苏科版数学八上期末专题复习专题03 压轴大题分类练（2份，原卷版+解析版）

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实战训练
一．新定义
1．新定义：若一个凸四边形的一条对角线把该四边形分成两个等腰角形，那么称这个凸四边形为“等腰四边形”，这条对角线称为“界线”．
（1）如图1，四边形ABCD是“等腰四边形”，BD为“界线”，若∠BAD＝120°，∠BCD＝150°，则∠ABC＝ 45 °；
（2）如图2，四边形ABCD中，AB＝AD，BCAB，∠A＝60°，∠D＝150°，试说明四边形ABCD是“等腰四边形”；
（3）若在“等腰四边形”ABCD中，AB＝BC＝CD，∠ABC＝90°，且BD为“界线”，请你画出满足条件的图形，并直接写出∠ADC的度数．
试题分析：（1）由“等腰四边形”的定义及题中所给的条件，可得AB＝AD，CB＝CD，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理可以求出∠ADC的度数；
（2）连接BD，先证明△ABD是等边三角形，则∠ADB＝60°，可得∠BDC＝90°，再根据勾股定理证明CD＝BD，由此证得四边形ABCD是“等腰四边形”；
（3）分三种情况，一是AB＝AD，则△ABD≌△CBD，可求得∠ADC＝90°；二是AB＝DB，则△BCD是等边三角形，先得到∠BDC＝60°，再求出∠BDA的度数，则可求得∠ADC的度数；三是AD＝BD，作DE⊥AB于点E，作点C关于直线DE的对称点F，连接CF交DE于点G，连接DF，先证明△DCF是等边三角形，再求出∠ADC的度数．
答案详解：解：（1）如图1，∵四边形ABCD是“等腰四边形”，BD为“界线”，
∴AB＝AD，CB＝CD，
∵∠BAD＝120°，∠BCD＝150°，
∴∠ABD＝∠ADB（180°﹣120°）＝30°，
∠CBD＝∠CDB（180°﹣150°）＝15°，
∴∠ABC＝∠ABD+∠CBD＝30°+15°＝45°，
所以答案为：45．
（2）如图2，连接BD，
∵AB＝AD，∠A＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠ADB＝60°，AB＝BD，
∵∠ADC＝150°，
∴∠BDC＝∠ADC﹣∠ADB＝150°﹣60°＝90°，
∵BCAB，
∴BCBD，
∴CDBD，
∴AB＝AD，CD＝BD，
∴四边形ABCD是“等腰四边形”．
（3）如图3，AB＝AD，
根据题意得AB＝BC＝CD，∠ABC＝90°，
∵CB＝CD，BD＝BD，
∴△ABD≌△CBD（SSS），
∴∠ABD＝∠CBD∠ABC＝45°，
∴∠ADB＝∠ABD＝45°，∠CDB＝∠CBD＝45°，
∴∠ADC＝∠ADB+∠CDB＝45°+45°＝90°；
如图4，AB＝DB，
∵AB＝BC＝CD，
∴DB＝BC＝CD，
∴∠CBD＝∠BDC＝60°，
∴∠ABD＝∠ABC﹣∠CBD＝90°﹣60°＝30°，
∴∠BDA＝∠BAD（180°﹣30°）＝75°，
∴∠ADC＝∠BDC+∠BDA＝60°+75°＝135°；
如图5，AD＝BD，设AB＝BC＝CD＝m，
作DE⊥AB于点E，作点C关于直线DE的对称点F，连接CF交DE于点G，连接DF，
∴AE＝BEABm，DE垂直平分CF，
∴FD＝CD＝m，
∵∠BED＝∠EBC＝90°，
∴∠BED+∠EBC＝180°，
∴BC∥ED，
∵BE⊥ED，CG⊥ED，
∴CG＝BEm，
∴FG＝CGm，
∴CF＝CG+FGmm＝m，
∴FD＝CD＝CF，
∴∠CDF＝60°，
∴∠EDC∠CDF＝30°，
∵∠BDE＝∠CBD，∠CDB＝∠CBD，
∴∠BDE＝∠CDB∠EDC＝15°，
∴∠ADE＝∠BDE＝15°，
∴∠ADC＝∠ADE+∠BDE+∠CDB＝15°+15°+15°＝45°，
综上所述，∠ADC的度数为90°或135°或45°．
2．【新知学习】
如果一个三角形有一边上的中线等于这条边的一半，那么我们就把这样的三角形叫做“智慧三角形”．
【简单运用】
（1）下列三个三角形，是智慧三角形的是 ① （填序号）；
（2）如图1，已知等边三角形ABC，请用刻度尺在该三角形边上找出所有满足条件的点D，使△ABD为“智慧三角形”，并写出作法；
【深入探究】
（3）如图2，在正方形ABCD中，点E是BC的中点，F是CD上一点，且CFCD，试判断△AEF是否为“智慧三角形”，并说明理由；
【灵活应用】
（4）如图3，等边三角形ABC边长5cm．若动点P以1cm/s的速度从点A出发，沿△ABC的边AB﹣BC﹣CA运动．若另一动点Q以2cm/s的速度从点B出发，沿边BC﹣CA﹣AB运动，两点同时出发，当点Q首次回到点B时，两点同时停止运动．设运动时间为t（s），那么t为 1或或或7． （s）时，△PBQ为“智慧三角形”．
试题分析：（1）根据直角三角形斜边中线的性质即可判断；
（2）用刻度尺分别量取AC、BC的中点D、D′，点D、D′即为所求．；
（3）结论：△AEF是“智慧三角形“．利用勾股定理的逆定理证明△AEF是直角三角形即可；
（4）分二种情形分别构建方程求解即可；
答案详解：解：（1）因为直角三角形的斜边上的中线等于斜边的一半，所以①是“智慧三角形”．
所以答案为①
（2）用刻度尺分别量取AC、BC的中点D、D′．
点D、D′即为所求．
（3）结论：△AEF是“智慧三角形“．
理由如下：如图，设正方形的边长为4a
∵E是BC的中点
∴BE＝EC＝2a，
∵CFCD
∴FC＝a，DF＝4a﹣a＝3a，
在Rt△ABE中，AE2＝（4a）2+（2a）2＝20a2
在Rt△ECF中，EF2＝（2a）2+a2＝5a2
在Rt△ADF中，AF2＝（4a）2+（3a）2＝25a2
∴AE2+EF2＝AF2
∴△AEF是直角三角形，∠AEF＝90°
∵直角三角形斜边AF上的中线等于AF的一半
∴△AEF为“智慧三角形”．
（4）如图3中，
①当点P在线段AB上，点Q在线段BC上时，若∠PQB＝90°，则BP＝2BQ，
∴5﹣t＝4t，
解得t＝1．
若∠BPQ＝90°，则BQ＝2PB，
∴2t＝2（5﹣t）
∴t．
②当点P在线段BC上，点Q在线段AB上时，若∠PQB＝90°，则BP＝2BQ，
∴t﹣5＝2（15﹣2t），
∴t＝7，
若∠QPB＝90°，则BQ＝2PB，
∴15﹣2t＝2（t﹣5），
∴t，
综上所述，满足条件的t的值为1或或或7．
所以答案为1或或或7．
二．点动成形--直角、等腰
3．如图，△ABC中，∠C＝90°，AB＝5cm，BC＝3cm，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）出发2秒后，求△ABP的周长．
（2）问t为何值时，△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？
试题分析：（1）根据速度为每秒1cm，求出出发2秒后CP的长，然后就知AP的长，利用勾股定理求得PB的长，最后即可求得周长．
（2）因为AB与CB，由勾股定理得AC＝4 因为AB为5cm，所以必须使AC＝CB，或CB＝AB，所以必须使AC或AB等于3，有两种情况，△BCP为等腰三角形．
（3）分类讨论：当P点在AC上，Q在AB上，则PC＝t，BQ＝2t﹣3，t+2t﹣3＝6；当P点在AB上，Q在AC上，则AC＝t﹣4，AQ＝2t﹣8，t﹣4+2t﹣8＝6．
答案详解：解：（1）如图1，由∠C＝90°，AB＝5cm，BC＝3cm，
∴AC＝4，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，
∴出发2秒后，则CP＝2，
∵∠C＝90°，
∴PB（cm），
∴△ABP的周长为：AP+PB+AB＝2+5（7）cm．
（2）①如图2，若P在边AC上时，BC＝CP＝3cm，
此时用的时间为3s，△BCP为等腰三角形；
②若P在AB边上时，有三种情况：
i）如图3，若使BP＝CB＝3cm，此时AP＝2cm，P运动的路程为2+4＝6cm，
所以用的时间为6s，△BCP为等腰三角形；
ii）如图4，若CP＝BC＝3cm，过C作斜边AB的高，根据面积法求得高为2.4cm，
作CD⊥AB于点D，
在Rt△PCD中，PD1.8（cm），
所以BP＝2PD＝3.6cm，
所以P运动的路程为9﹣3.6＝5.4cm，
则用的时间为5.4s，△BCP为等腰三角形；
ⅲ）如图5，若BP＝CP，此时P应该为斜边AB的中点，P运动的路程为4+2.5＝6.5cm
则所用的时间为6.5s，△BCP为等腰三角形；
综上所述，当t为3s、5.4s、6s、6.5s时，△BCP为等腰三角形
（3）如图6，当P点在AC上，Q在AB上，则PC＝t，BQ＝2t﹣3，
∵直线PQ把△ABC的周长分成相等的两部分，
∴t+2t﹣3＝3，
∴t＝2；
如图7，当P点在AB上，Q在AC上，则AP＝t﹣4，AQ＝2t﹣8，
∵直线PQ把△ABC的周长分成相等的两部分，
∴t﹣4+2t﹣8＝6，
∴t＝6，
∴当t为2或6秒时，直线PQ把△ABC的周长分成相等的两部分．
4．如图，已知△ABC是边长为3cm的等边三角形，动点P、Q同时从A、B两点出发，分别沿AB、BC方向匀速移动，它们的速度都是1cm/s，当点P到达点B时，P、Q两点停止运动，设点P的运动时间为t（s），则
（1）BP＝ 3﹣t cm，BQ＝ t cm．（用含t的代数式表示）
（2）当t为何值时，△PBQ是直角三角形？
试题分析：（1）根据题意得出BP、BQ即可；
（2）分情况进行讨论：①∠BPQ＝90°；②∠BQP＝90°．然后在直角三角形BQP中根据BP，BQ的表达式和∠B的度数进行求解即可．
答案详解：解：（1）BP＝3﹣t cm，BQ＝t cm，
所以答案为：3﹣t；t；
（2）在△PBQ中，∠B＝60°，
若△PBQ是直角三角形，则点P或点Q为直角顶点
①若点P为直角顶点，∵∠B＝60°，
∴∠PQB＝30°，
∴BQ＝2BP，
即t＝2（3﹣t），
解得t＝2
②若点Q是直角顶点，∵∠B＝60°，∴∠BPQ＝30°，
∴BP＝2BQ，
即3﹣t＝2t，
解得t＝1
答：当t＝1s或t＝2s时，△PBQ是直角三角形．
5．如图1，△ABC中，CD⊥AB于D，且BD：AD：CD＝2：3：4，
（1）试说明△ABC是等腰三角形；
（2）已知S△ABC＝40cm2，如图2，动点M从点B出发以每秒1cm的速度沿线段BA向点A运动，同时动点N从点A出发以相同速度沿线段AC向点C运动，当其中一点到达终点时整个运动都停止．设点M运动的时间为t（秒），
①若△DMN的边与BC平行，求t的值；
②若点E是边AC的中点，问在点M运动的过程中，△MDE能否成为等腰三角形？若能，求出t的值；若不能，请说明理由．
试题分析：（1）设BD＝2x，AD＝3x，CD＝4x，则AB＝5x，由勾股定理求出AC，即可得出结论；
（2）由△ABC的面积求出BD、AD、CD、AC；①当MN∥BC时，AM＝AN；当DN∥BC时，AD＝AN；得出方程，解方程即可；
②由直角三角形的性质得出DE＝5，根据题意得出当点M在DA上，即4＜t≤10时，△MDE为等腰三角形，有3种可能：如果DE＝DM；如果ED＝EM；如果MD＝ME＝t﹣4；分别得出方程，解方程即可．
答案详解：（1）证明：设BD＝2x，AD＝3x，CD＝4x，
则AB＝5x，
在Rt△ACD中，AC5x，
∴AB＝AC，
∴△ABC是等腰三角形；
（2）解：S△ABC5x×4x＝40cm2，而x＞0，
∴x＝2cm，
则BD＝4cm，AD＝6cm，CD＝8cm，AC＝10cm．
①当MN∥BC时，AM＝AN，
即10﹣t＝t，
∴t＝5；
当DN∥BC时，AD＝AN，
得：t＝6；
∴若△DMN的边与BC平行时，t值为5或6．
②∵点E是边AC的中点，CD⊥AB，
∴DEAC＝5，
当点M在BD上，即0≤t＜4时，△MDE为钝角三角形，但DM≠DE；
当t＝4时，点M运动到点D，不构成三角形
当点M在DA上，即4＜t≤10时，△MDE为等腰三角形，有3种可能．
如果DE＝DM，则t﹣4＝5，
∴t＝9；
如果ED＝EM，则点M运动到点A，
∴t＝10；
如果MD＝ME＝t﹣4，
过点E作EF⊥AB于F，如图3所示：
∵ED＝EA，
∴DF＝AFAD＝3，
在Rt△AEF中，EF＝4；
∵BM＝t，BF＝7，
∴FM＝t﹣7
则在Rt△EFM中，（t﹣4）2﹣（t﹣7）2＝42，
∴t．
综上所述，符合要求的t值为9或10或．
6．如图，等边△ABC的边长为6cm，现有两动点M、N分别从点A、B同时出发，沿三角形的边运动，已知点M的速度为1cm/s，点N的速度为2cm/s，当点N第一次到达点B时，点M、N同时停止运动．
（1）点M、N运动几秒后，M、N两点重合？
（2）点M、N运动几秒后，以点A、M、N为顶点的三角形是等边三角形？
（3）当点M、N在边BC上运动时，连接AM、AN，能否得到以MN为底边的等腰三角形AMN？如能，请求出此时点M、N运动的时间．
试题分析：（1）首先设点M、N运动t秒后，M、N两点重合，表示出M，N的运动路程，N的运动路程比M的运动路程多6cm，列出方程求解即可；
（2）根据题意设点M、N运动t秒后，可得到等边三角形△AMN，然后表示出AM，AN的长，由于∠A等于60°，所以只要AM＝AN三角形ANM就是等边三角形；
（3）首先假设△AMN是等腰三角形，可证出△ANC≌△AMB（AAS），可得CN＝BM，设出运动时间，表示出CN，MB的长，列出方程，可解出未知数的值．
答案详解：解：（1）设点M、N运动t秒后重合，
则t+6＝2t，
解得t＝6，
∴点M、N运动6秒后重合；
（2）设点M、N运动t秒后，△AMN是等边三角形，
如图1，AM＝tcm，AN＝（6﹣2t）（cm），
当AM＝AN时，△AMN是等边三角形，
即t＝6﹣2t，
解得t＝2，
∴当点M、N运动2秒时，△AMN是等边三角形；
（3）如图2，
设点M、N运动t秒，
则CN＝（t﹣6）（cm），BM＝（18﹣2t）（cm），
假设△AMN是等腰三角形，
则AN＝AM，∠ANM＝∠AMN，
∴∠ANC＝∠AMB，
又∵∠B＝∠C，
∴△ANC≌△AMB（AAS），
∴CN＝BM，
即t﹣6＝18﹣2t，
解得t＝8，
∴当点M、N运动8秒时，△AMN是等腰三角形．
7．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10cm，BC＝6cm，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）把△ABC沿着过点P的直线折叠，使点A与点B重合，请求出此时t的值．
（2）是否存在t值，使得△ABP为等腰三角形？若存在，直接写出结果；若不存在，请说明理由．
（3）现把△ABC沿着直线BP翻折，当t为何值时点C恰好落在直线AB上．
试题分析：（1）连接PB，根据勾股定理求出AC，根据勾股定理列式计算，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．
答案详解：解：（1）如图1，连接PB，
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10cm，BC＝6cm，
则AC8（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＝（8﹣PA）2+62，
解得：PA，
∴t；
（2）当AP＝AB＝10cm时，t＝10；
当PA＝PB时，由（1）可知，PA，
∴t；
当BA＝BP时，AP＝2AC＝16cm，
∴t＝16，
综上所述：△ABP为等腰三角形时，t的值为10或或16；
（3）当点P在AC上时，如图2，BC′＝BC＝6cm，PC′＝PC，∠BC′B＝∠PCB＝90°，
∴AC′＝10﹣6＝4cm，
在Rt△APC′中，AP2＝C′A2+C′P2，即AP2＝42+（8﹣AP）2，
解得：AP＝5，
∴t＝5；
当点P在AC的延长线上时，如图3，BC′＝BC＝6cm，PC′＝PC，∠BC′B＝∠PCB＝90°，
∴AC′＝10+6＝16cm，
在Rt△APC′中，AP2＝C′A2+C′P2，即AP2＝162+（AP﹣8）2，
解得：AP＝20，
∴t＝20；
综上所述：当t为5或20时，点C恰好落在直线AB上．
8．如图，在△ABC中，∠C＝90°，AB＝5cm，BC＝3cm，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）出发2秒后，求△ABP的周长．
（2）问t为何值时，△BCP为等腰三角形？
（3）另有一点Q，从点C开始，按C→A→B→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？
试题分析：（1）求出AC的长，再根据t＝2时，可得PC＝2cm，则AP＝2cm，根据勾股定理计算PB的长，最后将△ABP三边相加可得其周长；
（2）分四种情形：如图2，当CP＝CB时，△BCP为等腰三角，如图3，当BP＝BC＝3cm时，△BCP为等腰三角形，如图4，若点P在AB上，CP＝CB＝3cm，如图5，当PC＝PB时，分别求解即可；
（3）分两种情况讨论：当P点在AC上，Q在AB上，则PC＝t，BQ＝9﹣2t，t+2t﹣3+3＝6；当P点在AB上，Q在AC上，则AC+AP＝t，2t﹣t＝6，分别求得t的值即可．
答案详解：解：（1）如图1，∵∠C＝90°，AB＝5cm，BC＝3cm，
∴AC＝4cm，
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，
∴出发2秒后，则CP＝2，
∴AP＝4﹣2＝2cm，
由勾股定理得：PB，
∴△ABP的周长为：AP+AB+PB＝2+57；
（2）①如图2，若P在边AC上时，BC＝CP＝3cm，
此时用的时间为3s，△BCP为等腰三角形；
②若P在AB边上时，有三种情况：
i）如图3，若使BP＝CB＝3cm，此时AP＝2cm，P运动的路程为2+4＝6cm，
所以用的时间为6s，△BCP为等腰三角形；
ii）如图4，若CP＝BC＝3cm，作CD⊥AB于点D，
∵S△ACBAC•BCAB•CD，
∴，
∴CD＝2.4cm，
在Rt△PCD中，PD1.8，
所以BP＝2PD＝3.6cm，
所以P运动的路程为9﹣3.6＝5.4cm，
则用的时间为5.4s，△BCP为等腰三角形；
iii）如图5，若BP＝PC，此时P应该为斜边AB的中点，P运动的路程为4+2.5＝6.5cm，
则所用的时间为6.5s，△BCP为等腰三角形；
综上所述，当t为3或5.4或6或6.5时，△BCP为等腰三角形；
（3）分两种情况：
①当P点在AC上，Q在AB上，则PC＝t，BQ＝4+5﹣2t＝9﹣2t，
∵直线PQ把△ABC的周长分成相等的两部分，
∴t+9﹣2t+3＝6，
∴t＝6（不符合题意，舍）；
②当P点在AB上，Q在BC上，则AC+AP＝t，
∵直线PQ把△ABC的周长分成相等的两部分，
∴2t﹣t＝6，
∴t＝6（此时Q在C处），
∴当t为6时，直线PQ把△ABC的周长分成相等的两部分．
9．已知：把Rt△ABC和Rt△DEF按如图1摆放（点C与点E重合），点B、C（E）、F在同一条直线上，∠ACB＝∠EDF＝90°，∠DEF＝45°，AC＝8cm，BC＝6cm，EF＝9cm，如图2，△DEF从图1的位置出发，以1cm/s的速度沿CB向△ABC匀速移动，在△DEF移动的同时，点P从△ABC的顶点B出发，以2cm/s的速度沿BA向点A匀速移动．当△DEF的顶点D移动到AC边上时，△DEF停止移动，点P也随之停止移动．DE与AC相交于点Q，连接PQ，设移动时间为t（s）（0＜t＜4.5）．解答下列问题：
（1）用含t的代数式表示线段AP＝ （10﹣2t）cm ；
（2）当t为何值时，点E在∠A的平分线上？
（3）当t为何值时，点A在线段PQ的垂直平分线上？
（4）连接PE，当t＝1（s）时，求四边形APEC的面积．
试题分析：（1）利用勾股定理求出AB，根据AP＝AB﹣BP计算即可．
（2）如图1中，作AT平分∠BAC，作TH⊥AB于H．设TC＝TH＝x，证明Rt△ATH≌Rt△ATC（HL），推出AH＝AC＝8，在Rt△BTH中，则有（6﹣x）2＝22+x2，求出x即可解决问题．
（3）根据线段垂直平分线的性质得到AP＝AQ，根据等腰三角形的性质得到CE＝CQ，根据勾股定理求出AB，列式计算即可．
（4）法一：作PM⊥BE交BE于M，根据S四边形APEC＝S△ABC﹣S△BPE计算算即可．
法二：利用面积法求解即可．
答案详解：解：（1）在Rt△ABC中，∵∠ACB＝90°，AC＝8cm，BC＝6cm，
∴AB10（cm），
由题意PA＝AB﹣BP＝（10﹣2t）cm，
所以答案为（10﹣2t）cm．
（2）如图1中，作AT平分∠BAC，作TH⊥AB于H．
∵TC⊥AC，TH⊥AB，TA平分∠ABC，
∴TC＝TH，∠AHT＝∠ACT＝90°，设TC＝TH＝x，
∵AT＝AT，
∴Rt△ATH≌Rt△ATC（HL），
∴AH＝AC＝8，
∴BH＝AB﹣AH＝10﹣8＝2，
在Rt△BTH中，则有（6﹣x）2＝22+x2，
解得x，
∴当t为时，点E在∠A的平分线上．
（3）∵点A在线段PQ的垂直平分线上，
∴AP＝AQ，
∵∠DEF＝45°，∠ACB＝90°，∠DEF+∠ACB+∠EQC＝180°，
∴∠EQC＝45°，
∴∠DEF＝∠EQC，
∴CE＝CQ，
由题意知：CE＝t，BP＝2t，
∴CQ＝t，
∴AQ＝8﹣t，
在Rt△ABC中，由勾股定理得，AB＝10cm，
则AP＝10﹣2t，
∴10﹣2t＝8﹣t，
解得：t＝2，
答：当t＝2s时，点A在线段PQ的垂直平分线上；
（2）法一：如图2中，过P作PM⊥BE，交BE于M，
∴∠BMP＝90°，
在Rt△ABC和Rt△BPM中，sinB，
∴，
解得，PM，
∵BC＝6cm，CE＝t，
∴BE＝6﹣1＝5，
∴S四边形APEC＝S△ABC﹣S△BPE
BC×ACBE×PM
6×85
＝20（cm2）
法二：由题意，BP＝2．BE＝5，AB＝8，BC＝6，
∵S△BPC•S△ABC•S△ABCS△ABC，
S△BPE•S△BPC•S△BPC•S△ABC，
∴S四边形PECA＝S△ABC﹣S△PBE•S△ABC6×8＝20（cm2）
三．奔驰模型---旋转
10．（1）阅读理解：如图1，等边△ABC内有一点P，若点P到顶点A，B，C的距离分别为3，4，5，求∠APB的大小．
思路点拨：考虑到PA，PB，PC不在一个三角形中，采用转化与化归的数学思想，可以将△ABP绕顶点A逆时针旋转60°到△ACP'处，此时△ACP'≌△ABP，这样，就可以利用全等三角形知识，结合已知条件，将三条线段的长度转化到一个三角形中，从而求出∠APB的度数．请你写出完整的解答过程．
（2）变式拓展：请你利用第（1）问的解答思想方法，解答下面问题：
如图2，在△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝AC，E、F为BC上的点且∠EAF＝45°，BE＝8，CF＝6，求EF的大小．
（3）能力提升：如图3，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，点O为Rt△ABC内一点，连接AO，BO，CO，且∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，请直接写出（OA+OB+OC）2＝ 7 ．
试题分析：（1）根据旋转变换前后的两个三角形全等，全等三角形对应边相等，全等三角形对应角相等以及等边三角形的判定和勾股定理逆定理解答．
（2）把△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ACE′，根据旋转的性质可得AE′＝AE，CE′＝CE，∠CAE′＝∠BAE，∠ACE′＝∠B，∠EAE′＝90°，再求出∠E′AF＝45°，从而得到∠EAF＝∠E′AF，然后利用“边角边”证明△EAF和△E′AF全等，根据全等三角形对应边相等可得E′F＝EF，再利用勾股定理列式即可解决问题．
（3）将△AOB绕点B顺时针旋转60°至△A′O′B处，连接OO′，根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出AB＝2AC，即A′B的长，再根据旋转的性质求出△BOO′是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得BO＝OO′，等边三角形三个角都是60°，求出∠BOO′＝∠BO′O＝60°，然后求出C、O、A′、O′四点共线，再利用勾股定理列式求出A′C，从而得到OA+OB+OC＝A′C，即可求解．
答案详解：解：（1）∵将△ABP绕顶点A逆时针旋转60°到△ACP'，
∴△ACP′≌△ABP，
∴AP′＝AP＝3、CP′＝BP＝4、∠AP′C＝∠APB，
由题意知旋转角∠PA P′＝60°，
∴△AP P′为等边三角形，
P P′＝AP＝3，∠A P′P＝60°，
易证△P P′C为直角三角形，且∠P P′C＝90°，
∴∠APB＝∠AP′C＝∠A P′P+∠P P′C＝60°+90°＝150°；
（2）如图2，把△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ACE′，
由旋转的性质得，AE′＝AE，CE′＝BE，∠CAE′＝∠BAE，∠ACE′＝∠B，∠EAE′＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠E′AF＝∠CAE′+∠CAF＝∠BAE+∠CAF＝∠BAC﹣∠EAF＝90°﹣45°＝45°，
∴∠EAF＝∠E′AF，
在△EAF和△E′AF中，
，
∴△EAF≌△E′AF（SAS），
∴E′F＝EF，
∵∠CAB＝90°，AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB＝45°，
∴∠E′CF＝45°+45°＝90°，
由勾股定理得，E′F2＝CE′2+FC2，
即EF2＝BE2+FC2，
∵BE＝8，CF＝6，
∴EF10．
（3）如图3，将△AOB绕点B顺时针旋转60°至△A′O′B处，连接OO′，
∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，
∴AB＝2，
∴BC，
∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，
∴△A′O′B如图所示；
∠A′BC＝∠ABC+60°＝30°+60°＝90°，
∵∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，
∴AB＝2AC＝2，
∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，得到△A′O′B，
∴A′B＝AB＝2，BO＝BO′，A′O′＝AO，
∴△BOO′是等边三角形，
∴BO＝OO′，∠BOO′＝∠BO′O＝60°，
∵∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，
∴∠COB+∠BOO′＝∠BO′A′+∠BO′O＝120°+60°＝180°，
∴C、O、A′、O′四点共线，
在Rt△A′BC中，A′C，
∴OA+OB+OC＝A′O′+OO′+OC＝A′C，
∴（OA+OB+OC）2＝7，
所以答案为：7．
四．手拉手类
11．问题背景：
如图1：在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝60°．探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系．
小王同学探究此问题的方法是，延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是 EF＝BE+FD ；
探索延伸：
如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；
实际应用：
如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以80海里/小时的速度前进，1.5小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处，且两舰艇之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离．
试题分析：问题背景中，根据小亮的设计可以得到所要的结论；
探索延伸中，先判断结论是否成立，然后根据图形和题目中条件，作出合适的辅助线，进行说明即可；
在实际应用中，根据题目中的条件进行合理的推导，只要能说明符合探索延伸的条件，即可解答本题．
答案详解：解：问题背景：
∵小王同学探究此问题的方法是，延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，
∴EF＝FG，FG＝FD+DG＝FD+BE，
∴EF＝BE+FD，
所以答案为：EF＝BE+FD；
探索延伸：
上述结论EF＝BE+FD成立，
理由：如图2，延长FD到点G，使得DG＝BE，连接AG，
∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADG+∠ADC＝180°，
∴∠B＝∠ADG，
∵AB＝AD，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠EAF∠BAD，
∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠DAF+∠BAE＝∠BAD﹣∠EAF∠BAD，
∴∠GAF＝∠EAF，
又∵AG＝AE，AF＝AF，
∴△AFG≌△AFE（SAS），
∴EF＝GF，
∵GF＝DF+DG＝DF+BE，
∴EF＝BE+FD；
实际应用：
如图3，连接EF，延长AE、BF相交于点C，
在四边形AOBC中，
∵∠AOB＝30°+90°+（90°﹣70°）＝140°，∠FOE＝70°，
又∵OA＝OB，∠OAC+∠OBC＝（90°﹣30°）+（70°+50°）＝60°+120°＝180°，
∴图3符合探索延伸的条件，
∴EF＝AE+FB＝1.5×（60+80）＝210（海里），
即此时两舰艇之间的距离210海里．
12．如图，△ABC中，∠ABC＝∠ACB，点D在BC所在的直线上，点E在射线AC上，且AD＝AE，连接DE．
（1）如图①，若∠B＝∠C＝35°，∠BAD＝80°，求∠CDE的度数；
（2）如图②，若∠ABC＝∠ACB＝75°，∠CDE＝18°，求∠BAD的度数；
（3）当点D在直线BC上（不与点B、C重合）运动时，试探究∠BAD与∠CDE的数量关系，并说明理由．
试题分析：（1）根据等腰三角形的性质得到∠BAC＝110°，根据三角形的外角的性质即可得到结论；
（2）根据三角形的外角的性质得到∠E＝75°﹣18°＝57°，于是得到结论；
（3）设∠ABC＝∠ACB＝y°，∠ADE＝∠AED＝x°，∠CDE＝α，∠BAD＝β，①如图1，当点D在点B的左侧时，∠ADC＝x°﹣α，②如图2，当点D在线段BC上时，∠ADC＝x°+α，③如图3，当点D在点C右侧时，∠ADC＝x°﹣α，根据题意列方程组即可得到结论．
答案详解：解：（1）∵∠B＝∠C＝35°，
∴∠BAC＝110°，
∵∠BAD＝80°，
∴∠DAE＝30°，
∴∠ADE＝∠AED＝75°，
∴∠CDE＝180°﹣35°﹣30°﹣75°＝40°；
（2）∵∠ACB＝75°，∠CDE＝18°，
∴∠E＝75°﹣18°＝57°，
∴∠ADE＝∠AED＝57°，
∴∠ADC＝39°，
∵∠ABC＝∠ADB+∠DAB＝75°，
∴∠BAD＝36°；
（3）设∠ABC＝∠ACB＝y°，∠ADE＝∠AED＝x°，∠CDE＝α，∠BAD＝β
①如图1，当点D在点B的左侧时，∠ADC＝x°﹣α，
∴，
（1）﹣（2）得2α﹣β＝0，
∴2α＝β；
②如图2，当点D在线段BC上时，∠ADC＝x°+α，
∴，
（2）﹣（1）得α＝β﹣α，
∴2α＝β；
③如图3，当点D在点C右侧时，∠ADC＝x°﹣α，
∴，
（2）﹣（1）得2α﹣β＝0，
∴2α＝β．
综上所述，∠BAD与∠CDE的数量关系是2∠CDE＝∠BAD．
13．如图在△AOB和△COD中，OA＝OB，OC＝OD，OA＜OC，∠AOB＝∠COD＝36°．连接AC、BD交于点M，连接OM．
（1）求∠AMB的度数；
（2）MO是∠AMD的平分线吗？请说明理由．
试题分析：（1）先由SAS证明△AOC≌△BOD，再由三角形全等的性质得出∠OAC＝∠OBD．由三角形的外角性质得：∠AMB+∠OBD＝∠OAC+∠AOB，得出∠AMB＝∠AOB＝36°；
（2）作OG⊥AM于G，OH⊥DM于H，则∠OGA＝∠OHB＝90°，利用全等三角形对应边上的高相等，得出OG＝OH，由角平分线的判定方法得出MO平分∠AMD．
答案详解：解：（1）∵∠AOB＝∠COD＝36°，
∴∠AOB+∠BOC＝∠COD+∠BOC，
即∠AOC＝∠BOD，
在△AOC和△BOD中，
，
∴△AOC≌△BOD（SAS），
∴∠OAC＝∠OBD，
由三角形的外角性质得：
∠AMB+∠OBD＝∠OAC+∠AOB，
∴∠AMB＝∠AOB＝36°；
（2）MO是∠AMD的平分线．
理由：作OG⊥AM于G，OH⊥DM于H，如图所示，
则∠OGA＝∠OHB＝90°，
∵△AOC≌△BOD，
∴OG＝OH，
∴MO平分∠AMD．
14．已知△ABC为等边三角形，点D为直线BC上一动点（点D不与点B，点C重合）．以AD为边作等边三角形ADE，连接CE．
（1）如图1，当点D在边BC上时．
①求证：△ABD≌△ACE；
②直接判断结论BC＝DC+CE是否成立（不需证明）；
（2）如图2，当点D在边BC的延长线上时，其他条件不变，请写出BC，DC，CE之间存在的数量关系，并写出证明过程．
试题分析：（1）①根据等边三角形的性质就可以得出∠BAC＝∠DAE＝60°，AB＝BC＝AC，AD＝DE＝AE，进而就可以得出△ABD≌△ACE；②由△ABD≌△ACE就可以得出BC＝DC+CE；
（2）由等边三角形的性质就可以得出∠BAC＝∠DAE＝60°，AB＝BC＝AC，AD＝DE＝AE，进而就可以得出△ABD≌△ACE，就可以得出BC+CD＝CE．
答案详解：解：（1）①∵△ABC和△ADE是等边三角形，
∴∠BAC＝∠DAE＝60°，AB＝BC＝AC，AD＝DE＝AE．
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
∴∠BAD＝∠EAC．
在△ABD和△ACE中
，
∴△ABD≌△ACE（SAS）．
②∵△ABD≌△ACE，
∴BD＝CE．
∵BC＝BD+CD，
∴BC＝CE+CD．
（2）BC+CD＝CE．
∵△ABC和△ADE是等边三角形，
∴∠BAC＝∠DAE＝60°，AB＝BC＝AC，AD＝DE＝AE．
∴∠BAC+∠DAC＝∠DAE+∠DAC，
∴∠BAD＝∠EAC．
在△ABD和△ACE中
，
∴△ABD≌△ACE（SAS）．
∴BD＝CE．
∵BD＝BC+CD，
∴CE＝BC+CD；
五．动点与全等
15．如图，已知△ABC中，AB＝AC＝10厘米，BC＝8厘米，点D为AB的中点．如果点P在线段BC上以3厘米/秒的速度由B点向C点运动，同时点Q在线段CA上由C点向A点运动．当一个点停止运动时时，另一个点也随之停止运动．设运动时间为t．
（1）用含有t的代数式表示CP．
（2）若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过1秒后，△BPD与△CQP是否全等，请说明理由；
（3）若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，当点Q的运动速度为多少时，能够使△BPD与△CQP全等？
试题分析：（1）求出BP＝3t，即可求出答案；
（2）求出BP、CQ、CP，根据全等三角形的判定推出即可；
（3）设当点Q的运动速度为x厘米/时，时间是t小时，能够使△BPD与△CQP全等，求出BD＝5厘米，BP＝3t厘米，CP＝（8﹣3t）厘米，CQ＝xt厘米，∠B＝∠C，根据全等三角形的性质得出方程，求出方程的解即可．
答案详解：解：（1）∵点P在线段BC上以3厘米/秒的速度由B点向C点运动，
∴BP＝3t厘米，
∵BC＝8厘米，
∴CP＝（8﹣3t）厘米；
（2）点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过1秒后，△BPD与△CQP全等，
理由是：∵AB＝AC＝10厘米，点D为AB的中点，
∴∠B＝∠C，BD＝5厘米，
∵BP＝CQ＝3t厘米＝3厘米，
∴CP＝8厘米﹣3厘米＝5厘米＝BD，
在△DBP和△PCQ中，
，
∴△DBP≌△PCQ（SAS）；
（3）设当点Q的运动速度为x厘米/时，时间是t小时，能够使△BPD与△CQP全等，
∵BD＝5厘米，BP＝3t厘米，CP＝（8﹣3t）厘米，CQ＝xt厘米，∠B＝∠C，
∴当BP＝CQ，BD＝CP或BP＝CP，BD＝CQ时，△BPD与△CQP全等，
即①3t＝xt，5＝8﹣3t，
解得：x＝3（不合题意，舍去），
②3t＝8﹣3t，5＝xt，
解得：x，
即当点Q的运动速度为厘米/时时，能够使△BPD与△CQP全等．
16．如图，在四边形ABCD中，AD＝BC＝4，AB＝CD，BD＝6，点E从D点出发，以每秒1个单位的速度沿DA向点A匀速移动，点F从点C出发，以每秒3个单位的速度沿C→B→C作匀速移动，点G从点B出发沿BD向点D匀速移动，三个点同时出发，当有一个点到达终点时，其余两点也随之停止运动．
（1）证明：AD∥BC．
（2）在移动过程中，小明发现当点G的运动速度取某个值时，有△DEG与△BFG全等的情况出现，请你探究当点G的运动速度取哪些值时，会出现△DEG与△BFG全等的情况．
试题分析：（1）由AD＝BC＝4，AB＝CD，BD为公共边，所以可证得△ABD≌△CDB，所以可知∠ADB＝∠CBD，所以AD∥BC；
（2）设运动时间为t，点G的运动速度为v，根据全等三角形的性质进行解答即可．
答案详解：（1）证明：在△ABD和△CDB中，
，
∴△ABD≌△CDB（SSS），
∴∠ADB＝∠CBD，
∴AD∥BC；
（2）解：设运动时间为t，点G的运动速度为v，
当时，
若△DEG≌△BGF，
则，
∴，
∴，
∴v＝3；
若△DEG≌△BGF，
则，
∴，
∴（舍去）；
当时，
若△DEG≌△BFG，
则，
∴，
∴，
∴；
若△DEG≌△BGF，
则，
∴，
∴，
∴v＝1．
综上，当点G的速度为3或1.5或1时．会出现△DEG与△BFG全等的情况．
17．如图（1）AB＝8cm，AC⊥AB，BD⊥AB，AC＝BD＝6cm．点P在线段AB上以2cm/s的速度由点A向点B运动，同时，点Q在线段BD上由点B向点D运动．它们运动的时间为t（s）．
（1）若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，当t＝1时，△ACP与△BPQ是否全等，请说明理由，并判断此时线段PC和线段PQ的位置关系；
（2）如图（2），将图（1）中的“AC⊥AB，BD⊥AB”改为“∠CAB＝∠DBA＝60°”，其他条件不变．设点Q的运动速度为xcm/s，是否存在实数x，使得△ACP与△BPQ全等？若存在，求出相应的x、t的值；若不存在，请说明理由．
试题分析：（1）利用SAS证得△ACP≌△BPQ，得出∠ACP＝∠BPQ，进一步得出∠APC+∠BPQ＝∠APC+∠ACP＝90°得出结论即可；
（2）由△ACP≌△BPQ，分两种情况：①AC＝BP，AP＝BQ，②AC＝BQ，AP＝BP，建立方程组求得答案即可．
答案详解：解：（1）△ACP≌△BPQ，
∵AC⊥AB，BD⊥AB
∴∠A＝∠B＝90°
∵AP＝BQ＝2
∴BP＝6
∴BP＝AC，
在△ACP和△BPQ中，
，
∴△ACP≌△BPQ，
∴∠C＝∠QPB，
∵∠APC+∠C＝90°，
∴∠APC+∠QPB＝90°，
∴PC⊥PQ；
（2）存在x的值，使得△ACP与△BPQ全等，
①若△ACP≌△BPQ，
则AC＝BP，AP＝BQ，可得：6＝8﹣2t，2t＝xt
解得：x＝2，t＝1；
②若△ACP≌△BQP，
则AC＝BQ，AP＝BP，可得：6＝xt，2t＝8﹣2t
解得：x＝3，t＝2；
六．倍长中线，全等必现。
18．【问题情景】
课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：
如图1，在△ABC中，若AB＝10，AC＝6，求BC边上的中线AD的取值范围．
小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：延长AD至点E，使DE＝AD，连接BE．请根据小明的方法思考：
（1）由已知和作图能得到△ADC≌△EDB，其依据是 B ，请选择正确的一项．
A．SSS
B．SAS
C．AAS
D．HL
（2）由“三角形的三边关系”可求得AD的取值范围是 2＜AD＜8 ．
【初步运用】
（3）如图2，在四边形ABCD中，AB∥CD，点E是BC的中点，若AE是∠BAD的平分线，试猜想线段AB，AD，DC之间的数量关系，并证明你的猜想．
【灵活运用】
（4）如图3，AD是△ABC的中线，BE交AC于E，交AD于F，且AE＝BF，若EF＝5，EC＝3，求线段BF的长；
【拓展延伸】
（5）如图4，CB是△AEC的中线，CD是△ABC的中线，且AB＝AC，下列四个选项中：
A．∠ACD＝∠BCD
B．CE＝2CD
C．∠BCD＝∠BCE
D．CD＝CB
所有正确选项的序号是 B、C ．
试题分析：（1）根据SAS即可证明△ADC≌△EDB；
（2）由△ADC≌△EDB，得AC＝BE＝6，再借助三角形三边关系即可；
（3）延长DC、AE交于点F，证明△AEB≌△FEC（AAS），得AB＝CF，再由角平分线的定义和平行线的性质可得AD＝DF，从而得到结论；
（4）延长AD至G，使DG＝AD，连接BG，由（1）同理可知△ACD≌△GBD（SAS），得BG＝AC，∠G＝∠DAC，由AC∥BG，得△AEF∽△GBF，根据对应边成比例即可；
（5）延长CD至F，使DF＝CD，利用SAS证明△CBE≌△CBF，即可判断．
答案详解：解：（1）∵AD为△ABC的中线，
∴BD＝CD，
又∵AD＝DE，∠ADC＝∠EDB，
∴△ADC≌△EDB（SAS），
所以答案为：B；
（2）∵△ADC≌△EDB，
∴AC＝BE＝6，
在△ABE中，由三边关系得：
AB﹣BE＜AE＜AB+BE，
即10﹣6＜AE＜10+6，
∴4＜AE＜16，
∴2＜AD＜8，
所以答案为：2＜AD＜8；
（3）AD＝DC+AB，理由如下：延长DC、AE交于点F，
∵AB∥CD，
∴∠F＝∠BAE，
∵E为BC的中点，
∴CE＝BE，
又∵∠FEC＝∠AEB，
∴△AEB≌△FEC（AAS），
∴AB＝CF，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE，
∴∠F＝∠DAE，
∴AD＝DF，
∴AD＝DC+AB；
（4）延长AD至G，使DG＝AD，连接BG，
由（1）同理可知△ACD≌△GBD（SAS），
∴BG＝AC，∠G＝∠DAC，
∴AC∥BG，
∴△AEF∽△GBF，
∴，
设AE＝x，则BG＝x+3，BF＝x，
∴，
解得x（负值舍去），
∴BF；
（5）延长CD至F，使DF＝CD，
由（1）得BF＝AC，∠FBA＝∠A，
∵AC＝AB，
∴BF＝AB，∠ACB＝∠ABC，
∵点B为AE的中点，
∴BE＝AB，
∴BE＝BF，
∵∠CBE＝∠ACB+∠A，
∠CBF＝∠CBA+∠ABF，
∴∠CBE＝∠CBF，
又∵CB＝CB，
∴△CBE≌△CBF（SAS），
∴CE＝CF＝2CD，∠BCE＝∠BCD，
故B、C正确．
所以答案为：B、C．
19．课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：如图1，△ABC中，若AB＝6，AC＝4，求BC边上的中线AD的取值范围．小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：延长AD到E，使DE＝AD，连接BE．请根据小明的方法思考：
（1）由已知和作图能得到△ADC≌△EDB，依据是 B ．
A．SSS
B．SAS
C．AAS
D．HL．
（2）由“三角形的三边关系”可求得AD的取值范围是 1＜AD＜5 ．
【解后反思】
题目中出现“中点”“中线”等条件，可考虑延长中线构造全等三角形，把分散的已知条件和所求证的结论集合到同一个三角形中．
【初步运用】
（3）如图2，AD是△ABC的中线，BE交AC于E，交AD于F，且AE＝EF．若EF＝4，EC＝2，求线段BF的长．
【灵活运用】
（4）如图3，在△ABC中，∠A＝90°，D为BC中点，DE⊥DF，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF，试猜想线段BE、CF、EF三者之间的等量关系，并证明你的结论．
试题分析：（1）根据全等三角形的判定定理解答；
（2）根据三角形的三边关系计算；
【初步运用】延长AD到M，使AD＝DM，连接BM，证明△ADC≌△MDB，根据全等三角形的性质解答；
【灵活运用】延长ED到点G，使DG＝ED，连接GF，GC，证明△DBE≌△DCG，得到BE＝CG，根据勾股定理解答．
答案详解：解：（1）在△ADC和△EDB中，
，
∴△ADC≌△EDB（SAS），
所以选：B；
（2）∵△ADC≌△EDB，
∴AC＝BE＝4，
∵AB﹣BE＜AE＜AB+BE，
∴1＜AD＜5，
所以答案为：1＜AD＜5；
【初步运用】延长AD到M，使AD＝DM，连接BM，
∵AE＝EF，EF＝4，
∴AC＝6，
∵AD是△ABC中线，
∴CD＝BD，
在△ADC和△MDB中，
，
∴△ADC≌△MDB（SAS），
∴BM＝AC，∠CAD＝∠M，
∵AE＝EF，
∴∠CAD＝∠AFE，
∵∠AFE＝∠BFD，
∴∠BFD＝∠CAD＝∠M，
∴BF＝BM＝AC，
即BF＝6；
【灵活运用】线段BE、CF、EF之间的等量关系为：BE2+CF2＝EF2．
证明：如图3，延长ED到点G，使DG＝ED，连接GF，GC，
∵ED⊥DF，
∴EF＝GF，
∵D是BC的中点，
∴BD＝CD，
在△BDE和△CDG中，
，
∴△DBE≌△DCG（SAS），
∴BE＝CG，
∵∠A＝90°，
∴∠B+∠ACB＝90°，
∵△DBE≌△DCG，EF＝GF，
∴BE＝CG，∠B＝∠GCD，
∴∠GCD+∠ACB＝90°，即∠GCF＝90°，
∴Rt△CFG中，CF2+GC2＝GF2，
∴BE2+CF2＝EF2．
七．动点与最值
20．将△ABC（AB＞AC）沿AD折叠，使点C刚好落在AB边上的点E处，展开如图1．
【操作观察】（1）图1中，AB＝8，AC＝6．
①则BE＝ 2 ；
②若S△ACD＝9，则S△ABD＝ 12 ；
【理解应用】（2）如图2，若∠C＝2∠B，试说明：AB＝AC+CD；
【拓展延伸】（3）如图3，若∠BAC＝60°，点G为AC的中点，且AG＝5．点P是AD上的一个动点，连接PG、PC，求（PG+PC）2的最小值．
试题分析：（1）①由折叠知AE＝AC，则BE＝AB﹣AC＝8﹣6＝2；
②由角平分线的性质知，点D到AC的距离等于点D到AB的距离，则S△ACD：S△ABD＝3：4，从而解决问题；
（2）由∠C＝2∠B＝∠AED，得BE＝DE，而DE＝CD，从而证明结论；
（3）由对称性知PC＝PE，则（PG+PC）2的最小值为EG2，证明△ACE是等边三角形，利用勾股定理可求出EG的长．
答案详解：解：（1）①∵将△ABC（AB＞AC）沿AD折叠，使点C刚好落在AB边上的点E处，
∴△ACD≌△AED，
∴AE＝AB﹣AE＝AB﹣AC＝8﹣6＝2，
∴BE＝2，
所以答案为：2；
②∵将△ABC（AB＞AC）沿AD折叠，使点C刚好落在AB边上的点E处，
∴AD平分∠BAC，
∴点D到AC的距离等于点D到AB的距离，即△ACD边AC上的高等于△ABD边AB上的高，
由三角形面积公式可知，
又∵S△ACD＝9，
∴S△ABD＝12，
所以答案为：12；
（2）∵将△ABC（AB＞AC）沿AD折叠，使点C刚好落在AB边上的点E处，
∴△ACD≌△AED，
∴AE＝AC，∠AED＝∠C，DE＝CD，
又∵∠C＝2∠B，∠AED＝∠B+∠BDE，
∴∠B＝∠BDE，
∴BE＝DE，
又∵AB＝AE+BE，
∴AB＝AC+DE＝AC+CD；
（3）∵将△ABC（AB＞AC）沿AD折叠，使点C刚好落在AB边上的点E处，
∴PC＝PE，
∴PG+PC＝PG+PE，
当点P运动到EG连线时，PG+PE有最小值为EG，
∴（PG+PC）2的最小值为EG2，
∵AE＝AC，∠BAC＝60°，
∴△AEC是等边三角形，
∵G为AC的中点，
∴EG⊥AC，
∴EG＝5，即EG2＝75，
∴（PG+PC）2的最小值为75．