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10. 新考法 方程思想 如图,在$Rt△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,$AC=6$,$BC=8$,点$D$在边$BC$上,把$△ ABC$沿直线$AD$折叠,使得点$B$的对应点$B'$落在$AC$的延长线上,则$CD=$
3
.答案
10. 3
解析
【分析】
这是一道结合折叠性质与勾股定理的几何计算题，解题思路如下：第一步，先在Rt△ABC中利用勾股定理求出斜边AB的长度；第二步，根据折叠的性质，得到对应边AB'=AB、B'D=BD，进而求出CB'的长度；第三步，设CD的长度为x，用含x的式子表示出B'D的长度；第四步，在Rt△B'CD中利用勾股定理列方程，解方程即可求出CD的长度。
【解析】
解：在$Rt△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$AC=6$，$BC=8$，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10$
由折叠的性质可知：$AB'=AB=10$，$B'D=BD$
$\therefore CB'=AB'-AC=10-6=4$
设$CD=x$，则$BD=BC-CD=8-x$，$\therefore B'D=8-x$
$\because ∠ B'CD=180°-∠ ACB=90°$，$\therefore △ B'CD$是直角三角形
在$Rt△ B'CD$中，由勾股定理得：
$CD^2+CB'^2=B'D^2$
代入得：$x^2+4^2=(8-x)^2$
展开得：$x^2+16=64-16x+x^2$
整理得：$16x=48$
解得：$x=3$
即$CD=3$
【答案】
3
【知识点】
折叠的性质；勾股定理；方程思想
【点评】
本题是几何中方程思想应用的典型题型，解题关键是利用折叠的性质得到相等的线段，再结合勾股定理构造方程求解，这类折叠求线段长的问题是高频考点，需要熟练掌握对应的解题方法。
【难度系数】
0.7
这是一道结合折叠性质与勾股定理的几何计算题，解题思路如下：第一步，先在Rt△ABC中利用勾股定理求出斜边AB的长度；第二步，根据折叠的性质，得到对应边AB'=AB、B'D=BD，进而求出CB'的长度；第三步，设CD的长度为x，用含x的式子表示出B'D的长度；第四步，在Rt△B'CD中利用勾股定理列方程，解方程即可求出CD的长度。
【解析】
解：在$Rt△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$AC=6$，$BC=8$，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10$
由折叠的性质可知：$AB'=AB=10$，$B'D=BD$
$\therefore CB'=AB'-AC=10-6=4$
设$CD=x$，则$BD=BC-CD=8-x$，$\therefore B'D=8-x$
$\because ∠ B'CD=180°-∠ ACB=90°$，$\therefore △ B'CD$是直角三角形
在$Rt△ B'CD$中，由勾股定理得：
$CD^2+CB'^2=B'D^2$
代入得：$x^2+4^2=(8-x)^2$
展开得：$x^2+16=64-16x+x^2$
整理得：$16x=48$
解得：$x=3$
即$CD=3$
【答案】
3
【知识点】
折叠的性质；勾股定理；方程思想
【点评】
本题是几何中方程思想应用的典型题型，解题关键是利用折叠的性质得到相等的线段，再结合勾股定理构造方程求解，这类折叠求线段长的问题是高频考点，需要熟练掌握对应的解题方法。
【难度系数】
0.7
11. ★★ 新题型最值探究题 如图,在$△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,$AC=12$,$BC=9$,射线$CD$与边$AB$交于点$D$.$E,F$分别为$AD,BD$的中点,设点$E,F$到射线$CD$的距离分别为$m,n$,则$m+n$的最大值为
7.5
.答案
11. 7.5 【点拨】如图,连接 $CE,CF$,过 $E$ 作 $CD$ 的垂线,垂足为 $M$,过 $F$ 作 $CD$ 的垂线,垂足为 $N$,即 $EM=m$,$EN=n$,所以 $S_{△CDF}=\frac{1}{2}CD×n$,$S_{△CDE}=\frac{1}{2}CD×m$. 因为 $E,F$ 分别为 $AD,BD$ 的中点,所以 $S_{△CDE}=\frac{1}{2}S_{△CDA}$,$S_{△CDF}=\frac{1}{2}S_{△CDB}$,所以 $S_{△CEF}=S_{△CDE}+S_{△CDF}=\frac{1}{2}(S_{△CDA}+S_{△CDB})$,所以 $\frac{1}{2}CD(m+n)=\frac{1}{2}S_{△ABC}$. 因为 $∠ACB=90°$,所以 $S_{△ABC}=\frac{1}{2}×9×12=54$,所以 $\frac{1}{2}CD·(m+n)=27$,所以 $CD(m+n)=54$,所以当 $CD$ 最短时,$m+n$ 有最大值,此时 $CD⊥AB$. 因为在 $Rt△ABC$ 中,由勾股定理得,$AB^2=12^2+9^2=225$,所以 $AB=15$. 当 $CD⊥AB$ 时,$\frac{1}{2}AB·CD=54$,所以 $CD=7.2$,所以 $m+n=7.5$,即 $m+n$ 的最大值为 7.5.
解析
【分析】
解题思路可按以下步骤梳理：①看到E、F分别是AD、BD的中点，回忆三角形中线的性质：三角形中线平分三角形的面积，可得△CDE的面积是△CDA的一半，△CDF的面积是△CDB的一半；②看到点到射线CD的距离m、n，联想到这两个距离是△CDE、△CDF中CD边上的高，结合三角形面积公式可表示两个小三角形的面积和；③两个小三角形的面积和恰好是△ABC面积的一半，由此可推出CD与(m+n)的乘积为定值，要使m+n最大，需CD取最小值；④根据垂线段最短，CD⊥AB时CD最短，再用勾股定理计算AB长度，用面积法算出最短的CD，即可求出m+n的最大值。
【解析】
连接CE、CF，过E作EM⊥CD于M，过F作FN⊥CD于N，则$EM=m$，$FN=n$。
根据三角形面积公式可得：
$S_{△ CDE}=\frac{1}{2}CD· EM=\frac{1}{2}CD· m$，$S_{△ CDF}=\frac{1}{2}CD· FN=\frac{1}{2}CD· n$。
∵E是AD中点，
∴$S_{△ CDE}=\frac{1}{2}S_{△ CDA}$；同理F是BD中点，$S_{△ CDF}=\frac{1}{2}S_{△ CDB}$。
∴$S_{△ CDE}+S_{△ CDF}=\frac{1}{2}(S_{△ CDA}+S_{△ CDB})=\frac{1}{2}S_{△ ABC}$，
即$\frac{1}{2}CD(m+n)=\frac{1}{2}S_{△ ABC}$，化简得$CD·(m+n)=S_{△ ABC}$。
在$Rt△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}× AC× BC=\frac{1}{2}×12×9=54$，因此$CD·(m+n)=54$。
要使$m+n$最大，需CD的长度最小，根据垂线段最短，当$CD⊥ AB$时，CD最短。
由勾股定理得：$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{12^2+9^2}=\sqrt{225}=15$。
此时用面积法求CD：$\frac{1}{2}× AB× CD=S_{△ ABC}=54$，即$\frac{1}{2}×15× CD=54$，解得$CD=7.2$。
∴$m+n=\frac{54}{CD}=\frac{54}{7.2}=7.5$，即$m+n$的最大值为7.5。
【答案】
7.5
【知识点】
勾股定理；三角形面积计算；垂线段最短
【点评】
本题将最值问题与三角形性质、勾股定理相结合，核心是通过面积法建立$m+n$与CD的定值关系，将求$m+n$的最大值转化为求CD的最小值，体现了转化思想的应用，需要学生具备一定的知识整合与逻辑推导能力。
【难度系数】
0.6
解题思路可按以下步骤梳理：①看到E、F分别是AD、BD的中点，回忆三角形中线的性质：三角形中线平分三角形的面积，可得△CDE的面积是△CDA的一半，△CDF的面积是△CDB的一半；②看到点到射线CD的距离m、n，联想到这两个距离是△CDE、△CDF中CD边上的高，结合三角形面积公式可表示两个小三角形的面积和；③两个小三角形的面积和恰好是△ABC面积的一半，由此可推出CD与(m+n)的乘积为定值，要使m+n最大，需CD取最小值；④根据垂线段最短，CD⊥AB时CD最短，再用勾股定理计算AB长度，用面积法算出最短的CD，即可求出m+n的最大值。
【解析】
连接CE、CF，过E作EM⊥CD于M，过F作FN⊥CD于N，则$EM=m$，$FN=n$。
根据三角形面积公式可得：
$S_{△ CDE}=\frac{1}{2}CD· EM=\frac{1}{2}CD· m$，$S_{△ CDF}=\frac{1}{2}CD· FN=\frac{1}{2}CD· n$。
∵E是AD中点，
∴$S_{△ CDE}=\frac{1}{2}S_{△ CDA}$；同理F是BD中点，$S_{△ CDF}=\frac{1}{2}S_{△ CDB}$。
∴$S_{△ CDE}+S_{△ CDF}=\frac{1}{2}(S_{△ CDA}+S_{△ CDB})=\frac{1}{2}S_{△ ABC}$，
即$\frac{1}{2}CD(m+n)=\frac{1}{2}S_{△ ABC}$，化简得$CD·(m+n)=S_{△ ABC}$。
在$Rt△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}× AC× BC=\frac{1}{2}×12×9=54$，因此$CD·(m+n)=54$。
要使$m+n$最大，需CD的长度最小，根据垂线段最短，当$CD⊥ AB$时，CD最短。
由勾股定理得：$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{12^2+9^2}=\sqrt{225}=15$。
此时用面积法求CD：$\frac{1}{2}× AB× CD=S_{△ ABC}=54$，即$\frac{1}{2}×15× CD=54$，解得$CD=7.2$。
∴$m+n=\frac{54}{CD}=\frac{54}{7.2}=7.5$，即$m+n$的最大值为7.5。
【答案】
7.5
【知识点】
勾股定理；三角形面积计算；垂线段最短
【点评】
本题将最值问题与三角形性质、勾股定理相结合，核心是通过面积法建立$m+n$与CD的定值关系，将求$m+n$的最大值转化为求CD的最小值，体现了转化思想的应用，需要学生具备一定的知识整合与逻辑推导能力。
【难度系数】
0.6
12. [温州中学自主招生] 设直角三角形两条直角边长分别为$a,b$，斜边长为$c$，若$a,b,c$均为整数，且$c=\frac{1}{3}ab-(a+b)$，则满足条件的直角三角形的周长为
56 或 40 或 36
。答案
12. 56 或 40 或 36 【点拨】由题意得 $c^2=a^2+b^2$,因为 $c=\frac{1}{3}ab-(a+b)$,所以 $c^2=[\frac{1}{3}ab-(a+b)]^2=\frac{1}{9}a^2b^2-\frac{2}{3}ab(a+b)+a^2+b^2+2ab=a^2+b^2$,整理,得 $ab[ab-6(a+b)+18]=0$. 因为 $ab＞0$,所以 $ab-6(a+b)+18=0$,所以 $(a-6)(b-6)=18$. 因为 $a,b$ 均为正整数,不妨设 $a＜b$,则 $a-6=1,b-6=18$ 或 $a-6=2,b-6=9$ 或 $a-6=3,b-6=6$,所以 $a=7,b=24$ 或 $a=8,b=15$ 或 $a=9,b=12$,当 $a=7,b=24$ 时,$c=25$,则 $a+b+c=56$;当 $a=8,b=15$ 时,$c=17$,则 $a+b+c=40$;当 $a=9,b=12$ 时,$c=15$,则 $a+b+c=36$. 所以满足条件的直角三角形有三个,周长分别为 56 或 40 或 36.
解析
【分析】
本题是直角三角形整数边长的求解问题，解题思路如下：第一步，结合直角三角形的勾股定理$c^2=a^2+b^2$和题干给出的$c$与$a,b$的关系式，联立消去$c$，得到仅含$a,b$的等式；第二步，对等式进行去分母、消项等整理，再通过凑项因式分解，将式子转化为两个整式乘积为常数的形式，方便后续求整数解；第三步，利用$a,b$为正整数的条件，枚举常数的所有正整数因数对，求出对应的$a,b$值，再代入计算$c$和三角形周长即可。
【解析】
已知直角三角形直角边长为$a,b$，斜边长为$c$，根据勾股定理可得：
$c^2=a^2+b^2$
将$c=\frac{1}{3}ab-(a+b)$代入上式，得：
$(\frac{1}{3}ab - a - b)^2 = a^2 + b^2$
利用完全平方公式展开左边：
$\frac{1}{9}a^2b^2 - \frac{2}{3}ab(a+b) + (a+b)^2 = a^2 + b^2$
将$(a+b)^2=a^2+2ab+b^2$代入，化简得：
$\frac{1}{9}a^2b^2 - \frac{2}{3}ab(a+b) + a^2 + 2ab + b^2 = a^2 + b^2$
两边同时减去$a^2+b^2$，得：
$\frac{1}{9}a^2b^2 - \frac{2}{3}ab(a+b) + 2ab = 0$
因为$a,b$为直角边长，故$ab＞0$，两边同时乘$\frac{9}{ab}$，消去公因式和分母得：
$ab - 6(a+b) + 18 = 0$
对该式凑项因式分解：
$ab -6a -6b + 36 = 18$，即$(a-6)(b-6)=18$
由于$a,b$均为正整数，不妨设$a≤ b$，枚举18的正整数因数对，得三组解：
1. $\begin{cases}a-6=1\\b-6=18\end{cases}$，解得$\begin{cases}a=7\\b=24\end{cases}$，代入$c=\frac{1}{3}ab-(a+b)$得$c=25$，周长为$7+24+25=56$；
2. $\begin{cases}a-6=2\\b-6=9\end{cases}$，解得$\begin{cases}a=8\\b=15\end{cases}$，代入得$c=17$，周长为$8+15+17=40$；
3. $\begin{cases}a-6=3\\b-6=6\end{cases}$，解得$\begin{cases}a=9\\b=12\end{cases}$，代入得$c=15$，周长为$9+12+15=36$。
其余因数对与上述情况对称，得到的周长一致。
【答案】
36或40或56
【知识点】
勾股定理，因式分解，不定方程整数解
【点评】
本题综合考查勾股定理的应用和代数变形能力，解题关键是通过凑项因式分解将二元方程转化为乘积形式，枚举整数解时要注意不重不漏，即可得到所有符合条件的周长。
【难度系数】
0.3
本题是直角三角形整数边长的求解问题，解题思路如下：第一步，结合直角三角形的勾股定理$c^2=a^2+b^2$和题干给出的$c$与$a,b$的关系式，联立消去$c$，得到仅含$a,b$的等式；第二步，对等式进行去分母、消项等整理，再通过凑项因式分解，将式子转化为两个整式乘积为常数的形式，方便后续求整数解；第三步，利用$a,b$为正整数的条件，枚举常数的所有正整数因数对，求出对应的$a,b$值，再代入计算$c$和三角形周长即可。
【解析】
已知直角三角形直角边长为$a,b$，斜边长为$c$，根据勾股定理可得：
$c^2=a^2+b^2$
将$c=\frac{1}{3}ab-(a+b)$代入上式，得：
$(\frac{1}{3}ab - a - b)^2 = a^2 + b^2$
利用完全平方公式展开左边：
$\frac{1}{9}a^2b^2 - \frac{2}{3}ab(a+b) + (a+b)^2 = a^2 + b^2$
将$(a+b)^2=a^2+2ab+b^2$代入，化简得：
$\frac{1}{9}a^2b^2 - \frac{2}{3}ab(a+b) + a^2 + 2ab + b^2 = a^2 + b^2$
两边同时减去$a^2+b^2$，得：
$\frac{1}{9}a^2b^2 - \frac{2}{3}ab(a+b) + 2ab = 0$
因为$a,b$为直角边长，故$ab＞0$，两边同时乘$\frac{9}{ab}$，消去公因式和分母得：
$ab - 6(a+b) + 18 = 0$
对该式凑项因式分解：
$ab -6a -6b + 36 = 18$，即$(a-6)(b-6)=18$
由于$a,b$均为正整数，不妨设$a≤ b$，枚举18的正整数因数对，得三组解：
1. $\begin{cases}a-6=1\\b-6=18\end{cases}$，解得$\begin{cases}a=7\\b=24\end{cases}$，代入$c=\frac{1}{3}ab-(a+b)$得$c=25$，周长为$7+24+25=56$；
2. $\begin{cases}a-6=2\\b-6=9\end{cases}$，解得$\begin{cases}a=8\\b=15\end{cases}$，代入得$c=17$，周长为$8+15+17=40$；
3. $\begin{cases}a-6=3\\b-6=6\end{cases}$，解得$\begin{cases}a=9\\b=12\end{cases}$，代入得$c=15$，周长为$9+12+15=36$。
其余因数对与上述情况对称，得到的周长一致。
【答案】
36或40或56
【知识点】
勾股定理，因式分解，不定方程整数解
【点评】
本题综合考查勾股定理的应用和代数变形能力，解题关键是通过凑项因式分解将二元方程转化为乘积形式，枚举整数解时要注意不重不漏，即可得到所有符合条件的周长。
【难度系数】
0.3
13. 新题型 动点探究题 如图,在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,$AB=10\ \mathrm{cm}$,$AC=6\ \mathrm{cm}$,动点$P$从点$B$出发沿射线$BC$以$2\ \mathrm{cm/s}$的速度运动,设运动的时间为$t\ \mathrm{s}$.
(1)当点$P$运动到$BC$的中点时,$t$的值是
(2)连接$AP$,$4\ \mathrm{s}$内,若$BP=AP$,求$BP$的长;
(3)当$△ ABP$为直角三角形时,求$t$的值.
(1)当点$P$运动到$BC$的中点时,$t$的值是
2
;(2)连接$AP$,$4\ \mathrm{s}$内,若$BP=AP$,求$BP$的长;
(3)当$△ ABP$为直角三角形时,求$t$的值.
答案
13. 【解】(1)2
(2)在 $Rt△ABC$ 中,由勾股定理易得 $BC=8\ \mathrm{cm}$,当点 $P$ 到达点 $C$ 时,$t=8÷2=4$,所以 4 s 内,点 $P$ 在线段 $BC$ 上.
由题意得 $BP=AP=2t\ \mathrm{cm}$. 因为 $BC=8\ \mathrm{cm}$,所以 $PC=(8-2t)\mathrm{cm}$. 在 $Rt△APC$ 中,根据勾股定理可得 $PC^2+AC^2=AP^2$,即 $(8-2t)^2+6^2=(2t)^2$,解得 $t=\frac{25}{8}$,所以 $BP=2×\frac{25}{8}=\frac{25}{4}(\mathrm{cm})$.
(3)①当$∠APB=90°$时,点 $P$ 和点 $C$ 重合,此时 $t=4$;
②当$∠BAP=90°$时,点 $P$ 在线段 $BC$ 的延长线上,如图. 因为 $BP=2t\ \mathrm{cm}$,$BC=8\ \mathrm{cm}$,所以 $PC=(2t-8)\mathrm{cm}$.
在$Rt△ACP$中,根据勾股定理可得 $AP^2=AC^2+PC^2=6^2+(2t-8)^2$,在 $Rt△ABP$ 中,根据勾股定理可得 $AP^2=BP^2-AB^2=(2t)^2-10^2$,所以 $6^2+(2t-8)^2=(2t)^2-10^2$,解得$t=\frac{25}{4}$. 综上,$t=4$ 或 $t=\frac{25}{4}$.
解析
【分析】
解决本题首先利用勾股定理求出BC的长度，再根据各小问的条件逐步分析：
(1) 先求BC中点对应的BP长度，再结合运动速度计算时间t；
(2) 4s内点P在线段BC上，当BP=AP时，用含t的式子表示PC、AP的长度，在Rt△APC中利用勾股定理列方程求解t，再计算BP的长；
(3) △ABP为直角三角形时，需分两种情况讨论：①直角顶点为P，此时P与C重合；②直角顶点为A，此时P在BC的延长线上，分别利用勾股定理列方程求解t即可。
【解析】
首先在$Rt△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$AB=10\mathrm{cm}$，$AC=6\mathrm{cm}$，由勾股定理得：
$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8\mathrm{cm}$。
(1) 当P为BC中点时，$BP=\frac{1}{2}BC=4\mathrm{cm}$，
已知点P运动速度为$2\mathrm{cm/s}$，则$t=\frac{4}{2}=2$。
(2) 点P从B到C的运动时间为$8÷2=4\mathrm{s}$，因此4s内点P在线段BC上。
由题意得$BP=AP=2t\mathrm{cm}$，则$PC=BC-BP=(8-2t)\mathrm{cm}$，
在$Rt△ APC$中，根据勾股定理$PC^2+AC^2=AP^2$，代入得：
$(8-2t)^2+6^2=(2t)^2$，
展开：$64-32t+4t^2+36=4t^2$，
化简得：$100-32t=0$，解得$t=\frac{25}{8}$，
因此$BP=2t=2×\frac{25}{8}=\frac{25}{4}\mathrm{cm}$。
(3) 分两种情况讨论：
① 当$∠ APB=90°$时，点P与点C重合，此时$BP=BC=8\mathrm{cm}$，则$t=8÷2=4$；
② 当$∠ BAP=90°$时，点P在BC的延长线上，此时$BP=2t\mathrm{cm}$，$PC=(2t-8)\mathrm{cm}$，
在$Rt△ ACP$中，$AP^2=AC^2+PC^2=6^2+(2t-8)^2$，
在$Rt△ ABP$中，$AP^2=BP^2-AB^2=(2t)^2-10^2$，
联立得：$6^2+(2t-8)^2=(2t)^2-10^2$，
展开：$36+4t^2-32t+64=4t^2-100$，
化简得：$100-32t=-100$，解得$t=\frac{25}{4}$。
综上，t的值为4或$\frac{25}{4}$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{2}$；
(2) $\boldsymbol{\frac{25}{4}\mathrm{cm}}$；
(3) $\boldsymbol{t=4}$或$\boldsymbol{t=\frac{25}{4}}$。
【知识点】
勾股定理；动点问题；分类讨论
【点评】
本题是典型的动点与勾股定理结合的题型，解题关键是根据动点的位置正确表示相关线段的长度，遇到直角三角形相关问题时，要注意分情况讨论直角的位置，避免漏解，同时熟练运用勾股定理建立方程求解未知量。
【难度系数】
0.6
解决本题首先利用勾股定理求出BC的长度，再根据各小问的条件逐步分析：
(1) 先求BC中点对应的BP长度，再结合运动速度计算时间t；
(2) 4s内点P在线段BC上，当BP=AP时，用含t的式子表示PC、AP的长度，在Rt△APC中利用勾股定理列方程求解t，再计算BP的长；
(3) △ABP为直角三角形时，需分两种情况讨论：①直角顶点为P，此时P与C重合；②直角顶点为A，此时P在BC的延长线上，分别利用勾股定理列方程求解t即可。
【解析】
首先在$Rt△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$AB=10\mathrm{cm}$，$AC=6\mathrm{cm}$，由勾股定理得：
$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8\mathrm{cm}$。
(1) 当P为BC中点时，$BP=\frac{1}{2}BC=4\mathrm{cm}$，
已知点P运动速度为$2\mathrm{cm/s}$，则$t=\frac{4}{2}=2$。
(2) 点P从B到C的运动时间为$8÷2=4\mathrm{s}$，因此4s内点P在线段BC上。
由题意得$BP=AP=2t\mathrm{cm}$，则$PC=BC-BP=(8-2t)\mathrm{cm}$，
在$Rt△ APC$中，根据勾股定理$PC^2+AC^2=AP^2$，代入得：
$(8-2t)^2+6^2=(2t)^2$，
展开：$64-32t+4t^2+36=4t^2$，
化简得：$100-32t=0$，解得$t=\frac{25}{8}$，
因此$BP=2t=2×\frac{25}{8}=\frac{25}{4}\mathrm{cm}$。
(3) 分两种情况讨论：
① 当$∠ APB=90°$时，点P与点C重合，此时$BP=BC=8\mathrm{cm}$，则$t=8÷2=4$；
② 当$∠ BAP=90°$时，点P在BC的延长线上，此时$BP=2t\mathrm{cm}$，$PC=(2t-8)\mathrm{cm}$，
在$Rt△ ACP$中，$AP^2=AC^2+PC^2=6^2+(2t-8)^2$，
在$Rt△ ABP$中，$AP^2=BP^2-AB^2=(2t)^2-10^2$，
联立得：$6^2+(2t-8)^2=(2t)^2-10^2$，
展开：$36+4t^2-32t+64=4t^2-100$，
化简得：$100-32t=-100$，解得$t=\frac{25}{4}$。
综上，t的值为4或$\frac{25}{4}$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{2}$；
(2) $\boldsymbol{\frac{25}{4}\mathrm{cm}}$；
(3) $\boldsymbol{t=4}$或$\boldsymbol{t=\frac{25}{4}}$。
【知识点】
勾股定理；动点问题；分类讨论
【点评】
本题是典型的动点与勾股定理结合的题型，解题关键是根据动点的位置正确表示相关线段的长度，遇到直角三角形相关问题时，要注意分情况讨论直角的位置，避免漏解，同时熟练运用勾股定理建立方程求解未知量。
【难度系数】
0.6
14. ★★★ 一题多解 如图,在$Rt△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,D为AB的中点,点E在BC边上(点E不与点B,C重合),连接DE,过点D作$DF⊥ DE$交AC于点F,连接EF.
(1)试说明:$AF^2 + BE^2 = EF^2$;
(2)若$AC=7$,$BC=5$,$EC=1$,求AF的长.
(1)试说明:$AF^2 + BE^2 = EF^2$;
(2)若$AC=7$,$BC=5$,$EC=1$,求AF的长.
答案
14. 【解】(1)方法一:延长 $ED$ 到点 $M$,使 $DM=DE$,连接 $AM,FM$,如图①. 因为 $D$ 为 $AB$ 的中点,所以 $AD=BD$. 在$△ADM$与$△BDE$中,$\begin{cases} AD=BD, \\ ∠ADM=∠BDE, \\ DM=DE, \end{cases}$所以 $△ADM≌△BDE(\mathrm{SAS})$,所以 $AM=BE$,$∠DAM=∠B$,所以 $AM// BC$,所以 $∠MAF=180°-∠C=90°$. 因为 $FD⊥ME$,$DE=DM$,所以易得 $MF=FE$. 因为在 $Rt△MAF$ 中,$AM^2+AF^2=MF^2$,所以 $AF^2+BE^2=EF^2$.
方法二:如图②,延长 $FD$ 到点 $G$,使 $DG=FD$,连接 $GB,EG$,
因为 $ED⊥DF$,所以易得 $EF=EG$.
因为 $D$ 是 $AB$ 的中点,所以 $BD=AD$.
在$△BDG$和$△ADF$中,$\begin{cases} AD=BD, \\ ∠ADF=∠BDG, \\ FD=DG, \end{cases}$
所以$△BDG≌△ADF(\mathrm{SAS})$,
所以 $AF=BG$,$∠A=∠DBG$.
因为 $∠A+∠ABC=90°$,
所以 $∠EBG=∠DBG+∠ABC=90°$,
所以 $BG^2+EB^2=EG^2$,
所以 $AF^2+BE^2=EF^2$.
(2)设 $AF=x$. 因为 $AC=7$,$BC=5$,$CE=1$,所以 $CF=AC-AF=7-x$,$BE=BC-CE=4$. 因为 $∠C=90°$,所以 $CF^2+CE^2=EF^2$,所以 $EF^2=(7-x)^2+1$. 由(1)知 $EF^2=AF^2+BE^2=x^2+4^2$,所以 $x^2+4^2=(7-x)^2+1$,解得 $x=\frac{17}{7}$,所以 $AF=\frac{17}{7}$.
点方法 解此类题的关键在于运用倍长中线法将原来分散的线段关联起来,使其集中到同一个直角三角形内,从而借助勾股定理建立等量关系.
解析
【分析】
(1) 要证明$AF^2 + BE^2 = EF^2$，符合勾股定理的形式，但三条线段不在同一个直角三角形中，因此需要构造全等三角形转移线段。已知D是AB中点，可采用倍长中线法：要么延长ED到M使DM=DE，证明△ADM≌△BDE，把BE转化为AM，再证明△MAF是直角三角形，结合垂直平分线性质得MF=EF，即可用勾股定理证明；也可延长FD到G使DG=FD，同理转移AF为BG，构造直角△EBG证明。
(2) 设AF的长为x，先表示出CF、BE的长度，在Rt△CEF中用勾股定理表示出$EF^2$，再结合(1)得出的$EF^2=AF^2+BE^2$建立方程，求解即可得到AF的长度。
【解析】
(1) 方法一：延长 $ED$ 到点 $M$,使 $DM=DE$,连接 $AM,FM$,如图①.
因为 $D$ 为 $AB$ 的中点,所以 $AD=BD$.
在$△ADM$与$△BDE$中,
$\begin{cases} AD=BD, \\ ∠ADM=∠BDE, \\ DM=DE, \end{cases}$
所以 $△ADM≌△BDE(\mathrm{SAS})$,
所以 $AM=BE$,$∠DAM=∠B$,
所以 $AM// BC$,
所以 $∠MAF=180°-∠C=90°$.
因为 $FD⊥ME$,$DE=DM$,所以 $FD$ 垂直平分$ME$,故 $MF=FE$.
因为在 $Rt△MAF$ 中,由勾股定理得$AM^2+AF^2=MF^2$,
代入$AM=BE$、$MF=EF$,得 $AF^2+BE^2=EF^2$.
方法二：如图②,延长 $FD$ 到点 $G$,使 $DG=FD$,连接 $GB,EG$,
因为 $ED⊥DF$,$DG=FD$,所以$ED$垂直平分$FG$,故 $EF=EG$.
因为 $D$ 是 $AB$ 的中点,所以 $BD=AD$.
在$△BDG$和$△ADF$中,
$\begin{cases} AD=BD, \\ ∠ADF=∠BDG, \\ FD=DG, \end{cases}$
所以$△BDG≌△ADF(\mathrm{SAS})$,
所以 $AF=BG$,$∠A=∠DBG$.
因为 $∠A+∠ABC=90°$,
所以 $∠EBG=∠DBG+∠ABC=90°$,
在$Rt△EBG$中,由勾股定理得$BG^2+EB^2=EG^2$,
代入$AF=BG$、$EG=EF$,得 $AF^2+BE^2=EF^2$.
(2) 设 $AF=x$.
因为 $AC=7$,$BC=5$,$CE=1$,
所以 $CF=AC-AF=7-x$,$BE=BC-CE=5-1=4$.
因为 $∠C=90°$,在$Rt△CEF$中,由勾股定理得 $CF^2+CE^2=EF^2$,
所以 $EF^2=(7-x)^2+1^2=(7-x)^2+1$.
由(1)知 $EF^2=AF^2+BE^2=x^2+4^2$,
联立得方程：$x^2+4^2=(7-x)^2+1$,
展开化简得$14x=34$,
解得 $x=\frac{17}{7}$.
【答案】
(1) 证明如上，对应辅助线示意图：
(2) $AF=\frac{17}{7}$
【知识点】
全等三角形判定与性质，勾股定理，垂直平分线的性质
【点评】
本题是勾股定理与全等三角形结合的典型题型，核心思路是通过倍长中线的辅助线方法，将原本分散的三条线段转移到同一个直角三角形中，将待证的平方和关系与勾股定理关联。既考查了基础几何性质的应用，也体现了构造全等转化线段的常用技巧，是几何中解决线段平方和类问题的经典考法。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明$AF^2 + BE^2 = EF^2$，符合勾股定理的形式，但三条线段不在同一个直角三角形中，因此需要构造全等三角形转移线段。已知D是AB中点，可采用倍长中线法：要么延长ED到M使DM=DE，证明△ADM≌△BDE，把BE转化为AM，再证明△MAF是直角三角形，结合垂直平分线性质得MF=EF，即可用勾股定理证明；也可延长FD到G使DG=FD，同理转移AF为BG，构造直角△EBG证明。
(2) 设AF的长为x，先表示出CF、BE的长度，在Rt△CEF中用勾股定理表示出$EF^2$，再结合(1)得出的$EF^2=AF^2+BE^2$建立方程，求解即可得到AF的长度。
【解析】
(1) 方法一：延长 $ED$ 到点 $M$,使 $DM=DE$,连接 $AM,FM$,如图①.
因为 $D$ 为 $AB$ 的中点,所以 $AD=BD$.
在$△ADM$与$△BDE$中,
$\begin{cases} AD=BD, \\ ∠ADM=∠BDE, \\ DM=DE, \end{cases}$
所以 $△ADM≌△BDE(\mathrm{SAS})$,
所以 $AM=BE$,$∠DAM=∠B$,
所以 $AM// BC$,
所以 $∠MAF=180°-∠C=90°$.
因为 $FD⊥ME$,$DE=DM$,所以 $FD$ 垂直平分$ME$,故 $MF=FE$.
因为在 $Rt△MAF$ 中,由勾股定理得$AM^2+AF^2=MF^2$,
代入$AM=BE$、$MF=EF$,得 $AF^2+BE^2=EF^2$.
方法二：如图②,延长 $FD$ 到点 $G$,使 $DG=FD$,连接 $GB,EG$,
因为 $ED⊥DF$,$DG=FD$,所以$ED$垂直平分$FG$,故 $EF=EG$.
因为 $D$ 是 $AB$ 的中点,所以 $BD=AD$.
在$△BDG$和$△ADF$中,
$\begin{cases} AD=BD, \\ ∠ADF=∠BDG, \\ FD=DG, \end{cases}$
所以$△BDG≌△ADF(\mathrm{SAS})$,
所以 $AF=BG$,$∠A=∠DBG$.
因为 $∠A+∠ABC=90°$,
所以 $∠EBG=∠DBG+∠ABC=90°$,
在$Rt△EBG$中,由勾股定理得$BG^2+EB^2=EG^2$,
代入$AF=BG$、$EG=EF$,得 $AF^2+BE^2=EF^2$.
(2) 设 $AF=x$.
因为 $AC=7$,$BC=5$,$CE=1$,
所以 $CF=AC-AF=7-x$,$BE=BC-CE=5-1=4$.
因为 $∠C=90°$,在$Rt△CEF$中,由勾股定理得 $CF^2+CE^2=EF^2$,
所以 $EF^2=(7-x)^2+1^2=(7-x)^2+1$.
由(1)知 $EF^2=AF^2+BE^2=x^2+4^2$,
联立得方程：$x^2+4^2=(7-x)^2+1$,
展开化简得$14x=34$,
解得 $x=\frac{17}{7}$.
【答案】
(1) 证明如上，对应辅助线示意图：
(2) $AF=\frac{17}{7}$
【知识点】
全等三角形判定与性质，勾股定理，垂直平分线的性质
【点评】
本题是勾股定理与全等三角形结合的典型题型，核心思路是通过倍长中线的辅助线方法，将原本分散的三条线段转移到同一个直角三角形中，将待证的平方和关系与勾股定理关联。既考查了基础几何性质的应用，也体现了构造全等转化线段的常用技巧，是几何中解决线段平方和类问题的经典考法。
【难度系数】
0.6
