2022年中考数学二轮专题复习辅助线——截长补短（含答案）

这是一份2022年中考数学二轮专题复习辅助线——截长补短（含答案），共20页。试卷主要包含了如图等内容，欢迎下载使用。
截长补短和三边之间的关系
1．如图，在正方形ABCD中，点E、F分别为BC，CD的中点，则下列结论：①AF⊥DE；②AF＝DE；③AD＝BP；④PE+PF＝PC．其中结论正确的有（　　 ）

2．如图，在等边三角形ABC中，点E是边AC上一定点，点D是直线BC上一动点，以DE为一边作等边三角形DEF，连接CF．
如图1，若点D在边BC上，求证：CE+CF＝CD；
如图2，若点D在边BC的延长线上，请探究线段CE，CF与CD之间存在怎样的数量关系？并说明理由．






3．如图1，已知四边形ABCD是矩形，点E在BA的延长线上，AE＝AD．EC与BD相交于点G，与AD相交于点F，AF＝AB．（1）求证：BD⊥EC；（2）如图2，连接AG，求证：EG﹣DG＝AG．



4．如图，在⊙O中，BC＝2，AB＝AC，点D为劣弧AC上的动点，且cosABC＝．
（1）求AB的长度；（2）求AD•AE的值；（3）过A点作AH⊥BD，求证：BH＝CD+DH．



5．（1）如图①，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，BD，AB＝BC＝AC．求证：BD＝AD+CD．
可用截长法证明：在DB上截取DM＝AD，连接AM…
可用补短法证明：延长CD至点N，使得DN＝AD…请你选择一种方法证明．
（2）探究1】：如图②，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，BD，BC是⊙O的直径，AB＝AC．试用等式表示线段AD，BD，CD之间的数量关系，并证明．
【探究2】如图③，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，BD．若BC是⊙O的直径，∠ABC＝30°，则线段AD，BD，CD之间的等量关系式是　 　．
（3）如图④，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，BD．若BC是⊙O的直径，BC：AC：AB＝a：b：c，则线段AD，BD，CD之间的等量关系式是　 　．










6如图（1），四边形ABDC内接于⊙O，若AB＝AC，则BD+CD＝n•AD（n为常数），如：当∠BAC＝60°，AB＝AC时，我们可以用图（2）或图（3）所示的“截长补短”法证得BD，CD和AD的数量关系为BD+CD＝AD．
（1）如图（4），四边形ABDC内接于⊙O，AB＝AC，∠BAC＝90°．求证：BD+CD＝AD．
（2）如图（5），四边形ABDC内接于⊙O，AB＝AC，∠BAC＝120°，请写出BD，CD，AD之间的数量关系，并证明．
（3）若四边形ABDC内接于⊙O，AB＝AC，∠BAC＝α．请你借助图（1），直接写出BD，CD，AD之间的数量关系：　 　．（用含α的式子表示，不要求证明）
（4）如图（6），已知A，B两点坐标分别为A（0，2），B（4，0），点P是△AOB外接圆上的一点，且∠AOP＝45°．则点P的坐标为：　 　．（直接写出结果即可）














7．如图①，在△ABC中，AB＝AC，点P为边BC上的任意一点，过点P作PD⊥AB，PE⊥AC，垂足分别为D，E，过点C作CF⊥AB，垂足为F，求证：PD+PE＝CF．
证明思路是：如图②，连接AP，由△ABP与△ACP面积之和等于△ABC的面积可以证得：PD+PE＝CF．
【变式探究】如图③，当点P在BC延长线上时，其余条件不变，求证：PD﹣PE＝CF；

【结论运用】请运用上述解答中所积累的经验和方法完成下题：
如图④，在平面直角坐标系中有两条直线l1：y＝x+3，l2：y＝﹣3x+3，若l2上的一点M到l1的距离是1，请运用上述的结论求出点M的坐标．






8．如图1，菱形ABCD中，∠BAD＝60°，点E、F分别是边AB、AD上两个动点，满足AE＝DF，连接BF与DE相交于点G．（1）如图2，连接BD，求∠BGD的度数；
（2）如图3，作CH⊥BG于H点，求证：2GH＝DG+BG．




9．如图：已知▱ABCD中，以AB为斜边在▱ABCD内作等腰直角△ABE，且AE＝AD，连接DE，过E作EF⊥DE交AB于F交DC于G，且∠AEF＝15°求证：2GE+EF＝AB．







10．如图，在▱ABCD中，连接BD，点E在BD上，且DE＝DC，连接CE并延长它与AD交于点F，过点C作CG⊥BD垂足为G，交AD于点H．若∠DFC＝45°，求证：EF+FH＝CF．












11．如图，▱ABCD中，点E为BC边上一点，过点E作EF⊥AB于F，已知∠D＝2∠AEF．
接AC，过点E作EG⊥AC于G，延长EG交AD于点H，若∠ACB＝45°，求证：AH＝AF+AC．





12．（1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，连接AC．
①小明发现，此时AC平分∠BCD．他通过观察、实验，提出以下想法：延长CB到点E，使得BE＝CD，连接AE，证明△ABE≌△ADC，从而利用全等和等腰三角形的性质可以证明AC平分∠BCD．请你参考小明的想法，写出完整的证明过程．
②如图2，当∠BAD＝90°时，请你判断线段AC，BC，CD之间的数量关系，并证明．
（2）如图3，等腰△CDE、等腰△ABD的顶点分别为A、C，点B在线段CE上，且∠ABC+∠ADC＝180°．请你判断∠DAE与∠DBE的数量关系，并证明．








13．在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，点D是△ABC外一点，点D与点C在直线AB的异侧，且点D，A，C不共线，连接AD，BD，CD．
（1）如图1，当α＝60°．∠ADB＝30°时，画出图形，直接写出AD，BD，CD之间的数量关系；
（2）当α＝90°，∠ADB＝45°时，利用图2，继续探究AD，BD，CD之间的数量关系并证明；
（提示：尝试运用图形变换，将要研究的有关线段尽可能转移到一个三角形中）
（3）当∠ADB＝时，进一步探究AD，BD，CD之间的数量关系，并用含α的等式直接表示出它们之间的关系．




14．正方形ABCD中，点E，G，H分别在AB，AD，BC上，DE与HG相交于点O，∠GOD＝90°．
（1）求证：DE＝HG；（2）平移图1中的线段GH，使G点与D点重合，H点在BC的延长线上，连接EH，取EH的中点P，连接PC，求证：BE＝PC．








15．已知，∠POQ＝90°，分别在边OP，OQ上取点A，B，使OA＝OB，过点A平行于OQ的直线与过点B平行于OP的直线相交于点C．点E，F分别是射线OP，OQ上动点，连接CE，CF，EF．
（1）求证：OA＝OB＝AC＝BC；（2）如图1，当点E，F分别在线段AO，BO上，且∠ECF＝45°时，请求出线段EF，AE，BF之间的等量关系式；（3）如图2，当点E，F分别在OA，OB的延长线上，且∠ECF＝135°时，延长AC交EF于点M，延长BC交EF于点N．请猜想线段EN，NM，FM之间等量关系，并证明你的结论．






16．在等边△ABC中，AB＝6，BD⊥AC，垂足为D，点E为AB边上一点，点F为直线BD上一点，连接EF．
将线段EF绕点E逆时针旋转60°得到线段EG，连接FG．如图2，点E不与点A，B重合，GF的延长线交BC边于点H，连接EH，求证：BE+BH＝BF；

参考答案与试题解析

1．解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AD＝CD＝BC，∠ADC＝∠BCD＝90°，
而点E、F分别为BC，CD的中点，
∴DF＝CE，
在△ADF和△DCE中，
，∴△ADF≌△DCE，
∴AF＝DE，所以②正确，
∠DAF＝∠CDE，
而∠DAF+∠DFA＝90°，
∴∠CDE+∠DFA＝90°，
∴∠DPF＝90°，
∴AF⊥DE，所以①正确；
作BG∥DE交AF于M，交AD于G，如图1，则四边形BEDG为平行四边形，
∴BE＝DG＝AD，
∴GM为△APD的中位线，
∴AM＝MP，
∵AP⊥DE，∴AP⊥BG，
∴BM垂直平分AP，
∴BP＝BA＝AD，所以③正确；
延长DE到N使EN＝PF，连接CN，如图2，
∵∠CFP＝90°+∠3，∠CEN＝90°+∠3，
∴∠CFP＝∠CEN，
在△CFP和△CEN中，
，∴△CFP≌△CEN，
∴CP＝CN，∠1＝∠2，
∵∠1+∠PCE＝90°，
∴∠2+∠PCE＝90°，即∠PCN＝90°，
∴△PCN为等腰直角三角形，
∴PN＝PC，
∴PE+EN＝PE+PF＝PC，所以④正确．
故选：①②③④．

















2．证明：在CD上截取CH＝CE，如图1所示：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ECH＝60°，
∴△CEH是等边三角形，
∴EH＝EC＝CH，∠CEH＝60°，
∵△DEF是等边三角形，
∴DE＝FE，∠DEF＝60°，
∴∠DEH+∠HEF＝∠FEC+∠HEF＝60°，
∴∠DEH＝∠FEC，
在△DEH和△FEC中，
，
∴△DEH≌△FEC（SAS），
∴DH＝CF，
∴CD＝CH+DH＝CE+CF，
∴CE+CF＝CD；
【类比探究】解：线段CE，CF与CD之间的等量关系是FC＝CD+CE；理由如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠B＝60°，
过D作DG∥AB，交AC的延长线于点G，如图2所示：
∵GD∥AB，
∴∠GDC＝∠B＝60°，∠DGC＝∠A＝60°，
∴∠GDC＝∠DGC＝60°，
∴△GCD为等边三角形，
∴DG＝CD＝CG，∠GDC＝60°，
∵△EDF为等边三角形，
∴ED＝DF，∠EDF＝∠GDC＝60°，
∴∠EDG＝∠FDC，
在△EGD和△FCD中，
，
∴△EGD≌△FCD（SAS），
∴EG＝FC，
∴FC＝EG＝CG+CE＝CD+CE．










3．（1）∵四边形ABCD是矩形，点E在BA延长线上，
∴∠EAF＝∠DAB＝90°，
又∵AE＝AD，AF＝AB，
∴△AEF≌△ADB（SAS），
∴∠AEF＝∠ADB，
∴∠GEB+∠GBE＝∠ADB+∠ABD＝90°，
即∠EGB＝90°，
故BD⊥EC，
（2）如图，在线段EG上取点P，使得EP＝DG，

在△AEP与△ADG中，AE＝AD，∠AEP＝∠ADG，EP＝DG，
∴△AEP≌△ADG（SAS），
∴AP＝AG，∠EAP＝∠DAG，
∴∠PAG＝∠PAD+∠DAG＝∠PAD+∠EAP＝∠DAE＝90°，
∴△PAG为等腰直角三角形，
∴EG﹣DG＝EG﹣EP＝PG＝AG．
4．解：（1）作AM⊥BC，
∵AB＝AC，AM⊥BC，BC＝2BM，
∴，
∵cos∠ABC＝，
在Rt△AMB中，BM＝1，
∴AB＝＝；
（2）连接DC，
∵AB＝AC，
∴∠ACB＝∠ABC，
∵四边形ABCD内接于圆O，
∴∠ADC+∠ABC＝180°，
∵∠ACE+∠ACB＝180°，
∴∠ADC＝∠ACE，
∵∠CAE公共角，
∴△EAC∽△CAD，∴，
∴AD•AE＝AC2＝10；
（3）证明：在BD上取一点N，使得BN＝CD，
∵∠1与∠3所对的弧是，
∴∠1＝∠3，
在△ABN和△ACD中，
，∴△ABN≌△ACD（SAS），
∴AN＝AD，
∵AN＝AD，AH⊥BD，
∴NH＝HD，
∵BN＝CD，NH＝HD，
∴BN+NH＝CD+HD＝BH．






5．解：∵AB＝BC＝AC，
∴∠ACB＝∠ABC＝60°，
如图①，在BD上截取DM＝AD，连接AM，

∵∠ADB＝∠ACB＝60°，
∴△ADM是等边三角形，
∴AM＝AD，
∵∠ABM＝∠ACD，∠AMB＝∠ADC＝120°，
∴△ABM≌△ACD（AAS），
∴BM＝CD，
∴BD＝BM+DM＝CD+AD；
（2）【探究1】如图②，∵BC是⊙O的直径，
∴∠BAC＝90°，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
过点A作AM⊥AD交BD于点M，
∵∠ADB＝∠ACB＝45°，
∴△ADM是等腰直角三角形，
∴AM＝AD，∠AMD＝45°，
∴DM＝AD，
∴∠AMB＝∠ADC＝135°，
∵∠ABM＝∠ACD，
∴△ABM≌△ACD（AAS），
∴BM＝CD，
∴BD＝BM+DM＝CD+AD．
【探究2】如图③，

∵若BC是⊙O的直径，∠ABC＝30°，
∴∠BAC＝90°，∠ACB＝60°，
过点A作AM⊥AD交BD于点M，
∵∠ADB＝∠ACB＝60°，
∴∠AMD＝30°，∴MD＝2AD，
∵∠ABD＝∠ACD，∠AMB＝∠ADC＝150°，
∴△ABM∽△ACD，∴，
∴CD，
∴；
（3）拓展猜想
BD＝BM+DM＝，
理由：如图④，
∵若BC是⊙O的直径，
∴∠BAC＝90°，
过点A作AM⊥AD交BD于点M，
∴∠MAD＝90°，
∴∠BAM＝∠DAC，
∴△ABM∽△ACD，∴，
∴BM＝，
∵∠ADB＝∠ACB，∠BAC＝∠NAD＝90°，
∴△ADM∽△ACB，∴，
∴DM＝，
∴BD＝BM+DM＝．



6（1）证明：如图4中，延长DB到H，使得BH＝CD，连接AH．∵四边形ABDC内接于⊙O，
∴∠ABD+∠ACD＝180°，
又∵∠ABH+∠ABD＝180°，
∴∠ABH＝∠ACD
又BH＝CD，AB＝AC，
∴△ABH≌△ACD，
∴AH＝AD，∠BAH＝∠CAD
∵∠BAC＝90°，
∴∠DAH＝∠BAH+∠DAB＝∠DAC+∠DAB＝90°，
∴△ADH是等腰直角三角形．
∴DH＝AD．
∴BD+CD＝AD．
（2）解：结论：BD+CD＝AD．
理由：如图5中，延长DB到E，使得DE＝CD，连接AE，过点A作AH⊥DE，垂足为H．
∵四边形ABDC内接于⊙O，
∴∠ABD+∠ACD＝180°，又∠ABH+∠ABD＝180°，
∴∠ABE＝∠ACD
又BE＝CD，AB＝AC
∴△ABE≌△ACD，
∵AE＝AD，∠BAE＝∠CAD，
∵∠BAC＝120°，
∴∠DAE＝∠BAE+∠DAB＝∠DAC+∠DAB＝120°，
∴∠DAH＝∠EAH＝60°，EH＝DH
∴．
∴DE＝AD，
即BD+CD＝AD．
（3）解：如图1中，结论：BD+DC＝2AD•sin．
延长DB到E，使得DE＝CD，连接AE，过点A作AH⊥DE，垂足为H．
同法可知AE＝AD，∠EAD＝∠BAC＝α，
BD+CD＝BE＝2BH＝2•AD•sin．
故答案为BD+DC＝2AD•sin．
（4）如图6中，连接PA、PB，作PE⊥OB于E．
∵∠POB＝∠POA＝45°，
∴＝，∴PA＝PB，
由（1）可知：OA+OB＝OP，
∵A（0，2），B（4，0），
∴OA＝2，OB＝4，
∴OP＝3，
∴OE＝PE＝3，
∴P（3，3），





7 解：如图②，连接AP，
∵PD⊥AB，PE⊥AC，CF⊥AB，
∴S△ABP＝AB•PD，S△ACP＝AC•PE，S△ABC＝AB•CF，
∵S△ABP+S△ACP＝S△ABC，
∴AB•PD+AC•PE＝AB•CF，
又AB＝AC，
∴PD+PE＝CF；
【变式探究】
如图③，连接AP，
∵PD⊥AB，PE⊥AC，CF⊥AB，
∴S△ABP＝AB•PD，S△ACP＝AC•PE，S△ABC＝AB•CF，
∵S△ABP﹣S△ACP＝S△ABC，
∴AB•PD﹣AC•PE＝AB•CF，
又∵AB＝AC，
∴PD﹣PE＝CF；
【结论运用】
如图④，由题意可求得A（﹣4，0），B（0，3），C（1，0），
∴AB＝5，AC＝5，BC＝，OB＝3，
当M在线段BC上时，过M分别作MP⊥x轴，MQ⊥AB，垂足分别为P、Q，
∵l2上的一点M到l1的距离是1，
∴MQ＝1，
由图②的结论得：MP+MQ＝3，
∴MP＝2，
∴M点的纵坐标为2，
又∵M在直线y＝﹣3x+3，
∴当y＝2时，x＝，
∴M坐标为（，2）；
同理，由前面结论可知当M点在线段BC外时，有|MP﹣MQ|＝OB，
可求得MP＝4或MP＝﹣2，即M点的纵坐标为4或﹣2，
分别代入y＝﹣3x+3，可求得x＝﹣或x＝（舍，因为它到l1的距离不是1），
∴M点的坐标为（﹣，4）；
综上可知M点的坐标为（，2）或（﹣，4）．
8（1）解：如图2中，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB，
∵∠A＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴AB＝DB，∠A＝∠FDB＝60°，
在△DAE和△BDF中，
，∴△DAE≌△BDF，
∴∠ADE＝∠DBF，
∵∠EGB＝∠GDB+∠GBD＝∠GDB+∠ADE＝60°，
∴∠BGD＝180°﹣∠BGE＝120°．
（2）证明：如图3中，延长GE到M，使得GM＝GB，连接BD、CG．

∵∠MGB＝60°，GM＝GB，
∴△GMB是等边三角形，
∴∠MBG＝∠DBC＝60°，
∴∠MBD＝∠GBC，
在△MBD和△GBC中，
，∴△MBD≌△GBC，
∴DM＝GC，∠M＝∠CGB＝60°，
∵CH⊥BG，
∴∠GCH＝30°，
∴CG＝2GH，
∵CG＝DM＝DG+GM＝DG+GB，
∴2GH＝DG+GB．

9． 连接EC，∵∠AEF＝15°，EF⊥DE，AE＝AD，
∴∠DEA＝∠EDA＝75°，∴∠EAD＝30°，
∵∠BAE＝45°，
∴∠DAB＝∠DCB＝75°，∠CBA＝∠CDA＝105°，
∵∠ABE＝45°，∴∠CBE＝60°，
∵AD＝BE＝BC，
∴△BCE是等边三角形，
∴∠DCE＝15°，CE＝BE＝AE，
∵∠GED＝90°，∠GDE＝30°，∠DGE＝60°，
∴DG＝2GE，
∵∠EGC＝105°＝∠AFE，CE＝AE，∠DCE＝15°＝∠AEF，
在△AEF与△ECG中，，
∴△AEF≌△ECG，
∴GC＝FE，
∴AB＝DC＝DG+GC＝2GE+CG＝2GE+EF．



10．证明：作EM⊥BC于M．连接DM，作CT⊥DH 于T，交DB于O．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，∴∠DFC＝∠FCB＝45°，
∵EM⊥BC，∴∠EMC＝90°，
∴∠ECM＝∠CEM＝45°，
∴EC＝CM，
∵CT⊥AD，
∴∠CTD＝∠CTF＝90°，
∴∠TFC＝∠TCF＝45°，
∵DE＝DC，∴∠DEC＝∠DCE，
∴∠EFD+∠FDE＝∠TCE+∠TCD，
∴∠EDF＝∠TCD，
∵∠TOD＝∠COG，CH⊥BD，
∴∠OTD＝∠OGC＝90°，
∴∠ODT＝∠OCG，
∴∠TCD＝∠TCH，
∵∠TCD+∠CDT＝90°，∠TCH+∠CHT＝90°，
∴∠CDT＝∠CHT，
∴CH＝CD，
∵∠CHF+∠CHD＝180°，∠ADC+∠DCM＝180°，∠CHD＝∠CDH，
∴∠CHF＝∠DCM，
∵DE＝DC，DM＝DM，EM＝CM，
∴△DMC≌△DME（SSS），
∴∠CMD＝∠DME＝45°＝∠CFH，
∴△CHF≌△DCM（AAS），
∴FH＝CM，
∴CF＝EF+CF＝EF+FH．


11．证明：作EM⊥AD于M，CN⊥AD于N，连接CH．

∵AD∥BC，∴∠DAE＝∠BEA，
∵∠BAE＝∠BEA，∴∠BAE＝∠DAE，
∵EF⊥AB，EM⊥AD，∴EF＝EM，
∵EA＝EA，∠AFE＝∠AME＝90°，
∴Rt△AEF≌Rt△AEM（HL），
∴AF＝AM，
∵EG⊥CG，
∴∠EGC＝90°，
∵∠ECG＝45°，∠GCE＝45°，∴GE＝CG，
∵AD∥BC，
∴∠GAH＝∠ECG＝45°，∠GHA＝∠CEG＝45°，
∴∠GAH＝∠GHA，∴GA＝GH，
∵∠AGE＝∠CGH，
∴△AGE≌△HGC（SAS），∴EA＝CH，
∵EM＝CN，∠AME＝∠CNH＝90°，
∴Rt△EMA≌Rt△CNH（HL），
∴AM＝NH，∴AN＝HM，
∵△ACN是等腰直角三角形，
∴AC＝AN，即AN＝AC，
∴AH＝AM+HM＝AF+AC．


12．解：（1）①如图1，延长CB，使BE＝CD，连接AE，

∵∠ADC+∠ABC＝180°，∠ABE+∠ABC＝180°，
∴∠ADC＝∠ABE，
又∵AD＝AB，BE＝CD，
∴△ADC≌△ABE（SAS），
∴∠ACD＝∠AEB，AC＝AE，
∴∠ACB＝∠AEB，
∴∠ACD＝∠ACB，
∴AC平分∠BCD；
②CD+BC＝AC，理由如下：如图2，延长CB，使BE＝CD，连接AE，

∵∠ADC+∠ABC＝180°，∠ABE+∠ABC＝180°，
∴∠ADC＝∠ABE，
又∵AD＝AB，BE＝CD，
∴△ADC≌△ABE（SAS），
∴AC＝AE，∠EAB＝∠CAD，CD＝BE，
∴∠CAE＝∠DAB＝90°，
∴CE＝＝AC，
∴CD+BC＝AC；
（2）∠DAE＝2∠DBE，理由如下：如图3，延长CD至M，使得DM＝CB，连AM，

∵∠ABC+∠ADC＝180°＝∠ADC+∠ADM，
∴∠ADM＝∠ABC，
又AB＝AD，DM＝CB，
∴△ABC≌△ADM（SAS），
∴AC＝AM，
∴∠M＝∠ACB＝∠ACD，
又CD＝CE，CA＝CA，
∴△ACD≌△ACE（SAS），
∴AD＝AB＝AE，
∴∠ABD＝∠ADB，∠ABE＝∠AEB，
∵∠ABD+∠ADB+∠ABE+∠AEB+∠ADE+∠AED＝180°，∠DAE+∠ADE+∠AED＝180°，
∴∠DAE＝2∠DBE．





13
解：（1）AD2+BD2＝CD2，
理由：如图1，过AD为边在AD上侧作等边三角形ADE，连接BE，
则AD＝DE＝AE，∠DAE＝∠ADE＝60°，
∵∠ADB＝30°，
∴∠BDE＝∠DBA+∠ADE＝90°，
在Rt△BDE中，根据勾股定理得，BD2+DE2＝BE2，
∴BD2+AD2＝BE2，
∵∠DAE＝∠BAC＝60°，
∴∠BAE＝∠CAD，
∵AB＝AC，∴△ABE≌△ACD（SAS），
∴BE＝CD，
∴AD2+BD2＝CD2；
（2）如图2，过点A作AE⊥AD，且AE＝AD，连接BE，DE，∴∠ADE＝45°，
∵∠BDA＝45°，
∴∠BDE＝90°，
根据勾股定理得，DE2+BD2＝BE2，
∵DE2＝2AD2，
∴2AD2+BD2＝BE2，
∵∠DAE＝∠BAC＝90°，
∴∠BAE＝∠CAD，
∵AB＝AC，
∴△ABE≌△ACD（SAS），
∴BE＝CD，
∴2AD2+BD2＝CD2；
（3）如图3，将线段AD绕点A顺时针旋转α得到AE，连接DE，BE，
∴∠ADE＝（180°﹣∠DAE）＝90°﹣α，
∵∠ADB＝α，
∴∠BDE＝90°，
根据勾股定理得，DE2+BD2＝BE2，
∵∠DAE＝∠BAC＝α，
∴∠BAE＝∠CAD，
∵AB＝AC，
∴△ABE≌△ACD（SAS），
∴BE＝CD，∴DE2+BD2＝CD2，
过点A作AF⊥DE于F，则DE＝2DF，
∴∠DAF＝90°﹣∠ADE＝α，
在Rt△ADF中，sin∠DAF＝，
∴DF＝AD•sin∠DAF＝AD•sin，
∴DE＝2DF＝2AD•sin，
即：（2AD•sin）2+BD2＝CD2．


14【解答】（1）证明：过点D作DM∥GH交BC的延长线于点M，如图1，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，∠ADC＝90°，
又∵DM∥GH，
∴四边形DGHM是平行四边形，
∴GH＝DM，GD＝MH，
∴∠GOD＝∠MDE＝90°，
∴∠MDC+∠EDC＝90°，
∵∠ADE+∠EDC＝90°，
∴∠MDC＝∠ADE，
在△ADE和△CDM中，
，
∴△ADE≌△CDM（ASA），
∴DE＝DM，
∴DE＝GH；
（2）证明：在BC上截取BN＝BE，如图2，
则△BEN是等腰直角三角形，EN＝BE，
由（1）知，△ADE≌△CDH，
∴AE＝CH，
∵BA＝BC，BE＝BN，
∴CN＝AE＝CH，
∵PH＝PE，
∴PC＝EN，
∴PC＝BE，
即BE＝PC．




15．证明：（1）∵∠POQ＝90°，OA＝OB，
∴△AOB为等腰直角三角形，
∴∠OAB＝∠OBA＝45°，
又∵BC∥OP，且∠POQ＝90°，
∴BC⊥OQ，∴∠CBF＝90°，
∴∠CBA＝45°，同理，∠BAC＝45°，
又∵AB＝AB，
在△AOB与△ACB中，
，∴△AOB≌△ACB（ASA），
∴∠AOB＝∠ACB＝90°，OA＝OB＝AC＝BC，
（2）如图1，

在射线AP上取点D，使AD＝BF，连接CD，
在△CAD与△CBF中，
，∴△CAD≌△CBF（SAS），
∴CD＝CF，∠ACD＝∠BCF，
∴∠CDE＝∠CFE，
∵∠ECF＝45°，∠ACB＝90°，
∴∠ACE+∠BCF＝45°，
∴∠ACE+∠ACD＝∠ECD＝45°，
∴∠ECD＝∠ECF，
在△ECD与△ECF中，
，∴△ECD≌△ECF（AAS），
∴ED＝EF
又∵ED＝AD+AE＝BF+AE
∴EF＝AE+BF．
（3）MN2＝EN2+FM2．证明如下：
如图2，延长AO到点D，使得AD＝BF，连接CD．

∴∠CAD＝∠CBF＝90°，CA＝CB，
在△CAD与△CBF中，
，∴△CAD≌△CBF（SAS），
∴CD＝CF，∠ACD＝∠BCF，
∴∠FCD＝∠BCA＝90°，
∵∠ECF＝135°，∴∠ECD＝135°，
∴∠ECF＝∠ECD，
又∵EC＝EC，
在△ECD与△ECF中，
，∴△ECD≌△ECF（SAS），
∴∠D＝∠CFM，
∵△CAD≌△CBF，
∴∠D＝∠CFB，
∴∠CFM＝∠CFB，
∵AC∥OQ，
∴∠MCF＝∠CFB，
∴∠CFM＝∠MCF，
∴MC＝MF，同理可证：CN＝EN，
∴在Rt△MCN中，MN2＝CN2+CM2＝EN2+FM2．
16 构造等腰△BFM，使∠BFM＝∠EFH＝120°，且BF＝MF，如图：
∴∠FBM＝∠FBH＝30°，
∴BM与BH共线，
可证△BEF≌△MHF（SAS），
∴BE＝HM，
∴BE+BH＝HM+BH＝BM，
而∠BFM＝120°，且BF＝MF，可得BM＝BF，
∴BE+BH＝BF；