专题17.1 运用勾股定理解三角形（压轴题专项讲练）-八年级数学下册压轴题专项讲练系列（人教版）

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专题17.1 运用勾股定理解三角形 典例分析 【典例1】（1）如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=2AC=4，点D为线段BC上一点，连接AD， ①若BD=1，求AD的长； ②如图2，当AD=BD，作DE平分∠ADC，交AC于E，求AE的长； （2）如图3，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=2AC=6，点D为射线BC上一点，连接AD，将线段AD绕A点顺时针旋转90°得AF，连接BF，当2CD=BD时，求BF的长． 【思路点拨】 此题重点考查勾股定理、角平分线的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的面积公式等知识，此题综合性较强，难度较大，正确地作出辅助线是解题的关键． （1）①由BC=2AC=4，求得AC=2，则CD=BC−BD=3，而∠C=90°，由勾股定理得AD=AC2+CD2=13，于是得到问题的答案； ②设AD=BD=x，则CD=4−x，根据勾股定理求得AD=BD=1.5，作EG⊥AD于G，由角平分线的性质得EG=EC，证明△DEG≌△DECAAS，得DG=DC=1.5，AG=AD−DG=1，设AE=y，则CE=GE=2−y，在Rt△AGE中，根据勾股定理得AG2+GE2=AE2，求解可得BF=54； （2）由BC=2AC=6，得AC=3，BD=4,CD=2，根据勾股定理求得AD=AC2+CD2=13，AB=AC2+BC2=35，作DM⊥AB于M，利用三角形面积求得 DM=455，根据勾股定理求得 AM=AD2−DM2=132−4552=755，作FN⊥AB于N，证明△NFA≌△MADAAS，得FN=AM=755，AN=DM=455，进而可得BN=AB−AN=1155，根据勾股定理即可求得BF=FN2+BN2=7552+11552=34；当点D在点C右侧时，根据勾股定理求出AD=35，CE=32，得到AE=EF，在ED上取点G，使EG=BE，连接AG，可证明△BEF≌△GEA，得到BF=AG，根据勾股定理求出AG=32，即可求解． 【解题过程】 解：（1）①∵ BC=2AC=4， ∴AC=2， ∵BD=1， ∴CD=BC−BD=3， ∵∠C=90°， ∴AD=AC2+CD2=22+32=13； ②设AD=BD=x，则CD=4−x， 在Rt△ACD中， ∵AC2+CD2=AD2， ∴22+4−x2=x2， ∴x=2.5， ∴CD=1.5， 作EG⊥AD于G， ∵DE平分∠ADC,AC⊥BC， ∴EG=EC，∠EDG=∠EDC，∠DGE=∠C=90°， ∴△DEG≌△DECAAS， ∴DG=DC=1.5， ∴AG=AD−DG=1， 设AE=y，则CE=GE=2−y， ∴在Rt△AGE中，AG2+GE2=AE2， ∴12+2−y2=y2， ∴y=54， 即AE的长为54； （2）∵ BC=2AC=6， ∴AC=3， ∵ 2CD=BD， ∴BD=4,CD=2， ∵ ∠ACB=90°， ∴AD=AC2+CD2=13，AB=AC2+BC2=35， 作DM⊥AB于M， ∵S△ABD=12BD⋅AC=12AB⋅DM， ∴12×4×3=12×35×DM， ∴DM=455， ∴Rt△ADM中， AM=AD2−DM2=132−4552=755， 作FN⊥AB于N， ∴∠FNA=∠AMD=90°， ∵∠NAF+∠NFA=∠NAF+∠MAD=90°， ∴∠NFA=∠MAD， 在△NFA和△MAD中， ∠NFA=∠MAD∠FNA=∠AMDAF=DA， ∴△NFA≌△MADAAS， ∴FN=AM=755，AN=DM=455， ∴BN=AB−AN=1155， ∴Rt△BFN中，BF=FN2+BN2=7552+11552=34． 当点D在点C右侧时，如图4， 由题得∠EAD=90° ∵2CD=BD， ∴CD=BC=6， ∵∠ACB=∠ACD=90°， ∴AD=AC2+CD2=32+62=35， 设CE=x， ∴AE=AC2+CE2=9+x2 ∵12AE⋅AD=12ED⋅AC ∴35×9+x2=36+x， ∴x=32， 经检验：x=32是方程的解， ∴CE=32， ∴AE=352， ∴EF=AE=352， 在ED上取点G，使EG=BE，连接AG， ∴EG=BC−CE=6−32=92， ∵∠BEF=∠GEA， 在△BEF和△GEA中， BE=EG∠BEF=∠GEAEF=AE， △BEF≌△GEA， ∴BF=AG， ∵CG=EG−CE=92−32=3， ∴AG=AC2+CG2=32+32=32， ∴BF=AG=32， 综上所述，BF的长为34或32． 学霸必刷 1．（24-25八年级上·浙江衢州·期中）如图，在△ABC中，CA=CB=8，AB=6，∠C∠BCD=45°，不符合题意， ∴点E只能在△ACD内，如图，过点D作DF⊥BE， ∵∠BED=45°，则△DEF是等腰直角三角形， ∴EF=DF， ∴DE=DF2+EF2=2DF， ∵DE=2， ∴DF=EF=1， ∴BF=BD2−DF2=2，则BE=BF+EF=3， 过点D作GH⊥DE交BE于H，EG⊥BE交GH于G，连接AG，CH，则∠DEG=45°， ∴△DEH，△DEG均为等腰直角三角形，则DE=DH=DG=2，EH=DE2+DH2=2，EG=DE2+DG2=2，BH=BE−EH=1， ∴EG=EH=2，即△EGH也是等腰直角三角形， ∵∠1=∠2=90°−∠ADE，∠1=∠3， ∴△ADG≌△CDESAS，同理：△ADE≌△CDHSAS，△BDH≌△CDESAS， ∴AG=CE=BH=1，AE=CH， ∴△AEG≌△CHESSS，同理△ACE≌△CBHSSS， ∴∠4=∠5，∠6=∠7， ∵∠4+∠7=180°， ∴∠5+∠6=180°，则点C、点E、点G在同一直线上， ∴∠CEH=90°， ∴AE=CH=CE2+EH2=5， 故答案为：5． 19．（24-25八年级上·浙江杭州·阶段练习）如图，在直角△ABC中，AB=BC，点D是边AC上一动点，以BD为直角边作等腰直角△DBE，DE交BC于点F，连接CE．过点B作BQ⊥DE于点P，交CD于点Q，下面结论中正确的序号有 ． ①△ABD≌△CBE；②AD2+CQ2=DQ2；③当AD:DC=1:2，S△BEC+S△DCE=S△DBE；④当CD=BC时，BD:EF=2+1． 【思路点拨】 ①证明∠ABD=∠CBE，再根据AB=BC，BD=BE可依据“SAS”判定△ABD和△CBE全等，由此可对该结论进行判断； ②连接EQ，根据等腰三角形的性质得BQ是线段DE的垂直平分线，则DQ=EQ，再根据△ABD和△CBE全等得AD=CE，∠A=∠BCE=45°，则∠QCE=90°，然后根据勾股定理可对该结论进行判断； ③过点B作BM⊥AC于点M，根据AD:DC=1:2，设AD=m，CD=2m，则AC=3m，AD=CE=m，BM=3m2，分别求出AB=AC=32m2，DE=5m，BD=BE=10m2，进而得S△BEC=S△ABD=3m24，S△DCE=m2，S△BDE=5m24，由此可对该结论进行判断； ④过点F作FH⊥BE于点H，证明△HEF是等腰直角三角形，设FH=EH=x，则EF=2x，设BD=BE=y，则DE=2y，证明∠BFD=∠DBF=67.5°，得BD=DF=y，根据DE=DF+EF得2y=y+2x，则y=(2+2)x，由此可求出BDEF=y2x=2+1，由此可对该结论进行判断，综上所述即可得出答案． 【解题过程】 解：①在直角△ABC中，AB=BC， ∴∠ABC=90°，∠A=∠BCA=45°， ∵ △DBE是等腰直角三角形，且以BD为直角边， ∴BD=BE，∠DBE=90°，∠BDE=∠BED=45°， ∴∠ABC=∠DBE=90°， ∴∠ABD+∠DBC=∠DBC+∠CBE， ∴∠ABD=∠CBE， 在△ABD和△CBE中， AB=BC∠ABD=∠CBEBD=BE， ∴ △ABD≌△CBESAS， 故结论①正确； ②连接EQ，如图1所示： ∵BD=BE，BQ⊥DE于点P， ∴DP=EP， 即BQ是线段DE的垂直平分线， ∵DQ=EQ， ∵ △ABD≌△CBE， ∴AD=CE，∠A=∠BCE=45°， ∴∠QCE=∠ACB+∠BCE=90°， ∴ △ECQ是直角三角形， ∴CE2+CQ2=DQ2， ∴AD2+CQ2=DQ2， 故结论②正确； ③过点B作BM⊥AC于点M，如图2所示： ∵AD:DC=1:2， ∴设AD=m，CD=2m， ∴AC=AD+CD=3m，AD=CE=m，BM=12AC=3m2， 在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC=AB2+BC2=2AB， ∴AB=AC=22AC=32m2， ∵∠DCE=∠ACB+∠BCE=90°， ∴在Rt△DCE中，由勾股定理得：DE=DC2+CE2=(2m)2+m2=5m， 在Rt△BDE中，由勾股定理得：BD=BE=22DE=10m2， ∵ △ABD≌△CBE， ∴S△ABD=S△CBE=12AD⋅BM=12×m×3m2=3m24， ∵S△DCE=12DC⋅CE=12×2m×m=m2， ∴S△BEC+S△DCE=3m24+m2=7m24， 又∵S△BDE=12BD⋅BE=12×10m2×10m2=5m24， ∴S△BEC+S△DCE≠S△BDE， 故结论③不正确； ④过点F作FH⊥BE于点H，如图3所示： ∵∠BED=45°， ∴ △HEF是等腰直角三角形， 设FH=EH=x， 由勾股定理得：EF=FH2+EH2=2x， 在Rt△BDE中，设BD=BE=y， 由勾股定理得：DE=BD2+BE2=2y， ∵CD=BC， ∴∠CBD=∠CDB=12(180°−∠ACB)=12(180°−45°)=67.5°， ∴∠BFD=180°−(∠CBD+∠DBF)=180°−(67.5°+45°)=67.5°， ∴∠BFD=∠DBF=45°， ∴BD=DF=y， ∵DE=DF+EF， ∴ 2y=y+2x， ∴ y=(2+2)x， ∴ BDEF=y2x=(2+2)x2x=2+1， 故结论④正确． 综上所述：结论正确的序号有①②④． 故答案为：①②④． 20．（24-25八年级上·江苏泰州·期中）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AB=5cm，BC=3cm，若点P从点 A出发，以每秒1cm的速度沿射线AC运动，设运动时间为t秒t>0． （1）将△ABC沿过点 P的直线折叠，使点A与点 B 重合，求出此时t的值． （2）问：当t为何值时，△ABP为等腰三角形？ （3）现将其△ABC沿着直线BP翻折，请直接写出：当t为何值时，点 C翻折后的对应点C′恰好落在直线AB上． 【思路点拨】 （1）连接PB，根据勾股定理求出AC，利用勾股定理列式计算，得到答案； （2）分AP=AB、PA=PB、BA=BP三种情况，根据等腰三角形的性质计算即可； （3）分点P在AC上、点P在AC的延长线上两种情况，根据翻转变换的性质、勾股定理计算，求出t的值． 【解题过程】 （1）解：如图，连接PB，    ∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=5cm，BC=3cm， ∴AC=AB2−BC2=52−32=4(cm)， ∵△ABC沿着过点P的直线折叠，点A与点B重合， ∴PD是AB的垂直平分线， ∴PA=PB， 在Rt△BPC中，PB2=PC2+BC2， 即PA2=4−PA2+32， 解得：PA=258， ∴t=258； （2）解：当AP=AB=5cm时，t=5； 当PA=PB时，由（1）可知，PA=258， ∴t=258； 当BA=BP时，如图所示： ∵BC⊥AP， ∴AC=CP=12AP， ∴AP=2AC=8cm， ∴t=8， 综上所述：△ABP为等腰三角形时，t的值为5或258或8； （3）解：当点P在AC上时，如图，    BC′=BC=3cm，PC′=PC，∠PC′B=∠PCB=90°， ∴AC′=5−3=2cm， 在Rt△APC′中，AP2=C′A2+C′P2， 即AP2=22+4−AP2， 解得：AP=52， ∴t=52； 当点P在AC的延长线上时，如图， BC′=BC=3cm，PC′=PC，∠PC′B=∠PCB=90°， ∴AC′=5+3=8cm， 在Rt△APC′中，AP2=C′A2+C′P2，即AP2=82+AP−42， 解得：AP=10， ∴t=10， ∴t为52或10时满足条件． 21．（24-25八年级上·江苏淮安·期中）如图，△ABC中，∠C=90°，AB=10 cm，BC=6 cm，若动点P从点C开始，按C→A→B→C的路径运动，且速度为每秒1cm，设出发的时间为t秒． （1）当t=__________时，PA=PB． （2）当t=________时，△ BCP为等腰三角形． （3）另有一点Q，从点C开始，按C→B→A→C的路径运动，且速度为每秒2cm，若P、Q两点同时出发，当P、Q中有一点到达终点时，另一点也停止运动．当t为何值时，直线PQ把△ ABC的周长分成相等的两部分？ 【思路点拨】 （1）由勾股定理得AC=8，进而分当P在AC上时，和点P在线段AB上两种情况求解即可； （2）分两种情况：①若P在边AC上时，BC=CP=6（cm），此时用的时间为6秒；②若P在AB边上时，有三种可能，分别求出点P运动的路程，即可得出结果； （3）分两种情况：①当P、Q没相遇前；②当P、Q相遇后；分别由题意列出方程，解方程即可． 【解题过程】 （1）解：∵△ABC中，∠C=90°，AB=10 cm，BC=6 cm， ∴AC=AB2−BC2=102−62=8， 当P在AC上时，如图， ∵PC=t， ∴PB=PA=8−t， 在RtBCP中，∠C=90° ∴PC2+BC2=PB2即t2+62=8−t2， 解得t=74（秒）， 当P在线段AB上时， ∵PA=PB，AB=10cm， ∴PA=5cm， ∴t=8+5÷1=13（秒） 故答案为：74秒或13秒； （2）解：①若P在边AC上时，BC=CP=6（cm），如图2所示： 6÷1=6（秒）， 此时用的时间为6秒，△BCP为等腰三角形； ②若P在AB边上时，有三种情况： a、若BP=BC=6cm，如图3所示： 此时AP=4cm，AC+AP=12（cm）， 即P运动的路程为12cm， 所以用的时间为12秒， ∴t=12秒时，△BCP为等腰三角形； b、若CP=BC=6cm，过C作CD⊥AB于D，如图4所示： 则BD=PD， 由面积法得：CD= AC⋅BCAB=8×610=4.8（cm）， ∴BD= BC2−CD2 = 62−4.82=3.6（cm）， ∴BP=2BD=7.2 cm， ∴P运动的路程为：AC+AB−BP=8+10−7.2=10.8（cm）， ∴t=10.8秒，△BCP为等腰三角形； c、若BP=CP时，如图5所示： 则∠PCB=∠PBC， ∵∠ACP+∠BCP=90°，∠PBC+∠CAP=90°， ∴∠ACP=∠CAP， ∴PA=PC， ∴PA=PB=12AB=5（cm）． ∴P运动的路程为：AC+AP=8+5=13（cm）， ∴时间t为13秒时，△BCP为等腰三角形； ∴t为6秒或13秒或12秒或10.8秒时△BCP为等腰三角形； （3）解：分两种情况： ①P、Q没相遇前，当P点在AC上，Q在AB上，如图6所示： 则AP=8−t，AQ=16−2t， ∴8−t+16−2t=6+8+102， ∴t=4； ②当P、Q相遇后，当P点在AB上，Q在AC上，如图7所示： 则AP=t−8，AQ=2t−16， ∴t−8+2t−16=6+8+102， ∴t=12； ∴t为4秒或12秒时，直线PQ把△ABC的周长分成相等的两部分． 22．（24-25八年级上·上海长宁·期末）已知在△ABC中，AB=AC，点D在线段BC上，点F在射线AD上，连接CF，作BE∥CF交射线AD于E，∠CFA=∠BAC=α． （1）如图1，当α=65°时，∠ABE=15°时，求∠BAE的大小； （2）当α=90°，AB=AC=8时， ①如图2，连接BF，当BF=BA，求CF的长； ②若AD=52，求AE的长． 【思路点拨】 （1）由平行线的性质求解∠BED=65°，再利用三角形的外角的性质可得答案； （2）①证明△BEF≌△AFC，可得FC=EF=AE=12AF，再利用勾股定理求解即可；②如图，过A作AM⊥BC于M，当D在M的右边时，利用勾股定理求出DM，可得BD，用等面积法可得BE，可得DE，根据AE=AD−DE，从而可得答案；当D在M的左边时，如图，同理可得AM=42，DM=32，CD=72，CF=2852，证明△BAE≌△ACF，即可得到AE． 【解题过程】 （1）解：∵BE∥CF，∠CFA=∠BAC=α=65°， ∴ ∠BED=65°， ∵∠BED=∠ABE+∠BAE，∠ABE=15°， ∴ ∠BAE=65°−15°=50°； （2）解：①∵ BF=BA，AB=AC， ∴ BF=AC， ∵BE∥CF，∠CFA=∠BAC=α=90°， ∴ BE⊥AF，AE=EF，∠ABE=∠FBE，∠BEF=∠AFC=90°， ∴ ∠ABE+∠BAE=90°=∠BAE+∠CAF， ∴ ∠ABE=∠CAF， ∴ ∠CAF=∠FBE， ∴△BEF≌△AFCAAS， ∴ EF=FC， ∴ FC=EF=AE=12AF， ∵AB=AC=8， ∴ CF2+2CF2=64， 解得：CF=855（负根舍去）； ②如图，过A作AM⊥BC于M，当D在M的右边时， ∵∠BAC=90°，AB=AC=8， ∴ BC=82，AM=MC=BM=42， ∵AD=52， ∴ DM=AD2−AM2=32， ∴ BD=42+32=72， ∴ BE=12BD⋅AM12AD=2852， ∴ DE=BD2−BE2=2125， ∴ AE=AD−DE=425， 当D在M的左边时，如图， 同理可得：AM=42，DM=32，CD=72， ∴CF=12CD⋅AM12AD=2852， 由（1）得：∠ABE=∠CAF， 而∠AEB=∠AFC=90°，AB=AC， ∴△BAE≌△ACFAAS， ∴AE=CF==2825； 综上：AE=425或2852． 23．（24-25八年级上·浙江杭州·期末）如图1，在等边三角形ABC的AC，BC边上分别取点E，F，使AE=CF，连结BE，AF相交于点P． （1）求∠BPF的度数． （2）若∠CBE=45°，PF=2，求BF的长． （3）如图2，连结CP，若∠BPC=90°，AB=7，求BP的长． 【思路点拨】 （1）由等边三角形的性质可得∠BAC=∠C=60°，AB=AC，AE=CF，利用SAS可证得△ABE≌△CAF，由全等三角形的性质可得∠ABE=∠CAF，再利用三角形外角的性质即可求出∠BPF的度数； （2）过点F作FM⊥BP于点M，由含30度角的直角三角形的性质可得PM=1，利用勾股定理可求得MF=3，由等腰直角三角形的性质可得BM=MF=3，然后利用勾股定理即可求出BF的长度； （3）过点B作BN⊥AF于点N，构造Rt△BNP，设PN=x，利用AAS可证得△ABN≌△CBP，利用勾股定理可建立关于x的方程3x2+2x2=72，解方程即可求得PN的长，进而可求得BP的长． 【解题过程】 （1）解：∵△ABC是等边三角形， ∴∠BAC=∠C=60°，AB=AC，AE=CF， 在△ABE和△CAF中， AB=CA∠EAB=∠FCAEA=FC， ∴△ABE≌△CAFSAS， ∴∠ABE=∠CAF， ∴∠BPF=∠ABE+∠BAP=∠CAF+∠BAF=60°； （2）解：如图，过点F作FM⊥BP于点M， ∵∠BPF=60°， ∴∠MFP=90°−60°=30°， ∴PM=12PF=1，MF=PF2−PM2=22−12=3， ∵∠MBF=45°，∠BMF=90°， ∴BM=MF=3， ∴BF=BM2+MF2=32+32=6； （3）解：如图，过点B作BN⊥AF于点N， 设PN=x， ∵在Rt△BNP中，∠BPN=60°， ∴∠PBN=30°， ∴BP=2x， ∵在等边三角形ABC中，∠BAC=∠ABC=60°，AB=AC， 又∵∠ABE=∠CAF， ∴∠BAN=∠CBP， 又∵∠ANB=∠BPC，AB=BC， 在△ABN和△CBP中， ∠BAN=∠CBP∠ANB=∠BPCAB=CB， ∴△ABN≌△CBPAAS， ∴AN=BP=2x， ∴BN2=BP2−PN2=2x2−x2=3x2， ∵在Rt△ABN中，AB2=BN2+AN2， ∴ 3x2+2x2=72， 解得：x=±7， ∵x>0， ∴x=7， ∴BP=27． 24．（23-24八年级下·四川成都·期中）如图1，在等腰Rt△ABC中，∠BAC=90°，BD平分∠ABC，且与AC相交于点D．过A作AH⊥BC于H，AH交BD于E，过C作CF⊥BD交BD的延长线于F，交BA的延长线于M． （1）求证：∠AED=∠ADE； （2）若BD=2，求AF的长； （3）如图2，连接FH连交AC于G，求AEDG的值． 【思路点拨】 （1）由等腰直角三角形的性质得AB=AC，∠ABC=∠ACB=45°，因为AH⊥BC于H，所以∠HAB=∠HAC=12∠BAC=45°，而∠ABD=∠CBD=12∠ABC=22.5°，可求得∠AED=67.5°，∠ADE=67.5°，即可证明∠AED=∠ADE； （2）先证明△BFC≌△BFM，得CF=MF，再证明△CAM≌△BAD，得CM=BD=2，所以AF=12CM=1； （3）作EL⊥BA于点L，则∠LEA=∠LAE=45°，所以AE=2EL，则EH=EL=22AE，由AE+22AE=AH，求得AD=AE=2−2AH，再根据三角形的中位线定理证明HF∥BM，则∠AGH=90°，所以∠GHA=∠GAH=45°，则AG=22AH，所以DG=AG−AD=32−42AH，求得AEDG=22+2． 【解题过程】 （1）证明：∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°， ∴AB=AC，∠ABC=∠ACB=45°， ∵AH⊥BC于H， ∴∠HAB=∠HAC=12∠BAC=45°， ∵BD平分∠ABC， ∴∠ABD=∠CBD=12∠ABC=22.5°， ∴∠AED=∠HAB+∠ABD=67.5°，∠ADE=∠ACB+∠CBD=67.5°， ∴∠AED=∠ADE； （2）解：∵CF⊥BD交BD的延长线于F， ∴∠BFC=∠BFM=90°， 在△BFC和△BFM中， ∠BFC=∠BFMBF=BF∠CBF=∠MBF， ∴△BFC≌△BFMASA， ∴CF=MF， ∵∠CAM=∠BAD=∠BFM=90°， ∴∠ACM=∠ABD=90°−∠M， 在△CAM和△BAD中， ∠CAM=∠BADAC=AB∠ACM=∠ABD， ∴△CAM≌△BADASA， ∴CM=BD=2， ∴AF=12CM=1， ∴AF的长为1； （3）解：如图2，作EL⊥BA于点L，则∠ALE=90°， ∴∠LEA=∠LAE=45°， ∴AL=EL， ∴AE=AL2+EL2=2EL， ∴EL=22AE， ∵BD平分∠ABC，点E在BD上，且EH⊥BC，EL⊥BA， ∴EH=EL=22AE， ∴AE+22AE=AH， ∵∠AED=∠ADE， ∴AD=AE=2−2AH， ∵CH=BH，CF=MF， ∴HF∥BM， ∴∠AGH=180°−∠BAC=90°， ∴∠GHA=∠GAH=45°， ∴HG=AG， ∴AH=AG2+HG2=2AG， ∴AG=22AH， ∴DG=AG−AD=22AH−2−2AH=32−42AH， ∴AEDG=2−2AH32−42AH=22+2， ∴AEDG的值为22+2． 25．（24-25八年级上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图1，四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点N，∠BAC=∠BDC，∠BCD−∠DBC=2∠ABD． （1）求证：AB=AC； （2）如图2，当∠BAC=90°时，过点A作AE⊥AD，交BD于点E，求∠AED的度数； （3）如图3，在（2）的条件下，若点E为BD中点，点F为BC上一点，连接EF、AF，∠CAF=2∠DBC，AF+EF=3，求四边形ABCD的面积． 【思路点拨】 （1）在△ABC和△BCD中根据三角形内角和，结合∠BAC=∠BDC可推出∠ABN+∠ACB=∠BCD，然后由∠BCD−∠DBC=2∠ABD推出∠ACB=∠ABD+∠DBC，即∠ACB=∠ABC，得证； （2）根据题意可知∠BAC=∠BDC=∠EAD=90°，利用角的和差以及三角形外角的性质可推出∠BAE=∠CAD，∠AEB=∠ADC，结合AB=AC，可证△AEB≌△ADCAAS，从而得到AD=AE，即可求得∠AED=45°； （3）延长AF使AH=AC=AB，连接BH，CH，CE，不妨设∠DBC=θ，那么∠CAF=2θ，根据BA=AH=AC以及三角形内角和定理，可知∠ABH=45°+θ，∠ACH=90°−θ，结合△BAC和△DAE都是等腰直角三角形，△AEB≌△ADC，推出 ∠DAC=θ，BE=CD，结合E是BD中点，推出△EDC是等腰直角三角形，接着证明AD∥CE，得到∠ACE=∠DAC=θ，∠ECB=45°−θ=∠BCH，再证明△EBC≌△HBC和△ECF≌△HCF，得到EF=FH，结合EF+AF=3，推导出AH=AB=AC=3，最后利用勾股定理，算出BC，CD，BD，AD，AE，最后利用四边形ABCD面积=S△ABE+S△AED+S△BDC可得到答案． 【解题过程】 （1）证明：∵∠ABN+∠CBN+∠ACB+∠BAC=180°，∠DBC+∠BCD+∠BDC=180° ∴∠BAC=180°−∠ABN+∠CBN+∠ACB，∠BDC=180°−∠DBC+∠BCD ∵∠BAC=∠BDC ∴180°−∠ABN+∠CBN+∠ACB=180°−∠DBC+∠BCD ∴∠ABN+∠CBN+∠ACB=∠DBC+∠BCD ∴∠ABN+∠ACB=∠BCD 又∵∠BCD−∠DBC=2∠ABD ∴∠ABN+∠ACB−∠DBC=2∠ABD 又∠ABN=∠ABD ∴∠ACB−∠DBC=∠ABD ∴∠ACB=∠ABD+∠DBC ∴∠ACB=∠ABC ∴AB=AC （2）解：∵∠BAC=90°，AE⊥AD，∠BAC=∠BDC ∴∠BAC=∠BDC=∠EAD=90° ∴∠BAC−∠EAN=∠DAE−∠EAN ∴∠BAE=∠CAD ∵∠AEB=∠EAD+∠ADE，∠ADC=∠ADE+∠BDC ∴∠AEB=∠ADC 由（1）可知，AB=AC 在△AEB和△ADC中 ∠AEB=∠ADC∠BAE=∠CADAB=AC ∴△AEB≌△ADCAAS ∴AD=AE ∴△ADE为等腰直角三角形 ∴∠AED=45° （3）解：延长AF使AH=AC=AB，连接BH，CH， 不妨设∠DBC=θ，那么∠CAF=2θ ∴∠ACH=∠AHC=180°−∠CAF2=90°−θ， ∵∠BAC=90° ∴∠BAH=∠BAC−∠CAF=90°−2θ ∴∠ABH=∠AHB=180°−∠BAH2=180°−(90°−2θ)2=45°+θ 由（2）可知，∠BAC=90°，BA=AC，∠EAD=90°，∠DEA=45° ∴△BAC和△DAE都是等腰直角三角形 ∴∠ABC=45°=∠ACB=∠ADE=∠AED ∴∠ABD=∠ABC−∠DBC=45°−θ，∠CBH=∠ABH−∠ABC=45°+θ−45°=θ ∵∠AED=∠ABD+∠BAE=45° ∴∠BAE=45°−∠ABD=45°−(45°−θ)=θ 由（2）可知，△AEB≌△ADC ∴∠DAC=∠BAE=θ，∠DCA=∠EBA=45°−θ，CD=BE ∵E是BD中点 ∴BE=DE ∴DE=CD 又∠BDC=90° ∴△EDC是等腰直角三角形 ∴∠DEC=∠DCE=45° ∴∠AEC=∠AED+∠DEC=45°+45°=90° 又∠EAD=90° ∴∠EAD+∠AEC=90°+90°=180° ∴AD∥CE ∴∠DAC=∠ACE=θ ∴∠ECB=∠ACB−ACE=45°−θ ∴∠BCH=∠ACH−∠ACB=(90°−θ)−45°=45°−θ 在△EBC和△HBC中 ∠EBC=∠HBC=θBC=BC∠ECB=∠BCH ∴△EBC≌△HBC ∴CE=CH 在△ECF和△HCF中 CE=CH∠FCE=∠FCHCF=CF ∴△ECF≌△HCF ∴EF=FH ∵EF+AF=3 ∴AF+FH=AH=3 ∴BA=AC=AH=3 ∴BC=AB2+AC2=32+32=32 在Rt△BDC中，BD=2CD，BC=32 ∴CD2+(2CD)2=BC2 ∴CD=3105=DE，BD=6105 在Rt△ADE中，AE=DA，DE=3105 ∴AE2+AD2=DE2=(3105)2 ∴AE=AD=355 ∴S△AED=AE⋅AD2=355×3552=910，S△BDC=BD⋅CD2=6510×35102=185 ∵E是BD中点 ∴S△ABE=S△AED=910 ∴四边形ABCD的面积为=S△ABE+S△AED+S△BDC=910+910+185=275 26．（24-25九年级上·湖北省直辖县级单位·阶段练习）如图1，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BA=BC，MN是过点A的直线，过点C作CD⊥直线MN于点D，连接BD．      （1）求∠ADB的度数； （2）如图1，可得线段AD，BD，CD的数量关系为__________；将直线MN绕点A顺时针旋转到图2的位置，线段AD，BD，CD的数量关系是否发生变化，请说明理由． 【思路点拨】 （1）在射线DA上截取AE=CD，由多边形的内角和公式可得∠ABC+∠ADC+∠BAD+∠BCD=360°，进而可得∠BAD+∠BCD=180°，结合∠BAD+∠BAE=180°，于是可得∠BAE=∠BCD，利用SAS可证得△BAE≌△BCD，于是可得BE=BD，∠ABE=∠CBD，进而可得∠ABE+∠ABD=∠CBD+∠ABD，即∠EBD=∠ABC=90°，由等边对等角及三角形的内角和定理可得∠ADB=∠AEB=12180°−∠EBD，于是得解； （2）由（1）可得BE=BD，∠EBD=90°，AE=CD，由勾股定理可得DE=BE2+BD2=2BD，进而可得CD+AD=AE+AD=DE=2BD，于是可得线段AD，BD，CD的数量关系；过点B作BF⊥BD交MN于点F，由直角三角形的两个锐角互余可得∠BFA+∠BDF=∠BDC+∠BDF=90°，进而可得∠BFA=∠BDC，由∠DBF=∠ABC=90°可得∠DBF+∠ABD=∠ABC+∠ABD，即∠ABF=∠CBD，利用AAS可证得△ABF≌△CBD，于是可得BF=BD，AF=CD，由勾股定理可得DF=BF2+BD2=2BD，进而可得CD=AF=AD+DF=AD+2BD，于是可得结论． 【解题过程】 （1）解：如图1，在射线DA上截取AE=CD， ∵CD⊥直线MN于点D， ∴∠ADC=90°， ∵∠ABC=90°， ∵∠ABC+∠ADC+∠BAD+∠BCD=360°， ∴∠BAD+∠BCD=180°， ∵∠BAD+∠BAE=180°， ∴∠BAE=∠BCD， ∵BA=BC， ∴△BAE≌△BCDSAS， ∴BE=BD，∠ABE=∠CBD， ∴∠ABE+∠ABD=∠CBD+∠ABD， ∴∠EBD=∠ABC=90°， ∵BE=BD， ∴∠ADB=∠AEB=12180°−∠EBD=45°； （2）解：由（1）可得：BE=BD，∠EBD=90°，AE=CD， 由勾股定理可得：DE=BE2+BD2=BD2+BD2=2BD， ∴CD+AD=AE+AD=DE=2BD， 即：线段AD，BD，CD的数量关系为CD+AD=2BD， 故答案为：CD+AD=2BD； 将直线MN绕点A顺时针旋转到图2的位置，线段AD，BD，CD的数量关系发生变化，关系是CD−AD=2BD，理由如下： 如图2，过点B作BF⊥BD交MN于点F， ∴∠DBF=90°， ∴∠DBF=∠ABC=90°， ∵CD⊥直线MN于点D， ∴∠CDF=90°， ∴∠BFA+∠BDF=∠BDC+∠BDF=90°， ∴∠BFA=∠BDC， ∵∠DBF+∠ABD=∠ABC+∠ABD， ∴∠ABF=∠CBD， ∵BA=BC， ∴△ABF≌△CBDAAS， ∴BF=BD，AF=CD， 由勾股定理可得：DF=BF2+BD2=BD2+BD2=2BD， ∴CD=AF=AD+DF=AD+2BD， 即：CD−AD=2BD． 27．（24-25八年级上·浙江宁波·期中）如图1，过△ABC的顶点A分别作对边BC上的中线AD和高线AE． （1）在图1中，若AB=15，AC=13，BC=14，BE=a，分别求出a，BD2+AD2的值； （2）①如图1，猜想AB2+AC2和BD2+AD2之间的关系，并证明你的结论； ②如图2，∠MON=45°，点P是边OM上一动点，点Q是边ON上一点，且OQ=8，则OP2+PQ2的最小值为________． 【思路点拨】 （1）根据题意得出CE=14−a，在Rt△ADE中，在Rt△ACE中，分别表示AE2，进而得出方程，解得a=9，进而勾股定理求得AE的长，在Rt△ADE中，勾股定理，即可求解； （2）①根据（1）的方法求得AC2=AB2+BC2−2a⋅BC，AD2=AB2−a⋅BC+14BC2，进而求得AB2+AC2和BD2+AD2，比较结果，即可求解； ②根据①的结论可得OP2+PQ2=32+2PT2，转化为PT的最小值，根据垂线段最短得PT=4，进而即可求解． 【解题过程】 （1）解：∵BC=14，BE=a， ∴CE=14−a， 在Rt△ADE中，AE2=AC2−CE2=132−14−a2， 在Rt△ACE中，AE2=AB2−BE2=152−a2， ∴132−14−a2=152−a2 解得：a=9 ∴BE=9，则CE=5， ∴AE=AC2−EC2=132−52=12， ∵AD是△ABC的中线，BC=14， ∴BD=DC=12BC=7 设DE=DC−EC=7−5=2， 在Rt△ADE中，AD2=AE2+DE2， ∴BD2+AD2=BD2+AE2+DE2 =72+122+22=197； （2）①设BE=a， ∴CE=BC−a， ∵AD是△ABC的中线 ∴DE=BE−DB=a−12BC 在Rt△ADE中，AE2=AC2−CE2=AC2−BC−a2， 在Rt△ACE中，AE2=AB2−BE2=AB2−a2， ∴AC2−BC−a2=AB2−a2 ∴AC2−BC2+2a⋅BC=AB2， ∴AC2=AB2+BC2−2a⋅BC ∴AB2+AC2=2AB2+BC2−2a⋅BC 在Rt△ADE中，AD2=AE2+DE2=AB2−a2+a−12BC2=AB2−a⋅BC+14BC2， BD2+AD2=12BC2+AD2=14BC2+AB2−a⋅BC+14BC2=AB2+12BC2−a⋅BC ∴AB2+AC2=2BD2+AD2 ②如图所示，取OQ的中点T，连接PT， ∵OQ=8， ∴OT=12OQ=4， 由①可得OP2+PQ2=2OT2+PT2=242+PT2=32+2PT2 ∴OP2+PQ2取最小值时，PT2取最小值，即PT取最小值， ∴当PT ⊥OQ时，PT最小， 又∵∠MON=45°， ∴当PT⊥OQ时，△TOP是等腰直角三角形， ∴PT=OT=4，即PTmin=4， 则OP2+PQ2的最小值为32+2×42=64 故答案为：64． 28．（24-25八年级上·江西南昌·期末）如图，在△ABC中，AB=AC，作BC的中点D，过D作∠EDF=90°，分别交AB、AC于E、F，我们称△DEF为等腰△ABC的“内接直角三角形”．设BE=a，CF=b． （1）如图①，当∠A=90°时，若a=2，b=1时，求内接直角三角形DEF的斜边EF的长； （2）如图②，当∠A=90°时，若E、F分别在BA、AC的延长线上，则内接直角三角形DEF的斜边满足：EF2=　 ；（用含a，b的式子表示） （3）拓展延伸：如图③，当∠A=60°时，EF与a，b还满足（2）的关系式吗？若满足，证明你的结论；若不满足，请探索EF与a，b满足的数量关系式，并证明你的结论． 【思路点拨】 （1）过点C作AC的垂线交ED的延长线于点E′，连接E′F，根据平行线的性质，则∠B=∠E′CD，根据对顶角相等，全等三角形的判定和性质，则△BED≌△CE′D，得DE′=DE，CE′=BE=2，根据勾股定理的应用，即可； （2）过点C作AC的垂线交ED的延长线于点E′，连接E′F，根据平行线的性质，则∠B=∠E′CD，根据对顶角相等，全等三角形的判定和性质，则△BED≌△CE′D，根据勾股定理，则E'F2=CE'2+CF2=a2+b2，进行解答，即可； （3）过点C作AC的平行线交ED的延长线于点E′，连接E′F，过点F作E′C的垂线，交E′C的延长线于点G，根据等腰三角形的性质，则∠B=∠DCF=60°，根据全等三角形的判定和性质，则△BDE≌△CDE'，DE′=DE，CE′=BE=a，根据勾股定理，则E′F2=E′G2+GF2，即可． 【解题过程】 （1）解：如图，过点C作AC的垂线交ED的延长线于点E′，连接E′F， ∵∠A=90°， ∴AB∥CE′， ∴∠B=∠E′CD， ∵点D是BC的中点， ∴BD=CD， 又∵∠BDE=∠CDE′， ∴△BED≌△CE′D， ∴DE′=DE，CE′=BE=2， 又∵∠EDF=90°， ∴E′F=EF， 在Rt△E′FC中，由勾股定理得：E′F=CE′2+CF2=5， ∴EF=5； （2）解：如图，过点C作AC的垂线交ED的延长线于点E′，连接E′F， ∵∠A=90°， ∴∠B=∠E′CD， ∵点D是BC的中点， ∴BD=CD， 又∵∠BDE=∠CDE′， ∴△BDE≌△CDE′， ∴DE=DE′，CE′=BE=a， ∵∠EDF=90°， ∴E′F=EF， 在Rt△E′FC中，E'F2=CE'2+CF2=a2+b2， 即EF2=a2+b2， 故答案为：a2+b2； （3）解：EF与a，b不满足（2）的关系式，存在新的数量关系式为：EF2=a2+ab+b2， 证明：如图，过点C作AC的平行线交ED的延长线于点E′，连接E′F，过点F作E′C的垂线，交E′C的延长线于点G， ∵AB=AC，∠A=60°， ∴∠B=∠DCF=60°， ∵点D是BC的中点， ∴BD=CD， 又∵∠E′CD=∠B=60°，∠BDE=∠CDE′， ∴△BDE≌△CDE'， ∴DE′=DE，CE′=BE=a， ∵∠EDF=90°， ∴E′F=EF， 又∵∠GCF=180°−∠E′CD−∠DCF=60°，CF=b，∠G=90°， ∴GC=12CF=b2，GF=32CF=32b， ∴E′G=E′C+GC=a+b2， 在Rt△E′FG中，E′F2=E′G2+GF2=a+b22+32b2=a2+ab+b2， 即EF2=a2+ab+b2． 29．（24-25八年级上·四川成都·期末）如图，在△ABC中，∠CAB=45°，AC=14，AB=62．    （1）如图1，求BC的长； （2）如图2，BM⊥AB，与AC交于点M，点D为AC边上一点，连接BD，E是AB右侧一点，且BD⊥BE，BD=BE，连接DE、AE，F是DE的中点．探究AD、AE和BF之间的数量关系并证明； （3）如图3，动点P由点C出发以每秒1个单位的速度在射线CB上匀速运动，同时动点D也从C出发，在射线CA上以每秒1个单位的速度匀速运动，设运动时间为t秒（t>0），当点B到直线PD的距离等于6时，求t的值． 【思路点拨】 本题考查了全等三角形的性质与判定，勾股定理，等腰三角形的性质与判定等知识，利用数形结合和分类讨论的思想解决问题是关键； （1）过B作AC的垂线，垂足是G，在Rt△BGA中，设BG=AG=x，根据勾股定理得出x=6，进而得出CG=8，在Rt△CBG中，勾股定理，即可求解； （2）先证明△BDM≌△BEAAAS，进而证明∠DAE=90°，由直角三角形斜边中线等于斜边一半，得到DE=2BF，再根据勾股定理得出结论即可； （3）过B作BD⊥AC于点D，作BE⊥PQ于点E，作BF∥PQ，与AC交于点F，则BE=6，①当P点在线段CB上时，证明△BPE≌△BFDAAS，根据BP=BF，建立方程，解方程，即可求解．②当P点在CB的延长线上时，同理BP=BF，即可求解． 【解题过程】 （1）解：过B作AC的垂线，垂足是G，在Rt△BGA中，    ∵∠A=45°， ∴∠GBA=90°−45°=45°， ∴∠A=∠BGA， ∴BG=AG， 设BG=AG=x， 在Rt△BGA中，x2+x2=622， 解得：x=±6， ∵x>0， ∴x=6， ∴CG=14−6=8， 在Rt△CBG中，由勾股定理得BC=62+82=10； （2）解：AD2+AE2=4BF2；理由如下，    ∵∠CAB=45°， ∴∠AMB=∠CAB=45°， ∴BM=BA， ∵∠DBE=∠ABM=90°， ∴∠MBD=∠ABE， ∵BD=BE， ∴△BDM≌△BEASAS， ∴∠BMD=∠BAE=45°， ∴∠DAE=90°， ∵BD⊥BE，F是DE的中点， ∴DE=2BF， 在Rt△DAE中，AD2+AE2=DE2=2BF2=4BF2， ∴AD2+AE2=4BF2； （3）解：过B作BD⊥AC于点D，作BE⊥PQ于点E，作BF∥PQ，与AC交于点F，则BE=6， ①当P点在线段CB上时，如图，    ∵∠BAC=45°，AB=62， ∴AD=BD=22AB=6， ∴CD=AC−AD=14−6=8， ∴BC=CD2+BD2=82+62=10， ∵CP=CQ=t， ∴∠CPQ=∠CQP，BP=BC−CP=10−t， ∵PQ∥BF， ∴∠CQP=∠CPQ=∠CFB=∠CBF， ∴CB=CF=10， ∴AF=AC−AF=14−10=4， ∴DF=AD−AF=6−4=2， ∴BF=BD2+DF2=210， ∵∠BPE=∠CPQ， ∴∠BPE=∠BFD， ∵∠BEP=∠BDF，BE=BD=6， ∴△BPE≌△BFDAAS， ∴BP=BF，即10−t=210， ∴t=10−210； ②当P点在CB的延长线上时，如图，则BP=t−10，    同理可证△BPE≌△BFDAAS， ∴BP=BF， ∴t−10=210， ∴t=10+210， 综上，当点B到直线PQ的距离等于6时，t=10−210或10+210． 30．（24-25八年级上·四川成都·阶段练习）如图，在△ABC中，AC=BC=5，∠ACB=90°，等腰直角△CDE绕直角顶点C在△ABC所在的平面内转动，连接AD，BE，AE （1）探究BE与AD的数量关系并证明； （2）若BE=2DE，则当点B，E，D三点共线时，求CE的长； （3）若CE=22，则当△ADE是以AE为腰的等腰三角形时，连接BD，并求BD的长． 【思路点拨】 （1）根据SAS证明△BCE≌△ACD，即可解答； （2）如图2，设CE=x，根据△ECD是等腰直角三角形，可得ED=2x，∠CED=∠CDE=45°，证明∠ADC=∠BEC=135°，则∠ADE=90°，由勾股定理列方程即可解答； （3）分两种情况：①如图3，当AE=ED时，延长BE交AC于O，交AD于N，证明BN是AD的垂直平分线即可解答；②如图4，当AE=AD时，延长BE交AD于N，分别由勾股定理计算AD，DN的长，由面积法可得EN的长，从而得BN的长，即可解答． 【解题过程】 （1）解：BE=AD，理由如下：如图1， ∵△ECD是等腰直角三角形， ∴EC=CD，∠ECD=90°， ∵∠ACB=90°， ∴∠ACB=∠ECD=90°， ∴∠BCE=∠ACD， ∵AC=CB， ∴△BCE≌△ACDSAS， ∴BE=AD； （2）解：如图2，设CE=x， ∵△ECD是等腰直角三角形， ∴ED=2x，∠CED=∠CDE=45°， ∵点B，E，D三点共线， ∴∠BEC=180°−45°=135°， ∵BE=2DE， ∴BE=22x， 由（1）知：AD=BE=22x， ∴BD=32x， ∵△BCE≌△ACD， ∴∠ADC=∠BEC=135°， ∴∠ADE=135°−45°=90°， 由勾股定理得：AB2=AD2+BD2， ∵AC=BC=5，∠ACB=90°， ∴52+52=22x2+32x2， 解得：x=51313（负值舍去）， ∴CE=51313； （3）解：分两种情况： ①如图3，当AE=ED时，延长BE交AC于O，交AD于N， ∵AC=BC=5，∠ACB=90°， ∴AB=52+52=52， 由（1）知：△BEC≌△ADC， ∴∠CAD=∠CBE， ∵∠AON=∠BOC， ∴∠ANO=∠BCO=90°， ∴EN⊥AD， ∵AE=ED， ∴AN=DN， ∴BN是AD的垂直平分线， ∴BD=AB=52； ②如图4，当AE=AD时，延长BE交AD于N， ∵CE=CD=22，∠ECD=90°， ∴DE=222+222=4， ∵AE=AD，CE=CD， ∴AC是ED的垂直平分线， ∴EP=PD=CP=2，AC⊥ED， ∵AC=5， ∴AP=5−2=3， 由勾股定理得：AD=32+22=13， ∵S△AED=12⋅ED⋅AP=12⋅AD⋅EN， ∴12×4×3=12×13×EN， ∴EN=1213=121313， ∴DN=42−1213132=81313， 由（1）知：BE=AD=13， ∴BN=13+121313=251313， ∴BD=BN2+DN2=2513132+813132=53． 综上，BD的长为52或53． 31．（24-25八年级上·全国·期末）如图1，在直角三角形ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，AM，BN分别是∠CAB与∠ABC的角平分线，且AM，BN相交于点O． （1）∠AOB的度数为 °． （2）求点O到AB边的距离及△AON的面积． （3）如图2，若过点C作CD⊥AB，分别交AM，BN于P，Q两点，垂足为点D，求PQ的长． 【思路点拨】 （1）根据角平分线的定义和三角形内角和定理可得∠OAB+∠OBA=12∠BAC+12∠ABC=45°，在△ABC中，根据三角形内角和定理可得∠AOB的度数． （2）作OG⊥AC于G，OH⊥BC于H，OI⊥AB于I．根据角平分线的性质可得OG=OI=OH，设OG=OI=OH=x，根据S△ABC=S△AOC+S△BOC+S△AOB即可求出x的值为1，即点O到AB边的距离为1，再根据S△ABN=S△AON+S△AOB可求得AN的值，进而可求得△AON的面积． （3）先利用面积法求得CD=125，再根据勾股定理可求得AD=95，则可得BD=165，作PE⊥AC于E，根据角平分线的性质可得PE=PD，再根据S△ACD=S△APC+S△APD可求得PD=910．作QF⊥BC于F，同理可求得QD=1615，进而可求得PQ的长． 【解题过程】 （1）解： ∵OA，OB分别平分∠BAC，∠ABC， ∴∠OAB=12∠BAC，∠OBA=12∠ABC， ∵在△ABC中，∠ACB=90°， ∴∠BAC+∠ABC=90°， ∴∠OAB+∠OBA=12∠BAC+12∠ABC=12(∠BAC+∠ABC)=12×90°=45°， 在△AOB中， ∠AOB=180°−(∠OAB+∠OBA)=180°−45°=135°． 故答案为：135； （2）解：作OG⊥AC于G，OH⊥BC于H，OI⊥AB于I，连接OC． ∵OA平分∠BAC，OB平分∠ABC， ∴OG=OI，OH=OI， 设OG=OI=OH=x， 在Rt△ABC中， ∵AC=3，BC=4， ∴根据勾股定理，得AB=AC2+BC2=32+42=5， ∵S△ABC=S△AOC+S△BOC+S△AOB， ∴12AC⋅BC=12AC⋅OG+12BC⋅OH+12AB⋅OI， 即12×3×4=12×3⋅x+12×4⋅x+12×5⋅x． 解得x=1， ∴O到AB的距离为1； ∵S△ABN=S△AON+S△AOB ∴12AN⋅BC=12AN⋅OG+12AB⋅OI ∴AN⋅BC=AN⋅OG+AB⋅OI ∴4AN=AN+5 解得AN=53． ∴S△AON=12AN⋅OG=12×53×1=56． （3）∵CD⊥AB， ∴S△ABC=12AC×BC=12AB×CD， ∴CD=AC×BCAB=3×45=125． 在Rt△ACD中， 根据勾股定理，得AD=AC2−CD2=32−(125)2=95， ∴BD=AB−AD=5−95=165． 作PE⊥AC于E， ∵AP平分∠CAB，PE⊥AC，PD⊥AB， ∴PE=PD． ∵S△ACD=S△APC+S△APD， ∴12AD⋅CD=12AC⋅PE+12AD⋅PD， ∴AD⋅CD=AC⋅PE+AD⋅PD， ∴95×125=3PD+95PD，  解得PD=910． 作QF⊥BC于F， ∵BQ平分∠ABC，QF⊥BC，QD⊥AB， ∴QF=QD． ∵S△BCD=S△BCQ+S△BDQ， ∴12BD⋅CD=12BC⋅QF+12BD⋅PD， ∴BD⋅CD=BC⋅PQF+BD⋅QD， ∴165×125=4QD+165QD，  解得QD=1615， ∴PQ=QD−PD=1615−910=16． 32．（24-25八年级上·浙江杭州·阶段练习）已知，在△ABC中，AB=AC． （1）如图1，在△ADE中，若AD=AE，且∠DAE=∠BAC，求证：CD=BE； （2）如图2，在△ADE中，若∠DAE=∠BAC=60°，且CD垂直平分AE，垂足为H，AD=6，CD=8，求BD的长度？ （3）如图3，∠BAC=90°，∠ADB=45°，AD=2，BD=4，则BC的长度？ 【思路点拨】 （1）由∠DAE=∠BAC，得出∠BAE=∠CAD，由SAS证得△BAE≌△CAD，即可得出结论； （2）连接BE，先证△ADE是等边三角形，再由CD垂直平分AE，得出∠CDA=12∠ADE=30°，由△BAE≌△CAD，得出BE=CD=8，∠BEA=∠CDA=30°，得出BE⊥DE，DE=AD=6，由勾股定理即可得出结果； （3）将线段AD绕D逆时针旋转90°，A的对应点为E，连接AE交BD于F，则DE=AD=2，根据勾股定理得到AE=AD2+DE2=2，求得AF=EF=12AE=1，AE⊥BD，得到DF=AD2−AF2=1，根据勾股定理即可得到结论． 【解题过程】 （1）证明：∵∠DAE=∠BAC， ∴∠BAC+∠CAE=∠DAE+∠CAE， ∴∠BAE=∠CAD， 在△BAE和△CAD中AB=AC∠BAE=∠CADAE=AD， ∴△BAE≌△CADSAS， ∴CD=BE； （2）解：连接BE，如图2所示： ∵CD垂直平分AE， ∴DA=DE， ∵∠DAE=60°， ∴△ADE是等边三角形， ∵CD垂直平分AE， ∴∠CDA=12∠ADE=12×60°=30°， 由1可知：△BAE≌△CAD， ∴BE=CD=8，∠BEA=∠CDA=30°， ∴BE⊥DE， DE=AD=6， ∴BD=BE2+DE2=82+62=10； （3）解：将线段AD绕D逆时针旋转90°，A的对应点为E，连接AE交BD于F， 则DE=AD=2， ∴AE=AD2+DE2=2， ∵∠ADB=45°， ∴∠EDB=45°=∠ADB， ∴AF=EF=12AE=1，AE⊥BD， ∴DF=AD2−AF2=1， ∴BF=BD−DF=4−1=3， 在Rt△ABF中，AB=BF2+AF2=10， 在Rt△ABC中，AC=AB=10， ∴BC=AB2+AC2=25． 33．（24-25八年级上·重庆沙坪坝·阶段练习）在Rt△ABC中，∠ACB=90°,AC=BC，过点B作直线l，点M在直线l上，连接CM、AM，且CM=BC，过C点作CN⊥AM交AM于点N．      （1）如图1，请问∠ACN和∠MCN有怎样的数量关系，并证明； （2）如图2，直线CN交直线l于点H，求证：2CH=HB+HM； （3）已知BC=4，在直线l绕点B旋转的过程中，当∠CBM=15°时，请直接写出MH的长度．（注：在直角三角形中，30°所对的直角边等于斜边的一半） 【思路点拨】 （1）由等腰三角形的判定与性质可证∠ACN=∠MCN； （2）如图2，在直线l上取点D，连接CD，使∠HCD=90°，则∠DCB=∠HCM，证明△CBD≌△CMHASA，则BD=HM，CD=CH，∠CDB=∠CHM=45°，由勾股定理得，DH=2CH，由DH=HB+BD=HB+HM，可得2CH=HB+HM； （3）由题意知，分两种情况求解：①如图3，则∠CMB=∠CBM=15°，∠MCB=150°，∠MCA=∠MCB−∠ACB=60°，∠MCN=12∠MCA=30°，MN=12CM=2，∠CMN=60°，由∠MHN=45°=∠HMN，可得NH=MN=2，由勾股定理求MH即可；②如图4，同理①计算求解即可． 【解题过程】 （1）解：∠ACN=∠MCN，证明如下： ∵AC=BC，CM=BC， ∴AC=CM， ∵CN⊥AM， ∴∠ACN=∠MCN； （2）解：证明：如图2，在直线l上取点D，连接CD，使∠HCD=90°， ∴∠HCB+∠DCB=90°=∠HCB+∠HCA，即∠DCB=∠HCA， ∴∠DCB=∠HCM， ∵BC=CM， ∴∠CBM=∠CMB， ∴∠CBD=∠CMH， ∵∠DCB=∠HCM,BC=CM,∠CBD=∠CMH， ∴△CBD≌△CMHASA， ∴BD=HM,CD=CH,∠CDB=∠CHM=45°， 在Rt△CDH中，由勾股定理·得：DH=CH2+CD2=2CH， ∵DH=HB+BD=HB+HM， ∴2CH=HB+HM； （3）解：MH的长为22或26，理由如下： 由题意知，分两种情况求解： ①如图3， ∵CM=BC=4,∠CBM=15°， ∴∠CMB=∠CBM=15°， ∴∠MCB=180°−∠CMB−∠CBM=150°,∠MCA=∠MCB−∠ACB=60°， 由（1）知∠ACN=∠MCN， ∴∠MCN=12∠MCA=30°， ∴MN=12CM=2，∠CMN=60°， ∴∠HMN=∠CMN−∠CMB=45°， ∴∠MHN=45°=∠HMN， ∴NH=MN=2， 在Rt△MNH中，由勾股定理得：MH=MN2+NH2=22； ②如图4， ∵CM=BC， ∴∠CMB=∠CBM=15°， ∴∠MCB=150°，∠MCA=360°−∠MCB−∠ACB=120°， 由（1）知∠ACN=∠MCN， ∴∠MCN=12∠MCA=60°，∠MCH=180°−∠MCN=120°， ∴∠CMN=90°−∠MCN=30°,∠BCH=∠MCB−∠MCH=30°， ∴CN=12CM=2， 在Rt△CMN中，由勾股定理得：MN=CM2−CN2=23， ∵∠MHN=∠MBC+∠BCH=45°， ∴∠HMN=45°=∠MHN， ∴NH=MN=23， 在Rt△MNH中，由勾股定理得：MH=MN2+NH2=26， 综上所述，MH的长为22或26． 34．（24-25八年级上·重庆·期末）在△ABC中． （1）如图1，若∠C=90°，BD平分∠ABC交AC于点D，AB=10且△ABD的面积为15，求CD的长； （2）如图2，若△ABC为等边三角形，点D为边AC上的一点，点M为边BC的中点，点H为边BD上的一点，连接HM与AH且∠AHM=120°，求证AH⊥BD； （3）如图3，在（2）的条件下，若AB=6，线段DN在直线AC上移动，点N在点D的上方且DN=2，将线段BN绕点B顺时针旋转60°到BQ，当MQ取最小值时，求△MDN的周长． 【思路点拨】 （1）如图：过D作DE⊥AB，再根据三角形面积公式求得DE，再根据角平分线的性质定理即可解答； （2）如图所示，以AH为边，向右作等边三角形AHQ，连接CQ，证明△ABH≌△ACQSAS，得到∠ACQ=∠ABH，CQ=BH，∠AHB=∠AQC；则可证明M、H、Q三点共线；如图所示，延长HM到G，使得MG=MH，连接CG，证明△BMH≌△CMGSAS，得到BM=CG，∠MBH=∠MCG，再证明∠GCQ=∠ACB+∠MCG+∠ACQ=120°，得到∠CQG=∠G=30°，则∠AHB=∠AQC=∠AQH+∠CQG=90°，即AH⊥BD； （3）利用手拉手模型证明△ABN≌△CBQSAS，得到CQ=AN，∠BCQ=∠A=60°，则可证明点Q在直线CQ上运动，故当MQ⊥CQ时，MQ有最小值，求出∠CMQ=30°，则可得到AN=CQ=1.5，进而可得CN=4.5，CD=2.5；如图所示，过点D和N分别作BC的垂线，垂足分别为F、G，则∠DFC=∠NGC=90°，可求出CF=12CD=54，CG=12CN=94，进而得到MF=74，MG=34，DF=543，NG=934，再利用勾股定理求出DM，NM的长即可得到答案； 【解题过程】 （1）解：如图：过D作DE⊥AB， ∵AB=10，△ABD的面积为15， ∴12⋅AB⋅DE=15，即12×10×DE=15，解得：DE=3． ∵BD平分∠ABC，∠C=90°，DE⊥AB， ∴DC=DE=3． （2）证明： 如图所示，以AH为边，向右作等边三角形AHQ，连接CQ， ∵△ABC，△AHQ都是等边三角形， ∴∠ABC=∠AHQ=∠AQH=∠ACB=60°，AB=AC，AH=AQ， ∴∠BAH=∠CAQ=60°−∠CAH， ∴△ABH≌△ACQSAS， ∴∠ACQ=∠ABH，CQ=BH，∠AHB=∠AQC； ∵∠AHM=120°， ∴∠AHM+∠AHQ=180°， ∴M、H、Q三点共线； 如图所示，延长HM到G，使得MG=MH，连接CG， ∵M为BC中点， ∴BM=CM， 又∵∠BMH=∠CMG，MG=MH， ∴△BMH≌△CMGSAS， ∴BH=CG，∠MBH=∠MCG， ∴CG=CQ； ∵∠ABC=∠ABH+∠MBH=60°， ∴∠MCG+∠ACQ=60°， ∴∠GCQ=∠ACB+∠MCG+∠ACQ=120°， ∴∠CQG=∠G=30°， ∴∠AHB=∠AQC=∠AQH+∠CQG=90°， ∴AH⊥BD； （3）解：∵△ABC是等边三角形， ∴∠ABC=∠A=∠ACB=60°，AB=BC， 由旋转的性质可得BQ=BN，∠QBN=60°， ∴∠ABN=∠CBQ=60°−∠CBN， ∴△ABN≌△CBQSAS， ∴CQ=AN，∠BCQ=∠A=60°， ∵点C是定点，BC是定线段， ∴点Q在直线CQ上运动， ∴当MQ⊥CQ时，MQ有最小值， ∴此时∠CQM=90°， ∴∠CMQ=30°， ∴AN=CQ=12CM=14BC=1.5， ∴CN=6−1.5=4.5； ∵DN=2， ∴CD=6−2−1.5=2.5； 如图所示，过点D和N分别作BC的垂线，垂足分别为F、G，则∠DFC=∠NGC=90°， ∴∠CDF=∠CNG=30°， ∴CF=12CD=54，CG=12CN=94， ∴MF=74，MG=34，DF=3CF=543，NG=3CG=934， ∴DM=MF2+DF2=742+5342=312， NM=MG2+NG2=342+9342=372， ∴△MDN的周长=MN+DM+DN=2+37+312． 35．（23-24八年级下·四川成都·期末）已知△ABC为等边三角形，点D是边AC上一动点，连接BD，将△BCD沿BD翻折，点C的对应点为E． （1）如图1，若BE⊥BC，CD=2，求线段BE的长； （2）如图2，连接AE，若DE所在直线与BC垂直，求AECD的值； （3）如图3，过点A的直线l∥BC，射线DE与直线l交于点F，若AB=6，EF=1，求线段CD的长． 【思路点拨】 （1）过D作DH⊥BC于H，利用含30°的直角三角形的性质、勾股定理等求出CH，DH，利用翻折的性质以及三角形内角和定理可求出∠BDH=∠DBC=45°，利用等角对等边可求出BH，即可求解； （2）延长ED交BC于M，在AC取点F，使AF=EF，利用翻折的性质可求出∠BDC=∠BDE=105°，利用三角形内角和定理求出∠EBD=∠CBD=15°，利用等腰三角形三线合一性质得出BE⊥AC，利用等边对等角和三角形内角和定理求出∠BAE=∠AEB=75°，进而求出∠NAE=15°，利用等边对等角和三角形外角的性质求出∠EFN=30°，设NE=x，利用含30°的直角三角形的性质以及勾股定理求出AF=EF=2x，NF=3x，利用勾股定理求出AE=2+6x，利用含30°的直角三角形的性质DE=CD=2x，即可求解； （3）分点F在A的右侧和左侧两种情况讨论，利用角平分线的性质与判定可证BF平分∠AFE，然后利用AAS可证△ABF≌△EBF，得出AF=EF=1，在Rt△ADG、Rt△FDG中，利用勾股定理可得出DG2=AD2−AG2=FD2−FG2，代入数据即可求解． 【解题过程】 （1）解：过D作DH⊥BC于H， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠C=∠ABC=∠BAC=60°，AB=BC=AC， ∴∠HDC=30°， ∴CH=12CD=1， ∴DH=CD2−CH2=3， ∵翻折， ∴BE=BC，∠EBD=∠CBD， ∵BE⊥BC， ∴∠EBD=∠CBD=45°， ∴∠BDH=45°=∠DBC， ∴BH=DH=3， ∴BE=BC=BD+CD=3+1； （2）解：如图，延长ED交BC于M，在AC取点F，使AF=EF， ∵DE⊥BC， ∴∠CDM=30°， ∵翻折， ∴∠BDC=∠BDE，∠EBD=∠CBD， ∵∠BDC−∠CDM+∠BDE=180°， ∴∠BDC=∠BDE=105°， ∴∠EBD=∠CBD=180°−∠BDC−∠C=15°， ∴∠CAE=30°=12∠ABC=∠ABE， ∵AB=BC， ∴BE⊥AC，即∠ANE=90°， ∵AB=BC=BE，∠ABE=30°， ∴∠BAE=∠AEB=12180°−∠ABE=75°， ∵∠BAC=60°， ∴∠NAE=∠BAE−∠BAC=15°， ∵AF=EF， ∴∠FEA=∠FAE=15°， ∴∠EFN=30°， 设NE=x， ∴AF=EF=2x， ∴NF=3x， ∴AE=AN2+NE2=2x+3x2+x2=2+6x， ∵∠NDE=∠CDM=30° ∴DE=CD=2x， ∴AECD=2+62； （3）解：当F在A的右侧时，如图，过D作DG⊥l于G，过B作BH⊥l于H，BN⊥AD于N，BM⊥DE于M，连接BF， ∵翻折， ∴∠BDC=∠BDE，BC=BE=AB，∠C=∠BED=60°，CD=DE， 又∠CDM=∠EDN， ∴∠BDM=∠BDN， ∴BM=BN， ∵l∥BC， ∴∠HAB=∠ABC=60°=∠BAC，∠CAF=∠C=60°， 又BH⊥l，BN⊥AD， ∴BH=BN， ∴BH=BM， ∴BF平分∠AFE， ∴∠AFB=∠EFB， ∵∠CAF=60°，∠BAC=60°，∠BED=60°， ∴∠BAF=∠BAC+∠CAF=120°，∠BEF=180°−∠BED=120°， ∴∠BAF=∠BEF， 又BF=BF， ∴△ABF≌△EBF， ∴AF=EF=1， 设CD=x，则DE=x，AD=6−x， ∵DG⊥AG，∠CAF=60°， ∴∠ADG=30°， ∴AG=12AD=3−12x， ∴FG=AG−AF=2−12x， 在Rt△ADG中，DG2=AD2−AG2=6−x2−3−12x2， 在Rt△FDG中，DG2=FD2−FG2=x+12−2−12x2， ∴6−x2−3−12x2=x+12−2−12x2， 解得x=3013 ∴CD=3013； 当F在A的左侧时，如图，过D作DG⊥l于G，过B作BH⊥l于H，BN⊥AD于N，BM⊥DE于M，连接BF， 同理可证BF平分∠HFM， ∴∠HFB=∠MFB， 又∠EFH=∠AFM， ∴∠BFE=∠BFA， 又∠BEF=∠BAF=60°，BF=BF， ∴∴△ABF≌△EBF， ∴AF=EF=1， 设CD=x，则DE=x，AD=6−x， ∵DG⊥AG，∠CAF=60°， ∴∠ADG=30°， ∴AG=12AD=3−12x， ∴FG=AG+AF=4−12x， 在Rt△ADG中，DG2=AD2−AG2=6−x2−3−12x2， 在Rt△FDG中，DG2=FD2−FG2=x−12−4−12x2， ∴6−x2−3−12x2=x−12−4−12x2， 解得x=4211 ∴CD=4211； 综上，CD的长为3013或4211． 36．（24-25八年级上·四川达州·期末）如图1，在等边△ABC中，点E是AC边上一动点（点E不与A，C重合），连接BE，过点A作AH⊥BE于点H，将线段AH绕点A逆时针旋转60°得到线段AK，连接HK，CK． （1）若BH=3，求线段CK的长； （2）如图2，连接CH，延长KH交BC于点D，当KD取最大值时，求证：AE=CD； （3）在（2）的条件下，当KD取最大值时，连接DE，将△CDE绕C点旋转，连接AD，BE，分别取AD，BE的中点M，N，连接MN，若△ABC的边长为4，当点D落在直线AC上时，直接写出MN长． 【思路点拨】 （1）根据线段AH绕点A逆时针旋转60°得到线段AK，可知△AHK为等边三角形，再证△BAH≌△CAK，可知BH=CK，从而求得答案； （2）过点C作CM∥BH交KD的延长线于点M，由（1）可知，∠BHA=∠CKA，BH=CK，从而知道∠AKC=90°，推出∠HKC=30°，借助平角可求得∠BHD=∠DMC=30°，借助证明△BHD≌△CDM，可知D为BC中点，KD=AH+HD，AE+DE≥AH+HD，推出当KD最大时，H与E重合，又因为AH⊥BE，BA=BC， 那么此时E点在AC的中点，从而得证； （3）当点D在线段AC的延长线时，取BC的中点J，连接MJ，NJ，过点N作NQ⊥MJ交MJ的延长线于点Q，先求得HM，利用三角形中位线，求得MJ、JN以及∠QJN=30°，在Rt△QNJ用勾股定理，求得QJ，最后在Rt△QNM用勾股定理，求得MN；当点D在线段AC时，连接DN，过点E作ES⊥BD交BD的延长线于点S，取BS的中点X，连接NX，取DN的中点Y，连接XY，作DZ⊥MN交MN于点Z，先求得AD和MD的长度，然后计算出∠BDE=150°，然后在Rt△EDS中用勾股定理求得ES和DS，然后利用是三角形中位线求得NX，从而求得DX，DN，然后判定△NXY为等边三角形，推导出∠XDN=30°，从而得到∠MDN=120°，MD=DN=1，最后在Rt△MDZ中用勾股定理求得MZ，从而得到MN． 【解题过程】 （1）解：△ABC是等边三角形 ∴AB=AC，∠BAC=60° ∵线段AH绕点A逆时针旋转60°得到线段AK ∴AH=AK，∠KAH=60° ∴∠BAC−∠HAC=∠KAH−∠HAC ∴∠BAH=∠CAK ∴△BAH≌△CAK ∴BH=CK ∵BH=3 ∴CK=3 （2）解：过点C作CM∥BH交KD的延长线于点M 由（1）可知，△BAH≌△CAK ∴∠BHA=∠CKA，BH=CK ∵AH⊥BE ∴∠CKA=90° ∵线段AH绕点A逆时针旋转60°得到线段AK ∴AH=AK，∠KAH=60° ∴△KAH是等边三角形 ∴∠AKH=60°=∠AHK ∴∠HKC=∠CKA−∠AKH=90°−60°=30°，∠BHM=180°−∠AHB−∠AHK=180°−90°−60°=30° ∵BH∥CM ∴∠BHM=∠DMC=30°， ∴∠DMC=∠HKC=30° ∴CM=CK ∴CM=BH 又∠BDH=∠CDM ∴△BHD≌△CDM ∴BD=CD ∵KD=KH+HD=AH+HD，AE+HD≥AH+HD ∴KD最大时，H与E重合 又AH⊥BE，BA=BC 那么此时E点在AC的中点，如图所示： ∴AE=AC2 ∵BD=CD=12BC，AC=BC ∴AE=CD （3）解：①当点D在线段AC的延长线时，如图所示： 由（1）可知，△CDE是等边三角形，CD=12BC ∵等边△ABC的边长为4，AH⊥BH ∴AB=AC=BC=4，CD=CE=ED=2，AH=CH=12AC=2，∠HBC=12∠ABC=12×60°=30° ∴AD=AC+CD=4+2=6，BH=AB2−AH2=42−22=23 ∴AM=DM=12AD=3 ∴HM=AM−AH=3−2=1，CM=AC−AM=4−3=1 ∴HM=CM 取BC的中点J，连接MJ，NJ，过点N作NQ⊥MJ交MJ的延长线于点Q ∴MJ=12BH=3，MJ∥BH，HJ∥AB ∴∠MJC=∠HBC=30°，∠HJC=∠ABC=60° ∵∠BJN=∠HJC=60°，∠BJQ=∠MJC=30° ∴∠QJN=∠BJN−∠BJQ=60°−30°=30° ∵BN=EN，BJ=CJ ∴JN=12CE=1， ∴NQ=12JN=12，JQ=JN2−NQ2=12−(12)2=32 ∴MQ=JQ+JM=32+3=332 ∴MN=NQ2+MQ2=(12)2+(332)2=7 ②当点D在线段AC时，连接DN，如图所示： 由（1）可知，△CDE是等边三角形，CD=2，△ABC是等边三角形，AB=4 ∴AD=AC−CD=4−2=2，∠CDE=60° ∴D是AC中点 ∵M是AD的中点 ∴MD=12AD=1 ∵ △ABC是等边三角形，D是AC中点 ∴BD⊥AC ∴∠BDE=∠BDC+∠CDE=90°+60°=150°，BD=AB2−AD2=42−22=23 过点E作ES⊥BD交BD的延长线于点S 在Rt△DES中，∠SDE=180°−∠BDE=180°−150°=30°，DE=2 ∴ES=12DE=1，DS=DE2−ES2=22−12=3 在Rt△BSE中，BS=BD+DS=23+3=33 取BS的中点X，连接NX ∴NX∥ES，NX=12ES=12，BX=12BS=332 ∴∠BXN=∠BSE=90°，DX=BD−BX=23−332=32 ∴DN=DX2+NX2=(32)2+(12)2=1 取DN的中点Y，连接XY ∴XY=DY=NY=12DN=12， ∵NX=NY=XY=12， ∴△XYN是等边三角形 ∴∠XNY=60° ∴∠XDN=90°−∠XNY=90°−60°=30° ∴∠MDN=∠ADB+∠XDN=90°+30°=120° 作DZ⊥MN交MN于点Z ∵MD=DN=1 ∴∠MDZ=∠ZDN=∠MDN2=60°，MZ=NZ ∴∠ZMD=30° ∴DZ=MD2=12，MZ=MD2−DZ2=12−(12)2=32 ∴MN=MZ+NZ=32+32=3．