即可求解．（1）解：∵AB=AC，AD⊥BC，BC=8，∴BD=CD=12BC=4，∠ADB=∠ADC=90°，由勾股定理得：AD=√AB2−BD2=√122−42=√144−16=√128=8√2，∵∠CBE=45°，∠BDF=90°，∴△BDF是等腰直角三角形，∴DF=BD=4，∴AF=AD−DF=8√2−4；（2）证明：连接CF，∴CD=BD，则AD是BC的垂直平分线，∴CF=BF，∴∠FCB=∠FBC=45°，∴∠CFB=180°−∠FCB−∠FBC=90°，即CF⊥EG，∠CFE=180°−∠CFB=90°，Rt△CFG中，CF2+FG2=CG2，∵BF2+EF2=CG2，CF=BF，∴EF2=FG2，则EF=FG，∵G是BF的中点，∴FG=BG，则EF=FG=BG，∵∠FDB=90°，∠FBD=45°，∴∠DFB=45°，∴∠AFE=∠DFB=45°，即：∠AFE=∠CBG，∵CF⊥EG，EF=FG，∴CF是EG的垂直平分线，∴CE=CG，∴∠CEG=∠CGE，∴∠AEF=∠CGB，∴△AEF≌△CGB(ASA)∴AF=BC；（3）过点B作BQ⊥MN于Q，过点D作DH⊥AB于H，连接DG，连接CF，∴CD=BD，∠CAD=∠BAD，∴DN=DH，∵BQ⊥MN，DN⊥AC，则∠DNC=∠DQB=90°，∴BQ∥AC，则∠NCD=∠QBD，∴△NCD≌△QBD(AAS)，∴CN=BQ，DN=DQ=DH，∵S△DBM=12BM⋅DH=12DM⋅BQ，∴BM⋅DN=DM⋅CN，∴BM DM =CNDN，由（2）可知：EF=FG=BG，CE=CG，△AEF≌△CGB，则AF=BC，AE=CG=CE设EF=FG=BG=a，则BF=CF=2a，∴AF=BC=√BF2+CF2=2√2a，则CD=BD=12BC=√2a，AE=CG=CE=√CF2+FG2=√5a，则AC=AE+CE=2√5a，则AD=√AC2−CD2=3√2a，∵S△ABC=12AC⋅NQ=12BC⋅AD，即：2√5a⋅NQ=2√2a⋅3√2a∴NQ=6√55a，又∵DN=DQ，∴DN=12NQ=3√55a，则CN=√CD2−DN2=√55a，∴BM DM =CNDN=13．1．（2023上·江西赣州·九年级统考阶段练习）已知，在Rt △ABC 中，∠B =90°，∠ACB =30°，点D 为边BC 上一个动点，以AD 为边作其右侧作等边△ADE ．（1）如图1，线段AB 与线段AC 之间的数量关系为__________；（2）如图2，过点E 作EF ⊥AC 于点F ．求证：点F 是AC 的中点；（3）若AB =2．①如图3，当点D 是BC 的中点时，过点E 作EG ⊥BC 于点G ．求EG 的长；②当点D 从点B 运动到点C ，则点E 所经过的路径长__________（直接写出结果）．【思路点拨】（1）由∠B =90°，∠ACB =30°即可求解；（2）证△ABD ≌△AFE (AAS )，即可证明；（3）①作DN ⊥AC ， BC =√AC 2−AB 2=2√3，AD =√AB 2+BD 2=√7， AN =√AD 2−DN 2=52，证△ADN ≌△EDG (AAS )， 进而可求；②FH 为E 所经过的路径，当D 在B 点时，点E 恰落在AC 的中点F 处，当D 在C 点时，AH =AC ，进而可求．【解题过程】（1）解：∵∠B =90°，∠ACB =30°，∴AB =12AC ．故答案为：AB =12AC ．（2）∵△ADE 是等边三角形，∴AD =AE,∠DAE =60°，∵∠B =90°，∠ACB =30°，∴∠BAC =60°， ◆学霸必刷∴∠BAD=∠FAE，∵EF⊥AC，∴∠ABD=∠AFE，∴△ABD≌△AFE(AAS)，∴AB=AF=12AC，∴点F是AC的中点．（3）作DN⊥AC，∵AB=12AC，AB=2，∴AC=4，∴BC=√AC2−AB2=2√3，∵D是BC的中点，∴BD=CD=√3，∴AD=√AB2+BD2=√7，∵DN⊥AC，∠ACB=30°，∴DN=12CD=√32，∠CDN=60°，∴AN=√AD2−DN2=52，∵∠ADE=60°，∴∠ADN=∠EDG，∵AD=DE，∴△ADN≌△EDG(AAS)，∴EG=AN=52．如图，FH为E所经过的路径，当D在B点时，点E恰落在AC的中点F处，当D在C点时，AH=AC，∴FH=√AH2−AF2=2√3．2．（2023上·重庆南岸·八年级重庆市珊瑚初级中学校校考期中）如图，分别以△ABC的两边AB、AC为腰向外作等腰直角△ABD和等腰直角△ACE，其中∠BAD=∠CAE=90°，BC=5．（1）如图1，连接BE、CD．若∠ACB=45°，AC=2，求CD的长；（2）如图2，M为BC的中点，连接DM，过点M作DM⊥MN，交EB的延长线于点N，连接DN，试猜想BE、BN、DN之间有何等量关系并证明你的结论．【思路点拨】（1）先根据SAS证明△ACD≌△AEB，可得CD=BE，再说明△BCE是直角三角形，然后根据勾股定理求出CE，进而求出答案即可；（2）延长NM至K，使MN=MK，连接CK，DK，设NE交AD于点O，与CD的交点为J．先根据“SAS”证明△BMN≌△CMK，可得BN=CK，∠MNB=∠CKM，进而判定CK∥NE，可说明CD⊥CK，再根据勾股定理得DK2=DC2+CK2，然后根据垂直平分线的性质得DK=DN，即可得出答案．【解题过程】（1）∵等腰直角△ABD和等腰直角△ACE，∴AB=AD，AC=AE，∠EAC=45°，∴∠DAB+∠DAE=∠EAC+∠DAE，即∠EAB=∠CAD，在△EAB和△CAD中，{AB=AD∠EAB=∠CADAE=AC，∴△ACD≌△AEB，∴CD=BE．∵∠ACB=45°，∴∠BCE=∠ACB+∠ECA=45°+45°=90°，在Rt△ACE中，AC=AE=2，∴CE=√AC2+AE2=2√2．∵BC=5，∴BE=√CE2+BC2=√(2√2)2+52=√33，∴CD=BE=√33；（2）结论：DN2=BE2+BN2．理由：如图2中，延长NM至K，使MN=MK，连接CK，DK，设NE交AD于点O，与CD的交点为J．∵△ACD≌△AEB，∴∠EBA=∠CDA，BE=CD．∵∠AOB=DOJ，∴∠OAB=∠DJO=90°，∴BE⊥CD．∵MB=MC，∠BMN=∠CMK，MN=MK，∴△BMN≌△CMK，∴BN=CK，∠MNB=∠CKM，∴CK∥NE．∵CD⊥EN，∴CD⊥CK，∴∠DCK=90°，∴DK2=DC2+CK2.∵MN=MK，DM⊥NK，∴DK=DN，∴DN2=BE2+BN2．3．（2023上·四川成都·八年级校考期中）如图，已知在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=16，D是AC上的一点，CD=3，点P从B点出发沿射线BC方向以每秒2个单位的速度向右运动，设点P的运动时间为t，连接AP．（1）当t=3秒时，求△BPA的面积；（2）若AP平分∠CAB，求t的值；（3）过点D作DE⊥AP于点E．在点P的运动过程中，当t为何值时，能使DE=CD？【思路点拨】（1）根据动点的运动速度和时间先求出BP，再利用三角形的面积计算公式解答即可求解；（2）作PM⊥AB于M，利用角平分线的性质分别求得BM、PM，再利用勾股定理PB2=PM2+BM2，解得PC=4√5−4，最后利用BP=2t=16−(4√5−4)，求得t的值即可；（3）根据动点运动的不同位置利用勾股定理解答即可求解；本题考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理，三角形的面积，根据题意，正确作出辅助线是解题的关键．【解题过程】（1）解：由题意可得，BP=2t，∵t=3，AC=8，∴BP=2×3=6，∴S△BPA=12BP·AC=12×6×8=24，∴当t=3秒时，求△BPA的面积为24；（2）解：当线段AP恰好平分∠CAB时，作PM⊥AB于M，如图，∵线段AP平分∠CAB，∠ACB=90°，PM⊥AB，∴∠PAC=∠PAM，∠ACP=∠AMP=∠BMP=90°，又∵AP=AP，∴△ACP≌△AMP(AAS)，∴PC=PM，AC=AM=8，∵AB=√82+162=8√5，∴BM=AB−AM=8√5−8，在Rt△BPM中，PB2=PM2+BM2，∴(16−PC)2=PC2+(8√5−8)2，解得PC=4√5−4，∴BP=2t=16−(4√5−4)，解得t=10−2√5；（3）解：①点P在线段BC上时，过点D作DE⊥AP于E，连接PD，如图，则∠AED=∠PED=90°，∴∠PED=∠ACB=90°，∵PD平分∠APC，∴∠EPD=∠CPD，又∵PD=PD，∴△PDE≌△PDC(AAS)，∴ED=CD=3，PE=PC=16−2t，∴AD=AC−CD=8−3=5，∴AE=4，∴AP=AE+PE=4+16−2t=20−2t，在Rt△APC中，由勾股定理得：82+(16−2t)2=(20−2t)2，解得t=5；②点P在线段BC的延长线上时，过点D作DE⊥AP于E，如图，同①得△PDE≌△PDC(AAS)，∴ED=CD=3，PE=PC=2t−16，∴AD=AC−CD=8−3=5，∴AE=4，∴AP=AE+PE=4+2t−16=2t−12，在Rt△APC中，由勾股定理得：82+(2t−16)2=(2t−12)2，解得t=11；综上所述，在点P的运动过程中，当t的值为5或11时，能使DE=CD．4．（2024上·河南南阳·八年级校考阶段练习）如图，在△ABC中，∠ABC=90°，AC=13，BA=5，点P从点C出发，以每秒3个单位长度的速度沿折线C−A−B运动.设点P的运动时间为t(t>0)秒.（1）求斜边AC上的高线长；（2）①当P在AB上时，AP的长为__________，t的取值范围是__________.（用含t的代数式表示）；②若点P在∠BCA的角平分线上，则t的值为__________；（3）在整个运动过程中，当△PAB是等腰三角形时t的值为__________.【思路点拨】（1）过点B作BD⊥AC于点D，利用面积法求解；（2）①根据点P的运动路径及速度可解；②过点P作PE⊥AC于E，利用角平分线的性质可知PB=PE，再证Rt△BCP≌Rt△ECP(HL)，推出EC=BC=12，最后利用勾股定理解Rt△AEP即可；（3）分AB=AP=5和AB=BP=5两种情况，利用等腰三角形的性质、勾股定理分别求解即可；关键．【解题过程】（1）在△ABC中，∠ABC=90°，AC=13，BA=5，∴BC=√AC2−AB2=√132−52=12，如图所示，过点B作BD⊥AC于点D，S△ABC=12AB⋅BC=12AC⋅BD，即BD=AB⋅BCAC=5×1213=6013，∴斜边AC上的高线长为6013；（2）①∵点P从点C出发，以每秒3个单位长度的速度沿折线C−A−B运动，AC=13，∴AP=3t−AC=(3t−13)，∴AC3≤t≤AC+AB3，即133≤t≤13+53，∴133≤t≤6，故答案为：(3t−13)，133≤t≤6；②点P在∠BCA的角平分线上时，过点P作PE⊥AC于E，如图所示，∵CP平分∠BCA，∠B=90°，PE⊥，∴PB=PE.又∵PC=PC，∴Rt△BCP≌Rt△ECP(HL)，∴EC=BC=12，则AE=AC−CE=13−12=1，由（2）知AP=3t−13，∴BP=AB−AP=5−(3t−13)=18−3t，∴PE=18−3t，在Rt△AEP中，AP2=AE2+EP2，即(3t−13)2=12+(18−3t)2，解得t=265，∴点P在∠BAC的角平分线上时，t=265故答案为：265；（3）△PAB 是以AB 为一腰的等腰三角形时，有两种情况：当AB =AP =5时，如图所示，则CP =AC −AP =13−5=8，∴t =CP 3=83； 当AB =BP =5时，过点B 作BD ⊥AC 于点D ，如图所示，由（2）知BD =6013，AD =√AB 2−BD 2=√52−(6013)2=2513， ∵AB =BP ，BD ⊥AC ，∴AP =2AD =5013，∴CP =AC −AP =13−5013=11913， ∴t =CP 3=11939，△PAB 是以AB 为底的等腰三角形时，t 的值为136，综上，△PAB 是等腰三角形时t 的值为83或11939或136．5．（2023上·重庆南岸·八年级校考开学考试）如图，四边形ABCD中，AC=AD=AB，∠BAC=90°．（1）把△BCD沿BC翻折得到△BCE，过点A作AF⊥BE，垂足为F，求证：BE=2AF；（2）在（2）的条件下，连接DE，四边形ABCD的面积为45，AD=5√2，BC=10，求DE的长．【思路点拨】BD，由折叠的性质可得：（1）作AG⊥BD于G，由等腰三角形的性质可得∠ABD=∠ADB，BG=DG=12BE=BD，CE=CD，∠CBE=∠CBD，证明△ABF≌△BAG得到AF=BG，即可得出结论；（2）作BM⊥AD于M，CN⊥AD于N，延长BC交DE于H，则CH⊥DE，DH=EH，求出△ACD的面积为20，求出CN=4√2，由勾股定理可得AN=3√2，证明△ABM≌△CAN(AAS)得到BM=AN=3√2，求出△ABDBC×DH=30，求出DH=6，即可得出答案．的面积为15，得到△BCD的面积=12【解题过程】（1）证明：如图，作AG⊥BD于，，则∠AGB=90°，∵∠BAC=90°，AB=AC，∴∠ABC=45°，∵AB=AD，AG⊥BD，BD，∠AGB=90°，∴∠ABD=∠ADB，BG=DG=12由折叠的性质可得：BE=BD，CE=CD，∠CBE=∠CBD，设∠CBE=∠CBD=x，则∠ABG=45°−x，∠ABF=45°+x，∵AF⊥BE，∴∠BFA=∠AGB=90°，∴∠BAF=90°−∠ABF=90°−(45°+x)=45°−x，∴∠ABG=∠BAF，在△ABF和△BAG中，{∠BFA=∠AGB∠BAF=∠ABGAB=BA，∴△ABF≌△BAG(AAS)，∴AF=BG，∴BE=2AF；（2）解：如图，作BM⊥AD于M，CN⊥AD于N，延长BC交DE于H，，由折叠的性质可得：CH⊥DE，CD，∵CE=CD，CH⊥DE，∴DH=EH，∵△ABC是等腰直角三角形，AD=AB=AC=5√2，∴△ABC的面积=12AB⋅AC=12×5√2×5√2=25，∵四边形ABCD的面积为45，∴△ACD的面积=12×AD×CN=45−25=20，∴12×5√2×CN=20，∴CN=4√2，∴AN=√AC2−CN2=√(5√2)2−(4√2)2=3√2，∵∠BAC=90°，∴∠BAM+∠ABM=∠BAM+∠CAN=90°，∴∠ABM=∠CAN，在△ABM和△CAN中，{∠AMB=∠CNA=90°∠ABM=∠CANAB=CA，∴△ABM≌△CAN(AAS)，∴BM=AN=3√2，∴△ABD的面积=12AD×BM=12×5√2×3√2=15，∴△BCD的面积=12BC×DH=45−15=30，∴12×10×DH=30，∴DH=6，∴DE=2DH=12．6．（2023上·山东济南·八年级统考期末）已知∠AOB=∠COD=90°，OA=OB=10，OC=OD=8（1）如图1，连接AC、BD，问AC与BD相等吗？并说明理由．（2）若将△COD绕点O逆时针旋转，如图2，当点C恰好在AB边上时，请写出AC、BC、OC之间关系，并说明理由．（3）若△COD绕点O旋转，当∠AOC=15°时，直线CD与直线AO交于点F，求AF的长．【思路点拨】（1）根据题意可证得△AOC≌△BOD(SAS)，据此即可解答；（2）连接BD，可证得∠AOC=∠BOD，据此即可证得△AOC≌BOD(SAS)，AC=BD，∠CAO=∠DBO，根据勾股定理可得CD2=2OC2，再根据等腰直角三角形的性质可证得∠CBD=90°，根据勾股定理即可证得结论；（3）过点O作OE⊥CD于点E，利用勾股定理可求得CD=8√2，根据面积公式可求得OE=4√2，再分两种情况，分别计算即可求得．【解题过程】（1）解：AC与BD相等；理由如下：∵∠AOB=∠COD=90°，∴∠AOB+∠BOC=∠COD+∠BOC，即∠AOC=∠BOD，在△AOC和△BOD中，{OA=OB∠AOC=∠BOD OC=OD∴△AOC≌BOD(SAS)，∴AC=BD；（2）解：结论：BC2+AC2=2OC2理由如下：如图：连接BD，∵∠AOB=∠COD=90°，∴∠AOB−∠BOC=∠COD−∠BOC，即∠AOC=∠BOD在△AOC和△BOD中，{OA=OB∠AOC=∠BOD OC=OD∴△AOC≌BOD(SAS)，∴AC=BD，∠CAO=∠DBO，∵∠AOB=∠COD=90°，OA=OB，OC=OD，∴∠BAO=∠ABO=45°，CD2=OC2+OD2=2OC2，∴∠CAO=∠DBO=45°，∴∠CBD=∠ABO+∠DBO=45°+45°=90°，∴BC2+BD2=CD2，∴BC2+AC2=2OC2；（3）解：如图：过点O作OE⊥CD于点E，∵∠COD=90°，OC=OD=8，∴CD=√OC2+OD2=√82+82=8√2，∵S△OCD=12OC⋅OD=12CD⋅OE，∴OE=OC⋅ODCD =8√2=4√2，如图：当点F在OA的延长线上时，∵∠DCO=45°，∠AOC=15°，∴∠F=∠DCO−∠AOC=45°−15°=30°，∴OF=2OE=8√2，∴AF=OF−OA=8√2−10；如图：当点F在线段OA上时，∵∠DCO=45°，∠AOC=15°，∴∠DFO=∠DCO+∠AOC=45°+15°=60°，∴∠FOE=90°−60°=30°，∴EF=12OF，∵OF2=EF2+OE2，∴OF2=(12OF)2+(4√2)2，解得OF=83√6，∴AF=OA−OF=10−83√6，综上，AF的长为8√2−10或10−83√6．7．（2023下·湖北武汉·八年级校考阶段练习）在等腰△ABC中，AB=AC，D为BC上一点，E为AD上一点，连接BE，CE，∠BAC=∠CED=2∠BED=2x．（1）如图1，若x=45°，求证：CE=2AE（2）如图2，若x=30°，AB=AC=√7．求CE的长．（3）如图3，若x=60°，AB=AC=2√3，点Q为△ABC外一点，且∠BQA=60°,AQ=2，求线段QC的长．【思路点拨】（1）作BH⊥AD，交AD的延长线于H，证明△ACE≌△BAH(AAS)，得到BH=AE,CE=AH，即可得证；（2）在AD上取点H，使BH=EH，作BF⊥AD于F，同（1）法可得，△ACE≌△BAH(AAS)，得到CE=AH,AE= BH，在Rt△ABF中，利用勾股定理进行求解即可；（3）以AQ为边作等腰三角形AQM，使∠QAM=120°，AQ=AM，连接BM，证明△BAM≌△CAQ(SAS)，得到BM=CQ，过点A作AG⊥QM于点G，勾股定理求出BM的长，即可得解．【解题过程】（1）证明：作BH⊥AD，交AD的延长线于H，∵x=45°，∴∠BAC=∠CED=2∠BED=90°，∴∠AEC=90°，∵∠CED=∠EAC+∠ACE,∠BAC=∠EAC+∠BAE，∴∠BAH=∠ACE，∵∠AEC=∠H=90°,AB=AC，∴△ACE≌△BAH(AAS)，∴BH=AE,CE=AH，∵∠BEH=45°,∠H=90°，∴BH=EH，CE,∴AE=EH=12∴CE=2AE；（2）在AD上取点H，使BH=EH BF⊥AD于F，则∠BHE=∠AEC=120°，同（1）法可得，△ACE≌△BAH(AAS)，∴CE=AH,AE=BH，设BH=EH=AE=2x，∵∠BHF=60°，∴HF=x，BF=√3x，在Rt△ABF中，由勾股定理得：(√3x)2+(5x)2=(√7)，解得：x=1（负值舍去），2∴CE=AH=4x=2；（3）解：以AQ为边作等腰三角形AQM，使∠QAM=120°，AQ=AM，连接BM，∵∠BAC=∠QAM=120°，∴∠BAC+∠CAM=∠QAM+∠CAM，即∠BAM=∠CAQ，又∵AB=AC，∴△BAM≌△CAQ(SAS)，∴BM=CQ，∵AQ=AM,∠QAM=120°，∴∠AQM=30°，∵∠BQA=60°，∴∠BQM=∠BQA+∠AQM=60°+30°=90°，过点A作AN⊥BQ于点N，∵AQ=2,∠AQN=60°，∴NQ=AN=√3∵AB=2√3,∴BN=√AB2−AN2=√(2√3)2−(√3)2=3.∴BQ=BN+NQ=3+1=4，过点A作AG⊥QM于点G，∵∠AQG=30°,AQ=2，∴AG=1，GQ=√3,∴QM=2√3∴BM=√BQ2+QM2=√42+(2√3)2=2√7，∴CQ=2√7．8．（2023下·浙江金华·八年级浙江省义乌市后宅中学校考阶段练习）定义：在△ABC，若BC=a，AC=b，AB=c，a，b，c满足b2=ac+a2则称这个三角形为“和谐勾股三角形”．请根据以上定义解决下列问题：（1）命题：“直角三角形都是和谐勾股三角形”是（填“真”或“假”）命题；（2）如图1，若等腰△ABC是“和谐勾股三角形”，其中AB=BC，AC>AB，求∠A的度数；（3）如图2，在三角形ABC中，∠B=2∠A，且∠C>∠A．①当∠A=32°时，你能把这个三角形分成两个等腰三角形吗？若能，请在图2中画出分割线，并标注被分割后的两个等腰三角形的顶角度数；若不能，请说明理由；②请证明△ABC为“和谐勾股三角形【思路点拨】（1）先假设Rt△ABC是和谐勾股三角形，得出ab+a2=c2，再由勾股定理得a2+b2=c2，即可判断出此直角三角形是等腰直角三角形；（2）由“和谐勾股三角形”定义判断出此三角形是等腰直角三角形，即可得出结论；（3）①分三种情况，利用等腰三角形的性质即可得出结论；②先求出CD=CB=a，AD=CD=a，BD=AB−AD=c−a，DG=BG=12(c−a)，AG=12(a+c)，在Rt△ACG与Rt△BCG利用勾股定理分别求CG2，建立方程即可得出结论．【解题过程】（1）解：如图1，假设Rt△ABC是和谐勾股三角形，∴ab+a2=c2，在Rt△ABC中，∠C=90°，根据勾股定理，∴a2+b2=c2，∴ab+a2=a2+b2，∴ab=b2∴a=b，∴△ABC是等腰直角三角形，∴等腰直角三角形是和谐勾股三角形，即原命题是假命题，故答案为：假；（2）∵AB=BC，AC>AB∴a=c，b>c，∵△ABC是和谐勾股三角形，∴ac+a2=b2，∴c2+a2=b2，∴△ABC是等腰直角三角形，∴∠A=45°，（3）①在△ABC中，∠ABC=2∠BAC，∠BAC=32°，∴∠ABC=64°，根据三角形的内角和定理得，=180°−∠ABC−∠BAC=84°，∵把这个三角形分成两个等腰三角形，当射线经过点C，（Ⅰ）当∠BCD=∠BDC时，∵∠ABC=64°，∴∠BCD=∠BDC=58°，∴∠ACD=∠ACB−∠BCD=84°−58°=26°，∠ADC=∠ABC+∠BCD=122°，∴△ACD不是等腰三角形，此种情况不成立；（Ⅱ）当∠BCD=∠ABC=64°时，∴∠BDC=52°，∴∠ACD=∠ACB−∠BCD=84°−64°=20°，∠ADC=128°，∴△ACD不是等腰三角形，此种情况不成立；（Ⅲ）当∠BDC=∠ABC=64°时，∴∠BCD=52°，∴∠ACD=∠ACB−∠BCD=84°−52°=32°=∠BAC，∴△ACD是等腰三角形，即：分割线和顶角标注如图2所示，当射线经过点B，同（Ⅰ当射线经过点A，同（Ⅱ）的方法，判断此种情况不成立；②如图3，在AB边上取点D，连接CD，使∠ACD=∠A，作CG⊥AB于G，∴∠CDB=∠ACD+∠A=2∠A，∵∠B=2∠A，∴∠CDB=∠B，∴CD=CB=a，∵∠ACD=∠A，∴AD=CD=a，∴BD=AB−AD=c−a，∵CG⊥AB，∴DG=BG=12(c−a)，∴AG=AD+DG=a+12(c−a)=12(a+c)，在Rt△ACG中，CG2=AC2−AG2=b2−[12(c+a)]2，在Rt△BCG中，CG2=BC2−BG2=a2−[12(c−a)]2，∴b2−[12(c+a)]2=a2−[12(c−a)]2，∴b2=ac+a2，∴△ABC为“和谐勾股三角形”．9．（2023下·湖北武汉·八年级校考阶段练习）已知△ABC中，AB=AC，∠BAC=2α，∠ADB=α．（1）如图1，若α=30°，则线段AD，BD，CD之间的数量关系为；（2）若α=45°，①如图2；线段AD，BD，CD满足怎样的数量关系？证明你的结论；②如图3，点E在线段BD上，且∠BAE=45°，AD=5，BD=4，则DE=．【思路点拨】（1）结论：DC2=DA2+DB2．如图1中，将△DCB绕点C顺时针旋转60°得到△MAC，连接DM．首先证明△DCM是等边三角形，再证明△ADM是直角三角形即可解决问题；（2）①结论：DC2=DB2+2DA2．如图2中，作AM⊥AD交DB的延长线于M，连接CM．由△DAB≌△MAC，推出BD=CM，∠ADB=∠AMC=45°推出∠DMC=90°，推出DC2=CM2+DM2，由CM=DB，DM=√2AD，即可证明；②如图3中，在图2的基础上将△AMB绕点A顺时针旋转90°得到△ADG．则△AEG≌△AEB，∠GDE=90°，可得EB=EG，设DE=x．EB=EG=4−x，由AD=AM=5，推出DM=5√2，BM=DG=5√2−4，在RtΔDEG中，根据DG2+DE2=EG2，列出方程即可解决问题．【解题过程】（1）解：结论：DC2=DA2+DB2．理由如下：将△DCB绕点C顺时针旋转60°得到△MAC，连接DM，如图1所示：∵CD=CM，∠DCM=60°，∴△DCM是等边三角形，∴DM=CD=CM，∵∠ADB=30°，∴∠DAB+∠DBA=150°，∵∠MAC=∠DBC，∴∠MAC+∠DAB=∠DBC+∠DAB=∠DBA+∠ABC+∠DAB=150°+60°=210°，∴∠DAM=360°−210°−60°=90°，∴DM2=DA2+AM2，∵AM=DB，DM=DC，∴DC2=DA2+DB2．故答案为DC2=DA2+DB2；（2）解：①结论：DC2=DB2+2DA2．理由如下：作AM⊥AD交DB的延长线于M，连接CM，如图2所示：∵∠ADM=45°，∠DAM=90°，∴∠ADM=∠AMD=45°，∴DA=AM，DM=√2DA，∵∠DAM=∠BAC，∴∠DAB=∠MAC，∵AB=AC，∴△DAB≌△MAC，∴BD=CM，∠ADB=∠AMC=45°∴∠DMC=90°，∴DC2=CM2+DM2，∵CM=DB，DM=√2AD，∴DC2=DB2+2DA2；②在图2的基础上将△AMB绕点A顺时针旋转90°得到△ADG，如图3所示：则△AEG≌△AEB，∠GDE=90°，∴EB=EG，设DE=x，则EB=EG=4−x，∵AD=AM=5，∴DM=5√2，BM=DG=5√2−4，在RtΔDEG中，由勾股定理知DG2+DE2=EG2，则(5√2−4)2+x2=(4−x)2，解得x=20√2−254，故答案为5√2−254．10．（2023下·重庆沙坪坝·八年级重庆一中校考期中）在△ABC中，∠B=45°，E为平面内一点，连接AE、CE．（1）如图1，若点E在线段BC上，AC=EC，AB=4√2，BE=3，求线段AC的长；（2）如图2，若点E在△ABC内部，AC=EC，∠BAE=∠ACE，求证：AE+2AB=√2BC；（3）如图3，若点E在△ABC内部，连接BE，AB=4，BC=6√2，请直接写出12EC+√52EB+EA的最小值．【思路点拨】（1）过点A作AF⊥BC于F，则可得△AFB是等腰直角三角形，由勾股定理可求得AF=BF=4，则可得EF=1，再设AC=x，则CF=CE−EF=x−1，在Rt△AFC中由勾股定理建立方程即可求解；（2）过C作CG⊥BC交BA的延长线于点G，在AG上取AH=AE，连接CH；首先可证明△AEC≌△AHC，其次再证明△ABC≌△HGC，则得GH=AB，从而由勾股定理即可证明结论成立；（3）过点B作BN⊥BE，且BN=BE，作BM⊥BC，BM=BC，连接MN；分别取BM、BN的中点D、F，连接DF，过A作AP⊥BD交DB延长线于点P，连接EF、AD、FD；证明△BEC≌△BNM，则MN=CE，由中点及中位线定理知BF=12BE，BD=12BC，DF=12MN=12CE，在Rt△EBF中，由勾股定理得EF=√5 2BE；则12EC+√52EB+EA=DF+FE+AE，则当点A、E、F、D四点共线时，12EC+√52EB+EA的最小值为AD的长，由勾股定理求解即可．【解题过程】（1）解：如图，过点A作AF⊥BC于F，则∠AFB=∠AFC=90°，∴∠FAB=∠FBA=45°，∴AF=BF即△AFB是等腰直角三角形，由勾股定理得：AF2+BF2=AB2=32，∴AF=BF=4，∴EF=BF−BE=1；设AC=x，则CE=AC=x，∴CF=CE−EF=x−1；在Rt△AFC中，AF2+CF2=AC2，即42+(x−1)2=x2，解得：x=172；（2）解：如图，过C作CG⊥BC交BA的延长线于点G，在AG上取AH=AE，连接CH；∵AC=CE，∴∠CAE=∠CEA；∵∠CAE+2∠CAE=180°，∠BAE+∠CAE+∠CAH=180°，∠BAE=∠ACE，∴∠CAE=∠CAH，∵AC=AC，AE=AH，∴△AEC≌△AHC(SAS)，∴CE=CH，∵CA=CE，∴CA=CH，∴∠CHA=∠CAH，∴∠CHG=∠CAB；∵CG⊥BC，∠B=45°，∴∠G=∠B=45°，∴△ABC≌△HGC(AAS)，∴GH=AB，∴BG=AB+AH+CG=AE+2AB；∵∠G=∠B=45°，CG⊥BC，∴CB=CG，由勾股定理得：BG=√2BC，∴AE+2AB=√2BC；（3）解：如图，过点B作BN⊥BE，且BN=BE；作BM⊥BC，BM=BC，连接MN；分别取BM、BN的中点D、F，连接DF；过A作AP⊥BD交DB延长线于点P，连接EF、AD；∵∠EBN=∠CBM=90°，∴∠EBC=∠NBM；∵BN=BE，BC=BM，∴△BEC≌△BNM(SAS)，∴MN=CE，∵BM、BN的中点分别为D、F，∴BF=12BE，BD=12BC，DF=12MN=12CE，在Rt△EBF中，由勾股定理得EF=√BF2+BE2=√52BE；∴1 2EC+√52EB+EA=DF+FE+AE，∴当点A、E、F、D四点共线时，12EC+√52EB+EA取得最小值，且最小值为AD的长；∵BD⊥BCP，A⊥BP，∠ABC=45°，∴∠PBA=∠PAB=45°，∴PA=PB=√22AB=2√2；∵BM=BC=6√2，∴BD=12BM=3√2，∴PD=PB+BD=2√2+3√2=5√2；在Rt△PDA中，由勾股定理得AD=√PA2+PD2=√8+50=√58，∴1 2EC+√52EB+EA的最小值为√58．11．（2023上·重庆沙坪坝·八年级重庆八中校考开学考试）已知△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，AB=AC，AD=AE，连接BD、CE．（1）如图1，若点B、D、E在同一直线上，已知AD=2√2，BD=2，求线段BC的长度．（2）如图2，当∠ADB=90°时，过点B作BG⊥ED并交ED的延长线于点G，EG与BC交于点F，求证：DE=2FG．（3）如图3，已知若AB=4，直线BD与直线CE相交于点P，过点C作直线CH垂直于CB，点Q是直线CH上一点，直接写出AQ+PQ的最小值．【思路点拨】（1）如图1中，设AC与BE交于点O，证明△BAD≌△CAE(SAS)，推出BD=CE=2,∠ABD=∠ACE，推出∠CEO=∠BAO=90°，可得结论；（2）连接AF，过点A作AN⊥EG于点N，过点C作CM⊥EF与M，则∠CME=∠ANF=90°，依次证明△BAD≌△∠CAE(SAS)，再求出△GBD≌△MEC(AAS)，△BFG≌△CFM(AAS)，△BFG≌△FAN，即可得出结论；（3）如图3，作点A关于CH的对称点J，连接CJ，AJ，过点J作JM⊥BC交BC的延长线于点M，取BC的中点O，连接OP，OJ．求出PJ的最小值，可得结论．【解题过程】（1）解：如图1中，设AC与BE交于点O∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形∴AB=AC,AD=AE，∠BAC=∠DAE=90°∴∠BAD=∠CAE在△BAD和△CAE中，{AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE∴△BAD≌△CAE(SAS)∴BD=CE=2,∠ABD=∠ACE∵∠AOB=∠COE∴∠CEO=∠BAO=90°∵AD=AE=2√2∴DE=√2AD=4∴BE=6∴BC=√CE2+BE2=√22+62=2√10；（2）证明：如图，连接AF，过点A作AN⊥EG于点N，过点C作CM⊥EF与M，则∠CME=∠ANF=90°，∵∠BAC=∠DAE=90°,AB=AC,AD=AE，∴∠BAD＝∠CAE，∠ABC=∠ACB=∠ADE=∠AED=45°，∴△BAD≌△∠CAE(SAS)，∴CE＝BD，∠AEC＝∠ADB=90°，∴∠BDG=180°−∠ADB−∠ADE=45°，∠DEC=∠AEC−∠AED=90°−45°=45°，∵BG⊥ED，∴∠G=90°，∴∠CME=∠G=90°，∠BDG=∠DEC=45°，CE＝BD，∴△GBD≌△MEC(AAS)，∴BG=CM，又∵∠G=∠CMF，∠BFG=∠CFM，∴△BFG≌△CFM(AAS)，∴BF=CF．∵AB=AC,∠BAC=90°，∴AF=BF=CF，AF⊥BC，∴∠AFN+∠BGG=90°，∵∠FBG+∠BFG=90°,∴∠AFN=∠FBG，∴∠G=∠ANF=90°，∴△BFG≌△FAN，∴AN=FG∵AD=AE，∠DAE=90°，AN⊥DE，∴DE=2AN=2FG．（3）解：如图3，作点A关于CH的对称点J，连接CJ，AJ，过点J作JM⊥BC交BC的延长线于点M，取BC的中点O，连接OP，OJ．∵AB=AC=4,∠BAC=90°∴BC=√2AB=4√2∴OB=OC=2√2∵CH⊥BC，A，J关于CH对称∴CJ=CA=4,∠JCH=45°∴∠JCM=45°∵JM⊥CM∴CM=JM=2√2∴OM=OC+CM=4√2∴OJ=√JM2+OM2=√(2√2)2+(4√2)2=2√10由（2）得△BAD≌△CAE∴∠ABD=∠ACE∴∠CPB=∠BAC=90°∵OB=OC∴OP=2√2∴PJ≥OJ−OP=2√10−2√2∴PJ的最小值为2√10−2√2∵A，J关于CH对称∴AQ=QJ∴AQ+PQ=QP+QJ≥PJ=2√10−2√2∴AQ+QP的最小值为2√10−2√2．12．（2023上·陕西西安·八年级西安市第三中学校考期中）如图，长方形纸片ABCD，AB=6，BC=8，点E、F分别是边AB、BC上的点，将△BEF沿着EF翻折得到△B′EF．（1）如图1，点B′落在边AD上，若AE=2，则AB′=______，FB′=______；（2）如图2，若BE=2，F是BC边中点，连接B′D、FD，求△B′DF的面积；（3）如图3，点F是边BC上一动点，作EF⊥DF，将△BEF沿着EF翻折得到△B′EF，连接DB′，当△DB′F是以DF为腰的等腰三角形时，请直接写出CF的长．【思路点拨】（1）根据题意，折叠的性质可得△BEF≌△B′EF，根据在Rt△AB′E中，AE=2，B′E=4，AB′=√3AE= 2√3，设BF=x，则由等面积法列式求解，可得答案；（2）延长FB′交AB于K，设KE=x，KB′=y，则∠EB′K=90°，由勾股定理可得{x2=y2+4(x+2)2+16=(y+4)2，结合面积法可得S△BEFS△FEK =BFKF=BEEK，可得y=2x−4，可得AK=23，由S△DKF=S长方形ABCD−S△AKD−S△BFK−S△DCF可得三角形面积，结合S△B′KDS△DB′F =23，从而可得答案；（3）分两种情况讨论：由△DB′F是以DF为腰的等腰三角形，当DF=DB′时，过D作DH⊥B′F于H，证明△DHF≌△DCF，可得HF=CF，易得CF=83；当DF=B′F时，同理△DHF≌△DCF，设HF=CF=n,DH= CD=6，可得DF=B′F=BF=8−n，利用勾股定理可得(8−n)2=n2+62，从而可得答案．【解题过程】（1）解：∵四边形ABCD是长方形，AB=6,BC=8,AE=2，∴∠A=∠B=90°,BE=AB−AE=6−2=4，∵△BEF沿着EF翻折得到△B′EF，∴△BEF≌△B′EF，∴BE=B′E=4，在Rt△AB′E中，AE=2,B′E=4，∴AB′=√3AE=2√3，设BF=B′F=x，如下图，连接AF，则由等面积法可得12AE⋅BF+12AB′⋅AB=12BF⋅BE+12AE⋅AB′，即12×2x+12×2√3×6=12×4x+12×2×2√3，解得x=4√3，∴BF=B′F=4√3．故答案为：2√3，4√3；（2）∵四边形ABCD是长方形，AB=6,BC=8,BE=2，F是BC边中点，∴AE=AB−BE=6−2=4，BF=CF=12BC=12×8=4，∵△BEF沿着EF翻折得到△B′EF，∴B′F =BF =4,BE =B′E =2,∠B =∠EB′F =90°，∴B′F =CF =4，如图2，延长FB′交AB 于K ，设KE =x ，KB′=y ，∴∠EB′K =90°，∴由勾股定理可得{x 2=y 2+4(x +2)2+16=(y +4)2 ， ∴x =2y −2，∴S △BEFS △FEK=BF KF =BE EK ， ∴44+y =2x ，即y =2x −4，∴{x =2y −2y =2x −4， 解得{x =103y =83，经检验符合题意； ∴AK =6−103−2=23， ∴S △DKF =S 长方形ABCD −S △AKD −S △BFK −S △DCF=48−12×23×8−12×163×4−12×4×6 =683； ∵B ′K B ′F =834=23， ∴S△B ′KD S △DB ′F =23，∴S △DB ′F =35S △DKF =35×683=685；（3）∵△DB′F 是以DF 为腰的等腰三角形，当DF =DB′时，如图3，过D 作DH ⊥B′F 于H ，∴B′H =FH ，由折叠可得∠BFE =∠B′FE ，且EF ⊥DF ，∴∠B′FE +∠DFB′=90°=∠BFE +∠DFC ，∴∠DFB′=∠DFC ，∵∠DHF =∠C =90°，DF =DF ，∴△DHF ≌△DCF(AAS)，∴HF =CF ，∴BF =B′F =2FH =2FC ，∴3CF =8，即CF =83，当DF =B′F 时，同理△DHF ≌△DCF(AAS)，设HF =CF =n ，DH =CD =6，∴DF =B′F =BF =8−n ，∴由勾股定理可得(8−n)2=n 2+62，解得n =74，即CF =74．综上所述，CF =83或74．13．（2023下·四川成都·八年级统考期末）在△ABC 中，AB =12AC ，点D 为直线BC 上一动点，AD =AE ，∠BAC =∠DAE ．（1）如图1，连接ED 交AC 于F ，∠BAC =90°，F 为AC 中点，若BD =3√2，DF =√2，求AD 的长；（2）如图2，延长CB至点G使得BG=DB，连接AG，CE，求证：AG=CE；（3）如图3，∠BAC=120°，AB=2√7，作点E关于直线BC的对称点E′，连接BE′，EE′，当BE′最小时，直接写出线段EE′的长．【思路点拨】（1）由同角的余角相等可得∠BAD=∠EAF，由SAS可证明△BAD≌△EAF，得到BD=EF=3√2，由∠EAD= 90°，AD=AE结合勾股定理得到AD2+AD2=BD2，计算即可得到答案；（2）延长AB至H，使BH=AB，连接DH，由SAS证明△ABG≌△HBD，得到AG=DH，由SAS证明△AHD≌△ACE，得到CE=AH，从而得证；（3）取AC的中点M，连接EM并延长交BC于N，令BC与EE′相交于点O，由SAS可证明△BAD≌△MAE(SAS)，得到∠ABD=∠AME=∠CMN，由∠BAC=120°，可得∠BAH=60°，∠MNB=60°，点E的轨迹为直线EM，EM交BC于N，连接AN，再将该直线沿BC翻折可得到E′的轨迹，则AN⊥NE′，此时∠ANB=30°，作AH⊥CA 交CA的延长线于H，作AG⊥BC交BC于G，由含有30°角的直角三角形的性质以及勾股定理可得，AH=√7，AM=CM=AB=2√7，BH=√21，CH=5√7，BC=14，由等面积法可得AG=2√3，从而得到BG=4，AN=4√3，GN=6，BN=10，由对称的性质可得∠E′NB=60°，BN⊥EE′，OE′=OE，当BE′⊥E′N时，BE′最小，在△BE′N中，由含有30°角的直角三角形的性质、勾股定理以及等面积法可求得OE′的长，从而得到答案．【解题过程】（1）解：∵F为AC中点，AB=12AC，∴AF=12AC=AB，∵∠BAD+∠DAF=∠BAC=90°，∠EAF+∠DAF=∠EAD=90°，∴∠BAD=∠EAF，在△BAD和△EAF中，{AD=AE∠BAD=∠EAFAB=AF，∴△BAD≌△EAF(SAS)，∴BD=EF=3√2，∴BD=EF+DF=4√2，∵∠EAD=90°，AD=AE，∴AD2+AE2=BD2，∴AD2+AD2=BD2，∴AD=4；（2）证明：延长AB至H，使BH=AB，连接DH，，在△ABG和△HBD中，{GB=DB∠ABG=∠HBDAB=HB，∴△ABG≌△HBD(SAS)，∴AG=DH，∵∠HAD+∠DAC=∠HAC，∠DAC+∠CAE=∠DAE，∠BAC=∠DAE，∴∠HAD=∠CAE，∵AB=12AC，AB=BH，∴AH=AC，在△AHD和△ACE中，{AH=AC∠HAD=∠CAEAD=AE，∴△AHD≌△ACE(SAS)，∴CE=AH，∴CE=AG；（3）解：如图，取AC的中点M，连接EM，令BC、EE′交于点O，，∵AB=12AC，∴AM=AB，∵∠BAD+∠DAC=∠BAC，∠DAC+∠EAM=∠EAD，∠BAC=∠EAD，∴∠BAD=∠MAE，在△BAD和△MAE中，{AB=AM∠BAD=∠MAEAD=AE，∴△BAD≌△MAE(SAS)，∴∠ABD=∠AME=∠CMN，∵∠BAC=120°，∴∠ABC+∠C=60°，∠BAH=60°，∴∠MNB=∠CMN+∠C=60°，∴点E的轨迹为直线EM，EM交BC于N，连接AN，再将该直线沿BC翻折可得到E′的轨迹，则AN⊥NE′，此时∠ANB=30°，作BH⊥CA交CA的延长线于H，∵AB=2√7，∴AH=12AB=√7，AM=CM=12AC=AB=2√7，AC=2AB=4√7，∴BH=√AB2−AH2=√(2√7)2−(√7)2=√21，CH=AC+AH=5√7，∴BC=√BH2+CH2=√(√21)2+(5√7)2=14，作AG⊥BC交BC于G，∵S△ABC=12AC⋅BH=12BC⋅AG，∴12×4√7×√21=12×14×AG，∴AG=2√3，∴AN=2AG=4√3，BG=√AB2−AG2=4，∴GN=√AN2−AG2=6，∴BN=BG+GN=10，∵点E关于直线BC的对称点E′，∴∠E′NB=60°，BN⊥EE′，OE′=OE，∴当BE′⊥E′N时，BE′最小，∴E′N=12BN=5，∴E′B=√BN2−E′N2=5√3，∵S△BE′N=12E′B⋅E′N=12BN⋅OE′，∴5√3×5=10×OE′，∴OE′=5√32，∴EE′=5√3．14．（2023下·辽宁沈阳·八年级沈阳市南昌初级中学（沈阳市第二十三中学）校联考期中）在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠CAB=60°，AB=4，E为直线AB上一动点，连接CE，将CE绕点C顺时针旋转60°得到CD，连接AD．（1）BC=______（2）①如图1，当点E与点B重合时，AD=______．②如图2，当点E在线段AB上时，若BE=1，求AD的长度．（3）若∠ECB=15°，直接写出AD的长度．【思路点拨】（1）在Rt△ABC中，由30°所对的直角边是斜边的一半，再由勾股定理得到BC=4√3，即可得到答案；（2）①利用旋转性质，证得△ABC≌△ADC(SAS)，由全等性质即可得到AD=AB=4；②在AC上截取AF= AE，如图所示，由“手拉手模型”证得△DAE≌△CFE(SAS)，则AD=CF，根据（1）中AC=8，结合已知条件即可得到答案；（3）由于E为直线AB上一动点，当∠ECB=15°，分两种情况：①E在直线BC上方；②E在直线BC下方；作图分析求解即可得到答案．【解题过程】（1）解：在Rt△ABC中，∠CAB=60°，则∠ACB=30°，∵AB=4，则AC=8，∴BC=√AC2−AB2=√82−42=4√3，故答案为：4√3；（2）解：①由（1）知∠ACB=30°，∵将CE绕点C顺时针旋转60°得到CD，∴当点E与点B重合时，∠DCA=∠ACB=30°，CB=CD，在△ABC和△ADC，{CB=CD∠DCA=∠ACBAC=AC，∴△ABC≌△ADC(SAS)，∴AD=AB=4，故答案为：4；②在AC上截取AF=AE，如图所示：∵∠CAB=60°，∴△AEF是等边三角形，∴AE=EF,∠AEF=60°，∵将CE绕点C顺时针旋转60°得到CD，∴△CDE是等边三角形，∴DE=CE,∠CED=60°，∵∠AED=∠AEF−∠DEF=60°−∠DEF，∠CEF=∠CED−∠DEF=60°−∠DEF，∴∠AED=∠CEF，在△DAE和△CFE中，{AE=EF∠AED=∠CEFED=EC，∴△DAE≌△CFE(SAS)，∴AD=CF，∵AB=4，BE=1，∴AF=AE=AB−BE=4−1=3，由（1）知AC=8，∴CF=AC−AF=8−3=5，则AD=CF=5；（3）解：由题意可知，分两种情况讨论：①E在直线BC上方；②E在直线BC下方；由（1）知在Rt△ABC中，∠ACB=30°，当∠ECB=15°时，∠ACE=∠BCE=15°，即CE是∠ACB的角平分线，∴过E作EG⊥AC于G，如图所示：∴BE=BG，在Rt△AEG中，∠EAG=60°，则∠AEG=30°，设AG=x，则AE=2x，由勾股定理可得BE=EG=√AE2−AG2=√3x，∵AB=4，∴AB=AE+EB，即4=2x+√3x，解得x=8−4√3，则BE=√3x=8√3−12，当E在直线BC上方，在AC上截取=AE，如图所示：由（2）②的求解过程可知，AD=FC，当BE=8√3−12时，AF=AE=AB−BE=4−(8√3−12)=16−8√3，∴AD=FC=AC−AF=8−(16−8√3)=8√3−8；当E在直线BC下方，过D作DH⊥AC于H，如图所示：∴∠DHC=90°，由（1）知在Rt△ABC中，∠ACB=30°，AB=4,BC=4√3,AC=8，∵将CE绕点C顺时针旋转60°得到CD，∠ECB=15°，∴∠ACD=60°−30°−15°=15°=∠BCE，CE=CD，在△DHC和△EBC中，{∠ACD=∠BCE=15°∠DHC=∠EBC=90°CD=EC，∴△DHC≌△EBC(SAS)，∴HC=BC=4√3,DH=BE，作点E关于直线BC的对称点I，如图所示：则DH=BE=BI，由（3）可知，BI=8√3−12，则DH=BE=BI=8√3−12，∵AH=AC−HC=8−4√3，在Rt△AHD中，∠DHA=90°，AH=8−4√3，DH=8√3−12，则AD=√AH2+DH2=16−8√3，综上所述，若∠ECB=15°，AD的长度为8√3−8或16−8√3．15．（2023下·辽宁沈阳·八年级沈阳市第七中学校考阶段练习）在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，过点C作AB的平行线l，点P是直线l上异于点C的动点，连接AP，过点P作AP的垂线交直线BC于点D．（1）如图1，当点P在点C的右侧时，①求证：PA=PD；（提示：作PE垂直直线l交CD于点E．）②试判定线段CA，CD，CP之间有何数量关系？写出你的结论，并证明；（2）若AC=5√2，AP=13，直接写出线段BD的长．【思路点拨】（1）①过P作PE⊥l，交CD于E，由∠ACB=90°，AC=BC，AB∥l，可得∠ACP=∠ACB+∠ECP=135°，△ECP是等腰直角三角形，所以CP=EP，∠DEP=∠ECP+∠CPE=135°=∠ACP，即可证明△ACP≌△DEP(ASA)，得PA=PD；②由①知△ACP≌△DEP，△ECP是等腰直角三角形，故AC=DE，CE=√2CP，即得CD=AC+√2CP；（2）分两种情况：当P在C右侧时，过A作AH⊥l于H；当P在C左侧时，过P作PF⊥l交BD的延长线于F，分别求解即可得到答案．【解题过程】（1）①证明：过P作PE⊥l，交CD E，如图所示，，∵∠ACB=90°，AC=BC，∴∠ABC=45°，∵AB∥l，∴∠ECP=∠ABC=45°，∴∠ACP=∠ACB+∠ECP=135°，△ECP是等腰直角三角形，∴CP=EP，∠DEP=∠ECP+∠CPE=135°=∠ACP，∵∠APD=90°=∠EPC，∴∠APC=∠EPD，∴△ACP≌△DEP(ASA)，∴PA=PD；②解：CD=AC+√2CP，由①可知：△ACP≌△DEP，△ECP是等腰直角三角形，∴AC=DE，CE=√2CP，∵CD=DE+CE，∴CD=AC+√2CP；（2）解：当P在C右侧时，过A作AH⊥l于H，如图所示，，∵∠ABC=∠BCP=45°，∠ACB=90°，∴∠ACH=45°，∴△ACH是等腰直角三角形，∵AC=5√2，∴AH=CH=5，在Rt△APH中，HP=√AP2−AH2=√132−52=12，∴CP=HP−CH=12−5=7，由②可知，CD=AC+√2CP，∴CD=5√2+√2×7=12√2，∴BD=CD−BC=CD−AC=12√2−5√2=7√2；当P在C左侧时，过P作PF⊥l交BD的延长线于F，如图所示，。
