在三角形ABC中,D是BC的中点,AC=13,AD=6,AB=5,问AD与AB的位置关系
AB⊥AD延长中线AD到E,使DE=AD,连结BE∵DE=AD,D是BC中点,∠BDE=∠CDA∴△BDE≌△CDA∴BE=AC=13,AE=AD+DE=6+6=12又∵AB=5,AC=13,AE=12∴5²+12²=15²即AB²+AE²=BE²∴∠BAE=90°（若三角形...
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AD⊥AB.延长AD至E,使DE=AD,连BE.易知BE=AC=13,AE=2AD=12,AB=5,∴AB^2+AE^2=BE^2,∴AD⊥AB.
扫描下载二维码如图,在三角形ABC中,D是AB的中点,AC=12,BC=5,CD=二分之一十三.求证三角形为直角三角形
证明：延长CD到E,使DE=CD=13/2∴CE=13易证△ADE≌△BDC（SAS）∴AE=BC=5,∠E=∠BCD∴AE‖BC∵AE=5,AC=12,CE=13∴AE²+AC²=CE²∴∠CAE=90°∵AE‖BC∴∠ACB=90°∴△ABC是直角三角形
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过D做DE//AC，交BC于E∵D是AB的中点，DE//AC∴E是BC的中点，∴DE= AC/2 = 6，CE = CB/2 = 5/2∵CD = 13/2∴CD² = DE²+ CE²∴∠DEC = 90°∴DE⊥BC∵DE//AC∴AC ⊥BC∴∠ACB = 90°∴△ACB是Rt三角形
没图不好求。
扫描下载二维码（2014o盐城）【问题情境】张老师给爱好学习的小军和小俊提出这样一个问题：如图1，在△ABC中，AB=AC，点P为边BC上的任一点，过点P作PD⊥AB，PE⊥AC，垂足分别为D、E，过点C作CF⊥AB，垂足为F．求证：PD+PE=CF．
小军的证明思路是：如图2，连接AP，由△ABP与△ACP面积之和等于△ABC的面积可以证得：PD+PE=CF．
小俊的证明思路是：如图2，过点P作PG⊥CF，垂足为G，可以证得：PD=GF，PE=CG，则PD+PE=CF．
【变式探究】如图3，当点P在BC延长线上时，其余条件不变，求证：PD-PE=CF；
请运用上述解答中所积累的经验和方法完成下列两题：
【结论运用】如图4，将矩形ABCD沿EF折叠，使点D落在点B上，点C落在点C′处，点P为折痕EF上的任一点，过点P作PG⊥BE、PH⊥BC，垂足分别为G、H，若AD=8，CF=3，求PG+PH的值；
【迁移拓展】图5是一个航模的截面示意图．在四边形ABCD中，E为AB边上的一点，ED⊥AD，EC⊥CB，垂足分别为D、C，且ADoCE=DEoBC，AB=2dm，AD=3dm，BD=dm．M、N分别为AE、BE的中点，连接DM、CN，求△DEM与△CEN的周长之和．
【问题情境】如下图②，按照小军、小俊的证明思路即可解决问题．
【变式探究】如下图③，借鉴小军、小俊的证明思路即可解决问题．
【结论运用】易证BE=BF，过点E作EQ⊥BF，垂足为Q，如下图④，利用问题情境中的结论可得PG+PH=EQ，易证EQ=DC，BF=DF，只需求出BF即可．
【迁移拓展】由条件ADoCE=DEoBC联想到三角形相似，从而得到∠A=∠ABC，进而补全等腰三角形，△DEM与△CEN的周长之和就可转化为AB+BH，而BH是△ADB的边AD上的高，只需利用勾股定理建立方程，求出DH，再求出BH，就可解决问题．
解：【问题情境】证明：（方法1）连接AP，如图②
∵PD⊥AB，PE⊥AC，CF⊥AB，
且S△ABC=S△ABP+S△ACP，
∴ABoCF=ABoPD+ACoPE．
∴CF=PD+PE．
（方法2）过点P作PG⊥CF，垂足为G，如图②．
∵PD⊥AB，CF⊥AB，PG⊥FC，
∴∠CFD=∠FDG=∠FGP=90°．
∴四边形PDFG是矩形．
∴DP=FG，∠DPG=90°．
∴∠CGP=90°．
∵PE⊥AC，
∴∠CEP=90°．
∴∠PGC=∠CEP．
∵∠BDP=∠DPG=90°．
∴PG∥AB．
∴∠GPC=∠B．
∴∠B=∠ACB．
∴∠GPC=∠ECP．
在△PGC和△CEP中，
∴△PGC≌△CEP．
∴CF=CG+FG
【变式探究】
证明：（方法1）连接AP，如图③．
∵PD⊥AB，PE⊥AC，CF⊥AB，
且S△ABC=S△ABP-S△ACP，
∴ABoCF=ABoPD-ACoPE．
∴CF=PD-PE．
（方法2）过点C作CG⊥DP，垂足为G，如图③．
∵PD⊥AB，CF⊥AB，CG⊥DP，
∴∠CFD=∠FDG=∠DGC=90°．
∴四边形CFDG是矩形．
∴CF=GD，∠DGC=90°．
∴∠CGP=90°．
∵PE⊥AC，
∴∠CEP=90°．
∴∠CGP=∠CEP．
∵CG⊥DP，AB⊥PD，
∴∠CGP=∠BDP=90°．
∴CG∥AB．
∴∠GCP=∠B．
∴∠B=∠ACB．
∵∠ACB=∠PCE，
∴∠GCP=∠ECP．
在△CGP和△CEP中，
∴△CGP≌△CEP．
∴CF=DG=DP-PG
【结论运用】过点E作EQ⊥BC，垂足为Q，如图④，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，∠C=∠ADC=90°．
∵AD=8，CF=3，
∴BF=BC-CF=AD-CF=5．
由折叠可得：DF=BF，∠BEF=∠DEF．
∵∠C=90°，
∴DC=2-CF2
∵EQ⊥BC，∠C=∠ADC=90°，
∴∠EQC=90°=∠C=∠ADC．
∴四边形EQCD是矩形．
∴EQ=DC=4．
∵AD∥BC，
∴∠DEF=∠EFB．
∵∠BEF=∠DEF，
∴∠BEF=∠EFB．
由问题情境中的结论可得：PG+PH=EQ．
∴PG+PH=4．
∴PG+PH的值为4．
【迁移拓展】延长AD、BC交于点F，作BH⊥AF，垂足为H，如图⑤．
∵ADoCE=DEoBC，
∵ED⊥AD，EC⊥CB，
∴∠ADE=∠BCE=90°．
∴△ADE∽△BCE．
∴∠A=∠CBE．
由问题情境中的结论可得：ED+EC=BH．
设DH=xdm，
则AH=AD+DH=（3+x）dm．
∵BH⊥AF，
∴∠BHA=90°．
∴BH2=BD2-DH2=AB2-AH2．
∵AB=2，AD=3，BD=，
∴（）2-x2=（2）2-（3+x）2．
解得：x=1．
∴BH2=BD2-DH2
=37-1=36．
∴ED+EC=6．
∵∠ADE=∠BCE=90°，
且M、N分别为AE、BE的中点，
∴DM=EM=AE，CN=EN=BE．
∴△DEM与△CEN的周长之和
=DE+DM+EM+CN+EN+EC
=DE+AE+BE+EC
∴△DEM与△CEN的周长之和为（6+2）dm．