专题12 三角形的中位线 带解析

2022-2023学年湘教版八年级数学下册精选压轴题培优卷专题12三角形的中位线阅卷人一、选择题(共10题；每题2分，共20分)得分1．（2分）（2022八下·平远期末）如图，在四边形ABCD中，点P是对角线BD的中点，点E、F分别是AB、CD的中点，AD=BC，∠CBD=30°，∠ADB=100°，则∠PFE的度数是（）A．15° B．25° C．30° D．35°【答案】D【规范解答】解：∵点P是BD的中点，点E是AB的中点，∴PE是△ABD的中位线，∴PE=AD，PE∥AD，∴∠EPD=180°-∠ADB=80°，同理可得，PF=BC，PE∥BC，∴∠FPD=∠CBD=30°，∵AD=BC，∴PE=PF，∴∠PFE=×（180°-110°）=35°，故答案为：D．

【思路点拨】根据中位线的性质可得PE=AD，PE∥AD，PF=BC，PE∥BC，求出∠FPD=∠CBD=30°，再利用三角形的内角和可得∠PFE=×（180°-110°）=35°。2．（2分）（2022八下·历下期末）如图，在证明三角形的中位线定理时，小兰首先将原图形上面的三角形部分剪开，并旋转180°拼到下方．类似地，现有如图所示的四边形ABCD，，若，，E、F分别是AB和DC的中点，则（）A．4 B．4.5 C．5 D．6【答案】C【规范解答】解：连接并延长，交延长线于G，如图：，，，是中点，，，，，，是中点，是的中位线，，故C符合题意．故答案为：C．【思路点拨】连接并延长，交延长线于G，利用“AAS”证明可得，，再利用中位线的性质可得。3．（2分）（2022八下·文山期末）如图，的周长为18，D、E分别是边AB、BC的中点，则的周长为（）A．5 B．7 C．9 D．11【答案】C【规范解答】解：∵△ABC的周长是18，∴AB+AC+BC=18，∵D，E分别是边AB，BC的中点，∴DE是△ABC的中位线，BD=AB，BE=BC，∴DE=AC，∴△DBE的周长=BD+BE+DE=（AB+AC+BC）=9，故答案为：C．【思路点拨】先求出AB+AC+BC=18，再求出DE=AC，最后求三角形的周长即可。4．（2分）（2022八下·西青期末）如图，点O是矩形的对角线的中点，点E为的中点．若，则的周长为（）A．10 B． C． D．14【答案】B【规范解答】解：在矩形中，，，，，，，点是矩形的对角线的中点，，点为的中点，，，，则的周长为，故答案为：B．【思路点拨】利用中位线的性质可得OE的长，再利用勾股定理求出BE的长，利用直角三角形斜边上中线的性质可得OB的长，最后利用三角形的周长公式可得答案。5．（2分）（2022八下·石家庄期末）如图，在给定的△ABC中，动点D从点B出发沿BC方向向终点C运动，DEAC交AB于点E，DFAB交AC于点F，O是EF的中点，在整个运动过程中，△OBC的面积的大小变化情况是（）A．不变 B．一直增大C．先增大后减小 D．先减小后增大【答案】A【规范解答】解：∵DE∥AC，DF∥AB，∴四边形AEDF是平行四边形，∵O是EF的中点，∴O也是AD的中点，如图，取AB的中点M，AC的中点N，则MN为点O的运动轨迹，∴在整个运动过程中，O的轨迹是△ABC的中位线，，∴点O到线段BC的距离为定值（两条平行线间的距离处处相等），在整个运动过程中，△OBC的面积始终是以BC为底，两条平行线间的距离为高，根据同底等高的三角形面积相等可知：△OBC的面积不变，故答案为：A．【思路点拨】根据平行四边形的性质得出在整个运动过程中，O的轨迹是△ABC的中位线，到BC的距离相等，根据同底等高的三角形面积相等，即可判断△OBC的面积不变。6．（2分）（2022八下·化州期末）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC⊥BC，M在∠CAD的平分线上，且AM⊥DM，点N为CD的中点，连接MN，若AD＝12，MN＝2．则AB的长为（）A．12 B．20 C．24 D．30【答案】B【规范解答】解：延长DM交AC于E，∵AM平分∠CAD，AM⊥DM，∠DAM=∠EAM，∠AMD=∠AME=90°，在△ADM和△AEM中，，∴△ADM≌△AEM（ASA），∴DM=EM，AE=AD=12，∴M点是DE的中点，∵N是CD的中点，∴MN是△CDE的中位线，∵MN=2，∴CE=2MN=4，∴AC=AE+CE=12+4=16，在平行四边形ABCD中，AB=CD，AD∥BC，AC⊥BC，∴AC⊥AD，∴∠CAD=90°，．故答案为：B．

【思路点拨】延长DM交AC于E，先利用“ASA”证明△ADM≌△AEM可得DM=EM，AE=AD=12，利用中位线的性质可得CE=2MN=4，求出AC的长，最后利用勾股定理求出即可。7．（2分）（2022八下·章丘期末）如图，中，平分，E是中点，，则的值为（）A． B． C． D．【答案】C【规范解答】解：如图，延长BD交AC于F点，∵AD平分∠BAC，即，∵AD⊥BC，即，在和中，∴，∴，∴，，∴，∵，，∴是的中位线，∴．故答案为：C．【思路点拨】延长BD交AC于F点，先利用“ASA”证明可得，，求出FC的长，再利用中位线的性质可得。8．（2分）（2022八下·南充期末）如图，矩形中，，分别是边，的中点，于，的延长线交于．下列结论：①；②；③；④．其中结论正确的有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D【规范解答】解：连接CM、DM，∵矩形ABCD∴，∵，M，N分别是边AB，CD的中点，∴故①正确；∵∴四边形AMCN是平行四边形∴AN∥CM∴∵∴CM垂直平分PB∴BC=PC∴（SSS）∴即故②正确；∵，，∴（HL）∴故③正确；取CQ中点E，连接EN∵N是CD中点∴EN是△CDQ的中位线∴∵∴∴，即故④正确；综上所述，正确的是①②③④故答案为：D．【思路点拨】连接CM、DM，由矩形的性质可得AB=CD，根据线段的中点及直角三角形斜边中线的性质可得，故①正确；可证四边形AMCN是平行四边形，可得AN∥MC，根据SSS证明，可得，故②正确；根据HL可证明，可得PQ=AQ，故③正确；取CQ中点E，连接EN，可得EN是△CDQ的中位线，可得DQ=2EN，根据大角对大边进行判断即可.9．（2分）（2022八下·长兴期末）如图，直线AC与反比例函数y=（x>0）的图象交于A，C两点（点A在点C的左边），与x轴交于点B，以点A为顶点向下作矩形ADMN，其对角线相交于点O，且AD平分∠OAB，AC=CB，连结CD，若△ACD的面积为6，则k的值为（）A．8 B．10 C．12 D．16【答案】A【规范解答】解：如图，过点A作AN⊥x轴于点N，过点C作CM⊥x轴于点M，连接CO，

∵矩形ADMN，

∴OA=OD，

∴∠OAD=∠ODA，

又∵AD平分∠OAB，

∴∠OAD=∠DAB，

∴∠ODA=∠DAB，

∴OD∥AB，

∵△ACD的面积为6，AC=CB，

∴S△AOC=S△OCB=6，CM是△ANB的中位线，

∴AN=2CM，NM=MB，

设点A（x，），则ON=x，AN=，

∴CM=，

∴C（2x，），

∴MB=x，OB=3x，

∴S△OCB=6=OB·CM=×3x·=，

∴k=8.

故答案为：A.

【思路点拨】作AN⊥x轴于点N，作CM⊥x轴于点M，连接CO，由矩形性质推出∠OAD=∠ODA，再由角平分线定义得∠OAD=∠DAB，可得∠ODA=∠DAB，证出OD∥AB，结合△ACD的面积为6，AC=CB，

从而得S△AOC=S△OCB=6，CM是△ANB的中位线，则AN=2CM，NM=MB，设点A（x，），即得ON=x，AN=，CM=，即得C（2x，），表示出MB=x，OB=3x，再由三角形的面积公式可得S△OCB=6=OB·CM=，解之即可求得k值.10．（2分）（2021八下·江北期末）如图所示，正方形ABCD的边长为4，点E为线段BC上一动点，连结AE，将AE绕点E顺时针旋转90°至EF，连结BF，取BF的中点M，若点E从点B运动至点C，则点M经过的路径长为（）A．2 B． C． D．4【答案】B【规范解答】解：取BC、CD的中点G、H，连接GH，连接BD∴GH为△BCD的中位线，∴∵将AE绕点E顺时针旋转90°至EF，∴EF⊥AE，当E点在B处时，M点在BC的中点G处，当E点在C点处时，M点在CD中点处，∴点M经过的路径长为GH的长，∵正方形ABCD的边长为4，∴∴，故答案为：B.【思路点拨】取BC、CD的中点G、H，连接GH，连接BD，利用三角形的中位线定理可证得，再利用旋转的性质可证得EF⊥AE；当E点在B处时，M点在BC的中点G处，当E点在C点处时，M点在CD中点处，可得到点M经过的路径长为GH的长；然后利用勾股定理求出BD的长，即可得到GH的长.阅卷人二、填空题(共10题；共20分)得分11．（2分）（2022八下·虎林期末）如图，在平行四边形中，对角线，相交于点O，在的延长线上取点E，使，连接交于点F，若，则．【答案】3【规范解答】解：过O作OM∥BC交CD于M，∵在平行四边形ABCD中，，∴BO＝DO，∴CM＝DM=，∵，∴CE=CM，∵OM∥BC，∴CF是△EMO中位线，即；故答案为：3．

【思路点拨】

根据平行四边形对角线互相平分和三角形中位线定理求得，再根据中位线定理求得CF.12．（2分）（2022八下·本溪期末）如图，，是四边形的对角线，点E，F分别是，的中点，点M，N分别是，的中点，顺次连接，，，，若，则四边形的周长是．【答案】4【规范解答】解：点E，F分别是，的中点，点M，N分别是，的中点，、、、分别为、、、的中位线，∵AD=CD=2，，，四边形的周长．故答案为：．

【思路点拨】根据三角形中位线的性质可得，，再利用四边形的周长公式计算即可。13．（2分）（2022八下·辽阳期末）如图，中，平分，，垂足为D，E为中点，若，，则的长为．【答案】6【规范解答】解：如图：延长CD交AB于F在△BDC和△BDF中∴△BDC≌△BDF（ASA）∴BF=BC=18，CD=DF∴AF=AB-BF=12，∵E为AC中点，∴CE=EA∵CD=DF，∴DE=AF=6．故答案为：6．

【思路点拨】延长CD交AB于F，先利用“ASA”证明△BDC≌△BDF，可得BF=BC=18，CD=DF，再利用三角形的中位线可得DE=AF=6。14．（2分）（2022八下·滕州期末）如图，在四边形ABCD中，∠A＝90°，AB＝12，AD＝5．点M、N分别为线段BC、AB上的动点（含端点，但点M不与点B重合），点E、F分别为DM、MN的中点，则EF长度的最大值是．【答案】6.5【规范解答】解：连接DN，DB点E、F分别为DM、MN的中点，EF是的中位线由题意得，当N与点B重合时，DN最大，此时EF的值最大由勾股定理得，DB=的最大值为6.5故答案为：6.5．

【思路点拨】连接DN，DB，先利用三角形的中位线的性质可得，再利用勾股定理求出DB的长即可。15．（2分）（2022八下·连山期末）如图，矩形ABCD中，交CD于点E，点F在AD上，连接CF交AE于点G，，若，则CD的值为．【答案】【规范解答】解：连接AC交BD于点O，连接OG，令BD与CF交于点M，∵GF=AF，∴∠FAG=∠FGA，∵四边形ABCD为矩形，∴BD=AC=4，OB=OD，∵CG=GF，∴OG为△CAF的中位线，∴AF=2OG，OG∥AD，∴∠FDM=∠MOG，∵AE⊥BD，∴∠FGA+∠GMO=90°，∠MDF+∠FAG=90°，.∴∠GMO=∠MDF，∴∠GMO=∠MDF=∠MOG=∠FMD，∴OG=GM，FM=FD，设OG=GM=x，则CG=GF=AF=2x，∴FD=FM=FG-MG=2x-x=x，∴CF=4x，AD=3x，在Rt△DCF中，由勾股定理得，，在Rt△ADC中，由勾股定理得，DC2+AD2=AC2，即15x2+9x2=48，解得x=，∴，故答案为：．

【思路点拨】连接AC交BD于点O，连接OG，令BD与CF交于点M，设OG=GM=x，则CG=GF=AF=2x，利用勾股定理可得DC2+AD2=AC2，将数据代入可得15x2+9x2=48，求出x的值，即可得到CD的长。16．（2分）（2022八下·栾城期末）如阳，在矩形中，对角线、相交于点，点、分别是、的中点，若cm，cm，则cm．【答案】2.5【规范解答】∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD=90°，OD=BD，AD=BC=8，∴，∴OD=5cm，∵点E、F分别是AO、AD的中点，∴EF是△AOD的中位线，∴EF=OD=2.5cm；故答案为2.5【思路点拨】先利用勾股定理求出BD的长，再利用矩形的性质求出OD的长，最后利用三角形中位线的性质求出EF的长即可。17．（2分）（2022八下·海曙期末）如图，中，，以AB为边在三角形外的的对角线交于点F，AE=2，AB=5，则CF的最大值是．【答案】3.5【规范解答】解：如图，取AB中点O，连结FO，CO，

∵▱AEDB，AE=2，AB=5，

∴BD=2，AO=BO=2.5，AF=DF，

∴OF是△ABD的中位线，

∴FO=1，

又∵∠ACB=90°，

∴OC=2.5，

在△FOC中，CF＜FO+OC，

∴当F、O、C三点共线时，CF最大，

∴CFmax=FO+OC=1+2.5=3.5.

故答案为：3.5.【思路点拨】如图，取AB中点O，连结FO，CO，由平行四边形性质得BD=2，AO=BO=2.5，AF=DF，可证出OF是△ABD的中位线，即得FO=1，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边一半得OC=2.5，在△FOC中，由三边关系得CF＜FO+OC，因此当F、O、C三点共线时，CF最大，求得CF值即可.18．（2分）（2022八下·拱墅期中）如图，在▱中，是对角线，，点是的中点，平分，于点，连接已知，，则的长为.【答案】【规范解答】解：如图，延长AB、CF交于点H，四边形ABCD是平行四边形，，，，平分，，在和中，，≌，，，，点E是BC的中点，，，故答案为：.【思路点拨】如图，延长AB、CF交于点H，由平行四边形的性质可得AB∥CD，由平行线的性质可得∠ACD=∠BAC=90°，用勾股定理可求得AC的值，由角平分线定义可得∠BAF=∠CAF，结合已知用角边角可证ΔAFH≌ΔAFC，则AC=AH，HF=CF，由线段的构成BH=AH-AB可求得BH的值，然后根据三角形中位线定理得EF=BH可求解.19．（2分）（2022八下·青山期中）如图，正方形ABCD的边长为6，点P为BC边上一动点，以P为直角顶点，AP为直角边作等腰Rt△APE，M为边AE的中点，当点P从点B运动到点C，则点M运动的路径长为．【答案】【规范解答】解：如下图所示，连接AC，BD相交于点O，连接EC，过点E作ET⊥BC交BC的延长线于T．∵△APE是等腰直角三角形，∴∠APB+∠TPE=90°．∵四边形ABCD是正方形，ET⊥BC，∴∠ABP=90°，∠PTE=90°．∴∠ABP=∠PTE，∠BAP+∠APB=90°．∴∠BAP=∠TPE．．．∵四边形ABCD是正方形，．．∴BC-PC=PT-BC，即PB=CT．．∴∠TEC=∠TCE=45°．∵正方形ABCD中，AC，BD相交于点O，∴O是AC的中点，∠DBC=45°．∴∠DBC=∠TCE．．∵M是AE的中点，∴OM是△ACE的中位线．∴．∴点M在直线OD上．∵点P在BC边上移动，∴点M的运动轨迹是OD．∵正方形ABCD的边长是6，且AC，BD相交于点O，∴AB=6，AD=6，O是BD的中点．∴．∴．故答案为：．

【思路点拨】连接AC，BD相交于点O，连接EC，过点E作ET⊥BC交BC的延长线于T，利用等腰直角三角形的性质可证得∠APE=90°，AP=PE，利用余角的性质可证得∠BAP=∠TPE，利用AAS证明△ABP≌△PTE，利用全等三角形的对应边相等，可得到AB=PT，PB=ET；利用正方形的性质可得到ABPBC，由此可推出BC=PT，即可得到PB=CT=ET；利用正方形的性质可得到点O是AC的中点，∠DBC=45°，从而可推出∠DBC=∠TCE，同时可证得OM是△ACE的中位线，由此可推出点M的运动轨迹是OD，利用勾股定理求出BD的长，即可得到OD的长.20．（2分）（2021八下·苏州期末）如图，在中，，，.将绕点按逆时针方向旋转后得，直线DA、BE相交于点F.取BC的中点G，连接GF，则GF长的最大值为cm.【答案】4【规范解答】解：取的中点，连接、，如图：是由绕点旋转得到，，，，设，则，在四边形中，，在中，，，，，中，，是中位线，，而，当、、在一条直线上时，最大，最大值为，故答案为：4.【思路点拨】取AB的中点H，连接HG，HF，利用旋转的性质可证得CE=CB，CD=AC，∠BCE=∠ACD，设∠BCE=∠ACD=α，可表示出∠CBE；再利用四边形的内角和定理可求出∠BFA的度数，利用勾股定理求出AB的长；利用直角三角形的性质可求出HF的长；然后利用三角形的中位线定理可求出HG的长，利用三角形的三边关系定理可知当点F，H，G在同一直线上时，FG最大，最大值是HF+HG的长，即可求解.阅卷人三、解答题(共8题；共60分)得分21．（6分）（2022八下·抚远期末）如图，在中，已知，，平分，于点，为中点．求的长．【答案】解：如图，延长交于点．∵平分，∴．∵，∴．∴．∴，．∴是的中点．∵，，∴．∵为的中点，∴为的中位线．∴．【思路点拨】做辅助线，根据等腰三角形三线合一的性质可得是的中点，通过线段的加减可得FC，再根据中位线定理即可解得DE。22．（6分）（2021八下·兴庆期末）如图，已知等边的边长为4，点D、E分别是、的中点，过点D作，交的延长线于点F，求的长．【答案】解：等边的边长为4，点D、E分别是、的中点，【思路点拨】利用等边三角形的性质，可求出AB的长及∠B=60°，再利用三角形的中位线定理可证得DE∥AB及DE的长，利用平行线的性质可求出∠DEC=60°，然后根据含30°角直角三角形的性质求出DF的长.23．（8分）（2022八下·威县期末）如图，在中，点D，点E分别是边AC，AB的中点，点F在线段DE上，交BC于点G．（1）（4分）证明：四边形EFGB是菱形；（2）（4分）若，求DF的长度．【答案】（1）解：∵点D，点E分别是边AC，AB的中点，

∴DE是△ABC的中位线，

∴，∵，

∴四边形BEFG是平行四边形，

∵∠AFB=90°，点E是AB的中点，

∴FE=BE=AB，∴四边形EFGB是菱形；（2）解：∵点D，点E分别是边AC，AB的中点，

∴DE是△ABC的中位线，∴DE=BC=×19=

在△ABF中，∵∠AFB=90°，∴AF2+BF2=AB2，

∵AF=5，BF=12，∴AB=13

∴EF=AB=×13=，

∴DF=DE－EF=－=3【思路点拨】（1）利用菱形的判定方法证明求解即可；

（2）先求出DE是△ABC的中位线，再求出AF2+BF2=AB2，最后计算求解即可。24．（8分）（2022八下·定远期末）如图，在▱ABCD中，点E在边AD上，连接EB并延长至F，使BF＝BE；连接EC并延长至G，使CG＝CE，连接FG，点H为FG的中点，连接DH，AF．（1）（4分）若∠BAE＝70°，∠DCE＝20°，求∠DEC的度数；（2）（4分）求证：四边形AFHD为平行四边形．【答案】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠BAE＝∠BCD＝70°，AD∥BC，∵∠DCE＝20°，AB∥CD，∴∠CDE＝180°﹣∠BAE＝110°，∴∠DEC＝180°﹣∠DCE﹣∠CDE＝50°；（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝BC，AD∥BC，∵BF＝BE，CG＝CE，∴BC是△EFG的中位线，∴BC∥FG，BC＝FG，∵H为FG的中点，∴FH＝FG，∴BC∥FH，BC＝FH，∴AD∥FH，AD＝FH，∴四边形AFHD是平行四边形．【思路点拨】（1）利用平行四边形的性质计算求解即可；

（2）先求出BC是△EFG的中位线，再求出FH＝FG，最后证明即可。25．（7分）（2022八下·大荔期末）如图，在中，，延长BA到点D，使，点E、F分别为边BC、AC的中点．（1）（3分）求证：；（2）（4分）过点A作，交DF于点G，求证：．【答案】（1）证明：如图，过点F作FH∥BC，交AB于点H，∵FH∥BC，点F是AC的中点，点E是BC的中点，∴，EF∥AB，∵，∴．∵，∴CA是DH的中垂线．∴DF=FH．∵FH∥BC，EF∥AB，∴四边形HFEB是平行四边形．∴FH=BE．∴BE=FD．（2）证明：由（1）知BE=FD，又∵EF∥AD，∴四边形DBEF是等腰梯形．∴∠B=∠D．∵AG∥BC，∠B=∠DAG，∴∠D=∠DAG．∴AG=DG．【思路点拨】（1）过点F作FH∥BC，交AB于点H，利用三角形的中位线定理可证得EF∥BA，同时可证得AD=AH，可证得CA是DH的中垂线，利用垂直平分线的性质可证得DF=FH；再利用有两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可证得四边形HFEB是平行四边形，利用平行四边形的性质可推出FH=BE，由此可证得结论；

（2）易证四边形DBEF是等腰梯形，由等腰梯形同一底上的两个角相等得∠B=∠D，由AG∥BC得∠B=∠DAG，则推出∠D=∠DAG，利用等角对等边，可证得结论.26．（8分）（2022八下·南海期末）如图1，在平面直角坐标系xOy中，有长方形OABC，其中点C坐标为，，点D是边OC的中点，点P是射线CA上的一个动点，请回答下面的问题：（1）（1分）若点P是线段AC的中点，直接写出．（2）（3分）如图2，过点P作轴，垂足是点E，若以C、D、E、P为顶点的四边形是平行四边形，求出点P的坐标．（3）（4分）连接BP，若是等腰三角形，求CP的长度．【答案】（1）（2）解：∵PE⊥x轴，∴PE∥CD，若以C、D、E、P为顶点的四边形是平行四边形，则PE＝CD＝OC＝．∴点P的纵坐标绝对值是，设直线AC的解析式为y＝kx＋b（k≠0），把A（3，0）、C（0，）代入得，，解得：，∴直线AC的解析式为，若点P在线段AC上，纵坐标是，则，解得：x＝，此时，点P的坐标为（，）；若点P在线段CA的延长线上，纵坐标是，则，解得：x＝，此时，点P的坐标为（，），综上所述，点P的坐标为（，）或（，）；（3）解：①当PB＝PC时，如图：过点P作PQ⊥BC于点Q，∴∠PQC＝90°，∵PB＝PC，∴点P在线段BC的垂直平分线上，∴CQ＝BQ＝BC＝，∵BC∥OA，∴∠PCQ＝∠CAO＝30°，∴PQ＝CQ＝，∴CP＝2PQ＝；②当CP＝CB时，CP＝3；③当BP＝BC时，过点B作BH⊥CP于点H，如图：∴∠CHB＝90°，CP＝2CH，在Rt△BCH中，∠BCH＝30°，BC＝3，∴BH＝，∴CH＝BH＝，∴CP＝2CH＝．综上，若△CPB是等腰三角形，CP的长度为：或3或．【规范解答】解：(1)∵C（0，），∠AOC＝90°，∠CAO＝30°，∴AC＝2OC＝2，∴OA＝＝3，∵点D是OC的中点，点P是线段AC的中点，∴PD是△AOC的中位线，∴PD＝OA＝，故答案为：；【思路点拨】（1）先利用含30°角的直角三角形的性质求出AC的长，再利用勾股定理求出OA的长，最后利用中位线的性质可得PD的长；

（2）先求出直线AC的解析式，再分两种情况：①若点P在线段AC上，②若点P在线段CA的延长线上，再分别求解即可；

（3）分三种情况：①当PB＝PC时，②当CP＝CB时，CP＝3；③当BP＝BC时，过点B作BH⊥CP于点H，再分别求解即可。27．（8分）（2022八下·晋中期末）综合与实践：图形的旋转变换是研究数学相关问题的重要手段之一，在研究三角形的旋转过程中，发现下列问题：如图1，在△ABC中，，，D，E分别为AB，AC边上一点，连接DE，且，将△ABC绕点A在平面内旋转．（1）（1分）观察猜想：若，将△ABC绕点A旋转到如图2所示的位置，则DB与EC的数量关系为；（2）（3分）类比探究：若，将△ABC绕点A旋转到如图3所示的位置