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8. 教材习题变式 [2026北京昌平区期末] 如图，在长方形纸片ABCD中，点M在AD上，沿MC所在直线折叠，使点D落在点D'处，MD'与BC交于点N，沿ME折叠，使AM落在直线MD'上，点A落在点A'处，点B落在点B'处。若CD=4，MD=8，则CE的长为 (
A.9
B.10
C.11
D.12
B
)A.9
B.10
C.11
D.12
答案
如图,由折叠的性质,得∠1 = ∠2,∠4 = ∠5. 由矩形的对边互相平行得AD//BC,
∴ ∠1 = ∠3,∠4 = ∠6,
∴ ∠3 = ∠2,∠6 = ∠5,
∴ MN = CN = EN. 由折叠的性质可得 MD = MD',∠D = ∠D' = 90°,
∴ ND' = MD - CN. 在Rt△CD'N中,由勾股定理可得 CN² = ND'² + CD'².
∵ MD = 8, CD = 4,
∴ CN² = (8 - CN)² + 4²,解得 CN = 5,
∴ CE = CN + NE = 10.
解析
【分析】
本题是矩形折叠类几何计算题，解题可按以下思路推导：1. 先利用折叠的性质，得到折叠前后相等的角与边：∠1=∠2、∠4=∠5，MD=MD'=8，CD=CD'=4，∠D'=∠D=90°；2. 结合矩形对边平行的性质，可得内错角相等，进而推导得出MN=CN、MN=EN，即CN=EN，因此CE=2CN，只需计算出CN的长度即可得到CE的长；3. 在Rt△CD'N中，将各边用含CN的代数式表示，利用勾股定理列方程求解CN，最终得到CE的长度。
【解析】
由折叠的性质可得：$∠1=∠2$，$∠4=∠5$，$MD=MD'=8$，$CD=CD'=4$，$∠ D=∠ D'=90°$。
∵ 四边形ABCD是长方形，$\therefore AD// BC$，
$\therefore ∠1=∠3$，$∠4=∠6$，
$\therefore ∠2=∠3$，$∠5=∠6$，
由等角对等边得：$MN=CN$，$MN=EN$，即$CN=EN$。
设$CN=x$，则$ND'=MD'-MN=MD'-CN=8-x$，
在$Rt△ CD'N$中，由勾股定理得：$CN^2=ND'^2+CD'^2$，
代入数据得：$x^2=(8-x)^2+4^2$，
展开整理得：$x^2=64-16x+x^2+16$，
消去$x^2$解得：$16x=80$，$x=5$，
$\therefore CE=CN+NE=5+5=10$。
【答案】
B
【知识点】
折叠的性质；矩形的性质；勾股定理
【点评】
本题是矩形折叠的典型题型，综合考查了折叠的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定和勾股定理的应用，解题时要注意挖掘折叠隐含的相等边角的条件，结合方程思想求解，解题关键是推导出CN=EN的等量关系，再利用勾股定理建立方程计算。
【难度系数】
0.7
本题是矩形折叠类几何计算题，解题可按以下思路推导：1. 先利用折叠的性质，得到折叠前后相等的角与边：∠1=∠2、∠4=∠5，MD=MD'=8，CD=CD'=4，∠D'=∠D=90°；2. 结合矩形对边平行的性质，可得内错角相等，进而推导得出MN=CN、MN=EN，即CN=EN，因此CE=2CN，只需计算出CN的长度即可得到CE的长；3. 在Rt△CD'N中，将各边用含CN的代数式表示，利用勾股定理列方程求解CN，最终得到CE的长度。
【解析】
由折叠的性质可得：$∠1=∠2$，$∠4=∠5$，$MD=MD'=8$，$CD=CD'=4$，$∠ D=∠ D'=90°$。
∵ 四边形ABCD是长方形，$\therefore AD// BC$，
$\therefore ∠1=∠3$，$∠4=∠6$，
$\therefore ∠2=∠3$，$∠5=∠6$，
由等角对等边得：$MN=CN$，$MN=EN$，即$CN=EN$。
设$CN=x$，则$ND'=MD'-MN=MD'-CN=8-x$，
在$Rt△ CD'N$中，由勾股定理得：$CN^2=ND'^2+CD'^2$，
代入数据得：$x^2=(8-x)^2+4^2$，
展开整理得：$x^2=64-16x+x^2+16$，
消去$x^2$解得：$16x=80$，$x=5$，
$\therefore CE=CN+NE=5+5=10$。
【答案】
B
【知识点】
折叠的性质；矩形的性质；勾股定理
【点评】
本题是矩形折叠的典型题型，综合考查了折叠的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定和勾股定理的应用，解题时要注意挖掘折叠隐含的相等边角的条件，结合方程思想求解，解题关键是推导出CN=EN的等量关系，再利用勾股定理建立方程计算。
【难度系数】
0.7
9. [2024 海南中考] 如图,菱形ABCD的边长为2,∠ABC=120°,边AB在数轴上.将AC绕点A顺时针旋转,点C落在数轴上的点E处.若点E表示的数是3,则点A表示的数是 (
A.1
B.$1-\sqrt{3}$
C.0
D.$3-2\sqrt{3}$
D
)A.1
B.$1-\sqrt{3}$
C.0
D.$3-2\sqrt{3}$
答案
如图,过点 C 作 CF ⊥ AE 于点 F.
∵ ∠ABC = 120°,
∴ ∠FBC = 60°,
∴ ∠BCF = 30°.
∵ BC = 2,
∴ BF = 1/2 BC = 1,
∴ CF = √(BC² - BF²) = √3 , AF = AB + BF = 3,
∴ AE = AC = √(AF² + CF²) = √(3² + (√3)²) = 2√3 .
∵ 点 E 表示的数是 3,
∴ 点A 表示的数是 3 - 2√3 .
解析
【分析】
要确定点A表示的数，已知点E表示的数为3，需先求出线段AE的长度。根据旋转的性质可知AE=AC，因此解题核心是求AC的长。已知菱形ABCD的边长为2，∠ABC=120°，可过点C作AE的垂线构造直角三角形，利用30°直角三角形的性质和勾股定理依次求出BF、CF、AF的长度，进而求出AC即AE的长度，最后用点E表示的数减去AE的长度即可得到点A表示的数。
【解析】
过点C作CF⊥AE于点F，
∵ 四边形ABCD是菱形，边长为2，
∴ BC=AB=2，
∵ ∠ABC=120°，
∴ ∠FBC=180°-120°=60°，
在Rt△BCF中，∠BCF=90°-60°=30°，
∴ BF=$\frac{1}{2}$BC=$\frac{1}{2}$×2=1，
由勾股定理得：CF=$\sqrt{BC^2-BF^2}$=$\sqrt{2^2-1^2}$=$\sqrt{3}$，
∴ AF=AB+BF=2+1=3，
在Rt△ACF中，AC=$\sqrt{AF^2+CF^2}$=$\sqrt{3^2+(\sqrt{3})^2}$=$\sqrt{12}$=2$\sqrt{3}$，
由旋转的性质可知AE=AC=2$\sqrt{3}$，
∵ 点E表示的数是3，
∴ 点A表示的数为$3-2\sqrt{3}$。
【答案】
D
【知识点】
菱形的性质，旋转的性质，直角三角形的性质
【点评】
本题综合考查了几何图形的基本性质，解题的关键是利用旋转的性质得到AE=AC，通过作高构造直角三角形，结合特殊直角三角形的性质和勾股定理求解线段长度，是几何综合类的基础题型。
【难度系数】
0.7
要确定点A表示的数，已知点E表示的数为3，需先求出线段AE的长度。根据旋转的性质可知AE=AC，因此解题核心是求AC的长。已知菱形ABCD的边长为2，∠ABC=120°，可过点C作AE的垂线构造直角三角形，利用30°直角三角形的性质和勾股定理依次求出BF、CF、AF的长度，进而求出AC即AE的长度，最后用点E表示的数减去AE的长度即可得到点A表示的数。
【解析】
过点C作CF⊥AE于点F，
∵ 四边形ABCD是菱形，边长为2，
∴ BC=AB=2，
∵ ∠ABC=120°，
∴ ∠FBC=180°-120°=60°，
在Rt△BCF中，∠BCF=90°-60°=30°，
∴ BF=$\frac{1}{2}$BC=$\frac{1}{2}$×2=1，
由勾股定理得：CF=$\sqrt{BC^2-BF^2}$=$\sqrt{2^2-1^2}$=$\sqrt{3}$，
∴ AF=AB+BF=2+1=3，
在Rt△ACF中，AC=$\sqrt{AF^2+CF^2}$=$\sqrt{3^2+(\sqrt{3})^2}$=$\sqrt{12}$=2$\sqrt{3}$，
由旋转的性质可知AE=AC=2$\sqrt{3}$，
∵ 点E表示的数是3，
∴ 点A表示的数为$3-2\sqrt{3}$。
【答案】
D
【知识点】
菱形的性质，旋转的性质，直角三角形的性质
【点评】
本题综合考查了几何图形的基本性质，解题的关键是利用旋转的性质得到AE=AC，通过作高构造直角三角形，结合特殊直角三角形的性质和勾股定理求解线段长度，是几何综合类的基础题型。
【难度系数】
0.7
10. [2025 北京海淀区期中] 如图, 在 $Rt△ ABC$ 中, $∠ C=90°, ∠ B=30°, AC=5, D$ 是 $BC$ 上的动点,连接 $AD, AD$ 的垂直平分线 $EF$ 分别交 $AC, AB$ 于点 $E, F$.
(1)求 $AB$ 的长;
(2)求 $BF$ 的最大值.
(1)求 $AB$ 的长;
(2)求 $BF$ 的最大值.
答案
(1)在Rt△ABC中,∠C = 90°, ∠B = 30°, AC = 5,
∴ AB = 2AC = 10.
(2)如图,连接 DF,过点 F 作 FH ⊥ BC 于点 H,若 BF 最大,则 AF 最小.
∵ EF 垂直平分 AD,
∴ AF = DF.
设 AF = x,则 BF = 10 - x, DF = x.
∵ ∠B = 30°,
∴ FH = 1/2 BF = 1/2 (10 - x) = 5 - 1/2 x.
∵ FD ≥ FH(垂线段最短),
∴ x ≥ 5 - 1/2 x,解得 x ≥ 10/3 ,
∴ AF 的最小值为 10/3 ,
∴ BF 的最大值为 10 - 10/3 = 20/3 .
解析
【分析】
(1) 第一问可直接利用直角三角形的性质求解：已知Rt△ABC中∠C=90°、∠B=30°，AC是30°角对的直角边，根据30°角所对直角边等于斜边的一半，即可直接求出斜边AB的长度。
(2) 第二问求BF的最大值，由于AB长度固定，BF=AB-AF，因此要让BF最大，需先让AF最小。由EF是AD的垂直平分线可得AF=DF，问题可转化为求DF的最小值；根据垂线段最短，点F到BC的最短距离是F到BC的垂线段FH的长度，即DF≥FH，再结合∠B=30°得到FH和BF的数量关系，列不等式求解AF的最小值，即可得到BF的最大值。
【解析】
(1) 在$Rt△ ABC$中，$∠ C = 90°$，$∠ B = 30°$，$AC=5$，
根据直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半，得：
$AB = 2AC = 2×5=10$。
(2) 连接$DF$，过点$F$作$FH ⊥ BC$于点$H$。
因为$AB=10$，所以$BF=10-AF$，若$BF$最大，则$AF$最小。
因为$EF$垂直平分$AD$，根据线段垂直平分线的性质，得$AF=DF$。
设$AF=x$，则$BF=10-x$，$DF=x$。
在$Rt△ BFH$中，$∠ B=30°$，所以$FH=\frac{1}{2}BF=\frac{1}{2}(10-x)=5-\frac{1}{2}x$。
根据垂线段最短，可得$FD≥ FH$，即：
$x≥ 5-\frac{1}{2}x$
解得$x≥\frac{10}{3}$，即$AF$的最小值为$\frac{10}{3}$。
因此$BF$的最大值为$10-\frac{10}{3}=\frac{20}{3}$。
【答案】
(1) $AB$的长为$\boldsymbol{10}$；
(2) $BF$的最大值为$\boldsymbol{\frac{20}{3}}$。
【知识点】
直角三角形30°角的性质、线段垂直平分线的性质、垂线段最短
【点评】
本题是几何最值类基础题，解题的核心是将BF的最大值问题转化为AF的最小值问题，通过线段垂直平分线的性质关联AF和DF，再结合垂线段最短建立不等关系求解，侧重对转化思想的应用考查。
【难度系数】
0.6
(1) 第一问可直接利用直角三角形的性质求解：已知Rt△ABC中∠C=90°、∠B=30°，AC是30°角对的直角边，根据30°角所对直角边等于斜边的一半，即可直接求出斜边AB的长度。
(2) 第二问求BF的最大值，由于AB长度固定，BF=AB-AF，因此要让BF最大，需先让AF最小。由EF是AD的垂直平分线可得AF=DF，问题可转化为求DF的最小值；根据垂线段最短，点F到BC的最短距离是F到BC的垂线段FH的长度，即DF≥FH，再结合∠B=30°得到FH和BF的数量关系，列不等式求解AF的最小值，即可得到BF的最大值。
【解析】
(1) 在$Rt△ ABC$中，$∠ C = 90°$，$∠ B = 30°$，$AC=5$，
根据直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半，得：
$AB = 2AC = 2×5=10$。
(2) 连接$DF$，过点$F$作$FH ⊥ BC$于点$H$。
因为$AB=10$，所以$BF=10-AF$，若$BF$最大，则$AF$最小。
因为$EF$垂直平分$AD$，根据线段垂直平分线的性质，得$AF=DF$。
设$AF=x$，则$BF=10-x$，$DF=x$。
在$Rt△ BFH$中，$∠ B=30°$，所以$FH=\frac{1}{2}BF=\frac{1}{2}(10-x)=5-\frac{1}{2}x$。
根据垂线段最短，可得$FD≥ FH$，即：
$x≥ 5-\frac{1}{2}x$
解得$x≥\frac{10}{3}$，即$AF$的最小值为$\frac{10}{3}$。
因此$BF$的最大值为$10-\frac{10}{3}=\frac{20}{3}$。
【答案】
(1) $AB$的长为$\boldsymbol{10}$；
(2) $BF$的最大值为$\boldsymbol{\frac{20}{3}}$。
【知识点】
直角三角形30°角的性质、线段垂直平分线的性质、垂线段最短
【点评】
本题是几何最值类基础题，解题的核心是将BF的最大值问题转化为AF的最小值问题，通过线段垂直平分线的性质关联AF和DF，再结合垂线段最短建立不等关系求解，侧重对转化思想的应用考查。
【难度系数】
0.6
1. 已知角度和线段长求斜边长 如图,在$△ ABC$中,$∠ A=30°,∠ B=45°,CD ⊥ AB$于点$D$.若$AC=6$,则$BC$的长为 (
A.$3\sqrt{2}$
B.$2\sqrt{3}$
C.$3\sqrt{3}$
D.$2\sqrt{5}$
A
)A.$3\sqrt{2}$
B.$2\sqrt{3}$
C.$3\sqrt{3}$
D.$2\sqrt{5}$
答案
∵ ∠A = 30°, ∠ADC = 90°,
∴ CD = 1/2 AC = 3.
∵ ∠B = 45°, ∠BDC = 90°,
∴ ∠BCD = 45°,
∴ BD = CD = 3. 由勾股定理可得 BC = √(BD² + CD²) = 3√2 .
解析
【分析】
解题时先观察到CD⊥AB将原三角形分成两个含特殊角的直角三角形，首先利用含30°角的直角三角形的性质求出公共边CD的长度，再利用含45°角的直角三角形是等腰直角三角形的性质得到BD与CD的关系，最后结合勾股定理即可算出BC的长度。
【解析】
解：
∵ CD⊥AB，
∴ ∠ADC=∠BDC=90°
在Rt△ADC中，∠A=30°，AC=6
∴ $CD=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}×6=3$
在Rt△BDC中，∠B=45°
∴ ∠BCD=90°-∠B=45°，即∠B=∠BCD
∴ BD=CD=3
由勾股定理可得：
$BC=\sqrt{BD^2+CD^2}=\sqrt{3^2+3^2}=\sqrt{18}=3\sqrt{2}$
【答案】
A
【知识点】
直角三角形30°角性质；等腰直角三角形性质；勾股定理
【点评】
本题属于基础计算题，核心是通过公共高CD搭建两个直角三角形的边长关联，只要熟练掌握特殊直角三角形的相关性质就能快速求解。
【难度系数】
0.8
解题时先观察到CD⊥AB将原三角形分成两个含特殊角的直角三角形，首先利用含30°角的直角三角形的性质求出公共边CD的长度，再利用含45°角的直角三角形是等腰直角三角形的性质得到BD与CD的关系，最后结合勾股定理即可算出BC的长度。
【解析】
解：
∵ CD⊥AB，
∴ ∠ADC=∠BDC=90°
在Rt△ADC中，∠A=30°，AC=6
∴ $CD=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}×6=3$
在Rt△BDC中，∠B=45°
∴ ∠BCD=90°-∠B=45°，即∠B=∠BCD
∴ BD=CD=3
由勾股定理可得：
$BC=\sqrt{BD^2+CD^2}=\sqrt{3^2+3^2}=\sqrt{18}=3\sqrt{2}$
【答案】
A
【知识点】
直角三角形30°角性质；等腰直角三角形性质；勾股定理
【点评】
本题属于基础计算题，核心是通过公共高CD搭建两个直角三角形的边长关联，只要熟练掌握特殊直角三角形的相关性质就能快速求解。
【难度系数】
0.8
2. 已知角度和线段长求直角边长|一题多解 如图,在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,$∠ A=30°$,$AB=4$,$CD⊥ AB$于点$D$,$E$是$AB$的中点,则$DE$的长为 (
A.1
B.2
C.3
D.4
A
)A.1
B.2
C.3
D.4
答案
通解 根据题意可得 CB = CE = 1/2 AB = BE = 2,
∴ △BCE是等边三角形.
∵ CD ⊥ AB,
∴ CD 是 BE 上的中垂线,
∴ DE = 1/2 BE = 1.
另解 在Rt△ABC中,
∵ ∠ACB = 90°, ∠A = 30°,
∴ ∠B = 60°. 在Rt△ABC中,
∵ E 是 AB 的中点, AB = 4,
∴ CE = BE = 1/2 AB = 2,
∴ △BCE 为等边三角形.
∵ CD ⊥ AB,
∴ DE = BD = 1/2 BE = 1.
得分要点：如图,在△ABC中,∠BCA = 90°,∠A = 60°,CD ⊥ AB 于点 D,则有(1)CD = 1/2 CB;(2)AC = 1/2 AB;(3)AD = 1/2 AC.
解析
【分析】
解题时先从已知条件入手：首先明确给出了含30°角的直角三角形、斜边长度、斜边中点、CD垂直AB这些信息。第一步先调用直角三角形的两个核心性质：30°角所对直角边是斜边的一半、直角三角形斜边中线等于斜边的一半，求出BC、BE、CE的长度，判断△BCE的形状，再结合CD⊥AB的条件，利用等边三角形三线合一的性质，即可求出DE的长度。
【解析】
解：在$\mathrm{Rt}△ABC$中，$∠ ACB=90°$，$∠ A=30°$，$AB=4$，
根据直角三角形30°角的性质，得$BC=\frac{1}{2}AB=2$。
∵E是AB的中点，根据直角三角形斜边中线的性质，
∴$CE=BE=\frac{1}{2}AB=2$，
∴$BC=CE=BE=2$，即$△ BCE$是等边三角形。
∵$CD⊥ AB$，由等边三角形三线合一的性质可知，CD是BE边上的中线，
∴$DE=\frac{1}{2}BE=\frac{1}{2}×2=1$。
【答案】
A
【知识点】
直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，三线合一
【点评】
本题属于基础题型，综合考查特殊三角形的性质应用，解题的关键是通过直角三角形的性质推导得到等边三角形，再结合三线合一快速求解，能有效检验学生对特殊三角形相关性质的掌握和灵活运用能力。
【难度系数】
0.8
解题时先从已知条件入手：首先明确给出了含30°角的直角三角形、斜边长度、斜边中点、CD垂直AB这些信息。第一步先调用直角三角形的两个核心性质：30°角所对直角边是斜边的一半、直角三角形斜边中线等于斜边的一半，求出BC、BE、CE的长度，判断△BCE的形状，再结合CD⊥AB的条件，利用等边三角形三线合一的性质，即可求出DE的长度。
【解析】
解：在$\mathrm{Rt}△ABC$中，$∠ ACB=90°$，$∠ A=30°$，$AB=4$，
根据直角三角形30°角的性质，得$BC=\frac{1}{2}AB=2$。
∵E是AB的中点，根据直角三角形斜边中线的性质，
∴$CE=BE=\frac{1}{2}AB=2$，
∴$BC=CE=BE=2$，即$△ BCE$是等边三角形。
∵$CD⊥ AB$，由等边三角形三线合一的性质可知，CD是BE边上的中线，
∴$DE=\frac{1}{2}BE=\frac{1}{2}×2=1$。
【答案】
A
【知识点】
直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，三线合一
【点评】
本题属于基础题型，综合考查特殊三角形的性质应用，解题的关键是通过直角三角形的性质推导得到等边三角形，再结合三线合一快速求解，能有效检验学生对特殊三角形相关性质的掌握和灵活运用能力。
【难度系数】
0.8
3. 已知线段长求面积 如图,在$△ ABC$中,$∠ ACB = 90°$,$D$是$AB$边的中点,$CE ⊥ AB$于点$E$.若$CE = 5$,$CD = 6$,则$△ ABC$的面积是
第3题图 第4题图
30
.第3题图 第4题图
答案
在△ABC中,
∵ ∠ACB = 90°,D 是 AB 边的中点,
∴ AB = 2CD = 12.
∵ CE ⊥ AB, CE = 5,
∴ S△ABC = 1/2 AB · CE = 1/2 × 12 × 5 = 30.
∵ ∠ACB = 90°,D 是 AB 边的中点,
∴ AB = 2CD = 12.
∵ CE ⊥ AB, CE = 5,
∴ S△ABC = 1/2 AB · CE = 1/2 × 12 × 5 = 30.
解析
【分析】
解题时首先观察题干条件，△ABC是直角三角形，D是斜边AB的中点，首先联想到直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，可先求出斜边AB的长度；已知CE是AB边上的高，长度为5，再利用三角形面积公式，代入AB和CE的数值即可求出△ABC的面积。
【解析】
在△ABC中，
∵ ∠ACB = 90°，D是AB边的中点，
∴ AB = 2CD = 2×6 = 12。
∵ CE ⊥ AB，CE = 5，
∴ $S_{△ABC} = \frac{1}{2} AB · CE = \frac{1}{2} × 12 × 5 = 30$。
【答案】
30
【知识点】
1. 直角三角形斜边中线性质
2. 三角形面积计算
【点评】
本题属于基础题型，解题关键是熟练运用直角三角形斜边中线的性质求出斜边AB的长度，再结合三角形面积公式求解，整体计算量小，思路明确。
【难度系数】
0.8
解题时首先观察题干条件，△ABC是直角三角形，D是斜边AB的中点，首先联想到直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，可先求出斜边AB的长度；已知CE是AB边上的高，长度为5，再利用三角形面积公式，代入AB和CE的数值即可求出△ABC的面积。
【解析】
在△ABC中，
∵ ∠ACB = 90°，D是AB边的中点，
∴ AB = 2CD = 2×6 = 12。
∵ CE ⊥ AB，CE = 5，
∴ $S_{△ABC} = \frac{1}{2} AB · CE = \frac{1}{2} × 12 × 5 = 30$。
【答案】
30
【知识点】
1. 直角三角形斜边中线性质
2. 三角形面积计算
【点评】
本题属于基础题型，解题关键是熟练运用直角三角形斜边中线的性质求出斜边AB的长度，再结合三角形面积公式求解，整体计算量小，思路明确。
【难度系数】
0.8
4. 已知线段长求等边三角形的边长 如图,在等边三角形ABC中,BD是AC边上的高,DE⊥AB于点E.若BE=3,则△ABC的边长为
4
.答案
根据题意可得∠ABC = 60°, AB = BC = AC.
∵ BD ⊥ AC,
∴ ∠ABD = 1/2 ∠ABC = 30°,
∵ DE ⊥ AB,
∴ DE = 1/2 BD, AD = 1/2 AB.
∵ BE = 3,
∴ 3² + 1/4 BD² = BD² ,
∴ BD = 2√3 .
∵ AD² + BD² = AB² , AD = 1/2 AB,
∴ (2√3)² + 1/4 AB² = AB² ,
∴ AB = 4.
∵ BD ⊥ AC,
∴ ∠ABD = 1/2 ∠ABC = 30°,
∵ DE ⊥ AB,
∴ DE = 1/2 BD, AD = 1/2 AB.
∵ BE = 3,
∴ 3² + 1/4 BD² = BD² ,
∴ BD = 2√3 .
∵ AD² + BD² = AB² , AD = 1/2 AB,
∴ (2√3)² + 1/4 AB² = AB² ,
∴ AB = 4.
解析
【分析】
解题时先从已知的等边三角形和高的条件入手，首先利用等边三角形“三线合一”的性质得到∠ABD=30°，将问题转化为含30°角的直角三角形的计算问题。先在Rt△BDE中，结合已知BE=3，利用勾股定理和30°角所对直角边是斜边一半的性质求出BD的长度，再在Rt△ABD中，再次利用上述性质和勾股定理即可求出等边三角形的边长AB。
【解析】
∵ △ABC是等边三角形，
∴ ∠ABC = 60°，AB = BC = AC。
∵ BD ⊥ AC，根据等边三角形三线合一，
∴ ∠ABD = $\frac{1}{2}$∠ABC = 30°。
∵ DE ⊥ AB，即△BDE是直角三角形，∠BED=90°，
∴ DE = $\frac{1}{2}$BD（30°角所对直角边等于斜边的一半），同理在Rt△ABD中，AD = $\frac{1}{2}$AB。
在Rt△BDE中，由勾股定理得：$BE^2 + DE^2 = BD^2$，
已知BE=3，代入DE=$\frac{1}{2}$BD得：
$3^2 + (\frac{1}{2}BD)^2 = BD^2$，
即$9 + \frac{1}{4}BD^2 = BD^2$，
解得$BD = 2\sqrt{3}$。
在Rt△ABD中，由勾股定理得：$AD^2 + BD^2 = AB^2$，
代入AD=$\frac{1}{2}$AB，$BD=2\sqrt{3}$得：
$(\frac{1}{2}AB)^2 + (2\sqrt{3})^2 = AB^2$，
即$\frac{1}{4}AB^2 + 12 = AB^2$，
解得$AB = 4$。
【答案】
4
【知识点】
等边三角形的性质；含30°角的直角三角形的性质；勾股定理
【点评】
本题属于几何基础计算题，核心是通过等边三角形三线合一的性质构造出含30°角的直角三角形，再结合勾股定理逐步推导未知线段长度，是三角形性质综合应用的典型题型。
【难度系数】
0.7
解题时先从已知的等边三角形和高的条件入手，首先利用等边三角形“三线合一”的性质得到∠ABD=30°，将问题转化为含30°角的直角三角形的计算问题。先在Rt△BDE中，结合已知BE=3，利用勾股定理和30°角所对直角边是斜边一半的性质求出BD的长度，再在Rt△ABD中，再次利用上述性质和勾股定理即可求出等边三角形的边长AB。
【解析】
∵ △ABC是等边三角形，
∴ ∠ABC = 60°，AB = BC = AC。
∵ BD ⊥ AC，根据等边三角形三线合一，
∴ ∠ABD = $\frac{1}{2}$∠ABC = 30°。
∵ DE ⊥ AB，即△BDE是直角三角形，∠BED=90°，
∴ DE = $\frac{1}{2}$BD（30°角所对直角边等于斜边的一半），同理在Rt△ABD中，AD = $\frac{1}{2}$AB。
在Rt△BDE中，由勾股定理得：$BE^2 + DE^2 = BD^2$，
已知BE=3，代入DE=$\frac{1}{2}$BD得：
$3^2 + (\frac{1}{2}BD)^2 = BD^2$，
即$9 + \frac{1}{4}BD^2 = BD^2$，
解得$BD = 2\sqrt{3}$。
在Rt△ABD中，由勾股定理得：$AD^2 + BD^2 = AB^2$，
代入AD=$\frac{1}{2}$AB，$BD=2\sqrt{3}$得：
$(\frac{1}{2}AB)^2 + (2\sqrt{3})^2 = AB^2$，
即$\frac{1}{4}AB^2 + 12 = AB^2$，
解得$AB = 4$。
【答案】
4
【知识点】
等边三角形的性质；含30°角的直角三角形的性质；勾股定理
【点评】
本题属于几何基础计算题，核心是通过等边三角形三线合一的性质构造出含30°角的直角三角形，再结合勾股定理逐步推导未知线段长度，是三角形性质综合应用的典型题型。
【难度系数】
0.7
