12. 如图，在 $□ ABCD$ 中，$AB = 2\sqrt{2}$，$\angle B = 45^{\circ}$，$E$，$F$ 分别是 $AB$，$AD$ 的中点，连接 $EF$，$EC$，$CF$。若 $\triangle CEF$ 是直角三角形，则 $BC$ 的长为。

√17 - 1或(1 + √17)/2

设BC=2x，以向量法或坐标法计算CE²、EF²、CF²。E、F为中点，利用平行四边形性质及余弦定理得：EC²=4x²+4x+2，EF²=x²-2x+2，CF²=x²+4x+8。分三种情况讨论直角：
1. 若∠E=90°，则EC²+EF²=CF²，解得x=(1+√17)/4，BC=2x=(1+√17)/2；
2. 若∠F=90°，则EF²+CF²=EC²，解得x=(√17-1)/2，BC=2x=√17-1；
3. 若∠C=90°，方程无解。

例$3 (2025 $周口一模$)$如图，将边长为$ 5 $的正方形$ ABCD $的边$ AB $绕点$ A $逆时针旋转至$ AB'，$连接$ BB'，$过点$ D $作$ DE ⊥ $直线$ BB'，$垂足为$ E，$当以$ B'，$$E，$$C，$$D $为顶点的四边形是平行四边形时，$BB' $的长为　　。　　

$2\sqrt{5}或10$

解:建立坐标系，设$A(0,0)，$$B(5,0)，$$D(0,5)，$$C(5,5)。$设$AB$绕$A$逆时针旋转$θ$角得$AB'，$$B'(5cosθ,5sinθ)。$过$D$作$DE⊥BB'$于$E，$$E$为垂足。以$B',E,C,D$为顶点的四边形是平行四边形分两种情况：　　
情况$1$：$CD$为平行四边形的边$ $　　
$CD$向量$=(-5,0)，$则$B'E=CD$或$EB'=CD。$当$EB'=CD$时，$E=B'+(5,0)=(5cosθ+5,5sinθ)。$联立$BB'$与$DE$方程解得$E$坐标，结合$sinθ+cosθ=-1，$解得$θ=π，$此时$B'(-5,0)，$$BB'=10。$　　
情况$2$：$CD$为平行四边形的对角线$ $　　
对角线互相平分，$B'C$与$DE$中点重合，即$\frac{B'+C}{2}=\frac{D+E}{2}。$解得$3cosθ-sinθ=1$且$3sinθ+cosθ=3，$得$sinθ=\frac{4}{5}，$$cosθ=\frac{3}{5}。$$BB'=10sin(\frac{θ}{2})=2√5。$　　
综上，$BB'$的长为$2√5$或$10。$　　

训练 13. (2025 郑州三模)如图，菱形 $ABCD$ 的边长为 $6$，$\angle A = 45^{\circ}$，点 $E$ 是直线 $BC$ 上的一个动点(不与点 $B$，$C$ 重合)，连接 $DE$，将线段 $DE$ 绕点 $D$ 逆时针旋转 $135^{\circ}$ 得到线段 $DF$，在平面内存在一点 $G$，若以点 $C$，$F$，$D$，$G$ 为顶点的四边形也是菱形，则此时线段 $BE$ 的长为。

1. 首先，根据菱形的性质和旋转的性质：
因为四边形$ABCD$是菱形，边长$AD = CD=6$，$\angle A=\angle BCD = 45^{\circ}$，$\angle ADC = 135^{\circ}$，由旋转可知$DE = DF$，$\angle EDF = 135^{\circ}$，所以$\angle ADE=\angle CDF$。
在$\triangle ADE$和$\triangle CDF$中，$\{\begin{array}{l}AD = CD\\\angle ADE=\angle CDF\\DE = DF\end{array} $，根据$SAS$（边角边）定理可得$\triangle ADE\cong\triangle CDF$。
所以$\angle DCF=\angle A = 45^{\circ}$。
2. 然后，分情况讨论：
情况一：当$CD = CF$时：
因为$\triangle ADE\cong\triangle CDF$，所以$AE = CF$。又因为$CD = 6$，所以$AE = 6$。
因为$AB = 6$，所以$BE=AE - AB$（点$E$在$BA$的延长线上），$BE = 6\sqrt{2}-6$。
情况二：当$DF = DC$时：
因为$DE = DF$，$CD = 6$，所以$DE = 6$。
过$D$作$DH⊥ BC$于$H$，在$Rt\triangle DCH$中，$\angle DCH = 45^{\circ}$，$CD = 6$，根据$\sin\angle DCH=\frac{DH}{CD}$，$\cos\angle DCH=\frac{CH}{CD}$，可得$DH = CH=\frac{\sqrt{2}}{2}CD = 3\sqrt{2}$。
在$Rt\triangle DHE$中，$DE = 6$，$DH = 3\sqrt{2}$，根据勾股定理$EH=\sqrt{DE^{2}-DH^{2}}=\sqrt{36 - 18}=3\sqrt{2}$。
当点$E$在$H$的左侧时，$BE=BH - EH$，$BH = 6 - 3\sqrt{2}$，$EH = 3\sqrt{2}$，$BE = 6 - 6\sqrt{2}$（舍去，因为$BE\gt0$）；当点$E$在$H$的右侧时，$BE=EH - BH$，$BE = 6$。
所以$BE$的长为$6$或$6\sqrt{2}-6$。

例4 (2025 河南，15)定义：有两个内角的差为 $90^{\circ}$ 的三角形叫做“反直角三角形”。如图，在 $\triangle ABC$ 中，$AB = AC = 5$，$BC = 8$，点 $P$ 为边 $BC$ 上一点，若 $\triangle APC$ 为“反直角三角形”，则 $BP$ 的长为　。

$\frac{11}{2}$或$\frac{25}{4}$　　

解$:$在$△ABC$中，$AB=AC=5，$$BC=8，$过$A$作$AD⊥BC$于$D，$$D$为$BC$中点，$BD=DC=4，$$AD=3。$　　
设$P$在$BC$上，坐标法设$D$为原点，$B(-4,0)，$$C(4,0)，$$A(0,3)，$$P(t,0)，$$BP=t+4，$$PC=4-t。$　　
情况$1$：$∠APC - ∠CAP=90° $　　
$∠APC=∠CAP+90°，$$cos∠APC=-sin∠CAP。$　　
由向量得$cos∠APC=-t/√(t²+9)，$$sin∠CAP=3(4-t)/[5√(t²+9)]。$解得$t=\frac{3}{2}，$$BP=\frac{3}{2}+4=\frac{11}{2}。$　　
情况$2$：$∠APC - ∠C=90° $　　
$∠APC=∠C+90°，$$cos∠APC=-sin∠C=\frac{-3}{5}。$由$cos∠APC=-t/√(t²+9)=\frac{-3}{5}，$　　
解得$t=\frac{9}{4}，$$BP=\frac{9}{4}+4=\frac{25}{4}。$　　

训练 14. (2025 漯河三模)定义：若一个钝角三角形中，两个锐角满足其中一个角的 $2$ 倍与另一个角互余，则我们称这个三角形为“奋进三角形”。如图，在 $Rt\triangle ABC$ 中，$\angle C = 90^{\circ}$，$AC = 3$，$BC = 4$，点 $P$ 为边 $BC$ 上一个动点，若 $\triangle APB$ 为“奋进三角形”，则 $BP$ 的长为。

$\frac{7}{4}$或$\frac{5}{2}$

在$Rt\triangle ABC$中，$AC=3$，$BC=4$，则$AB=5$。设$BP=x$，$PC=4-x$，$AP^2=3^2+(4-x)^2=9+(4-x)^2$。$\triangle APB$为钝角三角形，钝角只能为$\angle APB$（$\angle PBA=\angle B$为锐角，$\angle PAB$为钝角时$BP＞4$舍去），两锐角为$\angle PAB$（$\alpha$）和$\angle B$（$\beta$）。
情况1：$2\alpha+\beta=90°$
$\alpha=(90°-\beta)/2$，由正弦定理：$\frac{BP}{\sin\alpha}=\frac{AB}{\sin\angle APB}$。$\angle APB=135°-\beta/2$，$\sin\angle APB=\cos(45°-\beta/2)$，$\sin\alpha=\sin(45°-\beta/2)$，则$x=5\tan(45°-\beta/2)$。由$\tan\beta=3/4$得$\tan(\beta/2)=1/3$，$\tan(45°-\beta/2)=1/2$，故$x=5×1/2=5/2$。
情况2：$2\beta+\alpha=90°$
$\alpha=90°-2\beta$，由正弦定理：$\frac{BP}{\cos2\beta}=\frac{AB}{\cos\beta}$。$\cos\beta=4/5$，$\cos2\beta=7/25$，则$x=5×(7/25)/(4/5)=7/4$。
综上，$BP=7/4$或$5/2$。