備戰(zhàn)2020年中考數(shù)學十大題型專練卷 題型09 幾何類比、拓展、探究題（含解析）

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1、題型09 幾何類比、拓展、探究題 一、解答題 1．如圖1，（）繞點順時針旋轉得，射線交射線于點． （1）與的關系是　 　； （2）如圖2，當旋轉角為60°時，點，點與線段的中點恰好在同一直線上，延長至點，使，連接． ①與的關系是　 　，請說明理由； ②如圖3，連接，若，，求線段的長度． 【答案】（1）；（2）①或，理由見解析；② 【分析】（1）如圖1，與的交點記作點，由旋轉的性質與三角形內角和定理得到，即可求解； （2）①如圖2，連接，由旋轉的性質及全等三角形的性質得到∽，故，即可證明≌，再得到，即可得到結論； ②由①得，，由角度的關系得到， 再 證明，再利用

2、等腰三角形的性質得到，再利用直角三角形三角函數(shù)求出，即可求出AE的長. 【詳解】解：（1）如圖1， 與的交點記作點，由旋轉知，，， ∴， ∵，，， ∴， ∴， 故答案為：； （2）①或， 理由：如圖2，連接，由旋轉知，，，， ∴是等邊三角形，∴， ∵， ∴∽， ∴， ∵是的中點， ∴， ∵，， ∴≌（）， ∴， ∴， ∴， ∴或， 故答案為：或； ②由①知，，， ∴， ∴， ∵，， ∴， 由①知，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ 在中，，， 在中，， ∴， ∴． 【點睛】此題主要考查全等三角形

3、的判定與性質，解題的關鍵是熟知等腰三角形、直角三角形、相似三角形的判定與性質及三角函數(shù)進行求解. 2．（問題） 如圖1，在中，，過點作直線平行于．，點在直線上移動，角的一邊始終經過點，另一邊與交于點，研究和的數(shù)量關系． （探究發(fā)現(xiàn)） （1）如圖2，某數(shù)學興趣小組運用“從特殊到一般”的數(shù)學思想，發(fā)現(xiàn)當點移動到使點與點重合時，通過推理就可以得到，請寫出證明過程； （數(shù)學思考） （2）如圖3，若點是上的任意一點（不含端點），受（1）的啟發(fā)，這個小組過點作交于點，就可以證明，請完成證明過程； （拓展引申） （3）如圖4，在（1）的條件下，是邊上任意一點（不含端點），是射線上

4、一點，且，連接與交于點，這個數(shù)學興趣小組經過多次取點反復進行實驗，發(fā)現(xiàn)點在某一位置時的值最大．若，請你直接寫出的最大值． 【答案】【探究發(fā)現(xiàn)】（1）見解析；【數(shù)學思考】（2）見解析；【拓展引申】（3）時，有最大值為2． 【分析】根據(jù)等腰三角形的性質及平行的定義即可解得 根據(jù)證明即可推出 過點作交于點，連接，可證明，再推出即可得=，則. 【詳解】證明：【探究發(fā)現(xiàn)】 （1）∵ ∴ ∵ ∴，且 ∴ ∴ 即 【數(shù)學思考】 （2）∵ ∴ ∴， ∵ ∴，且， ∴ ∴ 【拓展引申】 （3）如圖4，過點作交于點，連接， ∵， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴，

5、且 ∴ ∴ ∵， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∵ ∴點，點，點，點四點共圓， ∴ ∴，且 ∴ ∴ ∴ ∴ ∴時，有最大值為2． 【點睛】本題考查等腰三角形，解題關鍵在于熟練掌握等腰三角形的性質. 3．小波在復習時，遇到一個課本上的問題，溫故后進行了操作、推理與拓展． ???(1)溫故：如圖?1，在△ABC中，AD⊥BC?于點D，正方形PQMN?的邊QM在BC上，頂點P?，N?分別在AB， AC上，若BC=6?，AD=4，求正方形?PQMN的邊長． ??(2)操作：能畫出這類正方形嗎?小波按數(shù)學家波利亞在《怎樣解題》中的方法進行操作：如圖?2，任意畫△ABC，在

6、AB上任取一點P′，畫正方形?P′Q′M′N′?，使Q′,M′在BC邊上，?N′在△ABC?內，連結B N′?并延長交AC?于點N，畫NM⊥BC于點M，NP⊥NM?交AB于點P，PQ⊥BC?于點Q，得到四邊形?PQMN．小波把線段BN?稱為“波利亞線”． ?(3)推理：證明圖2?中的四邊形??PQMN 是正方形． ?(4)拓展：在(2)的條件下，于波利業(yè)線B N?上截取NE=NM?，連結EQ?，EM(如圖?3)．當tan∠NBM=??時，猜想∠QEM的度數(shù)，并嘗試證明． 請幫助小波解決“溫故”、“推理”、“拓展”中的問題． 【答案】（1）溫故：；（3）推理：四邊形PQMN為正方形.

7、見解析；（4）拓展：猜想，理由見解析. 【分析】（1）根據(jù)，列比例式求解即可； （3）由作法知四邊形PQMN為矩形，通過三角形相似證明,,從而，可證四邊形PQMN為正方形； （4）可設MN=3k，.則，，.根據(jù)兩邊對應成比例且夾角相等可證，從而.通過證明，可得. 【詳解】（1）溫故：． . 即. 解得. （2）推理：由畫法可得. 四邊形PQMN為矩形，. ， 同理可得. . ，. 四邊形PQMN為正方形. （3）拓展：猜想，理由如下： 由可設MN=3k，. 則，，. ，， . ， ， . ， . ， . . 【點睛】本題考查了正方形

8、的性質，相似三角形的判定與性質，熟練掌握相似三角形的判定與性質是解答本題的關鍵.相似三角形的判定方法有：①平行于三角形一邊的直線和其他兩邊或兩邊延長線相交，所構成的三角形與原三角形相似；②兩角相等的兩個三角形相似；③兩邊對應成比例，且夾角相等的兩個三角形相似判定即可；④三邊對應成比例的兩個三角形相似. 4．問題提出： 如圖，圖①是一張由三個邊長為 1 的小正方形組成的“L”形紙片，圖②是一張 a× b 的方格紙（a× b的方格紙指邊長分別為 a，b 的矩形，被分成 a× b個邊長為 1 的小正方形，其中 a≥2 ， b≥2，且 a，b 為正整數(shù)） ．把圖①放置在圖②中，使它恰好蓋住圖②中

9、的三個小正方形，共有多少種不同的放置方法？ 問題探究： 為探究規(guī)律，我們采用一般問題特殊化的策略，先從最簡單的情形入手，再逐次遞進，最后得出一般性的結論． 探究一： 把圖①放置在 2× 2的方格紙中，使它恰好蓋住其中的三個小正方形，共有多少種不同的放置方法？ 如圖③，對于 2×2的方格紙，要用圖①蓋住其中的三個小正方形，顯然有 4 種不同的放置方法． 探究二： 把圖①放置在 3×2的方格紙中，使它恰好蓋住其中的三個小正方形，共有多少種不同的放置方法？ 如圖④，在 3×2的方格紙中，共可以找到 2 個位置不同的 2 ×2方格，依據(jù)探究一的結論可知，把圖①放置在 3×

10、2 的方格紙中，使它恰好蓋住其中的三個小正方形，共有 2 ×4＝8種 不同的放置方法． 探究三： 把圖①放置在 a ×2 的方格紙中，使它恰好蓋住其中的三個小正方形，共有多少種不同的放置方法？ 如圖⑤， 在 a ×2 的方格紙中，共可以找到______個位置不同的 2×2方格，依據(jù)探究一的結論可知，把圖①放置在 a× 2 的方格紙中，使它恰好蓋住其中的三個小正方形，共有______種不同的放置方法． 探究四： 把圖①放置在 a ×3 的方格紙中，使它恰好蓋住其中的三個小正方形，共有多少種不同的放置方法？ 如圖⑥，在 a ×3 的方格紙中，共可以找到______個

11、位置不同的 2×2方格，依據(jù)探究一的結論可知，把圖①放置在 a ×3 的方格紙中，使它恰好蓋住其中的三個小正方形，共有_____種不同的放置方法． …… 問題解決： 把圖①放置在 a ×b的方格紙中，使它恰好蓋住其中的三個小正方形，共有多少種不同的放置方法？（仿照前面的探究方法，寫出解答過程，不需畫圖．） 問題拓展： 如圖，圖⑦是一個由 4 個棱長為 1 的小立方體構成的幾何體，圖⑧是一個長、寬、高分別為 a，b ，c （a≥2 ， b≥2 ， c≥2 ，且 a，b，c 是正整數(shù)）的長方體，被分成了a×b×c個棱長為 1 的小立方體．在圖⑧的不同位置共可以找到______個圖⑦這樣的

12、幾何體． 【答案】探究三：， ；探究四：， ；問題解決：共有種不同的放置方法；問題拓展：8(a-1)(b-1)(c-1). 【分析】對于圖形的變化類的規(guī)律題，首先應找出圖形哪些部分發(fā)生了變化，是按照什么規(guī)律變化的，通過分析找到各部分的變化規(guī)律后直接利用規(guī)律求解．探尋規(guī)律要認真觀察、仔細思考，善用聯(lián)想來解決這類問題． 【詳解】探究三： 根據(jù)探究二，a×2的方格紙中，共可以找到（a-1）個位置不同的?2×2方格， 根據(jù)探究一結論可知，每個2×2方格中有4種放置方法，所以在a×2的方格紙中，共可以找到（a-1）×4=（4a-4）種不同的放置方法； 故答案為a-1，4a-4； 探

13、究四： 與探究三相比，本題矩形的寬改變了，可以沿用上一問的思路：邊長為a，有（a-1）條邊長為2的線段， 同理，邊長為3，則有3-1=2條邊長為2的線段， 所以在a×3的方格中，可以找到2（a-1）=（2a-2）個位置不同的2×2方格， 根據(jù)探究一，在在a×3的方格紙中，使它恰好蓋住其中的三個小正方形，共有（2a-2）×4=（8a-8）種不同的放置方法． 故答案為2a-2，8a-8； 問題解決： 在a×b的方格紙中，共可以找到（a-1）（b-1）個位置不同的2×2方格， 依照探究一的結論可知，把圖①放置在a×b的方格紙中，使它恰好蓋住其中的三個小正方形，共有4（a-1）（b-1

14、）種不同的放置方法； 問題拓展： 發(fā)現(xiàn)圖⑦示是棱長為2的正方體中的一部分，利用前面的思路， 這個長方體的長寬高分別為a、b、c，則分別可以找到（a-1）、（b-1）、（c-1）條邊長為2的線段， 所以在a×b×c的長方體共可以找到（a-1）（b-1）（c-1）位置不同的2×2×2的正方體， 再根據(jù)探究一類比發(fā)現(xiàn)，每個2×2×2的正方體有8種放置方法， 所以在a×b×c的長方體中共可以找到8（a-1）（b-1）（c-1）個圖⑦這樣的幾何體； 故答案為8（a-1）（b-1）（c-1）． 【點睛】此題考查了平面圖形的有規(guī)律變化，要求學生通過觀察圖形，分析、歸納并發(fā)現(xiàn)其中的規(guī)律，并應用

15、規(guī)律解決問題是解題的關鍵． 5．在中，，，于點, （1）如圖1，點，分別在，上，且，當，時，求線段的長； （2）如圖2，點，分別在，上，且，求證：； （3）如圖3，點在的延長線上，點在上，且，求證：; 【答案】(1) ；(2)見解析；(3)見解析. 【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的性質、直角三角形的性質得到 AD＝BD＝DC＝ ，求出 ∠MBD＝30°，根據(jù)勾股定理計算即可； （2）證明△BDE≌△ADF，根據(jù)全等三角形的性質證明； （3）過點 M作 ME∥BC交 AB的延長線于 E，證明△BME≌△AMN，根據(jù)全等三角形的性質得到 BE＝AN，根據(jù)等腰直角三角形的性質

16、、勾股定理證明結論． 【詳解】（1）解：，，， ，，， ， ， ， ， ， ， 由勾股定理得，，即， 解得，， ； （2）證明：，， ， 在和中， ， ； （3）證明：過點作交的延長線于， ， 則，， ， ，， ， 在和中， ， ， ， ． 【點睛】本題考查的是等腰直角三角形的性質、全等三角形的判定和性質、直角三角形 的性質，掌握全等三角形的判定定理和性質定理是解題的關鍵． 6．如圖，正方形和的邊，在同一條直線上，且，取的中點，連接，，． （1）試證明，并求的值． （2）如圖，將如圖中的正方形變?yōu)榱庑?，設，其它條件不變，

17、問（1）中的值有變化嗎？若有變化，求出該值（用含的式子表示）；若無變化，說明理由． 【答案】（1）見解析；；（2）（1）中的值有變化．理由見解析；. 【分析】（1）根據(jù)全等三角形的判定（AAS）和勾股定理即可得到答案； （2）根據(jù)平行線的性質和三角函數(shù)，即可得到答案. 【詳解】（1）證明：如圖1中，延長交的延長線于． ∵四邊形，四邊形都是正方形， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∵，， ∴，， 連接，，設，則，，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴. （2）解：（1）中的值有變化． 理由：如圖2中，連接，交于點

18、，連接，，，交于． ∵，， ∴，， ∵， ∴，，共線， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴與互相平分， ∵， ∴點在直線上， ∵， ∴四邊形是矩形， ∴， ∵，， ∴，設，則， 易知，，， ∵，， ∴. 【點睛】本題考查全等三角形的判定（AAS）、勾股定理、平行線的性質和三角函數(shù)，解題的關鍵是熟練掌握全等三角形的判定（AAS）、勾股定理、平行線的性質和三角函數(shù). 7．定義：有一組鄰邊相等且對角互補的四邊形叫做等補四邊形． 理解： 如圖1，點在上，的平分線交于點，連接求證：四邊形是等補四邊形； 探究： 如圖2，在等補四邊形中連接是否平分請說明理由．

19、 運用： 如圖3，在等補四邊形中，，其外角的平分線交的延長線于點求的長． 【答案】（1）證明見解析；（2）平分，理由見解析；（3）. 【分析】由圓內接四邊形互補可知，再證，即可根據(jù)等補四邊形的定義得出結論； 過點分別作于點，垂直的延長線于點，證，得到，根據(jù)角平分線的判定可得出結論； 連接，先證推出再證利用相似三角形對應邊的比相等可求出的長． 【詳解】證明：四邊形為圓內接四邊形， 四邊形是等補四邊形； 平分，理由如下： 如圖2，過點分別作于點，垂直的延長線于點，則， 四邊形是等補四邊形， 又 是的平分線，即平分 如圖

20、3，連接， 四邊形是等補四邊形， 又， 平分 由知，平分 又 即 【點睛】本題考查了新定義等補四邊形，圓的有關性質，全等三角形的判定與性質，角平分線的判定，相似三角形的判定與性質等，解題關鍵是要能夠通過自主學習來進行探究，運用等． 8．已知ABC內接于，的平分線交于點D，連接DB，DC． （1）如圖①，當時，請直接寫出線段AB，AC，AD之間滿足的等量關系式：　 　； （2）如圖②，當時，試探究線段AB，AC，AD之間滿足的等量關系，并證明你的結論； （3）如圖③，若BC=5，BD=4，求 的值． 【答案】（1）AB+AC=A

21、D；（2）；（3） 【分析】（1）在AD上截取AE=AB，連接BE，由條件可知△ABE和△BCD都是等邊三角形，可證明△BED≌△BAC，可得DE=AC，則AB+AC=AD； （2）延長AB至點M，使BM=AC，連接DM，證明△MBD≌△ACD，可得MD=AD，證得AB+AC=； （3）延長AB至點N，使BN=AC，連接DN，證明△NBD≌△ACD，可得ND=AD，∠N=∠CAD，證△NAD∽△CBD，可得， 可由AN=AB+AC，求出的值. 【詳解】解：（1）如圖①在AD上截取AE=AB，連接BE， ∵∠BAC=120°，∠BAC的平分線交⊙O于點D， ∴∠DBC=∠DAC

22、=60°，∠DCB=∠BAD=60°， ∴△ABE和△BCD都是等邊三角形， ∴∠DBE=∠ABC，AB=BE，BC=BD， ∴△BED≌△BAC（SAS）， ∴DE=AC， ∴AD=AE+DE=AB+AC； 故答案為：AB+AC=AD． （2）AB+AC=．理由如下： 如圖②，延長AB至點M，使BM=AC，連接DM， ∵四邊形ABDC內接于⊙O， ∴∠MBD=∠ACD， ∵∠BAD=∠CAD=45°， ∴BD=CD， ∴△MBD≌△ACD（SAS）， ∴MD=AD，∠M=∠CAD=45°， ∴MD⊥AD． ∴AM=，即AB+BM=， ∴AB+AC=；

23、（3）如圖③，延長AB至點N，使BN=AC，連接DN， ∵四邊形ABDC內接于⊙O， ∴∠NBD=∠ACD， ∵∠BAD=∠CAD， ∴BD=CD， ∴△NBD≌△ACD（SAS）， ∴ND=AD，∠N=∠CAD， ∴∠N=∠NAD=∠DBC=∠DCB， ∴△NAD∽△CBD， ∴， ∴， 又AN=AB+BN=AB+AC，BC=5，BD=4， ∴． 【點睛】本題屬于圓的綜合題，考查了圓周角定理，全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定和性質，等邊三角形的判定與性質等知識，解題的關鍵是正確作出輔助線解決問題． 9．如圖，在中，，于點，于點，與交于點，于點，點是的中

24、點，連接并延長交于點． （1）如圖①所示，若，求證：； （2）如圖②所示，若，如圖③所示，若（點與點重合），猜想線段、與之間又有怎樣的數(shù)量關系？請直接寫出你的猜想，不需證明． 【答案】（1）見解析（2） 【分析】（1）連接CF，由垂心的性質得出CF⊥AB，證出CF∥BH，由平行線的性質得出∠CBH=∠BCF，證明△BMH≌△CMF得出BH=CF，由線段垂直平分線的性質得出AF=CF，得出BH=AF，AD=DF+AF=DF+BH，由直角三角形的性質得出AD=BD，即可得出結論； （2）同（1）可證：AD=DF+AF=DF+BH，再由等腰直角三角形的性質和含30°角的直角三角形的性質

25、即可得出結論． 【詳解】（1）證明：連接，如圖①所示： ， ， ， ， ， ， 點是的中點， ， 在和中，， ， ， ，， 垂直平分， ， ， ， 在中，， ， ； （2）解：圖②猜想結論：；理由如下： 同（1）可證： ， 在中，， ， ； 圖③猜想結論：；理由如下： 同（1）可證：， 在中，， ， ． 【點睛】此題考查全等三角形的判定與性質，平行線的性質，垂直平分線的性質，含30°角的直角三角形的性質，解題關鍵在于作輔助線 10．將在同一平面內如圖放置的兩塊三角板繞公共頂點A旋轉，連接BC，DE．探究S△ABC與S△ADC的比

26、是否為定值． （1）兩塊三角板是完全相同的等腰直角三角板時，S△ABC：S△ADE是否為定值？如果是，求出此定值，如果不是，說明理由．（圖①） （2）一塊是等腰直角三角板，另一塊是含有30°角的直角三角板時，S△ABC：S△ADE是否為定值？如果是，求出此定值，如果不是，說明理由．（圖②） （3）兩塊三角板中，∠BAE+∠CAD＝180°，AB＝a，AE＝b，AC＝m，AD＝n（a，b，m，n為常數(shù)），S△ABC：S△ADE是否為定值？如果是，用含a，b，m，n的式子表示此定值（直接寫出結論，不寫推理過程），如果不是，說明理由．（圖③） 【答案】（1）結論：S△ABC：S△ADE＝

27、1，為定值．理由見解析；（2）S△ABC：S△ADE＝，為定值，理由見解析；（3）S△ABC：S△ADE＝，為定值．理由見解析. 【分析】（1）結論：S△ABC：S△ADE=定值．如圖1中，作DH⊥AE于H，CG⊥BA交BA的延長線于G．首先證明∠DAE=∠CAG，利用三角形的面積公式計算即可． （2）結論：S△ABC：S△ADE=定值．如圖1中，作DH⊥AE于H，CG⊥BA交BA的延長線于G．首先證明∠DAE=∠CAG，利用三角形的面積公式計算即可． （3）結論：S△ABC：S△ADE=定值．如圖1中，作DH⊥AE于H，CG⊥BA交BA的延長線于G．首先證明∠DAE=∠CAG，利用三角

28、形的面積公式計算即可． 【詳解】（1）結論：S△ABC：S△ADE＝定值． 理由：如圖1中，作DH⊥AE于H，CG⊥BA交BA的延長線于G． ∵∠BAE＝∠CAD＝90°， ∴∠BAC+∠EAD＝180°，∠BAC+∠CAG＝180°， ∴∠DAE＝∠CAG， ∵AB＝AE＝AD＝AC， ∴1． （2）如圖2中，S△ABC：S△ADE＝定值． 理由：如圖1中，作DH⊥AE于H，CG⊥BA交BA的延長線于G． 不妨設∠ADC＝30°，則ADAC，AE＝AB， ∵∠BAE＝∠CAD＝90°， ∴∠BAC+∠EAD＝180°，∠BAC+∠CAG＝180°， ∴∠DA

29、E＝∠CAG， ∴． （3）如圖3中，如圖2中，S△ABC：S△ADE＝定值． 理由：如圖1中，作DH⊥AE于H，CG⊥BA交BA的延長線于G． ∵∠BAE＝∠CAD＝90°， ∴∠BAC+∠EAD＝180°，∠BAC+∠CAG＝180°， ∴∠DAE＝∠CAG， ∵AB＝a，AE＝b，AC＝m，AD＝n ∴． 【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了等腰直角三角形的性質，30度的直角三角形的性質，三角形的面積等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，屬于中考常考題型． 11．如圖1，對角線互相垂直的四邊形叫做垂美四邊形． (1)概念理解：如圖2，在四邊形中，，，問四

30、邊形是垂美四邊形嗎？請說明理由； (2)性質探究：如圖1，四邊形的對角線、交于點，．試證明：； (3)解決問題：如圖3，分別以的直角邊和斜邊為邊向外作正方形和正方形，連結、、．已知，，求的長． 【答案】(1) 四邊形是垂美四邊形，理由見解析；(2)證明見解析；(3) . 【分析】（1）根據(jù)垂直平分線的判定定理，可證直線是線段的垂直平分線，結合“垂美四邊形”的定義證明即可； （2）根據(jù)垂直的定義和勾股定理解答即可； （3）連接、，先證明，得到∴，可證，即，從而四邊形是垂美四邊形，根據(jù)垂美四邊形的性質、勾股定理、結合（2）的結論計算即可． 【詳解】(1)四邊形是垂美四邊形． 證明：

31、連接AC，BD， ∵， ∴點在線段的垂直平分線上， ∵， ∴點在線段的垂直平分線上， ∴直線是線段的垂直平分線， ∴，即四邊形是垂美四邊形； (2)猜想結論：垂美四邊形的兩組對邊的平方和相等． 如圖2，已知四邊形中，，垂足為， 求證： 證明：∵， ∴， 由勾股定理得，， ， ∴； 故答案為：． (3)連接、， ∵， ∴，即， 在和中，， ∴， ∴，又， ∴，即， ∴四邊形是垂美四邊形， 由(2)得，， ∵，， ∴，，， ∴， ∴． 【點睛】本題考查的是正方形的性質、全等三角形的判定和性質、垂直的定義、勾股定理的應用，正確理解垂美

32、四邊形的定義、靈活運用勾股定理是解題的關鍵． 12．（1）數(shù)學理解：如圖①，△ABC是等腰直角三角形，過斜邊AB的中點D作正方形DECF，分別交BC，AC于點E，F(xiàn)，求AB，BE，AF之間的數(shù)量關系； （2）問題解決：如圖②，在任意直角△ABC內，找一點D，過點D作正方形DECF，分別交BC，AC于點E，F(xiàn)，若AB＝BE+AF，求∠ADB的度數(shù)； （3）聯(lián)系拓廣：如圖③，在（2）的條件下，分別延長ED，F(xiàn)D，交AB于點M，N，求MN，AM，BN的數(shù)量關系． 【答案】數(shù)學理解：（1）AB＝（AF+BE）,理由見解析；問題解決：（2）∠ADB＝135°；聯(lián)系拓廣：（3）MN2＝AM2+

33、NB2， 【分析】數(shù)學理解： （1）由等腰直角三角形的性質可得AC=BC，∠A=∠B=45°，AB＝AC，由正方形的性質可得DE=DF=CE，∠DFC=∠DEC=90°，可求AF=DF=CE，即可得AB＝（AF+BE）； 問題解決： （2）延長AC，使FM=BE，通過證明△DFM≌△DEB，可得DM=DB，通過△ADM≌△ADB，可得∠DAC=∠DAB=∠CAB，∠ABD=∠CBD=∠ABC，由三角形內角和定理可求∠ADB的度數(shù)； 聯(lián)系拓廣： （3）由正方形的性質可得DE∥AC，DF∥BC，由平行線的性質可得∠DAB=∠ADM，∠NDB=∠ABD，可得AM=MD，DN=NB，即可求

34、MN，AM，BN的數(shù)量關系． 【詳解】數(shù)學理解： （1）AB＝（AF+BE） 理由如下：∵△ABC是等腰直角三角形 ∴AC＝BC，∠A＝∠B＝45°，AB＝AC ∵四邊形DECF是正方形 ∴DE＝DF＝CE＝CF，∠DFC＝∠DEC＝90° ∴∠A＝∠ADF＝45° ∴AF＝DF＝CE ∴AF+BE＝BC＝AC ∴AB＝（AF+BE） 問題解決： （2）如圖②，延長AC，使FM＝BE，連接DM， ∵四邊形DECF是正方形 ∴DF＝DE，∠DFC＝∠DEC＝90° ∵BE＝FM，∠DFC＝∠DEB＝90°，DF＝ED ∴△DFM≌△DEB（SAS） ∴DM＝

35、DB ∵AB＝AF+BE，AM＝AF+FM，F(xiàn)M＝BE， ∴AM＝AB，且DM＝DB，AD＝AD ∴△ADM≌△ADB（SSS） ∴∠DAC＝∠DAB＝∠CAB 同理可得：∠ABD＝∠CBD＝∠ABC ∵∠ACB＝90°， ∴∠CAB+∠CBA＝90° ∴∠DAB+∠ABD＝（∠CAB+∠CBA）＝45° ∴∠ADB＝180°﹣（∠DAB+∠ABD）＝135° 聯(lián)系拓廣： （3）∵四邊形DECF是正方形 ∴DE∥AC，DF∥BC ∴∠CAD＝∠ADM，∠CBD＝∠NDB，∠MDN＝∠AFD＝90° ∵∠DAC＝∠DAB，∠ABD＝∠CBD ∴∠DAB＝∠ADM，∠

36、NDB＝∠ABD ∴AM＝MD，DN＝NB 在Rt∠DMN中，MN2＝MD2+DN2， ∴MN2＝AM2+NB2. 【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了正方形的性質，等腰三角形的性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理等知識，添加恰當輔助線構造全等三角形是本題的關鍵． 13．如圖，正方形的邊長為2，為的中點，是延長線上的一點，連接交于點，． （1）求的值； （2）如圖1，連接，在線段上取一點，使，連接，求證：； （3）如圖2，過點作于點，在線段上取一點，使，連接，．將繞點旋轉，使點旋轉后的對應點落在邊上．請判斷點旋轉后的對應點是否落在線段上，并說明理由． 【答案】（1）（2）

37、見解析（3）點旋轉后的對應點不落在線段上 【分析】（1）設，則，根據(jù)得到，故，求得，求得AF,AP的值即可求解；（2）在上截取， 證得，再利用勾股定理求出，得到，再利用平行得到，則，即可得到，故 （3）若點在上，以原點，為軸，為建立平面直角坐標系，由旋轉的性質可得，，，求出直線解析式為：，設，利用勾股定理求出，得點，由點，得出， 于是點旋轉后的對應點不落在線段上. 【詳解】（1）設， ∴， ∵四邊形是正方形 ∴， ∴， ∴， 即. ∴， ∴， ∴， ∴. （2）在上截取， ∵，，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵點是中點， ∴， ∴， ∵，

38、 ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴，且，， ∴， ∴， ∴. （3）若點在上，如圖，以原點，為軸，為建立平面直角坐標系， ∵，， ∴. 由旋轉的性質可得，，， ∵點，點， ∴直線解析式為：， 設點， ∴， ∴， ∴點， ∵點， ∴. ∴點旋轉后的對應點不落在線段上. 【點睛】此題主要考查函數(shù)與幾何綜合，解題的關鍵是熟知全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質、勾股定理及一次函數(shù)的應用. 14．在中，，，是上一點，連接 （1）如圖1，若，是延長線上一點，與垂直，求證： （2）過點作，為垂足，連接并延長交于點. ①如圖2，若，求證

39、： ②如圖3，若是的中點，直接寫出的值（用含的式子表示） 【答案】（1）證明見解析；（2）①證明見解析；② 【分析】(1)延長交于點，證明即可得； (2)①過點作交的延長線于點，由(1)，得，再根據(jù)平行線分線段成比例定理即可得到結論； ②過點C作CD//BP交AB的延長線于點D，延長AM交CD于點H，先證明△BPM≌△CHM，從而可得BP=CH，PM=HM，再證明△ABM∽△BPM，得到，在Rt△PCH中，由tan∠PCH=可得tan∠BPQ=，繼而根據(jù)BC=2BM，即可求得答案. 【詳解】(1)延長交于點， ∵與垂直，， ∴，， ∴， ∵，， ∴，， ∴

40、， ∴； (2)①過點作交的延長線于點， ∵，∴與垂直， 由(1)，得， ∵， ∴，即； ②過點C作CD//BP交AB的延長線于點D，延長AM交CD于點H， ∴∠PCH=∠BPQ， ∵，∴⊥， ∴∠BPM=∠CHM=90°， 又∵∠BMP=∠CMH，BM=CM， ∴△BPM≌△CHM， ∴BP=CH，PM=HM， ∴PH=2PM， ∵∠PMB=∠BMA，∠ABM=∠BPM=90°， ∴△ABM∽△BPM， ∴， 在Rt△PCH中，tan∠PCH=， ∴tan∠BPQ=， 又∵BC=2BM，， ∴tan∠BPQ=. 【點睛】本題考查了全等三角

41、形的判定與性質，相似三角形的判定與性質，三角函數(shù)，正確添加輔助線，熟練掌握和靈活運用相關知識是解題的關鍵.注意數(shù)形結合思想的運用. 15．⑴如圖1，是正方形邊上的一點，連接，將繞著點逆時針旋轉90°，旋轉后角的兩邊分別與射線交于點和點. ①線段和的數(shù)量關系是 ； ②寫出線段和之間的數(shù)量關系. ⑵當四邊形為菱形，，點是菱形邊所在直線上的一點，連接，將繞著點逆時針旋轉120°，旋轉后角的兩邊分別與射線交于點和點. ①如圖2，點在線段上時，請?zhí)骄烤€段和之間的數(shù)量關系，寫出結論并給出證明； ②如圖3，點在線段的延長線上時，交射線于點；若 ,直接寫出線段的長度.

42、 【答案】⑴①; ②；⑵①. 理由見解析，②的長度為 . 理由見解析. 【分析】（1）①根據(jù)旋轉的性質解答即可； ②根據(jù)正方形的性質和全等三角形的判定和性質解答即可； （2）①根據(jù)菱形的性質和全等三角形的判定和性質解答即可； ②作輔助線，計算BD和BF的長，根據(jù)平行線分線段成比例定理可得BM的長，根據(jù)線段的差可得結論． 【詳解】（1）①DB=DG，理由是： ∵∠DBE繞點B逆時針旋轉90°，如圖1， 由旋轉可知，∠BDE=∠FDG，∠BDG=90°， ∵四邊形ABCD是正方形， ∴∠CBD=45°， ∴∠G=45°， ∴∠G=∠CBD=45°， ∴DB

43、=DG； 故答案為DB=DG； ②BF+BE=BD，理由如下： 由①知：∠FDG=∠EDB，∠G=∠DBE=45°，BD=DG， ∴△FDG≌△EDB（ASA）， ∴BE=FG， ∴BF+FG=BF+BE=BC+CG， Rt△DCG中，∵∠G=∠CDG=45°， ∴CD=CG=CB， ∵DG=BD=BC， 即BF+BE=2BC=BD； （2）①如圖2，BF+BE=BD， 理由如下：在菱形ABCD中，∠ADB=∠CDB=∠ADC=×60°=30°， 由旋轉120°得∠EDF=∠BDG=120°，∠EDB=∠FDG， 在△DBG中，∠G=180°-120°-30°=30

44、°， ∴∠DBG=∠G=30°， ∴DB=DG， ∴△EDB≌△FDG（ASA）， ∴BE=FG， ∴BF+BE=BF+FG=BG， 過點D作DM⊥BG于點M，如圖2， ∵BD=DG， ∴BG=2BM， 在Rt△BMD中，∠DBM=30°， ∴BD=2DM． 設DM=a，則BD=2a， DM=a， ∴BG=2a， ∴， ∴BG=BD， ∴BF+BE=BG=BD； ②過點A作AN⊥BD于N，過D作DP⊥BG于P，如圖3， Rt△ABN中，∠ABN=30°，AB=2， ∴AN=1，BN=， ∴BD=2BN=2， ∵DC∥BE， ∴， ∵CM+B

45、M=2， ∴BM=， Rt△BDP中，∠DBP=30°，BD=2， ∴BP=3， 由旋轉得：BD=BF， ∴BF=2BP=6， ∴GM=BG-BM=6+1-=． 【點睛】此題是四邊形綜合題，主要考查了全等三角形的判定和性質，平行線分線段成比例定理，正方形和菱形的性質，直角三角形30度的角性質等知識，本題證明△FDG≌△BDE是解本題的關鍵． 16．教材呈現(xiàn)：如圖是華師版九年級上冊數(shù)學教材第78頁的部分內容． 例2 如圖，在中，分別是邊的中點，相交于點，求證：， 證明：連結． 請根據(jù)教材提示，結合圖①，寫出完整的證明過程． 結論應用：在中，對角線交于點，為邊的中點，、交于

46、點． （1）如圖②，若為正方形，且，則的長為　 　． （2）如圖③，連結交于點，若四邊形的面積為，則的面積為　 ?。? 【答案】教材呈現(xiàn)：詳見解析；結論應用：（1）；（2）6． 【分析】教材呈現(xiàn)：如圖①，連結．根據(jù)三角形中位線定理可得，，那么，由相似三角形對應邊成比例以及比例的性質即可證明； 結論應用：（1）如圖②．先證明，得出，那么，又，可得，由正方形的性質求出，即可求出； （2）如圖③，連接．由（1）易證．根據(jù)同高的兩個三角形面積之比等于底邊之比得出與的面積比，同理，與的面積比＝2，那么的面積的面積＝2（的面積的面積）＝，所以的面積，進而求出的面積． 【詳解】教

47、材呈現(xiàn)： 證明： 如圖①，連結． ∵在中，分別是邊的中點， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 結論應用： （1）解：如圖②． ∵四邊形為正方形，為邊的中點，對角線、交于點， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵正方形中，， ∴， ∴． 故答案為； （2）解：如圖③，連接． 由（1）知，， ∴． ∵與的高相同， ∴與的面積比， 同理，與的面積比＝2， ∴的面積的面積＝2（的面積的面積）， ∴的面積， ∴的面積． 故答案為6． 【點睛】考核知識點：相似三角形的判定和性質.靈活運用正方形性質，相似三角形判定和性質是關鍵. 1

48、7．如圖1，在矩形中，BC=3，動點從出發(fā)，以每秒1個單位的速度，沿射線方向移動，作關于直線的對稱，設點的運動時間為 （1）若 ①如圖2，當點B’落在AC上時，顯然△PCB’是直角三角形，求此時t的值 ②是否存在異于圖2的時刻，使得△PCB’是直角三角形？若存在，請直接寫出所有符合題意的t的值？若不存在，請說明理由 （2）當P點不與C點重合時，若直線PB’與直線CD相交于點M，且當t＜3時存在某一時刻有結論∠PAM=45°成立，試探究：對于t＞3的任意時刻，結論∠PAM=45°是否總是成立？請說明理由. 【答案】（1）①；②t=2或t=6或t=2（2）見解析. 【分析】(1)①

49、先利用勾股定理求出AC長，再根據(jù)△APB≌△APB′，繼而根據(jù)全等三角形的性質推導得出∠B=∠PB′C=90°，B′C= ，再證明，根據(jù)相似三角形的性質求出PB′=2-4，由此即可求得答案； ②根據(jù)題意分三種情況，分別畫出圖形，結合圖形分別討論求解即可； (2)如圖，根據(jù)∠PAM=45°以及翻折的性質可以證明得到△DAM≌△B′AM，從而可得AD=AB′=AB，證得四邊形ABCD是正方形，繼而根據(jù)題意畫出圖形，根據(jù)翻折的性質以及全等三角形的知識進行推導即可求得答案. 【詳解】(1)①∵四邊形ABCD是矩形， ∴∠B=90°， ∴AC=， ∵△APB≌△APB′， ∴∠AB′P=∠

50、B=90°，AB′=AB=2，BP=B′P， ∴∠B=∠PB′C=90°，B′C=AC-AB′=， 又∵∠PCB′=∠ACB， ∴， ∴， 即， ∴PB′=2-4， ∴PB=2-4， 即t=2-4； ②如圖，當∠PCB′=90 °時，此時點B′落在BC上， 在Rt△AB′D中，∠D=90°，∴B′D=， ∴B′C=， 在△PCB′中，由勾股定理得：， 解得t=2； 如圖，當∠PCB′=90 °時，此時點B′在CD的延長線上， 在Rt△AB′D中，∠ADB′=90°，∴B′D=， ∴B′C=3， 在△PCB′中，由勾股定理得：，解得t=6； 當∠CP

51、B′=90 °時，易得四邊形ABPB′為正方形， ∴BP=AB=2， 解得t=2； 綜上，t=2或t=6或t=2； (2)如圖 ∵∠PAM=45°， ∴∠2+∠3=45°，∠1+∠4=45°， 又∵翻折， ∴∠1=∠2，∠3=∠4， 又∵∠ADM=∠AB′M=90°，AM=AM， ∴△DAM≌△B′AM， ∴AD=AB′=AB， ∴四邊形ABCD是正方形， 如圖， 設∠APB=x， ∴∠PAB=90°-x， ∴∠DAP=x， ∵AD=AB′，AM=AM，∠ADM=∠AB′M=90°， ∴Rt△MDA≌Rt△B′AM(HL)， ∴∠B′AM=∠D

52、AM， ∵翻折， ∴∠PAB=∠PAB′=90°-x， ∴∠DAB′=∠PAB′-∠DAP=90°-2x， ∴∠DAM=∠DAB′=45°-x， ∴∠MAP=∠DAM+∠PAD=45°. 【點睛】本題是四邊形綜合題，涉及了矩形的性質，正方形的判定與性質，全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質，勾股定理的應用，翻折的性質等，綜合性較強，有一定的難度，正確畫出符合題意的圖形，熟練運用相關知識是解題的關鍵. 18．在等腰三角形中，，作交AB于點M，交AC于點N． （1）在圖1中，求證：； （2）在圖2中的線段CB上取一動點P，過P作交CM于點E，作交BN于點F，求證：；

53、（3）在圖3中動點P在線段CB的延長線上，類似（2）過P作交CM的延長線于點E，作交NB的延長線于點F，求證：． 【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）見解析 【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的性質得到，利用AAS定理證明； （2）根據(jù)全等三角形的性質得到，證明、，根據(jù)相似三角形的性質列出比例式，證明結論； （3）根據(jù)，得到，證明，得到，根據(jù)比例的性質證明即可． 【詳解】證明：（1）∵， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴； （2）∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）同（2）的方法得到

54、，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，又， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【點睛】本題考查的是相似三角形的判定和性質、全等三角形的判定和性質、等腰三角形的性質，掌握相似三角形的判定定理和性質定理是解題的關鍵． 19．問題情境：如圖1，在正方形ABCD中，E為邊BC上一點（不與點B、C重合），垂直于AE的一條直線MN分別交AB、AE、CD于點M、P、N．判斷線段DN、MB、EC之間的數(shù)量關系，并說明理由． 問題探究：在“問題情境”的基礎上， （1）如圖2，若垂足P恰好為AE的中點，連接BD，交MN于點Q，連接EQ，并延長交邊AD于點F．求∠AEF的

55、度數(shù)； （2）如圖3，當垂足P在正方形ABCD的對角線BD上時，連接AN，將△APN沿著AN翻折，點P落在點P'處．若正方形ABCD的邊長為4 ，AD的中點為S，求P'S的最小值． 問題拓展：如圖4，在邊長為4的正方形ABCD中，點M、N分別為邊AB、CD上的點，將正方形ABCD沿著MN翻折，使得BC的對應邊B'C'恰好經過點A，C'N交AD于點F．分別過點A、F作AG⊥MN，F(xiàn)H⊥MN，垂足分別為G、H．若AG＝，請直接寫出FH的長． 【答案】問題情境：.理由見解析；問題探究：（1）；（2）的最小值為；問題拓展：. 【分析】問題情境：過點B作BF∥MN分別交AE、CD于點

56、G、F，證出四邊形MBFN為平行四邊形，得出NF＝MB，證明△ABE≌△BCF得出BE＝CF，即可得出結論； 問題探究：（1）連接AQ，過點Q作HI∥AB，分別交AD、BC于點H、I，證出△DHQ是等腰直角三角形，HD＝HQ，AH＝QI，證明Rt△AHQ≌Rt△QIE得出∠AQH＝∠QEI，得出△AQE是等腰直角三角形，得出∠EAQ＝∠AEQ＝45°，即可得出結論； （2）連接AC交BD于點O，則△APN的直角頂點P在OB上運動，設點P與點B重合時，則點P′與點D重合；設點P與點O重合時，則點P′的落點為O′，由等腰直角三角形的性質得出∠ODA＝∠ADO′＝45°，當點P在線段BO上運動時

57、，過點P作PG⊥CD于點G，過點P′作P′H⊥CD交CD延長線于點H，連接PC，證明△APB≌△CPB得出∠BAP＝∠BCP，證明Rt△PGN≌Rt△NHP'得出PG＝NH，GN＝P'H，由正方形的性質得出∠PDG＝45°，易得出PG＝GD，得出GN＝DH，DH＝P'H，得出∠P'DH＝45°，故∠P'DA＝45°，點P'在線段DO'上運動；過點S作SK⊥DO'，垂足為K，即可得出結果； 問題拓展：延長AG交BC于E，交DC的延長線于Q，延長FH交CD于P，則EG＝AG＝，PH＝FH，得出AE＝5，由勾股定理得出BE＝＝3，得出CE＝BC﹣BE＝1，證明△ABE∽△QCE，得出QE＝AE＝，

58、AQ＝AE+QE＝，證明△AGM∽△ABE，得出AM＝，由折疊的性質得：AB'＝EB＝3，∠B'＝∠B＝90°，∠C'＝∠BCD＝90°，求出B'M＝，AC'＝1，證明△AFC'∽△MAB'，得出AF＝，證明△DFP∽△DAQ，得出FP＝，得出FH＝FP＝． 【詳解】問題情境：因為四邊形是正方形， 所以. 過點作分別交于點. 所以四邊形為平行四邊形. 所以.所以， 所以， 又因為， 所以.，所以. 因為，所以，所以. 問題探究： （1）連接，過點作，分別交于點.易得四邊形矩形. 所以且. 因為是正方形的對角線，所以. 所以是等腰直角三角形，.所以. 因為是的垂

59、直平分線，所以. 所以.所以. 所以.所以. 所以是等腰直角三角形，，即. （2）如圖所示，連接交于點，由題意易得的直角頂點在上運動. 設點與點重合，則點與點重合； 設與點重合，則點的落點為.易知. 當點在線段上運動時， 過點作的垂線，垂足為， 過點作，垂足為點. 易證：， 所以， 因為是正方形的對角線， 所以，易得，所以. 所以. 所以，故. 所以點在線段上運動. 過點作，垂足為，因為點為的中點， 所以，則的最小值為. 問題拓展： 解：延長AG交BC于E，交DC的延長線于Q，延長FH交CD于P，如圖4： 則EG＝AG＝，PH＝FH， ∴

60、AE＝5， 在Rt△ABE中，BE＝＝3， ∴CE＝BC﹣BE＝1， ∵∠B＝∠ECQ＝90°，∠AEB＝∠QEC， ∴△ABE∽△QCE， ∴ ∵AG⊥MN， ∴∠AGM＝90°＝∠B， ∵∠MAG＝∠EAB， ∴△AGM∽△ABE， ∴，即， 解得：， 由折疊的性質得：AB'＝EB＝3，∠B'＝∠B＝90°，∠C'＝∠BCD＝90°， ∴B'M＝， ∵∠BAD＝90°， ∴∠B'AM＝∠C'FA， ∴△AFC'∽△MAB'， ∴， 解得： ∵AG⊥MN，F(xiàn)H⊥MN， ∴AG∥FH， ∴AQ∥FP， ∴△DFP∽△DAQ， ∴，即， 解得：FP

61、＝， ∴FH＝． 【點睛】本題是四邊形綜合題目，考查了正方形的性質、翻折變換的性質、勾股定理、相似三角形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、等腰直角三角形的判定與性質等知識；本題綜合性強，有一定難度，證明三角形全等和三角形相似是解題的關鍵． 20．箭頭四角形,模型規(guī)律:如圖1，延長CO交AB于點D，則．因為凹四邊形ABOC形似箭頭，其四角具有“”這個規(guī)律，所以我們把這個模型叫做“箭頭四角形”．模型應用: （1）直接應用： ①如圖2， ． ②如圖3，的2等分線（即角平分線）交于點F，已知，則 ③如圖4，分別為的2019等分線．它們的交點從上到下依次為．已知，則

62、 度 （2）拓展應用：如圖5，在四邊形ABCD中，．O是四邊形ABCD內一點，且．求證：四邊形OBCD是菱形． 【答案】（1）①，②，③；（2）見解析. 【分析】（1）①由可得答案； ②由且知，從而得，代入計算可得； ③由， 知， 代入 得， 據(jù)此得出，代入可得答案； （2）由知，結合得，連接OC，根據(jù)全等三角形的判定和性質以及菱形的判定解答即可． 【詳解】解：（1）①如圖2， 在凹四邊形ABOC中，， 在凹四邊形DOEF中，， ②如圖3， ，且 ， ， ； ③如圖4， 由題意知, 則 代入得 解得： ，

63、 ； 故答案為：①；②；③（）； （2）如圖5，連接OC， ， OC是公共邊， ， ∴， 又， 又 ∴四邊形OBCD是菱形． 【點睛】考查四邊形的綜合問題，解題的關鍵是掌握“箭頭四角形”的性質及其運用，全等三角形的判定與性質、菱形的判定等知識點． 21．如圖1，在Rt△ABC中，∠B=90°，BC=2AB=8，點D，E分別是邊BC，AC的中點，連接DE，將△EDC繞點C按順時針方向旋轉，記旋轉角為α. （1）問題發(fā)現(xiàn) ① 當時， ；② 當時， （2）拓展探究 試判斷：當0°≤α＜360

64、°時，的大小有無變化？請僅就圖2的情況給出證明. （3）問題解決 當△EDC旋轉至A、D、E三點共線時，直接寫出線段BD的長. 【答案】（1）①,②.（2）無變化；理由參見解析.（3），. 【分析】（1）①當α=0°時，在Rt△ABC中，由勾股定理，求出AC的值是多少；然后根據(jù)點D、E分別是邊BC、AC的中點，分別求出AE、BD的大小，即可求出的值是多少． ②α=180°時，可得AB∥DE，然后根據(jù)，求出的值是多少即可． （2）首先判斷出∠ECA=∠DCB，再根據(jù)，判斷出△ECA∽△DCB，即可求出的值是多少，進而判斷出的大小沒有變化即可． （3）根據(jù)題意，分兩種情況：①點A

65、，D，E所在的直線和BC平行時；②點A，D，E所在的直線和BC相交時；然后分類討論，求出線段BD的長各是多少即可． 【詳解】（1）①當α=0°時， ∵Rt△ABC中，∠B=90°， ∴AC=， ∵點D、E分別是邊BC、AC的中點， ∴,BD=8÷2=4， ∴． ②如圖1， ， 當α=180°時， 可得AB∥DE， ∵， ∴ （2）如圖2， ， 當0°≤α＜360°時，的大小沒有變化， ∵∠ECD=∠ACB， ∴∠ECA=∠DCB， 又∵， ∴△ECA∽△DCB， ∴． （3）①如圖3， ， ∵AC=4，CD=4，CD⊥AD， ∴AD= ∵AD=

66、BC，AB=DC，∠B=90°， ∴四邊形ABCD是矩形， ∴BD=AC=． ②如圖4，連接BD，過點D作AC的垂線交AC于點Q，過點B作AC的垂線交AC于點P， ， ∵AC=，CD=4，CD⊥AD， ∴AD=， ∵點D、E分別是邊BC、AC的中點， ∴DE==2， ∴AE=AD-DE=8-2=6， 由（2），可得 ， ∴BD=． 綜上所述，BD的長為或． 22．操作體驗：如圖，在矩形ABCD中，點E、F分別在邊AD、BC上，將矩形ABCD沿直線EF折疊，使點D恰好與點B重合，點C落在點C′處.點P為直線EF上一動點(不與E、F重合)，過點P分別作直線BE、BF的垂線，垂足分別為點M和N，以PM、PN為鄰邊構造平行四邊形PMQN. (1)如圖1，求證：BE＝BF； (2)特例感知：如圖2，若DE＝5，CF＝2，當點P在線段EF上運動時，求平行四邊形PMQN的周長； (3)類比探究：若DE＝a，CF＝b. ①如圖3，當點P在線段EF的延長線上運動時，試用含a、b的式子表示QM與QN之間的數(shù)量關系，并證明； ②如圖4，當點P在線段FE的延長線上運動時，