类比探究题
1.（2015?潜江24．（10分））已知∠MAN=135°，正方形ABCD绕点A旋转．
（1）当正方形ABCD旋转到∠MAN的外部（顶点A除外）时，AM，AN分别与正方形ABCD的边CB，CD的延长线交于点M，N，连接MN．
①如图1，若BM=DN，则线段MN与BM+DN之间的数量关系是 MN=BM+DN ；
②如图2，若BM≠DN，请判断①中的数量关系是否仍成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；
（2）如图3，当正方形ABCD旋转到∠MAN的内部（顶点A除外）时，AM，AN分别与直线BD交于点M，N，探究：以线段BM，MN，DN的长度为三边长的三角形是何种三角形，并说明理由．
考几何变换综合题． 点： 分（1）①如图1，先利用SAS证明△ADN≌△ABM，得出AN=AM，∠NAD=∠MAB，再析： 计算出∠NAD=∠MAB=（360°﹣135°﹣90°）=67.5°．作AE⊥MN于E，根据等腰三角形三线合一的性质得出MN=2NE，∠NAE=∠MAN=67.5°．再根据AAS证明△ADN≌△AEN，得出DN=EN，进而得到MN=BM+DN； ②如图2，先利用SAS证明△ABM≌△ADP，得出AM=AP，∠1=∠2=∠3，再计算出∠PAN=360°﹣∠MAN﹣（∠3+∠4）=360°﹣135°﹣90°=135°．然后根据SAS证明△ANM≌△ANP，得到MN=PN，进而得到MN=BM+DN； （2）如图3，先由正方形的性质得出∠BDA=∠DBA=45°，根据等角的补角相等得出∠MDA=∠NBA=135°．再证明∠1=∠3．根据两角对应相等的两三角形相似得出△ANB∽△MAD，那么2=2，又AB=AD=2DB，变形得出BD=2BN?MD，然后证明2222（MD+BD）+（BD+BN）=（DM+BD+BN），即MB+DN=MN，根据勾股定理的 逆定理即可得出以线段BM，MN，DN的长度为三边长的三角形是直角三角形． 解解：（1）①如图1，若BM=DN，则线段MN与BM+DN之间的数量关系是MN=BM+DN．理答： 由如下： 在△ADN与△ABM中， ， ∴△ADN≌△ABM（SAS）， ∴AN=AM，∠NAD=∠MAB， ∵∠MAN=135°，∠BAD=90°， ∴∠NAD=∠MAB=（360°﹣135°﹣90°）=67.5°， 作AE⊥MN于E，则MN=2NE，∠NAE=∠MAN=67.5°． 在△ADN与△AEN中， ， ∴△ADN≌△AEN（AAS）， ∴DN=EN， ∵BM=DN，MN=2EN， ∴MN=BM+DN． 故答案为MN=BM+DN； ②如图2，若BM≠DN，①中的数量关系仍成立．理由如下： 延长NC到点P，使DP=BM，连结AP． ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=AD，∠ABM=∠ADC=90°． 在△ABM与△ADP中， ， ∴△ABM≌△ADP（SAS）， ∴AM=AP，∠1=∠2=∠3， ∵∠1+∠4=90°， ∴∠3+∠4=90°， ∵∠MAN=135°， ∴∠PAN=360°﹣∠MAN﹣（∠3+∠4）=360°﹣135°﹣90°=135°． 在△ANM与△ANP中， ， ∴△ANM≌△ANP（SAS）， ∴MN=PN， ∵PN=DP+DN=BM+DN， ∴MN=BM+DN； （2）如图3，以线段BM，MN，DN的长度为三边长的三角形是直角三角形．理由如下： ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BDA=∠DBA=45°， ∴∠MDA=∠NBA=135°． ∵∠1+∠2=45°，∠2+∠3=45°， ∴∠1=∠3． 在△ANB与△MAD中， ， ∴△ANB∽△MAD， ∴=2， ∴AB=BN?MD， ∵AB=DB， DB）=BD， 22∴BN?MD=（2∴BD=2BN?MD， 2222222∴MD+2MD?BD+BD+BD+2BD?BN+BN=MD+BD+BN+2MD?BD+2BD?BN+2BN?MD， 222∴（MD+BD）+（BD+BN）=（DM+BD+BN）， 222即MB+DN=MN， ∴以线段BM，MN，DN的长度为三边长的三角形是直角三角形． 点本题是几何变换综合题，其中涉及到正方形的性质，全等三角形的判定与性质，平行评： 线的性质，等腰三角形的性质，补角的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理的逆定理等知识，综合性较强，有一定难度．准确作出辅助线，利用数形结合是解（1）小题的关键，证明△ANB∽△MAD是解（2）小题的关键． 2.（2015?贵港26．（10分））已知：△ABC是等腰三角形，动点P在斜边AB所在的直线上，以PC为直角边作等腰三角形PCQ，其中∠PCQ=90°，探究并解决下列问题： （1）如图①，若点P在线段AB上，且AC=1+，PA=，则： ①线段PB= ，PC= 2 ；
222222
②猜想：PA，PB，PQ三者之间的数量关系为 PA+PB=PQ ；
（2）如图②，若点P在AB的延长线上，在（1）中所猜想的结论仍然成立，请你利用图②给出证明过程； （3）若动点P满足
=，求
的值．（提示：请利用备用图进行探求）
考点： 相似形综合题．
分析： （1）①在等腰直角三角形ACB中，由勾股定理先求得AB的长，然后根据PA的长，可求得PB的长；过点C作CD⊥AB，垂足为D，从而可求得CD、PD的长，然后在Rt三角形CDP中依据勾股定理可求得PC的长；②△ACB为等腰直角三角形，CD⊥AB，从而可求得：CD=AD=DB，然后根据AP=DC﹣PD，PB=DC+PD，可证明AP+BP=2PC，因为在Rt△PCQ
22222
中，PQ=2CP，所以可得出AP+BP=PQ的结论；
（2）过点C作CD⊥AB，垂足为D，则AP=（AD+PD）=（DC+PD），PB=（DP﹣BD）=（PD﹣DC），可证明AP+BP=2PC，因为在Rt△PCQ中，PQ=2CP，所以可得出AP+BP=PQ的结论；
（3）根据点P所在的位置画出图形，然后依据题目中的比值关系求得PD的长（用含有CD的式子表示），然后在Rt△ACP和Rt△DCP中由勾股定理求得AC和PC的长度即可． 解答： 解：（1）如图①：
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①∵△ABC是等腰直直角三角形，AC=1+∴AB=∵PA=∴PB=
， ，
，
=
=
+
，
作CD⊥AB于D，则AD=CD=∴PD=AD﹣PA=在RT△PCD中，PC=
，
=2，
故答案为，2； ②如图1．
∵△ACB为等腰直角三角形，CD⊥AB， ∴CD=AD=DB．
∵AP=（AD﹣PD）=（DC﹣PD）=DC﹣2DC?PD+PD，PB=（DB+PD）=（DC+DP）
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=CD+2DC?PD+PD
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∴AP+BP=2CD+2PD，
∵在Rt△PCD中，由勾股定理可知：PC=DC+PD， ∴AP+BP=2PC．
∵△CPQ为等腰直角三角形， ∴2PC=PQ． ∴AP+BP=PQ
（2）如图②：过点C作CD⊥AB，垂足为D．
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∵△ACB为等腰直角三角形，CD⊥AB， ∴CD=AD=DB．
∵AP=（AD+PD）=（DC+PD）=CD+2DC?PD+PD，PB=（DP﹣BD）=（PD﹣DC）=DC﹣2DC?PD+PD， ∴AP+BP=2CD+2PD，
∵在Rt△PCD中，由勾股定理可知：PC=DC+PD， ∴AP+BP=2PC．
∵△CPQ为等腰直角三角形，
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