专题04 三角形的性质与判定（14题型+限时检测）-中考数学二轮复习讲练测（全国通用）

这是一份专题04 三角形的性质与判定（14题型+限时检测）-中考数学二轮复习讲练测（全国通用），文件包含专题04三角形的性质与判定原卷版docx、专题04三角形的性质与判定解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共159页， 欢迎下载使用。
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\l "_Tc161220690" 题型01 三角形的三边关系
\l "_Tc161220691" 题型02 与三角形有关线段的综合问题
\l "_Tc161220692" 题型03 三角形内角和定理与外角和定理综合问题
\l "_Tc161220693" 题型04 三角形内角和与外角和定理的实际应用
\l "_Tc161220694" 题型05 线段垂直平分线和角平分线综合
\l "_Tc161220695" 题型06 特殊三角形的性质与判定
\l "_Tc161220697" 题型07 勾股定理、勾股定理逆定理与网格问题
\l "_Tc161220698" 题型08 与三角形有关的折叠问题
\l "_Tc161220700" 题型09 赵爽弦图
\l "_Tc161220701" 题型10 利用勾股定理解决实际问题
\l "_Tc161220702" 题型11 求最短距离
\l "_Tc161220703" 题型12 勾股定理逆定理的拓展问题
\l "_Tc161220696" 题型13 判断图形中与已知两点构成等腰三角形的点的位置
\l "_Tc161220699" 题型14 判断图形中与已知两点构成直角三角形的点的位置
\l "_Tc161220704" （时间：60分钟）
题型01 三角形的三边关系
1．（2023·广东广州·广州市越秀区明德实验学校校考模拟预测）等腰三角形的一边长是3，另两边的长是关于x的方程x2-10x+k=0的两个根，则k的值为（ ）
A．21B．25C．21或25D．20或24
【答案】B
【分析】结合根与系数的关系，分已知边长3是底边和腰两种情况讨论．
【详解】解：设关于x的方程x2﹣10x+k＝0的两个实数根分别为a、b．
方程x2﹣10x+k＝0有两个实数根，则Δ＝100﹣4k≥0，得k≤25．
①当底边长为3时，另两边相等时，则a+b＝10，
∴另两边的长都是为5，
∴k＝ab＝25；
②当腰长为3时，另两边中至少有一个是3，则3一定是方程x2﹣10x+k＝0的根，
则32﹣10×3+k＝0
解得k＝21
解方程x2﹣10x＋21＝0
解得另一根为：x＝7．
∵3+3＜7，不能构成三角形．
∴k的值为25．
故选：B．
【点睛】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根的判别式Δ＝b2﹣4ac：当Δ＞0，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0，方程没有实数根．也考查了三角形三边的关系以及等腰三角形的性质．
2．（2021·甘肃兰州·模拟预测）如图，在△ABC中，AB＝4，AC＝2，点D为BC的中点，则AD的长可能是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】延长AD到E，使DE＝AD，连接BE．证△ADC≌△EDB（SAS），可得BE＝AC＝2，再利用三角形的三边关系求出AE的范围即可解决问题．
【详解】解：延长AD到E，使DE＝AD，连接BE，
在△ADC和△EDB中，
AD=ED∠ADC=∠EDBCD=BD，
∴△ADC≌△EDB（SAS），
∴BE＝AC＝2，
在△ABE中，AB﹣BE＜AE＜AB+BE，
即2＜2AD＜6，
解得1＜AD＜3，
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形的全等判定和性质，三角形三边关系定理，熟练证明三角形的全等是解题的关键．
3．（2023·河北·统考模拟预测）已知一个三角形的第一条边长为3a+b，第二条边长为2a-b
(1)求第三条边长m的取值范围；（用含a，b的式子表示）
(2)若a，b满足a-5+b-22=0，第三条边长m为整数，求这个三角形周长的最大值
【答案】(1)a+2bS2，则下列四个判断：①S1+S2=14S四边形MNPQ②DG=2AF；③若∠EMH=30°，则S1=3S2；④若点A是线段GF的中点，则3S1=4S2，其中正确的序号是

【答案】①②③
【分析】设“赵爽弦图”中，直角三角形的较短直角边为a，较长直角边为b，斜边为c，则小正方形的边长为b-a，正方形ABCD的边长为b，正方形EFGH的边长为a，正方形MNPQ的边长为2c，由正方形面积公式，勾股定理逐项进行判断即可．
【详解】设“赵爽弦图”中，直角三角形的较短直角边为a，较长直角边为b，斜边为c，则小正方形的边长为b-a，正方形ABCD的边长为b，正方形EFGH的边长为a，正方形MNPQ的边长为2c，
∴S1=b2，S2=a2，S四边形MNPQ=2c2=4c2．
∴S1+S2=a2+b2=c2．
∴S1+S2=14S四边形MNPQ．
故①正确；
∵AF=b-a，
∴AG=FG-AF=a-b-a=2a-b．
∴DG=AD-AG=b-2a-b=2b-a．
∴DG=2AF．
故②正确；
∵∠EMH=30°，∠MHE=90°，
∴MH=3HE．
即b=3a．
∴b2=3a2．
∴S1=3S2．
故③正确；
∵点A是线段GF的中点，
∴AG=AF．
即2a-b=b-a．
∴2b=3a．
∴4b2=9a2．
∴4S1=9S2．
故④不正确；
故答案是①②③．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，正方形的面积，关键是设“赵爽弦图”中，直角三角形的较短直角边为a，较长直角边为b，斜边为c，用a,b,c表示出相关线段的长度，从而解决问题．
2．（2023·浙江丽水·统考一模）公元3世纪，我国数学家赵爽巧妙地利用面积关系（后人称“赵爽弦图”）证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲．如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形EFGH组成的大正方形．连结BG、DE，设S正方形ABCD=S1，S正方形EFGH=S2，S四边形BEDG=S3．

（1）若BE=2DH，则tan∠EDH= ．
（2）若S1=S2+S3，则BEDE的值是 ．
【答案】 1 355/355
【分析】（1）根据全等三角形的性质得到AH=BE，AE=DH，进而求得EH=DH，即可求出tan∠EDH的值；
（2）由题意可知S1=S2+4S△AHD，进而得到S3=4S△AHD，设EH=a，DH=b，得到S△AHD=12ab+12b2，S3=a2+ab，从而求得a=2b，则BE=3b，再利用勾股定理，求得DE=5b，即可求出BEDE的值．
【详解】解：（1）由题意可知，△AHD≌△BEA，
∴AH=BE，AE=DH，
∵BE=2DH
∴EH=AH-AE=BE-DH=2DH-DH=DH，
∴tan∠EDH=EHDH=DHDH=1，
故答案为：1；
（2）设S正方形ABCD=S1，S正方形EFGH=S2，S四边形BEDG=S3，
由题意可知，S1=S2+4S△AHD，
∵S1=S2+S3，
∴S3=4S△AHD，
设EH=a，DH=b，则DG=AH=a+b，
∵∠AHD=90°，
∴S△AHD=12AH⋅DH=12a+b⋅b=12ab+12b2，
∵DE=BG，DG=BE，
∴四边形BEDG是平行四边形，
S3=DG⋅EH=a+b⋅a=a2+ab，
∴a2+ab=412ab+12b2，
∴a=2b，
∴BE=a+b=3b，
在Rt△DHE中，DE=EH2+DH2=a2+b2=5b，
∴BEDE=3b5b=355，
故答案为：355．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质，锐角三角函数，勾股定理，平行四边形的判定和性质等知识，熟练掌握全等三角形的性质是解题关键．
3．（2022·福建福州·福建省福州延安中学校考模拟预测）我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”（如图1），图2由弦图变化得到，它是由八个全等的直角三角形拼接而成，记图中正方形ABCD、正方形EFGH、正方形MNKT的面积分别为S1、S2、S3，如果S1+S2+S3=96，那么S2的值是 ．
【答案】32
【分析】根据正方形的面积分别表示S1、S2、S3，根据S1+S2+S3=96列出方程即可求解．
【详解】解：设全等的直角三角形的两条直角边为a、b且a>b，
由题意可知：S1=(a+b)2，S2=a2+b2，S3=(a-b)2，
因为S1+S2+S3=96，
即(a+b)2+a2+b2+(a-b)2=96，
∴3(a2+b2)=96，
∴3S2=48．
故答案32．
【点睛】本题考查勾股定理，正方形的面积，解题的关键在于用字母表示正方形的面积．
4．（2023·广东深圳·校联考三模）中华文明源远流长，如图①是汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的图形，人们称之为赵爽弦图，被誉为中国数学界的图腾．2002年北京国际数学家大会依据赵爽弦图制作了会标，该图有4个全等的直角三角形围成几个大正方形和中间一个小正方形，巧妙的证明了勾股定理．
问题发现：
如图①，若直角三角形的直角边BC=3，斜边AB=5，则中间小正方形的边长CD=______，连接BD，△ABD的面积为______．
知识迁移：
如图②，P是正方形ABCD内一点，连接PA，PB，PC，当∠BPC=90°，BP=10时，△PAB的面积为______．
拓展延伸：
如图③，已知∠MBN=90°，以点B为圆心，适当长为半径画弧，交射线BM，BN分别于A，C两点．
（1）已知D为线段AB上一个动点，连接CD，过点B作BE⊥CD，垂足为点E；在CE上取一点F，使EF=BE；过点F作GF⊥CD交BC于点G，试判断三条线段BE，DE，GF之间的数量关系，并说明理由．
（2）在（1）的条件下，若D为射线BM上一个动点，F为射线EC上一点；当AB=10，CF=2时，直接写出线段DE的长．

【答案】问题发现：1，92；
知识迁移：5；
拓展延伸：（1）BE=DE+GF，理由见解析；（2）92或323
【分析】问题发现：先由∠ACB=90°，AB=5，BC=3，根据勾股定理求得AC=4，再由图①中的四个直角三角形全等得AD=BC=3，则CD=AC-AD=1，S△ABD=12AD⋅BC=92；
知识迁移：将△PCB绕点B沿逆时针方向旋转90°，得到△EAB，则∠PBE=90°，∠AEB=∠CPB=90°，可证明AE//PB，则△PAB与△PEB的面积相等，由BE=BP=10求出△PEB的面积即可；
拓展延伸：（1）作GH⊥BE于点H，先证明四边形EFGH是矩形，则EF=GH，EH=GF，而EF=BE，于是得GH=BE；再证明△GBH≌△BDE，得BH=DE，于是得BE=BH+EH=DE+GF．
（2）分为两种情况，一是点D在线段AB上，设EF=BE=x，则CE=x+2，由BE2+CE2=CB2，且CB=AB=10，列方程得x2+（x+2）2=102，解方程求出符合题意的x的值，再证明△BED∽△CEB，根据相似三角形的性质求出DE的值；二是点D在线段BA的延长线上，则点F在线段EC的延长线上，设EF=BE=x，则CE=x-2，可列方程x2+（x-2）2=102，解方程求出符合题意的x的值，再根据相似三角形的性质求出DE的值即可．
【详解】解：问题发现：如图①，连接BD，

∵∠ACB=90°，AB=5，BC=3，
∴AC=AB2-BC2=52-32=4，
∵图①中的四个直角三角形全等，
∴AD=BC=3，
∴CD=AC-AD=4-3=1；
∵BC⊥AC，
∴S△ABD=12AD⋅BC=12×3×3=92，
故答案为：1，92．
知识迁移：如图②，
∵四边形ABCD是正方形，

∴AB=CB，∠ABC=90°，
将△PCB绕点B沿逆时针方向旋转90°，得到△EAB，
∵∠PBE=90°，∠AEB=∠CPB=90°，
∴∠PBE+∠AEB=180°，
∴AE//PB，
∵BE=BP=10，
∴S△PAB=S△PEB=12BE⋅BP=12×10×10=5，
故答案为：5．
拓展延伸：（1）BE=DE+GF，理由如下：
如图③，作GH⊥BE于点H，

∵BE⊥CD于点E，GF⊥CD于点F，
∴∠GFE=∠FEH=∠GHE=90°，
∴四边形EFGH是矩形，
∴EF=GH，EH=GF，
∵EF=BE，
∴GH=BE，
∵∠GHB=∠BED=∠ABC=90°，
∴∠GBH=∠BDE=90°-∠DBE，
∴△GBH≌△BDE（AAS），
∴BH=DE，
∴BE=BH+EH=DE+GF．
（2）当点D在线段AB上，如图③，设EF=BE=x，

∵CF=2，
∴CE=x+2，
∵BE2+CE2=CB2，且CB=AB=10，
∴x2+（x+2）2=102，
解得x1=6，x2=-8（不符合题意，舍去），
∴EF=BE=6，CE=6+2=8，
∵∠BED=∠CEB=90°，∠BDE=∠CBE，
∴△BED∽△CEB，
∴DEBE=BECE，
∴DE=BE2CE=628=92．
当点D在线段BA的延长线上，如图④，设EF=BE=x，

∵点F在线段EC的延长线上，且CF=2，
∴CE=x-2，
∴x2+（x-2）2=102，
解得x1=8，x2=-6，
∴BE=8，CE=8-2=6，
∵△BED∽△CEB，
∴DEBE=BECE，
∴DE=BE2CE=826=323．
综上所述，线段DE的长为92或323．
故答案为：92或323．
【点睛】此题重点考查勾股定理及其应用、正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、一元二次方程的解法以及分类讨论数学思想的运用等知识与方法，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
5．（2023·山东济宁·统考二模）勾股定理是人类最伟大的十个科学发现之一，西方国家称之为毕达哥拉斯定理．在我国古书《周髀算经》中就有“若勾三，股四，则弦五”的记载，我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”（如图1），后人称之为“赵爽弦图”，流传至今．勾股定理内容为：如果直角三角形的两条直角边分别为a，b，斜边为c，那么a2+b2=c2．


(1)如图2、3、4，以直角三角形的三边为边或直径，分别向外部作正方形、半圆、等边三角形，这三个图形中面积关系满足S1+S2=S3的有______个；
(2)如图5所示，分别以直角三角形三边为直径作半圆，设图中两个月形图案（图中阴影部分）的面积分别为S1，S2，直角三角形面积为S3，请判断S1，S2，S3的关系并证明；
(3)如果以正方形一边为斜边向外作直角三角形，再以该直角三角形的两直角边分别向外作正方形，重复这一过程就可以得到如图6所示的“勾股树”．在如图7所示的“勾股树”的某部分图形中，设大正方形M的边长为定值m，四个小正方形A，B，C，D的边长分别为a，b，c，d，已知∠1=∠2=∠3=∠α，则当∠α变化时，回答下列问题：（结果可用含m的式子表示）
①a2+b2+c2+d2= ______；
②b与c的关系为______，a与d的关系为______．
【答案】(1)3
(2)S1+S2=S3，详见解析
(3)①a2+b2+c2+d2=m2，②b=c，a+d=m．
【分析】（1）根据题意，设直角三角形的三边分别为a、b、c，利用面积相等的方法，分别求出面积的关系，即可得到答案；
（2）根据半圆面积和勾股定理即可证明S1+S2=S3；
（3）①由（1）（2）中的结论，结合勾股定理的应用可知，a2+b2+c2+d2=m2；
②由∠1=∠2=∠3=∠α，则sin∠1=sin∠2=sin∠3=sinα，同理可得cs∠1=cs∠2=cs∠3=csα，利用解直角三角形以及勾股定理，即可得到答案．
【详解】（1）在图2中，直角三角形的边长分别为a、b、c，则
由勾股定理，得a2+b2=c2，
∴S1+S2=S3；
在图3中，三个扇形的直径分别为a、b、c，则
S1=12π⋅(a2)2=18πa2，S2=12π⋅(b2)2=18πb2，S3=12π⋅(c2)2=18πc2，
∴S1+S2=18π(a2+b2)，
∵a2+b2=c2，
∴18π(a2+b2)=18πc2，
∴S1+S2=S3；
在图4中，等边三角形的边长分别为a、b、c，则
S1=12a2sin60°=34a2，S2=12b2sin60°=34b2，S3=12c2sin60°=34c2，
∵S1+S2=34(a2+b2)，a2+b2=c2，
∴34(a2+b2)=34c2，
∴S1+S2=S3；
∴满足S1+S2=S3的有3个，
故答案为：3；
（2）结论：S1+S2=S3．证明如下：
∵S1+S2=12πa22+12πb22+S3-12πc22，
∴S1+S2=18πa2+b2-c2+S3，
∴a2+b2=c2
∴S1+S2=S3；
（3）①如图：设中间两个正方形为E、F，边长分别为e、f
∵∠1、∠2、∠3所在的三角形为直角三角形
∴e2+f2=m2,e2=a2+b2,f2=c2+d2
∴a2+b2+c2+d2=m2；
②∵∠1=∠2=∠3=∠α
∴b=esinα,c=fcsα,f=etanα
∴c=fcsα=etanα·csα=esinα=b
∴b=c；
∵a=ecsα,d=fsinα,csα=em,sinα=fm
∴a+d=e2m+f2m=e2+f2m
∵e2+f2=m2
∴a+d=m
∴b=c，a+d=m．

【点睛】本题考查了求扇形的面积，解直角三角形，勾股定理的证明，以及正方形的性质，掌握勾股定理的内容以及数形结合思想成为解答本题的关键．
题型10 利用勾股定理解决实际问题
1．（2023·河北秦皇岛·统考三模）如图，点P为观测站，一艘巡航船位于观测站P的南偏西34°方向的点A处，一艘渔船在观测站P的南偏东56°方向的点B处，巡航船和渔船与观测站P的距离分别为45海里、60海里．现渔船发生紧急情况无法移动，巡航船以30海里/小时的速度前去救助，至少需要的时间是（ ）

A．1.5小时B．2小时C．2.5小时D．4小时
【答案】C
【分析】利用角度关系得到直角，再利用勾股定理求出AB，再使用路程公式求出时间即可．
【详解】∠APB=34°+56°=90°，
连接AB，

∴Rt△APB中AB=AP2+PB2=452+602=75，
巡航船前去救助，沿直线AB方向用时最少，
∴t=ABv=7530=2.5
故选C．
【点睛】本题考查解直角三角形，利用题中的数据找到直角三角形，并采用勾股定理求出路程是解题的关键．
2．（2023·辽宁抚顺·统考三模）如图，AB是斜靠在墙上的长梯，AB与地面夹角为α，当梯顶A下滑2m到A'时，梯脚B滑到B'，AB'与地面的夹角为β，若tanα=43，BB'=2m，则csβ=（ ）

A．43B．34C．35D．45
【答案】D
【分析】在Rt△ABC中，由tanα= 43，可设AC=4x m，那么BC=3x m，根据勾股定理求出AB=5x m，那么A'B'=AB=5xm．在Rt△A'B'C中，根据勾股定理列出方程(4x-2)2+(3x+2)2=(5x)2，求出x=2，然后利用余弦函数的定义即可求解．
【详解】解：在Rt△ABC中，∠ACB=90°，tanα= 43，
∴可设AC=4x m，那么BC=3x m，
∴AB= AC2+BC2 =5x m，
∴ A'B'=AB=5x ( m )．
在Rt△A'B'C中，∠A'CB'=90°，A'C=(4x-2)m，B'C=(3x+2)m，
∴ (4x-2)2+(3x+2)2=(5x)2，
解得：x=2，
∴ A'C=6m，B'C=8m，A'B'=10m，
∴csβ= B'CA'B'=45．
故选：D．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用、勾股定理、锐角三角函数定义，熟练掌握以上知识是解题的关键．
3．（2023·湖北十堰·统考一模）无盖圆柱形杯子的展开图如图所示．将一根长为20cm的细木筷斜放在该杯子内，木筷露在杯子外面的部分至少有（ ）

A．5cmB．7cmC．8cmD．11cm
【答案】A
【分析】由已知可得，该圆柱形杯子沿底面圆直径截得纵截面是一个长为12cm，宽为9cm的长方形，图见详解．由勾股定理可得，该长方形中的最长线段为15cm，所以当把20cm细木筷斜放进该杯内时，最多可放进15cm，即露在杯子外面的部分至少是5cm．
【详解】解：如下图所示：

该圆柱形杯子沿底面圆直径截得纵截面是一个长为12cm，宽为9cm的长方形．
连接BD，
∵长方形ABCD，
∴ △BCD是直角三角形，
在Rt△BCD中，由勾股定理得：BC2+CD2=BD2，
由题意得，BC=9cm，CD=12cm，
∴ BD=BC2+CD2=15cm，
∵ BD是长方形ABCD中最长的线段，
∴当把20cm细木筷斜放进该杯内时，最多可放进15cm，
即露在杯子外面的部分至少是20-15=5cm．
故选：A．
【点睛】本题主要考查知识点为勾股定理．在直角三角形中，两条直角边平方的和等于斜边的平方．熟练掌握勾股定理，是解决本题的关键．
4．（2023·陕西西安·校考二模）如图，透明的圆柱形容器(容器厚度忽略不计)的高为12cm，底面周长为10cm，在容器内壁离容器底部3cm的点B处有一饭粒，此时一只蚂蚁正好在容器外壁，且离容器上沿3cm的点A处，则蚂蚁吃到饭粒需爬行的最短路径是 ．
【答案】13cm/13厘米
【分析】如图，将容器侧面展开，作点A关于EF的对称点A'，根据两点之间线段最短可知A'B的长度即为所求．
【详解】解：如图：
∵高为12cm，底面周长为10cm，在容器内壁离容器底部3cm的点B处有一饭粒，
此时蚂蚁正好在容器外壁，离容器上沿3cm与饭粒相对的点A处，
∴将容器侧面展开，作A关于EF的对称点A'，连接A'B，则A'B即为最短距离，
∴A'D=5cm，BD=12-3+AE=12cm，
∴A'B=A'D2+BD2=52+122=13cm，
即蚂蚁吃到饭粒需爬行的最短路径是13cm．
故答案为：13cm
【点睛】本题考查了轴对称的性质、平面展开－最短路径问题，勾股定理的应用等，正确利用侧面展开图、熟练运用相关知识是解题的关键．
5．（2023·北京·北京四中校考模拟预测）一块木板如图所示，已知AB=4，BC=3，DC=12，AD=13，∠B=90°，求此木板的面积 ．
【答案】24
【分析】连接AC，利用勾股定理解出直角三角形ABC的斜边，通过三角形ACD的三边关系可确定它为直角三角形，木板面积为这两三角形面积之差．
【详解】解：如图所示，连接AC，
∵∠B=90°，AB=4，
∴AC= AB2+BC2=5，
∵DC=12，AD=13，
∴ DC2+AC2=52+122=169=132，
∴△ADC是直角三角形，
∴ S木板=S△ADC-S△ABC=12×5×12-12×3×4=24．
故答案为：24．
【点睛】本题考查正确运用勾股定理及其勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
题型11 求最短距离
1．（2023·湖北十堰·一模）如图，这是一个供滑板爱好者使用的U形池，该U形池可以看作是一个长方体去掉一个“半圆柱”而成，中间可供滑行部分的截面是弧长为12m的半圆，其边缘AB=CD=20m（边缘的宽度忽略不计），点E在CD上，CE=4m.一滑板爱好者从A点滑到E点，则他滑行的最短距离为（ ）

A．28mB．24mC．20mD．18m
【答案】C
【分析】滑行的距离最短，即是沿着AE的线段滑行，我们可将半圆展开为矩形来研究，展开后，A、D、E三点构成直角三角形，AE为斜边，AD和DE为直角边，写出AD和DE的长，根据题意，由勾股定理即可得出AE的距离．
【详解】解：将半圆面展开可得：

AD=12米，DE=DC-CE=AB-CE=16米，
在Rt△ADE中，
AE=122+162=20（米）．
即滑行的最短距离为20米．
故选：C．
【点睛】本题考查了平面展开-最短路径问题，U型池的侧面展开图是一个矩形，此矩形的宽是半圆的弧长，矩形的长等于AB=CD=20m.本题就是把U型池的侧面展开成矩形，“化曲面为平面”，用勾股定理解决．
2．（2021·山东临沂·模拟预测）如图，在RtΔABC中，∠ACB=90°，AC=10，BC=12，点D是ΔABC内的一点，连接AD，CD，BD，满足∠ADC=90°，则BD的最小值是（ ）
A．5B．6C．8D．13
【答案】C
【分析】如图，取AC中点O，连接DO．则点D在以点O为圆心，AC长为直径的圆周上运动，当O、D、B在同一直线上时，OB最短，此时BD=OB-OD=OB-5为最短．所以BD=OB-OD=OB-5=13-5=8，即为BD的最小值．
【详解】解：如图，取AC中点O，连接DO．
∵∠ADC=90°，
∴点D在以点O为圆心，AC长为直径的圆周上运动，且DO=12AC=12×10=5，
当O、D、B在同一直线上时，OB最短，此时BD=OB-OD=OB-5为最短．
在RtΔOCB中，
OC=5，BC=12，
则OB=122+52=13，
∴BD=OB-OD=OB-5=13-5=8，
即BD的最小值是8．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了两点之间最短距离的问题，解题的关键是正确构造圆和运用勾股定理．
3．（2023·湖北十堰·模拟预测）如图，动点P在矩形ABCD内运动，AB=7，BC=5，且满足S△ABP=10.5，PA+PB的最小值是 ．

【答案】85
【分析】首先由S△ABP=10.5，得出动点P在与AB平行且与AB的距离是3的直线l上，作A关于直线l的对称点E，连接AE，连接BE，则BE的长就是所求的最短距离，然后在直角三角形ABE中，由勾股定理求得BE的值，即PA+PB的最小值．
【详解】设△ABP中AB边上的高是h，
则S△ABP=12×7×h=10.5，
解得h=3，
∴动点P在与AB平行且与AB的距离是3的直线l上，作A关于直线l的对称点E，连接AE，连接BE，则BE的长就是所求的最短距离，如图：

在Rt△ABE中，AB=7，AE=2h=6，
∴BE=AB2+AE2=72+62=85，
即PA+PB的最小值是85；
故答案为：85．
【点睛】本题考查了轴对称-最短路线问题，三角形的面积，矩形的性质，勾股定理，两点之间线段最短的性质．得出动点P所在的位置是解题的关键．
4．（2023·山东德州·一模）小南同学报名参加了学校的攀岩选修课，攀岩墙近似一个长方体的两个侧面，如图所示，他根据学过的数学知识准确地判断出：从点A攀爬到点B的最短路径为 米．
【答案】82
【分析】利用立体图形路径最小值为展开平面图的两点间距离，再根据勾股定理求解即可．
【详解】解：平面展开图为：
AB=(5+3)2+82=82（米），
故答案为82．
【点睛】本题考查立体图形中两点间最短路径问题，通用办法是展开为平面图形，两点间最短路径为两点线段长度，利用水平距离和竖直距离得到直角三角形，勾股定理求出两点线段长度．熟悉立体图形中两点间最短路径问题的计算方法是解题的关键．
5．（2022·广东深圳·三模）某课题组在探究“将军饮马问题”时抽象出数学模型：
直线l同旁有两个定点A、B，在直线l上存在点P，使得PA+PB的值最小．解法：作点A关于直线l的对称点A'，连接A'B，则A'B与直线l的交点即为P，且PA+PB的最小值为A'B．

请利用上述模型解决下列问题：
（1）几何应用：如图1，等腰直角三角形ABC的直角边长为2，E是斜边AB的中点，P是AC边上的一动点，则PB+PE的最小值为 ；
（2）几何拓展：如图2，△ABC中，AB=2，∠BAC=30°，若在AC、AB上各取一点M、N使BM+MN的值最小，求这个最小值 ；
（3）代数应用：求代数式x2+1+(4-x)2+40≤x≤4的最小值 ．
【答案】 10 3 5
【分析】（1）作点B关于AC的对称点B'，连接B'E，交AC于点P，连接AB'，根据轴对称的性质可得AB=AB'=AC2+BC2=22，PB=PB'，∠ABC=∠AB'C=45°，最后根据PB+PE=PB'+PE=EB'即可求解；
（2）作点B关于AC的对称点B'，过点B'作B'N⊥AB于点N，交AC于点M，连接BB'交AC于点O，根据BM=B'M可知BM+MN=B'M+MN=B'N，根据轴对称的性质和含30°角的直角三角想30°角所对的边等于斜边的一半，分别求出BB'和BN的长度即可；
（3）根据题意，构造两个直角三角形，斜边分别等于x2+1和(4-x)2+4，用勾股定理进行即可进行证明．
【详解】（1）解：如图，作点B关于AC的对称点B'，连接B'E，交AC于点P，连接AB'
∵点B和点B'关于AC对称，
∴AB=AB'=AC2+BC2=22，PB=PB'，∠ABC=∠AB'C=45°，
∴在△ABB'中，∠BAB'=90°，
∵点E为AB中点，
∴AE=12AB=2，
∴EB'=AE2+(AB')2=10，
∵PB=PB'，
∴PB+PE=PB'+PE=EB'=10，
故答案为：10．
（2）作点B关于AC的对称点B'，过点B'作B'N⊥AB于点N，交AC于点M，连接BB'交AC于点O，
根据轴对称的性质可知，BB'⊥AC，
∵AB=2，∠BAC=30°，∠AOB=90°，
∴BO=12AB=1，∠NBB'=60°，
∴BB'=2 BO=2，
在Rt△NBB'中，∠NBB'=60°，
∴∠B'=30°，
∴NB=12BB'=1，
∴B'N=(BB')2-BN2=3，
∵BM=B'M，
∴BM+MN=B'M+MN=3，
故答案为：3．
（3）如图，构造图形，点P是AB边上一点，其中AB=4，AP=x，AC=1，BD=2，
作点C关于AB的对称点C'，连接C'D交AB于点P，延长DB，过点C'作C'O⊥BD，垂足为O，
根据轴对称的性质可知，AC=AC'=1，CP=C'P，
∵AB=4，AC'=1，
∴C'O=4，BO=AC'=1，
∴DO=3，
在Rt△C'OD中，C'D=C'O2+DO2=5，
∵AB=4，AP=x，AC=1，BD=2，
∴C'P=AC2+AP2=x2+1，DP=BD2+BP2=(4-x)2+4，
∵CP+DP =C'P+DP=C'D=5，
∴x2+1+(4-x)2+4的最小值为5．
故答案为：5．
【点睛】本题主要考查了利用勾股定理求最短路径问题，熟练掌握勾股定理的内容，利用轴对称的性质构造直角三角形是解题的关键．
题型12 勾股定理逆定理的拓展问题
1．（2022·江苏无锡·二模）已知反比例函数y=2x和正比例函数y=12x的图像交于点M，N，动点P(m，0)在x轴上.若△PMN为锐角三角形，则m的取值为( )
A．-2＜m＜5且m≠0B．-5＜m＜5且m≠0
C．-52＜m＜-5或5＜m＜52D．-2＜m＜-5或5＜m＜2
【答案】C
【分析】将两个函数联立求解可确定点M、N的坐标，然后由锐角三角形的判定及勾股定理分类讨论求解即可得出取值范围．
【详解】解：正比例函数解析式与反比例函数解析式组成方程组y=12xy=2x，
即12x=2x，
解得x1=2，x2=-2，
假设M(2,1)，N(-2,-1)，
当PM2+PN2>MN2时，
∵PM2=m-22+1，PN2=m+22+1，MN2=2+22+1+12=20，
∴m-22+1+m+22+1>20，
∴m>5，mPM2时，m+22+1+20>m-22+1,
∴m>-52，
当PM2+MN2>PN2时，m-22+1+20>m+22+1,
∴m4．
∴△PEF是等腰三角形，存在三种情况：
①当EF为腰，E为顶角顶点时，根据矩形的轴对称性，可知：在BC上存在两个点P，在AB上存在一个点P，共3个，使△PEF是等腰三角形；
②当EF为腰，F为顶角顶点时，
∵185，
∴当P在AC边上时，存在两个点P使PE+PF=5，
②当P在BC边上时，作F关于BC的对称点F'，连接FF'，交BC于点G，则BC⊥FF'，过F'作F'N⊥AB，交AB的延长线于点N，连接F'E，交BC于P，连接PF，如图：

∵F与F'关于BC对称，
∴PF=PF'，
∴PE+PF=PE+PF'，
∴PE+PF的最小值为线段E'F的长度．
∵∠C=90°，∠A=30°，
∴∠B=60°，
又∵FF'⊥BC，
∴∠GFB=30°，
∵BF=2，
∴FG=3，
∴FF'=FG+GF'=2FG=23，
又∵FN⊥AB，
∴F'N=3,FN=3，
又∵EF=2，
∴EN=EF+FN=2+3=5，
∴EF'=EN2+F'N2=27>5，
∴当P在BC边上时，不存在PE+PF=5，
综上所述，点P在直角边上，且满足PE+PF=5，则这样的P点个数有两个．
故选：B．
【点睛】本题考查了勾股定理、含30°的直角三角形的性质及轴对称等知识点，数形结合、分类讨论及熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
二、填空题
5．（2023·吉林松原·二模）如图，在△ABC中，BC=10，AC=8， ∠C=30°．若将△ABC沿EF折叠，点A与边BC的点D恰好重合，点H，G分别在BD，CD上．将△ABC沿EH折叠，点B与点D恰好重合．将△ABC沿FG折叠，点C与点D恰好重合，则四边形EFGH的周长为 ．

【答案】14
【分析】将△ABC沿EF折叠，点A与边BC的点D恰好重合，得EF是△ABC的中位线，可证明四边形EFGH为矩形，根据∠C=30°，可得FG=2，即可解答．
【详解】解：∵将△ABC沿EF折叠，点A与边BC的点D恰好重合，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF=12BC=5，EF∥BC，AF=FC=12AC=4，
由折叠的性质可得：EH⊥BC，FG⊥BC，
∴EF⊥EH，GF⊥EF，
∴∠EHG=∠HGF=∠HEF=∠EFG=90°，
∴四边形EFGH为矩形，
∵∠C=30°，
∴FG=12FC=2，
∴四边形EFGH的周长为2(EF+FG)=2×7=14，
故答案为：14．
【点睛】本题考查了翻折变换，三角形中位线定理，含30°角的直角三角形，矩形的判定与性质，解决本题的关键是掌握上述知识点．
6．（2023·陕西西安·模拟预测）中国古代数学家们对于勾股定理的发现和证明，在世界数学史上具有独特的贡献和地位．学习了勾股定理后，小明也绘制了的一幅“赵爽弦图”，如图①所示，已知他绘制的大正方形的面积是5，且图中四个全等的直角三角形与中间的小正方形恰好能拼成如图②所示的矩形，则矩形的周长是 ．

【答案】12
【分析】设直角三角形的较长直角边长度为a，较短直角边长度为b，则中间的小正方形长度为a-b，矩形图可知小正方形的边长为b，易得a=2b，根据矩形的面积与大正方形的面积相等列方程求得b=1，即可求得周长．
【详解】解：如图，设直角三角形的较长直角边长度为a，较短直角边长度为b，则中间的小正方形长度为a-b，

由图②可得，小正方形的边长为b，
∴a-b=b，即a=2b，
∴围成的矩形长为：a+b+a=2b+b+2b=5b，
∴围成的矩形面积为：5b⋅b=5b2，
∵矩形的面积与大正方形的面积相等，
∴5b2=5，
解得：b=1（舍去负值），
矩形的周长为：5b+b×2=12，
故答案为：12．
【点睛】本题考查了赵爽弦图，注意利用图形之间的关系进行求解．
7．（2023·浙江嘉兴·一模）如图，已知△ABC的面积为12，结合尺规作图痕迹所提供的条件可知，△APC的面积为 ．
【答案】4
【分析】由作图知M，N分别为AB,BC的中点，利用中位线定理得出MN∥AC,MN=12AC，再利用等底同高三角形面积相等得S△ACM=12，最后利用相似比得出面积比，即可得解；
【详解】连MN，由作图知M，N分别为AB,BC的中点，
∴MN∥AC,MN=12AC，
由等底同高三角形面积相等得S△ACM=S△BCM=12×S△ABC=12×12=6
又∵MN∥AC
∴∠PAC=∠PNM,∠PCA=∠PMN,
∴△ACP∼△NMP
∴MPPC=MNAC=12
∴PCCM=21+2=23
∴S△APC=23S△ACM=23×6=4
故答案为：4
【点睛】本题考查了尺规作图，三角形的中位线，相似三角形的判定和性质，三角形中线的性质等知识点，，熟练掌握其性质是解决此题的关键．
三、解答题
8．（2023·陕西渭南·一模）在学习了勾股定理后，数学兴趣小组在李老师的引导下，利用正方形网格和勾股定理，运用构图法进行了探究活动：如图，在5×5正方形的网格中，每个小正方形的边长为1，点A、B、C均在格点上，已知△ABC的三边长分别为25、22、2，李老师在图中已经画出了其中一边AB．请你补全△ABC，并根据图形比较25与22+2的大小．

【答案】22+2>25
【分析】根据勾股定理画出BC、AC，再运用三角形三边关系比较25与22+2的大小即可．
【详解】解：△ABC如图所示，

可知AB=22+42=25，BC=22+22=22，AC=2，
∵BC+AC>AB，
∴22+2>25；
【点睛】本题考查了勾股定理得实际应用和三角形三边关系，熟练掌握相关知识点是关键．
9．（2023·山西太原·二模）如图，在凹四边形ABCD中，∠A=55°，∠B=30°，∠D=20°，求∠BCD的度数．

下面是学习小组的同学们交流时得到的解决问题的三种方法：
方法一：作射线AC；
方法二：延长BC交AD于点E；
方法三：连接BD．
请选择上述一种方法，求∠BCD的度数．
【答案】∠BCD=105°，方法见解析
【分析】选择方法一：作射线AC并在线段AC的延长线上任取一点E，根据外角的性质求出∠BCE=∠B+∠BAE即可解得；
选择方法二：延长BC交AD于点E， 根据外角的性质求出∠BED=∠B+∠A即可解得；
选择方法三：连接BD，根据三角形内角和求出∠A+∠ABD+∠ADB=180°，在△BCD中，∠BCD=180°-∠CBD-∠CDB，再根据角之间的和差即可求出．
【详解】解：选择方法一：
如答图1，作射线AC并在线段AC的延长线上任取一点E．
∵∠BCE是△ABC的外角，
∴∠BCE=∠B+∠BAE．
同理可得∠DCE=∠D+∠DAE．
∴∠BCD=∠B+∠BAE+∠D+∠DAE．
∴∠BCD=∠B+∠BAD+∠D．
∵∠BAD=55°，∠B=30°，∠D=20°，
∴∠BCD=105°

选择方法二：
如答图2，延长BC交AD于点E．
∵∠BED是△ABE的外角，
∴∠BED=∠B+∠A．
同理可得∠BCD=∠BED+∠D．
∴∠BCD=∠B+∠A+∠D．
∵∠A=55°，∠B=30°，∠D=20°，
∴∠BCD=105°

选择方法三：
如答图3，连接BD．
在△ABD中，∠A+∠ABD+∠ADB=180°．
∴∠A+∠ABC+∠CBD+∠ADC+∠CDB=180°
∴∠A+∠ABC+∠ADC=180°-∠CBD-∠CDB．
在△BCD中，∠BCD=180°-∠CBD-∠CDB．
∴∠BCD=∠A+∠ABC+∠ADC．
∵∠A=55°，∠ABC=30°，∠ADC=20°，
∴∠BCD=105°

【点睛】此题考查了三角形的外角性质、三角形内角和，解题的关键是构造辅助线，会用三角形的外角性质、三角形内角和解题．
10．（2023·山东青岛·一模）定义：三角形一边中线的中点和该边的两个顶点组成的三角形称为中原三角形．如图①，AD是△ABC的中线，F是AD的中点，则△FBC是中原三角形．

(1)求中原三角形与原三角形的面积之比（直接写出答案）．
(2)如图②，AD是△ABC的中线，E是边AC上的点，AC=3AE，BE与AD相交于点F，连接CF．求证：△FBC是中原三角形．
(3)如图③，在（2）的条件下，延长CF交AB于点M，连接ME，求△FEM与△ABC的面积之比．
【答案】(1)中原三角形与原三角形的面积之比为1：2
(2)见解析
(3)△FEM与△ABC的面积之比为1：18
【分析】（1）由F是AD的中点，可得S△DFC=12S△DAC，S△DFB=12S△DAB，即有S△FBC=12S△ABC，故中原三角形与原三角形的面积之比为1：2；
（2）作CE的中点G，连接DG，由AD是△ABC的中线，可得DG是△BCE的中位线，CE=2EG，即得BE∥DG，即EF∥DG，根据AC=3AE，CE=2AE，可得AE=EG，即得AF=DF，从而△FBC是中原三角形；
（3）过D作DH∥CM交AB于H，由DH∥CM，D是BC中点，F是AD中点，可得AM=MH=BH，即知AEAC=13=AMAB，可得△AME∽△ABC，有∠AME=∠ABC，MEBC=AEAC=13，从而ME∥BC，△MEF∽△CBF，即有S△FEMS△FBC=MEBC2=132=19，再根据S△FBC=12S△ABC，即得△FEM与△ABC的面积之比．
【详解】（1）解：∵F是AD的中点，
∴S△DFC=12S△DAC，S△DFB=12S△DAB，
∴S△DFC+S△DFB=12S△DAC+12S△DAB，
∴S△FBC=12S△ABC，
∴中原三角形与原三角形的面积之比为1：2；
（2）证明：作CE的中点G，连接DG，如图：

∵AD是△ABC的中线，
∴D是BC中点，
∵G是CE中点，
∴DG是△BCE的中位线，CE=2EG，
∴BE∥DG，即EF∥DG，
∵AC=3AE，
∴CE=2AE，
∴AE=EG，
又∵EF∥DG，
∴AF=DF，即F是AD中点，
∴△FBC是中原三角形；
（3）解：过D作DH∥CM交AB于H，如图：

∵DH∥CM，D是BC中点，
∴BH=MH，
∵DH∥MF，F是AD中点，
∴AM=MH，
∴AM=MH=BH，
∴AMAB=13，
∵AC=3AE，
∴AEAC=13=AMAB，
又∵∠MAE=∠BAC，
∴△AME∽△ABC，
∴∠AME=∠ABC，MEBC=AEAC=13，
∴ME∥BC，
∴△MEF∽△CBF，
∴S△FEMS△FBC=MEBC2=132=19，
∴S△FBC=9S△FEM，
由（1）知：S△FBC=12S△ABC，
∴9S△FEM=12S△ABC，
∴S△FEM=118S△ABC，
∴△FEM与△ABC的面积之比为1：18．
【点睛】本题考查了三角形中线的性质，三角形中位线定理，平行线分线段成比例以及相似三角形的判定和性质，正确理解新定义是解题的关键．
11．（2023·山东泰安·三模）【例题探究】数学课上，老师给出一道例题，如图1，点C在AB的延长线上，且∠A=∠DBE=∠C，若求证：△DAB∽△BCE；请用你所学的知识进行证明．
【拓展训练】
如图2，点C在AB的延长线上，且∠DAB=∠DBE，若CE∥AD，∠C=60°，AD=32AB，则CEBC的值为______；（直接写出）
【知识迁移】
将此模型迁移到平行四边形中，如图3，在平行四边形ABCD中，E为边BC上的一点，F为边AB上的一点.若∠DEF=∠B.求证：AB⋅FE=BE⋅DE．
【答案】（1）详见解析；（2）25；（3）详见解析
【分析】（1）由∠A=∠DBE=∠C，∠ADB+∠ABD=180°-∠A，∠ABD+∠CBE=180°-∠DBE推出∠ADB=∠CBE，进而得出结论；
（2）在CB上截取CF=CE，连接EF，可证得△DAB∽△BFE，从而BFEF=DAAB=32，进而得出CEBC=25；
（3）以D为圆心，DC长为半径画弧，交BC的延长线于点G，可得出△BEF∽△GDE，从而EFDE=BEDG，进一步得出结论．
【详解】（1）证明：∵∠A=∠DBE=∠C，∠ADB+∠ABD=180°-∠A，∠ABD+∠CBE=180°-∠DBE，
∴∠ADB=∠CBE，
∴△DAB∽△BCE；
（2）解：如图1，

在CB上截取CF=CE，连接EF，
∵∠C=60°，
∴△CEF是等边三角形，
∴∠EFC=60°，
∴∠EFB=180°-∠EFC=120°，
∵AD∥CE，
∴∠DBE=∠DAB=180°-∠C=120°，
∴∠DBE=∠DAB=∠EFB，
由（1）知：△DAB∽△BFE，
∴BFEF=DAAB=32，
∴CEBC=25，
故答案为：25；
（3）证明：如图2，

以D为圆心，DC长为半径画弧，交BC的延长线于点G，
∴DC=DG，
∴∠G=∠DCG，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD=AB，AB∥CD，
∴∠B=∠DCG=∠G，
∵∠DEF=∠B，
∴∠DEF=∠DEF=∠G，
由（1）知：△BEF∽△GDE，
∴EFDE=BEDG，
∴EFDE=BEAB，
∴AB⋅FE=BE⋅DE．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定的性质，平行四边形的性质，平行线的性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造“一线三等角”．
12．（2023·辽宁·模拟预测）【问题初探】
（1）在数学活动课上，李老师给出如下问题：如图1，在△ACD中，∠D=2∠C，AB⊥CD，垂足为B，且BC>AB．求证：BC=AD+BD．

①如图2，小鹏同学从结论的角度出发给出如下解题思路：在BC上截取BE=BD，连接AE，将线段BC与AD，BD之间的数量关系转化为AD与CE之间的数量关系．

②如图3，小亮同学从∠D=2∠C这个条件出发给出另一种解题思路：作AC的垂直平分线，分别与AC，CD交于F，E两点，连接AE，将∠D=2∠C转化为∠D与∠BEA之间的数量关系．

请你选择一名同学的解题思路，写出证明过程．
【类此分析】
（2）李老师发现之前两名同学都运用了转化思想，将证明三条线段的关系转化为证明两条线段的关系；为了帮助学生更好地感悟转化思想，李老师将图1进行变换并提出了下面问题，请你解答．
如图4，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，过点A作AD∥BC（点D与点C在AB同侧），若∠ADB=2∠C．求证：BC=AD+BD．

【学以致用】
（3）如图5，在四边形ABCD中，AD=1003,CD=1213,sinD=35,∠BCD=∠BAD,∠ABC=3∠ADC，求四边形ABCD的面积．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）14443
【分析】（1）选择小鹏同学的解题思路，利用垂直平分线的性质、三角形外角的性质，可得AE=AD=CE，进而可证BC=CE+BE=AD+BD；选择小亮同学的解题思路，先证AE=EC，∠D=∠AED，推出AE=AD，再根据等腰三角形“三线合一”证明BE=BD，进而可证BC=CE+BE=AD+BD；
（2）过点A作AE∥DB交CB的延长线于点E，证明四边形AEBD是平行四边形，推出AD=BE，AE=BD，∠ADB=∠E，在BC上截取BF=BE，同（1）可证BC=CF+BF=AE+BE=BD+AD；
（3）延长AB交DC的延长线于点E，作AH⊥DE于点H，作BF⊥DE于点F，先通过导角证明∠D=∠E，∠BCE=2∠E，同（1）可得EF=BC+CF．再利用勾股定理、锐角三角函数解直角三角形，求出△EAD，△EBC的底和高，根据四边形ABCD的面积=S△EAD-S△EBC即可求解．
【详解】解：（1）选择小鹏同学的解题思路，证明如下：
如图，

∵ BE=BD，AB⊥CD，
∴ AB是线段DE的垂直平分线，
∴ AE=AD，
∴ ∠D=∠AED，
∵ ∠D=2∠C，
∴ ∠AED=2∠C，
又∵ ∠AED=∠C+∠CAE，
∴ ∠C=∠CAE，
∴ CE=AE，
∴ CE=AD，
∴ BC=CE+BE=AD+BD；
选择小亮同学的解题思路，证明如下：
如图，

∵ EF是线段AC的垂直平分线，
∴ AE=EC，
∴ ∠C=∠CAE，
∴ ∠AED=∠C+∠CAE=2∠C，
又∵ ∠D=2∠C，
∴ ∠D=∠AED，
∴ AE=AD，
∴ CE=AD．
∵ AE=AD，AB⊥CD，
∴ BE=BD，
∴ BC=CE+BE=AD+BD；
（2）证明如下：
如图，过点A作AE∥DB交CB的延长线于点E，在BC上截取BF=BE，连接AF，

∵ AE∥DB，AD∥BC，
∴四边形AEBD是平行四边形，
∴ AD=BE，AE=BD，∠ADB=∠E，
∵ ∠ADB=2∠C，
∴ ∠E=2∠C，
∵ ∠ABC=90°，
∴ AB⊥FE，
又∵ BE=BF，
∴ AB是线段EF的垂直平分线，
∴ AE=AF，
∴ ∠E=∠AFE，
∵ ∠E=2∠C，
∴ ∠AFE=2∠C，
又∵ ∠AFE=∠C+∠CAF，
∴ ∠C=∠CAF，
∴ CF=AF，
∴ CF=AE，
∴ BC=CF+BF=AE+BE=BD+AD；
（3）如图，延长AB交DC的延长线于点E，作AH⊥DE于点H，作BF⊥DE于点F，

∵ ∠BCD=∠BAD，∠BCD+∠BCE=180°，∠BAD+∠E+∠D=180°，
∴ ∠BCE=∠E+∠D，
∵ ∠ABC=∠E+∠BCE，
∴ ∠ABC=∠E+∠E+∠D=2∠E+∠D，
∵ ∠ABC=3∠ADC，
∴ 3∠D=2∠E+∠D，
∴ ∠D=∠E，
∴ ∠BCE=∠E+∠D=2∠E，
又∵ BF⊥DE，
同（1）可证EF=BC+CF．
∵ AD=1003，sinD=35，AH⊥DE，
∴ AH=AD⋅sinD=1003×35=20，
∴ HD=AD2-AH2=10032-202=803，
∵ ∠D=∠E，
∴ AD=AE，
又∵ AH⊥DE，
∴ HE=HD，
∴ DE=2HD=1603，
∵ CD=1213，
∴ EC=DE-CD=160-1213=13，
设EF=x，则CF=EC-EF=13-x，
∵ EF=BC+CF，
∴ BC=EF-CF=x-13-x=2x-13，
∴ BF2=BC2-CF2=2x-132-13-x2=3x2-26x，
∵ sinD=35，∠D=∠E，
∴ tanE=tanD=34，
∴ BF=EF⋅tanE=34x，
∴ 34x2=3x2-26x，
解得x1=323，x2=0（舍），
∴ BF=34×323=8，
∴四边形ABCD的面积=S△EAD-S△EBC=12DE⋅AH-12EC⋅BF=12×1603×20-12×13×8=14443．
【点睛】本题考查解直角三角形，等腰三角形的判定和性质，三角形外角的性质，平行四边形的判定和性质，垂直平分线的性质，勾股定理等，第3问难度较大，解题的关键是正确作出辅助线，注意应用前两问的结论．小明思路：关联“平行线、等腰三角形”，过点B作BD∥PA，交PC的延长线于点D，利用“三角形相似”．
小红思路：关联“角平分线上的点到角的两边的距离相等”，过点C分别作CD⊥PA交PA于点D，作CE⊥PB交PB于点E，利用“等面积法”．
问题
分情况
找点
画图
解法
已知点A，B和直线l，在l上求点P，使△PAB为等腰三角形
以AB为腰
分别以点A，B为圆心，以AB长为半径画圆，与已知直线的交点P1，P2，P3，P4即为所求
分别表示出点A，B，P的坐标，再表示出线段AB，BP，AP的长度，由①AB＝AP；②AB＝BP；③BP＝AP列方程解出坐标
以AB为底
作线段AB的垂直平分线，与已知直线的交点P5即为所求
问题
分情况
找点
画图
解法
已知点A，B和直线l，在l上求点P，使△PAB为直角三角形
以AB为直角边
分别过点A，B作AB的垂线，与已知直线的交点P1，P4即为所求
分别表示出点A，B，P的坐标，再表示出线段AB，BP，AP的长度，由①AB2＝BP2＋AP2；②BP2＝AB2＋AP2；③AP2＝AB2＋BP2列方程解出坐标
以AB为斜边
以AB的中点Q为圆心，QA为半径作圆，与已知直线的交点P2，P3即为所求