数学八年级下册专题17.5 勾股定理与全等三角形综合大题专项训练（30道）（人教版）（教师版）

专题17.5勾股定理与全等三角形综合大题专项训练（30道）【人教版】1．（2021秋•门头沟区期末）已知，如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于D，过D作DE∥AC交AB于E．（1）求证：AE＝DE；（2）如果AC＝3，AD=23，求AE【分析】（1）根据平行线的性质和角平分线的定义解答即可；（2）过点D作DF⊥AB于F，根据勾股定理和全等三角形的判定和性质解答即可．【解答】（1）证明：∵DE∥AC，∴∠CAD＝∠ADE，∵AD平分∠BAC，∴∠CAD＝∠EAD．∴∠EAD＝∠ADE．∴AE＝DE；（2）解：过点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．设AE＝x，则DE＝x，EF＝3﹣x，∴(3−x)∴x＝2．∴AE＝2．2．（2021秋•石景山区期末）如图，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AB＝10，AC＝6．AD平分∠CAB交BC于点D．（1）求BC的长；（2）求CD的长．【分析】（1）根据勾股定理解答即可；（2）根据AAS证明△AED和△ACD全等，进而利用全等三角形的性质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）过点D作DE⊥AB于点E，如图．∴∠DEA＝90°＝∠C（垂直定义）．∵AD平分∠CAB（已知），∴∠1＝∠2（角平分线定义）．在△AED和△ACD中，∠DEA=∠C∠2=∠1∴△AED≌△ACD（AAS）．∴AE＝AC＝6，DE＝DC（全等三角形的对应边相等）．∴BE＝AB﹣AE＝4．设CD＝x，则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•长春期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝6，点P从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿折线A﹣B﹣C运动．设点P的运动时间为t秒（t＞0）．（1）求AC的长．（2）求斜边AB上的高．（3）①当点P在BC上时，PC的长为16﹣2t．（用含t的代数式表示）②若点P在∠BAC的角平分线上，则t的值为203（4）在整个运动过程中，直接写出△PBC是等腰三角形时t的值．【分析】（1）根据勾股定理直接求出AC的值；（2）由勾股定理可求得AC的值，再设斜边AB上的高为h，由面积法可求得答案；（3）分两种情况计算即可：①当点P在CB上时，②当点P'在∠BAC的角平分线上时；（4）由图可知，当△BCP是等腰三角形时，点P必在线段AC或线段AB上，当点P在线段AC上时，分三种情况：BC＝BP；PC＝BC；PC＝PB，分别求得点P运动的路程，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）设边AB上的高为h则S△ABC∴12∴ℎ=24答：斜边AB上的高为245（3）①当点P在BC上时，点P运动的长度为AB+BP＝2t，则PC＝BC﹣BP＝6﹣（2t﹣10）＝6﹣2t+10＝16﹣2t；②当点P'在∠BAC的角平分线上时，过点P作PD⊥AB，如图：∵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故答案为：①16﹣2t；②203（4）由图可知，当△BCP是等腰三角形时，点P必在线段AB上，①当点P在线段AB上时，若BC＝BP，则点P运动的长度为AP＝2t，∵AP＝AB﹣BP＝10﹣6＝4，∴2t＝4，∴t＝2；②若PC＝BC，如图，过点C作CH⊥AB于点H，则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，∴点P运动的长度为：AP＝AB﹣BP＝10﹣7.2＝2.8，∴2t＝2.8，∴t＝1.4；③若PC＝PB，如图所示，过点P作PQ⊥BC于点Q，则BQ＝CQ=12×BC∴∠ACB＝∠PQB＝90°，∴PQ∥AC，∴PQ为△ABC的中位线，∴PQ=12×在Rt△BPQ中，由勾股定理得：BP=B点P运动的长度为AP＝2t，AP＝AB﹣BP＝10﹣5＝5，∴2t＝5，∴t＝2.5．综上，t的值为1.4或2或2.5．4．（2020春•沙坪坝区校级期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，∠CBE＝45°，BE分别交AC，AD于点E、F．（1）如图1，若AB＝13，BC＝10，求AF的长度；（2）如图2，若AF＝BC，求证：BF2+EF2＝AE2．【分析】（1）先根据等腰三角形三线合一的性质得BD＝5，由勾股定理计算可得AD的长，由等腰直角三角形性质得DF＝5，最后由线段的差可得结论；（2）如图2，作辅助线，构建全等三角形，证明△CHB≌△AEF（SAS），得AE＝CH，∠AEF＝∠BHC，由等腰三角形三线合一的性质得EF＝FH，最后由勾股定理和等量代换可得结论．【解答】（1）解：如图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）证明：如图2，在BF上取一点H，使BH＝EF，连接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，FD⊥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•象山县期中）定义：如果一个三角形中有两个内角α，β满足α+2β＝90°，那我们称这个三角形为“近直角三角形”．（1）若△ABC是近直角三角形，∠B＞90°，∠C＝50°，则∠A＝20°．（2）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，若CD是∠ACB的平分线．①求证：△BDC为近直角三角形．②求BD的长．【分析】（1）∠B不可能是α或β，当∠A＝α时，∠C＝β＝50°，α+2β＝90°，不成立；故∠A＝β，∠C＝α，α+2β＝90°，则β＝20°；（2）①如图1，设∠ACD＝∠DCB＝β，∠B＝α，则α+2β＝90°，故△BDC是“近直角三角形”；②过点D作DM⊥BC于点M，证明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，当∠A＝α时，∠C＝β＝50°，α+2β＝90°，不成立；故∠A＝β，∠C＝α，α+2β＝90°，则β＝20°，故答案为：20°；（2）①如图1，设∠ACD＝∠DCB＝β，∠B＝α，则α+2β＝90°，故△BDC是“近直角三角形”；②如图2，过点D作DM⊥BC于点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．设AD＝DM＝x，∵DM2+BM2＝DB2，∴x2+12＝（3﹣x）2，∴x=4∴BD＝AB﹣AD＝3−46．（2021秋•虎林市校级期末）已知Rt△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，F为AB边的中点，且DF＝EF，∠DFE＝90°，D是BC上一个动点．如图1，当D与C重合时，易证：CD2+DB2＝2DF2；（1）当D不与C、B重合时，如图2，CD、DB、DF有怎样的数量关系，请直接写出你的猜想，不需证明．（2）当D在BC的延长线上时，如图3，CD、DB、DF有怎样的数量关系，请写出你的猜想，并加以证明．【分析】（1）由图1猜想结论成立；连接CF、BE，证明△DFC≌△EFB（SAS），由全等三角形的性质得出CD＝BE，∠DCF＝∠EBF＝45°，由勾股定理及直角三角形的性质可得出结论．（2）连接CF、BE，证明△DFC≌△EFB（SAS），由全等三角形的性质得出CD＝BE，∠DCF＝∠EBF＝135°，由勾股定理及直角三角形的性质可得出结论．【解答】解：（1）图2中，CD2+DB2＝2DF2成立．证明：连接CF、BE，∵∠ACB＝90°，F为AB边的中点，∴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）图3成立．CD2+DB2＝2DF2．证明：连接CF、BE，∵∠ACB＝90°，F为AB边的中点，∴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•徐汇区期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，CB＝2，点D是AB的中点，点E在AC上，点E、D、F一条直线上，且ED＝FD．（1）求证：FB⊥CB；（2）联结CD，若CD⊥EF，求CE的长．【分析】（1）由“SAS”可证△ADE≌△BDF，可得∠A＝∠FBD，AE＝BF，由余角的性质可得结论；（2）由等腰三角形的性质可得CF＝EF，由勾股定理可求解．【解答】（1）证明：∵D是AB中点，∴AD＝BD，在△ADE与△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）联结CF，∵CD⊥EF，ED＝FD，∴CF＝EF，设CE＝x，则CF＝x，BF＝AE＝4﹣x，Rt△FBC中，BF2+BC2＝CF2，∴22+（4﹣x）2＝x2，∴x=5∴CE=58．（2021秋•通州区期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，在Rt△ABD中，∠D＝90°，AD与BC交于点E，且∠DBE＝∠DAB．求证：（1）∠CAE＝∠DBC；（2）AC2+CE2＝4BD2．【分析】（1）由余角的性质可求解；（2）由“ASAS”可证△ADB≌△ADF，可得BD＝DF，即BF＝2BD，由“ASA”可证△ACE≌△BCF，可得AE＝BF＝2BD，由勾股定理可求解．【解答】证明：（1）∵∠ACB＝∠D＝90°，∴∠CEA+∠CAE＝∠BED+∠CBD＝90°，∴∠CEA＝∠BED，∴∠CAE＝∠DBC；（2）延长BD交AC延长线于点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•宛城区期末）如图，E、F是等腰Rt△ABC的斜边BC上的两动点，∠EAF＝45°，CD⊥BC且CD＝BE．求证：（1）AE＝AD；（2）EF2＝BE2+CF2．【分析】（1）由等腰直角三角形的性质可得∠B＝∠ACB＝45°，从而可推出∠ACD＝∠B，则可证得△ABE≌△ACD；（2）由（1）可知AE＝AD，∠BAE＝∠CAD，从而可求得∠EAD＝∠BAC＝90°，∠DAF＝∠EAF，可证得△AEF≌△ADF，则有DF＝EF，则利用勾股定理可求解．【解答】证明：（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与△ADF中，AE=AD∠EAF=∠DAF∴△AEF≌△ADF（SAS），∴DF＝EF，在Rt△DCF中，根据勾股定理得，DF2＝CF2+CD2，∵CD＝BE，∴EF2＝CF2+CD2．10．（2021秋•农安县期末）如图，△ABC中，AB＝BC，BE⊥AC于点E，AD⊥BC于点D，∠BAD＝45°，AD与BE交于点F，连接CF．（1）求证：BF＝AC；（2）若CD＝3，求AD的长．【分析】（1）先判定出△ABD是等腰直角三角形，得出AD＝BD，再根据同角的余角相等求出∠CAD＝∠CBE，由ASA证得△ADC≌△BDF，得出BF＝AC；（2）根据全等三角形对应边相等得出DF＝CD，由勾股定理求出CF，再根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等得出AF＝CF，然后根据AD＝AF+DF代入数据即可得出结果．【解答】（1）证明：∵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•简阳市期末）已知，△ABC和△DCE都是等边三角形，点B，C，E三点不在一条直线上（如图1）．（1）求证：BD＝AE；（2）若∠ADC＝30°，AD＝4，CD＝5，求BD的长；（3）若点B，C，E三点在一条直线上（如图2），且△ABC和△DCE的边长分别为3和5，求AD的长．【分析】（1）根据等边三角形的性质和全等三角形的判定和性质解答即可；（2）根据等边三角形的性质和全等三角形的判定和性质以及勾股定理解答即可；（3）根据等边三角形的性质和全等三角形的判定和性质以及勾股定理解答即可．【解答】证明：（1）∵△ABC和△DCE是等边三角形，∴BC＝AC，DC＝EC，∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠ABC+∠ACD＝∠DCE+∠ACD，即∠BCD＝∠ACE，在△BCD与△ACE中，BC=AC∠BCD=∠ACE∴△BCD≌△ACE（SAS），∴BD＝AE；（2）∵△DCE等式等边三角形，∴∠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）如图2，过A作AH⊥CD于H，∵点B，C，E三点在一条直线上，∴∠BCA+∠ACD+∠DCE＝180°，∵△ABC和△DCE都是等边三角形，∴∠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•瓯海区月考）如图，已知点P是等边△ABC内一点，连结PA，PB，PC，D为△ABC外一点，且∠DAC＝∠PAB，AD＝AP，连结DP，DC．（1）求证：△ADC≌△APB．（2）若PA＝4，PB＝3，PC＝5，求∠APB的度数．【分析】（1）根据等边三角形的性质得到AC＝AB，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；（2）根据全等三角形的性质得到CD＝PB＝3，∠APB＝∠ADC，推出△ADP是等边三角形，得到∠ADP＝60°，PD＝PA＝4，根据勾股定理的逆定理得到∠PDC＝90°，于是得到结论．【解答】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，∴AC＝AB，在△ADC与△APB中AC=AB∠DAC=∠PAB∴△ADC≌△APB（SAS）；（2）解：∵△ADC≌△APB，∴CD＝PB＝3，∠APB＝∠ADC，∵△ABC是等边三角形，∴∠BAC＝60°，∴∠PAD＝∠PAC+∠CAD＝∠PAC+∠PAB＝∠BAC＝60°，∵AD＝AP，∴△ADP是等边三角形，∴∠ADP＝60°，PD＝PA＝4，∵PC＝5，∴CD2+PD2＝PC2，∴∠PDC＝90°，∴∠APB＝∠ADC＝∠ADP+∠PDC＝60°+90°＝150°．13．（2021秋•龙岩校级期中）如图，点E，F分别是正方形ABCD的对角线AC上的两个动点，∠EBF＝45°．求证：EF2＝AE2+CF2．【分析】将△CBF绕点B逆时针旋转90°，可得△ABN，连接EN，由旋转的性质可得BN＝BF，AN＝CF，∠BAN＝∠BCF＝45°，∠CBF＝∠ABN，由“SAS”可证△EDF≌△EDN，可得EF＝EN，即可得结论．【解答】证明：如图，将△CBF绕点B逆时针旋转90°，可得△ABN，连接EN，由旋转的性质可得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•芝罘区期中）如图，已知△ABC与△DEC都是等腰三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°．（1）试说明：△ACD≌△BCE；（2）若AC＝6，AE＝3，∠CAE＝45°，求AD的长．【分析】（1）由∠ACB＝∠DCE＝90°，得∠BCE＝∠ACD，根据△ABC与△DEC都是等腰三角形得AC＝BC，DC＝EC，故△ACD≌△BCE（SAS）；（2）由△ACD≌△BCE得AD＝BE，根据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与△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）如图，P为等边△ABC内一点，分别连接PA，PB，PC，PA＝6，PB＝8，PC＝10，以PA为边作等边△APD，连接BD．（1）求证：BD＝PC．（2）求∠APB的度数．【分析】（1）由“SAS”可证△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）证明：∵△ABC和△APD是等边三角形，∴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是等边三角形，∴∠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•海曙区校级期中）已知在△ABC中，∠CAB的平分线AD与BC的垂直平分线DE交于点D，DM⊥AB于M，DN⊥AC的延长线于N．（1）证明：BM＝CN．（2）当∠BAC＝70°时，求∠DCB的度数；（3）若AB＝8，AC＝4，DE＝3，则4DN2﹣BC2的值为20．【分析】（1）根据角平分线的性质和线段垂直平分线的性质可得到DM＝DN，DB＝DC，根据HL证明Rt△DMB≌Rt△DNC，即可得出BM＝CN；（2）根据角平分线的性质得到DM＝DN，根据全等三角形的性质得到∠ADM＝∠ADN，线段垂直平分线的性质和等腰三角形的性质得到∠EDC＝55°于是得到结论；（3）证明AB+AC＝2AN＝12，推出AN＝6，CN＝2，再根据，CD2＝CE2+DE2＝CN2+DN2，可得结论．【解答】（1）证明：连接BD，如图所示：∵AD是∠CAB的平分线，DM⊥AB，DN⊥AC，∴DM＝DN，∵DE垂直平分线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的平分线，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的垂直平分线，∴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．故答案为：20．17．（2021秋•晋安区校级月考）如图，等腰直角△ABC中，AC＝BC，点D，E在AB上，∠DCE＝45°．（1）将△ACD绕点C逆时针旋转90°，点D对应点为点F，画出旋转后的图形，并证明：DE＝EF；（2）求证：AD2+BE2＝DE2．【分析】（1）利用等腰直角三角形的性质得到CA＝CB，∠ACB＝90°，则△ACD绕点C逆时针旋转90°得到△BCF，然后证明△CED≌△CEF得到DE＝EF；（2）利用旋转的性质得到∠CBF＝∠A＝45°，AD＝BF，则∠EBF＝90°，然后利用勾股定理得到BF2+BE2＝EF2，最后利用等量代换得到结论．【解答】（1）解：如图，△BCF为所作，证明如下：∵△ABC为等腰直角三角形，∴CA＝CB，∠ACB＝90°，∵△ACD绕点C逆时针旋转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）证明：∵△ABC为等腰直角三角形，∴∠A＝∠ABC＝45°，∵△ACD绕点C逆时针旋转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•黑山县期中）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＞BC，D是AB的中点．E在线段CA的延长线上，连接DE，过点D作DF⊥DE，交直线BC的延长线于点F，连接EF．求证：AE2+BF2＝EF2．【分析】过点B作AC的平行线交ED的延长线于点G，连接FG，根据平行线的性质得到∠EAD＝∠GBD，∠DEA＝∠DGB，根据全等三角形的性质得到ED＝GD，AE＝BG，根据DF是线段EG的垂直平分线，得到EF＝FG，根据勾股定理即可得到结论．【解答】证明：过点B作AC的平行线交ED的延长线于点G，连接FG，∵BG∥AC，∴∠EAD＝∠GBD，∠DEA＝∠DGB，∵D是AB的中点，∴AD＝BD，在△EAD与△GBD中，∠EAD=∠GBD∠DEA=∠DGB∴△EAD≌△GBD（AAS），∴ED＝GD，AE＝BG，又∵DF⊥DE，∴DF是线段EG的垂直平分线，∴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•诸暨市期中）如图，P是等边三角形ABC内的一点，连结PA，PB，PC，以BP为边作∠PBQ＝60°，且BP＝BQ，连结CQ．（1）观察并猜想AP与CQ之间的大小关系，并说明理由．（2）若PA＝PC＝1，PB=2，求证：PC⊥CQ【分析】（1）AP＝CQ．根据等边三角形的性质可得出∠ABC＝60°，AB＝CB，由∠ABP+∠PBC＝60°，∠PBC+∠CBQ＝60°可得出∠ABP＝∠CBQ，结合AB＝CB，BP＝BQ可证出△ABP≌△CBQ（SAS），根据全等三角形的性质可得出AP＝CQ；（2）连接PQ，由BP＝BQ，∠PBQ＝60°可得出△PBQ为等边三角形，利用等边三角形的性质可得出PQ＝PB=2，∠BQP＝60°，进而可得出∠PQC【解答】解：（1）∵等边三角形ABC，∴AB＝AC，∠ABC＝60°，∵∠PBQ＝60°，∴∠ABP＝∠CBQ，在△ABP和△CBQ中，AB=AC∠ABP=∠CBQ∴△ABP≌△CBQ（SAS），∴AP＝CQ；（2）连接PQ，∵PA＝PC＝1，AP＝CQ，∴PC＝CQ＝1，∵BP＝BQ，∠PBQ＝60°，∴△BPQ是等边三角形，∴PQ＝PB=2∴PC2+CQ2＝PQ2，∴∠PCQ＝90°，∴PC⊥CQ．20．（2020秋•沈河区期末）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，BC＝10，点D是直线AC上一动点，∠BDE＝90°，DB＝DE（DE在BD的左侧）．（1）直接写出AB长为52；（2）若点D在线段AC上，AD=2，求EC（3）当BE＝229时，直接写出CD长为72或32．【分析】（1）根据勾股定理计算即可；（2）过E作EF⊥AC交AC的延长线于F，根据垂直的定义得到∠F＝∠A＝∠BDE＝90°，根据余角的性质得到∠EDF＝∠ABD，根据全等三角形的性质得到EF＝AD=2，DF＝AB＝52（3）根据等腰直角三角形的性质得到DE＝BD=58，根据全等三角形的性质得到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，故答案为：52；（2）过E作EF⊥AC交AC的延长线于F，则∠F＝∠A＝∠BDE＝90°，∴∠EDF+∠ADB＝∠ADB+∠ABD＝90°，∴∠EDF＝∠ABD，在△ABD与△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当点D在点A的左侧时，CD＝52−22=3当点D在点A的右侧时，CD＝52+22=7综上所述，CD长为72或32，故答案为：72或32．21．（2021春•贵阳期末）已知四边形ABCD中，AC平分∠DAB，∠DAB＝60°．（1）如图①，若∠B＝∠D＝90°，求证：AB+AD=3AC（2）如图②，若CB＝CD，AB+AD=3AC【分析】（1）因为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，进而可得AD+AB=（2）过C点分别作AB、AD的垂线，垂足分别为E、F，即可得到（1）的条件，证明△CFD和△BCE全等得到DF＝BE．然后按照（1）的解法进行计算即可．【解答】证明：（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：过C点分别作AB、AD的垂线，垂足分别为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•沙坪坝区期末）如图，已知Rt△ABC中，∠C＝90°，点D是AC上一点，点E、点F是BC上的点，且∠CDF＝∠CEA，CF＝CA．（1）如图1，若AE平分∠BAC，∠DFC＝25°，求∠B的度数；（2）如图2，若过点F作FG⊥AB于点G，连接GC，求证：AG+GF=2【分析】（1）根据全等三角形的性质得到∠EAC＝∠DFC＝25°，由角平分线的定义得到∠BAC＝2∠EAC＝50°，根据三角形的内角和定理即可得到结论；（2）如图2，过点C作GC的垂线交GF的延长线于点P，根据余角的性质得到∠PCF＝∠GCA，得到∠B+∠BAC＝∠B+∠BFG＝90°，求得∠GAC＝∠PFC，根据全等三角形的性质得到CA＝CF，推出△GCP是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质即可得到结论．【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）如图2，过点C作GC的垂线交GF的延长线于点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•海珠区校级月考）如图，在△ABC中，∠C＝90°，D为AB的中点，E、F分别在AC、BC上，且ED⊥FD于点D．求证：AE2+BF2＝EF2．【分析】过点A作AM∥BC，交FD延长线于点M，连接EM，通过证明AM＝BF，EF＝EM即可得出答案．【解答】证明：过点A作AM∥BC，交FD延长线于点M，连接EM，∵AM∥BC，∠C＝90°，∴∠MAE＝∠ACB＝90°，∠MAD＝∠B，∵AD＝BD，∠ADM＝∠BDF，在△ADM与△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•平阳县一模）如图，在四边形ABCD中，∠B＝90°，DA⊥AC，点E在线段AC上，AB∥DE，AC＝DE．（1）求证：△ABC≌△EAD．（2）连接CD，当AC＝4，AB＝3，求CD的长．【分析】（1）先根据条件证明∠BAC＝∠AED，∠DAC＝∠B＝90°，由AAS可得△ABC≌△EAD；（2）先根据勾股定理可行是BC的长，即可得AD的长，最后再根据勾股定理可得CD的长．【解答】（1）证明：∵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•夏河县期中）已知△ABC为等边三角形．（1）如图，P为△ABC外一点，∠BPC＝120°，连接PA，PB，PC，求证：PB+PC＝PA；（2）如图，P为△ABC内一点，若PA＝12，PB＝5，PC＝13，求∠APB的度数．【分析】（1）延长BP至E，使PE＝PC，连接CE，由∠BPC＝120°，推出等边△CPE，得到CP＝PE＝CE，∠PCE＝60°，根据已知等边△ABC，推出AC＝BC，∠ACP＝∠BCE，根据三角形全等的判定推出△ACP≌△BCE，得出AP＝BE即可求出结论；（2）由题意可得出：∠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的度数．【解答】证明：（1）如图1，延长BP至点E，使得PE＝PC，连接CE，∵∠BPC＝120°，PE＝PC，∴∠CPE＝60°，∴△CPE为等边三角形，∴CP＝PE＝CE，∠PCE＝60°，∵△ABC是等边三角形，∴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）如图2，将△ABP绕点B顺时针方向旋转60°，得到△CBP'，连接PP'，由旋转知，△APB≌△CP′B，∴∠BPA＝∠BP′C，P′B＝PB＝5，P′C＝PA＝12，∠PBP'＝∠ABC＝60°，又∵P′B＝PB＝5，∴△PBP′是等边三角形，∴∠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•永嘉县校级期末）如图，在△AOB与△COD中，∠AOB＝∠COD＝90°，AO＝BO，CO＝DO，连接CA，BD．（1）求证：△AOC≌△BOD；（2）连接BC，若OC＝1，AC=7，BC①判断△CDB的形状．②求∠ACO的度数．【分析】（1）由题意可得∠AOC＝∠BOD，且AO＝BO，CO＝DO，即可证△AOC≌△BOD；（2）①由全等三角形的性质和勾股定理的逆定理可得∠BDC＝90°，即可得△CDB是直角三角形；②由全等三角形的性质可求∠ACO的度数．【解答】证明：（1）∵∠AOB＝∠COD＝90°，∴∠AOC＝∠BOD，且AO＝BO，CO＝DO，∴△AOC≌△BOD（SAS）（2）①如图，∵△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•迎泽区校级月考）如图①，已知△ACB和△DCE中，∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝BC，DC＝EC，按照图①的位置摆放，直角顶点C重合．（1）写出AD与BE的关系；（2）如图②，点A、D、E在同一直线上时，若CD=2，BE＝3，求AB长为34（3）如图③，若∠CBD＝45°，AC＝6，BD＝3，求BE的长．【分析】（1）结论：AD和BE的关系是垂直且相等．如图①中，延长AD交BE于点G．证明△ACD≌△BCE（SAS），可得结论．（2）利用全等三角形的性质以及勾股定理，解决问题即可．（3）利用勾股定理求出AD，再证明BE＝AD即可．【解答】（1）结论：AD和BE的关系是垂直且相等．理由：如图①中，延长AD交BE于点G．∵△ACB和△DCB为等腰直角三角形，∴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的关系是垂直且相等（2）解：如图②中，设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故答案为：34．（3）解：如图③中，连接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•东营期末）如图，O是正△ABC内一点，OA＝3，OB＝4，OC＝5，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，连接AO′、OO′，（1）OO′＝4．（2）求∠AOB的度数及四边形AOBO′的面积．（3）直接写出S△AOC+S△AOB的值，S△AOC+S△AOB＝6+94【分析】（1）由旋转性质可得△BOC≌△BOA'，△BOO'是等边三角形，可得AO'＝CO＝5，OO'＝4；（2）由勾股逆定理可判断△AOO'是直角三角形，可得∠AOB＝150°，由S四边形AOBO′＝S△AOO′+S△BOO′＝S△BOC+S△AOC得四边形AOBO′的面积6+43（3）将△AOB绕点A逆时针旋转60°，使得AB与AC重合，点O旋转至O″，同理可得：S△AOC+S△AOB＝S四边形AOCO″＝S△COO″+S△AOO″，即可求出S△AOC+S△AOB=6+9【解答】解：（1）∵BO＝BO'，∠OBO'＝60°，∴△BOO'是等边三角形，∴OO'＝BO＝4．故答案为：4；（2）∵O