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02 解答题压轴题阅读理解探究题型（原卷版）
专题诠释：阅读理解探究题型以能力立意为目标综合考核数学素养与数学应用能力，这类题目往往考核学生的阅读能力、分析推理能力、数据处理能力、表达能力、知识迁移能力。综合性强，灵活性高，又具有较强的区分度。近年来，阅读理解探究性题型频频出现在全国各地的中考试题中。本专辑精选2022中考真题，题目仍然偏多，想删去一些，但又感觉每道题都具有特点，都很好。所以还请读者自己根据自己的情况选择使用。
模块一 2022中考真题链接
类型一 图形的性质
1．（2022 淮安）在数学兴趣小组活动中，同学们对菱形的折叠问题进行了探究．如图（1），在菱形ABCD中，∠B为锐角，E为BC中点，连接DE，将菱形ABCD沿DE折叠，得到四边形A'B'ED，点A的对应点为点A'，点B的对应点为点B'．
【观察发现】
A'D与B'E的位置关系是 ；
【思考表达】
（1）连接B'C，判断∠DEC与∠B'CE是否相等，并说明理由；
（2）如图（2），延长DC交A'B'于点G，连接EG，请探究∠DEG的度数，并说明理由；
【综合运用】
如图（3），当∠B＝60°时，连接B'C，延长DC交A'B'于点G，连接EG，请写出B'C、EG、DG之间的数量关系，并说明理由．
2．（2022 襄阳）矩形ABCD中，（k＞1），点E是边BC的中点，连接AE，过点E作AE的垂线EF，与矩形的外角平分线CF交于点F．
【特例证明】
（1）如图（1），当k＝2时，求证：AE＝EF；
小明不完整的证明过程如下，请你帮他补充完整．
证明：如图，在BA上截取BH＝BE，连接EH． ∵k＝2， ∴AB＝BC． ∵∠B＝90°，BH＝BE， ∴∠1＝∠2＝45°， ∴∠AHE＝180°﹣∠1＝135°． ∵CF平分∠DCG，∠DCG＝90°， ∴∠3∠DCG＝45°． ∴∠ECF＝∠3+∠4＝135°． ∴…… （只需在答题卡对应区域写出剩余证明过程）
【类比探究】
（2）如图（2），当k≠2时，求的值（用含k的式子表示）；
【拓展运用】
（3）如图（3），当k＝3时，P为边CD上一点，连接AP，PF，∠PAE＝45°，，求BC的长．
3．（2022 宁夏）综合与实践
知识再现
如图1，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分别以BC、CA、AB为边向外作的正方形的面积为S1、S2、S3．当S1＝36，S3＝100时，S2＝ ．
问题探究
如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°．
（1）如图2，分别以BC、CA、AB为边向外作的等腰直角三角形的面积为S1、S2、S3，则S1、S2、S3之间的数量关系是 ．
（2）如图3，分别以BC、CA、AB为边向外作的等边三角形的面积为S4、S5、S6，试猜想S4、S5、S6之间的数量关系，并说明理由．
实践应用
（1）如图4，将图3中的△BCD绕点B逆时针旋转一定角度至△BGH，△ACE绕点A顺时针旋转一定角度至△AMN，GH、MN相交于点P．求证：S△PHN＝S四边形PMFG；
（2）如图5，分别以图3中Rt△ABC的边BC、CA、AB为直径向外作半圆，再以所得图形为底面作柱体，BC、CA、AB为直径的半圆柱的体积分别为V1、V2、V3．若AB＝4，柱体的高h＝8，直接写出V1+V2的值．
4．（2022 朝阳）【思维探究】
（1）如图1，在四边形ABCD中，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，AB＝AD，连接AC．求证：BC+CD＝AC．
小明的思路是：延长CD到点E，使DE＝BC，连接AE．根据∠BAD+∠BCD＝180°，推得∠B+∠ADC＝180°，从而得到∠B＝∠ADE，然后证明△ADE≌△ABC，从而可证BC+CD＝AC，请你帮助小明写出完整的证明过程．
【思维延伸】
（2）如图2，四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，连接AC，猜想BC，CD，AC之间的数量关系，并说明理由．
【思维拓展】
（3）在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，AC与BD相交于点O．若四边形ABCD中有一个内角是75°，请直接写出线段OD的长．
5．（2022 兰州）综合与实践
问题情境：我国东周到汉代一些出土实物上反映出一些几何作图方法，如侯马铸铜遗址出土车軎（wèi）范、芯组成的铸型（如图1），它的端面是圆形．如图2是用“矩”（带直角的角尺）确定端面圆心的方法：将“矩”的直角尖端A沿圆周移动，直到AB＝AC，在圆上标记A，B，C三点；将“矩”向右旋转，使它左侧边落在A，B点上，“矩”的另一条边与的交点标记为D点，这样就用“矩”确定了圆上等距离的A，B，C，D四点，连接AD，BC相交于点O，即O为圆心．
问题解决：（1）请你根据“问题情境”中提供的方法，用三角板还原我国古代几何作图确定圆心O．如图3，点A，B，C在⊙O上，AB⊥AC，且AB＝AC，请作出圆心O．（保留作图痕迹，不写作法）
类比迁移：（2）小梅受此问题的启发，在研究了用“矩”（带直角的角尺）确定端面圆心的方法后发现，如果AB和AC不相等，用三角板也可以确定圆心O．如图4，点A，B，C在⊙O上，AB⊥AC，请作出圆心O．（保留作图痕迹，不写作法）
拓展探究：（3）小梅进一步研究，发现古代由“矩”度量确定圆上等距离点时存在误差，用平时学的尺规作图的方法确定圆心可以减少误差．如图5，点A，B，C是⊙O上任意三点，请用不带刻度的直尺和圆规作出圆心O．（保留作图痕迹，不写作法）请写出你确定圆心的理由： ．
6．（2022 兰州）综合与实践
【问题情境】
数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在正方形ABCD中，E是BC的中点，AE⊥EP，EP与正方形的外角∠DCG的平分线交于P点．试猜想AE与EP的数量关系，并加以证明；
【思考尝试】
（1）同学们发现，取AB的中点F，连接EF可以解决这个问题．请在图1中补全图形，解答老师提出的问题．
【实践探究】
（2）希望小组受此问题启发，逆向思考这个题目，并提出新的问题：如图2，在正方形ABCD中，E为BC边上一动点（点E，B不重合），△AEP是等腰直角三角形，∠AEP＝90°，连接CP，可以求出∠DCP的大小，请你思考并解答这个问题．
【拓展迁移】
（3）突击小组深入研究希望小组提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图3，在正方形ABCD中，E为BC边上一动点（点E，B不重合），△AEP是等腰直角三角形，∠AEP＝90°，连接DP．知道正方形的边长时，可以求出△ADP周长的最小值．当AB＝4时，请你求出△ADP周长的最小值．
7．（2022 大连）综合与实践
问题情境：数学活动课上，王老师出示了一个问题：
如图1，在△ABC中，D是AB上一点，∠ADC＝∠ACB．求证∠ACD＝∠ABC．
独立思考：（1）请解答王老师提出的问题．
实践探究：（2）在原有问题条件不变的情况下，王老师增加下面的条件，并提出新问题，请你解答．
“如图2，延长CA至点E，使CE＝BD，BE与CD的延长线相交于点F，点G，H分别在BF、BC上，BG＝CD，∠BGH＝∠BCF．在图中找出与BH相等的线段，并证明．”
问题解决：（3）数学活动小组同学对上述问题进行特殊化研究之后发现，当∠BAC＝90°时，若给出△ABC中任意两边长，则图3中所有已经用字母标记的线段长均可求．该小组提出下面的问题，请你解答．
“如图3，在（2）的条件下，若∠BAC＝90°，AB＝4，AC＝2，求BH的长．”
8．（2022 深圳）（1）发现：如图①所示，在正方形ABCD中，E为AD边上一点，将△AEB沿BE翻折到△BEF处，延长EF交CD边于G点．求证：△BFG≌△BCG；
（2）探究：如图②，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，且AD＝8，AB＝6．将△AEB沿BE翻折到△BEF处，延长EF交BC边于G点，延长BF交CD边于点H，且FH＝CH，求AE的长．
（3）拓展：如图③，在菱形ABCD中，AB＝6，E为CD边上的三等分点，∠D＝60°．将△ADE沿AE翻折得到△AFE，直线EF交BC于点P，求PC的长．
9．（2022 贵阳）小红根据学习轴对称的经验，对线段之间、角之间的关系进行了拓展探究．如图，在 ABCD中，AN为BC边上的高，m，点M在AD边上，且BA＝BM，点E是线段AM上任意一点，连接BE，将△ABE沿BE翻折得△FBE．
（1）问题解决：如图①，当∠BAD＝60°，将△ABE沿BE翻折后，使点F与点M重合，则 ；
（2）问题探究：
如图②，当∠BAD＝45°，将△ABE沿BE翻折后，使EF∥BM，求∠ABE的度数，并求出此时m的最小值；
（3）拓展延伸：
当∠BAD＝30°，将△ABE沿BE翻折后，若EF⊥AD，且AE＝MD，根据题意在备用图中画出图形，并求出m的值．
10．（2022 遵义）综合与实践
“善思”小组开展“探究四点共圆的条件”活动，得出结论：对角互补的四边形四个顶点共圆．该小组继续利用上述结论进行探究．
提出问题：
如图1，在线段AC同侧有两点B，D，连接AD，AB，BC，CD，如果∠B＝∠D，那么A，B，C，D四点在同一个圆上．
探究展示：
如图2，作经过点A，C，D的⊙O，在劣弧AC上取一点E（不与A，C重合），连接AE，CE，则∠AEC+∠D＝180°（依据1）
∵∠B＝∠D
∴∠AEC+∠B＝180°
∴点A，B，C，E四点在同一个圆上（对角互补的四边形四个顶点共圆）
∴点B，D在点A，C，E所确定的⊙O上（依据2）
∴点A，B，C，D四点在同一个圆上
反思归纳：
（1）上述探究过程中的“依据1”、“依据2”分别是指什么？
依据1： ；依据2： ．
（2）如图3，在四边形ABCD中，∠1＝∠2，∠3＝45°，则∠4的度数为 ．
拓展探究：
（3）如图4，已知△ABC是等腰三角形，AB＝AC，点D在BC上（不与BC的中点重合），连接AD．作点C关于AD的对称点E，连接EB并延长交AD的延长线于F，连接AE，DE．
①求证：A，D，B，E四点共圆；
②若AB＝2，AD AF的值是否会发生变化，若不变化，求出其值；若变化，请说明理由．
11．（2022 赤峰）同学们还记得吗？图①，图②是人教版八年级下册教材“实验与探究”中我们研究过的两个图形．受这两个图形的启发，数学兴趣小组提出了以下三个问题，请你回答：
【问题一】如图①，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O又是正方形A1B1C1O的一个顶点，OA1交AB于点E，OC1交BC于点F，则AE与BF的数量关系为 ；
【问题二】受图①启发，兴趣小组画出了图③：直线m、n经过正方形ABCD的对称中心O，直线m分别与AD、BC交于点E、F，直线n分别与AB、CD交于点G、H，且m⊥n，若正方形ABCD边长为8，求四边形OEAG的面积；
【问题三】受图②启发，兴趣小组画出了图④：正方形CEFG的顶点G在正方形ABCD的边CD上，顶点E在BC的延长线上，且BC＝6，CE＝2．在直线BE上是否存在点P，使△APF为直角三角形？若存在，求出BP的长度；若不存在，说明理由．
12．（2022 黔东南州）阅读材料：小明喜欢探究数学问题，一天杨老师给他这样一个几何问题：
如图1，△ABC和△BDE都是等边三角形，点A在DE上．
求证：以AE、AD、AC为边的三角形是钝角三角形．
【探究发现】（1）小明通过探究发现：连接DC，根据已知条件，可以证明DC＝AE，∠ADC＝120°，从而得出△ADC为钝角三角形，故以AE、AD、AC为边的三角形是钝角三角形．
请你根据小明的思路，写出完整的证明过程．
【拓展迁移】（2）如图2，四边形ABCD和四边形BGFE都是正方形，点A在EG上．
①试猜想：以AE、AG、AC为边的三角形的形状，并说明理由．
②若AE2+AG2＝10，试求出正方形ABCD的面积．
13．（2022 威海）回顾：用数学的思维思考
（1）如图1，在△ABC中，AB＝AC．
①BD，CE是△ABC的角平分线．求证：BD＝CE．
②点D，E分别是边AC，AB的中点，连接BD，CE．求证：BD＝CE．
（从①②两题中选择一题加以证明）
猜想：用数学的眼光观察
经过做题反思，小明同学认为：在△ABC中，AB＝AC，D为边AC上一动点（不与点A，C重合）．对于点D在边AC上的任意位置，在另一边AB上总能找到一个与其对应的点E，使得BD＝CE．进而提出问题：若点D，E分别运动到边AC，AB的延长线上，BD与CE还相等吗？请解决下面的问题：
（2）如图2，在△ABC中，AB＝AC，点D，E分别在边AC，AB的延长线上，请添加一个条件（不再添加新的字母），使得BD＝CE，并证明．
探究：用数学的语言表达
（3）如图3，在△ABC中，AB＝AC＝2，∠A＝36°，E为边AB上任意一点（不与点A，B重合），F为边AC延长线上一点．判断BF与CE能否相等．若能，求CF的取值范围；若不能，说明理由．
14．（2022 河南）综合与实践
综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．
（1）操作判断
操作一：对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；
操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，把纸片展平，连接PM，BM．
根据以上操作，当点M在EF上时，写出图1中一个30°的角： ．
（2）迁移探究
小华将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下：
将正方形纸片ABCD按照（1）中的方式操作，并延长PM交CD于点Q，连接BQ．
①如图2，当点M在EF上时，∠MBQ＝ °，∠CBQ＝ °；
②改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合），如图3，判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明理由．
（3）拓展应用
在（2）的探究中，已知正方形纸片ABCD的边长为8cm，当FQ＝1cm时，直接写出AP的长．
15．（2022 武汉）问题提出
如图（1），在△ABC中，AB＝AC，D是AC的中点，延长BC至点E，使DE＝DB，延长ED交AB于点F，探究的值．
问题探究
（1）先将问题特殊化．如图（2），当∠BAC＝60°时，直接写出的值；
（2）再探究一般情形．如图（1），证明（1）中的结论仍然成立．
问题拓展
如图（3），在△ABC中，AB＝AC，D是AC的中点，G是边BC上一点，（n＜2），延长BC至点E，使DE＝DG，延长ED交AB于点F．直接写出的值（用含n的式子表示）．
16．（2022 岳阳）如图，△ABC和△DBE的顶点B重合，∠ABC＝∠DBE＝90°，∠BAC＝∠BDE＝30°，BC＝3，BE＝2．
（1）特例发现：如图1，当点D，E分别在AB，BC上时，可以得出结论： ，直线AD与直线CE的位置关系是 ；
（2）探究证明：如图2，将图1中的△DBE绕点B顺时针旋转，使点D恰好落在线段AC上，连接EC，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
（3）拓展运用：如图3，将图1中的△DBE绕点B顺时针旋转α（19°＜α＜60°），连接AD、EC，它们的延长线交于点F，当DF＝BE时，求tan（60°﹣α）的值．
17．（2022 宿迁）如图，在网格中，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点，点A、B、C、D、M均为格点．
【操作探究】
在数学活动课上，佳佳同学在如图①的网格中，用无刻度的直尺画了两条互相垂直的线段AB、CD，相交于点P并给出部分说理过程，请你补充完整：
解：在网格中取格点E，构建两个直角三角形，分别是△ABC和△CDE．
在Rt△ABC中，tan∠BAC，
在Rt△CDE中， ，
所以tan∠BAC＝tan∠DCE．
所以∠BAC＝∠DCE．
因为∠ACP+∠DCE＝∠ACB＝90°，
所以∠ACP+∠BAC＝90°，
所以∠APC＝90°，
即AB⊥CD．
【拓展应用】
（1）如图②是以格点O为圆心，AB为直径的圆，请你只用无刻度的直尺，在上找出一点P，使，写出作法，并给出证明；
（2）如图③是以格点O为圆心的圆，请你只用无刻度的直尺，在弦AB上找出一点P．使AM2＝AP AB，写出作法，不用证明．
18．（2022 苏州）（1）如图1，在△ABC中，∠ACB＝2∠B，CD平分∠ACB，交AB于点D，DE∥AC，交BC于点E．
①若DE＝1，BD，求BC的长；
②试探究是否为定值．如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由．
（2）如图2，∠CBG和∠BCF是△ABC的2个外角，∠BCF＝2∠CBG，CD平分∠BCF，交AB的延长线于点D，DE∥AC，交CB的延长线于点E．记△ACD的面积为S1，△CDE的面积为S2，△BDE的面积为S3．若S1 S3S22，求cos∠CBD的值．
19．（2022 湘潭）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线l经过点A，过点B、C分别作l的垂线，垂足分别为点D、E．
（1）特例体验：如图①，若直线l∥BC，AB＝AC，分别求出线段BD、CE和DE的长；
（2）规律探究：
（Ⅰ）如图②，若直线l从图①状态开始绕点A旋转α（0＜α＜45°），请探究线段BD、CE和DE的数量关系并说明理由；
（Ⅱ）如图③，若直线l从图①状态开始绕点A顺时针旋转α（45°＜α＜90°），与线段BC相交于点H，请再探线段BD、CE和DE的数量关系并说明理由；
（3）尝试应用：在图③中，延长线段BD交线段AC于点F，若CE＝3，DE＝1，求S△BFC．
20．（2022 陕西）问题提出
（1）如图1，AD是等边△ABC的中线，点P在AD的延长线上，且AP＝AC，则∠APC的度数为 ．
问题探究
（2）如图2，在△ABC中，CA＝CB＝6，∠C＝120°．过点A作AP∥BC，且AP＝BC，过点P作直线l⊥BC，分别交AB、BC于点O、E，求四边形OECA的面积．
问题解决
（3）如图3，现有一块△ABC型板材，∠ACB为钝角，∠BAC＝45°．工人师傅想用这块板材裁出一个△ABP型部件，并要求∠BAP＝15°，AP＝AC．工人师傅在这块板材上的作法如下：
①以点C为圆心，以CA长为半径画弧，交AB于点D，连接CD；
②作CD的垂直平分线l，与CD交于点E；
③以点A为圆心，以AC长为半径画弧，交直线l于点P，连接AP、BP，得△ABP．
请问，若按上述作法，裁得的△ABP型部件是否符合要求？请证明你的结论．
21．（2022 乐山）华师版八年级下册数学教材第121页习题19.3第2小题及参考答案．
如图，在正方形ABCD中，CE⊥DF．求证：CE＝DF． 证明：设CE与DF交于点O， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠B＝∠DCF＝90°，BC＝CD． ∴∠BCE+∠DCE＝90°， ∵CE⊥DF， ∴∠COD＝90°． ∴∠CDF+∠DCE＝90°． ∴∠CDF＝∠BCE， ∴△CBE≌△DFC． ∴CE＝DF．
某数学兴趣小组在完成了以上解答后，决定对该问题进一步探究．
【问题探究】
如图1，在正方形ABCD中，点E、F、G、H分别在线段AB、BC、CD、DA上，且EG⊥FH．试猜想的值，并证明你的猜想．
【知识迁移】
如图2，在矩形ABCD中，AB＝m，BC＝n，点E、F、G、H分别在线段AB、BC、CD、DA上，且EG⊥FH．则 ．
【拓展应用】
如图3，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，∠ABC＝60°，AB＝BC，点E、F分别在线段AB、AD上，且CE⊥BF．求的值．
22．（2022 泰安）问题探究
（1）在△ABC中，BD，CE分别是∠ABC与∠BCA的平分线．
①若∠A＝60°，AB＝AC，如图1，试证明BC＝CD+BE；
②将①中的条件“AB＝AC”去掉，其他条件不变，如图2，问①中的结论是否成立？并说明理由．
迁移运用
（2）若四边形ABCD是圆的内接四边形，且∠ACB＝2∠ACD，∠CAD＝2∠CAB，如图3，试探究线段AD，BC，AC之间的等量关系，并证明．
类型二 图形的变化
23．（2022 烟台）【问题呈现】
如图1，△ABC和△ADE都是等边三角形，连接BD，CE．求证：BD＝CE．
【类比探究】
如图2，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°．连接BD，CE．请直接写出的值．
【拓展提升】
如图3，△ABC和△ADE都是直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，且．连接BD，CE．
（1）求的值；
（2）延长CE交BD于点F，交AB于点G．求sin∠BFC的值．
24．（2022 连云港）【问题情境】
在一次数学兴趣小组活动中，小昕同学将一大一小两个三角板按照如图1所示的方式摆放．其中∠ACB＝∠DEB＝90°，∠B＝30°，BE＝AC＝3．
【问题探究】
小昕同学将三角板DEB绕点B按顺时针方向旋转．
（1）如图2，当点E落在边AB上时，延长DE交BC于点F，求BF的长．
（2）若点C、E、D在同一条直线上，求点D到直线BC的距离．
（3）连接DC，取DC的中点G，三角板DEB由初始位置（图1），旋转到点C、B、D首次在同一条直线上（如图3），求点G所经过的路径长．
（4）如图4，G为DC的中点，则在旋转过程中，点G到直线AB的距离的最大值是 ．
25．（2022 成都）如图，在矩形ABCD中，AD＝nAB（n＞1），点E是AD边上一动点（点E不与A，D重合），连接BE，以BE为边在直线BE的右侧作矩形EBFG，使得矩形EBFG∽矩形ABCD，EG交直线CD于点H．
【尝试初探】
（1）在点E的运动过程中，△ABE与△DEH始终保持相似关系，请说明理由．
【深入探究】
（2）若n＝2，随着E点位置的变化，H点的位置随之发生变化，当H是线段CD中点时，求tan∠ABE的值．
【拓展延伸】
（3）连接BH，FH，当△BFH是以FH为腰的等腰三角形时，求tan∠ABE的值（用含n的代数式表示）．
26．（2022 济宁）知识再现
如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A，∠B，∠C的对边分别为a，b，c．
∵sinA，sinB，
∴c，c．
∴．
拓展探究
如图2，在锐角△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别为a，b，c．
请探究，，之间的关系，并写出探究过程．
解决问题
如图3，为测量点A到河对岸点B的距离，选取与点A在河岸同一侧的点C，测得AC＝60m，∠A＝75°，∠C＝60°．请用拓展探究中的结论，求点A到点B的距离．
类型三 函数
27．（2022 阜新）当我们将一条倾斜的直线进行上下平移时，直线的左右位置也发生着变化．下面是关于“一次函数图象平移的性质”的探究过程，请补充完整．
（1）如图1，将一次函数y＝x+2的图象向下平移1个单位长度，相当于将它向右平移了 个单位长度；
（2）将一次函数y＝﹣2x+4的图象向下平移1个单位长度，相当于将它向 （填“左”或“右”）平移了 个单位长度；
（3）综上，对于一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象而言，将它向下平移m（m＞0）个单位长度，相当于将它向 （填“左”或“右”）（k＞0时）或将它向 （填“左”或“右”）（k＜0时）平移了n（n＞0）个单位长度，且m，n，k满足等式 ．
28．（2022 襄阳）探究函数性质时，我们经历了列表、描点、连线画出函数图象，观察分析图象特征，概括函数性质的过程．结合已有经验，请画出函数y|x|的图象，并探究该函数性质．
（1）绘制函数图象
①列表：下列是x与y的几组对应值，其中a＝ ．
x …… ﹣5 ﹣4 ﹣3 ﹣2 ﹣1 1 2 3 4 5 ……
y …… ﹣3.8 ﹣2.5 ﹣1 1 5 5 a ﹣1 ﹣2.5 ﹣3.8 ……
②描点：根据表中的数值描点（x，y），请补充描出点（2，a）；
③连线：请用平滑的曲线顺次连接各点，画出函数图象；
（2）探究函数性质
请写出函数y|x|的一条性质： ；
（3）运用函数图象及性质
①写出方程|x|＝5的解 ；
②写出不等式|x|≤1的解集 ．
29．（2022 潍坊）为落实“双减”，老师布置了一项这样的课后作业：
二次函数的图象经过点（﹣1，﹣1），且不经过第一象限，写出满足这些条件的一个函数表达式．
【观察发现】
请完成作业，并在直角坐标系中画出大致图象．
【思考交流】
小亮说：“满足条件的函数图象的对称轴一定在y轴的左侧．”
小莹说：“满足条件的函数图象一定在x轴的下方．”
你认同他们的说法吗？若不认同，请举例说明．
【概括表达】
小博士认为这个作业的答案太多，老师不方便批阅，于是探究了二次函数y＝ax2+bx+c的图象与系数a，b，c的关系，得出了提高老师作业批阅效率的方法．
请你探究这个方法，写出探究过程．
30．（2022 鄂州）某数学兴趣小组运用《几何画板》软件探究y＝ax2（a＞0）型抛物线图象．发现：如图1所示，该类型图象上任意一点M到定点F（0，）的距离MF，始终等于它到定直线l：y的距离MN（该结论不需要证明），他们称：定点F为图象的焦点，定直线l为图象的准线，y叫做抛物线的准线方程．其中原点O为FH的中点，FH＝2OF．
例如：抛物线yx2，其焦点坐标为F（0，），准线方程为l：y．其中MF＝MN，FH＝2OH＝1．
【基础训练】
（1）请分别直接写出抛物线y＝2x2的焦点坐标和准线l的方程： ， ．
【技能训练】
（2）如图2所示，已知抛物线yx2上一点P到准线l的距离为6，求点P的坐标；
【能力提升】
（3）如图3所示，已知过抛物线y＝ax2（a＞0）的焦点F的直线依次交抛物线及准线l于点A、B、C．若BC＝2BF，AF＝4，求a的值；
【拓展升华】
（4）古希腊数学家欧多克索斯在深入研究比例理论时，提出了分线段的“中末比”问题：点C将一条线段AB分为两段AC和CB，使得其中较长一段AC是全线段AB与另一段CB的比例中项，即满足：．后人把这个数称为“黄金分割”数，把点C称为线段AB的黄金分割点．
如图4所示，抛物线yx2的焦点F（0，1），准线l与y轴交于点H（0，﹣1），E为线段HF的黄金分割点，点M为y轴左侧的抛物线上一点．当时，请直接写出△HME的面积值．
31．（2022 荆州）小华同学学习函数知识后，对函数通过列表、描点、连线，画出了如图1所示的图象．
x … ﹣4 ﹣3 ﹣2 ﹣1 0 1 2 3 4 …
y … 1 2 4 1 0 ﹣4 ﹣2 ﹣1 …
请根据图象解答：
（1）【观察发现】
①写出函数的两条性质： ； ；
②若函数图象上的两点（x1，y1），（x2，y2）满足x1+x2＝0，则y1+y2＝0一定成立吗？ ．（填“一定”或“不一定”）
（2）【延伸探究】如图2，将过A（﹣1，4），B（4，﹣1）两点的直线向下平移n个单位长度后，得到直线l与函数y（x≤﹣1）的图象交于点P，连接PA，PB．
①求当n＝3时，直线l的解析式和△PAB的面积；
②直接用含n的代数式表示△PAB的面积．
模块二 2023中考押题预测
32．（2023 庐阳区校级一模）【问题提出】如图1，AB为⊙O的一条弦，点C在弦AB所对的优弧上运动时，根据圆周角性质，我们知道∠ACB的度数不变．爱动脑筋的小芳猜想，如果平面内线段AB的长度已知，∠ACB的大小确定，那么点C是不是在某个确定的圆上运动呢？
【问题探究】为了解决这个问题，小芳先从一个特殊的例子开始研究．如图2，若AB＝4，线段AB上方一点C满足∠ACB＝45°，为了画出点C所在的圆，小芳以AB为底边构造了一个Rt△AOB，再以点O为圆心，OA为半径画圆，则点C在⊙O上．后来小芳通过逆向思维及合情推理，得出一个一般性的结论．即：若线段AB的长度已知，∠ACB的大小确定，则点C一定在某一个确定的圆上，即定弦定角必定圆，我们把这样的几何模型称之为“定弦定角”模型．
【模型应用】
（1）若AB＝6，平面内一点C满足∠ACB＝60°，若点C所在圆的圆心为O，则∠AOB＝ ，劣弧AB的长为 ．
（2）如图3，已知正方形ABCD以AB为腰向正方形内部作等腰△ABE，其中AB＝AE，过点E作EF⊥AB于点F，若点P是△AEF的内心．
①求∠BPE的度数；
②连接CP，若正方形ABCD的边长为4，求CP的最小值．
33．（2023 徐州一模）综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．
（1）操作判断：
操作一：如图1，对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；
操作二：如图1，在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，把纸片展平，连接PM，BM．根据以上操作，当点M在EF上时，写出图1中一个30°的角： （写一个即可）．
（2）迁移探究：
小华将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下：
将正方形纸片ABCD按照（1）中的方式操作，并延长PM交CD于点Q，连接BQ．
①如图2，当点M在EF上时，∠MBQ＝ °，∠CBQ＝ °；
②如图3，改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合），判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明理由．
（3）拓展应用：
在（2）的探究中，已知正方形纸片ABCD的边长为10cm，当FQ＝3cm时，直接写出AP的长．
34．（2023 殷都区一模）九年级一班同学在数学老师的指导下，以“等腰三角形的旋转”为主题，开展数学探究活动．
操作探究：
（1）如图1，△OAB为等腰三角形，OA＝OB，∠AOB＝60°，将△OAB绕点O旋转180°，得到△ODE，连接AE，F是AE的中点，连接OF，则∠BAE＝ °，OF与DE的数量关系是 ；
迁移探究：
（2）如图2，（1）中的其他条件不变，当△OAB绕点O逆时针旋转，点D正好落在∠AOB的角平分线上，得到△ODE，求出此时∠BAE的度数及OF与DE的数量关系；
拓展应用：
（3）如图3，在等腰三角形OAB中，OA＝OB＝4，∠AOB＝90°．将△OAB绕点O旋转，得到△ODE，连接AE，F是AE的中点，连接OF．当∠EAB＝15°时，请直接写出OF的长．
35．（2022 历下区一模）如图，在△ABC中，AB＝AC，E是线段BC上一动点（不与B、C重合），连接AE，将线段AE绕点A逆时针旋转与∠BAC相等的角度，得到线段AF，连接EF．点M和点N分别是边BC，EF的中点．
【问题发现】
（1）如图1，若∠BAC＝60°，当点E是BC边的中点时， ，直线BE与MN相交所成的锐角的度数为 度．
【解决问题】
（2）如图2，若∠BAC＝60°，当点E是BC边上任意一点时（不与B、C重合），上述两个结论是否成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．
【拓展探究】
（3）如图3，若∠BAC＝90°，AB＝6，，在E点运动的过程中，直接写出GN的最小值．
36．（2022 亭湖区校级一模）【感受新知】已知点A、B分别是x轴、y轴上的动点，点C、D是某个函数图象上的点，当四边形ABCD（A、B、C、D各点依次排列）为正方形时，我们称这个正方形为此函数图象的“关联正方形”，例如：在图1中，正方形ABCD是一次函数y＝x+1图象的其中一个“关联正方形”．
（1）求一次函数y＝x+1图象的所有“关联正方形”的边长；
（2）若反比例函数的图象与一次函数图象有一个相同的“关联正方形”，则称此反比例函数为一次函数的“关联反比例函数”，一次函数y＝x+1是否存在“关联反比例函数”，若存在，求出反比例函数表达式，若不存在，请说明理由；
【灵活运用】（3）如图2，若某函数是反比例函数y（k＞0），它的图象的“关联正方形”为ABCD，点D（2，m）（m＜2）在反比例函数图象上，求m的值及反比例函数的解析式；
【深度探究】（4）如图3，若某函数是二次函数y＝ax2+c（a≠0），它的图象的“关联正方形”为ABCD，C、D中的一个点坐标为（3，4），请你直接写出该二次函数的解析式．
37．（2022 湘潭县校级模拟）已知抛物线C1：y＝﹣3（x﹣1）2+4与抛物线C2：y＝﹣（x﹣b）2+k的顶点相同．
（1）求抛物线C2解析式的一般形式；
（2）已知点B的坐标为（﹣2，3）．
①问题探究：在y轴上是否存在点M，使线段MB绕点M逆时针旋转90°得到线段MB'，且点B'恰好落在抛物线C2上，若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
②问题应用：在y轴上存在点P，使线段PB绕点P顺时针旋转90°得到线段PB′，且点B'恰好落在抛物线C2上，请直接写出点P坐标．
38．（2022 柘城县校级四模）数学兴趣小组根据学习函数的经验，对函数y的图象与性质进行了探究下面是他们的探究过程，请补充完整，并解决相关问题：
（1）函数y的自变量x的取值范围是 ；
（2）下表是y与x的几组对应值，则表中m的值为 ；
x … ﹣3 ﹣2 ﹣1 0 2 4 5 …
y … m 0 1 3 4 4 3 2 …
（3）根据上表数据，在如图所示的平面直角坐标系中描点画出函数y的图象，并写出这个函数的一条性质： ；
（4）画出函数y＝|x|的图象，结合函数图象，直接写出|x|时，x的取值范围．
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02 解答题压轴题阅读理解探究题型（原卷版）
模块一 2022中考真题链接
专题诠释：阅读理解探究题型以能力立意为目标综合考核数学素养与数学应用能力，这类题目往往考核学生的阅读能力、分析推理能力、数据处理能力、表达能力、知识迁移能力。综合性强，灵活性高，又具有较强的区分度。近年来，阅读理解探究性题型频频出现在全国各地的中考试题中。本专辑精选2022中考真题，题目仍然偏多，想删去一些，但又感觉每道题都具有特点，都很好。所以还请读者自己根据自己的情况选择使用。
类型一 图形的性质
1．（2022 淮安）在数学兴趣小组活动中，同学们对菱形的折叠问题进行了探究．如图（1），在菱形ABCD中，∠B为锐角，E为BC中点，连接DE，将菱形ABCD沿DE折叠，得到四边形A'B'ED，点A的对应点为点A'，点B的对应点为点B'．
【观察发现】
A'D与B'E的位置关系是 A′D∥B′E ；
【思考表达】
（1）连接B'C，判断∠DEC与∠B'CE是否相等，并说明理由；
（2）如图（2），延长DC交A'B'于点G，连接EG，请探究∠DEG的度数，并说明理由；
【综合运用】
如图（3），当∠B＝60°时，连接B'C，延长DC交A'B'于点G，连接EG，请写出B'C、EG、DG之间的数量关系，并说明理由．
【分析】【观察发现】利用翻折变换的性质判断即可．
【思考表达】（1）结论：∠DEC＝∠B'CE．证明DE∥CB′即可；
（2）证明GC＝GB′，推出EG⊥CB′，即可解决问题．
【综合运用】结论：DG2＝EG2B′C2．如图（3）中，延长DG交EB′的延长线于点T，过点D作DR⊥GA′交GA′的延长线于点R．想办法证明DECB′，可得结论．
【解答】解：【观察发现】如图（1）中，由翻折的性质可知，A′D∥B′E．
故答案为：A′D∥B′E；
【思考表达】（1）结论：∠DEC＝∠B'CE．
理由：如图（2）中，连接BB′．
∵EB＝EC＝EB′，
∴∠BB′C＝90°，
∴BB′⊥B′C，
由翻折变换的性质可知BB′⊥DE，
∴DE∥CB′，
∴∠DEC＝∠B′CE；
（2）结论：∠DEG＝90°．
理由：如图（2）中，连接DB，DB′，
由翻折的性质可知∠BDE＝∠B′DE，
设∠BDE＝∠B′DE＝x，∠A＝∠A′＝y．
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ADB＝∠CDB＝∠B′DA′，
∴∠A′DG＝∠BDB′＝2x，
∴∠DGA′＝180°﹣2x﹣y，
∵∠BEB′＝∠EBD+∠EB′D+∠BDB′，
∴∠BEB′＝180°﹣y+2x，
∵EC＝EB′，
∴∠EB′C＝∠ECB′∠BEB′＝90°y+x，
∴∠GB′C＝∠A′B′E﹣∠EB′C＝180﹣y﹣（90°y+x）＝90°y﹣x，
∴∠CGA′＝2∠GB′C，
∵∠CGA′＝∠GB′C+∠GCB′，
∴∠GB′C＝∠GCB′，
∴GC＝GB′，
∵EB′＝EC，
∴EG⊥CB′，
∵DE∥CB′，
∴DE⊥EG，
∴∠DEG＝90°；
【综合运用】结论：DG2＝EG2B′C2．
理由：如图（3）中，延长DG交EB′的延长线于点T，过点D作DR⊥GA′交GA′的延长线于点R．
设GC＝GB′＝x，CD＝A′D＝A′B′＝2a，
∵∠B＝60°，
∴∠A＝∠DA′B′＝120°，
∴∠DA′R＝60°，
∴A′R＝A′D cos60°＝a，DRa，
在Rt△DGR中，则有（2a+x）2＝（a）2+（3a﹣x）2，
∴xa，
∴GB′a，A′Ga，
∵TB′∥DA′，
∴，
∴，
∴TB′a，
∵CB′∥DE，
∴，
∴DECB′，
∵∠DEG＝90°，
∴DG2＝EG2+DE2，
∴DG2＝EG2B′C2．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了菱形的性质，翻折变换，勾股定理，解直角三角形，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考压轴题．
2．（2022 襄阳）矩形ABCD中，（k＞1），点E是边BC的中点，连接AE，过点E作AE的垂线EF，与矩形的外角平分线CF交于点F．
【特例证明】
（1）如图（1），当k＝2时，求证：AE＝EF；
小明不完整的证明过程如下，请你帮他补充完整．
证明：如图，在BA上截取BH＝BE，连接EH． ∵k＝2， ∴AB＝BC． ∵∠B＝90°，BH＝BE， ∴∠1＝∠2＝45°， ∴∠AHE＝180°﹣∠1＝135°． ∵CF平分∠DCG，∠DCG＝90°， ∴∠3∠DCG＝45°． ∴∠ECF＝∠3+∠4＝135°． ∴…… （只需在答题卡对应区域写出剩余证明过程）
【类比探究】
（2）如图（2），当k≠2时，求的值（用含k的式子表示）；
【拓展运用】
（3）如图（3），当k＝3时，P为边CD上一点，连接AP，PF，∠PAE＝45°，，求BC的长．
【分析】（1）证明△AHE≌△ECF（ASA）即可；
（2）在BA上截取BH＝BE，连接EH．证明△AHE∽△ECF，即可求解；
（3）以A为旋转中心，△ADP绕A点旋转90°到△AP'H，设AB＝3a，则BC＝2a，由tan∠BAE，∠EAP＝45°，可得tan∠DAP，从而判断△APE是等腰直角三角形，过点F作FQ⊥EG交于Q，又可得∠FEQ＝∠BAE，则，可求FQa，EQa，EFa，能够证明△PAE∽△FPE，从而得到∠APE＝∠PFE＝90°，则PF＝EFa，求出a，即可得BC＝2．
【解答】（1）证明：如图，在BA上截取BH＝BE，连接EH．
∵k＝2，
∴AB＝BC．
∵∠B＝90°，BH＝BE，
∴∠1＝∠2＝45°，
∴∠AHE＝180°﹣∠1＝135°，
∵CF平分∠DCG，∠DCG＝90°，
∴∠3∠DCG＝45°，
∴∠ECF＝∠3+∠4＝135°，
∵AE⊥EF，
∴∠6+∠AEB＝90°，
∵∠5+∠AEB＝90°，
∴∠5＝∠6，
∵AB＝BC，BH＝BE，
∴AH＝EC，
∴△AHE≌△ECF（ASA），
∴AE＝EF；
（2）解：在BA上截取BH＝BE，连接EH．
∵∠B＝90°，BH＝BE，
∴∠BHE＝∠BEH＝45°，
∴∠AHE＝135°，
∵CF平分∠DCG，∠DCG＝90°，
∴∠DCF∠DCG＝45°．
∴∠ECF＝135°，
∵AE⊥EF，
∴∠FEC+∠AEB＝90°，
∵∠BAE+∠AEB＝90°，
∴∠BAE＝∠FEC，
∴△AHE∽△ECF，
∴，
∵，E是BC边的中点，
∴EC＝HBBC，
∴AH＝ABBC＝（）BC，
∴k﹣1；
（3）如图（2），引例：在正方形ABCD中，EG⊥AC，
设AB＝3，BE＝1，则EC＝2，
∵∠ACE＝45°，
∴EG＝GC，
∵AC＝3，
∴AG＝2，
∴tan∠EAG，tan∠BAE，
以A为旋转中心，△ADP绕A点旋转90°到△AP'H，
∵k＝3，
∴，
设AB＝3a，则BC＝2a，
由旋转可得∠P'AP＝90°，
连接P'E，HE，延长P'H交CD于点G，连接EG，
∵AH＝AD＝2a，
∴BH＝a，
∵E是BC的中点，
∴BE＝a，
∴tan∠BAE，
∵∠EAP＝45°，
∴∠BAE+∠DAP＝45°，
∴tan∠DAP，
∴DP＝a，
∴PC＝2a，
∴APa，PEa，AEa，
∴△APE是等腰直角三角形，
∴∠APE＝90°，
∵AE⊥EF，
∴∠PEF＝∠PEA＝45°，
过点F作FQ⊥EG交于Q，
∵CF平分∠PCG，
∴∠FCQ＝45°，
∵∠FEQ+∠AEB＝90°，∠BAE+∠AEB＝90°，
∴∠FEQ＝∠BAE，
∴，
∴FQa，
∴EQa，
∴EFa，
∴，
∴△PAE∽△FPE，
∴∠APE＝∠PFE＝90°，
∴PF＝EFa，
∵PF，
∴a，
∴a，
∴BC＝2．
解法2：设BE＝EC＝a，则AEa，
延长AP、EF交于Q，
∵∠PAE＝45°，AE⊥EF，
∴△AEQ是等腰直角三角形，
∴AE＝EQ，
作QM⊥BC交N，
∵∠AEB+∠QEM＝90°，∠AEB+∠BAE＝90°，
∴∠BAE＝∠QEM，
∵AE＝EQ，
∴△ABE≌△EMQ（AAS），
∴EM＝AB＝3a，MC＝EM﹣EC＝2a，
作QN⊥CD交BC延长线于M，
∴四边形NCMQ是矩形，
∴QN＝CM＝AD＝2a，
∵∠APD＝∠NPQ，∠D＝∠PNQ，
∴△ADP≌△QNP（AAS），
∴AP＝PQ，
∵EFAEEQ，
∴EF＝FQ，PFAE，
∴a，
∴a，
∴BC＝2．
解法3：过点P作PQ⊥AE交于点Q，过点Q作MN∥AD分别交AB、CD于点M、N，
设BE＝2x＝EC，则AB＝6x，
由△AMQ与△QNP全等，
设MQ＝n，
∵tan∠BAE，
∴AM＝3n＝QN，
∴n+3n＝4x，
解得n＝x，
∴MQ＝x，AQx＝PQ，
∴QE＝AE﹣QAx，
由（2）可知，AE：EF＝2，
∴EFx，
可证得四边形QEFP是正方形，
∴PFx，
∵PF，
解答x，
∴BC＝4x＝2．
【点评】本题考查四边形的综合应用，熟练掌握矩形的性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形是判定及性质，正方形的判定及性质，等腰直角三角形的判定及性质是解题的关键．
3．（2022 宁夏）综合与实践
知识再现
如图1，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分别以BC、CA、AB为边向外作的正方形的面积为S1、S2、S3．当S1＝36，S3＝100时，S2＝ 64 ．
问题探究
如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°．
（1）如图2，分别以BC、CA、AB为边向外作的等腰直角三角形的面积为S1、S2、S3，则S1、S2、S3之间的数量关系是 S1+S2＝S3 ．
（2）如图3，分别以BC、CA、AB为边向外作的等边三角形的面积为S4、S5、S6，试猜想S4、S5、S6之间的数量关系，并说明理由．
实践应用
（1）如图4，将图3中的△BCD绕点B逆时针旋转一定角度至△BGH，△ACE绕点A顺时针旋转一定角度至△AMN，GH、MN相交于点P．求证：S△PHN＝S四边形PMFG；
（2）如图5，分别以图3中Rt△ABC的边BC、CA、AB为直径向外作半圆，再以所得图形为底面作柱体，BC、CA、AB为直径的半圆柱的体积分别为V1、V2、V3．若AB＝4，柱体的高h＝8，直接写出V1+V2的值．
【分析】知识再现：利用勾股定理和正方形的面积公式可求解；
问题探究：（1）利用勾股定理和直角三角形的面积公式可求解；
（2）过点D作DG⊥BC交于G，分别求出S4BC2，S5AC2，S6AB2，由勾股定理可得AB2AC2BC2，即可求S4+S5＝S6；
实践应用：（1）设AB＝c，BC＝a，AC＝b，则HN＝a+b﹣c，FG＝c﹣a，MF＝c﹣b，可证明△HNP是等边三角形，四边形MFGP是平行四边形，则S△PMN（a+b﹣c）2，S四边形PMFG（c﹣a）（c﹣b），再由c2＝a2+b2，可证明S△PHN＝S四边形PMFG；
（2）设AB＝c，BC＝a，AC＝b，以AB为直径的圆的面积为S3、以BC为直径的圆的面积为S1、以AC为直径的圆的面积为S2，可得S1+S2＝S3，又由V2+V1（S1+S2）hS3h＝V3，即可求V1+V2＝16π．
【解答】知识再现：解：∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，
∴AB2＝AC2+BC2，
∴S1+S2＝S3，
∵S1＝36，S3＝100，
∴S2＝64，
故答案为：64；
问题探究：（1）解：∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，
∴AB2＝AC2+BC2，
∴AB2AC2BC2，
∴S1+S2＝S3，
故答案为：S1+S2＝S3；
（2）解：∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，
∴AB2＝AC2+BC2，
过点D作DG⊥BC交于G，
在等边三角形BCD中，CD＝BC，CGBC，
∴DGBC，
∴S4BCBCBC2，
同理可得S5AC2，S6AB2，
∴AB2AC2BC2，
∴S4+S5＝S6；
实践应用：（1）证明：设AB＝c，BC＝a，AC＝b，
∴HN＝a+b﹣c，FG＝c﹣a，MF＝c﹣b，
∵△HGB是等边三角形，△ABF是等边三角形，
∴HG∥AF，MN∥BF，
∴∠HPN＝60°，
∴△HNP是等边三角形，四边形MFGP是平行四边形，
∴S△PHN（a+b﹣c）2，S四边形PMFG（c﹣a）（c﹣b），
∵△ABC是直角三角形，
∴c2＝a2+b2，
∴（a+b﹣c）2（a2+b2+c2+2ab﹣2bc﹣2ac）（c2+ab﹣bc﹣ac）（c﹣a）（c﹣b），
∴S△PHN＝S四边形PMFG；
（2）解：设AB＝c，BC＝a，AC＝b，以AB为直径的圆的面积为S3、以BC为直径的圆的面积为S1、以AC为直径的圆的面积为S2，
∵△ABC是直角三角形，
∴c2＝a2+b2，
∴c2a2b2，
∴S1+S2＝S3，
∵V2S2h，V1S1h，V3S3h，
∴V2+V1（S1+S2）hS3h＝V3，
∵AB＝4，h＝8，
∴V3S3hπ×4×8＝16π，
∴V1+V2＝16π．
【点评】本题考查四边形的综合应用，熟练掌握直角三角形的勾股定理，等边三角形的性质，圆的性质，圆柱的体积，平行线的性质是解题的关键．
4．（2022 朝阳）【思维探究】
（1）如图1，在四边形ABCD中，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，AB＝AD，连接AC．求证：BC+CD＝AC．
小明的思路是：延长CD到点E，使DE＝BC，连接AE．根据∠BAD+∠BCD＝180°，推得∠B+∠ADC＝180°，从而得到∠B＝∠ADE，然后证明△ADE≌△ABC，从而可证BC+CD＝AC，请你帮助小明写出完整的证明过程．
【思维延伸】
（2）如图2，四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，连接AC，猜想BC，CD，AC之间的数量关系，并说明理由．
【思维拓展】
（3）在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，AC与BD相交于点O．若四边形ABCD中有一个内角是75°，请直接写出线段OD的长．
【分析】（1）如图1中，延长CD到点E，使DE＝BC，连接AE．证明△ADE≌△ABC（SAS），推出∠DAE＝∠BAC，AE＝AC，推出△ACE的等边三角形，可得结论；
（2）结论：CB+CDAC．如图2中，过点A作AM⊥CD于点M，AN⊥CB交CB的延长线于点N．证明△AMD≌△ANB（AAS），推出DM＝BN，AM＝AN，证明Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），推出CM＝CN，可得结论；
（3）分两种情形：如图3﹣1中，当∠CDA＝75°时，过点O作OP⊥CB于点P，CQ⊥CD于点Q．如图3﹣2中，当∠CBD＝75°时，分别求解即可．
【解答】（1）证明：如图1中，延长CD到点E，使DE＝BC，连接AE．
∵∠BAD+∠BCD＝180°，
∴∠B+∠ADC＝180°，
∵∠ADE+∠ADC＝180°
∴∠B＝∠ADE，
在△ADE和△ABC中，
，
∴△ADE≌△ABC（SAS），
∴∠DAE＝∠BAC，AE＝AC，
∴∠CAE＝∠BAD＝60°，
∴△ACE的等边三角形，
∴CE＝AC，
∵CE＝DE+CD，
∴AC＝BC+CD；
（2）解：结论：CB+CDAC．
理由：如图2中，过点A作AM⊥CD于点M，AN⊥CB交CB的延长线于点N．
∵∠DAB＝∠DCB＝90°，
∴∠CDA+∠CBA＝180°，
∵∠ABN+∠ABC＝180°，
∴∠D＝∠ABN，
∵∠AMD＝∠N＝90°，AD＝AB，
∴△AMD≌△ANB（AAS），
∴DM＝BN，AM＝AN，
∵AM⊥CD，AN⊥CN，
∴∠ACD＝∠ACB＝45°，
∴ACCM，
∵AC＝AC．AM＝AN，
∴Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），
∴CM＝CN，
∴CB+CD＝CN﹣BN+CM+DM＝2CMAC；
（3）解：如图3﹣1中，当∠CDA＝75°时，过点O作OP⊥CB于点P，CQ⊥CD于点Q．
∵∠CDA＝75°，∠ADB＝45°，
∴∠CDB＝30°，
∵∠DCB＝90°，
∴CDCB，
∵∠DCO＝∠BCO＝45°，OP⊥CB，OQ⊥CD，
∴OP＝OQ，
∴，
∴，
∵AB＝AD，∠DAB＝90°，
∴BDAD＝2，
∴OD233．
如图3﹣2中，当∠CBA＝75°时，同法可证，OD23，
综上所述，满足条件的OD的长为33或3．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，角平分线的性质定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
5．（2022 兰州）综合与实践
问题情境：我国东周到汉代一些出土实物上反映出一些几何作图方法，如侯马铸铜遗址出土车軎（wèi）范、芯组成的铸型（如图1），它的端面是圆形．如图2是用“矩”（带直角的角尺）确定端面圆心的方法：将“矩”的直角尖端A沿圆周移动，直到AB＝AC，在圆上标记A，B，C三点；将“矩”向右旋转，使它左侧边落在A，B点上，“矩”的另一条边与的交点标记为D点，这样就用“矩”确定了圆上等距离的A，B，C，D四点，连接AD，BC相交于点O，即O为圆心．
问题解决：（1）请你根据“问题情境”中提供的方法，用三角板还原我国古代几何作图确定圆心O．如图3，点A，B，C在⊙O上，AB⊥AC，且AB＝AC，请作出圆心O．（保留作图痕迹，不写作法）
类比迁移：（2）小梅受此问题的启发，在研究了用“矩”（带直角的角尺）确定端面圆心的方法后发现，如果AB和AC不相等，用三角板也可以确定圆心O．如图4，点A，B，C在⊙O上，AB⊥AC，请作出圆心O．（保留作图痕迹，不写作法）
拓展探究：（3）小梅进一步研究，发现古代由“矩”度量确定圆上等距离点时存在误差，用平时学的尺规作图的方法确定圆心可以减少误差．如图5，点A，B，C是⊙O上任意三点，请用不带刻度的直尺和圆规作出圆心O．（保留作图痕迹，不写作法）请写出你确定圆心的理由： 垂直平分弦的直线经过圆心 ．
【分析】问题解决：
（1）以B为顶点，以AB为一边，用三角板作∠ABD是直角，∠ABD的另一边与圆交于D，连接AD，BC，AD，BC的交点即是圆心O；
类比迁移：
（2）方法同（1）；
拓展探究：
（3）连接AC，AB，作AC，AB的垂直平分线，两条垂直平分线的交点即为圆心，根据是垂直平分弦的直线经过圆心．
【解答】解：问题解决：
（1）如图：
O即为圆心；
类比迁移：
（2）如图：
O即为所求作的圆心；
拓展探究：
（3）如图：
O即为所求作的圆心，理由是垂直平分弦的直线经过圆心，
故答案为：垂直平分弦的直线经过圆心．
【点评】本题考查圆的综合应用，涉及用三角板或尺规确定圆心，解题的关键是掌握若圆周角是直角，它所对的弦是直径及垂径定理与推论的应用．
6．（2022 兰州）综合与实践
【问题情境】
数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在正方形ABCD中，E是BC的中点，AE⊥EP，EP与正方形的外角∠DCG的平分线交于P点．试猜想AE与EP的数量关系，并加以证明；
【思考尝试】
（1）同学们发现，取AB的中点F，连接EF可以解决这个问题．请在图1中补全图形，解答老师提出的问题．
【实践探究】
（2）希望小组受此问题启发，逆向思考这个题目，并提出新的问题：如图2，在正方形ABCD中，E为BC边上一动点（点E，B不重合），△AEP是等腰直角三角形，∠AEP＝90°，连接CP，可以求出∠DCP的大小，请你思考并解答这个问题．
【拓展迁移】
（3）突击小组深入研究希望小组提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图3，在正方形ABCD中，E为BC边上一动点（点E，B不重合），△AEP是等腰直角三角形，∠AEP＝90°，连接DP．知道正方形的边长时，可以求出△ADP周长的最小值．当AB＝4时，请你求出△ADP周长的最小值．
【分析】（1）取AB的中点F，连接EF，利用同角的余角相等说明∠PEC＝∠BAE，再根据ASA证明△AFE≌△ECP，得AE＝EP；
（2）在AB上取AF＝EC，连接EF，由（1）同理可得∠CEP＝∠FAE，则△FAE≌△CEP（SAS），再说明△BEF是等腰直角三角形即可得出答案；
（3）作DG⊥CP，交BC的延长线于G，交CP于O，连接AG，则△DCG是等腰直角三角形，可知点D与G关于CP对称，则AP+DP的最小值为AG的长，利用勾股定理求出AG，进而得出答案．
【解答】解：（1）AE＝EP，
理由如下：取AB的中点F，连接EF，
∵F、E分别为AB、BC的中点，
∴AF＝BF＝BE＝CE，
∴∠BFE＝45°，
∴∠AFE＝135°，
∵CP平分∠DCG，
∴∠DCP＝45°，
∴∠ECP＝135°，
∴∠AFE＝∠ECP，
∵AE⊥PE，
∴∠AEP＝90°，
∴∠AEB+∠PEC＝90°，
∵∠AEB+∠BAE＝90°，
∴∠PEC＝∠BAE，
∴△AFE≌△ECP（ASA），
∴AE＝EP；
（2）在AB上取AF＝EC，连接EF，
由（1）同理可得∠CEP＝∠FAE，
∵AF＝EC，AE＝EP，
∴△FAE≌△CEP（SAS），
∴∠ECP＝∠AFE，
∵AF＝EC，AB＝BC，
∴BF＝BE，
∴∠BEF＝∠BFE＝45°，
∴∠AFE＝135°，
∴∠ECP＝135°，
∴∠DCP＝45°，
（3）连接CP，作DG⊥CP，交BC的延长线于G，交CP于O，连接AG，
由（2）知，∠DCP＝45°，
∴∠CDG＝45°，
∴△DCG是等腰直角三角形，
∴点D与G关于CP对称，
∴AP+DP的最小值为AG的长，
∵AB＝4，
∴BG＝8，
由勾股定理得AG4，
∴△ADP周长的最小值为AD+AG＝4+4．
【点评】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，轴对称﹣最短路线问题，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质等知识，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
7．（2022 大连）综合与实践
问题情境：数学活动课上，王老师出示了一个问题：
如图1，在△ABC中，D是AB上一点，∠ADC＝∠ACB．求证∠ACD＝∠ABC．
独立思考：（1）请解答王老师提出的问题．
实践探究：（2）在原有问题条件不变的情况下，王老师增加下面的条件，并提出新问题，请你解答．
“如图2，延长CA至点E，使CE＝BD，BE与CD的延长线相交于点F，点G，H分别在BF、BC上，BG＝CD，∠BGH＝∠BCF．在图中找出与BH相等的线段，并证明．”
问题解决：（3）数学活动小组同学对上述问题进行特殊化研究之后发现，当∠BAC＝90°时，若给出△ABC中任意两边长，则图3中所有已经用字母标记的线段长均可求．该小组提出下面的问题，请你解答．
“如图3，在（2）的条件下，若∠BAC＝90°，AB＝4，AC＝2，求BH的长．”
【分析】（1）利用三角形的外角的性质证明即可；
（2）结论：BH＝EF．如图2中，在CB上取一点T，使得GH＝CT．证明△BGH≌△DCT（SAS），推出BH＝DT，∠GBH＝∠CDT，再证明△CEF≌△BDT（AAS），推出EF＝DT，可得结论；
（3）如图3，过点E作EM∥AD交CE的延长线于点M．利用平行线分线段成比例定理解决问题即可．
【解答】（1）证明：如图1中，
∵∠ADC＝∠ACB，
∴∠B+∠DCB＝∠DCB+∠ACD，
∴∠ACD＝∠B；
（2）解：结论：BH＝EF．
理由：如图2中，在CB上取一点T，使得GH＝CT．
在△BGH和△DCT中，
，
∴△BGH≌△DCT（SAS），
∴BH＝DT，∠GBH＝∠CDT，
∵∠CDT+∠FDT＝180°，
∴∠GBH+∠FDT＝180°，
∴∠BFD+∠BTD＝180°，
∵∠CFE+∠BFD＝180°，
∴∠CFE＝∠BTD，
在△CEF和△BDT中，
，
∴△CEF≌△BDT（AAS），
∴EF＝DT，
∴EF＝BH；
（3）解：如图3，过点E作EM∥AD交CE的延长线于点M．
∵AD∥EM，
∴，
∴．
∴EM，
∵，
∵tan∠ACD＝tan∠ABC，
∴，
∵AC＝2，AB＝4，
∴AD＝1，BD＝CE＝3，
∴AE＝1，
∴BE，
∴EFBE．
【点评】本题属于三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或直角三角形解决问题，属于中考压轴题．
8．（2022 深圳）（1）发现：如图①所示，在正方形ABCD中，E为AD边上一点，将△AEB沿BE翻折到△BEF处，延长EF交CD边于G点．求证：△BFG≌△BCG；
（2）探究：如图②，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，且AD＝8，AB＝6．将△AEB沿BE翻折到△BEF处，延长EF交BC边于G点，延长BF交CD边于点H，且FH＝CH，求AE的长．
（3）拓展：如图③，在菱形ABCD中，AB＝6，E为CD边上的三等分点，∠D＝60°．将△ADE沿AE翻折得到△AFE，直线EF交BC于点P，求PC的长．
【分析】（1）根据将△AEB沿BE翻折到△BEF处，四边形ABCD是正方形，得AB＝BF，∠BFE＝∠A＝90°，即得∠BFG＝90°＝∠C，可证Rt△BFG≌Rt△BCG（HL）；
（2）延长BH，AD交于Q，设FH＝HC＝x，在Rt△BCH中，有82+x2＝（6+x）2，得x，DH＝DC﹣HC，由△BFG∽△BCH，得，BG，FG，而EQ∥GB，DQ∥CB，可得，即，DQ，设AE＝EF＝m，则DE＝8﹣m，因，有，即解得AE的长为；
（3）分两种情况：（Ⅰ）当DEDC＝2时，延长FE交AD于Q，过Q作QH⊥CD于H，设DQ＝x，QE＝y，则AQ＝6﹣x，CP＝2x，由AE是△AQF的角平分线，有①，在Rt△HQE中，（2x）2+（x）2＝y2②，可解得x，CP＝2x；
（Ⅱ）当CEDC＝2时，延长FE交AD延长线于Q'，过Q'作Q'H'⊥CD交CD延长线于H'，同理解得x'，CP．
【解答】（1）证明：∵将△AEB沿BE翻折到△BEF处，四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BF，∠BFE＝∠A＝90°，
∴∠BFG＝90°＝∠C，
∵AB＝BC＝BF，BG＝BG，
∴Rt△BFG≌Rt△BCG（HL）；
（2）解：延长BH，AD交于Q，如图：
设FH＝HC＝x，
在Rt△BCH中，BC2+CH2＝BH2，
∴82+x2＝（6+x）2，
解得x，
∴DH＝DC﹣HC，
∵∠BFG＝∠BCH＝90°，∠HBC＝∠FBG，
∴△BFG∽△BCH，
∴，即，
∴BG，FG，
∵EQ∥GB，DQ∥CB，
∴△EFQ∽△GFB，△DHQ∽△CHB，
∴，即，
∴DQ，
设AE＝EF＝m，则DE＝8﹣m，
∴EQ＝DE+DQ＝8﹣mm，
∵△EFQ∽△GFB，
∴，即，
解得m，
∴AE的长为；
方法2：连接GH，如图：
∵CH＝FH，GH＝GH，
∴Rt△FGH≌Rt△CGH（HL），
∴CG＝FG，
设CG＝FG＝x，则BG＝8﹣x，
在Rt△BFG中，BF2+FG2＝BG2，
∴62+x2＝（8﹣x）2，
解得x，
∴BG＝BC﹣x，
∵∠GBE＝∠AEB＝∠FEB，
∴EG＝BG，
∴EF＝EG﹣FG；
∴AE；
（3）解：方法一：
（Ⅰ）当DEDC＝2时，延长FE交AD于Q，过Q作QH⊥CD于H，如图：
设DQ＝x，QE＝y，则AQ＝6﹣x，
∵CP∥DQ，
∴△CPE∽△QDE，
∴2，
∴CP＝2x，
∵△ADE沿AE翻折得到△AFE，
∴EF＝DE＝2，AF＝AD＝6，∠QAE＝∠FAE，
∴AE是△AQF的角平分线，
∴，即①，
∵∠D＝60°，
∴DHDQx，HE＝DE﹣DH＝2x，HQDHx，
在Rt△HQE中，HE2+HQ2＝EQ2，
∴（2x）2+（x）2＝y2②，
联立①②可解得x，
∴CP＝2x；
（Ⅱ）当CEDC＝2时，延长FE交AD延长线于Q'，过Q'作Q'H'⊥CD交CD延长线于H'，如图：
设DQ'＝x'，Q'E＝y'，则AQ'＝6+x'，
同理∠Q'AE＝∠EAF，
∴，即，
由H'Q'2+H'E2＝Q'E2得：（x'）2+（x'+4）2＝y'2，
可解得x'，
∴CPx'，
综上所述，CP的长为或．
方法二：
（Ⅰ）当DEDC＝2时，连接CF，过P作PK⊥CD于K，如图：
∵四边形ABCD是菱形，∠D＝60°，
∴△ABC，△ADC是等边三角形，
∴∠ACB＝∠ACD＝60°，AD＝AC，
∴∠PCK＝60°，
∵将△ADE沿AE翻折得到△AFE，
∴∠AFE＝∠D＝60°＝∠ACB，AF＝AD＝AC，EF＝DE＝2，
∴∠AFC＝∠ACF，
∴∠PFC＝∠PCF，
∴PF＝PC，
设PF＝PC＝2m，
在Rt△PCK中，CK＝m，PKm，
∴EK＝EC﹣CK＝4﹣m，
在Rt△PEK中，EK2+PK2＝PE2，
∴（4﹣m）2+（m）2＝（2+2m）2，
解得m，
∴PC＝2m；
（Ⅱ）当CEDC＝2时，连接CF，过P作PT⊥CD交DC延长线于T，如图：
同（Ⅰ）可证AC＝AD＝AF，∠ACB＝60°＝∠D＝∠AFE，
∴∠ACF＝∠AFC，
∴∠ACF﹣∠ACB＝∠AFC﹣∠AFE，即∠PCF＝∠PFC，
∴PC＝PF，
设PC＝PF＝2n，
在Rt△PCT中，
CT＝n，PTn，
∴ET＝CE+CT＝2+n，EP＝EF﹣PF＝DE﹣PF＝4﹣2n，
在Rt△PET中，PT2+ET2＝PE2，
∴（n）2+（2+n）2＝（4﹣2n）2，
解得n，
∴PC＝2n，
综上所述，CP的长为或．
【点评】本题考查四边形的综合应用，涉及全等三角形的判定，相似三角形的判定与性质，三角形角平分线的性质，勾股定理及应用等知识，解题的关键是方程思想的应用．
9．（2022 贵阳）小红根据学习轴对称的经验，对线段之间、角之间的关系进行了拓展探究．如图，在 ABCD中，AN为BC边上的高，m，点M在AD边上，且BA＝BM，点E是线段AM上任意一点，连接BE，将△ABE沿BE翻折得△FBE．
（1）问题解决：如图①，当∠BAD＝60°，将△ABE沿BE翻折后，使点F与点M重合，则 ；
（2）问题探究：
如图②，当∠BAD＝45°，将△ABE沿BE翻折后，使EF∥BM，求∠ABE的度数，并求出此时m的最小值；
（3）拓展延伸：
当∠BAD＝30°，将△ABE沿BE翻折后，若EF⊥AD，且AE＝MD，根据题意在备用图中画出图形，并求出m的值．
【分析】（1）根据等边三角形的性质，平行四边形的性质可得，根据特殊角的三角函数值即可求解；
（2）根据折叠的性质即可求得∠AEB的度数，由三角形内角和定理可得∠ABE的度数，根据点M在AD边上，当AD＝AM时，m取得最小值，从而求解；
（3）连接FM，设AN＝a，然后结合勾股定理分析求解．
【解答】解：（1）∵BA＝BM，∠BAD＝60°∴△ABM是等边三角形，
∴AB＝AM＝BM，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠ABN＝∠BAM＝60°，
∵AN为BC边上的高，
∴，
故答案为：；
（2）∵∠BAD＝45°，BA＝BM，
∴△AMB是等腰直角三角形，
∴∠MBC＝∠AMB＝45°，
∵EF∥BM，
∴∠FEM＝∠AMB＝45°，
∴∠AEB＝∠FEB（180°+45°）＝112.5°，
∵AD∥NC，
∴∠BAE＝∠ABN＝45°，
∴∠ABE＝180°﹣∠AEB﹣∠BAE＝22.5°，
∵m，△AMB是等腰直角三角形，AN为底边上的高，则ANAM，
∵点M在AD边上，
∴当AD＝AM时，m取得最小值，最小值为2，
（3）如图，连接FM，延长EF交NC于点G，
∵∠BAD＝30°，则∠ABN＝30°，
设AN＝a，则AB＝2a，NBa，
∵EF⊥AD，
∴∠AEB＝∠FEB（180°+90°）＝135°，
∵∠EAB＝∠BAD＝30°，
∴∠ABE＝15°，
∴∠ABF＝30°，
∵AB＝BM，∠BAD＝30°，
∴∠ABM＝120°，
∵∠MBC＝∠AMB＝30°，
∴∠FBM＝90°，
在Rt△FBM中，FB＝AB＝BM，
∴FMFB＝2a，
∴EG⊥GB，
∵∠EBG＝∠ABE+∠ABN＝45°，
∴GB＝EG＝a，
∵NBa，
∴AE＝EF＝MD＝（1）a，
在Rt△EFM中，EM（1）a，
∴AD＝AE+EM+MD＝2AE+EM＝（31）a，
同理，当点F落在BC下方时，
AD＝（31）a
∴m3±1．
【点评】本题考查了轴对称的性质，特殊角的三角函数值，解直角三角形，勾股定理，三角形内角和定理，含30度角的直角三角形的性质，平行四边形的性质，等边三角形的性质，掌握相关性质定理，正确添加辅助线是解题的关键．
10．（2022 遵义）综合与实践
“善思”小组开展“探究四点共圆的条件”活动，得出结论：对角互补的四边形四个顶点共圆．该小组继续利用上述结论进行探究．
提出问题：
如图1，在线段AC同侧有两点B，D，连接AD，AB，BC，CD，如果∠B＝∠D，那么A，B，C，D四点在同一个圆上．
探究展示：
如图2，作经过点A，C，D的⊙O，在劣弧AC上取一点E（不与A，C重合），连接AE，CE，则∠AEC+∠D＝180°（依据1）
∵∠B＝∠D
∴∠AEC+∠B＝180°
∴点A，B，C，E四点在同一个圆上（对角互补的四边形四个顶点共圆）
∴点B，D在点A，C，E所确定的⊙O上（依据2）
∴点A，B，C，D四点在同一个圆上
反思归纳：
（1）上述探究过程中的“依据1”、“依据2”分别是指什么？
依据1： 圆内接四边形对角互补 ；依据2： 过不在同一直线上的三个点有且只有一个圆 ．
（2）如图3，在四边形ABCD中，∠1＝∠2，∠3＝45°，则∠4的度数为 45° ．
拓展探究：
（3）如图4，已知△ABC是等腰三角形，AB＝AC，点D在BC上（不与BC的中点重合），连接AD．作点C关于AD的对称点E，连接EB并延长交AD的延长线于F，连接AE，DE．
①求证：A，D，B，E四点共圆；
②若AB＝2，AD AF的值是否会发生变化，若不变化，求出其值；若变化，请说明理由．
【分析】（1）根据圆内接四边形的性质、过三点的圆解答即可；
（2）根据四点共圆、圆周角定理解答；
（3）①根据轴对称的性质得到AE＝AC，DE＝DC，∠AEC＝∠ACE，∠DEC＝∠DCE，进而得到∠AED＝∠ABC，证明结论；
②连接CF，证明△ABD∽△AFB，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．
【解答】（1）解：依据1：圆内接四边形对角互补；依据2：过不在同一直线上的三个点有且只有一个圆，
故答案为：圆内接四边形对角互补；过不在同一直线上的三个点有且只有一个圆；
（2）解：∵∠1＝∠2，
∴点A，B，C，D四点在同一个圆上，
∴∠3＝∠4，
∵∠3＝45°，
∴∠4＝45°，
故答案为：45°；
（3）①证明：∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵点E与点C关于AD的对称，
∴AE＝AC，DE＝DC，
∴∠AEC＝∠ACE，∠DEC＝∠DCE，
∴∠AED＝∠ACB，
∴∠AED＝∠ABC，
∴A，D，B，E四点共圆；
②解：AD AF的值不会发生变化，
理由如下：如图4，连接CF，
∵点E与点C关于AD的对称，
∴FE＝FC，
∴∠FEC＝∠FCE，
∴∠FED＝∠FCD，
∵A，D，B，E四点共圆，
∴∠FED＝∠BAF，
∴∠BAF＝∠FCD，
∴A，B，F，C四点共圆，
∴∠AFB＝∠ACB＝∠ABC，
∵∠BAD＝∠FAB，
∴△ABD∽△AFB，
∴，
∴AD AF＝AB2＝8．
【点评】本题考查的是四点共圆、相似三角形的判定和性质、轴对称的性质，正确理解四点共圆的条件是解题的关键．
11．（2022 赤峰）同学们还记得吗？图①，图②是人教版八年级下册教材“实验与探究”中我们研究过的两个图形．受这两个图形的启发，数学兴趣小组提出了以下三个问题，请你回答：
【问题一】如图①，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O又是正方形A1B1C1O的一个顶点，OA1交AB于点E，OC1交BC于点F，则AE与BF的数量关系为 AE＝BF ；
【问题二】受图①启发，兴趣小组画出了图③：直线m、n经过正方形ABCD的对称中心O，直线m分别与AD、BC交于点E、F，直线n分别与AB、CD交于点G、H，且m⊥n，若正方形ABCD边长为8，求四边形OEAG的面积；
【问题三】受图②启发，兴趣小组画出了图④：正方形CEFG的顶点G在正方形ABCD的边CD上，顶点E在BC的延长线上，且BC＝6，CE＝2．在直线BE上是否存在点P，使△APF为直角三角形？若存在，求出BP的长度；若不存在，说明理由．
【分析】【问题一】利用ASA判断出△AOE≌△BOF，即可得出答案；
（2）先求出S△AOB＝16，再利用ASA判断出△AOE≌△BOG，即可求出答案；
【问题三】分三种情况：利用三垂线构造出相似三角形，得出比例式求解，即可求出答案．
【解答】解：【问题一】∵正方形ABCD的对角线相交于点O，
∴OA＝OB，∠OAB＝∠OBA＝45°，∠AOB＝90°，
∵四边形A1B1C1O是正方形，
∴∠EOF＝90°，
∴∠AOE＝∠BOF，
∴△AOE≌△BOF（ASA），
∴AE＝BF，
故答案为：AE＝BF；
【问题二】如图③，
连接OA，OB，
∵点O是正方形ABCD的中心，
∴S△AOBS正方形ABCD82＝16，
∵点O是正方形ABCD的中心，
∴∠OAE＝∠OBG＝45°，OA＝OB，∠AOB＝90°，
∵m⊥n，
∴∠EOG＝90°，
∴∠AOE＝∠BOG，
∴△AOE≌△BOG（ASA），
∴S△AOE＝S△BOG，
∴S四边形OEAG＝S△AOE+S△AOG＝S△BOG+S△AOG＝S△AOB＝16；
【问题三】在直线BE上存在点P，使△APF为直角三角形，
①当∠AFP＝90°时，如图④，延长EF，AD相交于点Q，
∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，
∴EQ＝AB＝6，∠BAD＝∠B＝∠E＝90°，
∴四边形ABEQ是矩形，
∴AQ＝BE＝BC+CE＝8，EQ＝AB＝6，∠Q＝90°＝∠E，
∴∠EFP+∠EPF＝90，
∵∠AFP＝90°，
∴∠EFP+∠AFQ＝90°，
∴△EFP∽△QAF，
∴，
∵QF＝EQ﹣EF＝4，
∴，
∴EP＝1，
∴BP＝BE﹣EP＝7；
②当∠APF＝90°时，如图⑤，
同①的方法得，△ABP∽△PEF，
∴，
∵PE＝BE﹣BP＝8﹣BP，
∴，
∴BP＝2或BP＝6；
③当∠PAF＝90°时，如图⑥，
过点P作AB的平行线交DA的延长线于M，延长EF，AD相交于N，
同①的方法得，四边形ABPM是矩形，
∴PM＝AB＝6，AM＝BP，∠M＝90°，
同①的方法得，四边形ABEN是矩形，
∴AN＝BE＝8，EN＝AB＝6，
∴FN＝EN﹣EF＝4，
同①的方法得，△AMP∽△FNA，
∴，
∴，
∴AM＝3，
∴BP＝3，
即BP的长度为2或3或6或7．
【点评】此题是几何变换综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，作出辅助线构造出相似三角形和全等三角形是解本题的关键．
12．（2022 黔东南州）阅读材料：小明喜欢探究数学问题，一天杨老师给他这样一个几何问题：
如图1，△ABC和△BDE都是等边三角形，点A在DE上．
求证：以AE、AD、AC为边的三角形是钝角三角形．
【探究发现】（1）小明通过探究发现：连接DC，根据已知条件，可以证明DC＝AE，∠ADC＝120°，从而得出△ADC为钝角三角形，故以AE、AD、AC为边的三角形是钝角三角形．
请你根据小明的思路，写出完整的证明过程．
【拓展迁移】（2）如图2，四边形ABCD和四边形BGFE都是正方形，点A在EG上．
①试猜想：以AE、AG、AC为边的三角形的形状，并说明理由．
②若AE2+AG2＝10，试求出正方形ABCD的面积．
【分析】（1）连接DC，证△CBD≌△ABE（SAS），得CD＝AE，∠BDC＝∠E＝60°，则∠ADC＝∠BDE+∠BDC＝120°，即可得出结论；
（2）①连接CG，证△CBG≌△ABE（SAS），得CG＝AE，∠CGB＝∠AEB＝45°，再证∠AGC＝90°，得△ACG是直角三角形，即可得出结论；
②由勾股定理得CG2+AG2＝AC2，则AE2+AG2＝AC2＝10，再由正方形的性质和勾股定理得AB2＝5，即可得出结论．
【解答】（1）证明：如图1，连接DC，
∵△ABC和△BDE都是等边三角形，
∴AB＝BC，BE＝BD，∠ABC＝∠DBE＝∠E＝∠BDE＝60°，
∴∠ABC﹣∠ABD＝∠DBE﹣∠ABD，
即∠CBD＝∠ABE，
∴△CBD≌△ABE（SAS），
∴CD＝AE，∠BDC＝∠E＝60°，
∴∠ADC＝∠BDE+∠BDC＝120°，
∴△ADC为钝角三角形，
∴以AE、AD、AC为边的三角形是钝角三角形．
（2）解：①以AE、AG、AC为边的三角形是直角三角形，理由如下：
如图2，连接CG，
∵四边形ABCD和四边形BGFE都是正方形，
∴AB＝CB，BE＝BG，∠ABC＝∠BCD＝∠EBG＝∠BGF＝90°，∠EGB＝∠GEB＝45°，
∴∠ABC﹣∠ABG＝∠EBG﹣∠ABG，
即∠CBG＝∠ABE，
∴△CBG≌△ABE（SAS），
∴CG＝AE，∠CGB＝∠AEB＝45°，
∴∠AGC＝∠EGB+∠CGB＝45°+45°＝90°，
∴△ACG是直角三角形，
即以AE、AG、AC为边的三角形是直角三角形；
②由①可知，CG＝AE，∠AGC＝90°，
∴CG2+AG2＝AC2，
∴AE2+AG2＝AC2，
∵AE2+AG2＝10，
∴AC2＝10，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，
∴AB2+BC2＝AC2＝10，
∴AB2＝5，
∴S正方形ABCD＝AB2＝5．
【点评】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，本题综合性强，熟练掌握正方形的性质和等边三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．
13．（2022 威海）回顾：用数学的思维思考
（1）如图1，在△ABC中，AB＝AC．
①BD，CE是△ABC的角平分线．求证：BD＝CE．
②点D，E分别是边AC，AB的中点，连接BD，CE．求证：BD＝CE．
（从①②两题中选择一题加以证明）
猜想：用数学的眼光观察
经过做题反思，小明同学认为：在△ABC中，AB＝AC，D为边AC上一动点（不与点A，C重合）．对于点D在边AC上的任意位置，在另一边AB上总能找到一个与其对应的点E，使得BD＝CE．进而提出问题：若点D，E分别运动到边AC，AB的延长线上，BD与CE还相等吗？请解决下面的问题：
（2）如图2，在△ABC中，AB＝AC，点D，E分别在边AC，AB的延长线上，请添加一个条件（不再添加新的字母），使得BD＝CE，并证明．
探究：用数学的语言表达
（3）如图3，在△ABC中，AB＝AC＝2，∠A＝36°，E为边AB上任意一点（不与点A，B重合），F为边AC延长线上一点．判断BF与CE能否相等．若能，求CF的取值范围；若不能，说明理由．
【分析】（1）①证明△BCD≌△CBE（ASA），推出BD＝CE即可；
②证明△BCD≌△CBE（SAS），推出BD＝CE即可；
（2）添加条件：BE＝CD（答案不唯一）．利用全等三角形的性质证明即可；
（3）能．设CF＝x，假设BF＝AB，利用相似三角形的性质求出x的值，即可判断．
【解答】（1）证明：①∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵BD是△ABC的角平分线，
∴∠DBC∠ABC，
同理∠ECB∠ACB，
∴∠DBC＝∠ECB，
在△BCD和△CBE中，
，
∴△BCD≌△CBE（ASA），
∴BD＝CE；
②∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵D是AC的中点，
∴CDAC，
同理BEAB，
∴BE＝CD，
在△BCD和△CBE中，
，
∴△BCD≌△CBE（SAS），
∴BD＝CE；
（2）解：添加条件：BE＝CD（答案不唯一）．
理由：∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵∠ABC+∠EBC＝∠ACB+∠BCD＝180°，
∴∠CBE＝∠BCD，
在△BCD和△CBE中，
，
∴△BCD≌△CBE（SAS），
∴BD＝CE；
（3）能．
理由：如图3中，值AC上取一点D，使得BD＝CE
若BF＝CE，则BF＝BD，反之也成立．
∵BD＜AB，
∴BF＜AB，
显然BD越大，BF就越大，CF也越大，
假设BF＝AB，
∵∠A＝36°，
∴∠BFA＝∠A＝36°，
∴∠ABF＝180°﹣2×36°＝108°，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝72°，
∴∠BCF＝180°﹣72°＝108°，
∴∠BCF＝∠ABF，
∵∠BCF＝∠ABF，∠BFC＝∠AFB，
∴△BFC∽△AFB，
∴，
设CF＝x，
∵AB＝AC＝2，
∴BF＝2，AF＝2+x，
∴，
解得x1或1，
经检验x1是分式方程的解，且符合题意，
∴CF1，
∵E与A不重合，
∴0＜CF1．
【点评】本题属于三角形综合题，考查了等腰三角形的性质，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，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
14．（2022 河南）综合与实践
综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．
（1）操作判断
操作一：对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；
操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，把纸片展平，连接PM，BM．
根据以上操作，当点M在EF上时，写出图1中一个30°的角： ∠EMB或∠CBM或∠ABP或∠PBM（任写一个即可） ．
（2）迁移探究
小华将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下：
将正方形纸片ABCD按照（1）中的方式操作，并延长PM交CD于点Q，连接BQ．
①如图2，当点M在EF上时，∠MBQ＝ 15 °，∠CBQ＝ 15 °；
②改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合），如图3，判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明理由．
（3）拓展应用
在（2）的探究中，已知正方形纸片ABCD的边长为8cm，当FQ＝1cm时，直接写出AP的长．
【分析】（1）由折叠的性质可得AE＝BEAB，∠AEF＝∠BEF＝90°，AB＝BM，∠ABP＝∠PBM，由锐角三角函数可求∠EMB＝30°，即可求解；
（2）①由“HL”可证Rt△BCQ≌Rt△BMQ，可得∠CBQ＝∠MBQ＝15°；
②由“HL”可证Rt△BCQ≌Rt△BMQ，可得∠CBQ＝∠MBQ；
（3）分两种情况讨论，由折叠的性质和勾股定理可求解．
【解答】解：（1）∵对折矩形纸片ABCD，
∴AE＝BEAB，∠AEF＝∠BEF＝90°，
∵沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，
∴AB＝BM，∠ABP＝∠PBM，
∵sin∠BME，
∴∠EMB＝30°，
∴∠ABM＝60°，
∴∠CBM＝∠ABP＝∠PBM＝30°，
故答案为：∠EMB或∠CBM或∠ABP或∠PBM（任写一个即可）；
（2）①由（1）可知∠CBM＝30°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠BAD＝∠C＝90°，
由折叠可得：AB＝BM，∠BAD＝∠BMP＝90°，
∴∠BM＝BC，∠BMQ＝∠C＝90°，
又∵BQ＝BQ，
∴Rt△BCQ≌Rt△BMQ（HL），
∴∠CBQ＝∠MBQ＝15°，
故答案为：15，15；
②∠MBQ＝∠CBQ，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠BAD＝∠C＝90°，
由折叠可得：AB＝BM，∠BAD＝∠BMP＝90°，
∴BM＝BC，∠BMQ＝∠C＝90°，
又∵BQ＝BQ，
∴Rt△BCQ≌Rt△BMQ（HL），
∴∠CBQ＝∠MBQ；
（3）由折叠的性质可得DF＝CF＝4cm，AP＝PM，
∵Rt△BCQ≌Rt△BMQ，
∴CQ＝MQ，
当点Q在线段CF上时，∵FQ＝1cm，
∴MQ＝CQ＝3cm，DQ＝5cm，
∵PQ2＝PD2+DQ2，
∴（AP+3）2＝（8﹣AP）2+25，
∴AP，
当点Q在线段DF上时，∵FQ＝1cm，
∴MQ＝CQ＝5cm，DQ＝3cm，
∵PQ2＝PD2+DQ2，
∴（AP+5）2＝（8﹣AP）2+9，
∴AP，
综上所述：AP的长为cm或cm．
【点评】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
15．（2022 武汉）问题提出
如图（1），在△ABC中，AB＝AC，D是AC的中点，延长BC至点E，使DE＝DB，延长ED交AB于点F，探究的值．
问题探究
（1）先将问题特殊化．如图（2），当∠BAC＝60°时，直接写出的值；
（2）再探究一般情形．如图（1），证明（1）中的结论仍然成立．
问题拓展
如图（3），在△ABC中，AB＝AC，D是AC的中点，G是边BC上一点，（n＜2），延长BC至点E，使DE＝DG，延长ED交AB于点F．直接写出的值（用含n的式子表示）．
【分析】问题探究
（1）取AB的中点G，连接DG，利用等边三角形的性质可得点F为AG的中点，从而得出答案；
（2）取BC的中点H，连接DH，利用ASA证明△DBH≌△DEC，得BH＝EC，则，再根据DH∥AB，得△EDH∽△EFB，从而得出答案；
问题拓展
取BC的中点H，连接DH，由（2）同理可证明△DGH≌△DEC，得GH＝CE，得，再根据DH∥AB，得△EDH∽△EFB，同理可得答案．
【解答】解：（1）如图，取AB的中点G，连接DG，
∵点D是AC的中点，
∴DG是△ABC的中位线，
∴DG∥BC，
∵AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∵点D是AC的中点，
∴∠DBC＝30°，
∵BD＝ED，
∴∠E＝∠DBC＝30°，
∴DF⊥AB，
∵∠AGD＝∠ADG＝60°，
∴△ADG是等边三角形，
∴AFAG，
∵AGAB，
∴AFAB，
∴；
（2）取BC的中点H，连接DH，
∵点D为AC的中点，
∴DH∥AB，DHAB，
∵AB＝AC，
∴DH＝DC，
∴∠DHC＝∠DCH，
∵BD＝DE，
∴∠DBH＝∠DEC，
∴∠BDH＝∠EDC，
∴△DBH≌△DEC（ASA），
∴BH＝EC，
∴，
∵DH∥AB，
∴△EDH∽△EFB，
∴，
∴，
∴；
问题拓展
取BC的中点H，连接DH，
由（2）同理可证明△DGH≌△DEC（ASA），
∴GH＝CE，
∴HE＝CG，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵DH∥BF，
∴△EDH∽△EFB，
∴，
∵DHAB，
∴，
∴．
【点评】本题是三角形综合题，主要考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，三角形中位线定理等知识，作辅助线构造三角形全等是解题的关键．
16．（2022 岳阳）如图，△ABC和△DBE的顶点B重合，∠ABC＝∠DBE＝90°，∠BAC＝∠BDE＝30°，BC＝3，BE＝2．
（1）特例发现：如图1，当点D，E分别在AB，BC上时，可以得出结论： ，直线AD与直线CE的位置关系是 垂直 ；
（2）探究证明：如图2，将图1中的△DBE绕点B顺时针旋转，使点D恰好落在线段AC上，连接EC，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
（3）拓展运用：如图3，将图1中的△DBE绕点B顺时针旋转α（19°＜α＜60°），连接AD、EC，它们的延长线交于点F，当DF＝BE时，求tan（60°﹣α）的值．
【分析】（1）解直角三角形求出EC，AD，可得结论；
（2）结论不变，证明△ABD∽△CBE，推出，∠ADB＝∠BEC，可得结论；
（3）如图3中，过点B作BJ⊥AC于点J，设BD交AK于点K，过点K作KT⊥AC于点K．求出BJ，JK，可得结论．
【解答】解：（1）在Rt△ABC中，∠B＝90°，BC＝3，∠A＝30°，
∴ABBC＝3，
在Rt△BDE中，∠BDE＝30°，BE＝2，
∴BDBE＝2，
∴EC＝1，AD，
∴，此时AD⊥EC，
故答案为：，垂直；
（2）结论成立．
理由：∵∠ABC＝∠DBE＝90°，
∴∠ABD＝∠CBE，
∵ABBC，BDBE，
∴，
∴△ABD∽△CBE，
∴，∠ADB＝∠BEC，
∵∠ADB+∠CDB＝180°，
∴∠CDB+∠BEC＝180°，
∴∠DBE+∠DCE＝180°，
∵∠DBE＝90°，
∴∠DCE＝90°，
∴AD⊥EC；
（3）如图3中，过点B作BJ⊥AC于点J，设BD交AK于点K，过点K作KT⊥AC于点T．
∵∠AJB＝90°，∠BAC＝30°，
∴∠ABJ＝60°，
∴∠KBJ＝60°﹣α．
∵AB＝3，
∴BJAB，AJBJ，
当DF＝BE时，四边形BEFD是矩形（由∠DBE＝90°，∠F＝90，取DE中点，证明BDFE四点共圆，再由BE＝DF推得弧等，从而圆周角∠DEF＝∠BDE＝30°，则∠BEF＝90°，由3个直角得矩形），
∴∠ADB＝90°，AD，
设KT＝m，则ATm，AK＝2m，
∵∠KTB＝∠ADB＝90°，
∴tanα，
∴，
∴BTm，
∴mm＝3，
∴m，
∴AK＝2m，
∴KJ＝AJ﹣AK，
∴tan（60°﹣α）．
解法二：证明∠CAF＝60°﹣α，
通过tan（60°﹣α）求解即可．
【点评】本题属于三角形综合题，考查了解直角三角形，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，构造直角三角形解决问题，属于中考压轴题．
17．（2022 宿迁）如图，在网格中，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点，点A、B、C、D、M均为格点．
【操作探究】
在数学活动课上，佳佳同学在如图①的网格中，用无刻度的直尺画了两条互相垂直的线段AB、CD，相交于点P并给出部分说理过程，请你补充完整：
解：在网格中取格点E，构建两个直角三角形，分别是△ABC和△CDE．
在Rt△ABC中，tan∠BAC，
在Rt△CDE中， tan∠DCE ，
所以tan∠BAC＝tan∠DCE．
所以∠BAC＝∠DCE．
因为∠ACP+∠DCE＝∠ACB＝90°，
所以∠ACP+∠BAC＝90°，
所以∠APC＝90°，
即AB⊥CD．
【拓展应用】
（1）如图②是以格点O为圆心，AB为直径的圆，请你只用无刻度的直尺，在上找出一点P，使，写出作法，并给出证明；
（2）如图③是以格点O为圆心的圆，请你只用无刻度的直尺，在弦AB上找出一点P．使AM2＝AP AB，写出作法，不用证明．
【分析】【操作探究】利用网格特征，解决问题即可；
【拓展应用】（1）取格点Q，连接OQ交于点P，点P即为所求．利用垂径定理证明即可；
（2）利用数形结合的思想解决问题，通过计算发现AP，再利用网格特征，画出点P即可．
【解答】解：【操作探究】在网格中取格点E，构建两个直角三角形，分别是△ABC和△CDE．
在Rt△ABC中，tan∠BAC，
在Rt△CDE中，tan∠DCE，
所以tan∠BAC＝tan∠DCE．
所以∠BAC＝∠DCE．
因为∠ACP+∠DCE＝∠ACB＝90°，
所以∠ACP+∠BAC＝90°，
所以∠APC＝90°，
即AB⊥CD．
故答案为：tan∠DCE；
【拓展应用】（1）如图②中，点P即为所求．
作法：取格点T，连接AT交⊙O于点P，点P即为所求；
证明：由作图可知，OM⊥AP，OM是半径，
∴；
（2）如图③中，点P即为所求．
作法：取格点J，K，连接JK交AB于点P，点P即为所求．
【点评】本题属于圆综合题，考查了垂径定理，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
18．（2022 苏州）（1）如图1，在△ABC中，∠ACB＝2∠B，CD平分∠ACB，交AB于点D，DE∥AC，交BC于点E．
①若DE＝1，BD，求BC的长；
②试探究是否为定值．如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由．
（2）如图2，∠CBG和∠BCF是△ABC的2个外角，∠BCF＝2∠CBG，CD平分∠BCF，交AB的延长线于点D，DE∥AC，交CB的延长线于点E．记△ACD的面积为S1，△CDE的面积为S2，△BDE的面积为S3．若S1 S3S22，求cos∠CBD的值．
【分析】（1）①证出∠ACD＝∠DCB＝∠B，由等腰三角形的判定得出CD＝BD，求出CE＝DE＝1，证明△CED∽△CDB，由相似三角形的性质可求出BC的长；
②由平行线分线段成比例定理得出，同①可得，CE＝DE，证出，则可得出答案；
（2）证出，由题意可得出，设BC＝9x，则CE＝16x，证明△CDB∽△CED，由相似三角形的性质得出，求出CD＝12x，过点D作DH⊥BC于点H，则BHBCx，根据锐角三角函数的定义可得出答案．
【解答】解：（1）①∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠DCB∠ACB，
∵∠ACB＝2∠B，
∴∠ACD＝∠DCB＝∠B，
∴CD＝BD，
∵DE∥AC，
∴∠ACD＝∠EDC，
∴∠EDC＝∠DCB＝∠B，
∴CE＝DE＝1，
∴△CED∽△CDB，
∴，
∴，
∴BC；
②是定值．
∵DE∥AC，
∴，
同①可得，CE＝DE，
∴，
∴1，
∴是定值，定值为1；
（2）∵DE∥AC，
∴，
∵，
∴，
又∵S1 S3S22，
∴，
设BC＝9x，则CE＝16x，
∵CD平分∠BCF，
∴∠ECD＝∠FCD∠BCF，
∵∠BCF＝2∠CBG，
∴∠ECD＝∠FCD＝∠CBD，
∴BD＝CD，
∵DE∥AC，
∴∠EDC＝∠FCD，
∴∠EDC＝∠CBD＝∠ECD，
∴CE＝DE，
∵∠DCB＝∠ECD，
∴△CDB∽△CED，
∴，
∴CD2＝CB CE＝144x2，
∴CD＝12x，
过点D作DH⊥BC于点H，
∵BD＝CD＝12x，
∴BHBCx，
∴cos．
【点评】本题是三角形综合题，考查了角平分线的定义，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，锐角三角函数的定义，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
19．（2022 湘潭）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线l经过点A，过点B、C分别作l的垂线，垂足分别为点D、E．
（1）特例体验：如图①，若直线l∥BC，AB＝AC，分别求出线段BD、CE和DE的长；
（2）规律探究：
（Ⅰ）如图②，若直线l从图①状态开始绕点A旋转α（0＜α＜45°），请探究线段BD、CE和DE的数量关系并说明理由；
（Ⅱ）如图③，若直线l从图①状态开始绕点A顺时针旋转α（45°＜α＜90°），与线段BC相交于点H，请再探线段BD、CE和DE的数量关系并说明理由；
（3）尝试应用：在图③中，延长线段BD交线段AC于点F，若CE＝3，DE＝1，求S△BFC．
【分析】（1）易证△ABD和△ACE是等腰直角三角形，再根据等腰直角三角形的三边关系可得出BD，DE和CE的长即可．
（2）（Ⅰ）易证∠ABD＝∠CAE，由AAS即可得出△ABD≌△CAE，进而解答即可；
（Ⅱ）易证∠ABD＝∠CAE，由AAS即可得出△ABD≌△CAE，进而解答即可；
（3）根据题意可证明△ABD∽△FBA，由此可得出BF的长，根据S△BFC＝S△ABC﹣S△ABF，可得出结论．
【解答】解：（1）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∵l∥BC，
∴∠DAB＝∠ABC＝45°，∠CAE＝∠ACB＝45°，
∴∠DAB＝∠ABD＝45°，∠EAC＝∠ACE＝45°，
∴AD＝BD，AE＝CE，
∵AB＝AC，
∴AD＝BD＝AE＝CE＝1，
∴DE＝2；
（2）（Ⅰ）DE＝BD+CE．理由如下：
在Rt△ADB中，∠ABD+∠BAD＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD+∠CAE＝90°，
∴∠ABD＝∠CAE，
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE（AAS）；
∴CE＝AD，BD＝AE，
∴DE＝AE+AD＝BD+CE．
（Ⅱ）DE＝BD﹣CE．理由如下：
在Rt△ADB中，∠ABD+∠BAD＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD+∠CAE＝90°，
∴∠ABD＝∠CAE，
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE（AAS）；
∴CE＝AD，BD＝AE，
∴DE＝AE﹣AD＝BD﹣CE．
（3）由（2）可知，∠ABD＝∠CAE，DE＝AE﹣AD＝BD﹣CE
∵∠BAC＝∠ADB＝90°，
∴△ABD∽△FBA，
∴AB：FB＝BD：AB，
∵CE＝3，DE＝1，
∴AE＝BD＝4，
∴AB＝5．
∴BF．
∴S△BFC＝S△ABC﹣S△ABF523．
【点评】本题是三角形综合题，考查了直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质，相似三角形的性质与判定，三角形的面积；证明三角形全等是解题的关键．
20．（2022 陕西）问题提出
（1）如图1，AD是等边△ABC的中线，点P在AD的延长线上，且AP＝AC，则∠APC的度数为 75° ．
问题探究
（2）如图2，在△ABC中，CA＝CB＝6，∠C＝120°．过点A作AP∥BC，且AP＝BC，过点P作直线l⊥BC，分别交AB、BC于点O、E，求四边形OECA的面积．
问题解决
（3）如图3，现有一块△ABC型板材，∠ACB为钝角，∠BAC＝45°．工人师傅想用这块板材裁出一个△ABP型部件，并要求∠BAP＝15°，AP＝AC．工人师傅在这块板材上的作法如下：
①以点C为圆心，以CA长为半径画弧，交AB于点D，连接CD；
②作CD的垂直平分线l，与CD交于点E；
③以点A为圆心，以AC长为半径画弧，交直线l于点P，连接AP、BP，得△ABP．
请问，若按上述作法，裁得的△ABP型部件是否符合要求？请证明你的结论．
【分析】（1）根据等边三角形的性质得到AB＝AC，∠BAC＝60°，根据等腰三角形的三线合一得到∠PAC＝30°，根据三角形内角和定理、等腰三角形的性质计算，得到答案；
（2）连接PB，证明四边形PBCA为菱形，求出PB，解直角三角形求出BE、PE、OE，根据三角形的面积公式计算即可；
（3）过点A作CD的平行线，过点D作AC的平行线，两条平行线交于点F，根据线段垂直平分线的性质得到PA＝PF，根据等边三角形的性质得到∠PAF＝60°，进而求出∠BAP＝15°，根据要求判断即可．
【解答】解：（1）∵△ABC为等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°，
∵AD是等边△ABC的中线，
∴∠PAC∠BAC＝30°，
∵AP＝AC，
∴∠APC（180°﹣30°）＝75°，
故答案为：75°；
（2）如图2，连接PB，
∵AP∥BC，AP＝BC，
∴四边形PBCA为平行四边形，
∵CA＝CB，
∴平行四边形PBCA为菱形，
∴PB＝AC＝6，∠PBC＝180°﹣∠C＝60°，
∴BE＝PB cos∠PBC＝3，PE＝PB sin∠PBC＝3，
∵CA＝CB，∠C＝120°，
∴∠ABC＝30°，
∴OE＝BE tan∠ABC，
∴S四边形OECA＝S△ABC﹣S△OBE
6×33
；
（3）符合要求，
理由如下：如图3，过点A作CD的平行线，过点D作AC的平行线，两条平行线交于点F，
∵CA＝CD，∠DAC＝45°，
∴∠ACD＝90°，
∴四边形FDCA为正方形，
∵PE是CD的垂直平分线，
∴PE是AF的垂直平分线，
∴PF＝PA，
∵AP＝AC，
∴PF＝PA＝AF，
∴△PAF为等边三角形，
∴∠PAF＝60°，
∴∠BAP＝60°﹣45°＝15°，
∴裁得的△ABP型部件符合要求．
【点评】本题考查的是正方形的性质、菱形的性质、等腰三角形的性质、线段垂直平分线的性质，得出△PAF为等边三角形是解题的关键．
21．（2022 乐山）华师版八年级下册数学教材第121页习题19.3第2小题及参考答案．
如图，在正方形ABCD中，CE⊥DF．求证：CE＝DF． 证明：设CE与DF交于点O， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠B＝∠DCF＝90°，BC＝CD． ∴∠BCE+∠DCE＝90°， ∵CE⊥DF， ∴∠COD＝90°． ∴∠CDF+∠DCE＝90°． ∴∠CDF＝∠BCE， ∴△CBE≌△DFC． ∴CE＝DF．
某数学兴趣小组在完成了以上解答后，决定对该问题进一步探究．
【问题探究】
如图1，在正方形ABCD中，点E、F、G、H分别在线段AB、BC、CD、DA上，且EG⊥FH．试猜想的值，并证明你的猜想．
【知识迁移】
如图2，在矩形ABCD中，AB＝m，BC＝n，点E、F、G、H分别在线段AB、BC、CD、DA上，且EG⊥FH．则 ．
【拓展应用】
如图3，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，∠ABC＝60°，AB＝BC，点E、F分别在线段AB、AD上，且CE⊥BF．求的值．
【分析】（1）过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，利用正方形ABCD，AB＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°求证△ABM≌△ADN即可；
（2）过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，利用在长方形ABCD中，BC＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°求证△ABM∽△ADN．再根据其对应边成比例，将已知数值代入即可；
（3）如图3中，过点C作CM⊥AB于点M．设CE交BF于点O．证明△CME∽△BAF，推出，可得结论．
【解答】解：（1）结论：1．
理由：如图（1）中，过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，
∴AM＝HF，AN＝EG，
在正方形ABCD中，AB＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°，
∵EG⊥FH，
∴∠NAM＝90°，
∴∠BAM＝∠DAN，
在△ABM和△ADN中，∠BAM＝∠DAN，AB＝AD，∠ABM＝∠ADN，
∴△ABM≌△ADN（ASA），
∴AM＝AN，即EG＝FH，
∴1；
（2）如图（2）中，过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，
∴AM＝HF，AN＝EG，
在长方形ABCD中，BC＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°，
∵EG⊥FH，
∴∠NAM＝90°，
∴∠BAM＝∠DAN．
∴△ABM∽△ADN．
∴，
∵AB＝m，BC＝AD＝n，
∴．
故答案为：；
（3）如图3中，过点C作CM⊥AB于点M．设CE交BF于点O．
∵CM⊥AB，
∴∠CME＝90°，
∴∠1+∠2＝90°，
∵CE⊥BF，
∴∠BOE＝90°，
∴∠2+∠3＝90°，
∴∠1＝∠3，
∴△CME∽△BAF，
∴，
∵AB＝BC，∠ABC＝60°，
∴sin60°．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，矩形的性质，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．
22．（2022 泰安）问题探究
（1）在△ABC中，BD，CE分别是∠ABC与∠BCA的平分线．
①若∠A＝60°，AB＝AC，如图1，试证明BC＝CD+BE；
②将①中的条件“AB＝AC”去掉，其他条件不变，如图2，问①中的结论是否成立？并说明理由．
迁移运用
（2）若四边形ABCD是圆的内接四边形，且∠ACB＝2∠ACD，∠CAD＝2∠CAB，如图3，试探究线段AD，BC，AC之间的等量关系，并证明．
【分析】（1）①证明△ABC是等边三角形，可得结论；
②结论成立．如图2中，设BD交CE于点O，在BC上取一点G，使得BG＝BE，连接OG．证明△EBO≌△GBO（SAS），推出∠BOE＝∠BOG＝60°，再证明△OCD≌△OCG（ASA），推出CD＝CG，可得结论；
（2）结论：AC＝AD+BC．如图3中，作点B关于AC的对称点E，连接AE，EC．证明满足②条件，利用②中结论解决问题．
【解答】（1）①证明：如图1中，
∵AB＝AC，∠A＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，
∵BD，CE分别平分∠ABC，∠ACB，
∴点D，E分别是AC，AB的中点，
∴BEABBC，CDACBC，
∴BE+CD＝BC；
②解：结论成立．
理由：如图2中，设BD交CE于点O，在BC上取一点G，使得BG＝BE，连接OG．
∵∠A＝60°，
∴∠ABC+∠ACB＝120°，
∵BD，CE分别平分∠ABC，∠ACB，
∴∠OBC+∠OCB∠ABC∠ACB＝60°，
∴∠BOC＝180°﹣60°＝120°，
∴∠BOE＝∠COD＝60°，
∵BE＝BG，∠EBO＝∠GBO，BO＝BO，
∴△EBO≌△GBO（SAS），
∴∠BOE＝∠BOG＝60°，
∴∠COD＝∠COG＝60°，
∵CO＝CO，∠DCO＝∠GCO，
∴△OCD≌△OCG（ASA），
∴CD＝CG，
∴BE+CD＝BG+CG＝BC；
（2）解：结论：AC＝AD+BC．
理由：如图3中，作点B关于AC的对称点E，连接AE，EC．
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠DAB+∠BCD＝180°，
∵∠ACB＝2∠ACD，∠CAD＝2∠CAB，
∴3∠BAC+3∠ACD＝180°，
∴∠BAC+∠ACD＝60°，
∵∠BAC＝∠EAC，
∴∠FAC+∠FCA＝60°，
∴∠AFC＝120°，
∴∠AFD＝∠EFC＝60°，
∵∠DAF＝∠FAC，∠FCA＝∠FCE，
由②可知AD+EC＝AC，
∵EC＝BC，
∴AD+BC＝AC．
【点评】本题属于圆综合题，考查了圆内接四边形的性质，角平分线的定义，全等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，构造全等三角形解决问题．
23．（2022 烟台）【问题呈现】
如图1，△ABC和△ADE都是等边三角形，连接BD，CE．求证：BD＝CE．
【类比探究】
如图2，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°．连接BD，CE．请直接写出的值．
【拓展提升】
如图3，△ABC和△ADE都是直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，且．连接BD，CE．
（1）求的值；
（2）延长CE交BD于点F，交AB于点G．求sin∠BFC的值．
【分析】【问题呈现】证明△BAD≌△CAE，从而得出结论；
【类比探究】证明△BAD∽△CAE，进而得出结果；
【拓展提升】（1）先证明△ABC∽△ADE，再证得△CAE∽△BAD，进而得出结果；
（2）在（1）的基础上得出∠ACE＝∠ABD，进而∠BFC＝∠BAC，进一步得出结果．
【解答】【问题呈现】证明：∵△ABC和△ADE都是等边三角形，
∴AD＝AE，AB＝AC，∠DAE＝∠BAC＝60°，
∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE；
【类比探究】解：∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，
∴，∠DAE＝∠BAC＝45°，
∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD∽△CAE，
∴；
【拓展提升】解：（1）∵，∠ABC＝∠ADE＝90°，
∴△ABC∽△ADE，
∴∠BAC＝∠DAE，，
∴∠CAE＝∠BAD，
∴△CAE∽△BAD，
∴；
（2）由（1）得：△CAE∽△BAD，
∴∠ACE＝∠ABD，
∵∠AGC＝∠BGF，
∴∠BFC＝∠BAC，
∴sin∠BFC．
【点评】本题考查了等腰三角形性质，全等三角形判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握“手拉手”模型及其变形．
24．（2022 连云港）【问题情境】
在一次数学兴趣小组活动中，小昕同学将一大一小两个三角板按照如图1所示的方式摆放．其中∠ACB＝∠DEB＝90°，∠B＝30°，BE＝AC＝3．
【问题探究】
小昕同学将三角板DEB绕点B按顺时针方向旋转．
（1）如图2，当点E落在边AB上时，延长DE交BC于点F，求BF的长．
（2）若点C、E、D在同一条直线上，求点D到直线BC的距离．
（3）连接DC，取DC的中点G，三角板DEB由初始位置（图1），旋转到点C、B、D首次在同一条直线上（如图3），求点G所经过的路径长．
（4）如图4，G为DC的中点，则在旋转过程中，点G到直线AB的距离的最大值是 ．
【分析】（1）根据锐角三角函数求解，即可求出答案；
（2）①当点E在BC上方时，如图1过点D作DH⊥BC于H，根据锐角三角函数求出BC＝3，DE，最后利用面积求解，即可求出答案；
②当点E在BC下方时，同①的方法，即可求出答案；
（3）先求出∠BOE＝150°，再判断出点G是以点O为圆心，为半径的圆上，最后用弧长公式求解，即可求出答案；
（4）过点O作OK⊥AB于K，求出OK，即可求出答案．
【解答】解：（1）由题意得，∠BEF＝∠BED＝90°，
在Rt△BEF中，∠ABC＝30°，BE＝3，
∴BF2；
（2）①当点E在BC上方时，
如图1，过点D作DH⊥BC于H，
在Rt△ABC中，AC＝3，
∴tan∠ABC，
∴BC3，
在Rt△BED中，∠EBD＝∠ABC＝30°，BE＝3，
∴DE＝BE tan∠DBE，
∵S△BCDCD BEBC DH，
∴DH1，
②当点E在BC下方时，如图2，
在Rt△BCE中，BE＝3，BC＝3，
根据勾股定理得，CE3，
∴CD＝CE﹣DE＝3，
过点D作DM⊥BC于M，
∵S△BDCBC DMCD BE，
∴DM1，
即点D到直线BC的距离为±1；
（3）如图3﹣1，连接CD，取CD的中点G，
取BC的中点O，连接GO，则OG∥AB，
∴∠COG＝∠B＝30°，
∴∠BOG＝150°，
∵点G为CD的中点，点O为BC的中点，
∴GOBD，
∴点G是以点O为圆心，为半径的圆上，如图3﹣2，
∴三角板DEB由初始位置（图1），旋转到点C、B、D首次在同一条直线上时，点G所经过的轨迹为150°所对的圆弧，
∴点G所经过的路径长为π；
（4）如图4，过点O作OK⊥AB于K，
∵点O为BC的中点，BC＝3，
∴OB，
∴OK＝OB sin30°，
由（3）知，点G是以点O为圆心，为半径的圆上，
∴点G到直线AB的距离的最大值是，
故答案为：．
【点评】此题是几何变换综合题，主要考查了锐角三角函数，勾股定理，弧长公式，三角形的中位线定理，三角形的面积，画出图形是解本题的关键．
25．（2022 成都）如图，在矩形ABCD中，AD＝nAB（n＞1），点E是AD边上一动点（点E不与A，D重合），连接BE，以BE为边在直线BE的右侧作矩形EBFG，使得矩形EBFG∽矩形ABCD，EG交直线CD于点H．
【尝试初探】
（1）在点E的运动过程中，△ABE与△DEH始终保持相似关系，请说明理由．
【深入探究】
（2）若n＝2，随着E点位置的变化，H点的位置随之发生变化，当H是线段CD中点时，求tan∠ABE的值．
【拓展延伸】
（3）连接BH，FH，当△BFH是以FH为腰的等腰三角形时，求tan∠ABE的值（用含n的代数式表示）．
【分析】（1）根据两角对应相等可证明△ABE∽△DEH；
（2）设DH＝x，AE＝a，则AB＝2x，AD＝4x，DE＝4x﹣a，由△ABE∽△DEH，列比例式可得x，最后根据正切的定义可得结论；
（3）分两种情况：FH＝BH和FH＝BF，先根据三角形相似证明F在射线DC上，再根据三角形相似的性质和勾股定理列等式可得结论．
【解答】解：（1）∵四边形EBFG和四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠BEG＝∠D＝90°，
∴∠ABE+∠AEB＝∠AEB+∠DEH＝90°，
∴∠DEH＝∠ABE，
∴△ABE∽△DEH，
∴在点E的运动过程中，△ABE与△DEH始终保持相似关系；
（2）如图1，∵H是线段CD中点，
∴DH＝CH，
设DH＝x，AE＝a，则AB＝2x，AD＝4x，DE＝4x﹣a，
由（1）知：△ABE∽△DEH，
∴，即，
∴2x2＝4ax﹣a2，
∴2x2﹣4ax+a2＝0，
∴x，
∵tan∠ABE，
当x时，tan∠ABE，
当x时，tan∠ABE；
综上，tan∠ABE的值是．
（3）分两种情况：
①如图2，BH＝FH，
设AB＝x，AE＝a，
∵四边形BEGF是矩形，
∴∠BEG＝∠G＝90°，BE＝FG，
∴Rt△BEH≌Rt△FGH（HL），
∴EH＝GH，
∵矩形EBFG∽矩形ABCD，
∴n，
∴n，
∴，
由（1）知：△ABE∽△DEH，
∴，
∴，
∴nx＝2a，
∴，
∴tan∠ABE；
②如图3，BF＝FH，
∵矩形EBFG∽矩形ABCD，
∴∠ABC＝∠EBF＝90°，，
∴∠ABE＝∠CBF，
∴△ABE∽△CBF，
∴∠BCF＝∠A＝90°，
∴D，C，F共线，
∵BF＝FH，
∴∠FBH＝∠FHB，
∵EG∥BF，
∴∠FBH＝∠EHB，
∴∠EHB＝∠CHB，
∵BE⊥EH，BC⊥CH，
∴BE＝BC，
由①可知：AB＝x，AE＝a，BE＝BC＝nx，
由勾股定理得：AB2+AE2＝BE2，
∴x2+a2＝（nx）2，
∴x（负值舍），
∴tan∠ABE，
综上，tan∠ABE的值是或．
【点评】此题是几何变换综合题，考查了相似三角形的判定与性质，矩形的相似的性质，矩形的性质以及直角三角形的性质，三角形全等的性质和判定等知识，注意运用参数表示线段的长，并结合方程解决问题，还要运用分类讨论的思想．
26．（2022 阜新）当我们将一条倾斜的直线进行上下平移时，直线的左右位置也发生着变化．下面是关于“一次函数图象平移的性质”的探究过程，请补充完整．
（1）如图1，将一次函数y＝x+2的图象向下平移1个单位长度，相当于将它向右平移了 1 个单位长度；
（2）将一次函数y＝﹣2x+4的图象向下平移1个单位长度，相当于将它向 左 （填“左”或“右”）平移了 个单位长度；
（3）综上，对于一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象而言，将它向下平移m（m＞0）个单位长度，相当于将它向 右 （填“左”或“右”）（k＞0时）或将它向 左 （填“左”或“右”）（k＜0时）平移了n（n＞0）个单位长度，且m，n，k满足等式 m＝n|k|（或：当k＞0时，m＝nk，当k＜0时，m＝﹣nk） ．
【分析】（1）根据“上加下减，左加右减”的平移规律即可得到结论；
（2）根据“上加下减，左加右减”的平移规律即可得到结论；
（3）根据（1）（2）题得出结论即可．
【解答】解：（1）∵将一次函数y＝x+2的图象向下平移1个单位长度得到y＝x+2﹣1＝（x﹣1）+2，
∴相当于将它向右平移了1个单位长度，
故答案为：1；
（2）将一次函数y＝﹣2x+4的图象向下平移1个单位长度得到y＝﹣2x+4﹣1＝﹣2（x）+4，
∴相当于将它向左平移了个单位长度；
故答案为：左；；
（3）综上，对于一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象而言，将它向下平移m（m＞0）个单位长度，相当于将它向右（填“左”或“右”）（k＞0时）或将它向左（填“左”或“右”）（k＜0时）平移了n（n＞0）个单位长度，且m，n，k满足等式m＝n|k|．
故答案为：右；左；m＝n|k|（或：当k＞0时，m＝nk，当k＜0时，m＝﹣nk）．
【点评】本题考查了一次函数图象与几何变换，平移后解析式有这样一个规律“左加右减，上加下减”．关键是要搞清楚平移前后的解析式有什么关系．
27．（2022 襄阳）探究函数性质时，我们经历了列表、描点、连线画出函数图象，观察分析图象特征，概括函数性质的过程．结合已有经验，请画出函数y|x|的图象，并探究该函数性质．
（1）绘制函数图象
①列表：下列是x与y的几组对应值，其中a＝ 1 ．
x …… ﹣5 ﹣4 ﹣3 ﹣2 ﹣1 1 2 3 4 5 ……
y …… ﹣3.8 ﹣2.5 ﹣1 1 5 5 a ﹣1 ﹣2.5 ﹣3.8 ……
②描点：根据表中的数值描点（x，y），请补充描出点（2，a）；
③连线：请用平滑的曲线顺次连接各点，画出函数图象；
（2）探究函数性质
请写出函数y|x|的一条性质： y|x|的图象关于y轴对称（答案不唯一） ；
（3）运用函数图象及性质
①写出方程|x|＝5的解 x＝1或x＝﹣1 ；
②写出不等式|x|≤1的解集 x≤﹣2或x≥2 ．
【分析】（1）①把x＝2代入解析式即可得a的值；
②③按要求描点，连线即可；
（2）观察函数图象，可得函数性质；
（3）①由函数图象可得答案；②观察函数图象即得答案．
【解答】解：（1）①列表：当x＝2时，a|2|＝1，
故答案为：1；
②描点，③连线如下：
（2）观察函数图象可得：y|x|的图象关于y轴对称，
故答案为：y|x|的图象关于y轴对称（答案不唯一）；
（3）①观察函数图象可得：当y＝5时，x＝1或x＝﹣1，
∴|x|＝5的解是x＝1或x＝﹣1，
故答案为：x＝1或x＝﹣1；
②观察函数图象可得，当x≤﹣2或x≥2时，y≤1，
∴|x|≤1的解集是x≤﹣2或x≥2，
故答案为：x≤﹣2或x≥2．
【点评】本题考查一次函数图象及性质，解题的关键是画出函数图象．
28．（2022 潍坊）为落实“双减”，老师布置了一项这样的课后作业：
二次函数的图象经过点（﹣1，﹣1），且不经过第一象限，写出满足这些条件的一个函数表达式．
【观察发现】
请完成作业，并在直角坐标系中画出大致图象．
【思考交流】
小亮说：“满足条件的函数图象的对称轴一定在y轴的左侧．”
小莹说：“满足条件的函数图象一定在x轴的下方．”
你认同他们的说法吗？若不认同，请举例说明．
【概括表达】
小博士认为这个作业的答案太多，老师不方便批阅，于是探究了二次函数y＝ax2+bx+c的图象与系数a，b，c的关系，得出了提高老师作业批阅效率的方法．
请你探究这个方法，写出探究过程．
【分析】由题意写出一个符合条件的函数解析式即可；
【观察发现】画出一个符合条件的函数图象即可；
【思考交流】由题意可知抛物线的对称轴可以在y轴的左侧，也可以在y轴的右侧，或者是y轴，抛物线的图象不一定在x轴的下方；
【概括表达】由题意可知a﹣b+c＝﹣1且a＜0，①当对称轴在y轴右侧时，即b＞0，此时顶点在x轴上或x轴下方，解得0＜b≤2+2，令t，则2a+22（t）2，可得0＜b；②当对称轴在y轴左侧或y轴上时，b≤0，只需保与y轴交点在x轴上或x轴下方，此时 c≤0．
【解答】解：y＝﹣x2（答案不唯一）；
【观察发现】
如图：
【思考交流】
我不认同他们的说法，理由如下：
∵抛物线的对称轴为x，a＜0，
∴抛物线的对称轴可以在y轴的左侧，也可以在y轴的右侧，或者是y轴，
例如：y＝﹣x2；
∴小亮的说法不正确；
∵抛物线y＝﹣x2经过x轴，
∴小莹的说法不正确；
【概括表达】
设抛物线的解析式为y＝ax2+bx+c，
∵经过点（﹣1，﹣1），
∴a﹣b+c＝﹣1且a＜0，
①当对称轴在y轴右侧时，即b＞0，此时顶点在x轴上或x轴下方，
∴，
∴b2﹣4ab+4a2+4a≤0，
将不等式看作关于b的不等式，则有Δ＝16a2﹣16a2﹣16a＝﹣16a≥0，
∴2a﹣2b≤2a+2，
∴0＜b≤2a+2，
令t，则2a+22t2+2t＝﹣2（t）2，
∵t≥0，
∴当t时，2a+2，
∴0＜b；
②当对称轴在y轴左侧或y轴上时，b≤0，只需保证与y轴交点在x轴上或x轴下方，
∴c≤0；
综上所述：当b＞0时，a＜0，0＜b；当b≤0时，c≤0；且a﹣b+c＝﹣1．
【点评】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，结合题意，画出函数图象是解题的关键．
29．（2022 鄂州）某数学兴趣小组运用《几何画板》软件探究y＝ax2（a＞0）型抛物线图象．发现：如图1所示，该类型图象上任意一点M到定点F（0，）的距离MF，始终等于它到定直线l：y的距离MN（该结论不需要证明），他们称：定点F为图象的焦点，定直线l为图象的准线，y叫做抛物线的准线方程．其中原点O为FH的中点，FH＝2OF．
例如：抛物线yx2，其焦点坐标为F（0，），准线方程为l：y．其中MF＝MN，FH＝2OH＝1．
【基础训练】
（1）请分别直接写出抛物线y＝2x2的焦点坐标和准线l的方程： （0，） ， y ．
【技能训练】
（2）如图2所示，已知抛物线yx2上一点P到准线l的距离为6，求点P的坐标；
【能力提升】
（3）如图3所示，已知过抛物线y＝ax2（a＞0）的焦点F的直线依次交抛物线及准线l于点A、B、C．若BC＝2BF，AF＝4，求a的值；
【拓展升华】
（4）古希腊数学家欧多克索斯在深入研究比例理论时，提出了分线段的“中末比”问题：点C将一条线段AB分为两段AC和CB，使得其中较长一段AC是全线段AB与另一段CB的比例中项，即满足：．后人把这个数称为“黄金分割”数，把点C称为线段AB的黄金分割点．
如图4所示，抛物线yx2的焦点F（0，1），准线l与y轴交于点H（0，﹣1），E为线段HF的黄金分割点，点M为y轴左侧的抛物线上一点．当时，请直接写出△HME的面积值．
【分析】（1）根据焦点的坐标公式和准线l的方程直接得出结论即可；
（2）可求出点P的纵坐标，从而确定P点的横坐标；
（3）作AG⊥l于G，作BK⊥l于K，由BK∥FH∥AG得△CBK∽△CFH，△CBK∽△CAG，从而，，进一步求得结果；
（4）设点M（m，m2），根据2列出方程，求得m的值，进一步求得结果．
【解答】解：（1）∵a＝2，
∴，
故答案为：（0，），y；
（2）∵a，
∴2，
∴准线为：y＝﹣2，
∴点P的纵坐标为：4，
∴4，
∴x＝±4，
∴P（4，4）或（﹣4，4）；
（3）如图，
作AG⊥l于G，作BK⊥l于K，
∴AG＝AF＝4，BK＝BF，FH，
∵BK∥FH∥AG，
∴△CBK∽△CFH，△CBK∽△CAG，
∴，，
∴，，
∴a；
（4）设点M（m，m2），
∵，
∴2，
∴2，
∴m1＝﹣2，m2＝2（舍去），
∴M（﹣2，1），
∵E为线段HF的黄金分割点，
∴EH1或EH＝2﹣（1）＝3，
当EH1时，S△HME1，
当EH＝3时，S△HME＝3，
∴△HME的面积是1或3．
【点评】本题考查了阅读运用新知识能力，相似三角形的判定和性质，一元二次方程等知识，解决问题的关键是充分利用新知识的结论．
30．（2022 荆州）小华同学学习函数知识后，对函数通过列表、描点、连线，画出了如图1所示的图象．
x … ﹣4 ﹣3 ﹣2 ﹣1 0 1 2 3 4 …
y … 1 2 4 1 0 ﹣4 ﹣2 ﹣1 …
请根据图象解答：
（1）【观察发现】
①写出函数的两条性质： 函数有最大值为4 ； 当x＞0时，y随x的增大而增大 ；
②若函数图象上的两点（x1，y1），（x2，y2）满足x1+x2＝0，则y1+y2＝0一定成立吗？ 不一定 ．（填“一定”或“不一定”）
（2）【延伸探究】如图2，将过A（﹣1，4），B（4，﹣1）两点的直线向下平移n个单位长度后，得到直线l与函数y（x≤﹣1）的图象交于点P，连接PA，PB．
①求当n＝3时，直线l的解析式和△PAB的面积；
②直接用含n的代数式表示△PAB的面积．
【分析】（1）①根据函数图象可得性质；
②假设x1，则y1＝1，再根据x2求出y2的值，可知y1+y2＝0不一定成立；
（2）①首先利用待定系数法求出直线AB的解析式，当n＝3时，直线l的解析式为y＝﹣x，设直线AB与y轴交于C，利用平行线之间的距离相等，可得△PAB的面积＝△AOB的面积，从而得出答案；
②设直线l与y轴交于D，同理得△PAB的面积＝△ABD的面积，即可解决问题．
【解答】解：（1）①由图象知：函数有最大值为4，当x＞0时，y随x的增大而增大（答案不唯一）；
故答案为：函数有最大值为4，当x＞0时，y随x的增大而增大（答案不唯一）；
②假设x1，则y1＝1，
∵x1+x2＝0，
∴x2，
∴y2＝﹣8，
∴y1+y2＝0不一定成立，
故答案为：不一定；
（2）①设直线AB的解析式为y＝kx+b，
则，
解得，
∴直线AB的解析式为y＝﹣x+3，
当n＝3时，直线l的解析式为y＝﹣x+3﹣3＝﹣x，
设直线AB与y轴交于C，
则△PAB的面积＝△AOB的面积，
∴S△AOB＝S△AOC+S△BOC，
∴△PAB的面积为；
②设直线l与y轴交于D，
∵l∥AB，
∴△PAB的面积＝△ABD的面积，
由题意知，CD＝n，
∴S△ABD＝S△ACD+S△BCD
．
∴△PAB的面积为．
【点评】本题是反比例函数综合题，主要考查了函数图象的性质，待定系数法求函数解析式，平移的性质，三角形的面积等知识，利用平行线进行等面积转化是解题的关键．
31．（2022 济宁）知识再现
如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A，∠B，∠C的对边分别为a，b，c．
∵sinA，sinB，
∴c，c．
∴．
拓展探究
如图2，在锐角△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别为a，b，c．
请探究，，之间的关系，并写出探究过程．
解决问题
如图3，为测量点A到河对岸点B的距离，选取与点A在河岸同一侧的点C，测得AC＝60m，∠A＝75°，∠C＝60°．请用拓展探究中的结论，求点A到点B的距离．
【分析】拓展研究：作CD⊥AB于点D，AE⊥BC于点E，根据正弦的定义得AE＝csinB，AE＝bsin∠BCA，CD＝asinB，CD＝bsin∠BAC，从而得出结论；
解决问题：由拓展探究知，，代入计算即可．
【解答】解：拓展探究
如图，作CD⊥AB于点D，AE⊥BC于点E，
在Rt△ABE中，sinB，
同理：sinB，
sin，
sin，
∴AE＝csinB，AE＝bsin∠BCA，CD＝asinB，CD＝bsin∠BAC，
∴，，
∴；
解决问题
在△ABC中，∠CBA＝180°﹣∠A﹣∠C＝180°﹣75°﹣60°＝45°，
∵，
∴，
∴AB＝30，
∴点A到点B的距离为30m．
【点评】本题主要考查了解直角三角形，对于锐角三角形，利用正弦的定义，得出是解题的关键．
32．（2023 庐阳区校级一模）【问题提出】如图1，AB为⊙O的一条弦，点C在弦AB所对的优弧上运动时，根据圆周角性质，我们知道∠ACB的度数不变．爱动脑筋的小芳猜想，如果平面内线段AB的长度已知，∠ACB的大小确定，那么点C是不是在某个确定的圆上运动呢？
【问题探究】为了解决这个问题，小芳先从一个特殊的例子开始研究．如图2，若AB＝4，线段AB上方一点C满足∠ACB＝45°，为了画出点C所在的圆，小芳以AB为底边构造了一个Rt△AOB，再以点O为圆心，OA为半径画圆，则点C在⊙O上．后来小芳通过逆向思维及合情推理，得出一个一般性的结论．即：若线段AB的长度已知，∠ACB的大小确定，则点C一定在某一个确定的圆上，即定弦定角必定圆，我们把这样的几何模型称之为“定弦定角”模型．
【模型应用】
（1）若AB＝6，平面内一点C满足∠ACB＝60°，若点C所在圆的圆心为O，则∠AOB＝ 120° ，劣弧AB的长为 π ．
（2）如图3，已知正方形ABCD以AB为腰向正方形内部作等腰△ABE，其中AB＝AE，过点E作EF⊥AB于点F，若点P是△AEF的内心．
①求∠BPE的度数；
②连接CP，若正方形ABCD的边长为4，求CP的最小值．
【分析】（1）由“定弦定角”模型，作出图形，如图，过O作OM⊥AB，求得∠AOB＝120°，进而求得∠OAM＝30°，根据可求得AO，根据∠AOB＝120°即可求出劣弧AB的长度；
（2）①根据已知条件可得，证明△APE≌△APB，即可求得∠BPA，根据三角形内角和定理即可求出∠BPE；
②如图，作△APB的外接圆，圆Q，连接AQ，BQ，CQ，过Q作QN⊥BC交的CB延长线于点N，由题意的由“定弦定角”模型，可知∠APB＝135°，AB＝4，作出△APB的外接圆，圆Q，设圆的半径为r，则PC的最小值即为CQ﹣r，根据勾股定理即可求得r，CQ，从而求得最小值．
【解答】解：（1）由“定弦定角”模型，作出图形，如图，过O作OM⊥AB，
∵∠AOB＝2∠ACB，∠ACB＝60°，
∴∠AOB＝120°，
∵OA＝OB，OM⊥AB，
∴，，
∴∠OAM＝30°，
∴，
∴劣弧AB的长为
故答案为：120°，；
（2）①∵EF⊥AB，
∴∠EFA＝90°，
∴∠EAF+∠AEF＝90°，
∵点P是△AEF的内心，
∴PA，PE平分∠EAF，∠AEF，
∴，
∴，
∵AE＝AB，∠EAP＝∠BAP，AP＝AP，
∴△APE≌△APB（SAS），
∴∠BPA＝∠APE＝135°，
∴∠BPE＝360°﹣∠BPA﹣∠APE＝90°；
②如图，作△APB的外接圆，圆Q，连接AQ，BQ，CQ，过Q作QN⊥BC交的CB延长线于点N，
由题意的由“定弦定角”模型，可知∠APB＝135°，AB＝4，
作出△APB的外接圆，圆心为Q，设圆的半径为r，则PC的最小值即为CQ﹣r，
∵∠APB＝135°，
设优弧所对的圆心角优角为α，
则α＝270°，
∴∠AQB＝90°，
∵QA＝QB，
∴∠ABQ＝∠BAQ＝45°，
∵AB＝4，
∴，
∵QN⊥BC，四边形ABCD是正方形，
∴AB⊥BC，
∴AB∥QN，
∴∠BQN＝∠ABQ＝45°，
∵，
∴QN＝NB＝2，
∴CN＝BC+BN＝6，
∴，
∴．
∴PC的最小值为．
【点评】本题考查了“定弦定角”模型，圆周角定理，解直角三角形，线段最短距离，勾股定理正方形的性质，三角形全等的性质与判定，理解题意作出图形是解题的关键．
33．（2023 徐州一模）综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．
（1）操作判断：
操作一：如图1，对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；
操作二：如图1，在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，把纸片展平，连接PM，BM．根据以上操作，当点M在EF上时，写出图1中一个30°的角： ∠ABP或∠PBM或∠MBC （写一个即可）．
（2）迁移探究：
小华将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下：
将正方形纸片ABCD按照（1）中的方式操作，并延长PM交CD于点Q，连接BQ．
①如图2，当点M在EF上时，∠MBQ＝ 15 °，∠CBQ＝ 15 °；
②如图3，改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合），判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明理由．
（3）拓展应用：
在（2）的探究中，已知正方形纸片ABCD的边长为10cm，当FQ＝3cm时，直接写出AP的长．
【分析】（1）根据折叠的性质，得，结合矩形的性质得∠BME＝30°，进而可得∠ABP＝∠PBM＝∠MBC＝30°；
（2）①根据折叠的性质，可证Rt△BQM≌Rt△BQC（HL），即可求解，②根据折叠的性质，可证Rt△BQM≌Rt△BQC（HL），即可求解；
（3）由（2）可得QM＝QC，分两种情况：当点Q在点F的下方时，当点Q在点F的上方时，设AP＝PM＝x，分别表示出PD，DQ，PQ，由勾股定理即可求解．
【解答】解：（1）∵，
∴，
∵∠BEM＝90°，，
∴∠BME＝30°，
∴∠MBE＝60°，
∵∠ABP＝∠PBM，
∴∠ABP＝∠PBM＝∠MBC＝30°；
故答案为：∠ABP或∠PBM或∠MBC；
（2）∵四边形ABCD是正方形
∴AB＝BC，∠A＝∠ABC＝∠C＝90°，
由折叠性质得：AB＝BM，∠PMB＝∠BMQ＝∠A＝90°，
∴BM＝BC；
①∵BM＝BC，BQ＝BQ，
∴Rt△BQM≌Rt△BQC（HL），
∴∠MBQ＝∠CBQ，
∵∠MBC＝30°，
∴∠MBQ＝∠CBQ＝15°；
故答案为：15，15；
②∠MBQ＝∠CBQ，理由如下：
∵BM＝BC，BQ＝BQ，
∴Rt△BQM≌Rt△BQC（HL），
∴∠MBQ＝∠CBQ；
（3）当点Q在点F的下方时，如图，
∵FQ＝3cm，DF＝FC＝5cm，AB＝10cm，
∴QC＝CD﹣DF﹣FQ＝10﹣5﹣3＝2（cm），DQ＝DF+FQ＝5+3＝8（cm），
由（2）可知，QM＝QC，
设AP＝PM＝x，PD＝10﹣x，
∴PD2+DQ2＝PQ2，
即（10﹣x）2+82＝（x+2）2，
解得：，
∴；
当点Q在点F的上方时，如图，
∵FQ＝3cm，DF＝FC＝5cm，AB＝10cm，
∴QC＝8cm，DQ＝2cm，
由（2）可知，QM＝QC，
设AP＝PM＝x，PD＝10﹣x，
∴PD2+DQ2＝PQ2，
即（10﹣x）2+22＝（x+8）2，
解得：，
∴．
综上：或．
【点评】本题主要考查矩形与折叠，正方形的性质、勾股定理、三角形的全等，
