2024年中考数学一轮复习全国版知识点52 发现、拓展、应用型问题含答案

2024年中考数学一轮复习全国版知识点52发现、拓展、应用型问题一、选择题二、填空题三、解答题宁夏26．【2023·宁夏26题】综合与实践：问题背景数学小组发现国旗上五角星的五个角都是顶角为36°的等腰三角形，对此三角形产生了极大兴趣并展开探究． 探究发现 如图1，在△ABC中，∠A＝36°，AB＝AC．（1）操作发现：将△ABC折叠，使边BC落在边BA上，点C的对应点是点E，折痕交AC于点D，连接DE，DB，则∠BDE＝°，设AC＝1，BC＝x，那么AE＝（用含x的式子表示）；（2）进一步探究发现：底BCAC=5拓展应用当等腰三角形的底与腰的比等于黄金比时，这个三角形叫黄金三角形．例如，图1中的△ABC是黄金三角形．如图2，在菱形ABCD中，∠BAD＝72°，AB＝1．求这个菱形较长对角线的长．【分析】探究发现（1）可求得∠ABC＝∠C＝72°，∠BED＝∠C＝72°，∠EBD＝∠CBD=12∠ABC=36°，进而求得∠BDE的值，AE＝AB﹣BE＝AC﹣BC（2）可证得△ABC∽△BDC，从而ACBC=BCDC，进而得出1x=拓展应用在AC上截取AE＝AD，连接DE，可得出△ADE是黄金三角形，从而得出DE的值，可推出CE＝DE，进而求得结果．探究发现（1）721﹣x[解析]∵∠A＝36°，AB＝AC，∴∠ABC＝∠C＝72°.∵边BC落在边BA上，点C的对应点是点E，∴∠BED＝∠C＝72°，∠EBD＝∠CBD=1∴∠BDE＝180°﹣∠BED﹣∠EBC＝72°.AE＝AB﹣BE＝AC﹣BC＝1﹣x.（2）证明：由（1）知：∠CBD＝∠EBD＝36°，∴∠A＝∠CBD＝∠EBD.∴AD＝BD.∵∠C＝∠C，∴△ABC∽△BDC.∴ACBC=BCDC,即1∴底BC腰AC拓展应用如图，在AC上截取AE＝AD，连接DE，∵四边形ABCD是菱形，∴∠ACD=12∠BCD=36°，∠DAC＝∠BAC=12∠DAB=36°，AD＝∴∠ADE＝∠AED＝72°，∠ADC＝180°﹣∠DAB＝108°.∴DE=5∴∠CDE＝∠ADC﹣∠ADE＝108°﹣72°＝36°.∴∠CDE＝∠ACD.∴CE＝DE=5∴AC＝AE+CE＝1+5【点评】本题考查了等腰三角形的性质，菱形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造“黄金比”．甘肃省26．【2023·甘肃省卷26题】【模型建立】（1）如图1，△ABC和△BDE都是等边三角形，点C关于AD的对称点F在BD边上．①求证：AE＝CD；②用等式写出线段AD，BD，DF的数量关系，并说明理由.【模型应用】（2）如图2，△ABC是直角三角形，AB＝AC，CD⊥BD，垂足为D，点C关于AD的对称点F在BD边上．用等式写出线段AD，BD，DF的数量关系，并说明理由.【模型迁移】（3）在（2）的条件下，若AD＝42，BD＝3CD，求cos∠AFB的值．【分析】（1）①根据△ABC和△BDE都是等边三角形推出判定△ABE和△CBD全等，然后根据全等三角形的对应边相等即可得证；②根据等边三角形的性质和对称的性质即可推出线段AD，BD，DF的数量关系；（2）过点B作BE⊥AD于E，根据等腰直角三角形的性质推出判定△ABE∽△CBD，然后根据等腰直角三角形的性质和对称性即可推出线段AD，BD，DF的数量关系；（3）过点A作AG⊥BD于G，推出△ADG是等腰直角三角形，求出AG，FG，AF的长后即可求出cos∠AFB的值．（1）证明：①∵△ABC和△BDE都是等边三角形，∴AB＝CB，EB＝DB，∠ABC＝∠EBD＝60°.∴∠ABE＝∠CBD，∴△ABE≌△CBD.∴AE＝CD.②解：AD＝BD+DF．理由如下：∵△BDE是等边三角形，∴BD＝DE.∵点C与点F关于AD对称，∴CD＝DF.∵AE＝CD，∴AE＝DF.∵AD＝DE+AE，∴AD＝BD+DF.（2）BD+DF=2AD如图1，过点B作BE⊥AD于E，图1∵点C与点F关于AD对称，∴∠ADC＝∠ADB.又∵CD⊥BD.∴∠BDC=90°.∴∠ADC＝∠ADB＝45°.又∵BE⊥AD，∴△BDE是等腰直角三角形.又∵△ABC是等腰直角三角形，∴ABBC=BEBD=∴∠ABE＝∠CBD.∴△ABE∽△CBD.∴CDAE=BCAB=2，∴CD=2AE.∵CD＝（或由∠ABE＝∠CBD，sin∠ABE＝sin∠CBD，得AEAB=CDBC，即CDAE=BCAB=2，∵△BDE是等腰直角三角形，∴BD=2∴BD+DF=2(DE+AE)=2AD，即BD+（3）解：如图2，过点A作AG⊥BD于G.∵∠ADB＝45°，∴△AGD是等腰直角三角形.又∵AD＝42，∴AG＝DG＝4.由（2）BD+DF=2AD∵BD＝3CD，CD＝DF，∴DF＝2.又∵DG＝4，∴FG＝DG﹣DF＝2.在Rt△AFG中，由勾股定理得AF=A∴cos∠AFB=FG山东省24．【2023·东营】（1）用数学的眼光观察如图①，在四边形ABCD中，AD＝BC，P是对角线BD的中点，M是AB的中点，N是DC的中点．求证：∠PMN＝∠PNM．（2）用数学的思维思考如图②，延长图①中的线段AD交MN的延长线于点E，延长线段BC交MN的延长线于点F．求证：∠AEM＝∠F．（3）用数学的语言表达如图③，在△ABC中，AC＜AB，点D在AC上，AD＝BC，M是AB的中点，N是DC的中点，连接MN并延长，与BC的延长线交于点G，连接GD．若∠ANM＝60°，试判断△CGD的形状，并进行证明．【分析】（1）证PN是△BCD的中位线，PM是△ABD的中位线，则PN=12BC，PM=12AD，再证（2）由三角形中位线定理得PN∥BC，PM∥AD，再由平行线的性质得∠PNM＝∠F，∠PMN＝∠AEM，然后由（1）可知∠PNM＝∠PMN，即可得出结论；（3）连接BD，取BD的中点P，连接PM、PN，由三角形中位线定理得PN∥BC，PN=12BC，PM∥AD，PM=12AD，再证△CGN是等边三角形．得CN＝GN，则DN＝GN，然后由等腰三角形的性质得∠NDG＝∠NGD＝30°，则∠CGD＝∠（1）证明：∵P是BD的中点，N是DC的中点，∴PN是△BCD的中位线，PM是△ABD的中位线，∴PN=12BC，PM=∵AD＝BC，∴PM＝PN，∴∠PMN＝∠PNM；（2）证明：由（1）知，PN是△BDC的中位线，PM是△ABD的中位线，∴PN∥BC，PM∥AD，∴∠PNM＝∠F，∠PMN＝∠AEM，∵∠PNM＝∠PMN，∴∠AEM＝∠F；（3）解：△CGD是直角三角形，理由如下：如图③，连接BD，取BD的中点P，连接PM、PN，∵N是CD的中点，N是AB的中点，∴PN是△BCD的中位线，PM是△ABD的中位线，∴PN∥BC，PN=12BC，PM∥AD，PM=∵AD＝BC∴PM＝PN，∴∠PNM＝∠PMN，∵PM∥AD，∴∠PMN＝∠ANM＝60°，∴∠PNM＝∠PMN＝60°，∵PN∥BC，∴∠CGN＝∠PNM＝60°，又∵∠CNG＝∠ANM＝60°，∴△CGN是等边三角形．∴CN＝GN，又∵CN＝DN，∴DN＝GN，∴∠NDG＝∠NGD=12∴∠CGD＝∠CGN+∠NGD＝90°，∴△CGD是直角三角形．【点评】本题是四边形综合题目，考查了三角形中位线定理、平行线的性质、等腰三角形的性质、等边三角形的判定与性质等知识，本题综合性强，熟练掌握三角形中位线定理和等边三角形的判定与性质是解题的关键，属于中考常考题型．20．【2023·烟台】【问题背景】如图1，数学实践课上，学习小组进行探究活动，老师要求大家对矩形ABCD进行如下操作：①分别以点B，C为圆心，以大于12BC的长度为半径作弧，两弧相交于点E，F，作直线EF交BC于点O，连接AO；②将△ABO沿AO翻折，点B的对应点落在点P处，作射线AP交CD于点Q【问题提出】在矩形ABCD中，AD＝5，AB＝3，求线段CQ的长；【问题解决】经过小组合作、探究、展示，其中的两个方案如下：方案一：连接OQ，如图2．经过推理、计算可求出线段CQ的长；方案二：将△ABO绕点O旋转180°至△RCO处，如图3．经过推理、计算可求出线段CQ的长．请你任选其中一种方案求线段CQ的长．解：方案一：连接OQ，如图，∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝3，AD＝BC＝5.由作图知BO＝OC=12由翻折的不变性，知AP＝AB＝3，OP＝OB＝2.5，∠APO＝∠B＝90°，∴OP＝OC＝2.5，∠QPO＝∠C＝90°.又OQ＝OQ，∴△QPO≌△QCO（HL）.∴PQ＝CQ.设PQ＝CQ＝x，则AQ＝3+x，DQ＝3﹣x，在Rt△ADQ中，AD2+QD2＝AQ2.即52+（3﹣x）2＝（3+x）2，解得x=2512，∴线段CQ的长为方案二：将△ABO绕点O旋转180°至△RCO处，如图，∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝3，AD＝BC＝5.由作图知BO＝OC=12由旋转的不变性，知CR＝AB＝3，∠BAO＝∠R，∠B＝∠OCR＝90°，则∠OCR+∠OCD＝90°+90°＝180°，∴D、C、R共线.由翻折的不变性，知∠BAO＝∠OAQ，∴∠OAQ＝∠R.∴QA＝QR.设CQ＝x，则QA＝QR＝3+x，DQ＝3﹣x，在Rt△ADQ中，AD2+QD2＝AQ2，即52+（3﹣x）2＝（3+x）2，解得x=2512，∴线段CQ的长为山西省22．【2023•山西22题】综合与实践问题情境：“综合与实践”课上，老师提出如下问题：将图1中的矩形纸片沿对角线剪开，得到两个全等的三角形纸片，表示为△ABC和△DFE，其中∠ACB＝∠DEF＝90°，∠A＝∠D，将△ABC和△DFE按图2所示方式摆放，其中点B与点F重合（标记为点B）．当∠ABE＝∠A时，延长DE交AC于点G，试判断四边形BCGE的形状，并说明理由．数学思考：（1）请你解答老师提出的问题；深入探究：（2）老师将图2中的△DBE绕点B逆时针方向旋转，使点E落在△ABC内部，并让同学们提出新的问题．①“善思小组”提出问题：如图3，当∠ABE＝∠BAC时，过点A作AM⊥BE交BE的延长线于点M，BM与AC交于点N．试猜想线段AM和BE的数量关系，并加以证明．请你解答此问题；②“智慧小组”提出问题：如图4，当∠CBE＝∠BAC时，过点A作AH⊥DE于点H，若BC＝9，AC＝12，求AH的长．请你思考此问题，直接写出结果．解：（1）结论：四边形BCGE为正方形．理由如下：∵∠BED＝90°，∴∠BEG＝180°﹣BED＝90°.∵∠ABE＝∠A，∴AC∥BE.∴∠CGE＝∠BED＝90°.∵∠C＝90°，∴四边形BCGE为矩形．∵△ACB≌△DEB，∴BC＝BE．∴矩形BCGE为正方形.（2）①结论：AM＝BE．解法一：证明：∵∠ABE＝∠BAC，∴AN＝BN.∵∠C＝90°，∴BC⊥AN.∵AM⊥BE，即AM⊥BN，∴S△ABF∵AN＝BN，∴BC＝AM．由（1）得BE＝BC，∴AM＝BE．解法二：证明：∵AM⊥BE的延长线与点M，∴∠M＝90°．∵∠C＝90°，∴∠M＝∠C.∵∠ABE＝∠BAC，AB＝BA,∴△BAM≌△ABC，∴AM＝BC．由（1）得BC＝BE，∴AM＝BE．②如图：设AB，DE的交点为M，过M作MG⊥BD于G，∵△ACB≌△DEB，∴BE＝BC＝9，DE＝AC＝12，∠A＝∠D，∠ABC＝∠DBE.∴∠CBE＝∠DBM，∵∠CBE＝∠BAC，∴∠D＝∠BAC.∴MD＝MB.∵MG⊥BD，∴G是BD的中点.由勾股定理得AB=AC2∵cos∠D=DGDM=DE即BM=DM=75∴AM=AB−BM=15−75∵AH⊥DE，BE⊥DE，∠AMH＝∠BME，∴△AMH∽△BME.∴AHBE∴AH=35BE=35四川省24．【2023·巴中】综合与实践．（1）提出问题．如图1，在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，且AB＝AC，AD＝AE，连接BD，连接CE交BD的延长线于点O．①∠BOC的度数是．②BD：CE＝．（2）类比探究．如图2，在△ABC和△DEC中，∠BAC＝∠EDC＝90°，且AB＝AC，DE＝DC，连接AD、BE并延长交于点O．①∠AOB的度数是；②AD：BE＝．（3）问题解决．如图3，在等边△ABC中，AD⊥BC于点D，点E在线段AD上（不与A重合），以AE为边在AD的左侧构造等边△AEF，将△AEF绕着点A在平面内顺时针旋转任意角度．如图4，M为EF的中点，N为BE的中点．①说明△MND为等腰三角形．②求∠MND的度数．【分析】（1）（2）从图形可辩知，这个是手拉手全等或相似模型，按模型的相关结论解题．（3）稍有变化，受前两问的启发，连接BF、CE完成手拉手的构造，再结合三角形中位线知识解题．解：（1）①∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC.∴∠BAD＝∠CAE．又∵AB＝AC，AD＝AE，∴△BAD≌△CAE（SAS）．∴∠ABD＝∠ACE.∵∠BAC＝90°，∴∠ABC+∠ACB＝∠ABD+∠OBC+∠ACB＝90°.∴∠ACE+∠OBC+∠ACB＝90°，即：∠BCE+∠OBC＝90°.∴∠BOC＝90°．②由①得△BAD≌△CAE，∴BD＝CE．故BD：CE＝1：1．（2）①∵AB＝AC，DE＝DC，∴.又∵∠BAC＝∠EDC＝90°，∴△ABC∽△DEC.∴∠ACB＝∠DCB，．∴∠ACE+∠ECB＝∠DCA+∠ACE.∴∠ECB＝∠DCA．∴△ECB∽△DCA.∴∠CBE＝∠CAD.∴∠AOB＝180°﹣∠ABO﹣∠BAO＝180°﹣∠ABO﹣∠CAD﹣∠BAC＝180°﹣∠ABO﹣∠CBE﹣90°＝180°﹣45°﹣90°＝45°．故∠AOB的度数是45°．②由①得：△ECB∽△DCA．∴AD：BE＝DC：EC.∵∠EDC＝90°，且DE＝DC，∴∠DCE＝45°.∴＝cos45°＝．∴．（3）①解：连接BF、CE，延长CE交MN于点P，交BF于点O．在等边△ABC中AB＝AC，又∵AD⊥BC于点D，∴D为BC的中点.又∵M为EF的中点，N为BE的中点，∴MN、ND分别是在△BEF、△BCE的中位线.∴MN＝BF，DN＝EC．∵∠FAE＝∠BAC＝60°，∴∠FAE+∠EAB＝∠BAC+∠EAB．∴∠FAB＝∠EAC．在△ACE和△ABF中，，∴△ACE≌△ABF（SAS）．∴BF＝EC．∴MN＝DN．∴△MND为等腰三角形．②∵△ACE≌△ABF，∴∠ACE＝∠ABF.由（1）（2）规律可知：∠BOC＝60°，∴∠FOC＝180°﹣∠BOC＝180°﹣60°＝120°.又∵BF∥MN，CP∥DN，∴∠MND＝∠MPE＝∠FOC＝120°．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质及相似三角形的判定及性质．方法灵活多变，需要较强的构造能力．26．【2023·成都】探究式学习是新课程倡导的重要学习方式，某兴趣小组拟做以下探究．在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，D是AB边上一点，且＝（n为正整数），E是AC边上的动点，过点D作DE的垂线交直线BC于点F．【初步感知】（1）如图1，当n＝1时，兴趣小组探究得出结论：AE+BF＝AB，请写出证明过程．【深入探究】（2）①如图2，当n＝2，且点F在线段BC上时，试探究线段AE，BF，AB之间的数量关系，请写出结论并证明；②请通过类比、归纳、猜想，探究出线段AE，BF，AB之间数量关系的一般结论（直接写出结论，不必证明）．【拓展运用】（3）如图3，连接EF，设EF的中点为M，若AB＝2，求点E从点A运动到点C的过程中，点M运动的路径长（用含n的代数式表示）．【分析】（1）由“ASA”可证△CDE≌△BDF，可得CE＝BF，即可求解；（2）①先证△ADN和△BDH是等腰直角三角形，可得AN＝DN，DH＝BH，AD＝AN，BD＝BH，可求AD＝x，BD＝2x，通过证明△EDN∽△FDH，可求FH＝2NE，即可求解；②分两种情况讨论，由相似三角形的性质可求解；（3）由D、E、C、F四点共圆可得点M在线段CD的垂直平分线上运动，由勾股定理可求DM1，由相似三角形性质可求出M1M11，即为轨迹长．（1）证明：连接CD，∵∠C＝90°，AC＝BC，AD＝DB，∴AB＝AC，∠A＝∠B＝∠ACD＝45°，AD＝CD＝BD，CD⊥AB，∵ED⊥FD，∴∠EDF＝∠CDB＝90°，∴∠CDE＝∠BDF，∴△CDE≌△BDF（ASA），∴CE＝BF，∴AE+BF＝AE+CE＝AC＝AB；（2）解：①AE+BF＝AB，理由如下：过点D作DN⊥AC于N，DH⊥BC于H，∵∠C＝90°，AC＝BC，∴∠A＝∠B＝45°，∵DN⊥AC，DH⊥BC，∴△ADN和△BDH是等腰直角三角形，∴AN＝DN，DH＝BH，AD＝AN，BD＝BH，∠A＝∠B＝45°＝∠ADN＝∠BDH，∴△ADN∽△BDH，∴＝，设AN＝DN＝x，BH＝DH＝2x，∴AD＝x，BD＝2x，∴AB＝3x，∵DN⊥AC，DH⊥BC，∠ACB＝90°，∴四边形DHCN是矩形，∴∠NDH＝90°＝∠EDF，∴∠EDN＝∠FDH，又∵∠END＝∠FHD，∴△EDN∽△FDH，∴＝，∴FH＝2NE，∴AE+BF＝x+NE+（2x﹣FH）＝2x＝AB；②如图4，当点F在射线BC上时，过点D作DN⊥AC于N，DH⊥BC于H，∵∠C＝90°，AC＝BC，∴∠A＝∠B＝45°，∵DN⊥AC，DH⊥BC，∴△ADN和△BDH是等腰直角三角形，∴AN＝DN，DH＝BH，AD＝AN，BD＝BH，∠A＝∠B＝45°＝∠ADN＝∠BDH，∴△ADN∽△BDH，∴＝，设AN＝DN＝x，BH＝DH＝nx，∴AD＝x，BD＝nx，∴AB＝（n+1）x，∵DN⊥AC，DH⊥BC，∠ACB＝90°，∴四边形DHCN是矩形，∴∠NDH＝90°＝∠EDF，∴∠EDN＝∠FDH，又∵∠END＝∠FHD，∴△EDN∽△FDH，∴＝，∴FH＝nNE，∴AE+BF＝x+NE+（nx﹣FH）＝2x＝AB；当点F在CB的延长线上时，如图5，∵∠C＝90°，AC＝BC，∴∠A＝∠B＝45°，∵DN⊥AC，DH⊥BC，∴△ADN和△BDH是等腰直角三角形，∴AN＝DN，DH＝BH，AD＝AN，BD＝BH，∠A＝∠B＝45°＝∠ADN＝∠BDH，∴△ADN∽△BDH，∴＝，设AN＝DN＝x，BH＝DH＝nx，∴AD＝x，BD＝nx，∴AB＝（n+1）x，∵DN⊥AC，DH⊥BC，∠ACB＝90°，∴四边形DHCN是矩形，∴∠NDH＝90°＝∠EDF，∴∠EDN＝∠FDH，又∵∠END＝∠FHD，∴△EDN∽△FDH，∴＝，∴FH＝nNE，∴AE﹣BF＝x+NE﹣（FH﹣nx）＝2x＝AB；综上所述：当点F在射线BC上时，，当点F在CB延长线上时，；解：【点评】本题是三角形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，四点共圆，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．湖北省23．【2023·武汉】问题提出如图（1），E是菱形ABCD边BC上一点，△AEF是等腰三角形，AE＝EF，∠AEF＝∠ABC＝α（α≥90°），AF交CD于点G，探究∠GCF与α的数量关系．问题探究（1）先将问题特殊化，如图（2），当α＝90°时，直接写出∠GCF的大小；（2）再探究一般情形，如图（1），求∠GCF与α的数量关系．问题拓展将图（1）特殊化，如图（3），当α＝120°时，若DGCG=1【分析】问题探究（1）如图（2）中，在BA上截取BJ，使得BJ＝BE．证明△EAJ≌△FEC（SAS），推出∠AJE＝∠ECF，可得结论；（2）结论：∠GCF=32α﹣90°；在AB上截取AN，使AN＝EC，连接问题拓展解：过点A作CD的垂线交CD的延长线于点P，设菱形的边长为3m．用m表示出BE，CE，可得结论．解：问题探究（1）如图（2）中，在BA上截取BJ，使得BJ＝BE．∵四边形ABCD是正方形，∴∠B＝∠BCD＝90°，BA＝BC，∵BJ＝BE，∴AJ＝EC，∵∠AEC＝∠AEF+∠CEF＝∠BAE+∠B，∠AEF＝∠B＝90°，∴∠CEF＝∠EAJ，∵EA＝EF，∴△EAJ≌△FEC（SAS），∴∠AJE＝∠ECF，∵∠BJE＝45°，∴∠AJE＝180°﹣45°＝135°，∴∠ECF＝135°，∴∠GCF＝∠ECF﹣∠ECD＝135°﹣90°＝45°；（2）结论：∠GCF=32理由：在AB上截取AN，使AN＝EC，连接NE．∵∠ABC+∠BAE+∠AEB＝∠AEF+∠FEC+∠AEB＝180°，∠ABC＝∠AEF，∴∠EAN＝∠FEC．∵AE＝EF，∴△ANE≌△ECF（SAS）．∴∠ANE＝∠ECF．∵AB＝BC，∴BN＝BE．∵∠EBN＝α，∴∠BNE=90°−1∴∠GCF＝∠ECF﹣∠BCD＝∠ANE﹣∠BCD=(90°+1问题拓展：过点A作CD的垂线交CD的延长线于点P，设菱形的边长为3m．DGCG=12，∴DG＝m，在Rt△ADP中，∠ADC＝∠ABC＝120°，∴∠ADP＝60°，∴PD=32m，∴α＝120°，由（2）知，∠GCF=3∵∠AGP＝∠FGC，∴△APG∽△FCG．∴APCF∴33mCF由（2）知，BE=3∴CE=95m【点评】本题属于相似形综合题，考查了菱形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题．黑龙江23．【2023·齐齐哈尔】综合与实践：数学模型可以用来解决一类问题，是数学应用的基本途径．通过探究图形的变化规律，再结合其他数学知识的内在联系，最终可以获得宝贵的数学经验，并将其运用到更广阔的数学天地．（1）发现问题：如图1，在△ABC和△AEF中，AB＝AC，AE＝AF，∠BAC＝∠EAF＝30°，连接BE，CF，延长BE交CF于点D．则BE与CF的数量关系：，∠BDC＝°；（2）类比探究：如图2，在△ABC和△AEF中，AB＝AC，AE＝AF，∠BAC＝∠EAF＝120°，连接BE，CF，延长BE，FC交于点D．请猜想BE与CF的数量关系及∠BDC的度数，并说明理由；（3）拓展延伸：如图3，△ABC和△AEF均为等腰直角三角形，∠BAC＝∠EAF＝90°，连接BE，CF，且点B，E，F在一条直线上，过点A作AM⊥BF，垂足为点M．则BF，CF，AM之间的数量关系：；（4）实践应用：正方形ABCD中，AB＝2，若平面内存在点P满足∠BPD＝90°，PD＝1，则S△ABP．【分析】（1）根据等腰三角形的性质，利用SAS证明△ABE≌△ACF即可得出结论；（2）根据等腰三角形的性质，利用SAS证明△BAE≌△CAF即可得出结论；（3）根据等腰直角三角形的性质，利用SAS证明△BAE≌△CAE即可得出结论；（4）根据直径所对的圆周角是直角，先找到点P，利用勾股定理计算出BP，再利用第3小题的结论得到三角形的高，△ABP的面积即可求出．解：（1）BE＝CF，∠BDC＝30°，【解析】如图1所示：∵△ABC和△ADE都是等腰三角形，∴AB＝AC，AE＝AF，又∵∠BAC＝∠EAF＝30°，∴△ABE≌△ACF（SAS），∴BE＝CF，∴∠ABE＝∠ACD，∵∠AOE∠ABE+∠BAC，∠AOE＝∠ACD+∠BDC，∴∠BDC＝∠BAC＝30°；（2）BE＝CF，∠BDC＝60°，理由如下：如图2所示：证明：∵∠BAC＝∠EAF＝120°，∴∠BAC﹣∠EAC＝∠EAF﹣∠EAC，即∠BAE＝∠CAF，又∵△ABC和△AEF都是等腰三角形，∴AB＝AC，AE＝AF，∴△BAE≌△CAF（SAS）.∴BE＝CF，∴∠AEB＝∠AFC，∵∠EAF＝120°，AE＝AF，∴∠AEF＝∠AFE＝30°，∴∠BDC＝∠BEF﹣∠EFD＝∠AEB+30°﹣（∠AFC﹣30°）＝60°；（3）BF＝CF+2AM，【解析】如图3所示：∵△ABC和△AEF都是等腰三角形，∴∠CAB＝∠EAF＝90°，AB＝AC，AE＝AF，∴∠CAB﹣∠CAE＝∠FAE﹣∠CAE，即：∠BAE＝∠CAF，∴△BAE≌△CAE（SAS），∴BE＝CF，∵AM⊥BF，AE＝AF，EAF＝90°，∴EF＝2AM，∵BF＝BE+EF，∴BF＝CF+2AM；（4）7+74或7−连接BD，以BD为直径作圆，由题意，取满足条件的点P，P′，则PD＝P′D＝1．∠BPD＝∠BP′D＝90°，∴BD＝22，∴BP=B连接PA，作AF⊥PB于点F，在BP上截取BE＝PD，∵∠PDA＝ABE，AD＝AB，∴△ADP≌△ABE（SAS），∴AP＝AE，∠BAE＝∠DAP，∴∠PAE＝90°，由（3）可得：PB＝PD＝2AF，∴AF=PB−PD2=7−12，∴S同理可得：S△P′AB=7+故△ABP的面积为：7+74或【点评】本题是几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定，等腰三角形和等腰直角三角形的性质，圆周角定理，勾股定理，三角形的面积等知识，熟练掌握全等三角形的判定是解题的关键．河南省23．【2023·河南23题】李老师善于通过合适的主题整合教学内容，帮助同学们用整体的、联系的、发展的眼光看问题，形成科学的思维习惯．下面是李老师在“图形的变化”主题下设计的问题，请你解答．（1）观察发现如图1，在平面直角坐标系中，过点M（4，0）的直线l∥y轴，作△ABC关于y轴对称的图形△A1B1C1，再分别作△A1R1C1关于x轴和直线l对称的图形△A2R2C2和△A3B3C3，则△A2B2C2可以看作是△ABC绕点O顺时针旋转得到的，旋转角的度数为；△A3B3C3可以看作是△ABC向右平移得到的，平移距离为个单位长度．（2）探究迁移如图2，▱ABCD中，∠BAD＝α（0°＜α＜90°），P为直线AB下方一点，作点P关于直线AB的对称点P1，再分别作点P1关于直线AD和直线CD的对称点P2和P3，连接AP，AP2，请仅就图2的情形解决以下问题：①若∠PAP2＝β，请判断β与α的数量关系，并说明理由；②若AD＝m，求P，P3两点间的距离．（3）拓展应用在（2）的条件下，若α＝60°，AD=23，∠PAB＝15°，连接P2P3，当P2P3与▱ABCD的边平行时，请直接写出AP​【分析】（1）观察可得出结果；（2）①由轴对称的性质可得：∠PAB＝∠BAP1，∠P1AD＝∠DAP2，∠PAB+∠DAP2＝∠BAP1+∠DAP1＝∠BAD＝α，从而得出结果；②作DF⊥AB于F，作P1E⊥DF于E，可得矩形EFGP1和矩形DEP1H，从而DE＝HP1，EF＝GP1，求得DF＝AD•sinA＝m•sinα，从而GP1+HP1＝DE+EF＝DF＝m•sinα，根据轴对称的性质得出HP3＝HP1，PG＝P1G，进一步得出结果；（3）先构造15°的直角三角形，求得sin15的值；当P2P3∥AD时，作DI⊥AB于I，设P1P2交AD于T，可得出PP3＝2AD•sin60°＝6，设AP1＝AP＝x，则PP1＝2AP•sin∠PAB＝2x•sin15°＝2x•6−24=6−22⋅x，从而得出P1P3＝PP3﹣PP1＝6−6−22⋅x，可得出∠P1AT＝∠DAB﹣∠BAP1＝60°﹣15°＝45°，从而P1P2=2x，根据P1P3•＝2P1P解：（1）180°8（2）①如图1，β＝2α，理由如下：连接AP1，由轴对称的性质可得：∠PAB＝∠BAP1，∠P1AD＝∠DAP2，∴∠PAB+∠DAP2＝∠BAP1+∠DAP1＝∠BAD＝α.∴β＝2α.②如图2，作DF⊥AB于F，作P1E⊥DF于E，∵PP1⊥AB，P3P1⊥CD，可得矩形EFGP1和矩形DEP1H，∴DE＝HP1，EF＝GP1.∵DF＝AD•sinA＝m•sinα，∴GP1+HP1＝DE+EF＝DF＝m•sinα.∵HP3＝HP1，PG＝P1G，∴HP3+PG＝GP1+HP1＝m•sinα.∴PP3＝2m•sinα.（3）如图3，在Rt△KMN中，∠M＝90°，∠N＝15°，KS＝SN，则∠KSM＝30°，设KM＝1，则SN＝KS＝2，MS=3，则KN=∴sin15°=KM当P2P3∥AD时，作DI⊥AB于I，设P1P2交AD于T，∵P1P2⊥AD，∴P2P3⊥P1P2.∴∠P3P2P1＝90°.∵PP3∥DI，∴∠P2P3P1＝∠ADI＝30°.由（2）知：PP3＝2AD•sin60°＝6，设AP1＝AP＝x，则PP1＝2AP•sin∠PAB＝2x•sin15°＝2x•6−∴P1P3＝PP3﹣PP1＝6−6∵∠BAP1＝∠BAP＝15°，∵∠P1AT＝∠DAB﹣∠BAP1＝60°﹣15°＝45°，由轴对称性质得：∠ATP1＝90°，∴TP1=22AP1=22x.∴P由P1P2＝P1P3•sin∠P2P3P1＝P1P3•sin30°得，6−6−22⋅x=22x如图5，当P2P3∥CD时，设AP＝x，同理可得：P1P2＝2P1P3，∴2[6−6−22⋅x]=2x综上所述：AP＝32−6或2【点评】本题考查了轴对称的性质，旋转的性质，平行四边形的性质，解直角三角形等知识，构造直角三角形求得sin15°的值是解题的关键．一、选择题四川省6．【2023·成都】为贯彻教育部《大中小学劳动教育指导纲要（试行）》文件精神，某学校积极开设种植类劳动教育课．某班决定每位学生随机抽取一张卡片来确定自己的种植项目，老师提供6张背面完全相同的卡片，其中蔬菜类有4张，正面分别印有白菜、辣椒、豇豆、茄子图案；水果类有2张，正面分别印有草莓、西瓜图案，每个图案对应该种植项目．把这6张卡片背面朝上洗匀，小明随机抽取一张，他恰好抽中水果类卡片的概率是（）A． B． C． D．【答案】B7．【2023·遂宁】为增强班级凝聚力，吴老师组织开展了一次主题班会．班会上，他设计了一个如图的飞镖靶盘，靶盘由两个同心圆构成，小圆半径为10cm，大圆半径为20cm，每个扇形的圆心角为60度．如果用飞镖击中靶盘每一处是等可能的，那么小全同学任意投掷飞镖1次（击中边界或没有击中靶盘，则重投1次），投中“免一次作业”的概率是（）A． B． C． D．【答案】B二、填空题四川省13．【2023·达州】如图，乐器上的一根弦AB＝80cm，两个端点A，B固定在乐器面板上，支撑点C是靠近点B的黄金分割点，支撑点D是靠近点A的黄金分割点，则支撑点C，D之间的距离为cm．（结果保留根号）​【分析】根据黄金分割的定义，进行计算即可解答．【答案】（805−160）【解析】∵点C是靠近点B的黄金分割点，AB＝80cm，∴AC=5−12AB=5−12×80＝（405−40）cm，∵点D是靠近点A的黄金分割点，AB＝80cm，∴DB=5−12AB=5−12×80＝（405−40）cm，∴CD＝AC+BD﹣AB【点评】本题考查了黄金分割，熟练掌握黄金分割的定义是解题的关键．三、解答题一、选择题甘肃省9．【2023·甘肃省卷9题】如图1，汉代初期的《淮南万毕术》是中国古代有关物理、化学的重要文献，书中记载了我国古代学者在科学领域做过的一些探索及成就．其中所记载的“取大镜高悬，置水盆于其下，则见四邻矣”，是古人利用光的反射定律改变光路的方法，即“反射光线与入射光线、法线在同一平面上；反射光线和入射光线位于法线的两侧；反射角等于入射角”．为了探清一口深井的底部情况，运用此原理，如图在井口放置一面平面镜可改变光路，当太阳光线AB与地面CD所成夹角∠ABC＝50°时，要使太阳光线经反射后刚好垂直于地面射入深井底部，则需要调整平面镜EF与地面的夹角∠EBC＝（）图1A．60° B．70° C．80° D．85°【答案】B【解析】如图，∵BM⊥CD，∴∠CBM＝90°，∵∠ABC＝50°，∴∠ABE+∠FBM＝180°﹣90°﹣50°＝40°，∵∠ABE＝∠FBM，∴∠ABE＝∠FBM＝20°，∴∠EBC＝20°+50°＝70°．10.【2023·兰州10题】我国古代天文学确定方向的方法中蕴藏了平行线的作图法．如《淮南子天文训》中记载：“正朝夕：先树一表东方；操一表却去前表十步，以参望日始出北廉．日直入，又树一表于东方，因西方之表，以参望日方入北康．则定东方两表之中与西方之表，则东西也．”如图，用几何语言叙述作图方法：已知直线a和直线外一定点O，过点O作直线与a平行．（1）以O为圆心，单位长为半径作圆，交直线a于点M，N；（2）分别在的延长线及上取点A，B，使；（3）连接，取其中点C，过O，C两点确定直线b，则直线．按以上作图顺序，若，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】∵，，∴.∴.∵，C为的中点，∴．四川省8．【2023•乐山】我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出“赵爽弦图”，如图所示，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形．如果大正方形面积为25，小正方形面积为1，则sinθ＝​（）A．45 B．35 C．4 【分析】根据题意和题目中的数据，可以求出斜边各边的长，然后即可计算出sinθ的值．【答案】A【解析】设大正方形的边长为c，直角三角形的短直角边为a，长直角边为b，由题意可得：c2＝25，b﹣a=1=1，a2+b2＝c2，解得a＝3，b＝4，c＝5，∴sinθ【点评】本题考查勾股定理的证明、解直角三角形，解答本题的关键是明确题意，求出各边的长．9．【2023·宜宾】《梦溪笔谈》是我国古代科技著作，其中它记录了计算圆弧长度的“会圆术”．如图，是以点O为圆心、OA为半径的圆弧，N是AB的中点．MN⊥AB．“会圆术”给出的弧长l的近似值计算公式：l＝AB+．当OA＝4，∠AOB＝60°时，则l的值为（）A．11﹣2 B．11﹣4 C．8﹣2 D．8﹣4【分析】连接ON，根据是以O为圆心，OA为半径的圆弧，N是AB的中点，MN⊥AB，知ON⊥AB，M，N，O共线，由OA＝4，∠AOB＝60°，知△AOB是等边三角形，的ON＝OA•sin60°＝2，即得MN＝OM﹣ON＝4﹣2，故l＝AB+＝4+＝11﹣4．【答案】B【解析】连接ON，如图：∵是以O为圆心，OA为半径的圆弧，N是AB的中点，MN⊥AB，∴ON⊥AB，∴M，N，O共线，∵OA＝4，∠AOB＝60°，∴△AOB是等边三角形，∴OA＝AB＝4，∠OAN＝60°，∴ON＝OA•sin60°＝2，∴MN＝OM﹣ON＝4﹣2，∴l＝AB+＝4+＝11﹣4；【点评】本题考查弧长的计算，解题的关键是读懂题意，作出辅助线求ON的长度．11．【2023·巴中】我国南宋时期数学家杨辉于1261年写下的《详解九章算法》，书中记载的图表给出了（a+b）n展开式的系数规律．当代数式x4﹣12x3+54x2﹣108x+81的值为1时，则x的值为（）A．2 B．﹣4 C．2或4 D．2或﹣4【分析】观察题中的图表，表示出（a+b）4，根据已知代数式的值为1，确定出x的值即可．【答案】C【解析】根据题意得：（a+b）4＝a4+4a3b+6a2b2+4ab3+b4，∴x4﹣12x3+54x2﹣108x+81＝x4+4x3•（﹣3）+6x2•（﹣3）2+4x•（﹣3）3+（﹣3）4＝（x﹣3）4.∴（x﹣3）4＝1，开四次方得：x﹣3＝1或x﹣3＝﹣1，解得x＝2或4．【点评】此题考查了完全平方公式，以及数学常识，弄清杨辉三角中的展开式规律是解本题的关键．湖南省12．【2023·娄底】我国南宋著名数学家秦九韶在他的著作《数学九章》一书中，给出了这样的一个结论：三边分别为a、b、c的△ABC的面积为S△ABC=12a2b2−(a2+b2−c22)2，△ABC的边a、b、c所对的角分别是∠A、∠B、∠A．cosC=a2+b2−c22abB．cosC=−a【分析】由S△ABC=12a2b2−(a2+b2−c22)2，S△ABC=12absinC，可得出12a2b2−(a2+b2−c22)2=12absinC，即a2b2−(a2+【答案】A【解析】∵S△ABC=12a2b2−(a2+b2−c22)2，S△ABC=12absinC，∴12a2b2−(a2+b2−c22)2=12absinC，即a2b2−(a2+b2−c22)2=absinC，∴a2b2﹣（a2+b2【点评】本题考查了二次根式的化简以及三角形的面积，利用三角形的面积公式结合sin2C+cos2C＝1，找出cosC=a7．【2023·岳阳】我国古代数学名著《九章算术》中有这样一道题：“今有圆材，径二尺五寸．欲为方版，令厚七寸，问广几何？”结合如图，其大意是：今有圆形材质，直径BD为25寸，要做成方形板材，使其厚度CD达到7寸，则BC的长是（）A．674寸 B．25寸 C．24寸 D．7寸【答案】C【解析】∵BD为⊙O的直径，∴∠BCD＝90°，在Rt△BCD中，BC=BD2二、填空题安徽省13．【2023·安徽13题】清初数学家梅文鼎在著作《平三角举要》中，对南宋数学家秦九韶提出的计算三角形面积的“三斜求积术”给出了一个完整的证明，证明过程中创造性地设计直角三角形，得出了一个结论：如图，AD是锐角△ABC的高，则BD=12（BC+AB2−AC2BC）．当AB【答案】1【解析】∵BD=12（BC+AB2−AC2BC），AB＝7，BC＝6，AC＝5，∴BD=12四川省14．【2023·广元】在我国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算术》（1261年）一书中，用如图的三角形解释二项和的乘方规律，因此我们称这个三角形为“杨辉三角”，根据规律第八行从左到右第三个数为．【答案】21【解析】找规律发现（a+b）3的第三项系数为3＝1+2；（a+b）4的第三项系数为6＝1+2+3