2022-2023上海八年级数学上册期末专题复习15 压轴题精讲-动点专题（教师版）

专题015压轴题精讲-动点专题【典例分析】1．（2021秋•嘉定区期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°中，∠A＝30°，AC＝，将一个30°角的顶点D放在边AB上移动，使这个30°角的两边分别与△ABC的边AC、BC交于点E、F，且DE⊥AB．（1）如图1，当点F与点C重合时，求CD的长．（2）如图2，设AD＝x，BF＝y，求y关于x的函数解析式，并写出定义域．（3）联接EF，若△DEF是直角三角形，直接写出AD的长．【考点】三角形综合题．【专题】几何综合题；推理能力．【分析】（1）证明DA＝CD＝DB，可得结论；（2）证明等边三角形BDF，求出BF＝BD＝y，可得x+y＝4，根据y＝x﹣4≤2，得出x≥2，根据一定与线段AC、BC相交，得出AD最大到M处，求出AM即可得出答案；（3）分为两种情况：①E为直角顶点时．②F为直角顶点时，分别构建方程求解即可．【解答】解：（1）∵DE⊥AB，∴∠ADE＝90°，∵∠EDF＝30°，∠A＝30°，∴∠ADC＝120°，∴∠ACD＝180°﹣30°﹣120°＝30°，∴∠A＝∠ACD＝30°，∴DA＝DC，∵∠ACB＝90°，∴∠B＝∠DCB＝60°，∴CD＝DB，∴CD＝AD＝DB，∵AC＝2，AB＝2BC，∴BC=2，AB＝4，∴CD＝AB＝2；（2）∵DE⊥AB，∠EDF＝30°，∴∠FDB＝∠B＝60°，∴△BDF是等边三角形，∴BF＝BD，∴AD+BD＝4，∴x+y＝4，∴y＝4﹣x，∵y≤2，∴4﹣x≤2，∴x≥2，∵30°角的两边分别与△ABC的边AC、BC交于点E、F，∴过C作CM⊥AB于M，最后D只能到M点，∴x此时是3，∴函数的定义域（即x的取值范围）是：2≤x≤3；（3）如图1中，当∠DEF＝90°时，∵∠ADE＝90°，∠A＝30°，AD＝x，∴DE＝x，∵∠EDF＝30°，∴DF＝DB＝x，∴x+x＝4，解得：x＝，即AD＝；当∠EFD＝90°时，（如图2），∵∠FDE＝30°，∴DF＝DB＝x∴x+x＝4，解得：x＝，即AD＝；综上所述：AD＝或AD＝．【点评】本题属于三角形综合题，考查了含30度角的直角三角形，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．2．（2021秋•普陀区期末）已知：如图，△ABC是边长为a的等边三角形，D为边BC上一点（不与点B、C重合），AD的垂直平分线EF分别交边AB、AC于点E、F，联结DE、DF．（1）当a＝4时，如果D为边BC的中点，求DE的长；（2）设BD＝x，用含有字母a和x的代数式表示△BDE的周长与△DFC的周长的比；（3）如果△BDE为直角三角形，求BE的长（用含有字母a的代数式表示）．【考点】三角形综合题．【专题】几何综合题；等腰三角形与直角三角形；推理能力．【分析】（1）由等边三角形的性质得AB＝BC＝AC＝4，AD⊥BC，再由线段垂直平分线的性质得AE＝DE，EF垂直平分AD，可得EF∥BC，AE＝BE，根据直角三角形斜边上的中线即可求解；（2）求出△BDE的周长＝BE+DE+BD＝AB+BD＝a+x，得出△DFC的周长＝BC+AC﹣BD＝2a﹣x，即可求解；（3）设BE＝m，分两种情况，①∠CEB＝90°时，由含30°角的直角三角形的性质得BD＝2BE＝2m，DE＝AE＝AB﹣BE＝a﹣m，根据勾股定理求解即可；②∠BDE＝90°时，由含30°角的直角三角形的性质得BD＝BE＝m，DE＝AE＝AB﹣BE＝a﹣m，根据勾股定理求解即可．【解答】解：（1）∵等边三角形ABC的边长为a，a＝4，∴AB＝BC＝AC＝4，∵D为边BC的中点，∴AD⊥BC，∵EF是AD的垂直平分线，∴EF∥BC，AE＝BE，∴DE＝AB＝2；（2）∵EF是AD的垂直平分线，∴AE＝DE，AF＝DF，∵△BDE的周长＝BE+DE+BD＝AB+BD＝a+x，得出△DFC的周长＝CD+DF+CF＝BC+AC﹣BD＝2a﹣x，∴＝；（3）∵△ABC是等边三角形，∴∠B＝60°，设BE＝m，分两种情况：①当∠CEB＝90°时，如图所示：则∠BDE＝90°﹣∠B＝30°，∴BD＝2BE＝2m，DE＝AE＝AB﹣BE＝a﹣m，∵BD2＝BE2+DE2，即（2m）2＝m2+（a﹣m）2，解得：m＝或m＝（负值不合题意，舍去），∴BE＝；②当∠BDE＝90°时，如图所示：则∠BED＝90°﹣∠B＝30°，∴BD＝BE＝m，DE＝AE＝AB﹣BE＝a﹣m，∵BE2＝BD2+DE2，即m2＝（m）2+（a﹣m）2，解得：m＝（4﹣2）a或m＝（4+2）a（不合题意，舍去），∴BE＝（4﹣2）a；综上所述，当△BDE为直角三角形，BE的长为或（4﹣2）a．【点评】本题是三角形综合题目，考查了等边三角形的性质、线段垂直平分线的性质、含30°角的直角三角形的性质以及三角形周长的计算等知识；本题综合性强，熟练掌握等边三角形的性质是解题的关键，属于中考常考题型．3．（2020秋•浦东新区校级期末）已知：三角形纸片ABC中，∠C＝90°，AB＝12，BC＝6，B′是边AC上一点，将三角形纸片折叠，使点B与B′重合，折痕与BC、AB分别相交于E、F（1）求∠B的大小；（2）设BE＝x，B′C＝y，试建立y关于x的函数关系式，并直接写出x的取值范围；（3）当△AFB′是直角三角形时，求出x的值．【考点】三角形综合题．【专题】几何综合题；等腰三角形与直角三角形；运算能力；推理能力．【分析】（1）先根据勾股定理逆定理判断出△ABC是直角三角形，再由AC＝BC即可得出答案；（2）作AD⊥BC，垂足为点D．由直角三角形30°角所对边等于斜边一半知AD＝AB＝3，BE＝2EF＝2x，根据勾股定理知BF＝x，继而由S△APE＝S△APB﹣S△EPB可得出答案．（3）①当点P在线段BC上时，②当点P在线段CB的延长线上时，由三角形的面积公式可得出答案．【解答】解：（1）在△ABC中，∵AC＝2，BC＝4，AB＝6，∴AC2+AB2＝48，BC2＝48，∴AC2+AB2＝BC2．∴∠BAC＝90°．又∵AC＝2，BC＝4，∴AC＝BC，∴∠B＝30°．（2）过点A作AD⊥BC，垂足为点D．在△ADB中，∵∠ADB＝90°，∠B＝30°，∴AD＝AB＝3，同理，BE＝2EF＝2x．在Rt△EFB中，EF2+FB2＝EB2，∴BF＝x，∴BP＝2FB＝2x，∴S△EPB＝，S△APB＝x，∴S△APE＝S△APB﹣S△EPB＝3x﹣，所求的函数解析式为y＝﹣x2+3x，函数的定义域为0＜x≤2．（3）①当点P在线段BC上时，由（2）可知，S△APE＝S△APB﹣S△EPB＝3x﹣＝3﹣＝2．②当点P在线段CB的延长线上时，S△APE＝S△APB+S△EPB＝3x+＝3+＝4．综合以上可得，△APE的面积为2或4．【点评】本题是三角形的综合问题，解题的关键是掌握勾股定理及其逆定理、直角三角形的性质及三角形的面积公式和分类讨论思想的运用．4．（2021秋•虹口区校级期末）已知，梯形ABCD中，AB∥CD，BC⊥AB，AB＝AD，连接BD（如图a），点P沿梯形的边，从点A→B→C→D→A移动，设点P移动的距离为x，BP＝y．（1）求证：∠A＝2∠CBD；（2）当点P从点A移动到点C时，y与x的函数关系如图（b）中的折线MNQ所示，试求CD的长．（3）在（2）的情况下，点P从A→B→C→D→A移动的过程中，△BDP是否可能为等腰三角形？若能，请求出所有能使△BDP为等腰三角形的x的取值；若不能，请说明理由．【考点】四边形综合题．【专题】几何综合题；函数及其图象；线段、角、相交线与平行线；等腰三角形与直角三角形；梯形．【分析】（1）由平行线的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质得出∠ABD＝∠CDB，∠A+∠ADC＝180°，∠ABD+∠CBD＝90°，∠ABD＝∠ADB，得出∠A+2∠ABD＝180°，2∠ABD+2∠CBD＝180°，即可得出结论；（2）作DE⊥AB于E，则DE＝BC＝3，CD＝BE，由勾股定理求出AE＝＝4，得出CD＝BE＝AB﹣AE＝1；（3）分情况讨论：①点P在AB边上时；②点P在BC上时；③点P在AD上时；由等腰三角形的性质和勾股定理即可得出答案．【解答】（1）证明：∵AB∥CD，BC⊥AB，AB＝AD，∴∠ABD＝∠CDB，∠A+∠ADC＝180°，∠ABD+∠CBD＝90°，∠ABD＝∠ADB，∴∠A+2∠ABD＝180°，2∠ABD+2∠CBD＝180°，∴∠A＝2∠CBD；（2）解：由图（b）得：AB＝5，AB+BC＝8，∴BC＝3，作DE⊥AB于E，如图1所示：则DE＝BC＝3，CD＝BE，∵AD＝AB＝5，∴AE＝＝4，∴CD＝BE＝AB﹣AE＝1；（3）解：可能；理由如下：分情况讨论：①点P在AB边上时，当PD＝PB时，P与A重合，x＝0或x＝14；当DP＝DB时，BP＝2BE＝2，∴AP＝3，∴x＝3；当BP＝BD＝＝时，AP＝5﹣，即x＝5﹣；②点P在BC上时，存在PD＝PB，此时，x＝5+＝；③点P在AD上时，当BP＝BD＝时，过点B作BH⊥AD于H，如图2所示：则BH•AD＝DE•AB，即×BH×5＝×3×5，∴BH＝3，∴DH＝＝＝1，∴DP＝2，∴x＝5+3+1+2＝11；当DP＝DB＝时，x＝5+3+1+＝9+；综上所述：△BDP可能为等腰三角形，能使△BDP为等腰三角形的x的取值为：0或14或3或5﹣或或11或9+．【点评】本题是四边形综合题目，考查了梯形的性质、平行线的性质、等腰三角形的性质与判定、直角三角形的性质、勾股定理等知识；本题综合性强，有一定难度．5．（2021秋•静安区校级期末）如图，在△ABC中，AC＝2，AB＝4，BC＝6，点P为边BC上的一个动点（不与点B、C重合），点P关于直线AB的对称点为点Q，联结PQ、CQ，PQ与边AB交于点D．（1）求∠B的度数；（2）联结BQ，当∠BQC＝90°时，求CQ的长；（3）设BP＝x，CQ＝y，求y关于x的函数解析式，并写出函数的定义域．【考点】三角形综合题．【专题】几何综合题；等腰三角形与直角三角形；运算能力；推理能力．【分析】（1）由勾股定理的逆定理可得出∠ACB＝90°，由直角三角形的性质可得出答案；（2）求出∠BCQ＝30°，由直角三角形的性质得出BQ＝BC＝3．由勾股定理可得出答案；（3）过点Q作QH⊥BC于点H，证明△BPQ为等边三角形，由勾定理得出+，则可得出答案．【解答】解：（1）∵AC＝2，AB＝4，BC＝6，∴AC2+BC2＝48，AB2＝48，∴AC2+BC2＝AB2，∴∠ACB＝90°，∵AC＝AB，∴∠B＝30°；（2）∵点P关于直线AB的对称点为点Q，∴BD垂直平分PA，∴PB＝BQ，∴∠QBD＝∠PBD＝30°，∴∠PBQ＝60°，∵∠BQC＝90°，∴∠BCQ+∠PBQ＝90°，∴∠BCQ＝30°，∴BQ＝BC＝3．∴CQ＝＝3；（3）过点Q作QH⊥BC于点H，∵BP＝BQ，∠PBQ＝60°，∴△BPQ为等边三角形，∵QH⊥BP，BP＝x，∴BH＝x，∴CH＝6﹣x，∴QH＝＝x，∵∠CHQ＝90°，CQ＝y，∴+，∴y关于x的函数解析式为y＝（0＜x＜6）．【点评】本题是三角形综合题，考查了直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，轴对称的性质，熟练掌握勾股定理是解题的关键．6．（2021秋•徐汇区期末）如图1所示，已知△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝2，AC＝2，点D在射线BC上，以点D为圆心，BD为半径画弧交AB边AB于点E，过点E作EF⊥AB交边AC于点F，射线ED交射线AC于点G．（1）求证：EA＝EG；（2）若点G在线段AC延长线上时，设BD＝x，FC＝y，求y关于x的函数解析式并写出定义域；（3）联结DF，当△DFG是等腰三角形时，请直接写出BD的长度．7．（2021秋•崇明区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝60°，AC＝3，点P是边AC上的动点（点P与点A不重合），D是边AB上的动点，且PA＝PD，ED⊥DP，交边BC于点E．（1）求证：BE＝DE；（2）若BE＝x，AD＝y，求y关于x的函数关系式并写出定义域；（3）延长ED交CA的延长线于点F，联结BP，若△BDP与△DAF全等，求线段PE的长．【考点】三角形综合题．【分析】（1）根据直角三角形的性质求出∠B＝30°，根据等腰三角形的性质得到∠PDA＝∠A＝60°，证明∠BDE＝∠B，根据等腰三角形的判定定理证明结论；（2）过点E作EH⊥BD垂足为点H，根据直角三角形的性质求出AB，得到BD＝6﹣y，根据等腰三角形的性质得到BH＝（6﹣y），根据勾股定理得到BH＝x，计算即可；（3）根据全等三角形的性质得到AD＝BD＝3，根据勾股定理计算，得到答案．【解答】（1）证明：∵∠ACB＝90°，∠A＝60°，∴∠B＝30°，∵PA＝PD，∴∠PDA＝∠A＝60°，∵ED⊥DP，∴∠EDP＝90°，∴∠BDE＝180°﹣90°﹣60°＝30°，∴∠BDE＝∠B，∴BE＝DE；（2）解：如图1，过点E作EH⊥BD垂足为点H，在Rt△ABC中，AC＝3，∠B＝30°，∴AB＝6，∵AD＝y，∴BD＝AB﹣AD＝6﹣y，∵BE＝DE，EH⊥BD，∴BH＝BD＝（6﹣y），在Rt△EHB中，∠B＝30°，∴EH＝BE＝x，根据勾股定理得，BH＝EH＝x，∴（6﹣y）＝x，∴y＝6﹣x，∵y≥0，∴6﹣x≥0，解得：x≤2，∴y＝6﹣2x（0＜x≤2）；（3）解：∵△BDP≌△DAF，∴AD＝BD＝AB＝3，∴点C与点P重合，∴PD＝3，在Rt△PDE中，∠DPE＝30°，∴DE＝PE，由勾股定理得：PE2＝DE2+PD2，即PE2＝（PE）2+32，解得：PE＝2，答：线段PE的长为2．【点评】本题考查的是三角形全等的判定和性质、等腰三角形的性质，掌握全等三角形的性质定理是解题关键．8．（2021秋•松江区期末）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，∠C＝30°，AB＝1，点D是边AC上一点（不与点A、C重合），EF垂直平分BD，分别交边AB、BC于点E、F，联结DE、DF．（1）如图1，当BD⊥AC时，求证：EF＝AB；（2）如图2，设CD＝x，CF＝y，求y与x的函数解析式，并写出函数的定义域；（3）当BE＝BF时，求线段CD的长．【考点】三角形综合题．【专题】几何综合题；等腰三角形与直角三角形；推理能力．【分析】（1）由直角三角形的性质求出BC，AD，证明△AED是等边三角形，由等边三角形的性质得出DE＝AD＝，则可得出结论；（2）过点F作FN⊥AC于N，由直角三角形的性质及勾股定理可得出结论；（3）证明△BED≌△BFD（SSS），由全等三角形的性质得出∠EBD＝∠FBD＝∠ABC＝45°，则∠FDB＝45°，设BF＝DF＝n，求出n的值可得出答案．【解答】（1）证明：∵∠ABC＝90°，∠C＝30°，AB＝1，∴AC＝2，BC＝＝，∠A＝60°，∵BD⊥AC，BD⊥EF，∴EF∥AC，∠ABD＝30°，∴∠EFB＝∠C＝30°，∴AD＝＝，∵EF是BD的垂直平分线，∴BE＝DE，∴∠EBD＝∠EDB＝30°，∴∠AED＝30°+30°＝60°，∴△AED是等边三角形，∴DE＝AD＝，∴BE＝DE＝，又∵∠EFB＝30°，∴EF＝2BE＝1，∴AB＝EF；（2）解：如图，EF过点A，EF是BD的垂直平分线，∴AD＝AB＝1，CD＝x＝1，如图，EF过点C，∴CD＝CB＝x＝，∴E，F分别在AB，BC上，∴1≤x≤，过点F作FN⊥AC于N，∵CD＝x，CF＝y，则BF＝y，∴FN＝y，CN＝＝，同理FD＝FB＝﹣y，∴DN＝，∵CD＝DN+CN＝x，∴+，∴y＝（1≤x≤）．（3）当BE＝BF时，同理ED＝EB，FB＝FD，∴BE＝ED＝DF＝BF，∵BD＝BD，∴△BED≌△BFD（SSS），∴∠EBD＝∠FBD＝∠ABC＝45°，∴∠FDB＝45°，∴∠BFD＝90°，设BF＝DF＝n，∴n+n＝，∴n＝，∴CD＝2n＝3﹣．【点评】此题是三角形综合题，本题考查的是线段的垂直平分线的性质，等边三角形的判定与性质，含30°的直角三角形的性质，勾股定理的应用，二次根式的混合运算，全等三角形的判定与性质，熟练的掌握以上知识是解本题的关键．9．（2021秋•徐汇区校级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝4，∠A＝30°，D是边AC上不与点A、C重合的任意一点，DE⊥AB，垂足为点E，M是BD的中点．（1）求证：CM＝EM；（2）如果设AD＝x，CM＝y，求y与x的函数解析式，并写出函数的定义域；（3）当△CME的面积为5时，求x的值．【考点】三角形综合题．【专题】几何综合题；推理能力．【分析】（1）根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可证明；（2）根据CM＝BD，可得BD＝2y，根据勾股定理又可得出BD用x表示的形式，换成等式即可得出y与x的函数解析式；（3）根据（1）可知，∠MBC＝∠MCB，∠MEB＝∠MBE，易得出∠CMD＝2∠CBM，∠DME＝2∠MBE，即∠CME＝2∠CBA是定值，又知CM＝ME，即可证明∠MCE＝∠MEC＝30°，再利用三角形的面积公式求出y，可得结论．【解答】（1）证明：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，M是BD的中点，∴CM＝BD，∵DE⊥AB，∴∠BED＝90°∴ME＝BD，∴CM＝ME；（2）解：∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝4，∴AB＝2BC＝8．由勾股定理得AC＝12，∵AD＝x，∴CD＝12﹣x，在Rt△BCD中，∠BCD＝90°，∴BD2＝BC2+CD2，∴BD＝＝，∵CM＝BD，CM＝y，∴y＝（0＜x＜12）；（3）解：∵M是Rt△BCD斜边BD的中点，∴MB＝MC，∴∠MBC＝∠MCB．∴∠CMD＝∠MBC+∠MCB＝2∠MBC，∵M是Rt△BED斜边BD的中点，同理可得：∠EMD＝2∠MBE，∠CMD+∠EMD＝2∠MBC+2∠MBE＝2（∠MBC+∠MBE）＝2∠ABC，即∠CME＝2∠ABC＝120°，∵MC＝ME，∴∠MCE＝∠MEC＝30°，∵×y×y＝5，∴y＝2，∴BD＝2y＝4，∴CD＝＝＝4，∴x＝AD＝AC﹣CD＝12﹣4．【点评】本题属于三角形综合题，考查了直角三角形斜边上的中线，含30°角的直角三角形以及勾股定理，等腰三角形的判定和性质的知识，解题的关键是熟练掌握直角三角形斜边的中线等于斜边的一半．10．（2020秋•宝山区校级期末）如图，已知：在△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC＝6，P是AB上不与A、B重合的一动点，PQ⊥BC于Q，QR⊥AC于R．（1）求证：PQ＝BQ；（2）设BP的长为x，QR的长为y，求y与x之间的函数关系式，并写出函数的定义域；（3）PR能否平行于BC？如果能，试求出x的值；若不能，请简述理由．【考点】勾股定理；平行线的性质．【专题】动点型．【分析】（1）若证明PQ＝BQ，则问题可转化为证明∠B＝∠BPQ即可，（2）利用勾股定理得到BQ和PQ的长，又因为BQ2+PQ2＝BP2，BP＝x，把BQ和PQ代入等式化简即可得到y与x之间的函数关系式，（3）PR能平行于BC，只要证明AP＝AR，即可求出x的值．【解答】（1）证明：∵∠A＝90°，AB＝AC＝6，∴∠B＝∠C＝45°，，∵PQ⊥BC，∴∠PQB＝90°，∴∠BPQ＝45°，∴∠B＝∠BPQ，∴PQ＝BQ；（2）∵QR⊥AC，∴∠QRC＝90°，∵∠C＝45°，∴∠RQC＝45°，∴∠C＝∠RQC，∴RQ＝RC＝y，∴，∴，∴，∵BQ2+PQ2＝BP2，BP＝x，∴，∴（0＜x＜6）；（3）PR能平行于BC．理由如下：∵PR∥BC，∴∠APR＝∠ARP，∴AP＝AR，∴6﹣x＝6﹣y∴，∴x＝4．【点评】本题考查了勾股定理的运用、等腰三角形的判定和性质、平行线的判定和性质以及列函数关系式，题目的难度中等．11．（2020秋•浦东新区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，点D、E在线段AB上．（1）如图1，若CD＝CE，求证：AD＝BE；（2）如图2，若∠DCE＝45°，求证：DE2＝AD2+BE2；（3）如图3，若点P是△ABC内任意一点，∠BPC＝135°，设AP＝a、BP＝b、CP＝c，请直接写出a，b，c之间的数量关系．【考点】三角形综合题．【专题】几何综合题；推理能力．【分析】（1）由CA＝CB得∠A＝∠B，由CD＝CE得∠CEA＝∠CDB，则△ACE≌△BCD，得AE＝BD，即可转化为AD＝BE；（2）将△ACD绕点C沿逆时针方向旋转90°得到△BCF，联结EF，则BF＝AD，证明△FCE≌△DCE，得FE＝DE，再证明∠EBF＝90°，则FE2＝BF2+BE2，即可证得DE2＝AD2+BE2；（3）将△CAP绕点C沿逆时针方向旋转90°得到△CBG，联结PG，则BG＝AP，GC＝PC，∠PCG＝90°，所以PG2＝PC2+GC2＝2PC2，再证明∠BPG＝90°，则BG2＝BP2+PG2，可证得AP2＝BP2+2PC2，即a2＝b2+2c2．【解答】（1）证明：如图1，∵CA＝CB，∴∠A＝∠B，∵CD＝CE，∴∠CEA＝∠CDB，∴△ACE≌△BCD（AAS），∴AE＝BD，∴AE﹣DE＝BD﹣DE，∴AD＝BE．（2）证明：如图2，将△ACD绕点C沿逆时针方向旋转90°得到△BCF，联结EF，∵∠ACB＝90°，CA＝CB，∴∠CBA＝∠A＝45°，由旋转得CF＝CD，∠BCF＝∠ACD，∵∠DCE＝45°，∴∠FCE＝∠BCF+∠BCE＝∠ACD+∠BCE＝90°﹣45°＝45°，∴∠FCE＝∠DCE，∵CE＝CE，∴△FCE≌△DCE（SAS），∴FE＝DE，∵∠CBF＝∠A＝∠CBA＝45°，∴∠EBF＝90°，∴FE2＝BF2+BE2，∵BF＝AD，∴DE2＝AD2+BE2.（3）a2＝b2+2c2，理由如下：如图3，将△CAP绕点C沿逆时针方向旋转90°得到△CBG，联结PG，由旋转得GC＝PC，∠PCG＝90°，∴∠CPG＝∠CGP＝45°，PG2＝PC2+GC2＝2PC2，∵∠BPC＝135°，∴∠BPG＝135°﹣45°＝90°，∴BG2＝BP2+PG2，∵BG＝AP，∴AP2＝BP2+2PC2，∴a2＝b2+2c2．【点评】此题考查等腰三角形的性质、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，根据旋转的性质作辅助线是解题的关键．【课后练习】1．（2020秋•浦东新区校级期末）如图，已知△ABC中，AC＝2，BC＝4，AB＝6，点P是射线CB上一点（不与点B重合），EF为PB的垂直平分线，交PB于点F，交射线AB于点E，联结PE、AP．（1）求∠B的度数；（2）当点P在线段CB上时，设BE＝x，AP＝y，求y关于x的函数解析式，并写出函数的定义域；（3）当△APB为等腰三角形时，请直接写出AE的值．【考点】三角形综合题．【专题】几何综合题；等腰三角形与直角三角形；运算能力；推理能力．【分析】（1）先根据勾股定理逆定理判断出△ABC是直角三角形，再由AC＝BC即可得出答案；（2）作AD⊥BC，垂足为点D．由直角三角形30°角所对边等于斜边一半知AD＝AB＝3，EF＝BE＝x，求出CP和AD的长，由勾股定理可得出答案；（3）分三种情况画出图形，由等腰三角形的性质及直角三角形的性质可求出答案．【解答】解：（1）在△ABC中，∵AC＝2，BC＝4，AB＝6，∴AC2+AB2＝48，BC2＝48，∴AC2+AB2＝BC2．∴∠BAC＝90°．又∵AC＝2，BC＝4，∴AC＝BC，∴∠B＝30°．（2）如图1，过点A作AD⊥BC，垂足为点D．在△ADB中，∠ADB＝90°，∠B＝30°，∴AD＝AB＝3，同理，EF＝BE＝x．在Rt△EFB中，EF2+FB2＝EB2，即（x）2+BF2＝x2，∴BF＝x，又∵BP＝2BF，∴BP＝x．∴CP＝CB﹣PB＝4﹣x，∵CD＝AC＝，∴DP＝4﹣x﹣＝3﹣x，∴AP＝＝＝（0＜x≤4），∴y关于x的函数解析式为y＝（0＜x≤4）；（3）如图2，当点P在线段CB上时，AP＝PB，过点P作PM⊥AB于点M，则BM＝＝3，∴PB＝2，由（2）可知2＝x，∴BE＝2，∴AE＝4；如图3，当点P在线段BC上，且AB＝PB＝6，∴BF＝PB＝3，∴BE＝2，∴AE＝6﹣2；如图4，当点P在射线CB上时，BA＝BP＝6，同理可求出BE＝2，∴AE＝6+2．综合以上可得，AE的长为4或6﹣2或6+2．【点评】本题是三角形的综合问题，解题的关键是掌握勾股定理及其逆定理、直角三角形的性质及等腰三角形的性质和分类讨论思想的运用．2．（2020秋•虹口区期末）如图，△ABC中，∠C＝90°，BC＝6，∠ABC的平分线与线段AC交于点D，且有AD＝BD，点E是线段AB上的动点（与A、B不重合），联结DE，设AE＝x，DE＝y．（1）求∠A的度数；（2）求y关于x的函数解析式（无需写出定义域）；（3）当△BDE是等腰三角形时，求AE的长．【考点】三角形综合题．【专题】几何综合题；等腰三角形与直角三角形；推理能力．【分析】（1）根据等腰三角形的性质、角平分线的定义得到∠A＝∠DBA＝∠CBD，根据直角三角形的性质求出∠A；（2）作DF⊥AB于F，根据勾股定理求出DF，再根据勾股定理列式计算求出y关于x的函数解析式；（3）分BE＝BD、BE＝DE两种情况，根据等腰三角形的性质、勾股定理计算即可．【解答】解：（1）∵AD＝BD，∴∠A＝∠DBA，∵BD是∠ABC的平分线，∴∠CBD＝∠DBA，∴∠A＝∠DBA＝∠CBD，∵∠C＝90°，∴∠A＝30°；（2）如图，作DF⊥AB于F，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝6，∠A＝30°，∴AB＝2BC＝12，∵DA＝DB，DF⊥AB，∴AF＝AB＝6，∴EF＝|6﹣x|，在Rt△AFD中，∠A＝30°，∴DF＝AF＝2，在Rt△DEF中，DE2＝EF2+DF2，即y2＝（6﹣x）2+（2）2，解得：y＝；（3）在Rt△AFD中，∠A＝30°，DF＝2，∴AD＝BD＝4，当BE＝BD＝4时，AE＝12﹣4；当BE＝DE时，12﹣x＝，解得：x＝8，即AE＝8，∵点E与A、B不重合，∴DB≠DE，综上所述：当△BDE是等腰三角形时，AE的长为12﹣4或8．【点评】本题考查的是直角三角形的性质、等腰三角形的性质，灵活运用分情况讨论思想、勾股定理是解题的关键．3．（2020秋•浦东新区校级期末）已知：如图，在△ABC纸片中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，按图所示的方法将△ACD沿AD折叠，使点C恰好落在边AB上的点C′处，点P是射线AB上的一个动点．（1）求折痕AD长．（2）点P在线段AB上运动时，设AP＝x，DP＝y．求y关于x的函数解析式，并写出此函数的定义域．（3）当△APD是等腰三角形时，求AP的长．【考点】三角形综合题．【专题】等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．【分析】（1）由翻折可知：CD＝DC′，AC＝AC′＝3，设CD＝DC′＝x，在Rt△BDC中，根据BD2＝C′D2+C′B2，构建方程即可解决问题．（2）利用勾股定理即可解决问题．（3）分三种情形：①PA＝PD，②AP＝AD，③当PD＝AD时，分别求解即可．【解答】解：（1）如图1中，由翻折可知：CD＝DC′，AC＝AC′＝3，设CD＝DC′＝x，在Rt△BDC中，∵BD2＝C′D2+C′B2，∴（4﹣x）2＝x2+22，解得x＝，∴AD＝＝＝．（2）如图2中，当点P在C'D左侧，AC＝AC'＝3，则PC'＝3﹣x，∵，∴y＝＝（0≤x≤10）．当点P在C'D右侧，同理可得y＝（0≤x≤10）．∴y关于x的函数解析式为y＝（0≤x≤10）．（3）如图3中，①当PA＝PD时，设PA＝PD＝m，在Rt△PCD中，∵PD2＝DC′2+C′P2，∴m2＝（）2+（3﹣m）2，解得m＝，∴PA＝．②当AD＝AP′＝时，△ADP′是等腰三角形，③当PD＝AD时，点P在AB的延长线上．如图4，AP＝2AC'＝6．综上所述，满足条件的PA的值为或或6．【点评】本题属于三角形综合题，考查了翻折变换，等腰三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会由分类讨论的思想思考问题．4．（2021秋•浦东新区期末）如图，△ABC中，AC＝2，BC＝4，AB＝6．点P是射线CB上的一点（不与点B重合），EF是线段PB的垂直平分线，交PB与点F，交射线AB与点E，联结PE、AP．（1）求∠B的度数；（2）当点P在线段CB上时，设EF＝x，△APE的面积为y，求y关于x的函数解析式并写出函数的定义域；（3）如果EF＝1，请直接写出△APE的面积．5．（2020秋•静安区期末）已知：如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AC＝6，AD平分∠CAB交BC于D，E为射线AC上的一个动点，EF⊥AD交射线AB于点F，联结DF．（1）求DB的长；（2）当点E在线段AC上时，设AE＝x，S△BDF＝y，求y关于x的函数解析式；（S△BDF表示△BDF的面积）（3）当AE为何值时，△BDF是等腰三角形．（请直接写出答案，不必写出过程）【考点】三角形综合题．【专题】代数几何综合题．【分析】（1）在Rt△ABC中，求出BC，AB，再在Rt△ACD中，求出CD即可解决问题；（2）如图1中，作DH⊥AB于H．首先证明AE＝AF＝x，推出BF＝12﹣x，再证明DH＝DC＝2，利用三角形的面积公式即可解决问题；（3）分三种情形分别求解即可解决问题；【解答】解：（1）在Rt△ABC中，∵∠C＝90°，∠B＝30°，AC＝6，∴∠CAB＝60°，AB＝2AC＝12，BC＝AC＝6，∵AD平分∠CAB交BC于D，∴∠CAD＝∠CAB＝30°，∴CD＝AC•tan30°＝2，∴BC＝BC﹣CD＝6﹣2＝4．（2）如图1中，作DH⊥AB于H．∵DA平分∠CAB，DC⊥AC，DH⊥AB，∴DC＝DH＝2，∵EF⊥AD，∴∠AGE＝∠AGF＝90°，∵∠EAG＝∠FAG，∠AEG+∠EAG＝90°，∠AFG+∠FAG＝90°，∴∠AEG＝∠AFG，∴AE＝AF＝x，∴BF＝12﹣x，∴S△BDF＝•BF•DH＝（12﹣x）•2＝﹣x+12（0≤x≤6）．（3）①当点E与A重合时，△BDF是等腰三角形，此时x＝0，即AE＝0．②如图2中，当BD＝BF时，∵BD＝4，∴BF＝4，∴AE＝AF＝AB﹣BF＝12﹣4，③如图2中，当BF＝时，∴AE＝AF′＝AB+BF′＝12+4，④当E，F，D共线时，△BDF是等腰三角形，此时AE＝8，综上所述，当AE的值为0或8或12﹣4或12+4时，△BDF是等腰三角形．【点评】本题属于三角形综合题，考查了解直角三角形，角平分线的性质定理，三角形的面积，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．6．（2020秋•闵行区期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝2，点D在边CA的延长线上，点E在边BC上（不与点C重合），且BE＝AD，联结DE，交边AB于点N，过点E作EM平行于CA，交边AB于点M．（1）如图1，求证：EN＝DN；（2）如图2，过点N作NP垂直于DE，交边AC于点P，设BE＝x，PC＝y．求y关于x的函数解析式，并写出该函数的定义域；（3）在（2）的条件下，当CP＝PN时，求x的值．【考点】三角形综合题．【专题】几何综合题；等腰三角形与直角三角形；推理能力．【分析】（1）证明△MNE≌△AND，根据全等三角形的性质证明结论；（2）连接EP，根据勾股定理列式计算即可；（3）根据线段垂直平分线的性质、角平分线的性质求出∠D＝30°，根据直角三角形的性质列式计算，得到答案．【解答】（1）证明：在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，∴∠B＝∠BAC＝45°，∵EM∥BC，∴∠BME＝∠BAC＝45°，∠MEN＝∠ADN，∴BE＝EM，∵BE＝AD，∴EM＝AD，在△MNE和△AND中，，∴△MNE≌△AND（AAS），∴EN＝DN；（2）解：连接EP，∵△MNE≌△AND，∴EN＝ND，∵PN⊥ED，∴EP＝DP，由题意得：EC＝2﹣x，EP＝PD＝2﹣y+x，在Rt△ECP中，EP2＝EC2+CP2，即（2﹣y+x）2＝（2﹣x）2+y2，整理得：y＝（0＜x＜2）；（3）解：∵PC＝PN，PC⊥EC，PN⊥EN，∴∠CEP＝∠DEP，∵PE＝PD，∴∠CDE＝∠DEP，∴∠D＝30°，∴ED＝2EC，∴CD＝EC，2+x＝（2﹣x），解得：x＝4﹣2．【点评】本题考查的是等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理的应用，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．7．（2020秋•浦东新区校级期末）如图，△ABC中，∠B＝60°，∠ACB＝90°，BC＝6，点D、E分别是边AB、BC上的一个动点，且BD＝BE，过点D作DG⊥AB交射线BC于点G，交线段AC于点F，设BD＝x．（1）如图1，当点G与点C重合时，求△DCE的面积；（2）如图2，设当点G在BC的延长线上时，FC＝y，求y关于x的解析式，并写出定义域；（3）若△DEF为直角三角形，求x的值．【考点】三角形综合题．【专题】几何综合题；分类讨论；三角形；等腰三角形与直角三角形；运算能力；推理能力．【分析】（1）由含30°角的直角三角形的性质得BD＝BC＝3，再由勾股定理得CD＝3，然后再证BE＝CE，最后由三角形面积关系即可