專題1.10 三角形的證明章末十大題型總結(jié)（培優(yōu)篇）（北師大版）（解析版）

專題1.10三角形的證明章末十大題型總結(jié)（培優(yōu)篇）【北師大版】TOC\o"1-3"\h\u【題型1由HL證明全等】 1【題型2由三線合一求值或證明】 5【題型3等腰三角形中分類討論】 9【題型4雙垂直平分線求角度與周長】 14【題型5角平分線與垂直平分線綜合運用】 18【題型6勾股數(shù)、勾股樹】 23【題型7尺規(guī)作圖與證明、計算的綜合運用】 26【題型8由勾股定理證明線段之間的關(guān)系】 31【題型9由勾股定理求最值】 41【題型10等邊三角形的十字結(jié)合模型】 45【題型1由HL證明全等】【例1】（2023八年級上·山東濟南·期末）如圖，AB⊥BC于點B，AD⊥DC于D，若CB=CD，且∠1=30°，AC=2，則AD的長為（

）A．1 B．4 C．3 D．5【答案】C【分析】本題主要考查了全等三角形的判定及其性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理．證明Rt△CAB≌Rt△CADHL，推出【詳解】解：∵AB⊥BC，AD⊥DC，∴∠D=∠B=90°，∵CB=CD，又CA=CA，∴Rt△CAB≌∴∠CAD=∠1=30°，∵AC=2，∴CD=1∴AD=A故選：C．【變式1-1】（2023八年級上·山東濟寧·期末）如圖，在△ABC中，∠C=90°，點D在AB上，BC=BD,DE⊥AB交AC于點E，△ABC的周長為24cm,△ADE的周長為10cm，則邊BC的長為

【答案】7【分析】本題考查直角三角形全等的判定和性質(zhì)，連接BE，可證Rt△BCE≌Rt△BDEHL，推出CE=DE，進而可得△ABC與△ADE的周長之差等于【詳解】解：如圖，連接BE，

在Rt△BCE和RtBC=BDBE=BE∴Rt△BCE≌∴CE=DE，∵△ABC的周長為24cm,△ADE的周長為∴AB+BC+CA=24cm，AE+AD+DE=10∴AB+BC+CA-AE+AD+DE∴BC+BD+CE-DE=BC+BD=2BC=14cm∴BC=7cm故答案為：7．【變式1-2】（2023八年級上·江蘇揚州·期中）如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=12，BC=6，PQ=AB，P、Q兩點分別在AC和過點A且垂直于AC的射線AX上運動，要使△ABC【答案】6或12/12或6【分析】分情況討論：①Rt△ABC≌Rt△QPAHL，此時AP=BC=6，可據(jù)此求出P的位置；②Rt△QPA≌Rt△BAC【詳解】解：①當AP=CB時，∵∠C=∠QAP=90°，在Rt△ABC與RtAP=CB∴Rt△ABC≌∴AP=BC=6；②當P運動到與C點重合時，AP=AC，在Rt△QPA與RtAP=AC∴Rt△QPA≌∴AP=AC=12，∴當點P與點C重合時，Rt△ABC才能和Rt綜上所述，AP=6或12，故答案為：6或12．【點睛】此題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握兩個三角形全等的判定定理是解題的關(guān)鍵，當題中沒有明確全等三角形的對應(yīng)邊和對應(yīng)角時，要分情況討論，以免漏解．【變式1-3】（2023八年級上·江蘇揚州·期末）如圖，在△ABC中，∠ACB=2∠B，CD平分∠ACB．若AD=2，CD=3，AC的長為．【答案】10【分析】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)，解答本題的關(guān)鍵是明確角的平分線上的點到角的兩邊的距離相等．由角平分線的定義得到∠ACB=2∠ACD，再證明∠ACD=∠B，CD=BD=3，根據(jù)角平分線的性質(zhì)得到DE=DF，接著利用面積法證明AC:BC=2:3，則設(shè)AC=2x，BC=3x，CF=32x，然后證明Rt△CDE≌Rt△CDF得到CE=CF=32x【詳解】解：過D點作DE⊥AC于E點，DF⊥BC于F點，如圖，∵CD平分∠ACB，∴∠ACB=2∠DCD，∵∠ACB=2∠B，∴∠DCB=∠B，∴CD=BD=3，∵CD平分∠ACB，DE⊥AC，DF⊥BC，∴DE=DF，∵S∴12∴AC:BC=2:3，設(shè)AC=2x，BC=3x，∵DB=DC，∴CF=BF=1在Rt△CDE和RtCD=CDDE=DF∴Rt∴CE=CF=3∴AE=1∵DE∴22-∴AC=10故答案為：10【題型2由三線合一求值或證明】【例2】（2023八年級上·安徽合肥·期末）如圖，已知∠AOB為60°，點P在邊OA上，OP=12，點M、N在邊OB上，PM=PN．若MN為4，則OM為．【答案】4【分析】本題主要考查的是含30度直角三角形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)；過P作PD⊥OB，交OB于點D，先說明∠OPD=30°，再根據(jù)含30度直角三角形的性質(zhì)可得OD的長；由PM=PN，利用等腰三角形三線合一可得D為MN中點，再根據(jù)MN求出MD的長，最后根據(jù)OM=OD-MD即可解答．【詳解】解：如圖：過P作PD⊥OB交OB于點D，

在Rt△OPD中，∴∠OPD=30°，∵OP=12，∴OD=1∵PM=PN，PD⊥MN，MN=4，∴MD=ND=1∴OM=OD-MD=6-2=4．故答案為：4．【變式2-1】（2023八年級上·山東青島·期末）（1）如圖1，已知CE與AB交于點E，AC=BC，∠1=∠2，則AE與BE的數(shù)量關(guān)系是______；（2）如圖2，已知CD的延長線與AB交于點E，AD=BC，∠3=∠4，探究AE【答案】（1）AE=BE；（2）AE=BE，證明見解析【分析】（1）利用等腰三角形的“三線合一”性質(zhì)即可求證；（2）在CE上截取CF＝DE，證明△ADE≌△BCFSAS，可得出AE=BF，∠AED=∠CFB本題考查了等腰三角形的性質(zhì)和全等三角形的的判定應(yīng)性質(zhì)，熟練掌握以上知識的應(yīng)用是解題的關(guān)鍵．【詳解】（1）∵AC=BC，∠1=∠2，∴AE=BE，故答案為：AE=BE；（2）AE=BE，理由如下：在CE上截取CF=DE，在△ADE和△BCF中，AD=CB∠3=∠4∴△ADE≌△BCFSAS∴AE=BF，∠AED=∠CFB，∵∠AED+∠BEF=180°，∠CFB+∠EFB=180°，∴∠BEF=∠EFB，∴BE=BF，∴AE=BE．【變式2-2】（2023八年級上·重慶豐都·期末）如圖，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，AD平分∠BAC，點M為AC上一點，且CM=CD，則∠AMD=．【答案】105°【分析】本題考查的是等腰三角形的性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠B=∠C=30°，∠ADC=90°，∠DAC=1【詳解】解：∵AB=AC，∠BAC=120°，∴∠B=∠C=30°，∵CM=CD，∴∠CDM=∠CMD=180°-∠C∵AB=AC，AD是BC邊上的中線，∴∠ADC=90°，∠DAC=1∴∠ADM=∠ADC-∠CDM=15°，則∠AMD=180°-∠ADM-∠DAC=105°故答案為：105°．【變式2-3】（2023八年級上·陜西安康·期末）如圖，在△ABC中，AC=BC，點D是AB上一點，DE⊥BC于點E，EF⊥AC于點F．(1)若點D是AB的中點，求證：∠BDE=1(2)若∠ADE=160°，求∠DEF的度數(shù)．【答案】(1)見解析(2)40°【分析】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)、垂線的定義、三角形內(nèi)角和定理等知識點，熟練掌握以上知識點并靈活運用是解此題的關(guān)鍵．（1）連接CD，由等腰三角形的性質(zhì)可得CD⊥AB，∠ACD=∠BCD=12∠ACB，證明∠BCD=∠BDE（2）先求出∠BDE=20°，由垂線的定義可得∠DEB=∠AFE=90°，求出∠B=70°，由等邊對等角得出∠B=∠A=70°，即可得解．【詳解】（1）證明：如圖，連接CD，，∵AC=BC，點D是AB的中點，∴CD⊥AB，∠ACD=∠BCD=1∴∠BCD+∠B=90°，∵∠B+∠BDE=90°，∴∠BCD=∠BDE，∴∠BDE=1（2）解：∵∠ADE=160°，∴∠BDE=20°，∵DE⊥BC，∴∠DEB=∠AFE=90°，在Rt△BDE中，∠DEB=90°∴∠B=90°-∠BDE=90°-20°=70°，∵AC=BC，∴∠B=∠A=70°，∴∠DEF=360°-∠A-∠ADE-∠AFE=360°-70°-160°-90°=40°．【題型3等腰三角形中分類討論】【例3】（2023春·重慶南岸·八年級校考期末）如圖，△ABC中，∠ACB>120°，∠B=20°，D為AB邊上一點（不與A、B重合），將△BCD沿CD翻折得到△CDE，CE交AB于點F．若△DEF為等腰三角形，則∠BCD為（

）

A．30° B．30°或60° C．50° D．30°或50°【答案】B【分析】分兩種情況進行討論，當EF=ED時，根據(jù)折疊的性質(zhì)可知∠BCD=∠ECD，設(shè)∠BCD=∠ECD=x，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得∠EFD=∠EDF=80°，則x+x+20°=80°，解出x即可；當EF=DF時，根據(jù)折疊的性質(zhì)可知∠BCD=∠ECD，設(shè)∠BCD=∠ECD=y，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得∠E=∠FDE=20°，則∠EFD=140°，則y+y+20°=140°，解出y即可．【詳解】解：當EF=ED時，根據(jù)折疊的性質(zhì)可知∠BCD=∠ECD，設(shè)∠BCD=∠ECD=x，∵∠B=20°，∴∠FDC=x+20°，∵△DEF為等腰三角形，EF=ED，∴∠EFD=∠EDF=80°，∵∠ECD+∠FDC=∠EFD，∴x+x+20°=80°，解得x=30°，當EF=DF時，根據(jù)折疊的性質(zhì)可知∠BCD=∠ECD，設(shè)∠BCD=∠ECD=y，∵∠B=20°，∴∠FDC=y+20°，∵△DEF為等腰三角形，EF=DF，∴∠E=∠FDE=20°，∴∠EFD=140°，∵∠ECD+∠FDC=∠EFD，∴y+y+20°=140°，解得y=60°，綜上所述，∠BCD的度數(shù)為30°或60°，故選：B．【點睛】本題考查了折疊的性質(zhì)以及等腰三角形的性質(zhì)，利用外角的性質(zhì)將角與角建立聯(lián)系列出方程是解題的關(guān)鍵．【變式3-1】（2023春·陜西渭南·八年級?？计谥校┤舻妊切我谎系母吲c另一腰的夾角為20°，則它的底角為（

）A．35° B．55° C．55°或35° D．70°或35°【答案】C【分析】根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)及三角形內(nèi)角和定理進行分析，注意分類討論思想的運用．【詳解】解：①∵AB=AC，∠ABD=20°，BD⊥AC，

∴∠A=70°，∴∠ABC=∠C=180°-70°②∵AB=AC，∠ABD=20°，BD⊥AC，

∴∠BAC=20°+90°=110°∴∠ABC=∠C=180°-110°故選：C．【點睛】此題主要考查等腰三角形的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理及三角形外角的性質(zhì)的綜合運用，熟練掌握這兩個定理是解決問題的關(guān)鍵．【變式3-2】（2023春·廣東廣州·八年級校考期中）如圖，△ABC中∠ABC=40°，動點D在直線BC上，當△ABD為等腰三角形，∠ADB=．

【答案】20°或40°或70°或100°【分析】畫出圖形，分四種情況分別求解．【詳解】解：若AB=AD，則∠ADB=∠ABC=40°；

若AD=BD，則∠DAB=∠DBA=40°，∴∠ADB=180°-2×40°=100°；

若AB=BD，且三角形是銳角三角形，則∠ADB=∠BAD=1

若AB=BD，且三角形是鈍角三角形，則∠BAD=∠BDA=1

綜上：∠ADB的度數(shù)為20°或40°或70°或100°，故答案為：20°或40°或70°或100°．【點睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，外角的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是找齊所有情況，分類討論．【變式3-3】（2023春·山西運城·八年級統(tǒng)考期末）如圖，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=130°，△AFD和△ABD關(guān)于直線AD對稱，∠FAC的平分線交BC于點G，連接FG，當△DFG為等腰三角形時，∠FDG的度數(shù)為．

【答案】50°或65°或80°【分析】先由軸對稱可以得出△ADB≌△ADF，就可以得出∠B=∠AFD，AB=AF，再證明△AGF≌△AGC就可以得出∠AFG=∠C，就可以求出∠DFG的值；再分三種情況求解：當GD=GF、DF=GF、DF=DG．【詳解】解：∵AB=AC，∠BAC=130°，∴∠B=∠C=25°．∵△ABD和△AFD關(guān)于直線AD對稱，∴△ADB≌△ADF，∴∠B=∠AFD=25°，AB=AF，∴AF=AC．∵AG平分∠FAC，∴∠FAG=∠CAG．在△AGF和△AGC中，AF=AC∠FAG=∠CAG∴△AGF≌△AGC(SAS∴∠AFG=∠C．∵∠DFG=∠AFD+∠AFG，∴∠DFG=∠B+∠C=25°+25°=50°．①當GD=GF時，∴∠FDG=∠GFD=50°．②當DF=GF時，∴∠FDG=∠FGD．∵∠DFG=50°，∴∠FDG=∠FGD=65°．③當DF=DG時，∴∠DFG=∠DGF=50°，∴∠FDG=80°，故答案為：50°或65°或80°．【點睛】本題考查了軸對稱的性質(zhì)，全等三角形的判定及性質(zhì)，等腰三角形的判定及性質(zhì)，分類討論是解答本題的關(guān)鍵．【題型4雙垂直平分線求角度與周長】【例4】（2023春·廣西桂林·八年級統(tǒng)考期末）如圖所示，點E、F是∠BAC的邊AB上的兩點，線段EF的垂直平分線交AC于D，AD的垂直平分線恰好經(jīng)過E點，連接DE、DF，若∠CDF=α，則∠EDF的度數(shù)為（

）

A．α B．4α3 C．180°-2α3【答案】D【分析】根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)，三角形外角性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理計算判斷即可．【詳解】∵線段EF的垂直平分線交AC于D，AD的垂直平分線恰好經(jīng)過E點，∴DE=DF,AE=DE，∴∠DFE=∠DEF,∠EAD=∠EDA，∵∠DEF=∠EAD+∠EDA,∠CDF=∠EAD+∠DFA，∴∠EAD=1∴∠CDF=1∴∠DFA=2∴∠EDF=180°-2∠DFA=180°-4故選D．【點睛】本題考查了線段的垂直平分線，三角形外角性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，熟練掌握線段的垂直平分線，三角形外角性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式4-1】（2023春·河北保定·八年級統(tǒng)考期中）如圖，在△ABC中，BC=8，AB的垂直平分線交BC于D，AC的垂直平分線交BC與E，則△ADE的周長等于（）A．6 B．7 C．8 D．12【答案】C【分析】根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)可得AD=BD，AE=EC，進而可得AD+ED+AE=BD+DE+EC，從而可得答案．【詳解】解：∵AB的垂直平分線交BC于D，∴AD=BD，∵AC的垂直平分線交BC于E，∴AE=EC，∵BC=8，∴BD+CE+DE=8，∴AD+AE+DE=8，∴△ADE的周長為8，故選：C．【點睛】此題主要考查了線段垂直平分線的性質(zhì)，關(guān)鍵是掌握線段垂直平分線上任意一點，到線段兩端點的距離相等．【變式4-2】（2023春·河北保定·八年級統(tǒng)考期中）如圖，在△ABC中，AI平分∠BAC，BI平分∠ABC，點O是AC、BC的垂直平分線的交點，連接AO、BO，若∠AOB=α，則∠AIB的大小為（

）

A．α B．14α+90° C．12【答案】B【分析】連接CO并延長，根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)得到OA=OC，OB=OC，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠OCA=∠OAC，∠OCB=∠OBC，根據(jù)三角形的外角性質(zhì)計算，得到∠AOB=12(∠OCA+∠OCB)=α．根據(jù)三角形內(nèi)角和定理得到∠IAB+∠IBA=180°-∠AIB，根據(jù)角平分線的定義得到∠IAB+∠IBA=90°-【詳解】解：連接CO并延長，

∵點O是AC、BC的垂直平分線的交點，∴OA=OC，OB=OC，∴∠OCA=∠OAC，∠OCB=∠OBC，∵∠AOD是△AOC的一個外角，∴∠AOD=∠OCA+∠OAC=2∠OCA，同理，∠BOD=2∠OCB，∴∠AOB=∠AOD+∠BOD=2∠OCA+2∠OCB=α，∴∠OCA+∠OCB=α∴∠ACB=α∵AI平分∠BAC，BI平分∠ABC，∴∠IAB=12∠CAB∴∠IAB+∠IBA=1∴∠AIB=180°-(∠IAB+∠IBA)=90°+α故選：B．【點睛】本題考查的是線段的垂直平分線的性質(zhì)、角平分線的定義、三角形內(nèi)角和定理，掌握線段的垂直平分線上的點到線段的兩個端點的距離相等是解題的關(guān)鍵．【變式4-3】（2023春·遼寧丹東·八年級?？计谥校┤鐖D，在△ABC中，邊AB的垂直平分線OM與邊AC的垂直平分線ON交于點O，這兩條垂直平分線分別交BC于點D、E．已知△ADE的周長為11cm，分別連接OA、OB、OC，若△OBC的周長為23

【答案】6【分析】根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)可得DA=DB，EA=EC，OA=OB=OC，從而可求出BC=11cm，然后根據(jù)△OBC的周長為23cm，即可求出【詳解】解：∵OM是AB的垂直平分線，∴DA=DB，OA=OB，∵ON是AC的垂直平分線，∴EA=EC，OA=OC，∴OB=OC，∵△ADE的周長為11cm∴AD+DE+AE=11cm∴BD+DE+CE=11cm∴BC=11cm∵△OBC的周長為23cm∴OB+OC=23-11=12cm∴OB=OC=6cm∴OA=OC=6cm故答案為：6cm【點睛】本題主要考查了線段垂直平分線的性質(zhì)，熟練掌握線段垂直平分線上的點到線段兩端點的距離相等是解題的關(guān)鍵．【題型5角平分線與垂直平分線綜合運用】【例5】（2023春·湖南湘西·八年級統(tǒng)考期末）如圖，在△ABC中，∠BAC=60°，∠BAC的平分線AD與邊BC的垂直平分線相交于點D，DE⊥AB交AB的延長線于點E，DF⊥AC于點F，現(xiàn)有以下結(jié)論：①DE=DF；②DE+DF=AD；③DM平分∠ADF；④AB+AC=2AE；其中正確的有（

）

A．2個 B．3個 C．4個 D．1個【答案】B【分析】①由角平分線的性質(zhì)即可證明；②由題意可知∠EAD=∠FAD=30°，可得DE=12AD，DF=12AD，從而可以證明；③假設(shè)DM平分∠ADF，則∠ADM=∠FDM=30°，可推出∠ABC=∠E=90°，條件不足，故錯誤；④連接BD、CD，證明Rt△BED≌【詳解】如圖所示，連接BD、

∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，DF⊥AC，∴ED=DF．故①正確；∵∠BAC=60°，AD平分∠BAC，∴∠EAD=∠FAD=30°．∵DE⊥AB，∴∠AED=90°．∴DE=1同理DF=1∴DE+DF=AD．故②正確；∵∠EAD=∠FAD=30°，∠AED=∠AFD=90°∴∠ADE=∠ADF=60°．假設(shè)DM平分∠ADF，則∠ADM=∠FDM=30°，∴∠EDM=∠ADE+∠ADM=90°．∵DM⊥BC，∴BC∥DE．∴∠ABC=∠E=90°．又∵∠ABC的度數(shù)是未知的，∴不能判定DM平分∠ADF．故③錯誤；∵DM是BC的垂直平分線，∴DB=DC．在Rt△BED和RtDE=DFBD=CD∴Rt△BED≌∴BE=CF．在Rt△AED和RtDE=DFAD=AD∴Rt△AED≌∴AE=AF，∴AB+AC=AE-BE+AF+CF=2AE．故④正確；故選B．【點睛】本題主要考查了角平分線的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，線段垂直平分線的性質(zhì)，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．【變式5-1】（2023春·山東威?！ぐ四昙壗y(tǒng)考期末）如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°,∠CAB的平分線交BC于點D,DE恰好是AB的垂直平分線，垂足為E．若AD=6，則

【答案】3【分析】由角平分線性質(zhì)定理，得DE=DC，所以Rt△ADE≌Rt△ADC(HL)，于是AC=AE【詳解】解：∵AD平分∠CAB，DC⊥AC，DE⊥AB，∴DE=DC．∴Rt∵DE垂直平分AB，∴AE=BE，AD=BD=6．∴AC=AE．∵S△ABD∴2AE?DE=6×AC．∴DE=3．故答案為：3．【點睛】本題考查垂直平分線的性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)，直角三角形全等的判定；運用面積公式尋求線段間的關(guān)系是解題的關(guān)鍵．【變式5-2】（2023春·山東青島·八年級統(tǒng)考期末）如圖，在△ABC中，∠A=52°，∠ACB的角平分線CF與BC的垂直平分線DE交于點O，連接OB．若∠ABO=20°

【答案】72°【分析】由線段垂直平分線的性質(zhì)可得∠OBC=∠OCB，由角平分線的定義可得∠ACF=∠OCB，再利用三角形的內(nèi)角和定理可求得∠ACF的度數(shù)，進而可求解．【詳解】解：∵OE垂直平分BC，∴OB=OC，∴∠OBC=∠OCB，∵CF平分∠ACB，∴∠ACF=∠OCB，∵∠A+∠ABC+∠ACB=180°，∴∠A+∠ABO+3∠ACF=180°，∵∠A=52°，∠ABO=20°，∴∠ACF=36°，∴∠ACB=2∠ACF=72°．故答案為：72°．【點睛】本題主要考查線段垂直平分線的性質(zhì)，角平分線的定義，三角形的內(nèi)角和定理，利用三角形的內(nèi)角和定理求解∠ACF的度數(shù)是解題的關(guān)鍵．【變式5-3】（2023春·四川成都·八年級校考期中）如圖，△ABC中，∠ABC的角平分線BD和AC邊的中垂線DE交于點D，DM⊥BA的延長線于點M，DN⊥BC于點N．若AB=3，BC=7，則AM的長為【答案】2【分析】連接AD，CD，由“AAS”可證△BDM?△BDN，可得BM=BN，由“HL”可證Rt△ADM?【詳解】解：連接AD，∵BD是∠ABC的平分線，∴∠ABD=∠DBC，在△BDM和△BDN中，∠DMB=∠DNB=90°∠ABD=∠DBC∴△BDM?△BDNAAS∴BM=BN，∵DE是AC的垂直平分線，∴AD=DC，在Rt△ADM和RtAD=CDDM=DN∴Rt△ADM?∴AM=CN，∵AB=3，∴BC-AB=BN+CN-BM-AM∴AM=2，故答案為2．【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，線段垂直平分線的性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)，靈活運用這些性質(zhì)解決問題是本題的關(guān)鍵．【題型6勾股數(shù)、勾股樹】【例6】（2023春·江蘇南通·八年級統(tǒng)考期末）勾股定理最早出現(xiàn)在《周解算經(jīng)》：“勾廣三，股修四，弦隅五”．觀察下列勾股數(shù)：3，4，5；5，12，13；7，24，25；…，這類勾股數(shù)的特點如下：勾為奇數(shù)，弦與股相差1，柏拉圖研究了勾為偶數(shù)，弦與股相差2的一類勾股數(shù)，如：6，8，10；8，15，17；…若此類勾股數(shù)的勾為2m（m≥3，m為正整數(shù)），則其弦是（結(jié)果用含m的式子表示）（

）A．m2-1 B．2m+2 C．m2【答案】C【分析】根據(jù)題意得2m為偶數(shù)，設(shè)其股是a，則弦為a+2，根據(jù)勾股定理列方程即可得到結(jié)論．【詳解】解：∵m為正整數(shù)，∴2m為偶數(shù)，設(shè)其股是a，則弦為a+2，根據(jù)勾股定理得，(2m)2解得a=m∴弦是a+2=m故選：C．【點睛】本題考查了勾股數(shù)，勾股定理，解題的關(guān)鍵是熟練掌握勾股定理．【變式6-1】（2023春·河北石家莊·八年級統(tǒng)考期末）如圖是一株美麗的勾股樹，其作法為：從正方形①開始，以它的一邊為斜邊，向外作等腰直角三角形，然后再以其直角邊為邊，分別向外作兩個正方形，計為②．依此類推…若正方形①的面積為16，則正方形③的面積是．【答案】4．【分析】根據(jù)勾股定理可得兩條直角邊的平方和等于斜邊的平方，即第①個正方形的面積＝第②個正方形面積的兩倍；同理，第③個正方形面積是第②個正方形面積的一半，依此類推即可解答．【詳解】解：第①個正方形的面積為16，由分析可知：第②個正方形的面積為8，第③個正方形的面積為4，故答案為：4．【點睛】本題是圖形類的變化規(guī)律題，考查了勾股定理與面積的關(guān)系及等腰直角三角形的性質(zhì)，熟練掌握勾股定理是解答本題的關(guān)鍵．【變式6-2】（2023春·廣西河池·八年級統(tǒng)考期末）當直角三角形的三邊長都是正整數(shù)時，我們稱這三個數(shù)為勾股數(shù)，如：3，4，5都是正整數(shù)，且32+42=523，4，5；9，40，41；5，12，13；……；7，24，25；a，b，c．(1)當a=11時，求b，c的值(2)判斷10，24，26是否為一組勾股數(shù)？若是，請說明理由．【答案】(1)b=60，c=61(2)10，24，26是勾股數(shù)，見解析【分析】（1）先觀察已有的勾股數(shù)，得到c=b+1，再利用勾股定理進行求解即可；（2）利用勾股數(shù)的定義進行判斷即可．【詳解】（1）解：觀察已有的勾股數(shù)可得c=b+1，∴a2把a=11代入a2解得b=60（負值已舍掉），∴c=60+1=61；（2）10，24，26是勾股數(shù)．∵102又∵10，24，26都是正整數(shù)根據(jù)勾股數(shù)的定義，可知10，24，26是勾股數(shù)．【點睛】本題考查勾股數(shù)．熟練掌握勾股數(shù)的定義，是解題的關(guān)鍵．【變式6-3】（2023春·湖南長沙·八年級長郡中學校考期末）勾股定理揭示了直角三角形三邊之間的關(guān)系，其中蘊含著豐富的科學知識和人文價值．如圖所示，是一棵由正方形和含30°角的直角三角形按一定規(guī)律長成的勾股樹，樹的主干自下而上第一個正方形和第一個直角三角形的面積之和為S1，第二個正方形和第二個直角三角形的面積之和為S2，…，第n個正方形和第n個直角三角形的面積之和為設(shè)第一個正方形的邊長為1．請解答下列問題：（1）S1=（2）通過探究，用含n的代數(shù)式表示Sn，則Sn【答案】1+381+3【分析】根據(jù)正方形的面積公式求出面積，再根據(jù)直角三角形三條邊的關(guān)系運用勾股定理求出三角形的直角邊，求出S1，然后利用正方形與三角形面積擴大與縮小的規(guī)律推導出公式．【詳解】解：（1）∵第一個正方形的邊長為1，∴正方形的面積為1，又∵直角三角形一個角為30°，∴三角形的一條直角邊為12，另一條直角邊就是1∴三角形的面積為12∴S1=1+3（2）∵第二個正方形的邊長為32，它的面積就是34，也就是第一個正方形面積的同理，第二個三角形的面積也是第一個三角形的面積的34∴S2=（1+38）?依此類推，S3=（1+38）?34即S3=（1+38）?Sn=1+38?故答案為：（1）1+38；（2）1+3【點睛】本題考查勾股定理的運用，正方形的性質(zhì)以及含30°角的直角三角形的性質(zhì)．能夠發(fā)現(xiàn)每一次得到的新的正方形和直角三角形的面積與原正方形和直角三角形的面積之間的關(guān)系是解題的關(guān)鍵．【題型7尺規(guī)作圖與證明、計算的綜合運用】【例7】（2023春·河南鄭州·八年級統(tǒng)考期末）如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°

(1)請用無刻度的直尺和圓規(guī)在BC邊上找一點P，使得點P到點A和點B的距離相等；（要求：不寫作法，保留作圖痕跡，使用2B鉛筆作圖）(2)在（1）的條件下，若AC=2，CB=5，則△CAP的周長是___________．【答案】(1)見解析(2)7【分析】（1）作線段AB的垂直平分線與BC的交點即為P點；（2）根據(jù)AP=BP求出△CAP的周長等于AC+BC即可得解．【詳解】（1）解：如圖，點P即為所求；

（2）解：連接AP，由（1）知AP=BP，∴△CAP的周長為：AC+CP+AP=AC+CP+BP=AC+BC=2+5=7，故答案為：7．【點睛】本題考查了尺規(guī)作線段的垂直平分線，線段垂直平分線的性質(zhì)，熟知線段垂直平分線上的點到線段兩端點的距離相等是解題的關(guān)鍵．【變式7-1】（2023春·重慶巴南·八年級統(tǒng)考期末）如圖，在△ABC中，AB=AC，D為BC的中點，連接AD．(1)請用直尺和圓規(guī)完成基本作圖：作AD的垂直平分線EF交AD于點O，交AB于點E，交AC于點F，連接DE、DF；（保留作圖痕跡，不寫作法，不下結(jié)論）(2)求證：AE=DF．（請補全下面的證明過程，不寫證明理由）．證明：∵AB=AC，D為BC中點，∴∠1=________．∵EF為AD的垂直平分線，∴∠AOE=∠AOF=90°，AF=DF又∵∠1+∠AOE+∠AEF=180°，∠2+∠AOF+∠AFE=180°，∴∠AEF=________．∴AE=________，∴AE=DF．【答案】(1)見解析(2)∠2，∠AFE，AF【分析】（1）利用基本作圖作AD的垂直平分線得到EF；（2）先根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠1=∠2，再根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)得到AF=DF，進而可得∠AEF=∠AFE，根據(jù)等角對等邊得到AE=AF，等量代換即可解題．【詳解】（1）解：直線EF，如圖所示：（2）證明：∵AB=AC，D為BC中點，∴∠1=∠2．∵EF為AD的垂直平分線，∴∠AOE=∠AOF=90°，AF=DF．又∵∠1+∠AOE+∠AEF=180°，∠2+∠AOF+∠AFE=180°，∴∠AEF=∠AFE，∴AE=AF．∴AE=DF．故答案為：∠2，∠AFE，AF【點睛】本題考查垂直平分線的作圖和性質(zhì)，等角對等邊，掌握基本作圖和垂直平分線的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式7-2】（2023春·河南許昌·八年級許昌市第一中學校聯(lián)考期末）如圖，△ABC是等邊三角形，BD是中線，延長BC至E，使CE=CD．

(1)求證：DB=DE；(2)請用無刻度的直尺和圓規(guī)作出線段BE的中點F（不寫作法，保留作圖痕跡）；若AB=4，求CF的長．【答案】(1)見解析(2)作圖見解析，CF=1【分析】（1）證明∠DBC=∠E=30°，利用等角對等邊即可得出結(jié)論．（2）過點D作DF⊥BE于F即可，再根據(jù)等邊三角形性質(zhì)得出AC=AB=4，∠ACB=60°，再由BD是中線得CD=12AC=2，在Rt△DFC中，由【詳解】（1）證明：∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABC=∠ACB=60°，∵BD是中線，∴∠DBC=1∵CE=CD，∴∠CDE=∠E，又∵∠ACB=∠CDE+∠E，∴∠CDE=∠E=1∴∠DBC=∠E，∴DB=DE．（2）解：如圖所示．

由作圖可知：DF⊥BE，，由（1）知，DB=DE∴DF垂直平分BE．即點F是BE的中點，∵△ABC是等邊三角形，∴AC=AB=4，∠ACB=60°，∵BD是中線，∴CD=1∴在Rt△DFC中，∠CDF=90°-∠DCB=90°-60°=30°∴CF=1【點睛】本題考查等邊三角形的性質(zhì)，尺規(guī)基本作圖-經(jīng)過直線外一點作直線的垂線，等腰三角形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)．熟練掌握等邊三角形、等腰三角形、直角三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式7-3】（2023春·河北廊坊·八年級統(tǒng)考期末）（1）尺規(guī)作圖：過點A作直線l的垂線．作法如下：①以點A為圓心，a為半徑作弧交直線l于C、D兩點；②分別以C、D為圓心，a長為半徑作弧，兩弧在l下方交于點E，連接AE（路徑最短）；i根據(jù)題意，利用直尺和圓規(guī)補全圖形；ii作圖依據(jù)為______________（2）畫一畫，想一想：如圖，已知∠AOB．你能用手中的三角板作出∠【答案】（1）作圖見解析，到線段兩端距離相等的點在線段的垂直平分上；（2）見解析【分析】（1）按照要求直接作圖，根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)可得答案；（2）按照角平分線的作法作出圖形，并用全等三角形的判定定理進行證明．【詳解】（1）如圖所示，連接AC,AD,CE,CD,由作法得：AC=CE=AD=DE，∴A，E在CD的垂直平分線上，∴AE⊥CD∴作圖依據(jù)為：到線段兩端距離相等的點在線段的垂直平分上．故答案為：到線段兩端距離相等的點在線段的垂直平分上．（2）作法：①在OA、OB上，利用刻度尺截?、诶萌前宓闹苯亲鰿D⊥OB,DF⊥OA交于點P，③作射線OP，則OP為∠AOB證明：∵CD⊥OB,DF⊥OA∴∠在Rt△OCP和RtOP=OPOC=OD∴Rt∴∠即OP為∠AOB【點睛】本題考查基本作圖——垂線和角平分線，解題的關(guān)鍵是熟練掌握垂直平分線和角平分線的性質(zhì)．【題型8由勾股定理證明線段之間的關(guān)系】【例8】（2023春·四川成都·八年級校聯(lián)考期中）已知△ABC是等邊三角形．

(1)如圖1，△BDE也是等邊三角形．點A、B、E三點不共線，求證：AD=CE(2)如圖2，點D是△ABC外一點，且∠BDC=30°，請證明結(jié)論DA(3)如圖3，點D是等邊三角形△ABC外一點，若DA=13，DB=52【答案】(1)見解析(2)見解析(3)75°【分析】（1）連接AD．根據(jù)SAS證明△ABD≌△CBE即可解決問題；（2）以BD為邊向下作等邊△BDE，連接EC．證明△ABD≌△CBE(SAS)，推出AD=CE，再證明（3）以BD為邊向下作等邊△BDE，連接EC，作EH⊥CD交CD的延長線于H．同法可證：△ABD≌△CBE(SAS)，可得AD=CE=13，設(shè)EH=x，DH=y，利用勾股定理構(gòu)建方程組，求出x，【詳解】（1）解：證明：如圖1中，連接AD．

∵△ABC，△BDE都是等邊三角形，∴AB=BC，BD=BE，∠ABC=∠DBE=60°，∴∠ABD=∠CBE，∴△ABD≌△CBE(SAS∴AD=CE．（2）如圖2中，以BD為邊向下作等邊△BDE，連接EC．

∵△ABC，△BDE都是等邊三角形，∴AB=BC，BD=BE，∠ABC=∠DBE=60°，∴∠ABD=∠CBE，∴△ABD≌△CBE(SAS∴AD=CE，∵∠CDB=30°，∠BDE=60°，∴∠CDE=90°，∴CE∵DB=DE，DA=EC，∴DA（3）如圖3中，以BD為邊向下作等邊△BDE，連接EC，作EH⊥CD交CD的延長線于H．

同法可證：△ABD≌△CBE(SAS∴AD=CE=13，設(shè)EH=x，DH=y，則有x2解得x=5y=5∴DH=HE=5，∵∠H=90°，∴∠EDH=45°，∴∠CDE=135°，∵∠BDE=60°，∴∠BDC=135°-60°=75°．【點睛】本題屬于三角形綜合題，考查了等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是學會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，學會利用參數(shù)構(gòu)建方程組解決問題，屬于中考壓軸題．【變式8-1】（2023春·湖北十堰·八年級校聯(lián)考期中）如圖，在平面直角坐標系中，點A在x軸上，且A4,0，點B在y軸上，且B

(1)求線段AB的長；(2)若點E在線段AB上，OE⊥OF，且OE=OF，求AE+AF的值；(3)在（2）的條件下，過點O作OM⊥EF，交AB于點M，試證明：A【答案】(1)4(2)4(3)見解析【分析】（1）根據(jù)AB=O（2）先證明△BOE≌△AOF得AF=BE，所以（3）結(jié)論：FM2=AM2+AF【詳解】（1）在Rt△ABO∵AO=OB=4，∴AB=A（2）∵∠BOA=∠EOF=90°，∴∠BOE=∠AOF，在△BOE和△AOF中，OB=OA∠BOE=∠AOF∴△BOE≌∴AF=BE，∴AE+AF=AE+EB=AB=42（3）結(jié)論：FM連接FM．∵OE=OF，

∴OM垂直平分EF，∴ME=MF，∵OA=OB，∴∠OBA=∠OAB=45°，由（1）可知△BOE≌∴BE=AF，∴∠MAF=∠OAF+∠OAB=90°，∴FM∴EM【點睛】本題考查等腰直角三角形的性質(zhì)、勾股定理、全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題關(guān)鍵是尋找全等三角形，屬于中考?？碱}型．【變式8-2】（2023春·河南鶴壁·八年級統(tǒng)考期末）親愛的同學們，在全等三角形中，我們見識了很多線段關(guān)系的論證題，下面請你用本階段所學知識，分別完成下列題目．(1)如圖1，已知：在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，直線m經(jīng)過點A，BD⊥直線m，CE⊥直線m，垂足分別為點D、E．證明：DE=BD+CE；(2)如圖2，△ACB和△DCE均為等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，點A、D、E在同一直線上，CM為△DCE中DE邊上的高，連接BE．容易證明△ACD≌△BCE，則：①∠AEB的度數(shù)為______；②直接寫出AE、BE、CM之間的數(shù)量關(guān)系．(3)如圖3，△ABC中，若∠A=90°，D為BC的中點，DE⊥DF交AB、AC于E、F，求證：BE【答案】(1)見解析(2)①90°；②AE=BE+2CM(3)見解析【分析】（1）利用AAS證明△ABD≌△CAE，得到BD=AE，AD=CE，即可得到結(jié)論成立；（2）①由等腰直角三角形的性質(zhì)，得∠CDE=∠CED=45°，則∠ADC=135°，由全等三角形的性質(zhì)，∠BEC=135°，即可求出∠AEB的度數(shù)；②由全等三角形的性質(zhì)和等腰直角三角形的性質(zhì)，得到AD=BE，CM=DM=EM，即可得到AE=BE+2CM；（3）延長ED到點G，使DG=ED，連接GF，GC，證明△DBE≌△DCG，得到BE=CG，再根據(jù)勾股定理解答即可．【詳解】（1）證明：如圖1，∵∠BAC=90°，BD⊥直線m，CE⊥直線m，∴∠ADB=∠AEC=90°，∴∠BAD+∠ABD=∠BAD+∠CAE=90°，∴∠ABD=∠CAE，∵AB=AC，∴△ABD≌△CAEAAS∴BD=AE，AD=CE，∵DE=AE+AD=BD+CE；（2）解：①∵△ACB和△DCE均為等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，∴∠CDE=∠CED=45°，∴∠ADC=180°-45°=135°，∵△ACD≌△BCE，∴AD=BE，∠ADC=∠BEC=135°，∴∠AEB=∠BEC-∠CED=135°-45°=90°，故答案為：90°；②AE=BE+2CM，理由如下：∵△DCE為等腰直角三角形，CM為△DCE中DE邊上的高，∴CM=DM=EM，∵AD=BE，∴AE=AD+DM+EM=BE+2CM；（3）證明：如圖，延長ED到點G，使DG=ED，連接GF，GC，∵D是BC的中點，∴BD=CD，在△BDE和△CDGED=DG∠BDE=∠CDG∴△BDE≌△CDGSAS∴BE=CG，∠B=∠GCD，∵∠A=90°，∴∠B+∠ACB=90°，∴∠GCD+∠ACB=90°，即∠GCF=90°，Rt△CFG中，C∵ED⊥DF，DG=ED，∴EF=GF，∴BE【點睛】本題是三角形綜合題，考查的是全等三角形的判定和性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)，以及勾股定理的應(yīng)用，掌握全等三角形的判定和性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵．【變式8-3】（2023春·廣東廣州·八年級?？计谥校┤鐖D，點A為x軸負半軸上一點，點B為y軸正半軸上一點，點C為x軸正半軸上一點，AO=a，BO=b，CO=c,且a、b、c滿足a=a-b

(1)若c=3，求AB=__________________；(2)如圖1，點P在x軸上（點P在點A左邊），以PB為直角邊在PB的上方作等腰直角三角形PDB，求證：PA(3)如圖2，點M為AB中點，點E為射線OA上一點，點F為射線BO上一點，且∠EMF=90°，設(shè)AE=m，BF=n，請求出EF的長度（用含m、n的代數(shù)式表示）．【答案】(1)AB=3(2)證明見解析；(3)EF=【分析】（1）根據(jù)二次根式的非負性可求得a=b=c=3，再結(jié)合勾股定理可求得AB的值；（2）連接BC，證明△PBC≌△DBASAS，再由全等三角形的性質(zhì)及勾股定理即可證明；（3）分情況討論，當點E在線段OA上時，當點E在線段OA【詳解】（1）解：∵a、b滿足a=a-b∴a-b≥0且b-a≥0，∴a=b=c=3，即AO=3，BO=3，AB=A（2）證明：連接BC，由（1）可得OA=OB=OC，∵兩個坐標軸垂直，∴∠OAB=∠ABO=∠OBC=∠OCB=45°，∴AB=BC,∠ABC=90°，又∵△PDB為等腰直角三角形，∴BP=BD,∠DBP=90°，∴∠ABD=∠DBP+∠ABP=∠ABC+∠ABP=∠BPC，在△PBC和△DBA中，BD=BP∠ABD=∠BPCAB=BC∴△PBC≌△DBASAS∴AD=PC．∠DPB=∠BDA，∠PCD=∠BAC，∵∠DBP=90°，∴∠BPC+∠BCP=90°，∴∠BAC+∠BAD=90°，即∠DAP=90°，∴PA2+A（3）當點E在線段OA上時，連接OM，如圖所示：∵OA=OB，∠AOB=90°，點M為AB的中點，∴AM=OM=BM，OM⊥AB，∠MAE=∠MOF=45°，∵∠EMF=∠AMO=90°，∴∠AME=∠OMF，∴△AME≌△OMF，∴AE=OF=m，∵OA=OB，∴OE=BF=n，根據(jù)勾股定理得：EF=O當點E在線段OA延長線上時，連接OM，如圖所示：同理可得：△AME≌△OMF，∴AE=OF=m，∵OA=OB，∴OE=BF=n，根據(jù)勾股定理得：EF=O綜上分析可知，EF=m【點睛】本題考查勾股定理，全等三角形的性質(zhì)和判定，坐標與圖形，二次根式的非負性等．（1）中能根據(jù)二次根式的非負性得出a=b=c是解題關(guān)鍵；（2）中正確構(gòu)造輔助線，作出全等三角形是解題關(guān)鍵；（3）能借助全等三角形和線段的和差正確表示線段的長度是解題關(guān)鍵．【題型9由勾股定理求最值】【例9】（2023春·安徽六安·八年級校考期中）如圖，已知∠MON=60°，點P,Q為∠MON內(nèi)的兩個動點，且∠POQ=30°，OP=3，OQ=4，點A,B分別是OM,ON上的動點，則

A．5 B．7 C．8 D．10【答案】A【分析】作點P關(guān)于直線OM的對稱點P'，連接OP'，作點Q關(guān)于直線ON的對稱點Q'，連接OQ'，連接P'Q'，可知PA+AB+BQ=P'A+AB+BQ'，當P'，A【詳解】如圖所示，作點P關(guān)于直線OM的對稱點P'，連接OP'，作點Q關(guān)于直線ON的對稱點Q'，連接

根據(jù)軸對稱圖形的性質(zhì)可知PA=P'A∴PA+AB+BQ=P根據(jù)題意可知，當P'，A，B，Q'在同一條直線上時，P'A+AB+BQ'可以取得最小值，最小值等于根據(jù)軸對稱圖形的性質(zhì)可知∠POA=∠P'OA∴∠P∴∠P根據(jù)軸對稱圖形的性質(zhì)可知OP=OP'=3∴P'∴PA+AB+BQ的最小值等于5．故選：A．【點睛】本題主要考查軸對稱圖形的性質(zhì)和勾股定理，根據(jù)題目要求構(gòu)建軸對稱圖形是解題的關(guān)鍵．【變式9-1】（2023春·貴州貴陽·八年級統(tǒng)考期中）如圖，等腰Rt△ABC和等腰Rt△ADE的腰長分別為4和2，其中∠BAC=∠DAE=90°，M為邊DE的中點．若等腰Rt△ADE繞點A旋轉(zhuǎn)，則點B到點M【答案】4+【分析】連接AM．由三線合一得AM=12DE=DM，利用勾股定理求出【詳解】如圖，連接AM．∵M為邊DE的中點，且△ADE為等腰直角三角形，∴AM⊥DE，AM=1在Rt△ADE中，AD=2由勾股定理可知AD2=A當A，B，M三點不共線時，由三角形的三邊關(guān)系可知，此時一定有BM<AB+AM；當A，B，M三點共線且點M不位于點A，B之間時，此時有BM=AB+AM，∴BM≤AB+AM=4+2即點B到點M的距離的最大值為4+2【點睛】本題考查了勾股定理，等腰直角三角形的性質(zhì)，以及三角形三條邊的關(guān)系，確定當A，B，M三點共線且點M不位于點A，B之間時BM有最大值是解題的關(guān)鍵．【變式9-2】（2023春·江蘇淮安·八年級統(tǒng)考期末）如圖，正方形ABCD的邊長為6，線段EF在邊BC上左右滑動，若EF=1，則AE+DF的最小值為．

【答案】13【分析】如圖，作A于BC對稱點A',則AE=A'E，在AD上截取DH=1，然后連接HE，當H、E、【詳解】解：如圖，作A于BC對稱點A'∴AE=A'E在AD上截取DH=1，然后連接HE，∵DH=EF=1,DH∴四邊形EFDH是平行四邊形，∴DF=HE,∴AE+DF=A∴當H、E、A'∵AD=AB=A∴AA∴AH=6-1=5，由勾股定理得:A'H=122+故答案為13．

【點睛】本題主要考查了利用軸對稱求最短路徑問題、勾股定理等知識點，根據(jù)題意確定AE+DF最小時E，F(xiàn)位置是解題關(guān)鍵．【變式9-3】（2023春·廣東梅州·八年級?？计谥校┤鐖D，Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=8，BC=22，點D在AC上，將△ABD沿BD折疊，點A落在點A1處，A1B與AC相交于點E【答案】16【分析】首先利用勾股定理求出AC，然后確定A1E取最大值時【詳解】解：在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=8，BC=2∴AC=A∵A1E=∴當BE最小時，A1∵當BE⊥AC時BE最小，又∵S△ABC=1∴BE的最小值為83∴A1E故答案為：163【點睛】本題考查了翻折變換，涉及點到直線最短距離、勾股定理求線段長、等面積法求線段長等知識，靈活運用勾股定理及翻折不變性是解題的關(guān)鍵．【題型10等邊三角形的十字結(jié)合模型】【例10】（2023春·重慶渝中