15. (2025 信阳二模)若一个三角形三边长之比为 $3:4:5$，则称这个三角形为“勾股三角形”。如图，在矩形 $ABCD$ 中，$AB = 5$，$AD ＞ AB$，点 $E$ 在边 $AD$ 上，将 $\triangle ABE$ 沿 $BE$ 折叠，得到 $\triangle FBE$，过点 $F$ 作 $FG ⊥ BC$ 于点 $G$。若 $\triangle FBG$ 是“勾股三角形”，则 $BE$ 的长为。

5√5/2，5√10/3

设矩形ABCD中，B为原点，BC为x轴，BA为y轴，B(0,0)，A(0,5)，F(p,q)，则BF=AB=5，FG⊥BC得G(p,0)，△FBG为直角三角形且三边比3:4:5，故有两种情况：
情况1：BG=3，FG=4，即F(3,4)。AF中点(1.5,4.5)，AF斜率=-1/3，BE斜率=3，BE方程y=3x。E在AD(y=5)上，E(5/3,5)，BE=√[(5/3)²+5²]=5√10/3。
情况2：BG=4，FG=3，即F(4,3)。AF中点(2,4)，AF斜率=-1/2，BE斜率=2，BE方程y=2x。E在AD(y=5)上，E(5/2,5)，BE=√[(5/2)²+5²]=5√5/2。

16. 定义：有一组对角相等而另一组对角不相等的四边形叫做“等对角四边形”。在四边形 $ABCD$ 中，$\angle DAB = 60^{\circ}$，$\angle ABC = 90^{\circ}$，$AB = 5$，$AD = 7$。若四边形 $ABCD$ 是“等对角四边形”，则对角线 $AC$ 的长为。

√73或2√13

分两种情况讨论：
1. 当∠DAB=∠BCD=60°时，过D作DE⊥AB于E，DF⊥BC于F。在Rt△ADE中，AE=AD·cos60°=3.5，DE=AD·sin60°=(7√3)/2，故EB=AB-AE=1.5，DF=EB=1.5。在Rt△DFC中，tan60°=DF/CF，得CF=√3/2，BC=BF+CF=(7√3)/2 + √3/2=4√3。在Rt△ABC中，AC=√(AB²+BC²)=√(5²+(4√3)²)=√73。
2. 当∠ABC=∠ADC=90°时，同理得DF=1.5，设BC=h，CF=h-(7√3)/2。在Rt△ADC中，AC²=AD²+DC²，在Rt△ABC中，AC²=AB²+BC²，联立得25+h²=49+(3/2)²+(h-(7√3)/2)²，解得h=3√3。在Rt△ABC中，AC=√(5²+(3√3)²)=2√13。

例5 如图，在矩形 $ABCD$ 中，$AB = 1$，$BC = a$，点 $E$ 在边 $BC$ 上，且 $BE = \frac{3}{5}a$。连接 $AE$，将 $\triangle ABE$ 沿 $AE$ 折叠，若点 $B$ 的对应点 $B'$ 落在矩形 $ABCD$ 的边上，则 $a$ 的值为。

$\frac{5}{3}$或$\frac{\sqrt{5}}{3}$
解:分两种情况讨论：
情况①：点$B'$落在边$AD$上
由折叠性质知$AB' = AB = 1$，$B'E = BE = \frac{3}{5}a$。
因$AD // BC$，折叠后$\angle B'AE = \angle BAE$，且$\angle DAE = \angle AEB$（内错角），故$\angle AEB = \angle B'AE$，则$AB' = B'E$。
又$AB' = AB = 1$，$B'E = BE = \frac{3}{5}a$，所以$1 = \frac{3}{5}a$，解得$a = \frac{5}{3}$。
情况②：点$B'$落在边$CD$上
设$B'(x, a)$（$CD$边$y = a$），由折叠性质知$AB' = AB = 1$，$B'E = BE = \frac{3}{5}a$。
$A(0,0)$，则$AB'^2 = x^2 + a^2 = 1$；$E(1, \frac{3}{5}a)$，则$B'E^2 = (x - 1)^2 + (a - \frac{3}{5}a)^2 = (\frac{3}{5}a)^2$。
化简得$(x - 1)^2 + (\frac{2a}{5})^2 = (\frac{3a}{5})^2$，即$(x - 1)^2 = \frac{a^2}{5}$，$x = 1 - \frac{a}{\sqrt{5}}$。
代入$x^2 + a^2 = 1$，解得$a = \frac{\sqrt{5}}{3}$。
综上，$a$的值为$\frac{5}{3}$或$\frac{\sqrt{5}}{3}$。

训练 17. (2022 河南，15)如图，在 $Rt\triangle ABC$ 中，$\angle ACB = 90^{\circ}$，$AC = BC = 2\sqrt{2}$，点 $D$ 为 $AB$ 的中点，点 $P$ 在 $AC$ 上，且 $CP = 1$，将 $CP$ 绕点 $C$ 在平面内旋转，点 $P$ 的对应点为点 $Q$，连接 $AQ$，$DQ$。当 $\angle ADQ = 90^{\circ}$ 时，$AQ$ 的长为。

√5或√13

以C为原点，CB为x轴，CA为y轴建立坐标系。则C(0,0)，A(0,2√2)，B(2√2,0)，AB中点D(√2,√2)，P(0,1)。CQ=CP=1，Q在圆x²+y²=1上。∠ADQ=90°，向量DA=(-√2,√2)，向量DQ=(x-√2,y-√2)，由DA·DQ=0得 -√2(x-√2)+√2(y-√2)=0，化简得y=x。联立x²+y²=1，得Q(√2/2,√2/2)或(-√2/2,-√2/2)。计算AQ：当Q(√2/2,√2/2)时，AQ=√[(√2/2)²+(2√2-√2/2)²]=√5；当Q(-√2/2,-√2/2)时，AQ=√[(-√2/2)²+(2√2+√2/2)²]=√13。

18. 如图，在正方形 $ABCD$ 中，$AB = 4$，点 $P$ 为射线 $AD$ 上一动点，连接 $BP$，将 $\triangle ABP$ 沿 $BP$ 折叠，当点 $A$ 的对应点 $A'$ 恰好落在线段 $BC$ 的垂直平分线上时，$AP$ 的长为。

8-4√3或8+4√3

设正方形ABCD中，B(0,0)，A(0,4)，C(4,0)，D(4,4)，射线AD方程为y=4(x≥0)，P(t,4)(t≥0)。BC垂直平分线为x=2，设A'(2,m)。由折叠性质，BA'=BA=4，即√(2²+m²)=4，得m=±2√3。
情况1：A'(2,2√3)
PA=PA'，PA=t，PA'=√[(t-2)²+(4-2√3)²]，则t=√[(t-2)²+(4-2√3)²]。平方化简得t=8-4√3。
情况2：A'(2,-2√3)
同理，PA'=√[(t-2)²+(4+2√3)²]，t=√[(t-2)²+(4+2√3)²]。平方化简得t=8+4√3。
综上，AP的长为8-4√3或8+4√3。

19. (2025 驻马店三模)如图，在平行四边形 $ABCD$ 中，$AB = 2$，$BC = 3$，$\angle ABC = 60^{\circ}$，点 $P$ 为射线 $AD$ 上一动点，连接 $BP$，点 $M$，$N$ 分别为直线 $AD$，$BC$ 上的点，且 $MN$ 垂直平分 $BP$，若 $AM = 1$，则线段 $DP$ 的长为。

√7 - 2或4 - √3

建立坐标系，设B(0,0)，C(3,0)，由∠ABC=60°，AB=2得A(1,√3)，D(4,√3)。直线AD：y=√3，M在直线AD上且AM=1，故M(2,√3)或(0,√3)。设P(p,√3)(p≥1)，MN垂直平分BP，BP中点Q(p/2,√3/2)在MN上，且MN斜率为-p/√3。
当M(2,√3)时，MN斜率=(-√3)/(n-2)=-p/√3，得n=2+3/p。Q在MN上：√3/2 - √3=(-p/√3)(p/2 - 2)，化简得p²-4p-3=0，解得p=2+√7（p=2-√7舍去），DP=|2+√7 - 4|=√7 - 2。
当M(0,√3)时，同理得p²=3，p=√3（p=-√3舍去），DP=|√3 - 4|=4 - √3。