數(shù)學(xué)八年級(jí)下冊(cè)專題17.5 勾股定理與全等三角形綜合大題專項(xiàng)訓(xùn)練（30道）（人教版）（教師版）

專題17.5勾股定理與全等三角形綜合大題專項(xiàng)訓(xùn)練（30道）【人教版】1．（2021秋?門頭溝區(qū)期末）已知，如圖，在△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于D，過D作DE∥AC交AB于E．（1）求證：AE＝DE；（2）如果AC＝3，AD=23，求AE【分析】（1）根據(jù)平行線的性質(zhì)和角平分線的定義解答即可；（2）過點(diǎn)D作DF⊥AB于F，根據(jù)勾股定理和全等三角形的判定和性質(zhì)解答即可．【解答】（1）證明：∵DE∥AC，∴∠CAD＝∠ADE，∵AD平分∠BAC，∴∠CAD＝∠EAD．∴∠EAD＝∠ADE．∴AE＝DE；（2）解：過點(diǎn)D作DF⊥AB于F．∵∠C＝90°，AC＝3，AD=23在Rt△ACD中，由勾股定理得AC2+DC2＝AD2．∴DC=3∵AD平分∠BAC，∴DF＝DC=3又∵AD＝AD，∠C＝∠AFD＝90°，∴Rt△DAC≌Rt△DAF（HL）．∴AF＝AC＝3，∴Rt△DEF中，由勾股定理得EF2+DF2＝DE2．設(shè)AE＝x，則DE＝x，EF＝3﹣x，∴(3?x)∴x＝2．∴AE＝2．2．（2021秋?石景山區(qū)期末）如圖，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AB＝10，AC＝6．AD平分∠CAB交BC于點(diǎn)D．（1）求BC的長(zhǎng)；（2）求CD的長(zhǎng)．【分析】（1）根據(jù)勾股定理解答即可；（2）根據(jù)AAS證明△AED和△ACD全等，進(jìn)而利用全等三角形的性質(zhì)和勾股定理解答即可．【解答】解：（1）在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，由勾股定理得：BC=A（2）過點(diǎn)D作DE⊥AB于點(diǎn)E，如圖．∴∠DEA＝90°＝∠C（垂直定義）．∵AD平分∠CAB（已知），∴∠1＝∠2（角平分線定義）．在△AED和△ACD中，∠DEA=∠C∠2=∠1∴△AED≌△ACD（AAS）．∴AE＝AC＝6，DE＝DC（全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等）．∴BE＝AB﹣AE＝4．設(shè)CD＝x，則DE＝x，DB＝8﹣x．在Rt△DEB中，∠DEB＝90°，由勾股定理，得（8﹣x）2＝x2+42．解得x＝3．即CD＝3．3．（2021秋?長(zhǎng)春期末）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝6，點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿折線A﹣B﹣C運(yùn)動(dòng)．設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒（t＞0）．（1）求AC的長(zhǎng)．（2）求斜邊AB上的高．（3）①當(dāng)點(diǎn)P在BC上時(shí)，PC的長(zhǎng)為16﹣2t．（用含t的代數(shù)式表示）②若點(diǎn)P在∠BAC的角平分線上，則t的值為203（4）在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，直接寫出△PBC是等腰三角形時(shí)t的值．【分析】（1）根據(jù)勾股定理直接求出AC的值；（2）由勾股定理可求得AC的值，再設(shè)斜邊AB上的高為h，由面積法可求得答案；（3）分兩種情況計(jì)算即可：①當(dāng)點(diǎn)P在CB上時(shí)，②當(dāng)點(diǎn)P'在∠BAC的角平分線上時(shí)；（4）由圖可知，當(dāng)△BCP是等腰三角形時(shí)，點(diǎn)P必在線段AC或線段AB上，當(dāng)點(diǎn)P在線段AC上時(shí)，分三種情況：BC＝BP；PC＝BC；PC＝PB，分別求得點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的路程，再除以速度即可得出答案．【解答】解：（1）∵在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝6，∴AC=A（2）設(shè)邊AB上的高為h則S△ABC∴12∴?=24答：斜邊AB上的高為245（3）①當(dāng)點(diǎn)P在BC上時(shí)，點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的長(zhǎng)度為AB+BP＝2t，則PC＝BC﹣BP＝6﹣（2t﹣10）＝6﹣2t+10＝16﹣2t；②當(dāng)點(diǎn)P'在∠BAC的角平分線上時(shí)，過點(diǎn)P作PD⊥AB，如圖：∵AP平分∠BAC，PC⊥AC，PD⊥AB，∴PD＝PC，有①知，PC＝16﹣2t，BP＝2t﹣10，∴PD＝16﹣2t，在Rt△ACP和Rt△ADP中，AP=APPD=PC∴Rt△ACP≌Rt△ADP（HL），∴AD＝AC＝8，又∵AB＝10，∴BD＝2，在Rt△BDP中，由勾股定理得：22+（16﹣2t）2＝（2t﹣10）2，解得：t=20故答案為：①16﹣2t；②203（4）由圖可知，當(dāng)△BCP是等腰三角形時(shí)，點(diǎn)P必在線段AB上，①當(dāng)點(diǎn)P在線段AB上時(shí)，若BC＝BP，則點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的長(zhǎng)度為AP＝2t，∵AP＝AB﹣BP＝10﹣6＝4，∴2t＝4，∴t＝2；②若PC＝BC，如圖，過點(diǎn)C作CH⊥AB于點(diǎn)H，則BP＝2BH，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝6，AC＝8，∴AB?CH＝AC?BC，∴10CH＝8×6，∴CH=24在Rt△BCH中，由勾股定理得：BH=B∴BP＝2BH＝7.2，∴點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的長(zhǎng)度為：AP＝AB﹣BP＝10﹣7.2＝2.8，∴2t＝2.8，∴t＝1.4；③若PC＝PB，如圖所示，過點(diǎn)P作PQ⊥BC于點(diǎn)Q，則BQ＝CQ=12×BC∴∠ACB＝∠PQB＝90°，∴PQ∥AC，∴PQ為△ABC的中位線，∴PQ=12×在Rt△BPQ中，由勾股定理得：BP=B點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的長(zhǎng)度為AP＝2t，AP＝AB﹣BP＝10﹣5＝5，∴2t＝5，∴t＝2.5．綜上，t的值為1.4或2或2.5．4．（2020春?沙坪壩區(qū)校級(jí)期末）如圖，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于點(diǎn)D，∠CBE＝45°，BE分別交AC，AD于點(diǎn)E、F．（1）如圖1，若AB＝13，BC＝10，求AF的長(zhǎng)度；（2）如圖2，若AF＝BC，求證：BF2+EF2＝AE2．【分析】（1）先根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)得BD＝5，由勾股定理計(jì)算可得AD的長(zhǎng)，由等腰直角三角形性質(zhì)得DF＝5，最后由線段的差可得結(jié)論；（2）如圖2，作輔助線，構(gòu)建全等三角形，證明△CHB≌△AEF（SAS），得AE＝CH，∠AEF＝∠BHC，由等腰三角形三線合一的性質(zhì)得EF＝FH，最后由勾股定理和等量代換可得結(jié)論．【解答】（1）解：如圖1，∵AB＝AC，AD⊥BC，∴BD＝CD，∵BC＝10，∴BD＝5，Rt△ABD中，∵AB＝13，∴AD=ARt△BDF中，∵∠CBE＝45°，∴△BDF是等腰直角三角形，∴DF＝BD＝5，∴AF＝AD﹣DF＝12﹣5＝7；（2）證明：如圖2，在BF上取一點(diǎn)H，使BH＝EF，連接CF、CH在△CHB和△AEF中，∵BH=EF∠CBH=∠AFE=45°∴△CHB≌△AEF（SAS），∴AE＝CH，∠AEF＝∠BHC，∴∠CEF＝∠CHE，∴CE＝CH，∵BD＝CD，F(xiàn)D⊥BC，∴CF＝BF，∴∠CFD＝∠BFD＝45°，∴∠CFB＝90°，∴EF＝FH，Rt△CFH中，由勾股定理得：CF2+FH2＝CH2，∴BF2+EF2＝AE2．5．（2021秋?象山縣期中）定義：如果一個(gè)三角形中有兩個(gè)內(nèi)角α，β滿足α+2β＝90°，那我們稱這個(gè)三角形為“近直角三角形”．（1）若△ABC是近直角三角形，∠B＞90°，∠C＝50°，則∠A＝20°．（2）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，若CD是∠ACB的平分線．①求證：△BDC為近直角三角形．②求BD的長(zhǎng)．【分析】（1）∠B不可能是α或β，當(dāng)∠A＝α?xí)r，∠C＝β＝50°，α+2β＝90°，不成立；故∠A＝β，∠C＝α，α+2β＝90°，則β＝20°；（2）①如圖1，設(shè)∠ACD＝∠DCB＝β，∠B＝α，則α+2β＝90°，故△BDC是“近直角三角形”；②過點(diǎn)D作DM⊥BC于點(diǎn)M，證明Rt△ACD≌Rt△MCD（HL），得出AC＝CM＝4，由勾股定理可得出答案．【解答】解：（1）∠B不可能是α或β，當(dāng)∠A＝α?xí)r，∠C＝β＝50°，α+2β＝90°，不成立；故∠A＝β，∠C＝α，α+2β＝90°，則β＝20°，故答案為：20°；（2）①如圖1，設(shè)∠ACD＝∠DCB＝β，∠B＝α，則α+2β＝90°，故△BDC是“近直角三角形”；②如圖2，過點(diǎn)D作DM⊥BC于點(diǎn)M，∵CD平分∠ACB，DM⊥BC，DA⊥CA，∴AD＝DM．在Rt△ACD和Rt△MCD中，CD=CDAD=DM∴Rt△ACD≌Rt△MCD（HL）．∴AC＝CM＝4．∵AB＝3，AC＝4，∴BC=A∴BM＝1．設(shè)AD＝DM＝x，∵DM2+BM2＝DB2，∴x2+12＝（3﹣x）2，∴x=4∴BD＝AB﹣AD＝3?46．（2021秋?虎林市校級(jí)期末）已知Rt△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，F(xiàn)為AB邊的中點(diǎn)，且DF＝EF，∠DFE＝90°，D是BC上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)．如圖1，當(dāng)D與C重合時(shí)，易證：CD2+DB2＝2DF2；（1）當(dāng)D不與C、B重合時(shí)，如圖2，CD、DB、DF有怎樣的數(shù)量關(guān)系，請(qǐng)直接寫出你的猜想，不需證明．（2）當(dāng)D在BC的延長(zhǎng)線上時(shí)，如圖3，CD、DB、DF有怎樣的數(shù)量關(guān)系，請(qǐng)寫出你的猜想，并加以證明．【分析】（1）由圖1猜想結(jié)論成立；連接CF、BE，證明△DFC≌△EFB（SAS），由全等三角形的性質(zhì)得出CD＝BE，∠DCF＝∠EBF＝45°，由勾股定理及直角三角形的性質(zhì)可得出結(jié)論．（2）連接CF、BE，證明△DFC≌△EFB（SAS），由全等三角形的性質(zhì)得出CD＝BE，∠DCF＝∠EBF＝135°，由勾股定理及直角三角形的性質(zhì)可得出結(jié)論．【解答】解：（1）圖2中，CD2+DB2＝2DF2成立．證明：連接CF、BE，∵∠ACB＝90°，F(xiàn)為AB邊的中點(diǎn)，∴CF＝BF，又∵∠DFC+∠DFB＝∠EFB+∠DFB＝90°，∴∠DFC＝∠EFB，∵DF＝EF，∴△DFC≌△EFB（SAS），∴CD＝BE，∠DCF＝∠EBF＝45°，∴∠DBE＝90°，∴DB2+BE2＝DE2，∵DE2＝2DF2，∴CD2+DB2＝2DF2．（2）圖3成立．CD2+DB2＝2DF2．證明：連接CF、BE，∵∠ACB＝90°，F(xiàn)為AB邊的中點(diǎn)，∴CF＝BF，又∵∠DFC+∠CFE＝∠EFB+∠CFB＝90°，DF＝EF，∴∠DFC＝∠EFB，∴△DFC≌△EFB（SAS），∴CD＝BE，∠DCF＝∠EBF＝135°，∵∠EBD＝∠EBF﹣∠FBD＝135°﹣45°＝90°，在Rt△DBE中，BE2+DB2＝DE2，∵DE2＝2DF2，∴CD2+DB2＝2DF2．7．（2021秋?徐匯區(qū)期末）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，CB＝2，點(diǎn)D是AB的中點(diǎn)，點(diǎn)E在AC上，點(diǎn)E、D、F一條直線上，且ED＝FD．（1）求證：FB⊥CB；（2）聯(lián)結(jié)CD，若CD⊥EF，求CE的長(zhǎng)．【分析】（1）由“SAS”可證△ADE≌△BDF，可得∠A＝∠FBD，AE＝BF，由余角的性質(zhì)可得結(jié)論；（2）由等腰三角形的性質(zhì)可得CF＝EF，由勾股定理可求解．【解答】（1）證明：∵D是AB中點(diǎn)，∴AD＝BD，在△ADE與△BDF中，AD=BD∠ADE=∠BDF∴△ADE≌△BDF（SAS），∴∠A＝∠FBD，AE＝BF，∵∠ACB＝90°，∴∠A+∠ABC＝90°，∴∠FBD+∠ABC＝90°，即∠FBC＝90°，∴FB⊥CB；（2）聯(lián)結(jié)CF，∵CD⊥EF，ED＝FD，∴CF＝EF，設(shè)CE＝x，則CF＝x，BF＝AE＝4﹣x，Rt△FBC中，BF2+BC2＝CF2，∴22+（4﹣x）2＝x2，∴x=5∴CE=58．（2021秋?通州區(qū)期末）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，在Rt△ABD中，∠D＝90°，AD與BC交于點(diǎn)E，且∠DBE＝∠DAB．求證：（1）∠CAE＝∠DBC；（2）AC2+CE2＝4BD2．【分析】（1）由余角的性質(zhì)可求解；（2）由“ASAS”可證△ADB≌△ADF，可得BD＝DF，即BF＝2BD，由“ASA”可證△ACE≌△BCF，可得AE＝BF＝2BD，由勾股定理可求解．【解答】證明：（1）∵∠ACB＝∠D＝90°，∴∠CEA+∠CAE＝∠BED+∠CBD＝90°，∴∠CEA＝∠BED，∴∠CAE＝∠DBC；（2）延長(zhǎng)BD交AC延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，∵∠DBE＝∠DAB，∴∠DAB＝∠CAE，在△ADB和△ADF中，∠DAB=∠DACAD=AD∴△ADB≌△ADF（ASA），∴BD＝DF，∴BF＝2BD，在△ACE和△BCF中，∠CAE=∠DBEAC=BC∴△ACE≌△BCF（ASA），∴AE＝BF，∴AE＝2BD，在Rt△ACE中，AC2+CE2＝AE2，∴AC2+CE2＝（2BD）2＝4BD2．9．（2021秋?宛城區(qū)期末）如圖，E、F是等腰Rt△ABC的斜邊BC上的兩動(dòng)點(diǎn)，∠EAF＝45°，CD⊥BC且CD＝BE．求證：（1）AE＝AD；（2）EF2＝BE2+CF2．【分析】（1）由等腰直角三角形的性質(zhì)可得∠B＝∠ACB＝45°，從而可推出∠ACD＝∠B，則可證得△ABE≌△ACD；（2）由（1）可知AE＝AD，∠BAE＝∠CAD，從而可求得∠EAD＝∠BAC＝90°，∠DAF＝∠EAF，可證得△AEF≌△ADF，則有DF＝EF，則利用勾股定理可求解．【解答】證明：（1）∵△ABC是等腰直角三角形，∴AB＝AC，∴∠B＝∠ACB＝45°，∵CD⊥BC，∴∠BCD＝90°，∴∠ACD＝∠BCD﹣∠ACB＝45°＝∠B，在△ABE和△ACD中，AC=AC∠B=∠ACD∴△ABE≌△ACD（SAS），∴AE＝AD；（2）由（1）知，△ABE≌△ACD，∴AE＝AD，∠BAE＝∠CAD，∵∠BAC＝90°，∴∠EAD＝∠CAE+∠CAD＝∠CAE+∠BAE＝∠BAC＝90°，∵∠EAF＝45°，∴∠DAF＝∠DAE﹣∠EAF＝45°＝∠EAF，在△AEF與△ADF中，AE=AD∠EAF=∠DAF∴△AEF≌△ADF（SAS），∴DF＝EF，在Rt△DCF中，根據(jù)勾股定理得，DF2＝CF2+CD2，∵CD＝BE，∴EF2＝CF2+CD2．10．（2021秋?農(nóng)安縣期末）如圖，△ABC中，AB＝BC，BE⊥AC于點(diǎn)E，AD⊥BC于點(diǎn)D，∠BAD＝45°，AD與BE交于點(diǎn)F，連接CF．（1）求證：BF＝AC；（2）若CD＝3，求AD的長(zhǎng)．【分析】（1）先判定出△ABD是等腰直角三角形，得出AD＝BD，再根據(jù)同角的余角相等求出∠CAD＝∠CBE，由ASA證得△ADC≌△BDF，得出BF＝AC；（2）根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)邊相等得出DF＝CD，由勾股定理求出CF，再根據(jù)線段垂直平分線上的點(diǎn)到線段兩端點(diǎn)的距離相等得出AF＝CF，然后根據(jù)AD＝AF+DF代入數(shù)據(jù)即可得出結(jié)果．【解答】（1）證明：∵AD⊥BC，∠BAD＝45°，∴△ABD是等腰直角三角形，∴AD＝BD，∵BE⊥AC，AD⊥BC，∴∠ADC＝∠ADB＝90°，∴∠CAD+∠ACD＝90°，∠CBE+∠ACD＝90°，∴∠CAD＝∠CBE，在△ADC和△BDF中，∠CAD=∠CBEAD=BD∴△ADC≌△BDF（ASA），∴BF＝AC；（2）解：∵△ADC≌△BDF，∴DF＝CD＝3，在Rt△CDF中，CF=D∵BE⊥AC，AE＝EC，∴AF＝CF＝32，∴AD＝AF+DF＝32+11．（2021秋?簡(jiǎn)陽市期末）已知，△ABC和△DCE都是等邊三角形，點(diǎn)B，C，E三點(diǎn)不在一條直線上（如圖1）．（1）求證：BD＝AE；（2）若∠ADC＝30°，AD＝4，CD＝5，求BD的長(zhǎng)；（3）若點(diǎn)B，C，E三點(diǎn)在一條直線上（如圖2），且△ABC和△DCE的邊長(zhǎng)分別為3和5，求AD的長(zhǎng)．【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)和全等三角形的判定和性質(zhì)解答即可；（2）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)和全等三角形的判定和性質(zhì)以及勾股定理解答即可；（3）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)和全等三角形的判定和性質(zhì)以及勾股定理解答即可．【解答】證明：（1）∵△ABC和△DCE是等邊三角形，∴BC＝AC，DC＝EC，∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠ABC+∠ACD＝∠DCE+∠ACD，即∠BCD＝∠ACE，在△BCD與△ACE中，BC=AC∠BCD=∠ACE∴△BCD≌△ACE（SAS），∴BD＝AE；（2）∵△DCE等式等邊三角形，∴∠CDE＝60°，CD＝DE＝5，∵∠ADC＝30°，∴∠ADE＝∠ADC+∠CDE＝30°+60°＝90°，在Rt△ADE中，AD＝4，DE＝5，∴AE=4∴BD=41（3）如圖2，過A作AH⊥CD于H，∵點(diǎn)B，C，E三點(diǎn)在一條直線上，∴∠BCA+∠ACD+∠DCE＝180°，∵△ABC和△DCE都是等邊三角形，∴∠BCA＝∠DCE＝60°，∴∠ACD＝60°，∴∠CAH＝30°，在Rt△ACH中，CH=12AC=32，AH∴DH＝CD﹣CH＝5?3在Rt△ADH中，AD=(12．（2021秋?甌海區(qū)月考）如圖，已知點(diǎn)P是等邊△ABC內(nèi)一點(diǎn)，連結(jié)PA，PB，PC，D為△ABC外一點(diǎn)，且∠DAC＝∠PAB，AD＝AP，連結(jié)DP，DC．（1）求證：△ADC≌△APB．（2）若PA＝4，PB＝3，PC＝5，求∠APB的度數(shù)．【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到AC＝AB，根據(jù)全等三角形的判定定理即可得到結(jié)論；（2）根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到CD＝PB＝3，∠APB＝∠ADC，推出△ADP是等邊三角形，得到∠ADP＝60°，PD＝PA＝4，根據(jù)勾股定理的逆定理得到∠PDC＝90°，于是得到結(jié)論．【解答】（1）證明：∵△ABC是等邊三角形，∴AC＝AB，在△ADC與△APB中AC=AB∠DAC=∠PAB∴△ADC≌△APB（SAS）；（2）解：∵△ADC≌△APB，∴CD＝PB＝3，∠APB＝∠ADC，∵△ABC是等邊三角形，∴∠BAC＝60°，∴∠PAD＝∠PAC+∠CAD＝∠PAC+∠PAB＝∠BAC＝60°，∵AD＝AP，∴△ADP是等邊三角形，∴∠ADP＝60°，PD＝PA＝4，∵PC＝5，∴CD2+PD2＝PC2，∴∠PDC＝90°，∴∠APB＝∠ADC＝∠ADP+∠PDC＝60°+90°＝150°．13．（2021秋?龍巖校級(jí)期中）如圖，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是正方形ABCD的對(duì)角線AC上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，∠EBF＝45°．求證：EF2＝AE2+CF2．【分析】將△CBF繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，可得△ABN，連接EN，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得BN＝BF，AN＝CF，∠BAN＝∠BCF＝45°，∠CBF＝∠ABN，由“SAS”可證△EDF≌△EDN，可得EF＝EN，即可得結(jié)論．【解答】證明：如圖，將△CBF繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，可得△ABN，連接EN，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得BN＝BF，AN＝CF，∠BAN＝∠BCF＝45°，∠CBF＝∠ABN，∴∠CAN＝∠CAB+∠BAN＝90°，∴EN2＝AE2+AN2，∵∠EBF＝45°，∴∠CBF+∠ABE＝45°，∴∠ABE+∠ABN＝45°＝∠NBE＝∠EBF，在△EBF和△EBN中，BF=BN∠FBE=∠NBE∴△EBF≌△EBN（SAS），∴EF＝EN，∴EF2＝AE2+CF2．14．（2021秋?芝罘區(qū)期中）如圖，已知△ABC與△DEC都是等腰三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°．（1）試說明：△ACD≌△BCE；（2）若AC＝6，AE＝3，∠CAE＝45°，求AD的長(zhǎng)．【分析】（1）由∠ACB＝∠DCE＝90°，得∠BCE＝∠ACD，根據(jù)△ABC與△DEC都是等腰三角形得AC＝BC，DC＝EC，故△ACD≌△BCE（SAS）；（2）由△ACD≌△BCE得AD＝BE，根據(jù)AC＝BC＝6得AB2＝AC2+BC2＝72，又∠BAC＝∠CAE＝45°，即知∠BAE＝90°，BE2＝AB2+AE2＝81，故BE＝9，AD＝9．【解答】解：（1）∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∴∠ACB+∠ACE＝∠DCE+∠ACE，即∠BCE＝∠ACD，又∵△ABC與△DEC都是等腰三角形∴AC＝BC，DC＝EC，在△ACD和△BCE中，AC=BC∠BCE=∠ACD∴△ACD≌△BCE（SAS）；（2）∵△ACD≌△BCE，∴AD＝BE，∵AC＝BC＝6，∴AB2＝AC2+BC2＝72，∵∠BAC＝∠CAE＝45°，∴∠BAE＝90°，在Rt△BAE中，AB2＝72，AE＝3，∴BE2＝AB2+AE2＝81，∴BE＝9，∴AD＝9．15．（2021秋?吉安期中）如圖，P為等邊△ABC內(nèi)一點(diǎn)，分別連接PA，PB，PC，PA＝6，PB＝8，PC＝10，以PA為邊作等邊△APD，連接BD．（1）求證：BD＝PC．（2）求∠APB的度數(shù)．【分析】（1）由“SAS”可證△ADB≌△APC，可得BD＝PC；（2）由勾股定理的逆定理可求∠DPB＝90°，即可求解．【解答】（1）證明：∵△ABC和△APD是等邊三角形，∴AD＝AP，AB＝AC，∠DAP＝∠BAC＝60°，∴∠DAB＝∠CAP，在△ADB和△APC中，AD=AP∠DAB=∠CAP∴△ADB≌△APC（SAS），∴BD＝PC；（2）解：∵△APD是等邊三角形，∴∠APD＝60°，AP＝PD＝6，∵BD＝PC＝10，∴BD2＝100，∵DP2+BP2＝100，∴DP2+BP2＝BD2，∴∠DPB＝90°，∴∠APB＝∠APD+∠DPB＝150°．16．（2021秋?海曙區(qū)校級(jí)期中）已知在△ABC中，∠CAB的平分線AD與BC的垂直平分線DE交于點(diǎn)D，DM⊥AB于M，DN⊥AC的延長(zhǎng)線于N．（1）證明：BM＝CN．（2）當(dāng)∠BAC＝70°時(shí)，求∠DCB的度數(shù)；（3）若AB＝8，AC＝4，DE＝3，則4DN2﹣BC2的值為20．【分析】（1）根據(jù)角平分線的性質(zhì)和線段垂直平分線的性質(zhì)可得到DM＝DN，DB＝DC，根據(jù)HL證明Rt△DMB≌Rt△DNC，即可得出BM＝CN；（2）根據(jù)角平分線的性質(zhì)得到DM＝DN，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠ADM＝∠ADN，線段垂直平分線的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)得到∠EDC＝55°于是得到結(jié)論；（3）證明AB+AC＝2AN＝12，推出AN＝6，CN＝2，再根據(jù)，CD2＝CE2+DE2＝CN2+DN2，可得結(jié)論．【解答】（1）證明：連接BD，如圖所示：∵AD是∠CAB的平分線，DM⊥AB，DN⊥AC，∴DM＝DN，∵DE垂直平分線BC，∴DB＝DC，在Rt△DMB和Rt△DNC中，DB=DCDM=DN∴Rt△DMB≌Rt△DNC（HL），∴BM＝CN；（2）解：由（1）得：∠BDM＝∠CDN，∵AD是∠CAB的平分線，DM⊥AB，DN⊥AC，∴DM＝DN，在Rt△DMA和Rt△DNA中，DA=DADM=DN∴Rt△DMA≌Rt△DNA（HL），∴∠ADM＝∠ADN，∵∠BAC＝70°，∴∠MDN＝110°，∠ADM＝∠ADN＝55°，∵∠BDM＝∠CDN，∴∠BDC＝∠MDN＝110°，∵DE是BC的垂直平分線，∴DB＝DC，∴∠EDC=12∠∴∠DCB＝90°﹣∠EDC＝35°，∴∠DCB＝35°；（3）解：在△ADM和△ADN中，∠AMD=∠AND∠DAM=∠DAN∴△ADM≌△ADN（AAS），∴AM＝AN，∵△DMB≌△DNC，∴BM＝CN，∴AB+AC＝AM+BM+AN﹣CN＝2AN＝8+4＝12，∴AN＝6，∴CN＝AN﹣AC＝6﹣4＝2，∵CD2＝CE2+DE2＝CN2+DN2，EC=12∴14BC2+9＝4+DN2∴4DN2﹣BC2＝20．故答案為：20．17．（2021秋?晉安區(qū)校級(jí)月考）如圖，等腰直角△ABC中，AC＝BC，點(diǎn)D，E在AB上，∠DCE＝45°．（1）將△ACD繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，點(diǎn)D對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)F，畫出旋轉(zhuǎn)后的圖形，并證明：DE＝EF；（2）求證：AD2+BE2＝DE2．【分析】（1）利用等腰直角三角形的性質(zhì)得到CA＝CB，∠ACB＝90°，則△ACD繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△BCF，然后證明△CED≌△CEF得到DE＝EF；（2）利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到∠CBF＝∠A＝45°，AD＝BF，則∠EBF＝90°，然后利用勾股定理得到BF2+BE2＝EF2，最后利用等量代換得到結(jié)論．【解答】（1）解：如圖，△BCF為所作，證明如下：∵△ABC為等腰直角三角形，∴CA＝CB，∠ACB＝90°，∵△ACD繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△BCF，∴∠DCF＝90°，CD＝CF，∵∠DCE＝45°，∴∠FCE＝45°，在△CED和△CEF中，CD=CF∠DCE=∠FCE∴△CED≌△CEF（SAS），∴DE＝EF；（2）證明：∵△ABC為等腰直角三角形，∴∠A＝∠ABC＝45°，∵△ACD繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△BCF，∴∠CBF＝∠A＝45°，AD＝BF，∴∠EBF＝45°+45°＝90°，在Rt△BEF中，BF2+BE2＝EF2，而EF＝DE，BF＝AD，∴AD2+BE2＝DE2．18．（2021秋?黑山縣期中）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＞BC，D是AB的中點(diǎn)．E在線段CA的延長(zhǎng)線上，連接DE，過點(diǎn)D作DF⊥DE，交直線BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，連接EF．求證：AE2+BF2＝EF2．【分析】過點(diǎn)B作AC的平行線交ED的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，連接FG，根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠EAD＝∠GBD，∠DEA＝∠DGB，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到ED＝GD，AE＝BG，根據(jù)DF是線段EG的垂直平分線，得到EF＝FG，根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)論．【解答】證明：過點(diǎn)B作AC的平行線交ED的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，連接FG，∵BG∥AC，∴∠EAD＝∠GBD，∠DEA＝∠DGB，∵D是AB的中點(diǎn)，∴AD＝BD，在△EAD與△GBD中，∠EAD=∠GBD∠DEA=∠DGB∴△EAD≌△GBD（AAS），∴ED＝GD，AE＝BG，又∵DF⊥DE，∴DF是線段EG的垂直平分線，∴EF＝FG，∵∠ACB＝90°，BG∥AC，∴∠GBF＝∠ACB＝90°，在Rt△BGF中，由勾股定理得：FG2＝BG2+BF2，∴EF2＝AE2+BF2．19．（2021秋?諸暨市期中）如圖，P是等邊三角形ABC內(nèi)的一點(diǎn)，連結(jié)PA，PB，PC，以BP為邊作∠PBQ＝60°，且BP＝BQ，連結(jié)CQ．（1）觀察并猜想AP與CQ之間的大小關(guān)系，并說明理由．（2）若PA＝PC＝1，PB=2，求證：PC⊥CQ【分析】（1）AP＝CQ．根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得出∠ABC＝60°，AB＝CB，由∠ABP+∠PBC＝60°，∠PBC+∠CBQ＝60°可得出∠ABP＝∠CBQ，結(jié)合AB＝CB，BP＝BQ可證出△ABP≌△CBQ（SAS），根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得出AP＝CQ；（2）連接PQ，由BP＝BQ，∠PBQ＝60°可得出△PBQ為等邊三角形，利用等邊三角形的性質(zhì)可得出PQ＝PB=2，∠BQP＝60°，進(jìn)而可得出∠PQC【解答】解：（1）∵等邊三角形ABC，∴AB＝AC，∠ABC＝60°，∵∠PBQ＝60°，∴∠ABP＝∠CBQ，在△ABP和△CBQ中，AB=AC∠ABP=∠CBQ∴△ABP≌△CBQ（SAS），∴AP＝CQ；（2）連接PQ，∵PA＝PC＝1，AP＝CQ，∴PC＝CQ＝1，∵BP＝BQ，∠PBQ＝60°，∴△BPQ是等邊三角形，∴PQ＝PB=2∴PC2+CQ2＝PQ2，∴∠PCQ＝90°，∴PC⊥CQ．20．（2020秋?沈河區(qū)期末）如圖，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，BC＝10，點(diǎn)D是直線AC上一動(dòng)點(diǎn)，∠BDE＝90°，DB＝DE（DE在BD的左側(cè)）．（1）直接寫出AB長(zhǎng)為52；（2）若點(diǎn)D在線段AC上，AD=2，求EC（3）當(dāng)BE＝229時(shí)，直接寫出CD長(zhǎng)為72或32．【分析】（1）根據(jù)勾股定理計(jì)算即可；（2）過E作EF⊥AC交AC的延長(zhǎng)線于F，根據(jù)垂直的定義得到∠F＝∠A＝∠BDE＝90°，根據(jù)余角的性質(zhì)得到∠EDF＝∠ABD，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到EF＝AD=2，DF＝AB＝52（3）根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得到DE＝BD=58，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到DF＝AB＝52，EF＝AD【解答】解：（1）∵在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，BC＝10，∴AB2+AC2＝2AB2＝BC2＝100，∴AB＝AC＝52，故答案為：52；（2）過E作EF⊥AC交AC的延長(zhǎng)線于F，則∠F＝∠A＝∠BDE＝90°，∴∠EDF+∠ADB＝∠ADB+∠ABD＝90°，∴∠EDF＝∠ABD，在△ABD與△FDE中，∠F=∠A=90°，∠ABD=∠FDE∴△ABD≌△FDE（AAS），∴EF＝AD=2，DF＝AB＝52∴CF＝AF﹣AC＝62?52∴CE=E（3）∵∠BDE＝90°，DB＝DE，BE＝229，∴DE＝BD=58由（2）知△ABD≌△FDE，∴DF＝AB＝52，EF＝AD，∵AB＝AC，∴DF＝AC，∴CF＝AD＝EF，∴EF＝CF=DE2當(dāng)點(diǎn)D在點(diǎn)A的左側(cè)時(shí)，CD＝52?22=3當(dāng)點(diǎn)D在點(diǎn)A的右側(cè)時(shí)，CD＝52+22=7綜上所述，CD長(zhǎng)為72或32，故答案為：72或32．21．（2021春?貴陽期末）已知四邊形ABCD中，AC平分∠DAB，∠DAB＝60°．（1）如圖①，若∠B＝∠D＝90°，求證：AB+AD=3AC（2）如圖②，若CB＝CD，AB+AD=3AC【分析】（1）因?yàn)锳C平分∠DAB，∠DAB＝60°可得∠DAC＝∠BAC＝30°，∠B＝∠D＝90°，可得Rt△ADC和Rt△ABC中AD＝AB=32AC，進(jìn)而可得AD+AB=（2）過C點(diǎn)分別作AB、AD的垂線，垂足分別為E、F，即可得到（1）的條件，證明△CFD和△BCE全等得到DF＝BE．然后按照（1）的解法進(jìn)行計(jì)算即可．【解答】證明：（1）∵AC平分∠DAB，∠DAB＝60°，∴∠DAC＝∠BAC=12∠∵∠B＝∠D＝90°，∴BC＝CD=12∴AD＝AB=AC∴AB+AD=3AC（2）成立，理由如下：過C點(diǎn)分別作AB、AD的垂線，垂足分別為E、F，∴∠CFD＝∠CEB＝90°，∵AC平分∠DAB，CF⊥AD，CE⊥AB，∴CF＝CE，在Rt△CFD和Rt△CEB中，CF=CECB=CD∴Rt△CFD≌Rt△CEB（HL），∴FD＝BE，由（1）知AF+AE=3AC∴AD﹣DF+AB+BE=3AC∴AD﹣BE+AB+BE=3AC∴AD+AB=3AC22．（2020秋?沙坪壩區(qū)期末）如圖，已知Rt△ABC中，∠C＝90°，點(diǎn)D是AC上一點(diǎn)，點(diǎn)E、點(diǎn)F是BC上的點(diǎn)，且∠CDF＝∠CEA，CF＝CA．（1）如圖1，若AE平分∠BAC，∠DFC＝25°，求∠B的度數(shù)；（2）如圖2，若過點(diǎn)F作FG⊥AB于點(diǎn)G，連接GC，求證：AG+GF=2【分析】（1）根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠EAC＝∠DFC＝25°，由角平分線的定義得到∠BAC＝2∠EAC＝50°，根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理即可得到結(jié)論；（2）如圖2，過點(diǎn)C作GC的垂線交GF的延長(zhǎng)線于點(diǎn)P，根據(jù)余角的性質(zhì)得到∠PCF＝∠GCA，得到∠B+∠BAC＝∠B+∠BFG＝90°，求得∠GAC＝∠PFC，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到CA＝CF，推出△GCP是等腰直角三角形，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論．【解答】解：（1）在△AEC和△FDC中，∠CDF=∠CEACE=CD∴△AEC≌△FDC（ASA），∴∠EAC＝∠DFC＝25°，∵AE平分∠BAC，∴∠BAC＝2∠EAC＝50°，∵∠C＝90°，∴在Rt△ABC中，∠B＝90°﹣∠BAC＝40°；（2）如圖2，過點(diǎn)C作GC的垂線交GF的延長(zhǎng)線于點(diǎn)P，∴∠GCF+∠PCF＝90°，∵∠C＝90°，∴∠GCF+∠GCA＝90°，∴∠PCF＝∠GCA，∵∠C＝90°，GF⊥AB，∴∠B+∠BAC＝∠B+∠BFG＝90°，∴∠BAC＝∠BFG．又∵∠PFC＝∠BFG，∴∠GAC＝∠PFC，由（1）知，△AEC≌△FDC，∴CA＝CF，∴△AGC≌△FPC，∴GC＝PC，AG＝FP，又∵PC⊥GC，∴△GCP是等腰直角三角形，∴GF+FP＝GP=2∴AG+GF=223．（2021春?海珠區(qū)校級(jí)月考）如圖，在△ABC中，∠C＝90°，D為AB的中點(diǎn)，E、F分別在AC、BC上，且ED⊥FD于點(diǎn)D．求證：AE2+BF2＝EF2．【分析】過點(diǎn)A作AM∥BC，交FD延長(zhǎng)線于點(diǎn)M，連接EM，通過證明AM＝BF，EF＝EM即可得出答案．【解答】證明：過點(diǎn)A作AM∥BC，交FD延長(zhǎng)線于點(diǎn)M，連接EM，∵AM∥BC，∠C＝90°，∴∠MAE＝∠ACB＝90°，∠MAD＝∠B，∵AD＝BD，∠ADM＝∠BDF，在△ADM與△BDF中，∠MAD=∠BAD=BD∴△ADM≌△BDF（ASA），∴AM＝BF，MD＝DF．又∵DE⊥DF，∴EF＝EM．∴AE2+BF2＝AE2+AM2＝EM2＝EF2．24．（2021?平陽縣一模）如圖，在四邊形ABCD中，∠B＝90°，DA⊥AC，點(diǎn)E在線段AC上，AB∥DE，AC＝DE．（1）求證：△ABC≌△EAD．（2）連接CD，當(dāng)AC＝4，AB＝3，求CD的長(zhǎng)．【分析】（1）先根據(jù)條件證明∠BAC＝∠AED，∠DAC＝∠B＝90°，由AAS可得△ABC≌△EAD；（2）先根據(jù)勾股定理可行是BC的長(zhǎng)，即可得AD的長(zhǎng)，最后再根據(jù)勾股定理可得CD的長(zhǎng)．【解答】（1）證明：∵AB∥DE，∴∠BAC＝∠DEA，∵AD⊥AC，∴∠DAE＝90°，∴∠DAE＝∠B＝90°，在△ABC和△EAD中，∠BAC=∠AED∠B=∠DAE∴△ABC≌△EAD（AAS）；（2）解：∵AC＝4，AB＝3，∠B＝90°，∴BC=∵△ABC≌△EAD，∴AD=BC=∴CD=A25．（2021秋?夏河縣期中）已知△ABC為等邊三角形．（1）如圖，P為△ABC外一點(diǎn)，∠BPC＝120°，連接PA，PB，PC，求證：PB+PC＝PA；（2）如圖，P為△ABC內(nèi)一點(diǎn)，若PA＝12，PB＝5，PC＝13，求∠APB的度數(shù)．【分析】（1）延長(zhǎng)BP至E，使PE＝PC，連接CE，由∠BPC＝120°，推出等邊△CPE，得到CP＝PE＝CE，∠PCE＝60°，根據(jù)已知等邊△ABC，推出AC＝BC，∠ACP＝∠BCE，根據(jù)三角形全等的判定推出△ACP≌△BCE，得出AP＝BE即可求出結(jié)論；（2）由題意可得出：∠BPA＝∠BP′C，P′B＝PB＝5，P′C＝PA＝12，∠PBP'＝∠ABC＝60°，由勾股定理逆定理得出∠PP'C＝90°，即可得出∠BPA的度數(shù)．【解答】證明：（1）如圖1，延長(zhǎng)BP至點(diǎn)E，使得PE＝PC，連接CE，∵∠BPC＝120°，PE＝PC，∴∠CPE＝60°，∴△CPE為等邊三角形，∴CP＝PE＝CE，∠PCE＝60°，∵△ABC是等邊三角形，∴AC＝BC，∠BCA＝60°，∴∠ACB＝∠ECP，∴∠ACB+∠BCP＝∠ECP+∠BCP，即：∠ACP＝∠BCE，在△ACP和△BCE中，AC=BC∠ACP=∠BCE∴△ACP≌△BCE（SAS），∴AP＝BE，∵BE＝BP+PE＝BP+PC，∴PB+PC＝PA；（2）如圖2，將△ABP繞點(diǎn)B順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)60°，得到△CBP'，連接PP'，由旋轉(zhuǎn)知，△APB≌△CP′B，∴∠BPA＝∠BP′C，P′B＝PB＝5，P′C＝PA＝12，∠PBP'＝∠ABC＝60°，又∵P′B＝PB＝5，∴△PBP′是等邊三角形，∴∠PP′B＝60°，PP′＝5，在△PP′C中，PC＝13，PP′＝5，P′C＝12，∴PC2＝PP′2+P′C2，即∠PP′C＝90°，∴∠APB＝∠BP′C＝60°+90°＝150°．26．（2020秋?永嘉縣校級(jí)期末）如圖，在△AOB與△COD中，∠AOB＝∠COD＝90°，AO＝BO，CO＝DO，連接CA，BD．（1）求證：△AOC≌△BOD；（2）連接BC，若OC＝1，AC=7，BC①判斷△CDB的形狀．②求∠ACO的度數(shù)．【分析】（1）由題意可得∠AOC＝∠BOD，且AO＝BO，CO＝DO，即可證△AOC≌△BOD；（2）①由全等三角形的性質(zhì)和勾股定理的逆定理可得∠BDC＝90°，即可得△CDB是直角三角形；②由全等三角形的性質(zhì)可求∠ACO的度數(shù)．【解答】證明：（1）∵∠AOB＝∠COD＝90°，∴∠AOC＝∠BOD，且AO＝BO，CO＝DO，∴△AOC≌△BOD（SAS）（2）①如圖，∵△AOC≌△BOD∴∠ACO＝∠BDO，AC＝BD=∵CO＝DO＝1，∠COD＝90°∴CD=CO2+DO2∵CD2+BD2＝9＝BC2，∴∠CDB＝90°∴△BCD是直角三角形②∵∠BDO＝∠ODC+∠CDB∴∠BDO＝135°∴∠ACO＝∠BDO＝135°27．（2020秋?迎澤區(qū)校級(jí)月考）如圖①，已知△ACB和△DCE中，∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝BC，DC＝EC，按照?qǐng)D①的位置擺放，直角頂點(diǎn)C重合．（1）寫出AD與BE的關(guān)系；（2）如圖②，點(diǎn)A、D、E在同一直線上時(shí)，若CD=2，BE＝3，求AB長(zhǎng)為34（3）如圖③，若∠CBD＝45°，AC＝6，BD＝3，求BE的長(zhǎng)．【分析】（1）結(jié)論：AD和BE的關(guān)系是垂直且相等．如圖①中，延長(zhǎng)AD交BE于點(diǎn)G．證明△ACD≌△BCE（SAS），可得結(jié)論．（2）利用全等三角形的性質(zhì)以及勾股定理，解決問題即可．（3）利用勾股定理求出AD，再證明BE＝AD即可．【解答】（1）結(jié)論：AD和BE的關(guān)系是垂直且相等．理由：如圖①中，延長(zhǎng)AD交BE于點(diǎn)G．∵△ACB和△DCB為等腰直角三角形，∴AC＝BC，DC＝CE，∠ACB＝∠DCE，∴∠ACD＝∠ECB，在△ACD和△BCE中，AC=CE∠ACD=∠BCE∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD＝BE，∴∠CAD＝∠CBE，∴∠AFC＝∠BFG，∴180°﹣∠CAD﹣∠AFC＝180°﹣∠CBE﹣∠BFG，∴∠BGA＝∠FCA＝90°，∴AD⊥BE，∴AD和BE的關(guān)系是垂直且相等（2）解：如圖②中，設(shè)AE交BC于O．由（1）可知△ACD≌△BCE，∴∠CAO＝∠EBO，∵∠AOC＝∠BOE，∴∠BEO＝∠ACO＝90°，在Rt△CDE中，∠DCE＝90°，DC=CE=2∴DE=2∵AD＝BE＝3，∴AE＝5，在Rt△ABE中，∠AEB＝90°，AE＝5，BE＝3，∴AB=A故答案為：34．（3）解：如圖③中，連接AD，∵CA＝CB＝6，∠ACB＝90°，∴∠ABC＝45°，AB=62∵∠CBD＝45°，∴∠ABD＝90°，∴AD=A∴在△ACD和△BCE中，AC=CE∠ACD=∠BCE∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD＝BE，∴BE＝9．28．（2020春?東營(yíng)期末）如圖，O是正△ABC內(nèi)一點(diǎn)，OA＝3，OB＝4，OC＝5，將線段BO以點(diǎn)B為旋轉(zhuǎn)中心逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到線段BO′，連接AO′、OO′，（1）OO′＝4．（2）求∠AOB的度數(shù)及四邊形AOBO′的面積．（3）直接寫出S△AOC+S△AOB的值，S△AOC+S△AOB＝6+94【分析】（1）由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可得△BOC≌△BOA'，△BOO'是等邊三角形，可得AO'＝CO＝5，OO'＝4；（2）由勾股逆定理可判斷△AOO'是直角三角形，可得∠AOB＝150°，由S四邊形AOBO′＝S△AOO′+S△BOO′＝S△BOC+S△AOC得四邊形AOBO′的面積6+43（3）將△AOB繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，使得AB與AC重合，點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)至O″，同理可得：S△AOC+S△AOB＝S四邊形AOCO″＝S△COO″+S△AOO″，即可求出S△AOC+S△AOB=6+9【解答】解：（1）∵BO＝BO'，∠OBO'＝60°，∴△BOO'是等邊三角形，∴OO'＝BO＝4．故答案為：4；（2）∵O