專題17.1 利用勾股定理解三角形（壓軸題專項講練）（人教版）（解析版）-八年級數(shù)學(xué)下冊

專題17.1利用勾股定理解三角形思維方法思維方法正向思維：是一類常規(guī)性的、傳統(tǒng)的思維形式，指的是大家按照自上而下，由近及遠(yuǎn)、從左到右、從可知到未知等一般而言的線性方向做出探究問題的思維途徑。逆向思維：是指在剖析、破解數(shù)學(xué)難題進(jìn)程中，可以靈活轉(zhuǎn)換思維方向，從常規(guī)思維的相反方向出發(fā)進(jìn)行探索的思維方式，比如正向思維無法解決問題時可反其道而行采取逆向思維，直接證明有困難時可采用間接證明。知識點總結(jié)知識點總結(jié)一、勾股定理在任何一個直角三角形中，兩條直角邊長的平方之和一定等于斜邊長的平方．如果直角三角形的兩條直角邊長分別是a，b，斜邊長為c，那么a2+b2=典例分析典例分析【典例1】如圖，在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC于點D，∠CBE=45°，BE分別交AC、AD于E、F．

（1）如圖1，AB=12，BC=8，求AF的長度；（2）如圖2，取BF中點G，若BF2+E（3）如圖3，在（2）的條件下，過點D作DN⊥AC于點N，并延長ND交AB延長線于點M，請直接寫出BMDM【思路點撥】（1）先根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)得BD=4，由勾股定理計算可得AD的長，由等腰直角三角形性質(zhì)得DF=4，最后由線段的差可得結(jié)論；（2）連接CF，由題意可知AD是BC的垂直平分線，可知CF=BF，∠FCB=∠FBC=45°，可得CF⊥EG，由勾股定理可得CF2+FG2=CG2，結(jié)合BF2+EF2=CG2，可得EF=FG，由G是BF的中點，可知EF=FG=BG，可得CF是EG的垂直平分線，易知CE=CG，得（3）過點B作BQ⊥MN于Q，過點D作DH⊥AB于H，連接DG，連接CF，利用等腰三角形的性質(zhì)可得△NCD≌△QBDAAS，易知CN=BQ，DN=DQ=DH，由S△DBM=12BM?DH=12DM?BQ，得BMDM=CNDN，結(jié)合（2）中結(jié)論，可設(shè)EF=FG=BG=a，由勾股定理可得AF=BC=22a，CD=BD=【解題過程】（1）解：∵AB=AC，AD⊥BC，BC=8，∴BD=CD=12BC=4由勾股定理得：AD=A∵∠CBE=45°，∠BDF=90°，∴△BDF是等腰直角三角形，∴DF=BD=4，∴AF=AD?DF=82（2）證明：連接CF，

∵AD⊥BC，AB=AC，∴CD=BD，則AD是BC的垂直平分線，∴CF=BF，∴∠FCB=∠FBC=45°，∴∠CFB=180°?∠FCB?∠FBC=90°，即CF⊥EG，∠CFE=180°?∠CFB=90°，Rt△CFG中，C∵BF2+E∴EF2=F∵G是BF的中點，∴FG=BG，則EF=FG=BG，∵∠FDB=90°，∠FBD=45°，∴∠DFB=45°，∴∠AFE=∠DFB=45°，即：∠AFE=∠CBG，∵CF⊥EG，EF=FG，∴CF是EG的垂直平分線，∴CE=CG，∴∠CEG=∠CGE，∴∠AEF=∠CGB，∴△AEF≌△CGB∴AF=BC；（3）過點B作BQ⊥MN于Q，過點D作DH⊥AB于H，連接DG，連接CF，

∵AD⊥BC，AB=AC，∴CD=BD，∠CAD=∠BAD，∴DN=DH，∵BQ⊥MN，DN⊥AC，則∠DNC=∠DQB=90°，∴BQ∥AC，則∠NCD=∠QBD，∴△NCD≌△QBDAAS∴CN=BQ，DN=DQ=DH，∵S△DBM∴BM?DN=DM?CN，∴BMDM由（2）可知：EF=FG=BG，CE=CG，△AEF≌△CGB，則AF=BC，AE=CG=CE設(shè)EF=FG=BG=a，則BF=CF=2a，∴AF=BC=BF2AE=CG=CE=CF2則AD=A∵S△ABC=∴NQ=6又∵DN=DQ，∴DN=12NQ=∴BMDM學(xué)霸必刷學(xué)霸必刷1．（2023上·江西贛州·九年級統(tǒng)考階段練習(xí)）已知，在Rt△ABC中，∠B=90°，∠ACB=30°，點D為邊BC上一個動點，以AD為邊作其右側(cè)作等邊△ADE

（1）如圖1，線段AB與線段AC之間的數(shù)量關(guān)系為__________；（2）如圖2，過點E作EF⊥AC于點F．求證：點F是AC的中點；（3）若AB=2．①如圖3，當(dāng)點D是BC的中點時，過點E作EG⊥BC于點G．求EG的長；②當(dāng)點D從點B運動到點C，則點E所經(jīng)過的路徑長__________（直接寫出結(jié)果）．

【思路點撥】（1）由∠B=90°，∠ACB=30°即可求解；（2）證△ABD≌△AFEAAS（3）①作DN⊥AC，BC=AC2?AB2=23，AD=AB2+BD2=7，AN=AD2?DN2=【解題過程】（1）解：∵∠B=90°，∠ACB=30°，∴AB=1故答案為：AB=1（2）∵△ADE是等邊三角形，∴AD=AE,∠DAE=60°，∵∠B=90°，∠ACB=30°，∴∠BAC=60°，∴∠BAD=∠FAE，∵EF⊥AC，∴∠ABD=∠AFE，∴△ABD≌△AFEAAS∴AB=AF=1∴點F是AC的中點．（3）作DN⊥AC，∵AB=12AC∴AC=4，∴BC=A∵D是BC的中點，∴BD=CD=3∴AD=A∵DN⊥AC，∠ACB=30°，∴DN=12CD=∴AN=A∵∠ADE=60°，∴∠ADN=∠EDG，∵AD=DE，∴△ADN≌△EDGAAS∴EG=AN=5如圖，F(xiàn)H為E所經(jīng)過的路徑，當(dāng)D在B點時，點E恰落在AC的中點F處，當(dāng)D在C點時，AH=AC，∴FH=A2．（2023上·重慶南岸·八年級重慶市珊瑚初級中學(xué)校校考期中）如圖，分別以△ABC的兩邊AB、AC為腰向外作等腰直角△ABD和等腰直角△ACE，其中∠BAD=∠CAE=90°，BC=5．（1）如圖1，連接BE、CD．若∠ACB=45°，AC=2，求CD的長；（2）如圖2，M為BC的中點，連接DM，過點M作DM⊥MN，交EB的延長線于點N，連接DN，試猜想BE、BN、DN之間有何等量關(guān)系并證明你的結(jié)論．

【思路點撥】（1）先根據(jù)SAS證明△ACD≌△AEB，可得CD=BE，再說明△BCE是直角三角形，然后根據(jù)勾股定理求出CE，進(jìn)而求出答案即可；（2）延長NM至K，使MN=MK，連接CK，DK，設(shè)NE交AD于點O，與CD的交點為J．先根據(jù)“SAS”證明△BMN≌△CMK，可得BN=CK，∠MNB=∠CKM，進(jìn)而判定CK∥NE，可說明CD⊥CK，再根據(jù)勾股定理得DK2=D【解題過程】（1）∵等腰直角△ABD和等腰直角△ACE，∴AB=AD，AC=AE，∠EAC=45°，∴∠DAB+即∠EAB=∠CAD，在△EAB和△CAD中，AB=AD∠EAB=∠CAD∴△ACD≌△AEB，∴CD=BE．∵∠ACB=45∴∠BCE=在Rt△ACE中，AC=AE=2∴CE=A∵BC=5，∴BE=C∴CD=BE=33（2）結(jié)論：DN理由：如圖2中，延長NM至K，使MN=MK，連接CK，DK，設(shè)NE交AD于點O，與CD的交點為J．∵△ACD≌△AEB，∴∠EBA=∠CDA，BE=CD．∵∠AOB=DOJ，∴∠OAB=∠DJO=90°，∴BE⊥CD．∵M(jìn)B=MC，∠BMN=∠CMK，MN=MK，∴△BMN≌△CMK，∴BN=CK，∠MNB=∠CKM，∴CK∥NE．∵CD⊥EN，∴CD⊥CK，∴∠DCK=90°，∴DK∵M(jìn)N=MK，DM⊥NK，∴DK=DN，∴DN3．（2023上·四川成都·八年級?？计谥校┤鐖D，已知在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=16，D是AC上的一點，CD=3，點P從B點出發(fā)沿射線BC方向以每秒2個單位的速度向右運動，設(shè)點P（1）當(dāng)t=3秒時，求△BPA的面積；（2）若AP平分∠CAB，求t的值；（3）過點D作DE⊥AP于點E．在點P的運動過程中，當(dāng)t為何值時，能使DE=CD？

【思路點撥】（1）根據(jù)動點的運動速度和時間先求出BP，再利用三角形的面積計算公式解答即可求解；（2）作PM⊥AB于M，利用角平分線的性質(zhì)分別求得BM、PM，再利用勾股定理PB2=PM2+BM（3）根據(jù)動點運動的不同位置利用勾股定理解答即可求解；本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理，三角形的面積，根據(jù)題意，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．【解題過程】（1）解：由題意可得，BP=2t，∵t=3，AC=8，∴BP=2×3=6，∴S△BPA∴當(dāng)t=3秒時，求△BPA的面積為24；（2）解：當(dāng)線段AP恰好平分∠CAB時，作PM⊥AB于M，如圖，∵線段AP平分∠CAB，∠ACB=90°，PM⊥AB，∴∠PAC=∠PAM，∠ACP=∠AMP=∠BMP=90°，又∵AP=AP，∴△ACP≌△AMPAAS∴PC=PM，AC=AM=8，∵AB=8∴BM=AB?AM=85在Rt△BPM中，P∴16?PC2解得PC=45∴BP=2t=16?4解得t=10?25（3）解：①點P在線段BC上時，過點D作DE⊥AP于E，連接PD，如圖，則∠AED=∠PED=90°，∴∠PED=∠ACB=90°，∵PD平分∠APC，∴∠EPD=∠CPD，又∵PD=PD，∴△PDE≌△PDCAAS∴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：8解得t=5；②點P在線段BC的延長線上時，過點D作DE⊥AP于E，如圖，同①得△PDE≌△PDCAAS∴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：8解得t=11；綜上所述，在點P的運動過程中，當(dāng)t的值為5或11時，能使DE=CD．4．（2024上·河南南陽·八年級?？茧A段練習(xí)）如圖，在△ABC中，∠ABC=90°，AC=13，BA=5，點P從點C出發(fā)，以每秒3個單位長度的速度沿折線C?A?B運動.設(shè)點P的運動時間為tt>0（1）求斜邊AC上的高線長；（2）①當(dāng)P在AB上時，AP的長為__________，t的取值范圍是__________.（用含t的代數(shù)式表示）；②若點P在∠BCA的角平分線上，則t的值為__________；（3）在整個運動過程中，當(dāng)△PAB是等腰三角形時t的值為__________.

【思路點撥】（1）過點B作BD⊥AC于點D，利用面積法求解；（2）①根據(jù)點P的運動路徑及速度可解；②過點P作PE⊥AC于E，利用角平分線的性質(zhì)可知PB=PE，再證Rt△BCP≌Rt△ECPHL，推出（3）分AB=AP=5和AB=BP=5兩種情況，利用等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理分別求解即可；本題主要考查了勾股定理在動點問題中的應(yīng)用，數(shù)形結(jié)合、分類討論并熟練掌握相關(guān)性質(zhì)及定理是解題的關(guān)鍵．【解題過程】（1）在△ABC中，∠ABC=90°，AC=13，BA=5，∴BC=A如圖所示，過點B作BD⊥AC于點D，S△ABC=1∴斜邊AC上的高線長為6013（2）①∵點P從點C出發(fā)，以每秒3個單位長度的速度沿折線C?A?B運動，AC=13，∴AP=3t?AC=3t?13∴AC3≤t≤AC+AB∴133故答案為：3t?13，133②點P在∠BCA的角平分線上時，過點P作PE⊥AC于E，如圖所示，∵CP平分∠BCA，∠B=90°，PE⊥AC，∴PB=PE.又∵PC=PC，∴Rt△BCP≌∴EC=BC=12，則AE=AC?CE=13?12=1，由（2）知AP=3t?13，∴BP=AB?AP=5?3t?13∴PE=18?3t，在Rt△AEP中，AP2解得t=26∴點P在∠BAC的角平分線上時，t=故答案為：265（3）△PAB是以AB為一腰的等腰三角形時，有兩種情況：當(dāng)AB=AP=5時，如圖所示，則CP=AC?AP=13?5=8，∴t=CP當(dāng)AB=BP=5時，過點B作BD⊥AC于點D，如圖所示，由（2）知BD=6013，∵AB=BP，BD⊥AC，∴AP=2AD=50∴CP=AC?AP=13?50∴t=CP△PAB是以AB為底的等腰三角形時，t的值為136綜上，△PAB是等腰三角形時t的值為83或11939或5．（2023上·重慶南岸·八年級校考開學(xué)考試）如圖，四邊形ABCD中，AC=AD=AB，∠BAC=90°．

（1）把△BCD沿BC翻折得到△BCE，過點A作AF⊥BE，垂足為F，求證：BE=2AF；（2）在（2）的條件下，連接DE，四邊形ABCD的面積為45，AD=52，BC=10，求DE

【思路點撥】（1）作AG⊥BD于G，由等腰三角形的性質(zhì)可得∠ABD=∠ADB，BG=DG=12BD，由折疊的性質(zhì)可得：BE=BD，CE=CD，∠CBE=∠CBD，證明△ABF≌△BAG（2）作BM⊥AD于M，CN⊥AD于N，延長BC交DE于H，則CH⊥DE，DH=EH，求出△ACD的面積為20，求出CN=42，由勾股定理可得AN=32，證明△ABM≌△CANAAS得到BM=AN=32，求出△ABD的面積為15，得到△BCD的面積【解題過程】（1）證明：如圖，作AG⊥BD于G，

，則∠AGB=90°，∵∠BAC=90°，AB=AC，∴∠ABC=45°，∵AB=AD，AG⊥BD，∴∠ABD=∠ADB，BG=DG=12BD由折疊的性質(zhì)可得：BE=BD，CE=CD，∠CBE=∠CBD，設(shè)∠CBE=∠CBD=x，則∠ABG=45°?x，∠ABF=45°+x，∵AF⊥BE，∴∠BFA=∠AGB=90°，∴∠BAF=90°?∠ABF=90°?45°+x∴∠ABG=∠BAF，在△ABF和△BAG中，∠BFA=∠AGB∠BAF=∠ABG∴△ABF≌△BAGAAS∴AF=BG，∴BE=2AF；（2）解：如圖，作BM⊥AD于M，CN⊥AD于N，延長BC交DE于H，

，由折疊的性質(zhì)可得：CH⊥DE，CE=CD，∵CE=CD，CH⊥DE，∴DH=EH，∵△ABC是等腰直角三角形，AD=AB=AC=52∴△ABC的面積=1∵四邊形ABCD的面積為45，∴△ACD的面積=1∴1∴CN=42∴AN=A∵∠BAC=90°，∴∠BAM+∠ABM=∠BAM+∠CAN=90°，∴∠ABM=∠CAN，在△ABM和△CAN中，∠AMB=∠CNA=90°∠ABM=∠CAN∴△ABM≌△CANAAS∴BM=AN=32∴△ABD的面積=1∴△BCD的面積=1∴1∴DH=6，∴DE=2DH=12．6．（2023上·山東濟(jì)南·八年級統(tǒng)考期末）已知∠AOB=∠COD=90°，OA=OB=10，OC=OD=8（1）如圖1，連接AC、BD，問AC與BD相等嗎？并說明理由．（2）若將△COD繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)，如圖2，當(dāng)點C恰好在AB邊上時，請寫出AC、BC、OC（3）若△COD繞點O旋轉(zhuǎn)，當(dāng)∠AOC=15°時，直線CD與直線AO交于點F，求AF

【思路點撥】（1）根據(jù)題意可證得△AOC（2）連接BD，可證得∠AOC=∠BOD，據(jù)此即可證得△AOC≌BODSAS，AC=BD，∠CAO=∠DBO，根據(jù)勾股定理可得（3）過點O作OE⊥CD于點E，利用勾股定理可求得CD=82，根據(jù)面積公式可求得OE=4【解題過程】（1）解：AC與BD相等；理由如下：∵∠AOB=∠COD=90°，∴∠AOB+∠BOC=∠COD+∠BOC，即∠AOC=∠BOD，在△AOC和△OA=OB∠AOC=∠BOD∴△∴AC=BD；（2）解：結(jié)論：BC理由如下：如圖：連接BD，∵∠AOB=∠COD=90°，∴∠AOB?∠BOC=∠COD?∠BOC，即∠AOC=∠BOD在△AOC和△OA=OB∠AOC=∠BOD∴△∴AC=BD，∠CAO=∠DBO，∵∠AOB=∠COD=90°，OA=OB，OC=OD，∴∠BAO=∠ABO=45°，CD∴∠CAO=∠DBO=45°，∴∠CBD=∠ABO+∠DBO=45°+45°=90°，∴BC∴BC（3）解：如圖：過點O作OE⊥CD于點E，∵∠COD=90°，OC=OD=8，∴CD=O∵S∴OE=OC?OD如圖：當(dāng)點F在OA的延長線上時，∵∠DCO=45°，∠AOC=15°，∴∠F=∠DCO?∠AOC=45°?15°=30°，∴OF=2OE=82∴AF=OF?OA=82如圖：當(dāng)點F在線段OA上時，∵∠DCO=45°，∠AOC=15°，∴∠DFO=∠DCO+∠AOC=45°+15°=60°，∴∠FOE=90°?60°=30°，∴EF=1∵OF∴OF解得OF=8∴AF=OA?OF=10?8綜上，AF的長為82?10或7．（2023下·湖北武漢·八年級?？茧A段練習(xí)）在等腰△ABC中，AB=AC，D為BC上一點，E為AD上一點，連接BE，CE，∠BAC=∠CED=2∠BED=2x．（1）如圖1，若x=45°，求證：CE=2AE（2）如圖2，若x=30°，AB=AC=7．求CE（3）如圖3，若x=60°，AB=AC=23，點Q為△ABC外一點，且∠BQA=60°,AQ=2，求線段QC

【思路點撥】（1）作BH⊥AD，交AD的延長線于H，證明△ACE≌△BAHAAS，得到BH=AE,CE=AH（2）在AD上取點H，使BH=EH，作BF⊥AD于F，同（1）法可得，△ACE≌△BAHAAS，得到CE=AH,AE=BH，在Rt（3）以AQ為邊作等腰三角形AQM，使∠QAM=120°，AQ=AM，連接BM，證明△BAM≌△CAQSAS，得到BM=CQ，過點A作AG⊥QM于點G求出BM的長，即可得解．【解題過程】（1）證明：作BH⊥AD，交AD的延長線于H，∵x=45°，∴∠BAC=∠CED=2∠BED=90°，∴∠AEC=90°，∵∠CED=∠EAC+∠ACE,∠BAC=∠EAC+∠BAE，∴∠BAH=∠ACE，∵∠AEC=∠H=90°,AB=AC，∴△ACE≌△BAHAAS∴BH=AE,CE=AH，∵∠BEH=45°,∠H=90°，∴BH=EH，∴AE=EH=1∴CE=2AE；（2）在AD上取點H，使BH=EH，作BF⊥AD于F，則∠BHE=∠AEC=120°，同（1）法可得，△ACE≌△BAHAAS∴CE=AH,AE=BH，設(shè)BH=EH=AE=2x，∵∠BHF=60°，∴HF=x，BF=3在Rt△ABF中，由勾股定理得：3解得：x=1∴CE=AH=4x=2；（3）解：以AQ為邊作等腰三角形AQM，使∠QAM=120°，AQ=AM，連接BM，∵∠BAC=∠QAM=120°，∴∠BAC+∠CAM=∠QAM+∠CAM，即∠BAM=∠CAQ，又∵AB=AC，∴△BAM≌△CAQSAS∴BM=CQ，∵AQ=AM,∠QAM=120°，∴∠AQM=30°，∵∠BQA=60°，∴∠BQM=∠BQA+∠AQM=60°+30°=90°，過點A作AN⊥BQ于點N，∵AQ=2,∠AQN=60°，∴NQ=AN=3∵AB=23∴BN=A∴BQ=BN+NQ=3+1=4，過點A作AG⊥QM于點G，∵∠AQG=30°,AQ=2，∴AG=1，GQ=3∴QM=23∴BM=B∴CQ=278．（2023下·浙江金華·八年級浙江省義烏市后宅中學(xué)校考階段練習(xí)）定義：在△ABC，若BC=a，AC=b，AB=c，a，b，c滿足b2（1）命題：“直角三角形都是和諧勾股三角形”是（填“真”或“假”）命題；（2）如圖1，若等腰△ABC是“和諧勾股三角形”，其中AB=BC，AC>AB，求（3）如圖2，在三角形ABC中，∠B=2∠A，且∠C>①當(dāng)∠A=32°時，你能把這個三角形分成兩個等腰三角形嗎？若能，請在圖2中畫出分割線，并標(biāo)注被分割后的兩個等腰三角形的頂角度數(shù)；若不能，請說明理由；②請證明△ABC為“和諧勾股三角形”

【思路點撥】（1）先假設(shè)Rt△ABC是和諧勾股三角形，得出ab+a2（2）由“和諧勾股三角形”定義判斷出此三角形是等腰直角三角形，即可得出結(jié)論；（3）①分三種情況，利用等腰三角形的性質(zhì)即可得出結(jié)論；②先求出CD=CB=a，AD=CD=a，BD=AB?AD=c?a，DG=BG=12c?a，AG=12a+c，在【解題過程】（1）解：如圖1，假設(shè)Rt△ABC∴ab+a在Rt△ABC中，∠C=90°∴a2∴ab+a∴ab=∴a=b，∴△ABC是等腰直角三角形，∴等腰直角三角形是和諧勾股三角形，即原命題是假命題，故答案為：假；（2）∵AB=BC，AC∴a=c，b>∵△ABC是和諧勾股三角形，∴ac+a∴c2∴△ABC是等腰直角三角形，∴∠A=45°，（3）①在△ABC中，∠ABC=2∠BAC，∠BAC=32°，∴∠ABC=64°，根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理得，∠ACB=180°?∠ABC?∠BAC=84°，∵把這個三角形分成兩個等腰三角形，當(dāng)射線經(jīng)過點C，（Ⅰ）當(dāng)∠BCD=∠BDC時，∵∠ABC=64°，∴∠BCD=∠BDC=58°，∴∠ACD=∠ACB?∠BCD=84°?58°=26°，∠ADC=∠ABC+∠BCD=122°，∴△ACD不是等腰三角形，此種情況不成立；（Ⅱ）當(dāng)∠BCD=∠ABC=64°時，∴∠BDC=52°，∴∠ACD=∠ACB?∠BCD=84°?64°=20°，∠ADC=128°，∴△ACD不是等腰三角形，此種情況不成立；（Ⅲ）當(dāng)∠BDC=∠ABC=64°時，∴∠BCD=52°，∴∠ACD=∠ACB?∠BCD=84°?52°=32°=∠BAC，∴△ACD是等腰三角形，即：分割線和頂角標(biāo)注如圖2所示，當(dāng)射線經(jīng)過點B，同（Ⅰ）的方法，判斷此種情況不成立；當(dāng)射線經(jīng)過點A，同（Ⅱ）的方法，判斷此種情況不成立；②如圖3，在AB邊上取點D，連接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=1∴AG=AD+DG=a+1在Rt△ACG中，C在Rt△BCG中，C∴b2∴b2∴△ABC為“和諧勾股三角形”．9．（2023下·湖北武漢·八年級?？茧A段練習(xí)）已知△ABC中，AB=AC，（1）如圖1，若α=30°，則線段AD，BD，

（2）若α=45°，①如圖2；線段AD，

②如圖3，點E在線段BD上，且∠BAE=45°，AD=5，BD=4

【思路點撥】（1）結(jié)論：DC2=DA2+DB2．如圖1中，將△DCB繞點C順時針旋轉(zhuǎn)60°得到（2）①結(jié)論：DC2=DB2+2DA2．如圖2中，作AM⊥AD交DB的延長線于M，連接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，即可證明；②如圖3中，在圖2的基礎(chǔ)上將△AMB繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△ADG．則△AEG≌△AEB，【解題過程】（1）解：結(jié)論：DC理由如下：將△DCB繞點C順時針旋轉(zhuǎn)60°得到△MAC，連接DM，如圖1所示：

∵CD=CM，∠DCM=60°，∴△DCM是等邊三角形，∴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°，∴DM∵AM=DB，DM=DC，∴DC故答案為DC（2）解：①結(jié)論：DC理由如下：作AM⊥AD交DB的延長線于M，連接CM，如圖2所示：

∵∠ADM=45°，∠DAM=90°，∴∠ADM=∠AMD=45°，∴DA=AM，DM=2∵∠DAM=∠BAC，∴∠DAB=∠MAC，∵AB=AC，∴△DAB≌△MAC，∴BD=CM，∠ADB=∠AMC=45°∴∠DMC=90°，∴DC∵CM=DB，DM=2∴DC②在圖2的基礎(chǔ)上將△AMB繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△ADG，如圖3所示：

則△AEG≌△AEB，∠GDE=90°，∴EB=EG，設(shè)DE=x，則EB=EG=4?x，∵AD=AM=5，∴DM=52，BM=DG=5在RtΔDEG中，由勾股定理知DG2+DE故答案為5210．（2023下·重慶沙坪壩·八年級重慶一中?？计谥校┰凇鰽BC中，∠B=45°，E為平面內(nèi)一點，連接AE、

（1）如圖1，若點E在線段BC上，AC=EC，AB=42，BE=3，求線段AC（2）如圖2，若點E在△ABC內(nèi)部，AC=EC，∠BAE=∠ACE，求證：AE+2AB=2（3）如圖3，若點E在△ABC內(nèi)部，連接BE，AB=4，BC=62，請直接寫出1

【思路點撥】（1）過點A作AF⊥BC于F，則可得△AFB是等腰直角三角形，由勾股定理可求得AF=BF=4，則可得EF=1，再設(shè)AC=x，則CF=CE?EF=x?1，在Rt△AFC（2）過C作CG⊥BC交BA的延長線于點G，在AG上取AH=AE，連接CH；首先可證明△AEC≌△AHC，其次再證明△ABC≌△HGC，則得GH=AB，從而由勾股定理即可證明結(jié)論成立；（3）過點B作BN⊥BE，且BN=BE，作BM⊥BC，BM=BC，連接MN；分別取BM、BN的中點D、F，連接DF，過A作AP⊥BD交DB延長線于點P，連接EF、AD、FD；證明△BEC≌△BNM，則MN=CE，由中點及中位線定理知BF=12BE，BD=12BC，DF=12MN=12CE，在Rt△EBF中，由勾股定理得EF=【解題過程】（1）解：如圖，過點A作AF⊥BC于F，則∠AFB=∠AFC=90°，∴∠FAB=∠FBA=45°，∴AF=BF即△AFB是等腰直角三角形，由勾股定理得：AF∴AF=BF=4，∴EF=BF?BE=1；設(shè)AC=x，則CE=AC=x，∴CF=CE?EF=x?1；在Rt△AFC中，A即42解得：x=17（2）解：如圖，過C作CG⊥BC交BA的延長線于點G，在AG上取AH=AE，連接CH；∵AC=CE，∴∠CAE=∠CEA；∵∠CAE+2∠CAE=180°，∠BAE+∠CAE+∠CAH=180°，∠BAE=∠ACE，∴∠CAE=∠CAH，∵AC=AC，∴△AEC≌△AHC(SAS∴CE=CH，∵CA=CE，∴CA=CH，∴∠CHA=∠CAH，∴∠CHG=∠CAB；∵CG⊥BC，∴∠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=2∴AE+2AB=2（3）解：如圖，過點B作BN⊥BE，且BN=BE；作BM⊥BC，BM=BC，連接MN；分別取BM、BN的中點D、F，連接DF；過A作AP⊥BD交DB延長線于點P，連接∵∠EBN=∠CBM=90°，∴∠EBC=∠NBM；∵BN=BE，∴△BEC≌△BNM(SAS∴MN=CE，∵BM、BN的中點分別為D、F，∴BF=12BE，BD=在Rt△EBF中，由勾股定理得EF=∴12∴當(dāng)點A、E、F、D四點共線時，12EC+5∵BD⊥BCP，∴∠PBA=∠PAB=45°，∴PA=PB=2∵BM=BC=62∴BD=1∴PD=PB+BD=22在Rt△PDA中，由勾股定理得AD=∴12EC+511．（2023上·重慶沙坪壩·八年級重慶八中校考開學(xué)考試）已知△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，AB=AC，AD=AE，連接BD

（1）如圖1，若點B、D、E在同一直線上，已知AD=22，BD=2，求線段BC（2）如圖2，當(dāng)∠ADB=90°時，過點B作BG⊥ED并交ED的延長線于點G，EG與BC交于點F，求證：DE=2FG（3）如圖3，已知若AB=4，直線BD與直線CE相交于點P，過點C作直線CH垂直于CB，點Q是直線CH上一點，直接寫出AQ+PQ的最小值．

【思路點撥】（1）如圖1中，設(shè)AC與BE交于點O，證明△BAD≌△CAE(SAS)，推出BD=CE=2,∠ABD=∠ACE，推出（2）連接AF，過點A作AN⊥EG于點N，過點C作CM⊥EF與M，則∠CME=∠ANF=90°，依次證明△BAD≌△∠CAESAS，再求出△GBD≌△MECAAS，△BFG≌△CFMAAS（3）如圖3，作點A關(guān)于CH的對稱點J，連接CJ，AJ，過點J作JM⊥BC交BC的延長線于點M，取BC的中點O，連接OP，OJ．求出PJ的最小值，可得結(jié)論．【解題過程】（1）解：如圖1中，設(shè)AC與BE交于點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≌△CAE(∴BD=CE=2,∠ABD=∠ACE∵∠AOB=∠COE∴∠CEO=∠BAO=90°∵AD=AE=2∴DE=∴BE=6∴BC=C（2）證明：如圖，連接AF，過點A作AN⊥EG于點N，過點C作CM⊥EF與M，則∠CME=∠ANF=90°，

∵∠BAC=∠DAE=90°,AB=AC,AD=AE，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△∠CAESAS∴CE＝BD，∴∠BDG=180°?∠ADB?∠ADE=45°，∠DEC=∠AEC?∠AED=90°?45°=45°，∵BG⊥ED，∴∠G=90°，∴∠CME=∠G=90°，∠BDG=∠DEC=45°，CE＝∴△GBD≌△MECAAS∴BG=CM，又∵∠G=∠CMF，∠BFG=∠CFM，∴△BFG≌△CFMAAS∴BF=CF．∵AB=AC,∠BAC=90°∴AF=BF=CF，AF⊥BC，∴∠AFN+∵∠FBG+∴∠AFN=∴∠G=∴△BFG≌△FAN，∴AN=FG∵AD=AE，∠DAE=90°，AN⊥DE∴DE=2AN=2FG．（3）解：如圖3，作點A關(guān)于CH的對稱點J，連接CJ，AJ，過點J作JM⊥BC交BC的延長線于點M，取BC的中點O，連接OP，OJ．

∵AB=AC=4,∠BAC=90°∴BC=∴OB=OC=2∵CH⊥BC，A，J關(guān)于CH對稱∴CJ=CA=4,∠JCH=45°∴∠JCM=45°∵JM⊥CM∴CM=JM=2∴OM=OC+CM=4∴OJ=由（2）得△BAD≌△CAE∴∠ABD=∠ACE∴∠CPB=∠BAC=90°∵OB=OC∴OP=2∴PJ≥OJ?OP=2∴PJ的最小值為2∵A，J關(guān)于CH對稱∴AQ=QJ∴AQ+PQ=QP+QJ≥PJ=2∴AQ+QP的最小值為21012．（2023上·陜西西安·八年級西安市第三中學(xué)校考期中）如圖，長方形紙片ABCD，AB=6，BC=8，點E、F分別是邊AB、BC上的點，將△BEF沿著EF翻折得到△B

（1）如圖1，點B′落在邊AD上，若AE=2，則AB′=______，F(xiàn)B′=（2）如圖2，若BE=2，F(xiàn)是BC邊中點，連接B′D、FD，求（3）如圖3，點F是邊BC上一動點，作EF⊥DF，將△BEF沿著EF翻折得到△B′EF，連接DB′，當(dāng)△DB′F是以DF為腰的等腰三角形時，請直接寫出CF的長．

【思路點撥】（1）根據(jù)題意，折疊的性質(zhì)可得△BEF≌△B′EF，根據(jù)在Rt△AB′E中，AE=2，（2）延長FB′交AB于K，設(shè)KE=x，KB′=y，則∠EB′K=90°，由勾股定理可得x2=y2+4(x+2)2+16=(y+4)2，結(jié)合面積法可得（3）分兩種情況討論：由△DB′F是以DF為腰的等腰三角形，當(dāng)DF=DB′時，過D作DH⊥B′F于H，證明△DHF≌△DCF，可得HF=CF，易得CF=83；當(dāng)DF=B′F時，同理△DHF≌△DCF，設(shè)HF=CF=n,DH=CD=6，可得DF=B′F=BF=8?n，利用勾股定理可得【解題過程】（1）解：∵四邊形ABCD是長方形，AB=6,∴∠A=∠B=90°,BE=AB?AE=6?2=4，∵△BEF沿著EF翻折得到△B′EF，∴△BEF≌△B′EF，∴BE=B′E=4，在Rt△AB′∴AB設(shè)BF=B′F=x，如下圖，連接AF，

則由等面積法可得12即12解得x=43∴BF=B故答案為：23，4（2）∵四邊形ABCD是長方形，AB=6,BC=8,BE=2，F(xiàn)是BC邊中點，∴AE=AB?BE=6?2=4，BF=CF=1∵△BEF沿著EF翻折得到△B′EF，∴B′F=BF=4,BE=B′E=2,∠B=∠EB′F=90°，∴B′F=CF=4，如圖2，延長FB′交AB于K，設(shè)KE=x，KB′=y，

∴∠EB′K=90°，∴由勾股定理可得x2∴x=2y?2，∴S△BEF∴44+y=2∴x=2y?2y=2x?4解得x=10∴AK=6?10∴S=48?=68∵B′∴S△∴S△D（3）∵△DB′F是以DF為腰的等腰三角形，當(dāng)DF=DB′時，如圖3，過D作DH⊥B′F于H，∴B′H=FH，

由折疊可得∠BFE=∠B′FE，且EF⊥DF，∴∠B′FE+∠DFB′=90°=∠BFE+∠DFC，∴∠DFB′=∠DFC，∵∠DHF=∠C=90°，∴△DHF≌△DCF(AAS∴HF=CF，∴BF=B′F=2FH=2FC，∴3CF=8，即CF=8當(dāng)DF=B′F時，同理△DHF≌△DCF(AAS設(shè)HF=CF=n，DH=CD=6，∴DF=B′F=BF=8?n，∴由勾股定理可得(8?n)2解得n=74，即綜上所述，CF=83或13．（2023下·四川成都·八年級統(tǒng)考期末）在△ABC中，AB=12AC，點D為直線BC上一動點，AD=AE

（1）如圖1，連接ED交AC于F，∠BAC=90°，F(xiàn)為AC中點，若BD=32，DF=2，求（2）如圖2，延長CB至點G使得BG=DB，連接AG，CE，求證：（3）如圖3，∠BAC=120°，AB=27，作點E關(guān)于直線BC的對稱點E′，連接BE′，EE

【思路點撥】（1）由同角的余角相等可得∠BAD=∠EAF，由SAS可證明△BAD≌△EAF，得到BD=EF=32，由∠EAD=90°，AD=AE（2）延長AB至H，使BH=AB，連接DH，由SAS證明△ABG≌△HBD，得到AG=DH，由SAS證明△AHD≌△ACE，得到CE=AH，從而得證；（3）取AC的中點M，連接EM并延長交BC于N，令BC與EE′相交于點O，由SAS可證明△BAD≌△MAESAS，得到∠ABD=∠AME=∠CMN，由∠BAC=120°，可得∠BAH=60°，∠MNB=60°，點E的軌跡為直線EM，EM交BC于N，連接AN，再將該直線沿BC翻折可得到E′的軌跡，則AN⊥NE′，此時∠ANB=30°，作AH⊥CA交CA的延長線于H，作AG⊥BC交BC于G，由含有30°角的直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理可得，AH=7，AM=CM=AB=27，BH=21，CH=57，BC=14，由等面積法可得AG=23，從而得到BG=4【解題過程】（1）解：∵F為AC中點，AB=1∴AF=1∵∠BAD+∠DAF=∠BAC=90°，∴∠BAD=∠EAF，在△BAD和△EAF中，AD=AE∠BAD=∠EAF∴△BAD≌△EAFSAS∴BD=EF=32∴BD=EF+DF=42∵∠EAD=90°，∴AD∴AD∴AD=4；（2）證明：延長AB至H，使BH=AB，連接DH，，在△ABG和△HBD中，GB=DB∠ABG=∠HBD∴△ABG≌△HBDSAS∴AG=DH，∵∠HAD+∠DAC=∠HAC，∴∠HAD=∠CAE，∵AB=1∴AH=AC，在△AHD和△ACE中，AH=AC∠HAD=∠CAE∴△AHD≌△ACESAS∴CE=AH，∴CE=AG；（3）解：如圖，取AC的中點M，連接EM，令BC、EE′交于點，∵AB=1∴AM=AB，∵∠BAD+∠DAC=∠BAC，∴∠BAD=∠MAE，在△BAD和△MAE中，AB=AM∠BAD=∠MAE∴△BAD≌△MAESAS∴∠ABD=∠AME=∠CMN，∵∠BAC=120°，∴∠ABC+∠C=60°，∠BAH=60°，∴∠MNB=∠CMN+∠C=60°，∴點E的軌跡為直線EM，EM交BC于N，連接AN，再將該直線沿BC翻折可得到E′的軌跡，則AN⊥NE′作BH⊥CA交CA的延長線于H，∵AB=27∴AH=12AB=7，∴BH=AB2∴BC=B作AG⊥BC交BC于G，∵S∴1∴AG=23∴AN=2AG=43，BG=∴GN=A∴BN=BG+GN=10，∵點E關(guān)于直線BC的對稱點E′∴∠E′NB=60°，BN⊥E∴當(dāng)BE′⊥∴E∴E∵S∴53∴OE∴EE14．（2023下·遼寧沈陽·八年級沈陽市南昌初級中學(xué)（沈陽市第二十三中學(xué)）校聯(lián)考期中）在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠CAB=60°，AB=4，E為直線AB上一動點，連接CE，將CE繞點C順時針旋轉(zhuǎn)60°得到CD，連接AD

（1）BC=______（2）①如圖1，當(dāng)點E與點B重合時，AD=______．②如圖2，當(dāng)點E在線段AB上時，若BE=1，求AD的長度．（3）若∠ECB=15°，直接寫出AD的長度．

【思路點撥】（1）在Rt△ABC中，由30°所對的直角邊是斜邊的一半，再由勾股定理得到BC=4（2）①利用旋轉(zhuǎn)性質(zhì)，證得△ABC≌△ADCSAS，由全等性質(zhì)即可得到AD=AB=4；②在AC上截取AF=AE，如圖所示，由“手拉手模型”證得△DAE≌△CFESAS，則AD=CF，根據(jù)（1）中（3）由于E為直線AB上一動點，當(dāng)∠ECB=15°，分兩種情況：①E在直線BC上方；②E在直線BC下方；作圖分析求解即可得到答案．【解題過程】（1）解：在Rt△ABC中，∠CAB=60°，則∠ACB=30°∵AB=4，則AC=8，∴BC=A故答案為：43（2）解：①由（1）知∠ACB=30°，∵將CE繞點C順時針旋轉(zhuǎn)60°得到CD，∴當(dāng)點E與點B重合時，∠DCA=∠ACB=30°，CB=CD，在△ABC和△ADC，CB=CD∠DCA=∠ACB∴△ABC≌△ADCSAS∴AD=AB=4，故答案為：4；②在AC上截取AF=AE，如圖所示：

∵∠CAB=60°，∴△AEF是等邊三角形，∴AE=EF,∠AEF=60°，∵將CE繞點C順時針旋轉(zhuǎn)60°得到CD，∴△CDE是等邊三角形，∴DE=CE,∠CED=60°，∵∠AED=∠AEF?∠DEF=60°?∠DEF，∠CEF=∠CED?∠DEF=60°?∠DEF，∴∠AED=∠CEF，在△DAE和△CFE中，AE=EF∠AED=∠CEF∴△DAE≌△CFESAS∴AD=CF，∵AB=4，BE=1，∴AF=AE=AB?BE=4?1=3，由（1）知AC=8，∴CF=AC?AF=8?3=5，則AD=CF=5；（3）解：由題意可知，分兩種情況討論：①E在直線BC上方；②E在直線BC下方；由（1）知在Rt△ABC中，∠ACB=30°當(dāng)∠ECB=15°時，∠ACE=∠BCE=15°，即CE是∠ACB的角平分線，∴過E作EG⊥AC于G，如圖所示：

∴BE=BG，在Rt△AEG中，∠EAG=60°，則∠AEG=30°設(shè)AG=x，則AE=2x，由勾股定理可得BE=EG=A∵AB=4，∴AB=AE+EB，即4=2x+3x，解得x=8?43當(dāng)E在直線BC上方，在AC上截取AF=AE，如圖所示：

由（2）②的求解過程可知，AD=FC，當(dāng)BE=83?12時，∴AD=FC=AC?AF=8?16?8當(dāng)E在直線BC下方，過D作DH⊥AC于H，如圖所示：

∴∠DHC=90°，由（1）知在Rt△ABC中，∠ACB=30°，AB=4,BC=4∵將CE繞點C順時針旋轉(zhuǎn)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°∴△DHC≌△EBCSAS∴HC=BC=43作點E關(guān)于直線BC的對稱點I，如圖所示：

則DH=BE=BI，由（3）可知，BI=83?12，則∵AH=AC?HC=8?43在Rt△AHD中，∠DHA=90°，AH=8?43，DH=83綜上所述，若∠ECB=15°，AD的長度為83?8或15．（2023下·遼寧沈陽·八年級沈陽市第七中學(xué)校考階段練習(xí)）在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，過點C作AB的平行線l，點P是直線l上異于點C的動點，連接AP，過點P作AP的垂線交直線BC于點D．

（1）如圖1，當(dāng)點P在點C的右側(cè)時，①求證：PA=PD；（提示：作PE垂直直線l交CD于點E．）②試判定線段CA，（2）若AC=52，AP=13，直接寫出線段BD

【思路點撥】（1）①過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，即可證明②由①知△ACP≌△DEP，△ECP是等腰直角三角形，故AC=DE，CE=2（2）分兩種情況：當(dāng)P在C右側(cè)時，過A作AH⊥l于H；當(dāng)P在C左側(cè)時，過P作PF⊥l交BD的延長線于F，分別求解即可得到答案．【解題過程】（1）①證明：過P作PE⊥l，交CD于E，如圖所示，

，∵∠ACB=90°，∴∠ABC=45°，∵AB∥l，∴∠ECP=∠ABC=45°，∴∠ACP=∠ACB+∠ECP=135°，△ECP是等腰直角三角形，∴CP=EP，∵∠APD=90°=∠EPC，∴∠APC=∠EPD，∴△ACP≌△DEPASA∴PA=PD；②解：CD=AC+2由①可知：△ACP≌△DEP，△ECP是等腰直角三角形，∴AC=DE，∵CD=DE+CE，∴CD=AC+2（2）解：當(dāng)P在C右側(cè)時，過A作AH⊥l于H，如圖所示，

，∵∠ABC=∠BCP=45°，∠ACB=90°，∴∠ACH=45°，∴△ACH是等腰直角三角形，∵AC=52∴AH=CH=5，在Rt△APH中，HP=∴CP=HP?CH=12?5=7，由②可知，CD=AC+2∴CD=52∴BD=CD?BC=CD?AC=122當(dāng)P在C左側(cè)時，過P作PF⊥l交BD的延長線于F，如圖所示，

，∵AB∥l，∴∠PCF=∠B=45°，∴△PCF是等腰直角三角形，∴CP=PF，∵∠APD=90°=∠CPF，∴∠APC=∠DPF，∴△ACP≌△DFPASA∴AC=DF=52∵∠ABC=∠BCP=45°，∠ACB=90°，∴∠ACH=45°，∴△ACH是等腰直角三角形，∵AC=52∴AH=CH=5，在Rt△APH中，HP=∴CP=HP+CH=12+5=17，∴CF=2∴CD=CF?DF=172∴BD=CD+BC=CD+AC=122綜上所述，線段BD的長為：72或1716．（2023上·江蘇無錫·八年級統(tǒng)考期中）如圖，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=20，BC=15．點E是射線AB上的動點，連接CE．△CEB與△CEF關(guān)于CE成軸對稱，連接AF（1）當(dāng)CE⊥AB時，求線段AF的長；（2）點E從點A開始在射線AB上以每秒1個單位的速度運動，當(dāng)△AFE是以FE為直角邊的直角三角形時，求t的值．

【思路點撥】本題考查軸對稱的性質(zhì)、等腰直角三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理的應(yīng)用屬于綜合題，讀懂并理解題意針對不同的情況畫圖相應(yīng)的圖形，豐富了學(xué)生的空間想象能力．（1）Rt△ABC中，AC=20，BC=15由勾股定理可得AB=25，當(dāng)CE⊥AB時，F(xiàn)在AB上，利用面積法可求得CE=12，在Rt△BCE中根據(jù)勾股定理可得BE=9，進(jìn)而得AE=16，根據(jù)對稱可得（2）總共分四種情況：當(dāng)E在線段AB上時，此時含兩種情況：①∠AEF=90°，②當(dāng)∠AFE=90°；當(dāng)E在AB延長線上時，分兩種情況：③∠AEF=90°，④當(dāng)∠AFE=90°，畫出相應(yīng)的圖形，利用勾股定理即可解決．【解題過程】（1）∵ACB=90°，AC=20，BC=15，

∴AB=A當(dāng)CE⊥AB時，如圖所示：CE=AC?BC∵△CEB與△CEF關(guān)于CE軸對稱，∴BE=FE=B∴AF=AB?2BE=25?2×9=7；（2）當(dāng)E在線段AB上時，分兩種情況：①∠AEF=90°，∵△CEB與△CEF關(guān)于CE成軸對稱，則∠BEC=∠FEC=45°，過C作CH⊥AB，由（1）知CH=12，BH=9，∴EH=CH=12，則AH=AB?BH=16，∴AE=t=AH?EH=16?12=4；②當(dāng)∠AFE=90°，如圖所示：

∵△CEB與△CEF關(guān)于CE成軸對稱，∠B=∠CFE，CF=CB=15，作CI⊥AF于I，CH⊥AB于H∴∠CFI=180°?∠AFE?∠CFE=180°?90°?∠B=90°?∠B，∵∠CHB=90°，∴∠BCH=90°?∠B，∴∠BCH=∠CFI，又∵∠CHB=∠I=90°，CB=CF=15，∴△CFI≌△BCH(AAS∴CI=BH=9，IF=CH=12，在Rt△ACI中，AI=∴AF=AI?IF=319∵AB=25，AE=t，∴EB=AB?AE=25?t，∴EF=25?t，在Rt△ACI中，AF2解得：t=544?12當(dāng)E在AB延長線上時，分兩種情況：③∠AEF=90°，如圖所示：

此時AE=t，∵△CEB與△CEF關(guān)于CE成軸對稱，∴∠AEC=∠CEF=45°，作CH⊥AB于H，∴CH=HE=12，∵AH=16．∴t=AE=AH+HE=16+12=28；④當(dāng)∠AFE=90°，如圖所示：

AE=t，作CH⊥AB于H，CI⊥AF于I，同理可得△BHC≌△CIF，則IF=CH=12，CI=BH=9，在Rt△ACI中，AI=∴AF=AI+IF=319∵BE=AE?AB=t?25，∴EF=BE=t?25，AE2=A解得：t=544+12綜上所述：當(dāng)△AFE是以FE為直角邊的直角三角形時，t=4或28或544?1231925或17．（2024上·四川成都·八年級統(tǒng)考期末）在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，點E是BC邊上一點，連接AE，將△ABE沿直線AE翻折得到△AFE，射線EF交邊AD于點（1）如圖1，求證：AG=EG；（2）當(dāng)AB=4時．（i）如圖2，若四邊形ABCD的面積為24，且當(dāng)點G與D重合時，BC=FG，求AD的長；（ⅱ）在BC邊上取一點H，連接AH，使得AH=AG，若△AFG的面積是△AEH的面積的2倍，求BE的長．

【思路點撥】（1）根據(jù)折疊得出∠AEG=∠AEB，根據(jù)平行線的性質(zhì)得出∠GAE=∠AEB，證明∠GAE=∠AEG，根據(jù)等腰三角形的判定得出AG=EG；（2）（i）根據(jù)四邊形ABCD的面積為24得出S四邊形ABCD=AD+BC2×AB，求出AD+BC=12，設(shè)AD=x，則BC=12?x，F(xiàn)G=BC=12?x，根據(jù)勾股定理得出（ⅱ）證明Rt△ABH≌Rt△AFGHL，得出BH=FG，根據(jù)△AFG的面積是△AEH的面積的2倍，S△AFG=12FG?AF，S△AHE=12HE?AB，得出【解題過程】（1）證明：根據(jù)折疊可知，∠AEG=∠AEB，∵AD∥∴∠GAE=∠AEB，∴∠GAE=∠AEG，∴AG=EG；（2）解：（i）∵∠B=90°，∴AB⊥BC，∵AD∥∴S四邊形即AD+BC2∴AD+BC=12，設(shè)AD=x，則BC=12?x，∴FG=BC=12?x，根據(jù)折疊可知，AF=AB=4，∠AFE=∠B=90°，∴∠AFD=180°?90°=90°，在Rt△AGFAD即x2解得：x=20∴AD=20（ⅱ）根據(jù)題意得：AF=AB，AB⊥BC，AF⊥EG，由（1）得：AG=EG，∵AH=AG，∴AH=EG，在Rt△ABH和Rt△AFG中∴Rt△ABH≌∴BH=FG，∵△AFG的面積是△AEH的面積的2倍，S△AFG=1∴FG=2HE，設(shè)HE=a，則FG=2a，當(dāng)點H在點E的左側(cè)時，如圖所示：∴BH=FG=2a，∴BE=BH+HE=3a，根據(jù)折疊可知，BE=EF=3a，∴AG=EG=EF+FG=5a，∵AG∴5a2解得：a=4∴BE=3a=4當(dāng)點H在點E的右側(cè)時，如圖所示：∴BH=FG=2a，∴BE=BH?EH=a，根據(jù)折疊可知，BE=EF=a，∴AG=EG=EF+FG=3a，∵AG∴3a2解得：a=4∴BE=a=4綜上分析可知，當(dāng)△AFG的面積是△AEH的面積的2倍時，BE=421718．（2023上·陜西·八年級陜西師大附中?？茧A段練習(xí)）在ABC中，BD是AC邊上的高，AD=3，CD=2，BD=3，點M在AD上，且AM=2，動點P從點A出發(fā)向B運動，速度為每秒1個單位長度．連接PM，作點A關(guān)于直線PM的對稱點A′，設(shè)點P的運動時間為t秒（t>0

（1）連接CP，當(dāng)CP⊥AB時，求△BCP的面積．（2）當(dāng)點A′在△ABC內(nèi)部（不包括邊緣）時，直接寫出t（3）若動點P從點A出發(fā)，沿折線AB?BD以每秒1個單位長度的速度運動，當(dāng)MA′∥AB

【思路點撥】（1）根據(jù)等邊對等角可求得∠A=∠ABD，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理可求得∠A=45°，求得∠ACP=45°，根據(jù)等角對等邊可得AP=CP，根據(jù)勾股定理求得AP和PC的值，即可求得BP，根據(jù)三角形的面積公式即可求解；（2）分別求出當(dāng)點A′落在AB上和當(dāng)點A′落在AC上的（3）分點A′在△ABC內(nèi)和點A′在△ABC外兩種情況討論，當(dāng)點A′在△ABC內(nèi)時，根據(jù)平行線的性質(zhì)可得∠APM=∠A′MP，結(jié)合軸對稱的性質(zhì)可得AP=A′P，AM=A′M，根據(jù)全等三角形的判定和性質(zhì)可得∠APM=∠AMP，根據(jù)等腰三角形的判定和性質(zhì)可得AP=AM=2；當(dāng)點A′在△ABC外時，延長A′M與BD交于點K，過點P作PJ⊥MK交于點J，根據(jù)平行線的性質(zhì)可得∠BAD=∠KMD=45°，∠ABD=∠MKD=45°，根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理推得∠MKD=∠KMD=45°【解題過程】（1）解：∵BD⊥AC，∴∠ADB=90°，∵AD=3，BD=3，∴∠A=∠ABD，∴∠A=1∵BD⊥AC，∴∠ACP=180°?∠APC?∠A=180°?90°?45°=45°，即∠A=∠ACP=45°，∴AP=CP，在Rt△ACP中，AC=∴AP=522∴BP=AB?AP=32∴S△BCP（2）解：當(dāng)點A′落在AB

∵點A與點A′關(guān)于直線PM∴PM⊥AA∴∠APM=90°，由（1）得∠A=45°，∴∠AMP=180°?∠APM?∠A=180°?90°?45°=45°，即∠A=∠AMP=45°，∴AP=MP，在Rt△AMP中，AM=∴AP=2當(dāng)點A′落在AC

∵點A與點A′關(guān)于直線PM∴PM⊥AA∴∠AMP=90°，由（1）得∠A=45°，∴∠APM=180°?∠AMP?∠A=180°?90°?45°=45°，即∠A=∠APM=45°，∴PM=AM=2；在Rt△AMP中，AP=∴t的取值范圍為：2<t<2故答案為：2<t<2（3）解：當(dāng)點A′在△ABC

∵M(jìn)A∴∠APM=∠A∵點A與點A′關(guān)于直線PM∴PM垂直平分AA∴AP=A′P∴△APM≌△A∴∠AMP=∠A∴∠APM=∠AMP，∴AP=AM=2，即t=2；當(dāng)點A′在△ABC外時，延長A′M與BD交于點K，過點P作PJ⊥MK

∵M(jìn)A∴∠BAD=∠KMD=45°，∠ABD=∠MKD=45°，∴∠MKD=180°?∠ADB?∠KMD=180°?90°?45°=45°，即∠MKD=∠KMD=45°，∴DM=DK=1，在Rt△DMK中，MK=∵點A與點A′關(guān)于直線PM即MP平分∠DMK，∴∠JMP=∠DMP，又∵∠PJM=PDM=90°，MP=MP，∴△PMD≌△PMJ，∴MJ=MD=1，PJ=PD，∴JK=MK?MJ=2∵∠MKD=45°，PJ⊥MK，∴∠KPJ=180°?∠KJP?∠MKD=180°?90°?45°=45°，即∠JKP=∠KPJ=45°，∴JK=JP=2∴DP=JP=2∴BP=BD?DP=3?2故點P的運動距離為32即t=4+22綜上所述，滿足條件的t的值為2或4+2219．（2024上·重慶沙坪壩·八年級重慶一中?？计谀┤鐖D，△ABC中，在平面內(nèi)將線段AC繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段AD，過點D作DE⊥BC，分別交BC、AC于點E、F，連接AE．（1）如圖1，若∠EAD=120°，AD=63．求ED（2）如圖2，若∠ABC+∠EAC=45°，求證：BC=2CE+2（3）如圖3，在（2）問的條件下，若∠BAC=150°，點P在射線BC上運動，當(dāng)AP+32BP取得最小值為4+23時，在平面內(nèi)將△APE繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)α0<α<180度得到△A′

【思路點撥】（1）取DT=CE，連接AT,過點D作DM⊥AE于M，證明△ADT≌△ACESAS可得AT=AE，∠DAT=∠CAE，繼而得到∠AED=45°，△AMD是含30°的直角三角形，從而求出AM，DM，再得到△MED（2）由∠AED=45°得到∠AEB=45°，過點A作AN⊥AE交BC于N，則△AEN是等腰直角三角形，得到NE=2AE，再證明△AEC≌△ANBAAS，得到CE=BN（3）先求出∠ACB=∠ABC=15°，可知旋轉(zhuǎn)的角度是15°，在BC的下方，作∠PBG=60°過點P作PQ⊥BG于Q，可得PQ=32BP，繼而得到當(dāng)A、P、Q共線，且AQ即為點A到BQ的垂線段時AP+32BP取得最小值．作∠PBQ=60°，AQ⊥BQ于Q，AQ交BC于P，則AP+32BPmin=AQ=4+23，將△APE繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)15°度得到△A′P′E′，此時點P′恰好在線段AB上，連接A′B，過點A′作再利用∠A′BC=30°求得A′H=12A′【解題過程】（1）解：AC繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段AD，∴∠CAD=90°，AC=AD，取DT=CE，連接AT,過點D作DM⊥AE于M，∵∠CAD=90°，DE⊥BC，∠AFD=∠EFC，∴∠ADT=90°?∠AFD=90°?∠EFC=∠ACE，∵AD=AC，∠ADT=∠ACE，DT=CE，∴△ADT≌△ACESAS∴AT=AE，∠DAT=∠CAE，∴∠TAE=∠CAE+∠CAT=∠DAT+∠CAT=∠CA