专题 勾股定理与全等三角形的综合运用（ 基础题＆提升题＆压轴题 ）（解析版）

八年级下册数学《第十七章勾股定理》专题勾股定理与全等三角形的综合运用（基础题＆提升题＆压轴题）基础题基础题1．（2021秋•岱岳区期中）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于点D，过点D作DE⊥AB于点E．（1）求证：△ADC≌△ADE．（2）若CD＝3，BD＝5，求BE的长．【分析】（1）利用AAS即可证明△ADC≌△ADE；（2）结合（1）根据勾股定理即可求出BE的长．【解答】（1）证明：∵AD平分∠CAB，∴∠DAC＝∠DAE，∵∠C＝90°，DE⊥AB，∴∠C＝∠AED＝90°，在△ADC和△ADE中，∠C=∠AED∠CAD=∠EAD∴△ADC≌△ADE（AAS），（2）解：∵△ADC≌△ADE，∴DE＝DC＝3，在Rt△BDE中，BD＝5，根据勾股定理，得BE=BD【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，角平分线的定义等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，重合用转化的思想思考问题．2．如图，在△ABC和△DCE中，∠ABC＝∠DBE＝90°，AB＝BC，DB＝BE，A，D，E三点在同一直线上．（1）求证：AD＝CE；（2）若DB＝22，AD＝5．求AC的长．【分析】（1）证明△ABD≌△CBE（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．【解答】（1）证明：∵∠ABC＝∠DBE，∴∠ABC﹣∠DBC＝∠DBE﹣∠DBC，即∠ABD＝∠CBE，在△ABD和△CBE中，AB=CB∠ABD=∠CBE∴△ABD≌△CBE（SAS），∴AD＝CE；（2）解：如图，AE与BC交于点O，由（1）可知△ABD≌△CBE，∴∠BAD＝∠BCE，AD＝CE，∵∠AOB＝∠COE，∴∠CEO＝∠ABO＝90°，在Rt△BDE中，∠DBE＝90°，BE＝DB＝22，∴DE=2DB=2×2∵CE＝AD＝5，∴AE＝AD+DE＝5+4＝9，在Rt△ACE中，∠AEC＝90°，AE＝9，CE＝5，∴AC=A【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．3．（2022春•定远县期末）如图，在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D是AB上一点，作等腰Rt△DCE，且∠DCE＝90°，连接AE．（1）求证：△CEA≌△CDB；（2）求证：AE2+AD2＝DE2．【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质和全等三角形的判定证明即可；（2）根据等腰直角三角形的性质和全等三角形的性质解答即可；【解答】证明：（1）∵△ABC和△DCE都是等腰直角三角形，∴AC＝BC，CD＝EC，∠ACB＝∠DCE＝90°，∴∠ACB﹣∠ACD＝∠DCE﹣∠ACD，∴∠ACE＝∠BCD，在△CDB与△CEA中，AC=BC∠ACE=∠BCD∴△CDB≌△CEA（SAS）；（2）∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠B＝∠BAC＝45°，由（1）得△CDB≌△CEA，∴∠EAC＝∠B＝45°，∴∠EAD＝∠EAC+∠BAC＝45°+45°＝90°，∴AE2+AD2＝DE2．【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．4．如图，已知∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝BC＝6，CD＝CE，AE＝3，∠CAE＝45°．（1）求证△ACD≌△BCE；（2）求AD的长．【分析】（1）连接BE．根据SAS证明三角形全等即可．（2）证明∠ABE＝90°，利用勾股定理求出BE即可解决问题．【解答】（1）证明：如图，∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∴∠ACB+∠ACE＝∠DCE+∠ACE，即∠BCE＝∠ACD，在△ACD和△BCE中，AC=BC∠BCE=∠ACD∴△ACD≌△BCE（SAS）．（2）解：∵△ACD≌△BCE，∴AD＝BE，∵AC＝BC＝6，∴AB＝62，∵∠BAC＝∠CAE＝45°，∴∠BAE＝90°，在Rt△BAE中，AB＝62，AE＝3，∴BE=AB∴AD＝BE＝9．【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质，用到的知识点是全等三角形的判定与性质、勾股定理，关键是根据题意作出辅助线，证出△ACD≌△BCE．5．（2022秋•通川区校级期末）已知，如图，Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝6，BC＝4，以斜边AC为底边作等腰三角形ACD，腰AD刚好满足AD∥BC，并作腰上的高AE．（1）求证：AB＝AE；（2）求等腰三角形的腰长CD．【分析】（1）由等腰三角形的性质得出∠DAC＝∠DCA，由平行线的性质得出∠DAC＝∠BCA，得出∠ACB＝∠DCA，由AAS证明△ABC≌△AEC，得出AB＝AE；（2）由（1）得：AE＝AB＝6，CE＝CB＝4，设DC＝x，则DA＝x，DE＝x﹣4，由勾股定理得出方程，解方程即可．【解答】（1）证明：∵DA＝DC，∴∠DAC＝∠DCA，∵AD∥BC，∴∠DAC＝∠BCA，∴∠ACB＝∠DCA，又∵AE⊥CD，∴∠AEC＝90°，∴∠A＝∠AEC＝90°，在△ABC和△AEC中，∠B=∠AEC∠ACB=∠DCA∴△ABC≌△AEC（AAS），∴AB＝AE；（2）解：由（1）得：AE＝AB＝6，CE＝CB＝4，设DC＝x，则DA＝x，DE＝x﹣4，由勾股定理得：DE2+AE2＝DA2，即（x﹣4）2+62＝x2，解得：x=13即CD=13【点评】本题考查了等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理；熟练掌握等腰三角形的性质，并能进行推理论证与计算是解决问题的关键．6．（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．【点评】本题考查勾股定理，根据勾股定理和全等三角形的判定和性质解答是解题关键．7．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝2，AC＝DC，∠ACD＝90°，连接BD．求BD的长．【分析】过D作DE⊥BC交BC的延长线于E，得到∠DEC＝∠ABC＝90°，根据余角的性质得到∠BAC＝∠DCE，根据全等三角形的性质得到DE＝BC＝2，CE＝AB＝4，求得BE＝6，根据勾股定理即可得到结论．【解答】解：过D作DE⊥BC交BC的延长线于E，∴∠DEC＝∠ABC＝90°，∵∠ACD＝90°，∴∠BAC+∠ACB＝∠ACB+∠DCE＝90°，∴∠BAC＝∠DCE，在△ABC与△CED中，∠ABC=∠E∠BAC=∠ECD∴△ABC≌△CED（AAS），∴DE＝BC＝2，CE＝AB＝4，∴BE＝6，∵DE2+BE2＝BD2，∴BD2＝22+62＝40，∴BD＝210．【点评】本题考查了全等三角形的性质定理与判定定理、勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．8．（2022春•雨花区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝3，点D在边AC上，且AD＝2CD，DE⊥AB，垂足为点E，连CE，求：（1）线段BE的长；（2）线段CE的长．【分析】（1）证明△ADE是等腰直角三角形，求出AE即可解决问题．（2）作EF⊥AC于F．求出EF，CF即可解决问题．【解答】解：（1）∵CA＝CB＝3，∠ACB＝90°，∴∠A＝45°，AB=2AC＝32∵DE⊥AE，∴△ADE是等腰直角三角形，∵AC＝BC＝3，AD＝2CD，∴AD＝2，CD＝1，∴AE＝DE=2∴BE＝AB﹣AE＝22．（2）作EF⊥AC于F．∵EF⊥AD，△ADE是等腰直角三角形，∴EF＝AF＝DF＝1，∴CF＝2，在Rt△EFC中，EC=E【点评】本题考查等腰直角三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．9．如图，直线l过正方形ABCD的顶点B，点A，C到直线l的距离分别为1cm和2cm．（1）求证：∠ABA′＝∠BCC′；（2）求BC′的长；（3）求正方形ABCD的边长和面积．【分析】（1）利用等角的余角相等，求证得出：∠ABA′＝∠BCC′；（2）求证得出△ABA′≌△BCC′即可，即BC′＝AA′＝1；（3）利用（2）中，△ABA′≌△BCC′，BC′＝AA′＝1，A′B＝CC′＝2，进一步利用勾股定理求得正方形ABCD的边长，最后求得面积．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC＝90°，AB＝BC，∵AA′⊥A′C′，CC′⊥A′C′，∴∠AA′B＝∠CC′B＝90°，∴∠ABA′+∠CBC′＝90°，∠CBC′+∠BCC′＝90°，∴∠ABA′＝∠BCC′；（2）在△ABA′和△BCC′中，∠AA′B＝∠CC′B，AB＝BC，∠ABA′＝∠BCC′，∴△ABA′≌△BCC′，∴BC′＝AA′＝1（cm）；（3）∵△ABA′≌△BCC′，∴BC′＝AA′＝1，A′B＝CC′＝2，∴AB=1即正方形ABCD的边长为5；正方形ABCD的面积＝（5）2＝5（cm2）．【点评】本题考查了正方形各边相等的性质，等角的余角相等，三角形全等和勾股定理的运用．10．（2022春•蚌山区校级期中）如图，△ABC与△DBE都是等边三角形，DA、DB、DC三边长是一组勾股数，且DC边最长．（1）求证：DE2+CE2＝CD2；（2）求∠ADB的度数．【分析】（1）由“SAS”可证△ABD≌△CBE，可得AD＝EC，∠ADB＝∠BEC，由勾股数可得结论；（2）由勾股定理的逆定理可得∠DEC＝90°，由全等三角形的性质可求解．【解答】证明：（1）∵△ABC与△DBE都是等边三角形，∴AB＝BC，BD＝DE＝BE，∠ABC＝∠DBE＝60°，∴∠ABD＝∠CBE，且AB＝BC，DB＝BE，∴△ABD≌△CBE（SAS）∴AD＝EC，∠ADB＝∠BEC，∵DA、DB、DC三边长是一组勾股数，且DC边最长．∴DA2+DB2＝DC2，∴DE2+CE2＝CD2；（2）∵DE2+CE2＝CD2，∴∠DEC＝90°，∴∠BEC＝150°∴∠ADB＝∠BEC＝150°．【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，证明△ABD≌△CBE是本题的关键．11．如图，在等腰直角三角形ABC中，∠ABC＝90°，D为AC边上的中点，过D点作DE⊥DF，交AB于E，交BC为F，（1）求证：BE＝CF；（2）若AE＝4，FC＝3，求EF的长．【分析】（1）连接BD，根据的等腰直角三角形的性质证明△BED≌△CFD就可以得出AE＝BF，BE＝CF；（2）由AE＝BF，FC＝BE就可以求得EF的长．【解答】解：（1）连接BD．∵D是AC中点，∴∠ABD＝∠CBD＝45°，BD＝AD＝CD，BD⊥AC∵∠EDB+∠FDB＝90°，∠FDB+∠CDF＝90°，∴∠EDB＝∠CDF，在△BED和△CFD中，∠EBD=∠CBD=CD∴△BED≌△CFD（ASA），∴BE＝CF；（2）∵AB＝BC，BE＝CF＝3，∴AE＝BF＝4在RT△BEF中，EF=BE2【点评】本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应边相等的性质，考查了勾股定理的运用，本题中连接BD是解题的关键．12．（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=5【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，证明三角形全等是解题的关键．提升题提升题1．（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，AB=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+BE2．【点评】本题主要考查全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，解答的关键是结合图形分析清楚角与角，边与边之间的关系．2．（2022春•钦州期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，P是△ABC内一点，且PB＝1，PC＝2，PA＝3，过点C作CD⊥CP，垂足为C，令CD＝CP，连接DP，BD，求∠BPC的度数．【分析】先证明△PCD是等腰直角三角形，得出：PD=2PC＝22，∠CPD＝∠CDP＝45°，再证明△ACP≌△BCD（SAS），得出BD＝PA＝3，运用勾股定理逆定理证得∠BPD＝90【解答】解：∵CD⊥CP，∴∠PCD＝90°，∵PC＝CD＝2，∴△PCD是等腰直角三角形，∴PD=2PC＝22，∠CPD＝∠CDP＝45∵∠ACB＝90°，∴∠ACP+∠PCB＝90°，又∵∠PCB+∠BCD＝90°，∴∠ACP＝∠BCD，在△ACP和△BCD中，AC=BC∠ACP=∠BCD∴△ACP≌△BCD（SAS），∴BD＝PA＝3，∵PB＝1，∴PB2+PD2＝12+（22）2＝9，∵PA2＝32＝9，∴PA2＝PB2+PD2，∴∠BPD＝90°，∵∠CPD＝45°，∴∠BPC＝∠BPD+∠CPD＝135°．【点评】该题主要考查了全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、勾股定理逆定理等几何知识点及其应用问题；是一道综合性较强的题目，证明△ACP≌△BCD（SAS）和运用勾股定理逆定理是解题的关键．3．如图，△AOB和△COD都为等腰直角三角形，且∠AOB＝∠COD＝90°．（1）如图①，当△COD的顶点D恰好在AB边上时，求证：2OD2＝AD2+BD2；（2）将△COD绕点O旋转至图②的位置，连接AD，BC交于点F，连接FO，求证：FO平分∠AFC．【分析】（1）连接CB，利用SAS证明△AOD≌△BOC，得BC＝AD，∠OBC＝∠A＝45°，再利用勾股定理可得结论；（2）过点O作OM⊥AD于M，ON⊥BC于N，由（1）同理得，△AOD≌△BOC（SAS），得AD＝BC，S△AOD＝S△BOC，则OM＝ON，再根据角平分线的判定可得结论．【解答】证明：（1）连接CB，∵∠AOB＝∠COD＝90°．∴∠AOD＝∠BOC，∵△AOB和△COD都为等腰直角三角形，∴OA＝OB，OD＝OC，∴△AOD≌△BOC（SAS），∴BC＝AD，∠OBC＝∠A＝45°，∴∠DBC＝90°，∴BD2+BC2＝CD2，∵∠DOC＝90°，OD＝OC，∴2OD2＝CD2，∴2OD2＝AD2+BD2；（2）过点O作OM⊥AD于M，ON⊥BC于N，由（1）同理得，△AOD≌△BOC（SAS），∴AD＝BC，S△AOD＝S△BOC，∴OM＝ON，∵OM⊥AD，ON⊥BC，∴FO平分∠AFC．【点评】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，勾股定理等知识，证明△AOD≌△BOC是解题的关键．4．（2022春•工业园区校级期末）已知，如图，在长方形ABCD中，AB＝8，BC＝6，P为AD上一点，将△ABP沿BP翻折至△EBP，PE与CD相交于O，且OE＝OD，求AP的长．【分析】由折叠的性质得出EP＝AP，∠E＝∠A＝90°，BE＝AB＝8，由ASA证明△ODP≌△OEG，得出OP＝OG，PD＝GE，设AP＝EP＝x，则PD＝GE＝6﹣x，DG＝x，根据勾股定理得出方程，解方程即可．【解答】解：设CD与BE交于点G，如图所示：∵四边形ABCD是矩形，∴∠D＝∠A＝∠C＝90°，AD＝BC＝6，CD＝AB＝8，由翻折的性质得：△ABP≌△EBP，∴EP＝AP，∠E＝∠A＝90°，BE＝AB＝8，在△ODP和△OEG中，∠D=∠EOD=OE∴△ODP≌△OEG（ASA），∴OP＝OG，PD＝GE，∴DG＝EP，∴AP＝EP＝DG，设AP＝EP＝x，则PD＝GE＝6﹣x，DG＝x，∴CG＝8﹣x，BG＝8﹣（6﹣x）＝2+x，在Rt△BCG中，根据勾股定理得：BC2+CG2＝BG2，即62+（8﹣x）2＝（x+2）2，解得：x＝4.8，∴AP＝4.8．【点评】本题考查了翻折变换的性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识；熟练掌握翻折变换和矩形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．5．（2022秋•南海区期末）如图，在△ABC中，AB＝BC＝10，AC＝210，AD⊥BC，垂足为D．（1）求证：∠B＝2∠CAD．（2）求BD的长度；（3）点P是边BC上一点，且点P到边AB和AC的距离相等，求点P到边AB距离．【分析】（1）由等腰三角形的性质，三角形内角和定理，即可证明；（2）设CD＝x（x＞0），由勾股定理得到AB2﹣BD2＝AC2﹣DC2，列出关于x的方程，求出x的值，即可得到答案；（3）由三角形面积公式得到12BC•AD=12AB•PM+1【解答】（1）证明：∵AB＝AC，∴∠BAC＝∠C，∵∠BAC+∠C+∠B＝180°，∴∠B+2∠C＝180°，∵AD⊥BC，∴∠CAD+∠C＝90°，∴2∠C+2∠CAD＝180°，∴∠B＝2∠CAD，（2）解：设CD＝x（x＞0），在Rt△ABD和Rt△ACD中，∵AB2﹣BD2＝AC2﹣DC2＝AD2，∴102﹣（10﹣x）2=(210)2∴x＝2，∴BD＝BC﹣CD＝10﹣2＝8；（3）解：作PM⊥AB于M，PN⊥AC于N，且PM＝PN，连接AP，在Rt△ABD中，AD=AB∵△ABC的面积＝△PAB的面积+△PAC的面积，∴12BC•AD=12AB•PM+1∴10×6＝（10+210）PM，∴PM＝10﹣210，∴P到AB的距离是10﹣210．【点评】本题考查等腰三角形的性质，勾股定理，三角形的面积，关键是掌握由勾股定理列出关于CD的方程；由三角形面积公式得到12BC•AD=12AB•PM+16．如图，在△ABC中，∠BAC为钝角，边AB、AC的垂直平分线分别交BC于点D、E．（1）若BD2+CE2＝DE2，则∠BAC＝°．（2）若∠ABC的平分线BF和边AC的垂直平分线EF相交于点F，过点F作FG垂直于BA的延长线于点G．求证：BC﹣AB＝2AG．【分析】（1）如图1中，连接AD、AE．首先证明∠DAE＝90°，易知∠DBA＝∠DAB，∠EAC＝∠C，设∠DBA＝∠DAB＝x，∠EAC＝∠C＝y，根据三角形内角和定理可得2x+90°+2y＝180°，推出x+y＝45°，由此即可解决问题；（2）如图2中，连接AF，FC，作FM⊥CB于M，只要证明△BFG≌△CFM，Rt△AFG≌Rt△CFM，即可解决问题．【解答】（1）解：如图1，连接AD、AE，∵边AB、AC的垂直平分线分别交BC于点D、E，∴BD＝DA，EA＝EC，∴∠DBA＝∠DAB，∠EAC＝∠C，设∠DBA＝∠DAB＝x，∠EAC＝∠C＝y，∵BD2+CE2＝DE2，∴AD2+AE2＝DE2，∴∠DAE＝90°，∴2x+90°+2y＝180°，∴x+y＝45°，∴∠BAC＝x+y+90°＝135°；故答案为：135；（2）证明：如图2中，连接AF，FC，作FM⊥CB于M，∵FG⊥BA，∴∠G＝∠BMF＝90°，∵BF平分∠CBA，∴∠GBF＝∠MBF，在△BFG和△BFM中，∠G=∠BMF∠GBF=∠MBF∴△BFG≌△BFM（AAS），∴BG＝BM，FG＝FM，∵EF垂直平分线AC，∴FA＝FC，在Rt△AFG和Rt△CFM中，FG=FMFA=FC∴Rt△AFG≌Rt△CFM（HL），∴CM＝AG，∵BC＝BM+CM，BG＝AB+AG，BG＝BM，CM＝AG，∴BC＝AB+2AG，∴BC﹣AB＝2AG．【点评】此题主要考查了全等三角形的判定和性质、线段的垂直平分线的性质、角平分线的性质、勾股定理的逆定理等知识，根据已知角平分线以及垂直平分线作出相关辅助线从而利用全等求出是解决问题的关键7．已知：在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D为BC边上一动点（与点B不重合），连接AD，以AD始边作∠DAE＝α（0°＜α＜180°）．（1）如图1，当α＝90°，且AE＝AD时，试说明CE和BD的位置关系和数量关系；（2）如图2，当α＝45°，且点E在边BC上时，求证：BD2+CE2＝DE2．【分析】（1）根据∠BAD＝∠CAE，BA＝CA，AD＝AE，运用“SAS”证明△ABD≌△ACE，根据全等三角形性质得出对应边相等，对应角相等，即可得到线段CE、BD之间的关系；（2）把△ACE绕点A顺时针旋转90°，得到△ABG．连接DG，由“SAS”得到△ADG≌△ADE，可得DE＝DG，即可把EF，BE，FC放到一个直角三角形中，从而根据勾股定理即可证明；【解答】解：（1）CE与BD位置关系是CE⊥BD，数量关系是CE＝BD．理由：∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAD＝90°﹣∠DAC，∠CAE＝90°﹣∠DAC，∴∠BAD＝∠CAE，在△ABD和△ACE中，AB=AC∠BAD=∠CAE∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ACE＝∠B＝45°且CE＝BD．∵∠ACB＝∠B＝45°，∴∠ECB＝45°+45°＝90°，即CE⊥BD；（2）如图2，把△ACE绕点A顺时针旋转90°，得到△ABG．连接DG，则△ACE≌△ABG，∴AG＝AE，BG＝CE，∠ABG＝∠ACE＝45°．∵∠BAC＝90°，∠GAE＝90°．∴∠GAD＝∠DAE＝45°，在△ADG和△ADE中，AG=AE∠GAD=∠DAE∴△ADG≌△ADE（SAS）．∴ED＝GD，又∵∠GBD＝90°，∴BD2+BG2＝DG2，即BD2+EC2＝DE2；【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，旋转的性质，勾股定理的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．8．（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．【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，灵活运用全等三角形的判定方法是解题的关键．9．（2022•双台子区校级一模）如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，BD⊥CD于点D，连接AD，在CD上截取CE，使CE＝BD，连接AE．（1）直接判断AE与AD的数量关系；（2）如图2，延长AD，CB交于点F，过点E作EG∥AF交BC于点G，试判断FG与AB之间的数量关系，并证明；【分析】（1）证明△ACE≌△ABD（SAS），由全等三角形的性质得出AE＝AD；（2）过点B作BM⊥BD交DF于点M，证得△BDM为等腰直角三角形，则BD＝BM，证明△CEG≌△BMF（AAS），由全等三角形的性质得出CG＝BF，由直角三角形的性质可得出结论；【解答】解：（1）AE＝AD；如图1，AB与DC交于点F，∵∠DBA+∠DFB＝∠AFE+∠ACE，∠DFB＝∠AFE，∴∠DBA＝∠ACE，∵CE＝BD，AB＝AC，∴△ACE≌△ABD（SAS），∴AE＝AD；故答案为：AE＝AD；（2）FG=2AB过点B作BM⊥BD交DF于点M，∵△ACE≌△ABD，∴∠CAE＝∠BAD，AE＝AD，CE＝BD，∴∠BAD+∠BAE＝90°，∴∠ADE＝45°，∵BD⊥CD，∴∠BDM＝45°，∴△BDM为等腰直角三角形，∴BD＝BM，∴CE＝BM，∵EG∥AF，∴∠EGC＝∠MFB，又∵∠FBM+∠ABD＝45°，∠GCE+∠ACE＝45°，∴∠FBM＝∠GCE，∴△CEG≌△BMF（AAS），∴CG＝BF，∴CG+BG＝BF+BG，∴FG＝BC，∵BC=2AB∴FG=2AB【点评】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，平行线的性质，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是正确构造全等三角形解决问题．10．如图，△ABC是直角三角形，∠CAB＝90°，D是斜边BC上的中点，E、F分别是AB、AC边上的点，且DE⊥DF（1）若AB＝AC，BE＝12，CF＝5，求△DEF的面积．（2）求证：BE2+CF2＝EF2．【分析】（1）首先连接AD，由△ABC是等腰直角三角形，AB＝AC，AD是斜边的中线，可得：AD＝DC，∠EAD＝∠C＝45°，AD⊥BC即∠CDF+∠ADF＝90°，又DE⊥DF，可得：∠EDA+∠ADF＝90°，故∠EDA＝∠CDF，从而可证：△AED≌△CFD，所以可得：AE＝CF，AF＝BC，；根据勾股定理求出EF，解直角三角形求出DE和DF，根据三角形面积公式求出即可．（2）延长ED至点G，使得DG＝DE，连接FG，CG，易证EF＝FG和△BDE≌△CDG，可得BE＝CG，∠DCG＝∠DBE，即可求得∠FCG＝90°，根据勾股定理即可解题．【解答】（1）解：连接AD，如图1，∵在Rt△ABC中，AB＝AC，AD为BC边的中线，∴∠DAC＝∠BAD＝∠C＝45°，AD⊥BC，AD＝DC，又∵DE⊥DF，AD⊥DC，∴∠EDA+∠ADF＝∠CDF+∠FDA＝90°，∴∠EDA＝∠CDF，在△AED与△CFD中，∠EDA=∠CDFAD=CD∴△AED≌△CFD（ASA）．∴AE＝CF，同理△AFD≌△BED，∴AF＝BE，∵∠EAF＝90°，∴EF2＝DE2+DF2，∴BE2+CF2＝EF2；∵BE＝12，CF＝5，∴EF＝13，∵△BDE≌△ADF，∴DE＝DF，∠BDE＝∠ADF，∵AD⊥BD，∴∠ADB＝90°．∴∠EDF＝∠ADE+∠ADF＝∠BDE+∠ADE＝∠ADB＝90°，∴在Rt△EDF中，由勾股定理得：ED2+DF2＝132，DE＝DF=13∴△DEF的面积S=12×DE×（2）证明：延长ED至点G，使得DG＝DE，连接FG，CG，如图2，∵DE＝DG，DF⊥DE，∴DF垂直平分DE，∴EF＝FG，∵D是BC中点，∴BD＝CD，在△BDE和△CDG中，BD=CD∠BDE=∠CDG∴△BDE≌△CDG（SAS），∴BE＝CG，∠DCG＝∠DBE，∵∠ACB+∠DBE＝90°，∴∠ACB+∠DCG＝90°，即∠FCG＝90°，∵CG2+CF2＝FG2，∴BE2+CF2＝EF2．【点评】本题重点考查了三角形全等的判定定理，普通两个三角形全等共有四个定理，即AAS、ASA、SAS、SSS，直角三角形可用HL定理，但AAA、SSA，无法证明三角形全等．压轴题压轴题1．（1）在一次数学探究活动中，陈老师给出了一道题．如图1，已知△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，P是△ABC内的一点，且PA＝3，PB＝1，PC＝2，求∠BPC的度数．小强在解决此题时，是将△APC绕C旋转到△CBE的位置（即过C作CE⊥CP，且使CE＝CP，连接EP、EB）．你知道小强是怎么解决的吗？（2）请根据（1）的思想解决以下问题：如图2所示，设P是等边△ABC内一点，PA＝3，PB＝4，PC＝5，求∠APB的度数．【分析】（1）如图1，首先证明BE2＝PE2+PB2，得到∠BPE＝90°；证明∠CPE＝45°即可解决问题．（2）如图2，作旋转变换；首先证明∠AQP＝60°；其次证明PQ2+CQ2＝PC2，得到∠PQC＝90°，求出∠AQC＝150°，即可解决问题．【解答】解：（1）如图1，由题意得：∠PCE＝90°PC＝EC＝2；BE＝PA＝3；由勾股定理得：PE2＝22+22＝8；∵PB2＝1，BE2＝9，∴BE2＝PE2+PB2，∴∠BPE＝90°，∵∠CPE＝45°，∴∠BPC＝135°．（2）如图2，将△ABP绕点A逆时针旋转60°到△ACQ的位置，连接PQ；则AP＝AQ，∠PAQ＝60°，QC＝PB＝4；∴△APQ为等边三角形，∠AQP＝60°，PQ＝PA＝3；∵PQ2+CQ2＝32+42＝25，PC2＝52＝25，∴PQ2+CQ2＝PC2，∴∠PQC＝90°，∠AQC＝60°+90°＝150°，∴∠APB＝∠AQC＝150°．【点评】该题主要考查了旋转变换的性质、等边三角形的判定及其性质、勾股定理逆定理等几何知识点及其应用问题；对综合的分析问题解决问题的能力提出了较高的要求．2．在等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，点E是平面内任意一点，连接DE．（1）如图1，当点E在边BC上时，过点D作DF⊥DE交AC于点F．①求证：CE＝AF；②试探究线段AF，DE，BE之间满足的数量关系．（2）如图2，当点E在△BDC内部时，连接AE，CE，若DB＝5，DE＝32，∠AED＝45°，求线段CE的长．【分析】（1）①根据ASA证明△ADF≌△CDE，进而解答即可；②连接EF，根据全等三角形的性质和勾股定理解答即可；（2）根据SAS证明△CDE≌△ADG，进而利用全等三角形的性质和勾股定理解答．【解答】证明：（1）①∵∠ACB＝90°，AC＝BC，CD⊥AB，∴∠ACD＝∠BCD＝∠A＝45°，∴CD＝AD，∵DF⊥DE，CD⊥AB，∠ADF+∠CDF＝∠CDE+∠CDF＝90°，∴∠ADF＝∠CDE，在△ADF与△CDE中，∠A=∠BCD=45°AD=CD∴△ADF≌△CDE（ASA），∴CE＝AF；连接EF，∵△ADF≌△CDE，∴DE＝DF，∵DF⊥DE，∴△DEF是等腰直角三角形，∴EF2＝DE2+DF2＝2DE2，∵AF＝CE，AC＝BC，∴CF＝BE，在Rt△CEF中，EF2＝CE2+CF2，∴AF2+BE2＝CE2+CF2＝EF2＝2DE2．（2）过点D作DH⊥AE于H，过点D作DG⊥DE交AE于G，∵∠ACB＝90°，AC＝BC，CD⊥AB，∴∠ACD＝∠BCD＝∠A＝45°，∴CD＝AD，∵DG⊥DE，CD⊥AB，∠ADG+∠CDG＝∠CDE+∠CDG＝90°，∴∠ADG＝∠CDE，∵DG⊥DE，∠AED＝45°，∴∠DGE＝45°＝∠AED，∴DG＝DE，在△CDE与△ADG中AD=CD∠ADG=∠CDE∴△CDE≌△ADG（SAS），∴CE＝AG，在Rt△DEG中，DE＝DG＝32，∴EG＝6，∵DH⊥AE，∴DH＝GH＝EH＝3，在Rt△ADH中，AD＝5，∴AH=A∴CE＝AG＝AH﹣GH＝1．【点评】此题考查全等三角形的判定和性质，关键是根据全等三角形的判定和性质以及勾股定理解答．3．（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．【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∠BDC＝∴∠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．【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，角平分线的性质、线段垂直平分线的性质，熟悉角平分线的性质和线段垂直平分线的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．4．已知，在等腰Rt△OAB中，∠OAB＝90°，OA＝AB，点A，B在第四象限．（1）如图1，若A（1，﹣3），则①OA＝；②求点B的坐标；（2）如图2，AD⊥y轴于点D，M为OB的中点，求证：DO+DA=2DM【分析】（1）①根据勾股定理计算OA的长；②作辅助线，构建全等三角形，证明△ADO≌△BEA（AAS），则BE＝AD＝1，AE＝OD＝3，可得B的坐标；（2）解法一：如图3，作辅助线，构建全等三角形，证明△DAM≌△EBM（SAS），则DM＝EM，∠DMA＝∠EMB，得△DME是等腰直角三角形，可得结论；解法二：如图4，作辅助线，构建全等三角形，证明△MDO≌△MFB（ASA），同理可得结论．【解答】解：（1）①如图1，过A作AP⊥y轴于P，∵A（1，﹣3），∴OP＝3，PA＝1∴OA=10故答案为：10；②如图2，过点A作AD⊥y轴于D，过点B作BE⊥AD于E，则∠ODA＝∠AEB＝90°，∠DOA＝∠BAE，OA＝AB，∴△ADO≌△BEA（AAS），∴BE＝AD＝1，AE＝OD＝3，∴DE＝4，∴B（4，﹣2）；（2）解法一：如图3，连接AM，过B作BE⊥AD，交DA的延长线于点E，∵△AOB是等腰直角三角形，M是OB的中点，∴AM⊥OB，BM＝AM，∠OAM＝∠ABM＝45°，由（1）知：△ODA≌△AEB，∴∠DAO＝∠EBA，∴∠DAM＝∠EBM，AD＝BE，∴△DAM≌△EBM（SAS），∴DM＝EM，∠DMA＝∠EMB，∴∠DME＝∠AMB＝90°，∴△DME是等腰直角三角形，∴DE=2DM∴DA+DO＝DA+AE＝DE=2DM解法二：如图4，过B作BE⊥DA交DM的延长线于点F，交DA的延长线于E，由（1）可知：△ADO≌△BEA，∴BE＝AD，AE＝OD，∵M是OB的中点，∴OM＝BM，∵OD∥BF，∴∠DOM＝∠MBF，∵∠DMO＝∠BMF，∴△MDO≌△MFB（ASA），∴BF＝OD＝AE，DM＝FM，∴DE＝FE，∴DA+DO＝DA+AE＝DE=22DF=【点评】本题考查三角形综合题、坐标与图形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．5．请阅读下列材料：问题：如图1，在等边△ABC内有一点P，且PA＝2，PB=3，PC＝1，求∠BPC李明同学的思路是：将△BPC绕点B逆时针旋转60°，得到△BP′A（如图2），连接P′P．由旋转的性质知△BP′P是三角形；P′A＝PC＝1，∠BP′P＝，P′P＝PB=3；在△AP′P中，∵P′P2+P′A2＝（3）2+12＝4＝PA2∴△AP′P是三角形；∴∠AP′P＝°；∴∠BPC＝∠BP′A＝∠BP′P+∠AP′P＝．问题得到解决．（1）将李明的思路补充完整；（2）请你参考李明同学的思路，探究并解决下列问题：如图3，等腰直角三角形ABC中，∠CAB＝90°，P是△ABC内一点，且PA＝1，PB＝3，PC=7，求∠CPA【分析】（1）由旋转性质、等边三角形的判定可知△BP′P是等边三角形，由等边三角形的性质知∠BP′P＝60°，根据勾股定理逆定理可得△AP′P是直角三角形，继而可得答案．（2）由于△ABC为等腰直角三角形，AB＝AC，则把△APB绕A点逆时针旋转90°可得到△AP′C，连PP′，根据旋转的性质得到∠P′AP＝90°，P′A＝PA＝1，P′C＝PB＝3，得到△PAP′为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得P′P=2PA=2，∠APP′＝45°，在△P′PC中，可得到PC2+P′P2＝P′C2，根据勾股定理的逆定理得到△P′PC为直角三角形，∠CPP′＝90°，利用∠CPA＝∠CPP′+∠【解答】解：（1）将△BPC绕点B逆时针旋转60°，得到△BP′A（如图2），连接P′P．由旋转的性质知△BP′P是等边三角形；∴P′A＝PC＝1、∠BP′P＝60°、P′P＝PB=3在△AP′P中，∵P′P2+P′A2＝（3）2+12＝4＝PA2；∴△AP′P是直角三角形；∴∠AP′P＝90°；∴∠BPC＝∠BP′A＝∠BP′P+∠AP′P＝60°+90°＝150°．故答案为：等边、60°、直角、90、150°；（2）如图，将△APB绕点A逆时针旋转90°可得△AP′C，连接PP′，∴∠P′AP＝90°，PA＝P′A＝1、P′C＝PB＝3，∴△PAP′为等腰直角三角形，由勾股定理可得PP′=2PA=2，∠APP′＝在△PP′C中，∵P′C＝3、PP′=2、PC=∴（7）2+（2）2＝32，即PC2+PP′2＝P′C2，∴△P′PC为直角三角形，∠CPP′＝90°，∴∠CPA＝∠CPP′+∠APP′＝90°+45°＝135°．【点评】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了勾股定理的逆定理以及等腰直角三角形的判定与性质．6．如图①，在凸四边形中，∠ABC＝30°，∠ADC＝60°，AD＝DC．（1）如图②，若连接AC，则△ADC的形状是三角形．你是根据哪个判定定理？答：．（请写出定理的具体内容）（2）如图③，若在四边形ABCD的外部以BC为一边作等边△BCE，并连接AE，请问：BD与AE相等吗？若相等，请加以证明；若不相等，请说明理由．（3）在第（2）题的前提下，请你说明BD2＝AB2+BC2成立的理由．【分析】（2）通过全等三角形的判定定理SAS证得△BDC≌△EAC，然后根据全等三角形的对应边相等推知BD＝EA；（3）要证明BD2＝AB2+BC2，只需证明△ABE是直角三角形即可（BD＝AE）．【解答】解：（1）∵在△ADC中，AD＝AC，∴△ADC是等腰三角形，又∵∠ADC＝60°，∴△ADC是等边三角形（一个内角为60°的等腰三角形是等边三角形）；故答案是：等边；一个内角为60°的等腰三角形是等边三角形；（2）∵由（1）知，△ADC是等边三角形，∴DC＝AC，∠DCA＝60°；又∵△BCE是等边三角形，∴CB＝CE，∠BCE＝60°，∴∠DCA+∠ACB＝∠ECB+∠ACB，即∠DCB＝∠ACE，∴△BDC≌△EAC（SAS），∴BD＝EA（全等三角形的对应边相等）；（3）证明：∵由（2）知，△BCE是等边三角形，则BC＝CE，∠CBE＝60°．∴∠ABE＝∠ABC+∠CBE＝90°．在Rt△ABE中，由勾股定理得AE2＝AB2+BE2．又∵BD＝AE，∴BD2＝AB2+BC2．【点评】本题考查了等边三角形的判定、全等三角形的判定与性质以及勾股定理．如果一个三角形满足下列任意一条，则它必满足另一条，三边相等或三角相等的三角形为等边三角形：①三边长度相等；②三个内角度数均为60度；③一个内角为60度的等腰三角形．7．（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．【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．8．（2022秋•唐河县期末）（1）感知：如图1，△ABC和△CDE都是等边三角形，连结AD，BE，则可证△CBE≌△CAD，依据；进而得到线段BE＝AD，依据．（2）探究：如图2，AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝α，AD、BE相交于点M，连接CM．①线段BE与AD之间是否仍存在（1）中的结论？若是，请证明；若不是，请直接写出BE与AD之间的数量关系；②∠AMB的度数＝．（用含α的式子表示）（3）应用：AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝α，当α＝90°时，如图3，取AD，BE的中点分别为点P、Q，连接CP，CQ，PQ，如果PC=2，直接写出PQ【分析】（1）根据等边三角形的性质得到CB＝CA，CE＝CD，∠ACB＝∠DCE＝60°，利用SAS定理证明△CBE≌△CAD，根据全等三角形的性质得到BE＝AD；（2）①证明△CBE≌△CAD，根据全等三角形的性质得到BE＝AD；②根据全等三角形的性质、三角形内角和定理计算即可；（3）证明△ACP≌△BCQ，得到∠PCQ＝90°，经过勾股定理计算即可．【解答】解：（1）∵△ABC和△CDE都是等边三角形，∴CB＝CA，CE＝CD，∠ACB＝∠DCE＝60°，∵∠ECB＝∠ACB﹣∠ECA，∠ACD＝∠DCE﹣∠ECA，∴∠ECB＝∠DCA，在△CBE和△CAD中，CB=CA∠ECB=∠DCA∴△CBE≌△CAD（SAS），∴BE＝AD（全等三角形的对应边相等），故答案为：SAS；全等三角形的对应边相等；（2）①BE＝AD，证明如下：∵∠ACB＝∠DCE＝α，∠ACD＝α+∠BCD，∠BCE＝α+∠BCD，∴∠ACD＝∠BCE，在△CBE和△CAD中，CB=CA∠ECB=∠DCA∴△CBE≌△CAD（SAS），∴BE＝AD；②∵△ACD≌△BCE，∴∠CAD＝∠CBE∵∠BAC+∠ABC＝180°﹣α，∴∠BAM+∠ABM＝180°﹣α，∴∠AMB＝180°﹣（180°﹣α）＝α，故答案为：α；（3）如图3，由（1）可得，BE＝AD，∵AD，BE的中点分别为点P、Q，∴AP＝BQ，∵△ACD≌△BCE，∴∠CAP＝∠CBQ，在△ACP和△BCQ中，CA=CB∠CAP=∠CBQ∴△ACP≌△BCQ（SAS），∴CP＝CQ，∠ACP＝