數學八年級下冊專題17.5 勾股定理與全等三角形綜合大題專項訓練（30道）（人教版）（教師版）

專題17.5勾股定理與全等三角形綜合大題專項訓練（30道）【人教版】1．（2021秋?門頭溝區(qū)期末）已知，如圖，在△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于D，過D作DE∥AC交AB于E．（1）求證：AE＝DE；（2）如果AC＝3，AD=23，求AE【分析】（1）根據平行線的性質和角平分線的定義解答即可；（2）過點D作DF⊥AB于F，根據勾股定理和全等三角形的判定和性質解答即可．【解答】（1）證明：∵DE∥AC，∴∠CAD＝∠ADE，∵AD平分∠BAC，∴∠CAD＝∠EAD．∴∠EAD＝∠ADE．∴AE＝DE；（2）解：過點D作DF⊥AB于F．∵∠C＝90°，AC＝3，AD=23在Rt△ACD中，由勾股定理得AC2+DC2＝AD2．∴DC=3∵AD平分∠BAC，∴DF＝DC=3又∵AD＝AD，∠C＝∠AFD＝90°，∴Rt△DAC≌Rt△DAF（HL）．∴AF＝AC＝3，∴Rt△DEF中，由勾股定理得EF2+DF2＝DE2．設AE＝x，則DE＝x，EF＝3﹣x，∴(3?x)∴x＝2．∴AE＝2．2．（2021秋?石景山區(qū)期末）如圖，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AB＝10，AC＝6．AD平分∠CAB交BC于點D．（1）求BC的長；（2）求CD的長．【分析】（1）根據勾股定理解答即可；（2）根據AAS證明△AED和△ACD全等，進而利用全等三角形的性質和勾股定理解答即可．【解答】解：（1）在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，由勾股定理得：BC=A（2）過點D作DE⊥AB于點E，如圖．∴∠DEA＝90°＝∠C（垂直定義）．∵AD平分∠CAB（已知），∴∠1＝∠2（角平分線定義）．在△AED和△ACD中，∠DEA=∠C∠2=∠1∴△AED≌△ACD（AAS）．∴AE＝AC＝6，DE＝DC（全等三角形的對應邊相等）．∴BE＝AB﹣AE＝4．設CD＝x，則DE＝x，DB＝8﹣x．在Rt△DEB中，∠DEB＝90°，由勾股定理，得（8﹣x）2＝x2+42．解得x＝3．即CD＝3．3．（2021秋?長春期末）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝6，點P從點A出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度沿折線A﹣B﹣C運動．設點P的運動時間為t秒（t＞0）．（1）求AC的長．（2）求斜邊AB上的高．（3）①當點P在BC上時，PC的長為16﹣2t．（用含t的代數式表示）②若點P在∠BAC的角平分線上，則t的值為203（4）在整個運動過程中，直接寫出△PBC是等腰三角形時t的值．【分析】（1）根據勾股定理直接求出AC的值；（2）由勾股定理可求得AC的值，再設斜邊AB上的高為h，由面積法可求得答案；（3）分兩種情況計算即可：①當點P在CB上時，②當點P'在∠BAC的角平分線上時；（4）由圖可知，當△BCP是等腰三角形時，點P必在線段AC或線段AB上，當點P在線段AC上時，分三種情況：BC＝BP；PC＝BC；PC＝PB，分別求得點P運動的路程，再除以速度即可得出答案．【解答】解：（1）∵在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝6，∴AC=A（2）設邊AB上的高為h則S△ABC∴12∴?=24答：斜邊AB上的高為245（3）①當點P在BC上時，點P運動的長度為AB+BP＝2t，則PC＝BC﹣BP＝6﹣（2t﹣10）＝6﹣2t+10＝16﹣2t；②當點P'在∠BAC的角平分線上時，過點P作PD⊥AB，如圖：∵AP平分∠BAC，PC⊥AC，PD⊥AB，∴PD＝PC，有①知，PC＝16﹣2t，BP＝2t﹣10，∴PD＝16﹣2t，在Rt△ACP和Rt△ADP中，AP=APPD=PC∴Rt△ACP≌Rt△ADP（HL），∴AD＝AC＝8，又∵AB＝10，∴BD＝2，在Rt△BDP中，由勾股定理得：22+（16﹣2t）2＝（2t﹣10）2，解得：t=20故答案為：①16﹣2t；②203（4）由圖可知，當△BCP是等腰三角形時，點P必在線段AB上，①當點P在線段AB上時，若BC＝BP，則點P運動的長度為AP＝2t，∵AP＝AB﹣BP＝10﹣6＝4，∴2t＝4，∴t＝2；②若PC＝BC，如圖，過點C作CH⊥AB于點H，則BP＝2BH，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝6，AC＝8，∴AB?CH＝AC?BC，∴10CH＝8×6，∴CH=24在Rt△BCH中，由勾股定理得：BH=B∴BP＝2BH＝7.2，∴點P運動的長度為：AP＝AB﹣BP＝10﹣7.2＝2.8，∴2t＝2.8，∴t＝1.4；③若PC＝PB，如圖所示，過點P作PQ⊥BC于點Q，則BQ＝CQ=12×BC∴∠ACB＝∠PQB＝90°，∴PQ∥AC，∴PQ為△ABC的中位線，∴PQ=12×在Rt△BPQ中，由勾股定理得：BP=B點P運動的長度為AP＝2t，AP＝AB﹣BP＝10﹣5＝5，∴2t＝5，∴t＝2.5．綜上，t的值為1.4或2或2.5．4．（2020春?沙坪壩區(qū)校級期末）如圖，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于點D，∠CBE＝45°，BE分別交AC，AD于點E、F．（1）如圖1，若AB＝13，BC＝10，求AF的長度；（2）如圖2，若AF＝BC，求證：BF2+EF2＝AE2．【分析】（1）先根據等腰三角形三線合一的性質得BD＝5，由勾股定理計算可得AD的長，由等腰直角三角形性質得DF＝5，最后由線段的差可得結論；（2）如圖2，作輔助線，構建全等三角形，證明△CHB≌△AEF（SAS），得AE＝CH，∠AEF＝∠BHC，由等腰三角形三線合一的性質得EF＝FH，最后由勾股定理和等量代換可得結論．【解答】（1）解：如圖1，∵AB＝AC，AD⊥BC，∴BD＝CD，∵BC＝10，∴BD＝5，Rt△ABD中，∵AB＝13，∴AD=ARt△BDF中，∵∠CBE＝45°，∴△BDF是等腰直角三角形，∴DF＝BD＝5，∴AF＝AD﹣DF＝12﹣5＝7；（2）證明：如圖2，在BF上取一點H，使BH＝EF，連接CF、CH在△CHB和△AEF中，∵BH=EF∠CBH=∠AFE=45°∴△CHB≌△AEF（SAS），∴AE＝CH，∠AEF＝∠BHC，∴∠CEF＝∠CHE，∴CE＝CH，∵BD＝CD，F(xiàn)D⊥BC，∴CF＝BF，∴∠CFD＝∠BFD＝45°，∴∠CFB＝90°，∴EF＝FH，Rt△CFH中，由勾股定理得：CF2+FH2＝CH2，∴BF2+EF2＝AE2．5．（2021秋?象山縣期中）定義：如果一個三角形中有兩個內角α，β滿足α+2β＝90°，那我們稱這個三角形為“近直角三角形”．（1）若△ABC是近直角三角形，∠B＞90°，∠C＝50°，則∠A＝20°．（2）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，若CD是∠ACB的平分線．①求證：△BDC為近直角三角形．②求BD的長．【分析】（1）∠B不可能是α或β，當∠A＝α時，∠C＝β＝50°，α+2β＝90°，不成立；故∠A＝β，∠C＝α，α+2β＝90°，則β＝20°；（2）①如圖1，設∠ACD＝∠DCB＝β，∠B＝α，則α+2β＝90°，故△BDC是“近直角三角形”；②過點D作DM⊥BC于點M，證明Rt△ACD≌Rt△MCD（HL），得出AC＝CM＝4，由勾股定理可得出答案．【解答】解：（1）∠B不可能是α或β，當∠A＝α時，∠C＝β＝50°，α+2β＝90°，不成立；故∠A＝β，∠C＝α，α+2β＝90°，則β＝20°，故答案為：20°；（2）①如圖1，設∠ACD＝∠DCB＝β，∠B＝α，則α+2β＝90°，故△BDC是“近直角三角形”；②如圖2，過點D作DM⊥BC于點M，∵CD平分∠ACB，DM⊥BC，DA⊥CA，∴AD＝DM．在Rt△ACD和Rt△MCD中，CD=CDAD=DM∴Rt△ACD≌Rt△MCD（HL）．∴AC＝CM＝4．∵AB＝3，AC＝4，∴BC=A∴BM＝1．設AD＝DM＝x，∵DM2+BM2＝DB2，∴x2+12＝（3﹣x）2，∴x=4∴BD＝AB﹣AD＝3?46．（2021秋?虎林市校級期末）已知Rt△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，F(xiàn)為AB邊的中點，且DF＝EF，∠DFE＝90°，D是BC上一個動點．如圖1，當D與C重合時，易證：CD2+DB2＝2DF2；（1）當D不與C、B重合時，如圖2，CD、DB、DF有怎樣的數量關系，請直接寫出你的猜想，不需證明．（2）當D在BC的延長線上時，如圖3，CD、DB、DF有怎樣的數量關系，請寫出你的猜想，并加以證明．【分析】（1）由圖1猜想結論成立；連接CF、BE，證明△DFC≌△EFB（SAS），由全等三角形的性質得出CD＝BE，∠DCF＝∠EBF＝45°，由勾股定理及直角三角形的性質可得出結論．（2）連接CF、BE，證明△DFC≌△EFB（SAS），由全等三角形的性質得出CD＝BE，∠DCF＝∠EBF＝135°，由勾股定理及直角三角形的性質可得出結論．【解答】解：（1）圖2中，CD2+DB2＝2DF2成立．證明：連接CF、BE，∵∠ACB＝90°，F(xiàn)為AB邊的中點，∴CF＝BF，又∵∠DFC+∠DFB＝∠EFB+∠DFB＝90°，∴∠DFC＝∠EFB，∵DF＝EF，∴△DFC≌△EFB（SAS），∴CD＝BE，∠DCF＝∠EBF＝45°，∴∠DBE＝90°，∴DB2+BE2＝DE2，∵DE2＝2DF2，∴CD2+DB2＝2DF2．（2）圖3成立．CD2+DB2＝2DF2．證明：連接CF、BE，∵∠ACB＝90°，F(xiàn)為AB邊的中點，∴CF＝BF，又∵∠DFC+∠CFE＝∠EFB+∠CFB＝90°，DF＝EF，∴∠DFC＝∠EFB，∴△DFC≌△EFB（SAS），∴CD＝BE，∠DCF＝∠EBF＝135°，∵∠EBD＝∠EBF﹣∠FBD＝135°﹣45°＝90°，在Rt△DBE中，BE2+DB2＝DE2，∵DE2＝2DF2，∴CD2+DB2＝2DF2．7．（2021秋?徐匯區(qū)期末）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，CB＝2，點D是AB的中點，點E在AC上，點E、D、F一條直線上，且ED＝FD．（1）求證：FB⊥CB；（2）聯(lián)結CD，若CD⊥EF，求CE的長．【分析】（1）由“SAS”可證△ADE≌△BDF，可得∠A＝∠FBD，AE＝BF，由余角的性質可得結論；（2）由等腰三角形的性質可得CF＝EF，由勾股定理可求解．【解答】（1）證明：∵D是AB中點，∴AD＝BD，在△ADE與△BDF中，AD=BD∠ADE=∠BDF∴△ADE≌△BDF（SAS），∴∠A＝∠FBD，AE＝BF，∵∠ACB＝90°，∴∠A+∠ABC＝90°，∴∠FBD+∠ABC＝90°，即∠FBC＝90°，∴FB⊥CB；（2）聯(lián)結CF，∵CD⊥EF，ED＝FD，∴CF＝EF，設CE＝x，則CF＝x，BF＝AE＝4﹣x，Rt△FBC中，BF2+BC2＝CF2，∴22+（4﹣x）2＝x2，∴x=5∴CE=58．（2021秋?通州區(qū)期末）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，在Rt△ABD中，∠D＝90°，AD與BC交于點E，且∠DBE＝∠DAB．求證：（1）∠CAE＝∠DBC；（2）AC2+CE2＝4BD2．【分析】（1）由余角的性質可求解；（2）由“ASAS”可證△ADB≌△ADF，可得BD＝DF，即BF＝2BD，由“ASA”可證△ACE≌△BCF，可得AE＝BF＝2BD，由勾股定理可求解．【解答】證明：（1）∵∠ACB＝∠D＝90°，∴∠CEA+∠CAE＝∠BED+∠CBD＝90°，∴∠CEA＝∠BED，∴∠CAE＝∠DBC；（2）延長BD交AC延長線于點F，∵∠DBE＝∠DAB，∴∠DAB＝∠CAE，在△ADB和△ADF中，∠DAB=∠DACAD=AD∴△ADB≌△ADF（ASA），∴BD＝DF，∴BF＝2BD，在△ACE和△BCF中，∠CAE=∠DBEAC=BC∴△ACE≌△BCF（ASA），∴AE＝BF，∴AE＝2BD，在Rt△ACE中，AC2+CE2＝AE2，∴AC2+CE2＝（2BD）2＝4BD2．9．（2021秋?宛城區(qū)期末）如圖，E、F是等腰Rt△ABC的斜邊BC上的兩動點，∠EAF＝45°，CD⊥BC且CD＝BE．求證：（1）AE＝AD；（2）EF2＝BE2+CF2．【分析】（1）由等腰直角三角形的性質可得∠B＝∠ACB＝45°，從而可推出∠ACD＝∠B，則可證得△ABE≌△ACD；（2）由（1）可知AE＝AD，∠BAE＝∠CAD，從而可求得∠EAD＝∠BAC＝90°，∠DAF＝∠EAF，可證得△AEF≌△ADF，則有DF＝EF，則利用勾股定理可求解．【解答】證明：（1）∵△ABC是等腰直角三角形，∴AB＝AC，∴∠B＝∠ACB＝45°，∵CD⊥BC，∴∠BCD＝90°，∴∠ACD＝∠BCD﹣∠ACB＝45°＝∠B，在△ABE和△ACD中，AC=AC∠B=∠ACD∴△ABE≌△ACD（SAS），∴AE＝AD；（2）由（1）知，△ABE≌△ACD，∴AE＝AD，∠BAE＝∠CAD，∵∠BAC＝90°，∴∠EAD＝∠CAE+∠CAD＝∠CAE+∠BAE＝∠BAC＝90°，∵∠EAF＝45°，∴∠DAF＝∠DAE﹣∠EAF＝45°＝∠EAF，在△AEF與△ADF中，AE=AD∠EAF=∠DAF∴△AEF≌△ADF（SAS），∴DF＝EF，在Rt△DCF中，根據勾股定理得，DF2＝CF2+CD2，∵CD＝BE，∴EF2＝CF2+CD2．10．（2021秋?農安縣期末）如圖，△ABC中，AB＝BC，BE⊥AC于點E，AD⊥BC于點D，∠BAD＝45°，AD與BE交于點F，連接CF．（1）求證：BF＝AC；（2）若CD＝3，求AD的長．【分析】（1）先判定出△ABD是等腰直角三角形，得出AD＝BD，再根據同角的余角相等求出∠CAD＝∠CBE，由ASA證得△ADC≌△BDF，得出BF＝AC；（2）根據全等三角形對應邊相等得出DF＝CD，由勾股定理求出CF，再根據線段垂直平分線上的點到線段兩端點的距離相等得出AF＝CF，然后根據AD＝AF+DF代入數據即可得出結果．【解答】（1）證明：∵AD⊥BC，∠BAD＝45°，∴△ABD是等腰直角三角形，∴AD＝BD，∵BE⊥AC，AD⊥BC，∴∠ADC＝∠ADB＝90°，∴∠CAD+∠ACD＝90°，∠CBE+∠ACD＝90°，∴∠CAD＝∠CBE，在△ADC和△BDF中，∠CAD=∠CBEAD=BD∴△ADC≌△BDF（ASA），∴BF＝AC；（2）解：∵△ADC≌△BDF，∴DF＝CD＝3，在Rt△CDF中，CF=D∵BE⊥AC，AE＝EC，∴AF＝CF＝32，∴AD＝AF+DF＝32+11．（2021秋?簡陽市期末）已知，△ABC和△DCE都是等邊三角形，點B，C，E三點不在一條直線上（如圖1）．（1）求證：BD＝AE；（2）若∠ADC＝30°，AD＝4，CD＝5，求BD的長；（3）若點B，C，E三點在一條直線上（如圖2），且△ABC和△DCE的邊長分別為3和5，求AD的長．【分析】（1）根據等邊三角形的性質和全等三角形的判定和性質解答即可；（2）根據等邊三角形的性質和全等三角形的判定和性質以及勾股定理解答即可；（3）根據等邊三角形的性質和全等三角形的判定和性質以及勾股定理解答即可．【解答】證明：（1）∵△ABC和△DCE是等邊三角形，∴BC＝AC，DC＝EC，∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠ABC+∠ACD＝∠DCE+∠ACD，即∠BCD＝∠ACE，在△BCD與△ACE中，BC=AC∠BCD=∠ACE∴△BCD≌△ACE（SAS），∴BD＝AE；（2）∵△DCE等式等邊三角形，∴∠CDE＝60°，CD＝DE＝5，∵∠ADC＝30°，∴∠ADE＝∠ADC+∠CDE＝30°+60°＝90°，在Rt△ADE中，AD＝4，DE＝5，∴AE=4∴BD=41（3）如圖2，過A作AH⊥CD于H，∵點B，C，E三點在一條直線上，∴∠BCA+∠ACD+∠DCE＝180°，∵△ABC和△DCE都是等邊三角形，∴∠BCA＝∠DCE＝60°，∴∠ACD＝60°，∴∠CAH＝30°，在Rt△ACH中，CH=12AC=32，AH∴DH＝CD﹣CH＝5?3在Rt△ADH中，AD=(12．（2021秋?甌海區(qū)月考）如圖，已知點P是等邊△ABC內一點，連結PA，PB，PC，D為△ABC外一點，且∠DAC＝∠PAB，AD＝AP，連結DP，DC．（1）求證：△ADC≌△APB．（2）若PA＝4，PB＝3，PC＝5，求∠APB的度數．【分析】（1）根據等邊三角形的性質得到AC＝AB，根據全等三角形的判定定理即可得到結論；（2）根據全等三角形的性質得到CD＝PB＝3，∠APB＝∠ADC，推出△ADP是等邊三角形，得到∠ADP＝60°，PD＝PA＝4，根據勾股定理的逆定理得到∠PDC＝90°，于是得到結論．【解答】（1）證明：∵△ABC是等邊三角形，∴AC＝AB，在△ADC與△APB中AC=AB∠DAC=∠PAB∴△ADC≌△APB（SAS）；（2）解：∵△ADC≌△APB，∴CD＝PB＝3，∠APB＝∠ADC，∵△ABC是等邊三角形，∴∠BAC＝60°，∴∠PAD＝∠PAC+∠CAD＝∠PAC+∠PAB＝∠BAC＝60°，∵AD＝AP，∴△ADP是等邊三角形，∴∠ADP＝60°，PD＝PA＝4，∵PC＝5，∴CD2+PD2＝PC2，∴∠PDC＝90°，∴∠APB＝∠ADC＝∠ADP+∠PDC＝60°+90°＝150°．13．（2021秋?龍巖校級期中）如圖，點E，F(xiàn)分別是正方形ABCD的對角線AC上的兩個動點，∠EBF＝45°．求證：EF2＝AE2+CF2．【分析】將△CBF繞點B逆時針旋轉90°，可得△ABN，連接EN，由旋轉的性質可得BN＝BF，AN＝CF，∠BAN＝∠BCF＝45°，∠CBF＝∠ABN，由“SAS”可證△EDF≌△EDN，可得EF＝EN，即可得結論．【解答】證明：如圖，將△CBF繞點B逆時針旋轉90°，可得△ABN，連接EN，由旋轉的性質可得BN＝BF，AN＝CF，∠BAN＝∠BCF＝45°，∠CBF＝∠ABN，∴∠CAN＝∠CAB+∠BAN＝90°，∴EN2＝AE2+AN2，∵∠EBF＝45°，∴∠CBF+∠ABE＝45°，∴∠ABE+∠ABN＝45°＝∠NBE＝∠EBF，在△EBF和△EBN中，BF=BN∠FBE=∠NBE∴△EBF≌△EBN（SAS），∴EF＝EN，∴EF2＝AE2+CF2．14．（2021秋?芝罘區(qū)期中）如圖，已知△ABC與△DEC都是等腰三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°．（1）試說明：△ACD≌△BCE；（2）若AC＝6，AE＝3，∠CAE＝45°，求AD的長．【分析】（1）由∠ACB＝∠DCE＝90°，得∠BCE＝∠ACD，根據△ABC與△DEC都是等腰三角形得AC＝BC，DC＝EC，故△ACD≌△BCE（SAS）；（2）由△ACD≌△BCE得AD＝BE，根據AC＝BC＝6得AB2＝AC2+BC2＝72，又∠BAC＝∠CAE＝45°，即知∠BAE＝90°，BE2＝AB2+AE2＝81，故BE＝9，AD＝9．【解答】解：（1）∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∴∠ACB+∠ACE＝∠DCE+∠ACE，即∠BCE＝∠ACD，又∵△ABC與△DEC都是等腰三角形∴AC＝BC，DC＝EC，在△ACD和△BCE中，AC=BC∠BCE=∠ACD∴△ACD≌△BCE（SAS）；（2）∵△ACD≌△BCE，∴AD＝BE，∵AC＝BC＝6，∴AB2＝AC2+BC2＝72，∵∠BAC＝∠CAE＝45°，∴∠BAE＝90°，在Rt△BAE中，AB2＝72，AE＝3，∴BE2＝AB2+AE2＝81，∴BE＝9，∴AD＝9．15．（2021秋?吉安期中）如圖，P為等邊△ABC內一點，分別連接PA，PB，PC，PA＝6，PB＝8，PC＝10，以PA為邊作等邊△APD，連接BD．（1）求證：BD＝PC．（2）求∠APB的度數．【分析】（1）由“SAS”可證△ADB≌△APC，可得BD＝PC；（2）由勾股定理的逆定理可求∠DPB＝90°，即可求解．【解答】（1）證明：∵△ABC和△APD是等邊三角形，∴AD＝AP，AB＝AC，∠DAP＝∠BAC＝60°，∴∠DAB＝∠CAP，在△ADB和△APC中，AD=AP∠DAB=∠CAP∴△ADB≌△APC（SAS），∴BD＝PC；（2）解：∵△APD是等邊三角形，∴∠APD＝60°，AP＝PD＝6，∵BD＝PC＝10，∴BD2＝100，∵DP2+BP2＝100，∴DP2+BP2＝BD2，∴∠DPB＝90°，∴∠APB＝∠APD+∠DPB＝150°．16．（2021秋?海曙區(qū)校級期中）已知在△ABC中，∠CAB的平分線AD與BC的垂直平分線DE交于點D，DM⊥AB于M，DN⊥AC的延長線于N．（1）證明：BM＝CN．（2）當∠BAC＝70°時，求∠DCB的度數；（3）若AB＝8，AC＝4，DE＝3，則4DN2﹣BC2的值為20．【分析】（1）根據角平分線的性質和線段垂直平分線的性質可得到DM＝DN，DB＝DC，根據HL證明Rt△DMB≌Rt△DNC，即可得出BM＝CN；（2）根據角平分線的性質得到DM＝DN，根據全等三角形的性質得到∠ADM＝∠ADN，線段垂直平分線的性質和等腰三角形的性質得到∠EDC＝55°于是得到結論；（3）證明AB+AC＝2AN＝12，推出AN＝6，CN＝2，再根據，CD2＝CE2+DE2＝CN2+DN2，可得結論．【解答】（1）證明：連接BD，如圖所示：∵AD是∠CAB的平分線，DM⊥AB，DN⊥AC，∴DM＝DN，∵DE垂直平分線BC，∴DB＝DC，在Rt△DMB和Rt△DNC中，DB=DCDM=DN∴Rt△DMB≌Rt△DNC（HL），∴BM＝CN；（2）解：由（1）得：∠BDM＝∠CDN，∵AD是∠CAB的平分線，DM⊥AB，DN⊥AC，∴DM＝DN，在Rt△DMA和Rt△DNA中，DA=DADM=DN∴Rt△DMA≌Rt△DNA（HL），∴∠ADM＝∠ADN，∵∠BAC＝70°，∴∠MDN＝110°，∠ADM＝∠ADN＝55°，∵∠BDM＝∠CDN，∴∠BDC＝∠MDN＝110°，∵DE是BC的垂直平分線，∴DB＝DC，∴∠EDC=12∠∴∠DCB＝90°﹣∠EDC＝35°，∴∠DCB＝35°；（3）解：在△ADM和△ADN中，∠AMD=∠AND∠DAM=∠DAN∴△ADM≌△ADN（AAS），∴AM＝AN，∵△DMB≌△DNC，∴BM＝CN，∴AB+AC＝AM+BM+AN﹣CN＝2AN＝8+4＝12，∴AN＝6，∴CN＝AN﹣AC＝6﹣4＝2，∵CD2＝CE2+DE2＝CN2+DN2，EC=12∴14BC2+9＝4+DN2∴4DN2﹣BC2＝20．故答案為：20．17．（2021秋?晉安區(qū)校級月考）如圖，等腰直角△ABC中，AC＝BC，點D，E在AB上，∠DCE＝45°．（1）將△ACD繞點C逆時針旋轉90°，點D對應點為點F，畫出旋轉后的圖形，并證明：DE＝EF；（2）求證：AD2+BE2＝DE2．【分析】（1）利用等腰直角三角形的性質得到CA＝CB，∠ACB＝90°，則△ACD繞點C逆時針旋轉90°得到△BCF，然后證明△CED≌△CEF得到DE＝EF；（2）利用旋轉的性質得到∠CBF＝∠A＝45°，AD＝BF，則∠EBF＝90°，然后利用勾股定理得到BF2+BE2＝EF2，最后利用等量代換得到結論．【解答】（1）解：如圖，△BCF為所作，證明如下：∵△ABC為等腰直角三角形，∴CA＝CB，∠ACB＝90°，∵△ACD繞點C逆時針旋轉90°得到△BCF，∴∠DCF＝90°，CD＝CF，∵∠DCE＝45°，∴∠FCE＝45°，在△CED和△CEF中，CD=CF∠DCE=∠FCE∴△CED≌△CEF（SAS），∴DE＝EF；（2）證明：∵△ABC為等腰直角三角形，∴∠A＝∠ABC＝45°，∵△ACD繞點C逆時針旋轉90°得到△BCF，∴∠CBF＝∠A＝45°，AD＝BF，∴∠EBF＝45°+45°＝90°，在Rt△BEF中，BF2+BE2＝EF2，而EF＝DE，BF＝AD，∴AD2+BE2＝DE2．18．（2021秋?黑山縣期中）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＞BC，D是AB的中點．E在線段CA的延長線上，連接DE，過點D作DF⊥DE，交直線BC的延長線于點F，連接EF．求證：AE2+BF2＝EF2．【分析】過點B作AC的平行線交ED的延長線于點G，連接FG，根據平行線的性質得到∠EAD＝∠GBD，∠DEA＝∠DGB，根據全等三角形的性質得到ED＝GD，AE＝BG，根據DF是線段EG的垂直平分線，得到EF＝FG，根據勾股定理即可得到結論．【解答】證明：過點B作AC的平行線交ED的延長線于點G，連接FG，∵BG∥AC，∴∠EAD＝∠GBD，∠DEA＝∠DGB，∵D是AB的中點，∴AD＝BD，在△EAD與△GBD中，∠EAD=∠GBD∠DEA=∠DGB∴△EAD≌△GBD（AAS），∴ED＝GD，AE＝BG，又∵DF⊥DE，∴DF是線段EG的垂直平分線，∴EF＝FG，∵∠ACB＝90°，BG∥AC，∴∠GBF＝∠ACB＝90°，在Rt△BGF中，由勾股定理得：FG2＝BG2+BF2，∴EF2＝AE2+BF2．19．（2021秋?諸暨市期中）如圖，P是等邊三角形ABC內的一點，連結PA，PB，PC，以BP為邊作∠PBQ＝60°，且BP＝BQ，連結CQ．（1）觀察并猜想AP與CQ之間的大小關系，并說明理由．（2）若PA＝PC＝1，PB=2，求證：PC⊥CQ【分析】（1）AP＝CQ．根據等邊三角形的性質可得出∠ABC＝60°，AB＝CB，由∠ABP+∠PBC＝60°，∠PBC+∠CBQ＝60°可得出∠ABP＝∠CBQ，結合AB＝CB，BP＝BQ可證出△ABP≌△CBQ（SAS），根據全等三角形的性質可得出AP＝CQ；（2）連接PQ，由BP＝BQ，∠PBQ＝60°可得出△PBQ為等邊三角形，利用等邊三角形的性質可得出PQ＝PB=2，∠BQP＝60°，進而可得出∠PQC【解答】解：（1）∵等邊三角形ABC，∴AB＝AC，∠ABC＝60°，∵∠PBQ＝60°，∴∠ABP＝∠CBQ，在△ABP和△CBQ中，AB=AC∠ABP=∠CBQ∴△ABP≌△CBQ（SAS），∴AP＝CQ；（2）連接PQ，∵PA＝PC＝1，AP＝CQ，∴PC＝CQ＝1，∵BP＝BQ，∠PBQ＝60°，∴△BPQ是等邊三角形，∴PQ＝PB=2∴PC2+CQ2＝PQ2，∴∠PCQ＝90°，∴PC⊥CQ．20．（2020秋?沈河區(qū)期末）如圖，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，BC＝10，點D是直線AC上一動點，∠BDE＝90°，DB＝DE（DE在BD的左側）．（1）直接寫出AB長為52；（2）若點D在線段AC上，AD=2，求EC（3）當BE＝229時，直接寫出CD長為72或32．【分析】（1）根據勾股定理計算即可；（2）過E作EF⊥AC交AC的延長線于F，根據垂直的定義得到∠F＝∠A＝∠BDE＝90°，根據余角的性質得到∠EDF＝∠ABD，根據全等三角形的性質得到EF＝AD=2，DF＝AB＝52（3）根據等腰直角三角形的性質得到DE＝BD=58，根據全等三角形的性質得到DF＝AB＝52，EF＝AD【解答】解：（1）∵在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，BC＝10，∴AB2+AC2＝2AB2＝BC2＝100，∴AB＝AC＝52，故答案為：52；（2）過E作EF⊥AC交AC的延長線于F，則∠F＝∠A＝∠BDE＝90°，∴∠EDF+∠ADB＝∠ADB+∠ABD＝90°，∴∠EDF＝∠ABD，在△ABD與△FDE中，∠F=∠A=90°，∠ABD=∠FDE∴△ABD≌△FDE（AAS），∴EF＝AD=2，DF＝AB＝52∴CF＝AF﹣AC＝62?52∴CE=E（3）∵∠BDE＝90°，DB＝DE，BE＝229，∴DE＝BD=58由（2）知△ABD≌△FDE，∴DF＝AB＝52，EF＝AD，∵AB＝AC，∴DF＝AC，∴CF＝AD＝EF，∴EF＝CF=DE2當點D在點A的左側時，CD＝52?22=3當點D在點A的右側時，CD＝52+22=7綜上所述，CD長為72或32，故答案為：72或32．21．（2021春?貴陽期末）已知四邊形ABCD中，AC平分∠DAB，∠DAB＝60°．（1）如圖①，若∠B＝∠D＝90°，求證：AB+AD=3AC（2）如圖②，若CB＝CD，AB+AD=3AC【分析】（1）因為AC平分∠DAB，∠DAB＝60°可得∠DAC＝∠BAC＝30°，∠B＝∠D＝90°，可得Rt△ADC和Rt△ABC中AD＝AB=32AC，進而可得AD+AB=（2）過C點分別作AB、AD的垂線，垂足分別為E、F，即可得到（1）的條件，證明△CFD和△BCE全等得到DF＝BE．然后按照（1）的解法進行計算即可．【解答】證明：（1）∵AC平分∠DAB，∠DAB＝60°，∴∠DAC＝∠BAC=12∠∵∠B＝∠D＝90°，∴BC＝CD=12∴AD＝AB=AC∴AB+AD=3AC（2）成立，理由如下：過C點分別作AB、AD的垂線，垂足分別為E、F，∴∠CFD＝∠CEB＝90°，∵AC平分∠DAB，CF⊥AD，CE⊥AB，∴CF＝CE，在Rt△CFD和Rt△CEB中，CF=CECB=CD∴Rt△CFD≌Rt△CEB（HL），∴FD＝BE，由（1）知AF+AE=3AC∴AD﹣DF+AB+BE=3AC∴AD﹣BE+AB+BE=3AC∴AD+AB=3AC22．（2020秋?沙坪壩區(qū)期末）如圖，已知Rt△ABC中，∠C＝90°，點D是AC上一點，點E、點F是BC上的點，且∠CDF＝∠CEA，CF＝CA．（1）如圖1，若AE平分∠BAC，∠DFC＝25°，求∠B的度數；（2）如圖2，若過點F作FG⊥AB于點G，連接GC，求證：AG+GF=2【分析】（1）根據全等三角形的性質得到∠EAC＝∠DFC＝25°，由角平分線的定義得到∠BAC＝2∠EAC＝50°，根據三角形的內角和定理即可得到結論；（2）如圖2，過點C作GC的垂線交GF的延長線于點P，根據余角的性質得到∠PCF＝∠GCA，得到∠B+∠BAC＝∠B+∠BFG＝90°，求得∠GAC＝∠PFC，根據全等三角形的性質得到CA＝CF，推出△GCP是等腰直角三角形，根據等腰直角三角形的性質即可得到結論．【解答】解：（1）在△AEC和△FDC中，∠CDF=∠CEACE=CD∴△AEC≌△FDC（ASA），∴∠EAC＝∠DFC＝25°，∵AE平分∠BAC，∴∠BAC＝2∠EAC＝50°，∵∠C＝90°，∴在Rt△ABC中，∠B＝90°﹣∠BAC＝40°；（2）如圖2，過點C作GC的垂線交GF的延長線于點P，∴∠GCF+∠PCF＝90°，∵∠C＝90°，∴∠GCF+∠GCA＝90°，∴∠PCF＝∠GCA，∵∠C＝90°，GF⊥AB，∴∠B+∠BAC＝∠B+∠BFG＝90°，∴∠BAC＝∠BFG．又∵∠PFC＝∠BFG，∴∠GAC＝∠PFC，由（1）知，△AEC≌△FDC，∴CA＝CF，∴△AGC≌△FPC，∴GC＝PC，AG＝FP，又∵PC⊥GC，∴△GCP是等腰直角三角形，∴GF+FP＝GP=2∴AG+GF=223．（2021春?海珠區(qū)校級月考）如圖，在△ABC中，∠C＝90°，D為AB的中點，E、F分別在AC、BC上，且ED⊥FD于點D．求證：AE2+BF2＝EF2．【分析】過點A作AM∥BC，交FD延長線于點M，連接EM，通過證明AM＝BF，EF＝EM即可得出答案．【解答】證明：過點A作AM∥BC，交FD延長線于點M，連接EM，∵AM∥BC，∠C＝90°，∴∠MAE＝∠ACB＝90°，∠MAD＝∠B，∵AD＝BD，∠ADM＝∠BDF，在△ADM與△BDF中，∠MAD=∠BAD=BD∴△ADM≌△BDF（ASA），∴AM＝BF，MD＝DF．又∵DE⊥DF，∴EF＝EM．∴AE2+BF2＝AE2+AM2＝EM2＝EF2．24．（2021?平陽縣一模）如圖，在四邊形ABCD中，∠B＝90°，DA⊥AC，點E在線段AC上，AB∥DE，AC＝DE．（1）求證：△ABC≌△EAD．（2）連接CD，當AC＝4，AB＝3，求CD的長．【分析】（1）先根據條件證明∠BAC＝∠AED，∠DAC＝∠B＝90°，由AAS可得△ABC≌△EAD；（2）先根據勾股定理可行是BC的長，即可得AD的長，最后再根據勾股定理可得CD的長．【解答】（1）證明：∵AB∥DE，∴∠BAC＝∠DEA，∵AD⊥AC，∴∠DAE＝90°，∴∠DAE＝∠B＝90°，在△ABC和△EAD中，∠BAC=∠AED∠B=∠DAE∴△ABC≌△EAD（AAS）；（2）解：∵AC＝4，AB＝3，∠B＝90°，∴BC=∵△ABC≌△EAD，∴AD=BC=∴CD=A25．（2021秋?夏河縣期中）已知△ABC為等邊三角形．（1）如圖，P為△ABC外一點，∠BPC＝120°，連接PA，PB，PC，求證：PB+PC＝PA；（2）如圖，P為△ABC內一點，若PA＝12，PB＝5，PC＝13，求∠APB的度數．【分析】（1）延長BP至E，使PE＝PC，連接CE，由∠BPC＝120°，推出等邊△CPE，得到CP＝PE＝CE，∠PCE＝60°，根據已知等邊△ABC，推出AC＝BC，∠ACP＝∠BCE，根據三角形全等的判定推出△ACP≌△BCE，得出AP＝BE即可求出結論；（2）由題意可得出：∠BPA＝∠BP′C，P′B＝PB＝5，P′C＝PA＝12，∠PBP'＝∠ABC＝60°，由勾股定理逆定理得出∠PP'C＝90°，即可得出∠BPA的度數．【解答】證明：（1）如圖1，延長BP至點E，使得PE＝PC，連接CE，∵∠BPC＝120°，PE＝PC，∴∠CPE＝60°，∴△CPE為等邊三角形，∴CP＝PE＝CE，∠PCE＝60°，∵△ABC是等邊三角形，∴AC＝BC，∠BCA＝60°，∴∠ACB＝∠ECP，∴∠ACB+∠BCP＝∠ECP+∠BCP，即：∠ACP＝∠BCE，在△ACP和△BCE中，AC=BC∠ACP=∠BCE∴△ACP≌△BCE（SAS），∴AP＝BE，∵BE＝BP+PE＝BP+PC，∴PB+PC＝PA；（2）如圖2，將△ABP繞點B順時針方向旋轉60°，得到△CBP'，連接PP'，由旋轉知，△APB≌△CP′B，∴∠BPA＝∠BP′C，P′B＝PB＝5，P′C＝PA＝12，∠PBP'＝∠ABC＝60°，又∵P′B＝PB＝5，∴△PBP′是等邊三角形，∴∠PP′B＝60°，PP′＝5，在△PP′C中，PC＝13，PP′＝5，P′C＝12，∴PC2＝PP′2+P′C2，即∠PP′C＝90°，∴∠APB＝∠BP′C＝60°+90°＝150°．26．（2020秋?永嘉縣校級期末）如圖，在△AOB與△COD中，∠AOB＝∠COD＝90°，AO＝BO，CO＝DO，連接CA，BD．（1）求證：△AOC≌△BOD；（2）連接BC，若OC＝1，AC=7，BC①判斷△CDB的形狀．②求∠ACO的度數．【分析】（1）由題意可得∠AOC＝∠BOD，且AO＝BO，CO＝DO，即可證△AOC≌△BOD；（2）①由全等三角形的性質和勾股定理的逆定理可得∠BDC＝90°，即可得△CDB是直角三角形；②由全等三角形的性質可求∠ACO的度數．【解答】證明：（1）∵∠AOB＝∠COD＝90°，∴∠AOC＝∠BOD，且AO＝BO，CO＝DO，∴△AOC≌△BOD（SAS）（2）①如圖，∵△AOC≌△BOD∴∠ACO＝∠BDO，AC＝BD=∵CO＝DO＝1，∠COD＝90°∴CD=CO2+DO2∵CD2+BD2＝9＝BC2，∴∠CDB＝90°∴△BCD是直角三角形②∵∠BDO＝∠ODC+∠CDB∴∠BDO＝135°∴∠ACO＝∠BDO＝135°27．（2020秋?迎澤區(qū)校級月考）如圖①，已知△ACB和△DCE中，∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝BC，DC＝EC，按照圖①的位置擺放，直角頂點C重合．（1）寫出AD與BE的關系；（2）如圖②，點A、D、E在同一直線上時，若CD=2，BE＝3，求AB長為34（3）如圖③，若∠CBD＝45°，AC＝6，BD＝3，求BE的長．【分析】（1）結論：AD和BE的關系是垂直且相等．如圖①中，延長AD交BE于點G．證明△ACD≌△BCE（SAS），可得結論．（2）利用全等三角形的性質以及勾股定理，解決問題即可．（3）利用勾股定理求出AD，再證明BE＝AD即可．【解答】（1）結論：AD和BE的關系是垂直且相等．理由：如圖①中，延長AD交BE于點G．∵△ACB和△DCB為等腰直角三角形，∴AC＝BC，DC＝CE，∠ACB＝∠DCE，∴∠ACD＝∠ECB，在△ACD和△BCE中，AC=CE∠ACD=∠BCE∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD＝BE，∴∠CAD＝∠CBE，∴∠AFC＝∠BFG，∴180°﹣∠CAD﹣∠AFC＝180°﹣∠CBE﹣∠BFG，∴∠BGA＝∠FCA＝90°，∴AD⊥BE，∴AD和BE的關系是垂直且相等（2）解：如圖②中，設AE交BC于O．由（1）可知△ACD≌△BCE，∴∠CAO＝∠EBO，∵∠AOC＝∠BOE，∴∠BEO＝∠ACO＝90°，在Rt△CDE中，∠DCE＝90°，DC=CE=2∴DE=2∵AD＝BE＝3，∴AE＝5，在Rt△ABE中，∠AEB＝90°，AE＝5，BE＝3，∴AB=A故答案為：34．（3）解：如圖③中，連接AD，∵CA＝CB＝6，∠ACB＝90°，∴∠ABC＝45°，AB=62∵∠CBD＝45°，∴∠ABD＝90°，∴AD=A∴在△ACD和△BCE中，AC=CE∠ACD=∠BCE∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD＝BE，∴BE＝9．28．（2020春?東營期末）如圖，O是正△ABC內一點，OA＝3，OB＝4，OC＝5，將線段BO以點B為旋轉中心逆時針旋轉60°得到線段BO′，連接AO′、OO′，（1）OO′＝4．（2）求∠AOB的度數及四邊形AOBO′的面積．（3）直接寫出S△AOC+S△AOB的值，S△AOC+S△AOB＝6+94【分析】（1）由旋轉性質可得△BOC≌△BOA'，△BOO'是等邊三角形，可得AO'＝CO＝5，OO'＝4；（2）由勾股逆定理可判斷△AOO'是直角三角形，可得∠AOB＝150°，由S四邊形AOBO′＝S△AOO′+S△BOO′＝S△BOC+S△AOC得四邊形AOBO′的面積6+43（3）將△AOB繞點A逆時針旋轉60°，使得AB與AC重合，點O旋轉至O″，同理可得：S△AOC+S△AOB＝S四邊形AOCO″＝S△COO″+S△AOO″，即可求出S△AOC+S△AOB=6+9【解答】解：（1）∵BO＝BO'，∠OBO'＝60°，∴△BOO'是等邊三角形，∴OO'＝BO＝4．故答案為：4；（2）∵O