2023学年二轮复习解答题专题四十七：与基本作图有关的类比探究综合题

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2023学年二轮复习解答题专题四十七：与基本作图有关的类比探究综合题
典例分析
23. （2021河南中考）下面是某数学兴趣小组探究用不同方法作一个角的平分线的讨论片段，请仔细阅读，并完成相应的任务．
小明：如图1，(1)分别在射线OA，OB上截取OC=OD，OE=OF(点C，E不重合)；(2)分别作线段CE，DF的垂直平分线l1，l2，交点为P，垂足分别为点G，H；(3)作射线OP，射线即为∠AOB的平分线．
简述理由如下：
由作图知，∠PGO=∠PHO=90°，OG=OH，OP=OP，所以Rt△PGO≌Rt△PHO，则∠POG=∠POH，即射线OP是∠AOB的平分线．
小军：我认为小明的作图方法很有创意，但是太麻烦了，可以改进如下，如图2，(1)分别在射线OA，OB上截取OC=OD，OE=OF(点C，E不重合)；(2)连接DE，CF，交点为P；(3)作射线OP.射线OP即为∠AOB的平分线．
……
任务：

(1)小明得出Rt△PGO≌Rt△PHO的依据是______ (填序号)．
①SSS②SAS③AAS④ASA⑤HL
(2)小军作图得到的射线0P是∠AOB的平分线吗？请判断并说明理由．
(3)如图3，已知∠AOB=60°，点E，F分别在射线OA，OB上，且OE=OF=3+1.点C，D分别为射线OA，OB上的动点，且OC=OD，连接DE，CF，交点为P，当∠CPE=30°时，直接写出线段OC的长．
【答案】⑤
【分析】(1)由作图得，∠PGO=∠PHO=90°，OG=OH，OP=OP，可知Rt△PGO≌Rt△PHO的依据HL；
(2)由作图得，OC=OC，OE=OF，再根据对顶角相等、公共角等条件可依次证明△DOE≌△COF、△CPE≌△DPF、△OPE≌△OPF，从而得到∠POE=∠POF，所以OP是∠AOB的平分线；
(3)连接OP，由已知条件可证明∠OPC=∠OCP=75°，从而得OP=OC，再过点P作OA的垂线构造含有特殊角的直角三角形，利用其三边的特殊关系求出OC的长．
【解析】解：(1)如图1，由作图得，OC=OD，OE=OF，PG垂直平分CE，PH垂直平分DF，
∴∠PGO=∠PHO=90°，
∵OE−OC=OF−OD，
∴CE=DF，
∵CG=12CE，DH=12DF，
∴CG=DH，
∴OC+DG=OD+DH，
∴OG=OH，
∵OP=OP，
∴Rt△PGO≌Rt△PHO(HL)，
故答案为：⑤．
(2)射线OP是∠AOB的平分线，理由如下：
如图2，∵OC=OD，∠DOE=∠COF，OE=OF，
∴△DOE≌△COF(SAS)，
∴∠PEC=∠PFD，
∵∠CPE=∠CPF，CE=DF，
∴△CPE≌△DPF(AAS)，
∴PE=PF，
∵OE=OF，∠PEO=∠PFO，PE=PF，
∴△OPE≌△OPF(SAS)，
∴∠POE=∠POF，即∠POA=∠POB，
∴OP是∠AOB的平分线．
(3)如图3，OCOE，连接OP，作PM⊥OA，则∠PMO=∠PMC=90°，
同理可得，∠POE=∠POF=12∠AOB=30°，∠OEP=∠OPE=75°，∠OPM=60°，∠MPC=∠MCP=45°，
∴OE=OP=3+1，
∵MC=MP=12OP=12OE=3+12，
∴OM=MP⋅tan60°=3+12×3=3+32，
∴OC=OM+MC=3+32+3+12=2+3．
综上所述，OC的长为2或2+3．
【点睛】此题重点考查角平分线的作法、全等三角形的判定与性质、特殊角的三角函数值、解直角三角形、二次根式的化简等知识与方法，根据三角形全等的判定定理证明三角形全等是解题的关键，解第(3)题需作辅助线构造含特殊角的直角三角形，且需要分类讨论，求出所有符合条件的值．
专题过关
1.（2022南阳宛城一模） 下面是某数学兴趣小组探究用不同方法作线段AB的垂直平分线的讨论片段，请仔细阅读，并完成相应的任务：

任务：
（1）小明的作图依据是___．
（2）判断小军作图得到的直线CP是否线段AB的垂直平分线？并说明理由；
（3）如图③，已知△ABC中，，，点D、E分别是射线CA、CB上的动点，且，连接BD、AE，交点为P，当，时，直接写出线段CD的长．

【答案】（1）等腰三角形顶角的平分线与底边上的高和底边上的中线互相重合
（2）直线CP是线段AB的垂直平分线；理由见解析
（3）或
【解析】
【分析】（1）根据等腰三角形顶角的平分线与底边上的高和底边上的中线互相重合，即可求解；
（2）根据题意可得，，可证得，从而得到，进而得到，继而得到，即可求证；
（3）分两种情况讨论：P位于AB的上方时，点P位于AB的下方时，即可求解．
【小问1详解】
解：根据题意得∶ 由作法的第（1）步得：AC=BC，
∴三角形ABC是等腰三角形，
由第（2）步得：CP平分∠ACB，
∴CP是AB的垂直平分线（等腰三角形顶角的平分线与底边上的高和底边上的中线互相重合）
【小问2详解】
解：是． 理由如下：
由作图可知，，，
又，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴直线CP是线段AB的垂直平分线；
【小问3详解】
解：由（2）得：，
∴∠PAB=∠PBA=45°，
∴∠APB=90°，
∴，∠APD=∠BPE=90°，
∵，
∴，
如图，过点P作PG⊥AB于点G，
若P位于AB的上方时，

∴∠PAG=∠APG=45°，
∵∠ACB=30°，AC=BC，
∴∠CAB=∠ABC=75°，
∴∠CBD=∠CAE=30°，
∴∠CAE=∠ACB，
∴AE=CE，
在Rt△BPE中，∠CBD=30°，
∴BE=2PE，
∵，
∴PE=1，
∴，
∵，
∴；
点P位于AB的下方时，

同理，∠APD=∠BPE=90°，
∵∠CAE=∠CAB+∠BAP=120°，
∴∠E=∠ACB=30°，
∴AE=AC，
∴，
∴PE=3，
∴，
∵CD=CE，
∴，
∴CD=AD+AC；
综上所述，线段CD的长为或．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质和判定，直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点，并利用分类讨论思想解答是解题的关键．
2. （2022焦作一模）下面是某数学兴趣小组探究用不同方法作一条线段的垂直平分线的讨论片段，请仔细阅读，并完成相应任务．
小晃：如图1，（1）分别以A，B为圆心，大于为半径作弧，两弧交于点P；（2）分别作的平分线，交点为E；（3）作直线．直线即为线段的垂直平分线．
简述作图理由：
由作图可知，，所以点P在线段的垂直平分线上，，因为分别是的平分线，所以，所以，所以点E在线段的垂直平分线上，所以是线段的垂直平分线．
小航：我认为小晃的作图方法很有创意，但是可以改进如下，如图2，（1）分别以A，B为圆心，大于为半径作弧，两弧交于点P；（2）分别在线段上截取；（3）连接，交点为E；（4）作直线．直线即为线段的垂直平分线．
……



任务：
（1）小晃得出点P在线段的垂直平分线上的依据是__________；
（2）小航作图得到的直线是线段的垂直平分线吗？请判断并说明理由；
（3）如图3，已知，点C，D分别为射线上的动点，且，连接，交点为E，当时，请直接写出线段的长．
【答案】（1）到线段两端点距离相等的点在这条线段的垂直平分线上
（2）是线段的垂直平分线，理由见解析
（3）2或
【解析】
【分析】（1）由线段垂直平分线的判定定理即可得到结论．
（2）证明APDBPC（SAS），得出∠PAD=∠PBC，证出AE=BE，则可得出结论；
（3）分两种情况，①点E在AB上方，②点E在AB下方，由三角函数解直角三角形可得出结论．
【小问1详解】
解：到线段两端点距离相等的点在这条线段的垂直平分线上；
【小问2详解】
证明：由作图可知：
PA=PB，PC=PD
在APD和BPC中

∴APDBPC（SAS）
∴∠PAD=∠PBC
∵PA=PB
∴点P在线段AB的垂直平分线上
∠PAB=∠PBA
∴∠PAB−∠PAD=∠PBA−∠PBC
即∠DAB=∠CBA
∴AE=BE
∴点E在线段AB的垂直平分线上
∴PE是线段AB的垂直平分线
【小问3详解】
解：如图3，在过点E作EMAB于点M


由（2）可知，
EA=EB
∵ADBC
∴∠EAB=∠EBA=45
又∵AB=
∴AM=AB=
如图3,当点E在AB上方时，
在RtEMA中，
cos∠EAM=，即
AE＝=
∵∠P=30，PA=PB
∴∠PAB=∠PBA==75
∴∠CAE=∠PAB−∠EAB=75−45=30
∴在RtCEA中，
cos∠CAE=，即

如图4，当点E在AB下方时，


同理可得AE=
∵∠P=30，PA=PB
∴∠PAB=∠PBA==75
∴∠CAE=180−（∠PAB+∠EAB）=180−（75+45）=60
∴在RtCEA中，
cos∠CAE=，即
AC=
∴综上所述，线段AC的长为2或．
【点睛】本题考查三角形的综合题，考查了线段垂直平分线的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，三角函数解直角三角形等．理解题意掌握线段垂直平分线的性质与判定是解题的关键．
3. （2022周口川汇区一模）下面是某数学兴趣小组探究问题的片段，请仔细阅读，并完成任务．
题目背景：在中，，，点在上．

（1）作图探讨：在外侧，以为边作；
小明：如图1，分别以，为圆心，以，为半径画弧交于点，连接，．则即为所求作的三角形．
小军：如图2，分别过，作，的垂线，两条垂线相交于点，则即为所求作的三角形．
选择填空：小明得出的依据是 　 　，小军得出的依据是 　 　；（填序号）
①
②
③
④
（2）测量发现：如图3，在（1）中的条件下，连接．兴趣小组用几何画板测量发现和的面积相等．为了证明这个发现，尝试延长线段至点，使，连接．请你完成证明过程．
（3）迁移应用：如图4，已知，，点在上，，，若在射线上存在点，使，请直接写出相应的的长．
【答案】（1）①；③ （2）证明见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）根据全等三角形的判定即可得出结论；
（2）由条件，，，可知，又，得到，，所以，在中，，可得，从而得证；
（3）过点作交于点，连接，过点作交于点，由（1）（2）可知，且；根据，，有，由等腰三角形的三线合一的性质可知，结合，可得，根据，由得到，所以，然后在和中继续利用锐角三角函数求出和的长，最后利用即得解．
【小问1详解】
解：如图1，分别以B，C为圆心，以AD，CD为半径画弧交于点E，连接BE，CE，
∴，
又∵，
在和中
，
∴（）
如图2，分别过，作，的垂线，
∴，，
即，，
∵，，
∴，，
∴，，
在和中
，
∴（）
故选：①；③
【小问2详解】
证明：∵，，，
∴，
在和中
，
∴（）
∴，
即，
又∵，
∴，
∴，
又∵在中，，
∴，
∴．
【小问3详解】
解：如图，过点作交于点，连接，过点作交于点，
又∵，，
∴，，都是，
∴，，
∵，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
在中，，
∴，
又由（1）（2）可知，，
∴，
∴，
∴的长为．

【点睛】本题是三角形综合题，考查了三角形全等判定与性质，三角形的中线的性质，等腰三角形的性质，锐角三角函数解直角三角形等知识以及知识迁移应用的能力．通过作适当的辅助线从而达到能够应用前面两问的结论和全等三角形的性质的应用是解答本题的关键．
4.（2022洛阳一模） 综合与实践
问题情境：数学活动课上，老师组织同学们以“矩形”为主题开展数学活动．
已知矩形ABCD的一条对称轴分别交边AB、CD于点E、F，如图①，奋进小组进行了如下的操作：以点B为圆心，BA的长为半径作弧，交边BC于点Q，已知点在弧AQ上运动（含A，Q两点），连接，再分别以点A、为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点G，作射线BG交AD于点H．
提出问题：


（1）如图②，当点运动到EF上时，求的度数；
拓展应用：
（2）如图③，勤奋小组在图②基础上进行如下操作：连接并延长交BC于点P，请判断△HBP的形状，并说明理由；
解决问题：
（3）创新小组在图③的基础上进行如下操作：延长交边AD于点M，当△MPC是直角三角形时，请直接写出矩形的边BC和AB之间的数量关系．
【答案】（1）30° （2）等边三角形
（3）或
【解析】
【分析】（1）连接，设EF交BG于点K，根据作法可得BG平分，，可证得，从而得到，再证得K为BH的中点，然后根据直角三角形的性质可得，从而得到，即可求解；
（2）由（1）得：，，可得到，从而得到BP=BH，即可求解；
（3）先证得四边形BPMH是菱形，可得PM=PB，∠MPC=∠HBP=60°，然后分两种情况：当∠PCM=90°时，当∠PMC=90°时，即可求解．
【小问1详解】
解：如图，连接，设EF交BG于点K，

根据作法得：BG平分，，
∴，
∵BH=BH，
∴，
∴，
根据题意：AE=BE，EF∥AD∥BC，∠ABC=90°，
∴，，
∴BK=KH，
∴AK=BK=HK，
∴，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：△HBP是等边三角形，理由如下：
由（1）得：，，
∴，∠PBH=60°，
∵，
∴，
∴BP=BH，
∴△HBP是等边三角形；
【小问3详解】
解： 由（2）得：BP=BH，，
∵HM∥BP，
∴∠HMB=∠PBM，∠MHP=∠BPH，
∴，
∴BP=HM，
∴四边形BPMH是平行四边形，
∵BP=BH，
∴四边形BPMH是菱形，
∴PM∥BH，∠HMP=60°，PM=PB，
∴∠MPC=∠HBP=60°，
当∠PCM=90°时，点M与D重合，如图，

∴∠CMP=30°，
∴PB=PM=2PC，，
∴CB=3PC，
∴；
如图，当∠PMC=90°时，

∵∠CPM=60°，
∴∠PCM=30°，
∴PC=2PM=2PB，，
∴BC=3PB，
∵AD∥BC，
∴∠PCM=∠DMC=30°，
∴CM=2CD，
∴，
∴，
∴，
综上所述，当△MPC是直角三角形时，或 ．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
5. （2022周口扶沟二模）在学完菱形的性质和判定后，某数学兴趣小组尝试利用手边的数学工具——三角板和圆规作出一个菱形，且菱形的其中一个内角为60°．下面是他们探究过程中的部分讨论片段，请仔细阅读，并完成相应的任务．


任务：
（1）甲同学的作法中，判定四边形ACDE为菱形的依据是________________________.
（2）你认为乙同学作图得出的四边形AOCD是有一个内角为60°的菱形吗？请判断并说明理由．
（3）如图3，丙同学模仿甲同学的方法，用含45°角的直角三角板作出了其中一个内角为45°的菱形ABMN，已知点P是线段MC上的一个动点，AB＝10，当∠PAB＝15°时，请直接写出点P到直线MN的距离．


【答案】（1）见详解 （2）是；理由见详解
（3）或
【解析】
【分析】（1）根据甲同学的作图可知AE=ED=DC=AC，四条边均相等即所画的为菱形，故可知其判断依据为四条边都相等；
（2）解直角三角形得出∠COE＝60°，再证，结合CD＝OC＝OA，证得四边形AOCD为平行四边形，再根据AO＝OC，判断平行四边形AOCD为菱形，且其中一个内角为60°；
（3）过点P作PQ⊥MN于点Q，则PQ的长即为点P到直线MN的距离，分两种情况进行讨论：①当P在线段MB上时，根据∠PAB＝15°，∠ABC＝45°，得到∠APC＝30°，在Rt△APC中，即可求得PC＝AC＝，进而求出PM，再在Rt△MPQ中即可求得PQ；②当点P在线段BC上时，同理可求得PQ．
【小问1详解】
四条边都相等的四边形是菱形；
【小问2详解】
是，
理由如下：连接OD，如图1所示，


由题意，可知直线MN垂直平分线段OB，
∴CE⊥OB，OE＝OB＝OC，
在Rt△OCE中，cos∠COE＝＝，
∴∠COE＝60°，
∵CD＝OC＝OD，
∴△OCD为等边三角形，
∴∠OCD＝60°，
∴∠COE＝∠OCD，
∴，
又∵CD＝OC＝OA，
∴四边形AOCD为平行四边形，
∵AO＝OC，
∴平行四边形AOCD为菱形，且其中一个内角为60°；
【小问3详解】
或，
过点P作PQ⊥MN于点Q，则PQ的长即为点P到直线MN的距离，分两种情况进行讨论：
①当P在线段MB上时，如解图2所示，

在Rt△ABC中，AB=10，∠ABC=∠BAC=45°，
则有BC=AC=AB=，
∵∠PAB＝15°，∠ABC＝45°，
∴∠APC＝∠ABC－∠PAB＝30°，
∴PC＝AC＝，
∴PB＝PC－BC＝，
∴PM＝MB－PB＝，
在Rt△PMQ中，
∵∠PMQ＝45°，
∴PQ＝PM＝，
②当点P在线段BC上时，如解图3所示，


易得∠PAC＝30°，
∴PC＝＝，
∴PM＝MB＋BC－PC＝，
∴PQ＝PM＝，
综上所述，点P到直线MN的距离为或．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、解直角三角形等知识，注重分类讨论的思想是解答本题的关键．
6. （2022郑州一检）在中，，以点D为圆心，适当的长度为半径画弧，分别交边AD、CD于点M、N，再分别以M、N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点K，作射线DK，交对角线AC于点G，交射线AB于点E，将线段EB绕点E顺时针旋转得线段EP．

（1）如图1，当时，连接AP，线段AP和线段AC的数量关系为 ；
（2）如图2，当时，过点B作于点F，连接AF，请求出∠FAC的度数，以及AF，AB，AD之间的数量关系，并说明理由；
（3）当时，连接AP，若，请直接写出线段AP与线段DG的比值．
【答案】（1）AP=AC，证明见详解；
（2）∠FAC=45°，2AF2=AB2+AD2，证明见详解；
（3）．
【解析】
【分析】（1）数量关系为：AP=AC，连结PC，根据四边形ABCD为平行四边形，得出AD=BC，∠ADC=∠ABC=180°-，先证△PBE为等边三角形，再证△PEA≌△PBC（SAS），最后再证△APC为等边三角形即可；
（2）结论是2AF2=AB2+AD2连结CF，当时，平行四边形ABCD为矩形，在Rt△ABC中，根据勾股定理，即，再证△FEA≌△FBC（SAS），在Rt△AFC中即可；
（3）过点A作AN⊥DE于N，CM⊥DE于M，过点A作AS⊥CD于S，根据AE∥DC，得出△AGE∽△CGD，得出，设AB=3m，BE=m，AE=AD=2m，利用三角函数求出AS=ADsin60°=，DS=ADcos60°=m，，根据勾股定理AC=，利用线段和差MN=DM-DN=，再证△CMG∽△ANG，对称，利用比例性质得出NG=，求出DG=DN+NG=即可．
【小问1详解】
解：数量关系为：AP=AC，
连结PC，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD=BC，∠ADC=∠ABC=180°-，
当时，
∴∠ABC=∠ADC=180°-120°=60°，
∵∠BEP=，PE=BE，
∴△PBE为等边三角形，
∴PE=PB，∠PBE=60°，
∴∠PBC=∠PBE+∠ABC=60°+60°=120°，
∵∠PEA=180°-∠PEB=180°-60°=120°，
∴∠PBC=∠PEA，
∵DK平分∠ADC，
∴∠ADE=∠CDE=，
∵AB∥DC，
∴∠AED=∠CDE=30°=∠ADE，
∴AE=AD=BC，
在△PEA和△PBC中，
，
∴△PEA≌△PBC（SAS），
∴PA=PC，∠APE=∠CPB，
∵∠APC=∠APE+∠EPC=∠BPC+∠EPC=∠EPB=60°，
∴△APC为等边三角形，
∴AP=AC；
【小问2详解】
解：结论是2AF2=AB2+AD2
连结CF，
当时，平行四边形ABCD为矩形，
∴AD=BC ,∠ADC=∠ABC=90°，
在Rt△ABC中，根据勾股定理，即，
∵DK平分∠ADC，
∴∠ADE=∠CDE=，
∵AB∥DC，
∴∠AED=∠CDE=∠ADE=45°，
∴AE=AD=BC，
∴∠FEB=∠AED=45°，
∵，
∴∠BFE=90°，∠FBE=90°-∠FEB=45°，
∴FE=FB，
∴∠FEA=180°-∠FEB=180°-45°=135°，∠FBC=∠FBE+∠ABC=45°+90°=135°
∴∠FEA=∠FBC，
在△FEA和△FBC中

∴△FEA≌△FBC（SAS），
∴∠AFE=∠CFB，AF=CF，
∴∠AFC=∠AFE+∠EFC=∠CFB+∠EFC=∠EFB=90°，
∴∠FAC=45°
在Rt△AFC中，
∴，
【小问3详解】
解：过点A作AN⊥DE于N，CM⊥DE于M，过点A作AS⊥CD于S，
∵AE∥DC，
∴△AGE∽△CGD，
∴，
∵，
∴AE=AB-==，
∴，
设AB=3m，BE=m，AE=AD=2m，
∵∠ADS=60°，
∴AS=ADsin60°=，DS=ADcos60°=m，
∴CS=CD-DS=2m，
∴AC=，
∵DK平分∠ADC，
∴∠ADN=∠CDN=30°，
∴DN=ADcos30°=，DM=CDcos30°=，
∴MN=DM-DN=，
∵AN⊥DE，CM⊥DE，
∴CM∥AN，
∴△CMG∽△ANG，
∴，
∴NG=，
∴DG=DN+NG=，
∴．

【点睛】本题考查平行四边形的性质，等边三角形判定与性质，三角形全等判定与性质，勾股定理，三角形相似判定与性质，锐角三角函数，掌握平行四边形的性质，等边三角形判定与性质，三角形全等判定与性质，勾股定理，三角形相似判定与性质，锐角三角函数是解题关键．
7. （2022开封一模）阅读理解：
如图（1），△ABC中，以B为圆心，以适当长为半径画弧，与BC和BA分别交于点X，Y再分别以点X，Y为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点D，作射线BD与AC交干点E，过点E作交AB于．
观察思考：
依据上述操作可，
①∠ABE与∠CBE的大小关系为_____________；
②BF与EF的数关系为_____________．
拓展延伸：
如图（2）在△ABC中，∠ABC的平分线与三角形外角∠ACG的平分线交于点D，过D作分别交AC，AB于点E，F，请判断EF与BF，CE之间的数量关系，并说明理由．
问题解决：
如图（3），在中，，，连接BD，将△ABD沿BD折叠，使点A落在直线DC上方的处，当△DC是直角三角形时，请直接写出线段AB的长度．

【答案】观察思考：①∠ABE=∠CBE；②；拓展延伸：；问题解决：4或6
【解析】
【分析】观察思考：①根据作图可知是的角平分线，可得，
②根据可得，等量代换可得，∠ABE=∠CBE；等角对等边即可得，；
拓展延伸：方法同上可得，进而可得；
问题解决：分和，两种情形，根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理求解即可求得的长
【详解】观察思考：①根据作图可知是的角平分线，
，
②
，
∠ABE=∠CBE；
，
；
拓展延伸：
平分





平分







问题解决：当时，如图，延长交于点,

四边形是平行四边形



折叠，








中，

当时，如图，

四边形是平行四边形

折叠，


四边形是矩形






综上所述，的长为或
【点睛】本题考查了作角平分线，等边对等角，平行线的性质，平行四边形的性质，矩形的性质与判定，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，灵活运用以上知识是解题的关键．
8.（2022开封二模） 中华文明源远流长，如图①是汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的图形，人们称之为赵爽弦图，被誉为中国数学界的图腾．2002年北京国际数学家大会依据赵爽弦图制作了会标，该图有4个全等的直角三角形围成一个大正方形和中间一个小正方形，巧妙的证明了勾股定理．
问题发现
如图①，若直角三角形的直角边BC＝3，斜边AB＝5，则中间小正方形的边长CD＝______，连接BD，△ABD的面积为______．
知识迁移
如图②，P是正方形ABCD内一点，连接PA，PB，PC，当∠BPC＝90，时，△PAB的面积为______．
拓展延伸
如图③，已知∠MBN＝90°，以点B为圆心，适当长为半径画弧，交射线BM，BN分别于A，C两点．
（1）已知D为线段AB上一个动点，连接CD，过点B作BE⊥CD，垂足为点E；在CE上取一点F，使EF＝BE；过点F作GF⊥CD交BC于点G，试判断三条线段BE，DE，GF之间的数量关系，并说明理由．
（2）在（1）的条件下，若D为射线BM上一个动点，F为射线EC上一点，当AB＝10，CF＝2时，直接写出线段DE的长．

【答案】问题发现：1，；知识迁移：5；拓展延伸：（1）BE＝DE＋GF；（2）或
【解析】
【分析】问题发现：求根据勾股定理求出长，然后利用分割法和整体法分别求正方形面积，依此列等式求出小正方形面积，即可解决问题；
知识迁移：如图，将绕B 点顺时针旋转90°到，△PBB'为等腰直角三角形，然后根据等底同高三角形面积相等求出的面积，即可解决问题；
拓展延伸：（1）过点G作GH⊥BE于点H，利用AAS证明△GBH≌△BDE ，得出BH＝DE，然后根据线段间的和差关系即可得出结论；
（2）分EF在线段CD上和DC延长线上两种情况讨论，设，在中，根据勾股定理建立方程求解，设，，证明，根据相似的性质列比例式求解，即可解决问题．
【详解】问题发现：解：如图，


∵，
∴，
∵，
∴，

∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：1， ．
知识迁移：如图，将绕点顺时针旋转90°到，


∵
∴，
∴（等底同高），
∵，
∴，
即△PAB的面积为5．
故答案为：5．
拓展延伸：（1）BE＝DE＋GF
证明：如图，过点G作GH⊥BE于点H，


∵BE⊥CD，GF⊥CD，
∴∠BHG＝∠EHG＝∠HEF＝∠EFG＝90°，
∴四边形EFGH为矩形，
∴EH＝GF，
∵EF＝BE ，
∴GH＝BE
∵∠MBN＝90° ，
∴∠2＋∠3＝90°，
∵∠1＋∠2＝90° ，
∴∠1＝∠3，
可得△GBH≌△BDE（AAS） ，
∴BH＝DE，
∵BE＝BH＋EH，
∴BE＝DE＋GF；
（2）解：如图，当EF在线段CD上时，


设，
在中，
∵，
∴，
解得或（舍去），
设，，则由（1）得，
∵
∴
∵，
∴，
∴ ，
∴，
∴，
∴，
解得；
如图，当在的延长线上时，

与（1）同理可证△GBH≌△BDE（AAS），
∴ ，
则 ，
∵设，
∴，
∴ ，
∴ ，
解得或-6（舍去），
设，，
∴a-b=8，
∵，
∴，
∵，
∴△BED∽△FCG，
∴，
∴，
∴，
∴ ,
解得 ，
即线段的长为或．
【点睛】本题考查了用割补法求面积，旋转的性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，以及三角形相似的判定和性质，解题的关键是能综合运用所学的数学知识，以及根据条件作出辅助线构造三角形全等．