人教版八年级下册第16~18章压轴题考点训练（二）（教师版）-2023年初中数学8年级下册同步压轴题

人教版八年级下册第16~18章压轴题考点训练(二)1．如图，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点E是BC边上一点，连接AE，把∠B沿AE折叠，使点B落在点处，当为直角三角形时，BE的长为____【答案】3或【分析】当△CEB′为直角三角形时，有两种情况：①当点B′落在矩形内部时，如答图1所示．连结AC，先利用勾股定理计算出AC=5，根据折叠的性质得∠AB′E=∠B=90°，而当△CEB′为直角三角形时，只能得到∠EB′C=90°，所以点A、B′、C共线，即∠B沿AE折叠，使点B落在对角线AC上的点B′处，则EB=EB′，AB=AB′=3，可计算出CB′=2，设BE=x，则EB′=x，CE=4-x，然后在Rt△CEB′中运用勾股定理可计算出x．②当点B′落在AD边上时，如答图2所示．此时ABEB′为正方形．【详解】当△CEB′为直角三角形时，有两种情况：①当点B′落在矩形内部时，如答图1所示．连结AC，在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，∴AC==5，∵∠B沿AE折叠，使点B落在点B′处，∴∠AB′E=∠B=90°，当△CEB′为直角三角形时，只能得到∠EB′C=90°，∴点A、B′、C共线，即∠B沿AE折叠，使点B落在对角线AC上的点B′处，∴EB=EB′，AB=AB′=3，∴CB′=5-3=2，设BE=x，则EB′=x，CE=4-x，在Rt△CEB′中，∵EB′2+CB′2=CE2，∴x2+22=(4-x)2，解得，∴BE=；②当点B′落在AD边上时，如答图2所示．此时ABEB′为正方形，∴BE=AB=3．综上所述，BE的长为或3．故答案为：或3．【点睛】此题考查了折叠和矩形的性质，勾股定理的运用，正方形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握折叠和矩形的性质，勾股定理的运用，正方形的判定和性质．2．如图，在正方形中，点在上，，，点是上的一个动点，则的最小值是________．【答案】5【分析】根据题意，连接PA、AE，由正方形的性质可知A、C关于直线BD对称，故AE的长即为PA+PC的最小值，再根据勾股定理求出AE的长即可．【详解】解：，，，，，如图，连接，在正方形中，点和点关于对称，，，由两点之间线段最短可知，当点，，在一条直线上时，有最小值，且最小值为，在中，，，．∴的最小值为．故答案为：5【点睛】此题主要考查了正方形的性质和轴对称及勾股定理等知识的综合应用，找出最短路径作法是解题关键．3．化简_________________．【答案】x【分析】由题意得，，则，变形为，进行计算即可得．【详解】解：由题意得，，则，====x，故答案为：x．【点睛】本题考查了化简二次根式，化简绝对值，解题的关键是掌握二次根式的性质和求绝对值法则．4．如图，□ABCD的对角线相交于点O，且AB≠AD，过O作OE⊥BD，交BC于点E，若△CDE的周长为10，则平行四边形ABCD的周长是__________【答案】20【分析】由四边形是平行四边形，根据平行四边形的对角线互相平分、对边相等，即可得出，，，又根据，即可得是的垂直平分线，然后根据线段垂直平分线的性质，即可得，又由的周长为10，即可求得平行四边形的周长．【详解】解：四边形是平行四边形，，，，，，的周长为10，即，平行四边形的周长为：．故答案为：20．【点睛】此题考查了平行四边形的性质与线段垂直平分线的性质．解题的关键是注意掌握数形结合思想与转化思想的应用．5．如图，在菱形中，，，为中点，为对角线上一动点，连接和，则的最小值是______．【答案】【分析】根据题意，作点M关于BD的对称点N，然后根据两点之间线段最短，可知AN就是PA+PM的最小值，再根据勾股定理即可求得AN的值，本题得以解决．【详解】】解：作点M关于BD的对称点N，交CD于点N，连接AN，则AN就是PA+PM的最小值，∵在菱形ABCD中，AB=4，∠ABC=60°，M为AD中点，AC⊥BD，∴∠ADC=60°，DA=DC，点N为CD的中点，∴△DAC是等边三角形，AN⊥CD，∴AC=AD=AB=4，故答案为：【点睛】本题考查菱形的性质、轴对称-最短路近问题，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．6．我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一副“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”如图①是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围成的.若较短的直角边BC=5，将四个直角三角形中较长的直角边分别向外延长一倍，得到图②所示的“数学风车”，若△BCD的周长是30，则这个风车的外围周长是_________.【答案】76【详解】分析：由题意∠ACB为直角，利用勾股定理求得外围中一条边，又由AC延伸一倍，从而求得风车的一个轮子，进一步求得四个．详解：依题意，设“数学风车”中的四个直角三角形的斜边长为x，AC=y，则x2=4y2+52，∵△BCD的周长是30，∴x+2y+5=30则x=13，y=6．∴这个风车的外围周长是：4(x+y)=4×19=76．故答案是：76．点睛：本题考查了勾股定理在实际情况中的应用，注意隐含的已知条件来解答此类题．7．如图,在菱形ABCD中,边长为1,∠A=60˚,顺次连接菱形ABCD各边中点,可得四边形；顺次连结四边形各边中点,可得四边形；顺次连结四边形各边中点,可得四边形；按此规律继续下去，…,则四边形的面积是_________________．

【答案】【分析】首先利用已知数据求出菱形ABCD的面积，易得四边形A2B2C2D2的面积等于矩形A1B1C1D1的面积的，同理可得四边形A3B3C3D3的面积等于四边形A2B2C2D2的面积的，那么等于矩形A1B1C1D1的面积的()2，同理可得四边形A2016B2016C2016D2016的面积．【详解】如图，连接AC、BD．则AC⊥BD．∵菱形ABCD中，边长为1，∠A=60°，∴S菱形ABCD=AC•BD=1×1×sin60°=∵顺次连结菱形ABCD各边中点，可得四边形A1B1C1D1，易证四边形A1B1C1D1是矩形，S矩形A1B1C1D1=AC•BD=AC•BD=S菱形ABCD．同理，S四边形A2B2C2D2=S矩形A1B1C1D1=S菱形ABCD，S矩形A3B3C3D3=()3S菱形ABCD．四边形A2019B2019C2019D2019的面积是=S菱形ABCD=，故答案为．【点睛】本题考查了菱形以及中点四边形的性质．找到中点四边形的面积与原四边形的面积之间的关系是解决本题的关键．8．已知，如图：在平面直角坐标系中，O为坐标原点，四边形OABC是矩形，点A、C的坐标分别为、，点D是OA的中点，点P在BC边上运动，当是等腰三角形时，点Р的坐标为_______________．【答案】，，，；【分析】题中没指明△ODP的腰长与底分别是哪个边,故应该分情况进行分析,从而求得点P的坐标.【详解】(1)OD是等腰三角形的底边时,此时P(2.5,4)；(2)OD是等腰三角形的一条腰时:①若点O是顶角顶点时,P点就是以点O为圆心,以5为半径的弧与CB的交点，在直角∆OPC中，CP===3，则P的坐标是(3,4)；②若D是顶角顶点时,P点就是以点D为圆心,以5为半径的弧与CB的交点，过D作DM⊥BC于点M，在直角∆PDM中,PM==3，当P在M的左边时，CP=5-3=2，则P的坐标是(2,4);当P在M的右侧时，CP=5+3=8,则P的坐标是(8,4)；故P的坐标为:(2.5,4)；(3,4)；(2,4)或(8,4).故答案为:(2.5,4)，(3,4)，(2,4)，(8,4)【点睛】本题考查了等腰三角形的性质和勾股定理的运用解答,注意正确地进行分类，考虑到所有可能的情况是解题的关键.9．【情景呈现】画，并画的平分线．(1)把三角尺的直角顶点落在的任意一点上，使三角尺的两条直角边分别与的两边，垂直，垂足为，，(如图1)．则．(选填：“＜”、“＞”或“＝”)(2)把三角尺绕点旋转(如图2)，猜想，的大小关系，并说明理由．【理解应用】(3)在(2)的条件下，过点作直线，分别交，于点，，如图3猜想，，之间的关系为______．【拓展延伸】(4)如图4，画，并画的平分线，在上任取一点，作，的两边分别与，相交于，两点，与相等吗？请说明理由．【答案】(1)＝(2)，理由见解析(3)(4)，理由见解析【分析】(1)由全等三角形的判定和性质证明PE=PF；(2)过点P作PM⊥OA，PN⊥OB，垂足是M，N，利用条件证明△PEM≌△PFN即可得出结论；(3)根据等腰直角三角形的性质得到OP=PG=PH，证明△GPE≌△OPF(ASA)，△EPO≌△FPH，得到答案；②根据勾股定理，全等三角形的性质解答；(4)作PG⊥OA于G，PH⊥OB于H，证明△PGE≌△PHF，根据全等三角形的性质证明结论．(1)解：∵OC平分∠AOB，∴∠AOC=∠BOC，∵PE⊥OA，∴∠OEP=90°，∵∠AOB=90°，∠EPF=90°∴∠OFP=360°-∠AOB-∠PEO-∠EPF=90°，∴∠OEP=∠OFP又∵∠AOC=∠BOC，OP=OP∴△OEP≌△OFP(AAS)，∴PE=PF，故答案为：=；(2)解：PE=PF，理由如下：如图2，过点P作PM⊥OA，PN⊥OB，垂足是M，N，∵PM⊥OA，PN⊥OB，，∴∠AOB=∠PME=∠PNF=90°，∴∠MPN=90°，与(1)同理可证PM=PN，∵∠EPF=90°，∴∠MPE=∠FPN，在△PEM和△PFN中，，∴△PEM≌△PFN(ASA)，∴PE=PF；(3)解：GE2+FH2=EF2，理由如下：∵OC平分∠AOB，∴∠AOC=∠BOC=45°，∵GH⊥OC，∴∠OGH=∠OHG=45°，∴OP=PG=PH，∵∠GPO=90°，∠EPF=90°，∴∠GPE=∠OPF，在△GPE和△OPF中，，∴△GPE≌△OPF(ASA)，∴GE=OF，同理可证明△EPO≌△FPH，∴∴FH=OE，在Rt△EOF中，OF2+OE2=EF2，∴GE2+FH2=EF2，故答案为：GE2+FH2=EF2；(4)解：PE=PF；理由：作PG⊥OA于G，PH⊥OB于H．在△OPG和△OPH中，，∴△OPG≌△OPH，∴PG=PH，∵∠AOB=60°，∠PGO=∠PHO=90°，∴∠GPH=120°，∵∠EPF=120°，∴∠GPH=∠EPF，∴∠GPE=∠FPH，在△PGE和△PHF中，∴△PGE≌△PHF，∴PE=PF．【点睛】本题考查几何变换综合题，全等三角形的判定和性质、角平分线的定义等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．10．如图所示，在矩形中，cm，cm，点P从A开始沿边以4m/s的速度运动，点Q从C开始沿边以2m/s的速度运动，如果点P，Q分别从A，C同时出发，当其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为ts．(1)当时，求P，Q两点之间的距离．(2)当为何值时，线段与互相平分?(3)当为何值时，四边形的面积为矩形面积的．【答案】(1)cm(2)4s(3)3s【分析】(1)当t=2秒时，表示出QC，AP的长，利用勾股定理求出PQ的长即可．(2)根据线段AQ与DP互相平分，则四边形APQDA为矩形，也就是AP=DQ，分别用含t的代数式表示，解出即可．(3)用t表示出四边形APQD的面积，再求出矩形面积的进而得出即可．【解析】(1)解：连接PQ，过D点P作PE⊥DQ于点E，如图所示：∵AB=24cm，BC=10cm，点P从A开始沿AB边以4cm/s的速度运动，点QA从C开始沿CD边2cm/s的速度移动，∴当t=2秒时，QC=4cm，AP=8cm，∴DQ=24-QC=20cm，则EQ=12cm，∴(cm)，∴P，Q两点之间的距离cm．(2)∵AP=4t，DQ=24-2t，当线段AQ与DP互相平分，则四边形APQD为矩形时，则AP=DQ，即4t=24-2t，解得：t=4，故t为4s时，线段AQ与DP互相平分．(3)∵P在AB上，∴，，，解得：，∴t为3秒时，四边形APQD的面积为矩形面积的．【点睛】本题考查了矩形的性质及勾股定理的应用，根据运动速度得出QC以及AP的长是解题关键．11．已知：在矩形和中，，.(1)如图1，当点在对角线上，点在边上时，连接，取的中点，连接，，则与的数量关系是_____，_____；(2)如图2，将图1中的绕点旋转，使点在的延长线上，(1)中的其他条件不变．①(1)中与的数量关系仍然成立吗？请证明你的结论；②求的度数.【答案】(1)，；(2)①成立，证明见解析；②．【分析】(1)根据直角三角形斜边上中线性质得ME=MD，根据含有30°的直角三角形性质∠EMC=∠EMF+∠CMF=2(∠MDE+∠MDC)=2∠BDC，由∠DBC=30°，得∠BDC=90°-30°=60°，∠EMC=2∠BDC=2×60°=120°；(2)①分别延长EM，CD交于点G，根据矩形性质证△FEM≌△DGM，得ME=GM，在Rt△GEC中，MC=EG=ME；②如图3，分别延长FE，DB交于点H，证△FEB≌△HEB．得FE=HE．根据EM∥HD，得∠7=∠4=30°，∠7=∠8=30°，∠EMC=180°-∠7-∠8=180°-30°-30°=120°．【详解】(1)如图1，∵∠BEF=90°，∴∠DEF=90°，∵点M是DF的中点，∴ME=MD，∵∠BCD=90°，点M是DF的中点，∴MC=MD，∴ME=MC；∵ME=MD，∴∠MDE=∠MED，∴∠EMF=∠MDE+∠MED=2∠MDE，∵MC=MD，∴∠MDC=∠MCD，∴∠CMF=∠MDC+∠MCD=2∠MDC，∴∠EMC=∠EMF+∠CMF=2(∠MDE+∠MDC)=2∠BDC，又∵∠DBC=30°，∴∠BDC=90°-30°=60°，∴∠EMC=2∠BDC=2×60°=120°．故答案为：ME=MC，120．(2)①ME=MC仍然成立．证明：如图2，分别延长EM，CD交于点G，∵四边形ABCD是矩形，∴∠DCB=90°．∵∠BEF=90°，∴∠FEB+∠DCB=180°．∵点E在CB的延长线上，∴FE∥DC．∴∠1=∠G．∵M是DF的中点，∴FM=DM．在△FEM和△DGM中，，∴△FEM≌△DGM，∴ME=GM，∴在Rt△GEC中，MC=EG=ME，∴ME=MC．②如图3，分别延长FE，DB交于点H，∵∠4=∠5，∠4=∠6，∴∠5=∠6．∵点E在直线FH上，∠FEB=90°，∴∠HEB=∠FEB=90°．在△FEB和△HEB中，∴△FEB≌△HEB．∴FE=HE．∵FM=MD，∴EM是三角形FHD的中位线，∴EM∥HD，∴∠7=∠4=30°，∵ME=MC，∴∠7=∠8=30°，∴∠EMC=180°-∠7-∠8=180°-30°-30°=120°．【点睛】本题考查矩形的性质、全等三角形的判定与性质及三角形中位线的性质，综合运用矩形的性质和直角三角形性质分析问题是解题关键．12．已知Rt△ABD中，边AB=OB=1，∠ABO=90°问题探究：(1)以AB为边，在Rt△ABO的右边作正方形ABC，如图(1)，则点O与点D的距离为．(2)以AB为边，在Rt△ABO的右边作等边三角形ABC，如图(2)，求点O与点C的距离．问题解决：(3)若线段DE=1，线段DE的两个端点D，E分别在射线OA、OB上滑动，以DE为边向外作等边三角形DEF，如图(3)，则点O与点F的距离有没有最大值，如果有，求出最大值，如果没有，说明理由．【答案】(1)、；(2)、；(3)、.【分析】试题分析：(1)、如图1中，连接OD，在Rt△ODC中，根据OD=计算即可．(2)、如图2中，作CE⊥OB于E，CF⊥AB于F，连接OC．在Rt△OCE中，根据OC=计算即可．(3)、如图3中，当OF⊥DE时，OF的值最大，设OF交DE于H，在OH上取一点M，使得OM=DM，连接DM．分别求出MH、OM、FH即可解决问题．【详解】试题解析：(1)、如图1中，连接OD，∵四边形ABCD是正方形，

∴AB=BC=CD=AD=1，∠C=90°在Rt△ODC中，∵∠C=90°，OC=2，CD=1，∴OD=(2)、如图2中，作CE⊥OB于E，CF⊥AB于F，连接OC．∵∠FBE=∠E=∠CFB=90°，∴四边形BECF是矩形，∴BF=CF=，CF=BE=，在Rt△OCE中，OC==．(3)、如图3中，当OF⊥DE时，OF的值最大，设OF交DE于H，在OH上取一点M，使得OM=DM，连接DM．∵FD=FE=DE=1，OF⊥DE，∴DH=HE，OD=OE，∠DOH=∠DOE=22.5°，∵OM=DM，∴∠MOD=∠MDO=22.5°，∴∠DMH=∠MDH=45°，∴DH=HM=，∴DM=OM=，∵FH=，∴OF=OM+MH+FH==．∴OF的最大值为．考点：四边形综合题．13．已知：正方形中，，绕点顺时针旋转，它的两边分别交(或它们的延长线)于点．当绕点旋转到时(如图1)，易证．(1)当绕点旋转到时(如图2)，线段和之间有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明．(2)当绕点旋转到如图3的位置时，线段和之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想．【答案】(1)，证明见解析(2)【分析】(1)BM+DN=MN成立，证得B、E、M三点共线即可得到△AEM≌△ANM，从而证得ME=MN．(2)DN-BM=MN．证明方法与(1)类似．【详解】(1)BM+DN=MN成立．证明：如图，把△ADN绕点A顺时针旋转90°，得到△ABE，则可证得E、B、M三点共线．∴∠EAM=90°-∠NAM=90°-45°=45°，又∵∠NAM=45°，∴在△AEM与△ANM中，∴△AEM≌△ANM(SAS)，∴ME=MN，∵ME=BE+BM=DN+BM，∴DN+BM=MN；(2)DN-BM=MN．在线段DN上截取DQ=BM，如图，在△ADQ与△ABM中，∵，∴△ADQ≌△ABM(SAS)，∴∠DAQ=∠BAM，∴∠QAN=∠MAN．在△AMN和△AQN中，∴△AMN≌△AQN(SAS)，∴MN=QN，∴DN-BM=MN．14．在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC为矩形，OA在x轴正半轴上，OC在y轴正半轴上，且A(10，0)、C(0，8)(1)如图1，在矩形OABC的边AB上取一点E，连接OE，将△AOE沿OE折叠，使点A恰好落在BC边上的F处，求AE的长；(2)将矩形OABC的AB边沿x轴负方向平移至MN(其它边保持不变)，M、N分别在边OA、CB上且满足CN＝OM＝OC＝MN．如图2，P、Q分别为OM、MN上一点．若∠PCQ＝45°，求证：PQ＝OP+NQ；(3)如图3，S、G、R、H分别为OC、OM、MN、NC上一点，SR、HG交于点D．若∠SDG＝135°，HG＝4，求RS的长．【答案】(1)AE＝5；(2)见解析；(3).【分析】(1)设，在中，根据勾股定理列方程解出即可；(2)作辅助线，构建两个三角形全等，证明和，由，得出结论；(3)作辅助线，构建平行四边形和全等三角形，可得和，则，，证明和，得，设，在中，根据勾股定理列方程求出EN的长，再利用勾股定理求CE，则SR与CE相等，即可得出结论．【详解】(1)如图1，由题意得：，，设，则，，在中，，∵，∴，∴，由勾股定理得：，解得：，∴；(2)如图2，在PO的延长线上取一点E'，使，∵，，∴四边形OMNC是正方形，∴，∵，∴，∴，，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴；②如图3，过C作，在x轴负半轴上取一点E′，使，得，且，则，过C作交OM于F，连接FE，得，则，∵，∴，∴，∴，∵，∴，，∴，∴，∵，∴，∴在中，，，根据勾股定理得：，∴，设，则，，则，解得：，∴，根据勾股定理得：，∴．【点睛】本题是一道几何综合题，主要考查了三角形全等的证明以及平行四边形的判定与性质，还涉及勾股定理得运用，解题的关键的能够熟练地掌握三角形全等的证明方法以及平行四边形的性质的运用，根据边的等量关系在直角三角形中设未知数运用勾股定理求边．15．正方形ABCD中，点P是边CD上的任意一点，连接BP，O为BP的中点，作PE⊥BD．连接EO，AE，EC．于E，连接ED，AE，EC．(1)当∠DAE＝25°时，求∠AEC的度数；(2)当∠PBC＝15°时，DP＝4，求正方形的边长；(3)当AE＝时，求BP的长．【答案】(1)140°；(2)2；(3)2．【分析】(1)只需要证明△DAE≌△DCE，再利用正方形的性质和三角形外角的性质即可求解；(2)先证明三角形DPE是等腰直角三角形，从而求得，再利用含30度的直角三角形的性质和勾股定理求出，从而可以求出BD，再利用勾股定理求出正方形边长即可；(3)利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可以得到OE＝OC，再通过利用三角形外角的性质证明∠EOC＝90°，利用勾股定理求解即可得到答案.【详解】解：(1)∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADE＝∠CDE＝45°，DA=DC，又∵∠DAE＝25°，∴∠AEB＝∠ADE+∠DAE＝45°+25°＝70°，在△DAE和△DCE中，，∴△DAE≌△DCE(SAS)，∴∠DEA＝∠DEC，∵∠DEA+∠AEB＝180°，∠DEC+∠CEB＝180°，∴∠AEB＝∠CEB，∴∠AEC＝2∠AEB＝2×70°＝140°；(2)∵∠PBC＝15°，∴∠PBD＝30°，∠BPC＝75°，∵PE⊥BD，∴∠BPE＝60°，∴∠DPE＝180°﹣75°﹣60°＝45°，∵DP＝4，∠DPE＝∠EDP＝45°，∴DE＝EP，∵，∴，∴在Rt△EBP中，∠EBP＝30°，∴，∴，∴，∵，，∴，∴正方形的边长为；(3)连接OC，由(1)得△DAE≌△DCE，∴EC＝AE＝，在Rt△EBP中，O为BP中点，∴EO＝BO＝OP，同理：OC＝OB＝OP，∴OE＝OC，∵∠EBP＝45°﹣∠PBC，OE＝OB，∴∠EOP＝2(45°﹣∠PBC)＝90°﹣2∠PBC，又∵∠POC＝2∠PBC，∴∠EOC＝90°﹣2∠PBC+2∠PBC＝90°，∴EO⊥OC，在△OCE中，OC＝OE，OE⊥OC，∴OE＝OC＝EC＝×＝，∴BP＝2OE＝2．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.16．在正方形ABCD中，点E是CD边上任意一点．连接AE，过点B作BF⊥AE于F．交AD于H．(1)如图1，过点D作DG⊥AE于G，求证：△AFB≌△DGA；(2)如图2，点E为CD的中点，连接DF，求证：FH+FE＝DF；(3)如图3，AB＝2，连接EH，点P为EH的中点，在点E从点D运动到点C的过程中，点P随之运动，请直接写出点P运动的路径长为【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】(1)由正方形的性质得AB=AD，∠BAD=90°，再证∠BAF=∠ADG，然后由AAS证△AFB≌△DGA即可；(2)过点D作DK⊥AE于K，DJ⊥BF交BF的延长线于J，先证△ABH≌△DAE(ASA)，得AH=DE，再证△DJH≌△DKE(AAS)，得DJ=DK，JH=EK，则四边形DKFJ是正方形，得FK=FJ=DK=DJ，则DF=FJ，进而得出结论；(3)取AD的中点Q，连接PQ，延长QP交CD于R，过点P作PT⊥CD于T，PK⊥AD于K，设PT=b，由(2)得△ABH≌△DAE(ASA)，则AH=DE，再由直角三角形斜边上的中线性