《中考课件初中数学总复习资料》题型09 几何类比、拓展、探究题（解析版）.docx

备战2020年中考数学十大题型专练卷题型09 几何类比、拓展、探究题一、解答题1如图1，（）绕点顺时针旋转得，射线交射线于点（1）与的关系是 ；（2）如图2，当旋转角为60°时，点，点与线段的中点恰好在同一直线上，延长至点，使，连接与的关系是 ，请说明理由；如图3，连接，若，求线段的长度【答案】（1）；（2）或，理由见解析；【分析】（1）如图1，与的交点记作点，由旋转的性质与三角形内角和定理得到，即可求解；（2）如图2，连接，由旋转的性质及全等三角形的性质得到，故，即可证明，再得到，即可得到结论；由得，由角度的关系得到，再 证明，再利用等腰三角形的性质得到，再利用直角三角形三角函数求出，即可求出AE的长.【详解】解：（1）如图1，与的交点记作点，由旋转知，故答案为：；（2）或，理由：如图2，连接，由旋转知，是等边三角形，是的中点，（），或，故答案为：或；由知，由知，在中，在中，【点睛】此题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟知等腰三角形、直角三角形、相似三角形的判定与性质及三角函数进行求解.2（问题）如图1，在中，过点作直线平行于，点在直线上移动，角的一边始终经过点，另一边与交于点，研究和的数量关系（探究发现）（1）如图2，某数学兴趣小组运用“从特殊到一般”的数学思想，发现当点移动到使点与点重合时，通过推理就可以得到，请写出证明过程；（数学思考）（2）如图3，若点是上的任意一点（不含端点），受（1）的启发，这个小组过点作交于点，就可以证明，请完成证明过程；（拓展引申）（3）如图4，在（1）的条件下，是边上任意一点（不含端点），是射线上一点，且，连接与交于点，这个数学兴趣小组经过多次取点反复进行实验，发现点在某一位置时的值最大若，请你直接写出的最大值【答案】【探究发现】（1）见解析；【数学思考】（2）见解析；【拓展引申】（3）时，有最大值为2【分析】根据等腰三角形的性质及平行的定义即可解得根据证明即可推出过点作交于点，连接，可证明，再推出即可得=，则.【详解】证明：【探究发现】（1），且即【数学思考】（2），且，【拓展引申】（3）如图4，过点作交于点，连接，且，点，点，点，点四点共圆，且时，有最大值为2【点睛】本题考查等腰三角形，解题关键在于熟练掌握等腰三角形的性质.3小波在复习时，遇到一个课本上的问题，温故后进行了操作、推理与拓展   (1)温故：如图 1，在ABC中，ADBC 于点D，正方形PQMN 的边QM在BC上，顶点P ，N 分别在AB， AC上，若BC=6 ，AD=4，求正方形 PQMN的边长  (2)操作：能画出这类正方形吗?小波按数学家波利亚在怎样解题中的方法进行操作：如图 2，任意画ABC，在AB上任取一点P，画正方形 PQMN ，使Q,M在BC边上， N在ABC 内，连结B N 并延长交AC 于点N，画NMBC于点M，NPNM 交AB于点P，PQBC 于点Q，得到四边形 PQMN小波把线段BN 称为“波利亚线” (3)推理：证明图2 中的四边形  PQMN 是正方形 (4)拓展：在(2)的条件下，于波利业线B N 上截取NE=NM ，连结EQ ，EM(如图 3)当tanNBM=  时，猜想QEM的度数，并尝试证明请帮助小波解决“温故”、“推理”、“拓展”中的问题【答案】（1）温故：；（3）推理：四边形PQMN为正方形.见解析；（4）拓展：猜想，理由见解析.【分析】（1）根据，列比例式求解即可；（3）由作法知四边形PQMN为矩形，通过三角形相似证明,从而，可证四边形PQMN为正方形；（4）可设MN=3k，.则，.根据两边对应成比例且夹角相等可证，从而.通过证明，可得.【详解】（1）温故：.即.解得.（2）推理：由画法可得.四边形PQMN为矩形，.，同理可得.，.四边形PQMN为正方形. （3）拓展：猜想，理由如下：由可设MN=3k，.则，.，.，.，.，.【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键.相似三角形的判定方法有：平行于三角形一边的直线和其他两边或两边延长线相交，所构成的三角形与原三角形相似；两角相等的两个三角形相似；两边对应成比例，且夹角相等的两个三角形相似判定即可；三边对应成比例的两个三角形相似.4问题提出：如图，图是一张由三个边长为 1 的小正方形组成的“L”形纸片，图是一张 a× b 的方格纸（a× b的方格纸指边长分别为 a，b 的矩形，被分成 a× b个边长为 1 的小正方形，其中 a2 ， b2，且 a，b 为正整数） 把图放置在图中，使它恰好盖住图中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？ 问题探究：为探究规律，我们采用一般问题特殊化的策略，先从最简单的情形入手，再逐次递进，最后得出一般性的结论探究一：把图放置在 2× 2的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？如图，对于 2×2的方格纸，要用图盖住其中的三个小正方形，显然有 4 种不同的放置方法探究二：把图放置在 3×2的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？如图，在 3×2的方格纸中，共可以找到 2 个位置不同的 2 ×2方格，依据探究一的结论可知，把图放置在 3×2 的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有 2 ×48种不同的放置方法探究三：把图放置在 a ×2 的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？如图， 在 a ×2 的方格纸中，共可以找到_个位置不同的 2×2方格，依据探究一的结论可知，把图放置在 a× 2 的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有_种不同的放置方法 探究四：把图放置在 a ×3 的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？如图，在 a ×3 的方格纸中，共可以找到_个位置不同的 2×2方格，依据探究一的结论可知，把图放置在 a ×3 的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有_种不同的放置方法问题解决：把图放置在 a ×b的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？（仿照前面的探究方法，写出解答过程，不需画图）问题拓展：如图，图是一个由 4 个棱长为 1 的小立方体构成的几何体，图是一个长、宽、高分别为 a，b ，c （a2 ， b2 ， c2 ，且 a，b，c 是正整数）的长方体，被分成了a×b×c个棱长为 1 的小立方体在图的不同位置共可以找到_个图这样的几何体【答案】探究三：， ；探究四：， ；问题解决：共有种不同的放置方法；问题拓展：8(a-1)(b-1)(c-1).【分析】对于图形的变化类的规律题，首先应找出图形哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的，通过分析找到各部分的变化规律后直接利用规律求解探寻规律要认真观察、仔细思考，善用联想来解决这类问题【详解】探究三：根据探究二，a×2的方格纸中，共可以找到（a-1）个位置不同的 2×2方格，根据探究一结论可知，每个2×2方格中有4种放置方法，所以在a×2的方格纸中，共可以找到（a-1）×4=（4a-4）种不同的放置方法；故答案为a-1，4a-4；探究四：与探究三相比，本题矩形的宽改变了，可以沿用上一问的思路：边长为a，有（a-1）条边长为2的线段，同理，边长为3，则有3-1=2条边长为2的线段，所以在a×3的方格中，可以找到2（a-1）=（2a-2）个位置不同的2×2方格，根据探究一，在在a×3的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有（2a-2）×4=（8a-8）种不同的放置方法故答案为2a-2，8a-8；问题解决：在a×b的方格纸中，共可以找到（a-1）（b-1）个位置不同的2×2方格，依照探究一的结论可知，把图放置在a×b的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有4（a-1）（b-1）种不同的放置方法；问题拓展：发现图示是棱长为2的正方体中的一部分，利用前面的思路，这个长方体的长宽高分别为a、b、c，则分别可以找到（a-1）、（b-1）、（c-1）条边长为2的线段，所以在a×b×c的长方体共可以找到（a-1）（b-1）（c-1）位置不同的2×2×2的正方体，再根据探究一类比发现，每个2×2×2的正方体有8种放置方法，所以在a×b×c的长方体中共可以找到8（a-1）（b-1）（c-1）个图这样的几何体；故答案为8（a-1）（b-1）（c-1）【点睛】此题考查了平面图形的有规律变化，要求学生通过观察图形，分析、归纳并发现其中的规律，并应用规律解决问题是解题的关键5在中，于点,（1）如图1，点，分别在，上，且，当，时，求线段的长；（2）如图2，点，分别在，上，且，求证：；（3）如图3，点在的延长线上，点在上，且，求证：;【答案】(1) ；(2)见解析；(3)见解析.【分析】（1）根据等腰三角形的性质、直角三角形的性质得到 ADBDDC ，求出 MBD30°，根据勾股定理计算即可； （2）证明BDEADF，根据全等三角形的性质证明； （3）过点 M作 MEBC交 AB的延长线于 E，证明BMEAMN，根据全等三角形的性质得到 BEAN，根据等腰直角三角形的性质、勾股定理证明结论【详解】（1）解：，由勾股定理得，即，解得，；（2）证明：，在和中，；（3）证明：过点作交的延长线于，则，在和中，【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形 的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键6如图，正方形和的边，在同一条直线上，且，取的中点，连接，（1）试证明，并求的值（2）如图，将如图中的正方形变为菱形，设，其它条件不变，问（1）中的值有变化吗？若有变化，求出该值（用含的式子表示）；若无变化，说明理由【答案】（1）见解析；（2）（1）中的值有变化理由见解析；.【分析】（1）根据全等三角形的判定（AAS）和勾股定理即可得到答案；（2）根据平行线的性质和三角函数，即可得到答案.【详解】（1）证明：如图1中，延长交的延长线于四边形，四边形都是正方形，连接，设，则，.（2）解：（1）中的值有变化理由：如图2中，连接，交于点，连接，交于，共线，与互相平分，点在直线上，四边形是矩形，设，则，易知，.【点睛】本题考查全等三角形的判定（AAS）、勾股定理、平行线的性质和三角函数，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定（AAS）、勾股定理、平行线的性质和三角函数.7定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等补四边形理解：如图1，点在上，的平分线交于点，连接求证：四边形是等补四边形；探究：如图2，在等补四边形中连接是否平分请说明理由运用：如图3，在等补四边形中，其外角的平分线交的延长线于点求的长【答案】（1）证明见解析；（2）平分，理由见解析；（3）.【分析】由圆内接四边形互补可知，再证，即可根据等补四边形的定义得出结论；过点分别作于点，垂直的延长线于点，证，得到，根据角平分线的判定可得出结论；连接，先证推出再证利用相似三角形对应边的比相等可求出的长【详解】证明：四边形为圆内接四边形，四边形是等补四边形；平分，理由如下：如图2，过点分别作于点，垂直的延长线于点，则，四边形是等补四边形，又是的平分线，即平分如图3，连接，四边形是等补四边形，又，平分由知，平分又即【点睛】本题考查了新定义等补四边形，圆的有关性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的判定，相似三角形的判定与性质等，解题关键是要能够通过自主学习来进行探究，运用等8已知ABC内接于，的平分线交于点D，连接DB，DC（1）如图，当时，请直接写出线段AB，AC，AD之间满足的等量关系式： ；（2）如图，当时，试探究线段AB，AC，AD之间满足的等量关系，并证明你的结论；（3）如图，若BC=5，BD=4，求 的值【答案】（1）AB+AC=AD；（2）；（3）【分析】（1）在AD上截取AE=AB，连接BE，由条件可知ABE和BCD都是等边三角形，可证明BEDBAC，可得DE=AC，则AB+AC=AD；（2）延长AB至点M，使BM=AC，连接DM，证明MBDACD，可得MD=AD，证得AB+AC=；（3）延长AB至点N，使BN=AC，连接DN，证明NBDACD，可得ND=AD，N=CAD，证NADCBD，可得，可由AN=AB+AC，求出的值.【详解】解：（1）如图在AD上截取AE=AB，连接BE，BAC=120°，BAC的平分线交O于点D，DBC=DAC=60°，DCB=BAD=60°，ABE和BCD都是等边三角形，DBE=ABC，AB=BE，BC=BD，BEDBAC（SAS），DE=AC，AD=AE+DE=AB+AC；故答案为：AB+AC=AD（2）AB+AC=理由如下：如图，延长AB至点M，使BM=AC，连接DM，四边形ABDC内接于O，MBD=ACD，BAD=CAD=45°，BD=CD，MBDACD（SAS），MD=AD，M=CAD=45°，MDADAM=，即AB+BM=，AB+AC=；（3）如图，延长AB至点N，使BN=AC，连接DN，四边形ABDC内接于O，NBD=ACD，BAD=CAD，BD=CD，NBDACD（SAS），ND=AD，N=CAD，N=NAD=DBC=DCB，NADCBD，又AN=AB+BN=AB+AC，BC=5，BD=4，【点睛】本题属于圆的综合题，考查了圆周角定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定与性质等知识，解题的关键是正确作出辅助线解决问题9如图，在中，于点，于点，与交于点，于点，点是的中点，连接并延长交于点（1）如图所示，若，求证：；（2）如图所示，若，如图所示，若（点与点重合），猜想线段、与之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，不需证明【答案】（1）见解析（2）【分析】（1）连接CF，由垂心的性质得出CFAB，证出CFBH，由平行线的性质得出CBH=BCF，证明BMHCMF得出BH=CF，由线段垂直平分线的性质得出AF=CF，得出BH=AF，AD=DF+AF=DF+BH，由直角三角形的性质得出AD=BD，即可得出结论；（2）同（1）可证：AD=DF+AF=DF+BH，再由等腰直角三角形的性质和含30°角的直角三角形的性质即可得出结论【详解】（1）证明：连接，如图所示：， ，点是的中点，在和中，垂直平分，在中，；（2）解：图猜想结论：；理由如下：同（1）可证： ，在中，；图猜想结论：；理由如下：同（1）可证：，在中，【点睛】此题考查全等三角形的判定与性质，平行线的性质，垂直平分线的性质，含30°角的直角三角形的性质，解题关键在于作辅助线10将在同一平面内如图放置的两块三角板绕公共顶点A旋转，连接BC，DE探究SABC与SADC的比是否为定值（1）两块三角板是完全相同的等腰直角三角板时，SABC：SADE是否为定值？如果是，求出此定值，如果不是，说明理由（图）（2）一块是等腰直角三角板，另一块是含有30°角的直角三角板时，SABC：SADE是否为定值？如果是，求出此定值，如果不是，说明理由（图）（3）两块三角板中，BAE+CAD180°，ABa，AEb，ACm，ADn（a，b，m，n为常数），SABC：SADE是否为定值？如果是，用含a，b，m，n的式子表示此定值（直接写出结论，不写推理过程），如果不是，说明理由（图）【答案】（1）结论：SABC：SADE1，为定值理由见解析；（2）SABC：SADE，为定值，理由见解析；（3）SABC：SADE，为定值理由见解析.【分析】（1）结论：SABC：SADE=定值如图1中，作DHAE于H，CGBA交BA的延长线于G首先证明DAE=CAG，利用三角形的面积公式计算即可（2）结论：SABC：SADE=定值如图1中，作DHAE于H，CGBA交BA的延长线于G首先证明DAE=CAG，利用三角形的面积公式计算即可（3）结论：SABC：SADE=定值如图1中，作DHAE于H，CGBA交BA的延长线于G首先证明DAE=CAG，利用三角形的面积公式计算即可【详解】（1）结论：SABC：SADE定值理由：如图1中，作DHAE于H，CGBA交BA的延长线于GBAECAD90°，BAC+EAD180°，BAC+CAG180°，DAECAG，ABAEADAC，1（2）如图2中，SABC：SADE定值理由：如图1中，作DHAE于H，CGBA交BA的延长线于G不妨设ADC30°，则ADAC，AEAB，BAECAD90°，BAC+EAD180°，BAC+CAG180°，DAECAG，（3）如图3中，如图2中，SABC：SADE定值理由：如图1中，作DHAE于H，CGBA交BA的延长线于GBAECAD90°，BAC+EAD180°，BAC+CAG180°，DAECAG，ABa，AEb，ACm，ADn【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，30度的直角三角形的性质，三角形的面积等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型11如图1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形(1)概念理解：如图2，在四边形中，问四边形是垂美四边形吗？请说明理由；(2)性质探究：如图1，四边形的对角线、交于点，试证明：；(3)解决问题：如图3，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连结、已知，求的长【答案】(1) 四边形是垂美四边形，理由见解析；(2)证明见解析；(3) .【分析】（1）根据垂直平分线的判定定理，可证直线是线段的垂直平分线，结合“垂美四边形”的定义证明即可；（2）根据垂直的定义和勾股定理解答即可；（3）连接、，先证明，得到，可证，即，从而四边形是垂美四边形，根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计算即可【详解】(1)四边形是垂美四边形证明：连接AC，BD，点在线段的垂直平分线上，点在线段的垂直平分线上，直线是线段的垂直平分线，即四边形是垂美四边形；(2)猜想结论：垂美四边形的两组对边的平方和相等如图2，已知四边形中，垂足为，求证：证明：，由勾股定理得，；故答案为：(3)连接、，即，在和中，又，即，四边形是垂美四边形，由(2)得，【点睛】本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键12（1）数学理解：如图，ABC是等腰直角三角形，过斜边AB的中点D作正方形DECF，分别交BC，AC于点E，F，求AB，BE，AF之间的数量关系；（2）问题解决：如图，在任意直角ABC内，找一点D，过点D作正方形DECF，分别交BC，AC于点E，F，若ABBE+AF，求ADB的度数；（3）联系拓广：如图，在（2）的条件下，分别延长ED，FD，交AB于点M，N，求MN，AM，BN的数量关系【答案】数学理解：（1）AB（AF+BE）,理由见解析；问题解决：（2）ADB135°；联系拓广：（3）MN2AM2+NB2，【分析】数学理解：（1）由等腰直角三角形的性质可得AC=BC，A=B=45°，ABAC，由正方形的性质可得DE=DF=CE，DFC=DEC=90°，可求AF=DF=CE，即可得AB（AF+BE）；问题解决：（2）延长AC，使FM=BE，通过证明DFMDEB，可得DM=DB，通过ADMADB，可得DAC=DAB=CAB，ABD=CBD=ABC，由三角形内角和定理可求ADB的度数；联系拓广：（3）由正方形的性质可得DEAC，DFBC，由平行线的性质可得DAB=ADM，NDB=ABD，可得AM=MD，DN=NB，即可求MN，AM，BN的数量关系【详解】数学理解：（1）AB（AF+BE）理由如下：ABC是等腰直角三角形ACBC，AB45°，ABAC四边形DECF是正方形DEDFCECF，DFCDEC90°AADF45°AFDFCEAF+BEBCACAB（AF+BE）问题解决：（2）如图，延长AC，使FMBE，连接DM，四边形DECF是正方形DFDE，DFCDEC90°BEFM，DFCDEB90°，DFEDDFMDEB（SAS）DMDBABAF+BE，AMAF+FM，FMBE，AMAB，且DMDB，ADADADMADB（SSS）DACDABCAB同理可得：ABDCBDABCACB90°，CAB+CBA90°DAB+ABD（CAB+CBA）45°ADB180°（DAB+ABD）135°联系拓广：（3）四边形DECF是正方形DEAC，DFBCCADADM，CBDNDB，MDNAFD90°DACDAB，ABDCBDDABADM，NDBABDAMMD，DNNB在RtDMN中，MN2MD2+DN2，MN2AM2+NB2.【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键13如图，正方形的边长为2，为的中点，是延长线上的一点，连接交于点，（1）求的值；（2）如图1，连接，在线段上取一点，使，连接，求证：；（3）如图2，过点作于点，在线段上取一点，使，连接，将绕点旋转，使点旋转后的对应点落在边上请判断点旋转后的对应点是否落在线段上，并说明理由【答案】（1）（2）见解析（3）点旋转后的对应点不落在线段上【分析】（1）设，则，根据得到，故，求得，求得AF,AP的值即可求解；（2）在上截取，证得，再利用勾股定理求出，得到，再利用平行得到，则，即可得到，故（3）若点在上，以原点，为轴，为建立平面直角坐标系，由旋转的性质可得，求出直线解析式为：，设，利用勾股定理求出，得点，由点，得出，于是点旋转后的对应点不落在线段上.【详解】（1）设，四边形是正方形，即.，.（2）在上截取，点是中点，且，.（3）若点在上，如图，以原点，为轴，为建立平面直角坐标系，.由旋转的性质可得，点，点，直线解析式为：，设点，点，点，.点旋转后的对应点不落在线段上.【点睛】此题主要考查函数与几何综合，解题的关键是熟知全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质、勾股定理及一次函数的应用.14在中，是上一点，连接（1）如图1，若，是延长线上一点，与垂直，求证：（2）过点作，为垂足，连接并延长交于点.如图2，若，求证：如图3，若是的中点，直接写出的值（用含的式子表示）【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；【分析】(1)延长交于点，证明即可得；(2)过点作交的延长线于点，由(1)，得，再根据平行线分线段成比例定理即可得到结论； 过点C作CD/BP交AB的延长线于点D，延长AM交CD于点H，先证明BPMCHM，从而可得BP=CH，PM=HM，再证明ABMBPM，得到，在RtPCH中，由tanPCH=可得tanBPQ=，继而根据BC=2BM，即可求得答案.【详解】(1)延长交于点，与垂直，；(2)过点作交的延长线于点，与垂直，由(1)，得，即； 过点C作CD/BP交AB的延长线于点D，延长AM交CD于点H，PCH=BPQ，BPM=CHM=90°，又BMP=CMH，BM=CM，BPMCHM，BP=CH，PM=HM，PH=2PM，PMB=BMA，ABM=BPM=90°，ABMBPM，在RtPCH中，tanPCH=，tanBPQ=，又BC=2BM，tanBPQ=.【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，三角函数，正确添加辅助线，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.注意数形结合思想的运用.15如图1，是正方形边上的一点，连接，将绕着点逆时针旋转90°，旋转后角的两边分别与射线交于点和点.线段和的数量关系是 ；写出线段和之间的数量关系.当四边形为菱形，点是菱形边所在直线上的一点，连接，将绕着点逆时针旋转120°，旋转后角的两边分别与射线交于点和点.如图2，点在线段上时，请探究线段和之间的数量关系，写出结论并给出证明；如图3，点在线段的延长线上时，交射线于点；若 ,直接写出线段的长度. 【答案】; ；. 理由见解析，的长度为 . 理由见解析.【分析】（1）根据旋转的性质解答即可；根据正方形的性质和全等三角形的判定和性质解答即可；（2）根据菱形的性质和全等三角形的判定和性质解答即可；作辅助线，计算BD和BF的长，根据平行线分线段成比例定理可得BM的长，根据线段的差可得结论【详解】（1）DB=DG，理由是：DBE绕点B逆时针旋转90°，如图1，由旋转可知，BDE=FDG，BDG=90°，四边形ABCD是正方形，CBD=45°，G=45°，G=CBD=45°，DB=DG；故答案为DB=DG；BF+BE=BD，理由如下：由知：FDG=EDB，G=DBE=45°，BD=DG，FDGEDB（ASA），BE=FG，BF+FG=BF+BE=BC+CG，RtDCG中，G=CDG=45°，CD=CG=CB，DG=BD=BC，即BF+BE=2BC=BD；（2）如图2，BF+BE=BD，理由如下：在菱形ABCD中，ADB=CDB=ADC=×60°=30°，由旋转120°得EDF=BDG=120°，EDB=FDG，在DBG中，G=180°-120°-30°=30°，DBG=G=30°，DB=DG，EDBFDG（ASA），BE=FG，BF+BE=BF+FG=BG，过点D作DMBG于点M，如图2，BD=DG，BG=2BM，在RtBMD中，DBM=30°，BD=2DM设DM=a，则BD=2a，DM=a，BG=2a，BG=BD，BF+BE=BG=BD；过点A作ANBD于N，过D作DPBG于P，如图3，RtABN中，ABN=30°，AB=2，AN=1，BN=，BD=2BN=2，DCBE，CM+BM=2，BM=，RtBDP中，DBP=30°，BD=2，BP=3，由旋转得：BD=BF，BF=2BP=6，GM=BG-BM=6+1-=【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理，正方形和菱形的性质，直角三角形30度的角性质等知识，本题证明FDGBDE是解本题的关键16教材呈现：如图是华师版九年级上册数学教材第78页的部分内容例2 如图，在中，分别是边的中点，相交于点，求证：，证明：连结请根据教材提示，结合图，写出完整的证明过程结论应用：在中，对角线交于点，为边的中点，、交于点（1）如图，若为正方形，且，则的长为 （2）如图，连结交于点，若四边形的面积为，则的面积为 【答案】教材呈现：详见解析；结论应用：（1）；（2）6【分析】教材呈现：如图，连结根据三角形中位线定理可得，那么，由相似三角形对应边成比例以及比例的性质即可证明；结论应用：（1）如图先证明，得出，那么，又，可得，由正方形的性质求出，即可求出；（2）如图，连接由（1）易证根据同高的两个三角形面积之比等于底边之比得出与的面积比，同理，与的面积比2，那么的面积的面积2（的面积的面积），所以的面积，进而求出的面积【详解】教材呈现：证明：如图，连结在中，分别是边的中点，；结论应用：（1）解：如图四边形为正方形，为边的中点，对角线、交于点，正方形中，故答案为；（2）解：如图，连接由（1）知，与的高相同，与的面积比，同理，与的面积比2，的面积的面积2（的面积的面积），的面积，的面积故答案为6【点睛】考核知识点：相似三角形的判定和性质.灵活运用正方形性质，相似三角形判定和性质是关键.17如图1，在矩形中，BC=3，动点从出发，以每秒1个单位的速度，沿射线方向移动，作关于直线的对称，设点的运动时间为（1）若如图2，当点B落在AC上时，显然PCB是直角三角形，求此时t的值是否存在异于图2的时刻，使得PCB是直角三角形？若存在，请直接写出所有符合题意的t的值？若不存在，请说明理由（2）当P点不与C点重合时，若直线PB与直线CD相交于点M，且当t3时存在某一时刻有结论PAM=45°成立，试探究：对于t3的任意时刻，结论PAM=45°是否总是成立？请说明理由.【答案】（1）；t=2或t=6或t=2（2）见解析.【分析】(1)先利用勾股定理求出AC长，再根据APBAPB，继而根据全等三角形的性质推导得出B=PBC=90°，BC= ，再证明，根据相似三角形的性质求出PB=2-4，由此即可求得答案；根据题意分三种情况，分别画出图形，结合图形分别讨论求解即可；(2)如图，根据PAM=45°以及翻折的性质可以证明得到DAMBAM，从而可得AD=AB=AB，证得四边形ABCD是正方形，继而根据题意画出图形，根据翻折的性质以及全等三角形的知识进行推导即可求得答案.【详解】(1)四边形ABCD是矩形，B=90°，AC=，APBAPB，ABP=B=90°，AB=AB=2，BP=BP，B=PBC=90°，BC=AC-AB=，又PCB=ACB，即，PB=2-4，PB=2-4，即t=2-4； 如图，当PCB=90 °时，此时点B落在BC上，在RtABD中，D=90°，BD=，BC=，在PCB中，由勾股定理得：，解得t=2；如图，当PCB=90 °时，此时点B在CD的延长线上，在RtABD中，ADB=90°，BD=，BC=3，在PCB中，由勾