主题学习探究——【探究与实践】历年（2022-2025）中考数学真题精编
一、数与式
1．（2025·湖北） 幻方起源于中国，月历常用于生活，它们有很多奥秘，探究并完成填空．
主题 探究月历与幻方的奥秘
活动一 图1是某月的月历，用方框选取了其中的9个数． （1）移动方框，若方框中的部分数如图2所示，则是 ，是 ； （2）移动方框，若方框中的部分数如图3所示，则是 ，是 ； （注：用含的代数式表示和．）
活动二 移动方框选取月历中的9个数，调整它们的位置，使其满足“三阶幻方”分布规律：每一横行、每一竖列以及两条斜对角线上的三个数的和都相等． （3）若方框选取的数如图4所示，调整后，部分数的位置如图5所示，则是 ，是 ； （4）若方框选取的数中最小的数是，调整后，部分数的位置如图6所示，则是 （用含的代数式表示）．
【答案】5；11；n+1；n+7；11；3；n+8
【知识点】一元一次方程的实际应用-数字、日历、年龄问题；幻方、幻圆数学问题
【解析】【解答】解：（1）由图1可得，a=5，b=11
故答案为：5；11
（2）由图1可得，c=n+1，d=n+7
故答案为：n+1；n+7
（3）由题意可得：
17+2+e=2+10+18
17+10+f=2+10+18
解得：e=11，f=3
故答案为：11；3
（4）由题意可得：9g=n+n+1+n+2+n+7+n+8+n+9+n+14+n+15+n+16
解得：g=n+8
故答案为：n+8
【分析】（1）根据题意即可求出答案.
（2）根据题意即可求出答案.
（3）根据题意建立方程，解方程即可求出答案.
（4）根据题意建立方程，解方程即可求出答案.
2．（2024·安徽）数学兴趣小组开展探究活动，研究了“正整数N能否表示为（x，y均为自然数）”的问题．
（1）指导教师将学生的发现进行整理，部分信息如下（n为正整数）：
N 奇数 4的倍数
表示结果
… …
一般结论 ▲
按上表规律，完成下列问题：
（ⅰ） 2；
（ⅱ） ；
（2）兴趣小组还猜测：像2，6，10，14，…这些形如（n为正整数）的正整数N不能表示为（x，y均为自然数）．师生一起研讨，分析过程如下：
假设，其中x，y均为自然数． 分下列三种情形分析： ①若x，y均为偶数，设，，其中k，m均为自然数， 则为4的倍数． 而不是4的倍数，矛盾．故x，y不可能均为偶数． ②若x，y均为奇数，设，，其中k，m均为自然数， 则 为4的倍数． 而不是4的倍数，矛盾．故x，y不可能均为奇数． ③若x，y一个是奇数一个是偶数，则为奇数． 而是偶数，矛盾．故x，y不可能一个是奇数一个是偶数． 由①②③可知，猜测正确．
阅读以上内容，请在情形②的横线上填写所缺内容。
【答案】（1）7；5；(n+1) 2-(n-1)2
（2）4（k2-m2+k-m）
【知识点】用代数式表示数值变化规律；因式分解的应用-判断整除
【解析】【解答】解：（1） （ⅰ） 24=72-52，
（ⅱ）(n+1) 2-(n-1)2；
故答案为：7；5；(n+1) 2-(n-1)2；
（2）假设，其中x，y均为自然数．
分下列三种情形分析：
①若x，y均为偶数，设，，其中k，m均为自然数，
则为4的倍数．
而不是4的倍数，矛盾．故x，y不可能均为偶数．
②若x，y均为奇数，设，，其中k，m均为自然数，
则4（k2-m2+k-m）为4的倍数．
而不是4的倍数，矛盾．故x，y不可能均为奇数．
③若x，y一个是奇数一个是偶数，则为奇数．
而是偶数，矛盾．故x，y不可能一个是奇数一个是偶数．
由①②③可知，猜测正确．
故答案为：4（k2-m2+k-m）
【分析】（1）（ⅰ）观察已知等式，找出规律直接解答即可；
（ⅱ）观察已知等式，找出规律直接解答即可；
（2）假设，其中x，y均为自然数．
分下列三种情形分析：①若x，y均为偶数，设，，②若x，y均为奇数，设，，③若x，y一个是奇数一个是偶数，则为奇数．据此分别求出，根据结果进行判断即可.
3．（2025·福建）阅读材料，回答问题.
主题 两个正数的积与商的位数探究
提 出 问 题 小明是一位爱思考的小学生.一次，在完成多位数的乘法时，他根据算式“46×2=92；35×21=735；663×11=7293；186×362=67332”，猜想：m位的正整数与n位的正整数的乘积是一个（ 位的正整数.
分析 探究 问题1 小明的猜想是否正确 若正确，请给予证明；否则，请举出反例.
推广 延伸 小明的猜想激发了初中生小华的探究热情.为了使问题的研究推广到有理数的乘法，进而迁移到对除法的研究，小华将数的“位数”与“数字”的概念进行推广，规定：如果一个正数用科学记数法表示为 则称这个数的位数是 n+1，数字是a. 借此，小华研究了两个数乘积的位数问题，提出并证明了以下命题. 命题：若正数A，B，C的位数分别为m，n，p，数字分别为a，b，c，且A×B=C，则必有c≥a且c≥b，或c＜a且c＜b.并且，当c≥a且 c≥b时，p = m+n-1；当c＜a且c＜b时，p =m+n. 证明：依题意知，A，B，C用科学记数法可分别表示为 其中a，b，c均为正数. 由A×B=C，得 即 （ * ） 当c≥a且c≥b时， 所以 又 所以 由（ *）知， 所以 当c≥a且c＜b时， ，所以 所以 与（*）矛盾，不合题意； 当c＜a且c≥b时，① ； 当c＜a且c＜b时，② 综上所述，命题成立.
拓展 迁移 问题2 若正数A，B的位数分别为m，n，那么 的位数是多少 证明你的结论.
（1）解决问题1；
（2）请把①②所缺的证明过程补充完整；
（3）解决问题2.
【答案】（1）解：小明的猜想不正确.
反例：3×4=12.
（2）解： 所以 所以 与（*）矛盾，不合题意；
所以 又 所以
由（ *）知 所以p=m+n.
（3）解：当A的数字大于或等于B的数字时， 的位数是m-n+1；
当A的数字小于B的数字时， 的位数是m-n.
证明如下：
由已知，A，B的位数分别为m，n，
设 A，B，C的数字分别为a，b，c，C的位数为x，则B×C=A.
由小华的命题知，当a≥b时，必有a≥c，
此时，m=n+x- 1，所以x=m-n+ 1；
当a＜b时，必有a＜c，
此时，m=n+x，所以x=m-n.
综上所述，当A 的数字大于或等于B的数字时，的位数是m-n+1；
当A的数字小于B的数字时， 的位数是m-n.
【知识点】不等式的性质；证明的含义与一般步骤；举反例判断命题真假
【解析】【分析】 （1）举反例即可；
（2）①当c＜a且c≥b时，可得所以 与（*）矛盾，不合题意；
②当c＜a且c＜b时，可得又 所以 得 p=m+n；
（3）设=C， A，B，C的数字分别为a，b，c，C的位数为x，则B×C=A．当a≥b时，必有a≥c，m=n+x-1，即x=m-n+1；当a＜b时，必有a＜c，m=n+x，即x=m-n.
二、三角形
4．（2024·滨州） 【问题背景】
某校八年级数学社团在研究等腰三角形“三线合一”性质时发现：
①如图，在中，若，，则有；
②某同学顺势提出一个问题：既然①正确，那么进一步推得，即知，若把①中的替换为，还能推出吗？基于此，社团成员小军、小民进行了探索研究，发现确实能推出，并分别提供了不同的证明方法．
小军 小民
证明：分别延长DB，DC至E，F两点，使得…… 证明：∵AD⊥BC，
∴△ADB 与△ADC均为直角三角形
根据勾股定理，得……
【问题解决】
（1）完成①的证明；
（2）把②中小军、小民的证明过程补充完整．
【答案】（1）证明：，
∠ADB=∠ADC=90°，
， AD=AD，
，
∠B=∠C.
（2）证明：小军：如图所示，分别延长至E，F两点，使得BE=AB，CF=AC，
，
，
即DE=DF，
，
∠ADE=∠ADF=90°，
又AD=AD，
，
∠DAE=∠DAF，∠E=∠F，
BE=AB，CF=AC，
∠BAE=∠E，∠CAF=∠F，
∠BAE=∠CAF，
∠1=∠2，
∠ADE=∠ADF=90°，
∠ABC=∠ACB.
小民 ：∵．
∴与均为直角三角形、根据勾股定理，
得AD2=AB2-BD2，AD2=AC2-CD2，
∴AB2-BD2=AC2-CD2，
∴AB2+CD2=AC2+BD2，
，
∴AB-CD=AC-BD，
∴(AB-CD)2=(AC-BD)2，
∴，
∴，
则，
又∵∠ADB=∠ADC=90°，
∴，
∴∠B=∠C.
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；三角形全等的判定-SAS；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应角；等腰三角形的性质-三线合一
【解析】【分析】（1）由，得出∠ADB=∠ADC=90°，再利用SAS求证即可；
（2）小军：分别延长至E，F两点，使得BE=AB，CF=AC，由，可得DE=DF，再证，则∠DAE=∠DAF，∠E=∠F，根据等腰三角形的性质得出∠BAE=∠CAF，则∠1=∠2，据此即可证明结论；小民：根据勾股定理得AB2-BD2=AC2-CD2，则AB2+CD2=AC2+BD2，由得AB-CD=AC-BD，进而可得，则，再证，即可得到结论.
5．（2024·广元） 数学实验，能增加学习数学的乐趣，还能经历知识“再创造”的过程，更是培养动手能力，创新能力的一种手段．小强在学习《相似》一章中对“直角三角形斜边上作高”这一基本图形（如图1）产生了如下问题，请同学们帮他解决．
在中，点的边上一点，连接．
（1）初步探究
如图2，若，求证：；
（2）尝试应用
如图3，在（1）的条件下，若点为中点，，求的长；
（3）创新提升
如图4，点为中点，连接，若，，，求的长．
【答案】（1）证明：如图，，，
∽，
，
．
（2）解：如图，设，
点为中点，
，，
由得∽，
，
，
或不符合题意，舍去，
，
，
，
的长是．
（3）解：如图，作交的延长线于点，则，
点为中点，
，
设，
，
，，
，
，
，，
，，
作交的延长线于点，则∽，
，
，，
，，
，
，
∽，
，
，
，，
，
，
解得，
，
的长是．
【知识点】含30°角的直角三角形；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）由有两组角对应相等的两个三角形相似证明△ACD∽△ABC，然后根据相似三角形对应边成比例可得结论；
（2）设AD=m，由中点定义得AD=BD=m，AB=2m，根据相似三角形的对应边成比例并结合BC的长可求出CD的长；
（3）作BF⊥DC交DC的延长线于点F，设CE=DE=n，则CB=CD=2n，再证明∠FBC=90°，由含30°角直角三角形性质得，求得，，则，，作CH∥EB交AB的延长线于点H，由平行于三角形一边得直线截其他两边，所截三角形与原三角形相似得△HDC∽△BDE，由相似三角形对应边成比例可得，，再证明△ACD∽△AHC，由相似三角形对应边成比例可得，，所以，则，求得．
6．（2024·南通）综合与实践：九年级某学习小组围绕“三角形的角平分线”开展主题学习活动．
（1）【特例探究】
如图①，②，③是三个等腰三角形（相关条件见图中标注），列表分析两腰之和与两腰之积．
等腰三角形两腰之和与两腰之积分析表
图序 角平分线AD的长 ∠BAD的度数 腰长 两腰之和 两腰之积
图① 1 60° 2 4 4
图② 1 45° 2
图③ 1 30° ▲ ▲ ▲
请补全表格中数据，并完成以下猜想．
已知△ABC的角平分线AD＝1，AB＝AC，∠BAD＝α，用含α的等式写出两腰之和AB+AC与两腰之积AB AC之间的数量关系： ▲ ．
（2）【变式思考】
已知△ABC的角平分线AD＝1，∠BAC＝60°，用等式写出两边之和AB+AC与两边之积AB AC之间的数量关系，并证明．
（3）【拓展运用】
如图④，△ABC中，AB＝AC＝1，点D在边AC上，BD＝BC＝AD．以点C为圆心，CD长为半径作弧与线段BD相交于点E，过点E作任意直线与边AB，BC分别交于M，N两点．请补全图形，并分析的值是否变化？
【答案】（1）解：；；；；
（2）解：，证明如下：
如图，过点D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，过点C作CG⊥AB于G，
∴∠AED=∠AGC=90°，
∵AD平分∠BAC，∠BAC=60°，
∴DE=DF，∠BAD=30°，
∵AD=1，
∴，，
∵S△ABC＝S△ABD+S△ACD， ∴ 12AB·CG=12AB·DE+12AC·DF ， ∴ 12AB·32AC=12AB·12+12AC·12 ，
∴；
（3）解：补全图形如图所示，为定值，
设∠A＝α，
∵BD＝AD，
∴∠ABD＝∠A＝α，
∴∠BDC＝∠ABD+∠A＝2α，
∵BD＝BC，
∴∠BCD＝∠BDC＝2α，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝2α，
∵∠A+∠ABC+∠ACB＝180°，
∴α+2α+2α＝180°，
解得：α＝36°，
∴∠A＝∠ABD＝∠CBD＝36°，
如图，过点E作EF⊥AB于F，EH⊥BC于H，过点N作NG⊥AB于G，
∴∠BGN=∠BHE=90°，
∵S△BMN＝S△BEM+S△BEN，
∴，
又∠ABD＝∠CBD，EF⊥AB，EH⊥BC，
∴EF＝EH，
∵∠GBN=∠ABD+∠CBD=36°+36°=72°，∠BGN=90°，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵∠BHE=90°，∠CBD=36°，
∴，
∴，
∵BE为定长，sin36°和sin72°为定值，
∴为定值，
∴为定值．
【知识点】三角形的面积；角平分线的性质；等腰三角形的性质；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：（1）如图③，
∵AB＝AC，AD平分∠BAC，
∴AD⊥BC，
∴∠ADB=90°，
∵AD=1，∠BAD=30°，
，
∴，
∴两腰之和为，两腰之积为，
猜想证明：如图，
∵AB＝AC，AD平分∠BAC，
∴AD⊥BC，
∴∠ADB=90°，
∵AD=1，∠BAD=α，
∴，
∴，，
∴，
故答案为：；；；.
【分析】（1）根据等腰三角形”三线合一“的性质得AD⊥BC，从而有∠ADB=90°，然后解直角三角形求出AB=AC的值，即可得AB+AC、的值，猜想同理可求出，，进而得；
（2）过点D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，过点C作CG⊥AB于G，得∠AED=∠AGC=90°，根据角平分线的性质得DE=DF，∠BAD=30°，从而解直角三角形求出DE=DF、CG的值，然后由S△ABC＝S△ABD+S△ACD，利用三角形面积公式得12AB·32AC=12AB·12+12AC·12 ，整理可得：；
（3）根据题意画出图形，设∠A＝α，由等腰三角形”等边对等角“性质得∠ABD＝∠A＝α，从而根据三角形外角的性质得∠BDC＝2α，进而有∠BCD＝∠BDC＝2α，∠ABC＝∠ACB＝2α，利用三角形内角和定理得α+2α+2α＝180°，解方程求出α=36°，过点E作EF⊥AB于F，EH⊥BC于H，过点N作NG⊥AB于G，得∠BGN=∠BHE=90°，由S△BMN＝S△BEM+S△BEN，利用三角形面积公式得，接下来根据角平分线的性质得EF=EH，然后求出∠GBN=72°，解直角三角形得，从而得，整理得，解直角三角形求出，进而有为定值，即可求出为定值．
7．（2024·齐齐哈尔）综合与实践
如图1，这个图案是3世纪我国汉代的赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”，受这幅图的启发，数学兴趣小组建立了“一线三直角模型”．如图2，在△ABC中，∠A＝90°，将线段BC绕点B顺时针旋转90°得到线段BD，作DE⊥AB交AB的延长线于点E．
（1）【观察感知】如图2，通过观察，线段AB与DE的数量关系是 ；
（2）【问题解决】如图3，连接CD并延长交AB的延长线于点F，若AB＝2，AC＝6，求△BDF的面积；
（3）【类比迁移】在(2)的条件下，连接CE交BD于点N，则 ；
（4）【拓展延伸】在(2)的条件下，在直线AB上找点P，使，请直接写出线段AP的长度．
【答案】（1）AB＝DE
（2）解：∵将线段BC绕点B顺时针旋转得到线段BD，
∴BC=BD，∠CBD=90°，
∴∠CBA+∠DBE=90°，
∵∠A=90°，
∴∠CBA+∠ACB=90°，
∴∠DBE=∠ACB，
∵DE⊥AB，
∴∠DEB=90°，
∴∠A=∠DEB，
在和中，
，
∴，
∴DE＝AB，BE＝AC，
∵AB＝2，AC＝6 ，
∴DE＝2，BE＝6，
∴AE＝AB＋BE＝2＋6＝8，
∵∠DEB＋∠A＝180°，
∴ ，
∴△DEF∽△CAF，
∴ ，
∴，
∴EF＝4 ，
∴BF＝BE＋EF＝6＋4＝10，
∴；
（3）
（4）解：线段AP的长度为或.
【知识点】勾股定理；相似三角形的判定与性质；同侧一线三垂直全等模型；一线三等角相似模型（K字型相似模型）；正切的概念
【解析】【解答】解：（1）∵将线段BC绕点B顺时针旋转得到线段BD，
∴BC=BD，∠CBD=90°，
∴∠CBA+∠DBE=90°，
∵∠A=90°，
∴∠CBA+∠ACB=90°，
∴∠DBE=∠ACB，
∵DE⊥AB，
∴∠E=90°，
∴∠A=∠E，
在和中，
，
∴，
∴AB=DE，
故答案为：AB=DE；
（3）如图，过点N作NM⊥AE于M，
∴∠NME=∠NMB=90°，
∵∠A=90°，
∴∠NME=∠NMB=∠A，
∴AC∥NM，
∴，
∴，即，
∴，
由（2）有DE∥AC，BE=6，DE=2，∠ACB=∠DBE，
∴MN∥DE，
∴，
∴，即，
解得，
又∵∠NMB=∠A，∠ACB=∠DBE，
∴，
∴；
故答案为：
（4）如图，当点P在点A左侧时，过点P作PQ⊥CB于Q，
∴∠PQC=∠PQB=90°，
∵∠CAB=90°，AC=6，AB=2，
∴，，
∴PQ=3BQ，
设BQ=x，则PQ=3x，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得，
∴，
∴，
如图，当点P在B点左侧时，过点P作PQ'⊥CB延长线于Q'，
∴∠BQ'P=90°，
∵∠ABC=∠Q'BP，
∴，
∴Q'P=3BQ'，
设BQ'=y，则Q'P=3y，
同理可得，，
∴BC+BQ'=CQ'，即，
解得，
∴，
∴，
综上所述，线段AP的长度为或.
【分析】（1）利用“一线三垂直”证，即可求解；
（2）利用“一线三垂直”证，得DE＝AB，BE＝AC，从而求出AE的长，再根据“同旁内角互补，两直线平行”证得DE∥AC，进而有△DEF∽△CAF，根据相似三角形的性质得，从而求出EF的长，接下来得BF的长，最后根据三角形面积公式求解即可；
（3）过点N作NM⊥AE于M，易证AC∥NM，得，再根据相似三角形的性质得，从而有，接下来再证MN∥DE，得，根据相似三角形的性质得，从而求出MN的长，然后利用“一线三垂直”相似模型易证，再次根据相似三角形的性质得，即可求解；
（4）根据题意，可知需分情况讨论：当点P在点A左侧时，过点P作PQ⊥CB于Q，利用三角函数的定义得，从而有PQ=3BQ，设BQ=x，则PQ=3x，再根据勾股定理求出PB的长，接下来利用三角函数的定义得，从而求出CQ的长，然后根据线段的和差关系列出关于x的方程，解方程求出x的值，即可求解；当点P在B点左侧时，过点P作PQ'⊥CB延长线于Q'，与第一种情况的解法类似，同理即可求解.
8．（2024·镇江）主题学习：仅用一把无刻度的直尺作图
【阅读理解】
任务：如图1，点D、E分别在△ABC的边AB、AC上，DE∥BC，仅用一把无刻度的直尺作DE、BC的中点．
操作：如图2，连接BE、CD交于点P，连接AP交DE于点M，延长AP交BC于点N，则M、N分别为DE、BC的中点．
理由：由DE∥BC可得△ADM∽△ABN及△AEM∽△ACN，所以，，所以，同理，由△DMP∽△CNP及△EMP∽△BNP，可得，，所以，所以，则BN＝CN，DM＝EM，即M、N分别为DE、BC的中点．
【实践操作】
请仅用一把无刻度的直尺完成下列作图，要求：不写作法，保留作图痕迹．
（1）如图3，l1∥l2，点E、F在直线l2上．
①作线段EF的中点；
②在①中作图的基础上，在直线l2上位于点F的右侧作一点P，使得PF＝EF；
（2）小明发现，如果重复上面的过程，就可以作出长度是已知线段长度的3倍、4倍、…、k倍（k为正整数）的线段．如图4，l1∥l2，已知点P1、P2在l1上，他利用上述方法作出了P2P3＝P3P4＝P1P2.点E、F在直线l2上，请在图4中作出线段EF的三等分点；
（3）【探索发现】
请仅用一把无刻度的直尺完成作图，要求：不写作法，保留作图痕迹．
如图5，DE是△ABC的中位线．请在线段EC上作出一点Q，使得QECE（要求用两种方法）．
【答案】（1）解：①如图，点M即为所求；
②如图，点P即为所求；
（2）解：如图，点M、N即为所求；
（3）解：如图，点Q即为所求．
【知识点】相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1） ①根据【阅读理解】的作图方法：在直线上方任取一点A，连接AE、AF交直线于点B、C，连接BF、CE交于点O，连接AO交直线于点N，延长AO交直线于点M，点M即为所求；
②连接FN并延长交AE于点G，连接GC并延长交直线于点P，点P即为所求；
（2）连接P1F、P4E交于点O，连接P2O并延长交直线于点M，连接P3O并延长交直线于点N，点M、N即为所求；
（3）连接CD、BE交于点O，则O是CD三等分点，作射线AO交BC于F，交DE于G，连接CG、EF交于点H，作射线OH交AC于Q，则Q是EC三等分点，点Q即为所求.
三、四边形
9．（2024·河南）综合与实践
在学习特殊四边形的过程中，我们积累了一定的研究经验，请运用已有经验，对“邻等对补四边形”进行研究
定义：至少有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做邻等对补四边形.
（1）操作判断
用分别含有30°和45°角的直角三角形纸板拼出如图1所示的4个四边形，其中是邻等对补四边形的有 （填序号）.
（2）性质探究
根据定义可得出邻等对补四边形的边、角的性质.下面研究与对角线相关的性质.
如图2，四边形ABCD是邻等对补四边形，，AC是它的一条对角线.
①写出图中相等的角，并说明理由；
②若，，，求AC的长（用含m，n，的式子表示）.
（3）拓展应用
如图3，在中，，，，分别在边BC，AC上取点M，N，使四边形ABMN是邻等对补四边形.当该邻等对补四边形仅有一组邻边相等时，请直接写出BN的长.
【答案】（1）②④
（2）解：①，理由如下：
延长CB至点E，使.连接AE.
∵四边形ABCD是邻等对补四边形，
∴
∵，
∴.
∵AB=AD，
∴.
∴，.
∴.
∴.
②过点A作，垂足为点F.
∵，
∴.
∵，
∴.
在中，，
∴.
（3）解：或.
【知识点】四边形的综合；解直角三角形—边角关系；旋转全等模型
【解析】【解答】解：（1）对于①，四边形的四个内角按逆时针分别为：135°，45°，135°，45°，其对角相等，不符合题意，错误；
对于②，四边形的四个内角按逆时针分别为：90°，60°，90°，120°，其对角互补，且邻边相等，符合题意，正确；
对于③，四边形的四个内角按逆时针分别为：90°，135°，60°，75°，其对角不互补，不符合题意，错误；
对于④，四边形的四个内角按逆时针分别为：90°，75°，90°，105°，其对角互补，且邻边相等，符合题意，正确；
∴符合 邻等对补四边形的有 ：②④
（3）①如图，若AB=AN，连接AM，
由（2）可知，∠ANM=180°-∠ABC=90°，
又∵AM=AM，
∴△ABM≌△ANM（HL），
∴BM=MN，
该类情况不符合题意，舍去；
②若BM=MN，
与上述情况同理，不符合题意，舍去；
③若BM=AB=3，连接BN，过点B作BD⊥AC，
由（2）同理可知，此时NB平分∠ANM，
即∠ANM=45°，
∴DN=BD，
在Rt△ABC中，AC，
又∵，
∴，
∴BN=；
④若AN=MN，连接BN，
由（2）同理可知，此时BN平分∠ABM，
设AN=MN=t，则CN=5-t，
在Rt△ABC和Rt△CMN中，
，即，解得t=，
同理，解得CM=，
∴BM=BC-CM=，
由（2）同理可证，.
综上所述，BN的长为或.
【分析】（1）根据“邻等对补四边形”的定义结合两特殊直角三角形的边角关系逐一分析即可；
（2）①利用“邻等对补四边形”的特点考虑旋转进行全等证明，利用全等的性质进行角度分析即可；
②利用全等性质分析等腰并构造三线合一的直角三角形解形即可；
（3）结合四边形内角和分析∠ANM=90°，逐一考虑邻边两两组合的四种结果分类讨论，根据分类情况及图形直观可以快速利用全等排除两种情况，进一步分析另外两种情况，其中利用（2）中结论，即角平分得特殊角45°，从而逐一分析并利用解形的知识点(等积/解直角三角形)进行快速求解，其中，延用②的结果更为便捷.
10．（2025·东营）【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以四边形为背景，探究非动点的几何问题．若四边形是正方形，M，N分别在边上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．
（1）【初步尝试】如图1，将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到，连接．用等式写出线段的数量关系 ．
（2）【类比探究】小明改变点的位置后，进一步探究：如图2，点M，N分别在正方形的边的延长线上，，连接，用等式写出线段的数量关系，并说明理由；
（3）【拓展延伸】其他小组提出新的探究方向：如图3，在四边形中，，，，点N，M分别在边上，，用等式写出线段的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）
（2）解：．理由如下：
如图，在上取，连接．
∵，，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
在和中， ，
∴，
∴．
∵，
∴．
（3）解：．理由如下：
如图，将绕点A逆时针旋转得，
∴．
∵，
∴，
∴E，D，C三点共线．
由（1）同理可得，
∴．
【知识点】三角形全等及其性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS；旋转全等模型；半角模型
【解析】【解答】
解：（1）．理由如下：
由旋转的性质，可知，，，，
∴，
∴E，B，C三线共线．
∵，
∴．
在和中， ，
∴，
∴．
∵，
∴．
故答案为：.
【分析】(1)由旋转的性质得，，，，即可判断E，B，C三线共线，可根据SAS证明得到，再利用全等三角形性质即可解答；
(2)在上取，连接，即可由SAS判定，再用SAS证明，即可解答.
(3)如图，将绕点A逆时针旋转得，由旋转的性质得到；同（1）的方法可用SAS证明，即可解答.
11．（2024·山西）阅读与思考
下面是博学小组研究性学习报告的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务．
关于“等边半正多边形”的研究报告 博学小组 研究对象：等边半正多边形 研究思路：类比三角形、四边形，按“概念性质一判定”的路径，由一般到特殊进行研究． 研究方法：观察（测量、实验）一猜想一推理证明 研究内容： 【一般概念】对于一个凸多边形（边数为偶数），若其各边都相等，且相间的角相等、相邻的角不相等，我们称这个凸多边形为等边半正多边形．如图1，我们学习过的黄形（正方形除外）就是等边半正四边形．类似地，还有等边半正六边形、等边半正八边形…… 【特例研究】根据等边半正多边形的定义，对等边半正六边形研究如下： 概念理解：如图2，如果六边形ABCDEF是等边半正六边形，那么，且． 性质探索：根据定义，探索等边半正六边形的性质，得到如下结论： 内角：等边半正六边形相邻两个内角的和为： ▲ °. 对角线：……
任务：
（1）直接写出研究报告中“▲”处空缺的内容； .
（2）如图3，六边形ABCDEF是等边半正六边形．连接对角线AD，猜想与的数量关系，并说明理由；
（3）如图4，已知是正三角形，是它的外接圆．请在图4中作一个等边半正六边形ABCDEF（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）.
【答案】（1）240
（2）解：．
理由如下：连接BD，FD．
六边形ABCDEF是等边半正六边形，
．
．
在与中，
．
（3）解：如图，六边形ABCDEF即为所求.
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；多边形的内角和公式
【解析】【解答】（1）解：六边形内角和=（6-2）×180°=720°
根据等边半六边形的定义，可得，
∴ ∠A+∠B=∠C+∠D+∠E+∠F=×720°=240°
则等边半正六边形相邻两个内角的和为240°；
故答案为：240.
【分析】本题考查探究型题型，掌握多边形内角和计算，三角形全等的判定与性质，三角形外接圆性质是解题关键。（1）计算六边形内角和720°，由等边半六边形的定义得，可得∠A+∠B=∠C+∠D+∠E+∠F=240°；（2）连接BD，FD．由等边半六边形的性质证再证．可得∠BAD=∠FAD；（3）根据三角形外接圆的性质，可得答案。
四、圆
12．（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，在线段同侧有两点B，D，连接，，，，如果，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，在劣弧上取一点E（不与A，C重合），连接，则（依据1）
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所确定的上（依据2）
点A，B，C，E四点在同一个圆上
（1）反思归纳：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）图3，在四边形中，，，则的度数为 .
（3）展探究：如图4，已知是等腰三角形，，点D在上（不与的中点重合），连接.作点C关于的对称点E，连接并延长交的延长线于F，连接，.
①求证：A，D，B，E四点共圆；
②若，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.
【答案】（1）圆内接四边形对角互补；同圆中，同弧所对的圆周角相等
（2）45°
（3）解：①，
，
点与点关于对称，
，
，
四点共圆；
②，理由如下，
如图，四点共圆，
，
关于对称，
，
，
，
，
，
，
，
又，
，
，
，
，
.
【知识点】等腰三角形的性质；圆周角定理；圆内接四边形的性质；轴对称的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：（1）如图2，
作经过点A，C，D的 ，在劣弧AC上取一点E（不与A，C重合），连接AE，CE则（圆内接四边形对角互补）
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所确定的上（同圆中，同弧所对的圆周角相等）
点A，B，C，E四点在同一个圆上
故答案为：圆内接四边形对角互补；同圆中，同弧所对的圆周角相等
（2）在线段CD同侧有两点A，B，
A、B、C、D四点共圆，
故答案为：；
【分析】（1）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，根据圆内接四边形的性质可得∠AEC+∠D=180°，结合∠B=∠D可得∠AEC+∠B=180°，推出点A、B、C、E四点在同一个圆上，据此解答；
（2）根据题意可得点A、B、C、D四点共圆，根据圆周角定理可得∠3=∠4，据此解答；
（3）①根据等腰三角形的性质可得∠ABC=∠ACB，根据轴对称的性质可得∠ACD=∠AED，则∠AEB=∠ABD，据此证明；
②根据圆内接四边形的性质可得∠FBD=∠DAE，根据轴对称的性质可得∠DAE=∠DAC，则∠DAC=∠DBF，由对顶角的性质可得∠ADC=∠BDF，则∠F=∠ACD，由等腰三角形的性质可得∠ABD=∠ACD，则∠F=∠ABD，证明△BAD∽△FAB，然后根据相似三角形的性质进行计算.
13．（2025·中江模拟）在综合与实践活动课上，小明以“圆”为主题开展研究性学习．
【操作发现】
小明作出了的内接等腰三角形，．并在边上任取一点（不与点，重合），连接，然后将绕点逆时针旋转得到．如图①
小明发现：与的位置关系是__________，请说明理由：
【实践探究】
连接，与相交于点．如图②，小明又发现：当确定时，线段的长存在最大值．
请求出当．时，长的最大值；
【问题解决】
在图②中，小明进一步发现：点分线段所成的比与点分线段所成的比始终相等．请予以证明．
【答案】【操作发现】解：与相切，理由如下：
如图，连接并延长交于点，连接，
是的直径，
，
，
∵将绕点逆时针旋转得到，
∴，
，
，
，
是的半径，
与相切；
【实践探究】解：∵将绕点逆时针旋转得到，
∴，
∴，
，
，，
，
∴，
，
又，
，
，
，
设，
∵，
∴，
∵，
，
，
，
当时，有最大值为；
【问题解决】证明：如图，过点作交于点，
，
由旋转的性质知：，，
，
∴，
，
，
，
，
，
，
，
，即点分线段所成的比与点分线段所成的比始终相等.
【知识点】二次函数的最值；切线的判定；旋转的性质；手拉手相似模型；圆与三角形的综合
【解析】【分析】【操作发现】连接并延长交于点，连接，根据直径所对的圆周角是直角得到，从而得到，然后由旋转的性质以及圆周角定理，进行等量代换得到，进而证明，最后根据切线的判定得证；
【实践探究】根据“旋转相似”模型证明，结合等腰三角形”等边对等角“的性质可得到，由三角形外角的性质得到，从而推出，得到，然后设，则，得到，最后利用二次函的最值知识进行求解；
【问题解决】过点作交于点，根据平行线、旋转、等腰三角形”等边对等角“的性质可得，，从而由等腰三角形的判定推出，进而进行等量代换得，然后证明，得到，最后进行等量代换即可得证结论.
14．（2025·潍坊）黄金分割被广泛应用在建筑、艺术等领域，我国早在战国时期就已知道并能应用黄金分割．中国澳门发行的邮票小型张《科学与科技——黄金比例》（如图1）就是用黄金分割比作为主题设计的．
【阅读观察】
材料1：黄金分割点的定义 如图2，若线段上的点满足，则点称作线段的黄金分割点，其中的比直称作黄金分割比，而的比值为与互为倒数．
材料2：黄金分割点的作法（借助尺规作图可以用不同方法确定图2中线段的黄金分割点）
方法1：如图3，①过点作； ②在直线上截取，连接； ③在上截取； ④在上截取点即为所求． 方法2：如图4， ①以为边作正方形； ②取中点，连接； ③以点为圆心，为半径作圆弧，与的延长线交于点； ④以为边在一侧作正方形交于点，可得．点即为所求．
【思考探究】
（1）说明图3中；
（2）用不同于（1）的方法，说明图4中．
（3）【迁移拓展】
如图5，作圆内接正五边形：
①作的两条互相垂直的半径和，取的中点，连接；
②作的平分线，交于点；
③过点作的垂线，交于点，连接；
④截取，连接．五边形即为所求．
若，根据以上作法，证明：．
【答案】（1）解：设，则，
在中，根据勾股定理，得，
所以，
所以，
所以
（2）解：延长交于点，
在Rt中，根据勾股定理，得
所以，
因为，
所以
所以，
所以，
所以，
所以，即，
所以.
（3）证明：因为半径，所以，
过点作于点，
因为平分，
所以，
所以
所以，
所以，
在中，
设，则，
解得，
所以．
连接，在中，，
所以.
在Rt中，，
所以．
根据垂径定理，得，
所以，
因为，
所以，
所以.
【知识点】线段垂直平分线的性质；勾股定理；垂径定理；圆内接正多边形；黄金分割
【解析】【分析】（1）设，则，根据勾股定理可得AD，再根据边之间的关系即可求出答案.
（2）延长交于点，根据勾股定理可得，再根据边之间的关系可得，再根据矩形及正方形面积可得，即，整理变形即可求出答案.
（3）过点作于点，根据垂直平分线性质可得，再根据全等三角形判定定理可得，则，即，设，根据勾股定理建立方程，解方程可得，则，连接，根据勾股定理可得，，根据垂径定理，得，则， 再根据边之间的关系即可求出答案.
15．（2025·长春）数学活动：探究平面图形的最小覆盖圆
【定义】我们称能完全覆盖某平面图形的圆（即该平面图形上所有的点均在圆内或圆上）为该平面图形的覆盖圆．其中，能完全覆盖平面图形的最小的圆（即直径最小）称为该平面图形的最小覆盖圆．
（1）【探究一】线段的最小覆盖圆
线段的覆盖圆有无数个，其中，以为直径的圆是其最小覆盖圆．
理由如下：易知线段的最小覆盖圆一定经过点、点．如图①，以为直径作，再过、两点作（与不重合），连结．在中，有（）．
，
，即的直径大于的直径．
是线段的最小覆盖圆．“”处应填写的推理依据为 ．
（2）【探究二】直角三角形的最小覆盖圆
要确定直角三角形的最小覆盖圆，我们可先将其转化为【探究一】中线段的最小覆盖圆问题．这样就可以先确定直角三角形最长边（斜边）的最小覆盖圆，再判断直角顶点与这个圆的位置关系，从而确定直角三角形的最小覆盖圆．如图②，在中，．是以为直径的圆．请你判断点与的位置关系，并说明理由．
又由【探究一】可知，是最长边的最小覆盖圆，所以，是的最小覆盖圆．
（3）【拓展应用】矩形的最小覆盖圆
如图③，在矩形中，，．
①用圆规和无刻度的直尺在图③中作矩形的最小覆盖圆：（不写做法，保留作图痕迹，作图确定后必须用黑色字迹的签字笔描点）
②该矩形的最小覆盖圆的直径为 ；
③若用两个等圆完全覆盖矩形．则这样的两个等圆的最小直径为 ．
【答案】（1）三角形的任意两边之和大于第三边
（2）解：∵，为的中点，
∴，
∴在上；
（3）解：①如图，即为矩形的最小覆盖圆；
②；③
【知识点】三角形三边关系；勾股定理；矩形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：（1）探究一：
理由如下：易知线段的最小覆盖圆一定经过点、点．如图①，以为直径作，再过、两点作（与不重合），连结．在中，有（三角形的任意两边之和大于第三边）．
，
，即的直径大于的直径．
是线段的最小覆盖圆．“”处应填写的推理依据为三角形的任意两边之和大于第三边．
故答案为：三角形的任意两边之和大于第三边；
（3）拓展应用：①∵矩形，，，
∴，；
②作的垂直平分线，交于，交于，
∴四边形，是两个全等的矩形，
∴，
∵用两个等圆完全覆盖矩形，
∴两圆一定过，
连接，交点分别为，
同理可得：这样的两个等圆的最小直径为或或或，
∴最小直径为，
如图，作的垂直平分线交于，
同法作，，此时不是直径最小的等圆；
综上：用两个等圆完全覆盖矩形．则这样的两个等圆的最小直径为.
故答案为：；.
【分析】探究一：根据三角形的三边关系可得答案；
探究二：利用直角三角形斜边上的中线的性质证明 即可得到答案；
拓展应用：①连接AC， BD， 交于点O， 以O为圆心，OA为半径作圆即可；
②结合矩形性质与勾股定理计算即可；
③作AD的垂直平分线LJ，交AD于L， 交BC于J， 可得四边形ABJL， DCJL是两个全等的矩形， ，用两个等圆完全覆盖矩形ABCD，可得两圆一定过L，J，再进一步解答即可.
1 / 1主题学习探究——【探究与实践】历年（2022-2025）中考数学真题精编
一、数与式
1．（2025·湖北） 幻方起源于中国，月历常用于生活，它们有很多奥秘，探究并完成填空．
主题 探究月历与幻方的奥秘
活动一 图1是某月的月历，用方框选取了其中的9个数． （1）移动方框，若方框中的部分数如图2所示，则是 ，是 ； （2）移动方框，若方框中的部分数如图3所示，则是 ，是 ； （注：用含的代数式表示和．）
活动二 移动方框选取月历中的9个数，调整它们的位置，使其满足“三阶幻方”分布规律：每一横行、每一竖列以及两条斜对角线上的三个数的和都相等． （3）若方框选取的数如图4所示，调整后，部分数的位置如图5所示，则是 ，是 ； （4）若方框选取的数中最小的数是，调整后，部分数的位置如图6所示，则是 （用含的代数式表示）．
2．（2024·安徽）数学兴趣小组开展探究活动，研究了“正整数N能否表示为（x，y均为自然数）”的问题．
（1）指导教师将学生的发现进行整理，部分信息如下（n为正整数）：
N 奇数 4的倍数
表示结果
… …
一般结论 ▲
按上表规律，完成下列问题：
（ⅰ） 2；
（ⅱ） ；
（2）兴趣小组还猜测：像2，6，10，14，…这些形如（n为正整数）的正整数N不能表示为（x，y均为自然数）．师生一起研讨，分析过程如下：
假设，其中x，y均为自然数． 分下列三种情形分析： ①若x，y均为偶数，设，，其中k，m均为自然数， 则为4的倍数． 而不是4的倍数，矛盾．故x，y不可能均为偶数． ②若x，y均为奇数，设，，其中k，m均为自然数， 则 为4的倍数． 而不是4的倍数，矛盾．故x，y不可能均为奇数． ③若x，y一个是奇数一个是偶数，则为奇数． 而是偶数，矛盾．故x，y不可能一个是奇数一个是偶数． 由①②③可知，猜测正确．
阅读以上内容，请在情形②的横线上填写所缺内容。
3．（2025·福建）阅读材料，回答问题.
主题 两个正数的积与商的位数探究
提 出 问 题 小明是一位爱思考的小学生.一次，在完成多位数的乘法时，他根据算式“46×2=92；35×21=735；663×11=7293；186×362=67332”，猜想：m位的正整数与n位的正整数的乘积是一个（ 位的正整数.
分析 探究 问题1 小明的猜想是否正确 若正确，请给予证明；否则，请举出反例.
推广 延伸 小明的猜想激发了初中生小华的探究热情.为了使问题的研究推广到有理数的乘法，进而迁移到对除法的研究，小华将数的“位数”与“数字”的概念进行推广，规定：如果一个正数用科学记数法表示为 则称这个数的位数是 n+1，数字是a. 借此，小华研究了两个数乘积的位数问题，提出并证明了以下命题. 命题：若正数A，B，C的位数分别为m，n，p，数字分别为a，b，c，且A×B=C，则必有c≥a且c≥b，或c＜a且c＜b.并且，当c≥a且 c≥b时，p = m+n-1；当c＜a且c＜b时，p =m+n. 证明：依题意知，A，B，C用科学记数法可分别表示为 其中a，b，c均为正数. 由A×B=C，得 即 （ * ） 当c≥a且c≥b时， 所以 又 所以 由（ *）知， 所以 当c≥a且c＜b时， ，所以 所以 与（*）矛盾，不合题意； 当c＜a且c≥b时，① ； 当c＜a且c＜b时，② 综上所述，命题成立.
拓展 迁移 问题2 若正数A，B的位数分别为m，n，那么 的位数是多少 证明你的结论.
（1）解决问题1；
（2）请把①②所缺的证明过程补充完整；
（3）解决问题2.
二、三角形
4．（2024·滨州） 【问题背景】
某校八年级数学社团在研究等腰三角形“三线合一”性质时发现：
①如图，在中，若，，则有；
②某同学顺势提出一个问题：既然①正确，那么进一步推得，即知，若把①中的替换为，还能推出吗？基于此，社团成员小军、小民进行了探索研究，发现确实能推出，并分别提供了不同的证明方法．
小军 小民
证明：分别延长DB，DC至E，F两点，使得…… 证明：∵AD⊥BC，
∴△ADB 与△ADC均为直角三角形
根据勾股定理，得……
【问题解决】
（1）完成①的证明；
（2）把②中小军、小民的证明过程补充完整．
5．（2024·广元） 数学实验，能增加学习数学的乐趣，还能经历知识“再创造”的过程，更是培养动手能力，创新能力的一种手段．小强在学习《相似》一章中对“直角三角形斜边上作高”这一基本图形（如图1）产生了如下问题，请同学们帮他解决．
在中，点的边上一点，连接．
（1）初步探究
如图2，若，求证：；
（2）尝试应用
如图3，在（1）的条件下，若点为中点，，求的长；
（3）创新提升
如图4，点为中点，连接，若，，，求的长．
6．（2024·南通）综合与实践：九年级某学习小组围绕“三角形的角平分线”开展主题学习活动．
（1）【特例探究】
如图①，②，③是三个等腰三角形（相关条件见图中标注），列表分析两腰之和与两腰之积．
等腰三角形两腰之和与两腰之积分析表
图序 角平分线AD的长 ∠BAD的度数 腰长 两腰之和 两腰之积
图① 1 60° 2 4 4
图② 1 45° 2
图③ 1 30° ▲ ▲ ▲
请补全表格中数据，并完成以下猜想．
已知△ABC的角平分线AD＝1，AB＝AC，∠BAD＝α，用含α的等式写出两腰之和AB+AC与两腰之积AB AC之间的数量关系： ▲ ．
（2）【变式思考】
已知△ABC的角平分线AD＝1，∠BAC＝60°，用等式写出两边之和AB+AC与两边之积AB AC之间的数量关系，并证明．
（3）【拓展运用】
如图④，△ABC中，AB＝AC＝1，点D在边AC上，BD＝BC＝AD．以点C为圆心，CD长为半径作弧与线段BD相交于点E，过点E作任意直线与边AB，BC分别交于M，N两点．请补全图形，并分析的值是否变化？
7．（2024·齐齐哈尔）综合与实践
如图1，这个图案是3世纪我国汉代的赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”，受这幅图的启发，数学兴趣小组建立了“一线三直角模型”．如图2，在△ABC中，∠A＝90°，将线段BC绕点B顺时针旋转90°得到线段BD，作DE⊥AB交AB的延长线于点E．
（1）【观察感知】如图2，通过观察，线段AB与DE的数量关系是 ；
（2）【问题解决】如图3，连接CD并延长交AB的延长线于点F，若AB＝2，AC＝6，求△BDF的面积；
（3）【类比迁移】在(2)的条件下，连接CE交BD于点N，则 ；
（4）【拓展延伸】在(2)的条件下，在直线AB上找点P，使，请直接写出线段AP的长度．
8．（2024·镇江）主题学习：仅用一把无刻度的直尺作图
【阅读理解】
任务：如图1，点D、E分别在△ABC的边AB、AC上，DE∥BC，仅用一把无刻度的直尺作DE、BC的中点．
操作：如图2，连接BE、CD交于点P，连接AP交DE于点M，延长AP交BC于点N，则M、N分别为DE、BC的中点．
理由：由DE∥BC可得△ADM∽△ABN及△AEM∽△ACN，所以，，所以，同理，由△DMP∽△CNP及△EMP∽△BNP，可得，，所以，所以，则BN＝CN，DM＝EM，即M、N分别为DE、BC的中点．
【实践操作】
请仅用一把无刻度的直尺完成下列作图，要求：不写作法，保留作图痕迹．
（1）如图3，l1∥l2，点E、F在直线l2上．
①作线段EF的中点；
②在①中作图的基础上，在直线l2上位于点F的右侧作一点P，使得PF＝EF；
（2）小明发现，如果重复上面的过程，就可以作出长度是已知线段长度的3倍、4倍、…、k倍（k为正整数）的线段．如图4，l1∥l2，已知点P1、P2在l1上，他利用上述方法作出了P2P3＝P3P4＝P1P2.点E、F在直线l2上，请在图4中作出线段EF的三等分点；
（3）【探索发现】
请仅用一把无刻度的直尺完成作图，要求：不写作法，保留作图痕迹．
如图5，DE是△ABC的中位线．请在线段EC上作出一点Q，使得QECE（要求用两种方法）．
三、四边形
9．（2024·河南）综合与实践
在学习特殊四边形的过程中，我们积累了一定的研究经验，请运用已有经验，对“邻等对补四边形”进行研究
定义：至少有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做邻等对补四边形.
（1）操作判断
用分别含有30°和45°角的直角三角形纸板拼出如图1所示的4个四边形，其中是邻等对补四边形的有 （填序号）.
（2）性质探究
根据定义可得出邻等对补四边形的边、角的性质.下面研究与对角线相关的性质.
如图2，四边形ABCD是邻等对补四边形，，AC是它的一条对角线.
①写出图中相等的角，并说明理由；
②若，，，求AC的长（用含m，n，的式子表示）.
（3）拓展应用
如图3，在中，，，，分别在边BC，AC上取点M，N，使四边形ABMN是邻等对补四边形.当该邻等对补四边形仅有一组邻边相等时，请直接写出BN的长.
10．（2025·东营）【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以四边形为背景，探究非动点的几何问题．若四边形是正方形，M，N分别在边上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．
（1）【初步尝试】如图1，将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到，连接．用等式写出线段的数量关系 ．
（2）【类比探究】小明改变点的位置后，进一步探究：如图2，点M，N分别在正方形的边的延长线上，，连接，用等式写出线段的数量关系，并说明理由；
（3）【拓展延伸】其他小组提出新的探究方向：如图3，在四边形中，，，，点N，M分别在边上，，用等式写出线段的数量关系，并说明理由．
11．（2024·山西）阅读与思考
下面是博学小组研究性学习报告的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务．
关于“等边半正多边形”的研究报告 博学小组 研究对象：等边半正多边形 研究思路：类比三角形、四边形，按“概念性质一判定”的路径，由一般到特殊进行研究． 研究方法：观察（测量、实验）一猜想一推理证明 研究内容： 【一般概念】对于一个凸多边形（边数为偶数），若其各边都相等，且相间的角相等、相邻的角不相等，我们称这个凸多边形为等边半正多边形．如图1，我们学习过的黄形（正方形除外）就是等边半正四边形．类似地，还有等边半正六边形、等边半正八边形…… 【特例研究】根据等边半正多边形的定义，对等边半正六边形研究如下： 概念理解：如图2，如果六边形ABCDEF是等边半正六边形，那么，且． 性质探索：根据定义，探索等边半正六边形的性质，得到如下结论： 内角：等边半正六边形相邻两个内角的和为： ▲ °. 对角线：……
任务：
（1）直接写出研究报告中“▲”处空缺的内容； .
（2）如图3，六边形ABCDEF是等边半正六边形．连接对角线AD，猜想与的数量关系，并说明理由；
（3）如图4，已知是正三角形，是它的外接圆．请在图4中作一个等边半正六边形ABCDEF（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）.
四、圆
12．（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，在线段同侧有两点B，D，连接，，，，如果，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，在劣弧上取一点E（不与A，C重合），连接，则（依据1）
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所确定的上（依据2）
点A，B，C，E四点在同一个圆上
（1）反思归纳：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）图3，在四边形中，，，则的度数为 .
（3）展探究：如图4，已知是等腰三角形，，点D在上（不与的中点重合），连接.作点C关于的对称点E，连接并延长交的延长线于F，连接，.
①求证：A，D，B，E四点共圆；
②若，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.
13．（2025·中江模拟）在综合与实践活动课上，小明以“圆”为主题开展研究性学习．
【操作发现】
小明作出了的内接等腰三角形，．并在边上任取一点（不与点，重合），连接，然后将绕点逆时针旋转得到．如图①
小明发现：与的位置关系是__________，请说明理由：
【实践探究】
连接，与相交于点．如图②，小明又发现：当确定时，线段的长存在最大值．
请求出当．时，长的最大值；
【问题解决】
在图②中，小明进一步发现：点分线段所成的比与点分线段所成的比始终相等．请予以证明．
14．（2025·潍坊）黄金分割被广泛应用在建筑、艺术等领域，我国早在战国时期就已知道并能应用黄金分割．中国澳门发行的邮票小型张《科学与科技——黄金比例》（如图1）就是用黄金分割比作为主题设计的．
【阅读观察】
材料1：黄金分割点的定义 如图2，若线段上的点满足，则点称作线段的黄金分割点，其中的比直称作黄金分割比，而的比值为与互为倒数．
材料2：黄金分割点的作法（借助尺规作图可以用不同方法确定图2中线段的黄金分割点）
方法1：如图3，①过点作； ②在直线上截取，连接； ③在上截取； ④在上截取点即为所求． 方法2：如图4， ①以为边作正方形； ②取中点，连接； ③以点为圆心，为半径作圆弧，与的延长线交于点； ④以为边在一侧作正方形交于点，可得．点即为所求．
【思考探究】
（1）说明图3中；
（2）用不同于（1）的方法，说明图4中．
（3）【迁移拓展】
如图5，作圆内接正五边形：
①作的两条互相垂直的半径和，取的中点，连接；
②作的平分线，交于点；
③过点作的垂线，交于点，连接；
④截取，连接．五边形即为所求．
若，根据以上作法，证明：．
15．（2025·长春）数学活动：探究平面图形的最小覆盖圆
【定义】我们称能完全覆盖某平面图形的圆（即该平面图形上所有的点均在圆内或圆上）为该平面图形的覆盖圆．其中，能完全覆盖平面图形的最小的圆（即直径最小）称为该平面图形的最小覆盖圆．
（1）【探究一】线段的最小覆盖圆
线段的覆盖圆有无数个，其中，以为直径的圆是其最小覆盖圆．
理由如下：易知线段的最小覆盖圆一定经过点、点．如图①，以为直径作，再过、两点作（与不重合），连结．在中，有（）．
，
，即的直径大于的直径．
是线段的最小覆盖圆．“”处应填写的推理依据为 ．
（2）【探究二】直角三角形的最小覆盖圆
要确定直角三角形的最小覆盖圆，我们可先将其转化为【探究一】中线段的最小覆盖圆问题．这样就可以先确定直角三角形最长边（斜边）的最小覆盖圆，再判断直角顶点与这个圆的位置关系，从而确定直角三角形的最小覆盖圆．如图②，在中，．是以为直径的圆．请你判断点与的位置关系，并说明理由．
又由【探究一】可知，是最长边的最小覆盖圆，所以，是的最小覆盖圆．
（3）【拓展应用】矩形的最小覆盖圆
如图③，在矩形中，，．
①用圆规和无刻度的直尺在图③中作矩形的最小覆盖圆：（不写做法，保留作图痕迹，作图确定后必须用黑色字迹的签字笔描点）
②该矩形的最小覆盖圆的直径为 ；
③若用两个等圆完全覆盖矩形．则这样的两个等圆的最小直径为 ．
答案解析部分
1．【答案】5；11；n+1；n+7；11；3；n+8
【知识点】一元一次方程的实际应用-数字、日历、年龄问题；幻方、幻圆数学问题
【解析】【解答】解：（1）由图1可得，a=5，b=11
故答案为：5；11
（2）由图1可得，c=n+1，d=n+7
故答案为：n+1；n+7
（3）由题意可得：
17+2+e=2+10+18
17+10+f=2+10+18
解得：e=11，f=3
故答案为：11；3
（4）由题意可得：9g=n+n+1+n+2+n+7+n+8+n+9+n+14+n+15+n+16
解得：g=n+8
故答案为：n+8
【分析】（1）根据题意即可求出答案.
（2）根据题意即可求出答案.
（3）根据题意建立方程，解方程即可求出答案.
（4）根据题意建立方程，解方程即可求出答案.
2．【答案】（1）7；5；(n+1) 2-(n-1)2
（2）4（k2-m2+k-m）
【知识点】用代数式表示数值变化规律；因式分解的应用-判断整除
【解析】【解答】解：（1） （ⅰ） 24=72-52，
（ⅱ）(n+1) 2-(n-1)2；
故答案为：7；5；(n+1) 2-(n-1)2；
（2）假设，其中x，y均为自然数．
分下列三种情形分析：
①若x，y均为偶数，设，，其中k，m均为自然数，
则为4的倍数．
而不是4的倍数，矛盾．故x，y不可能均为偶数．
②若x，y均为奇数，设，，其中k，m均为自然数，
则4（k2-m2+k-m）为4的倍数．
而不是4的倍数，矛盾．故x，y不可能均为奇数．
③若x，y一个是奇数一个是偶数，则为奇数．
而是偶数，矛盾．故x，y不可能一个是奇数一个是偶数．
由①②③可知，猜测正确．
故答案为：4（k2-m2+k-m）
【分析】（1）（ⅰ）观察已知等式，找出规律直接解答即可；
（ⅱ）观察已知等式，找出规律直接解答即可；
（2）假设，其中x，y均为自然数．
分下列三种情形分析：①若x，y均为偶数，设，，②若x，y均为奇数，设，，③若x，y一个是奇数一个是偶数，则为奇数．据此分别求出，根据结果进行判断即可.
3．【答案】（1）解：小明的猜想不正确.
反例：3×4=12.
（2）解： 所以 所以 与（*）矛盾，不合题意；
所以 又 所以
由（ *）知 所以p=m+n.
（3）解：当A的数字大于或等于B的数字时， 的位数是m-n+1；
当A的数字小于B的数字时， 的位数是m-n.
证明如下：
由已知，A，B的位数分别为m，n，
设 A，B，C的数字分别为a，b，c，C的位数为x，则B×C=A.
由小华的命题知，当a≥b时，必有a≥c，
此时，m=n+x- 1，所以x=m-n+ 1；
当a＜b时，必有a＜c，
此时，m=n+x，所以x=m-n.
综上所述，当A 的数字大于或等于B的数字时，的位数是m-n+1；
当A的数字小于B的数字时， 的位数是m-n.
【知识点】不等式的性质；证明的含义与一般步骤；举反例判断命题真假
【解析】【分析】 （1）举反例即可；
（2）①当c＜a且c≥b时，可得所以 与（*）矛盾，不合题意；
②当c＜a且c＜b时，可得又 所以 得 p=m+n；
（3）设=C， A，B，C的数字分别为a，b，c，C的位数为x，则B×C=A．当a≥b时，必有a≥c，m=n+x-1，即x=m-n+1；当a＜b时，必有a＜c，m=n+x，即x=m-n.
4．【答案】（1）证明：，
∠ADB=∠ADC=90°，
， AD=AD，
，
∠B=∠C.
（2）证明：小军：如图所示，分别延长至E，F两点，使得BE=AB，CF=AC，
，
，
即DE=DF，
，
∠ADE=∠ADF=90°，
又AD=AD，
，
∠DAE=∠DAF，∠E=∠F，
BE=AB，CF=AC，
∠BAE=∠E，∠CAF=∠F，
∠BAE=∠CAF，
∠1=∠2，
∠ADE=∠ADF=90°，
∠ABC=∠ACB.
小民 ：∵．
∴与均为直角三角形、根据勾股定理，
得AD2=AB2-BD2，AD2=AC2-CD2，
∴AB2-BD2=AC2-CD2，
∴AB2+CD2=AC2+BD2，
，
∴AB-CD=AC-BD，
∴(AB-CD)2=(AC-BD)2，
∴，
∴，
则，
又∵∠ADB=∠ADC=90°，
∴，
∴∠B=∠C.
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；三角形全等的判定-SAS；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应角；等腰三角形的性质-三线合一
【解析】【分析】（1）由，得出∠ADB=∠ADC=90°，再利用SAS求证即可；
（2）小军：分别延长至E，F两点，使得BE=AB，CF=AC，由，可得DE=DF，再证，则∠DAE=∠DAF，∠E=∠F，根据等腰三角形的性质得出∠BAE=∠CAF，则∠1=∠2，据此即可证明结论；小民：根据勾股定理得AB2-BD2=AC2-CD2，则AB2+CD2=AC2+BD2，由得AB-CD=AC-BD，进而可得，则，再证，即可得到结论.
5．【答案】（1）证明：如图，，，
∽，
，
．
（2）解：如图，设，
点为中点，
，，
由得∽，
，
，
或不符合题意，舍去，
，
，
，
的长是．
（3）解：如图，作交的延长线于点，则，
点为中点，
，
设，
，
，，
，
，
，，
，，
作交的延长线于点，则∽，
，
，，
，，
，
，
∽，
，
，
，，
，
，
解得，
，
的长是．
【知识点】含30°角的直角三角形；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）由有两组角对应相等的两个三角形相似证明△ACD∽△ABC，然后根据相似三角形对应边成比例可得结论；
（2）设AD=m，由中点定义得AD=BD=m，AB=2m，根据相似三角形的对应边成比例并结合BC的长可求出CD的长；
（3）作BF⊥DC交DC的延长线于点F，设CE=DE=n，则CB=CD=2n，再证明∠FBC=90°，由含30°角直角三角形性质得，求得，，则，，作CH∥EB交AB的延长线于点H，由平行于三角形一边得直线截其他两边，所截三角形与原三角形相似得△HDC∽△BDE，由相似三角形对应边成比例可得，，再证明△ACD∽△AHC，由相似三角形对应边成比例可得，，所以，则，求得．
6．【答案】（1）解：；；；；
（2）解：，证明如下：
如图，过点D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，过点C作CG⊥AB于G，
∴∠AED=∠AGC=90°，
∵AD平分∠BAC，∠BAC=60°，
∴DE=DF，∠BAD=30°，
∵AD=1，
∴，，
∵S△ABC＝S△ABD+S△ACD， ∴ 12AB·CG=12AB·DE+12AC·DF ， ∴ 12AB·32AC=12AB·12+12AC·12 ，
∴；
（3）解：补全图形如图所示，为定值，
设∠A＝α，
∵BD＝AD，
∴∠ABD＝∠A＝α，
∴∠BDC＝∠ABD+∠A＝2α，
∵BD＝BC，
∴∠BCD＝∠BDC＝2α，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝2α，
∵∠A+∠ABC+∠ACB＝180°，
∴α+2α+2α＝180°，
解得：α＝36°，
∴∠A＝∠ABD＝∠CBD＝36°，
如图，过点E作EF⊥AB于F，EH⊥BC于H，过点N作NG⊥AB于G，
∴∠BGN=∠BHE=90°，
∵S△BMN＝S△BEM+S△BEN，
∴，
又∠ABD＝∠CBD，EF⊥AB，EH⊥BC，
∴EF＝EH，
∵∠GBN=∠ABD+∠CBD=36°+36°=72°，∠BGN=90°，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵∠BHE=90°，∠CBD=36°，
∴，
∴，
∵BE为定长，sin36°和sin72°为定值，
∴为定值，
∴为定值．
【知识点】三角形的面积；角平分线的性质；等腰三角形的性质；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：（1）如图③，
∵AB＝AC，AD平分∠BAC，
∴AD⊥BC，
∴∠ADB=90°，
∵AD=1，∠BAD=30°，
，
∴，
∴两腰之和为，两腰之积为，
猜想证明：如图，
∵AB＝AC，AD平分∠BAC，
∴AD⊥BC，
∴∠ADB=90°，
∵AD=1，∠BAD=α，
∴，
∴，，
∴，
故答案为：；；；.
【分析】（1）根据等腰三角形”三线合一“的性质得AD⊥BC，从而有∠ADB=90°，然后解直角三角形求出AB=AC的值，即可得AB+AC、的值，猜想同理可求出，，进而得；
（2）过点D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，过点C作CG⊥AB于G，得∠AED=∠AGC=90°，根据角平分线的性质得DE=DF，∠BAD=30°，从而解直角三角形求出DE=DF、CG的值，然后由S△ABC＝S△ABD+S△ACD，利用三角形面积公式得12AB·32AC=12AB·12+12AC·12 ，整理可得：；
（3）根据题意画出图形，设∠A＝α，由等腰三角形”等边对等角“性质得∠ABD＝∠A＝α，从而根据三角形外角的性质得∠BDC＝2α，进而有∠BCD＝∠BDC＝2α，∠ABC＝∠ACB＝2α，利用三角形内角和定理得α+2α+2α＝180°，解方程求出α=36°，过点E作EF⊥AB于F，EH⊥BC于H，过点N作NG⊥AB于G，得∠BGN=∠BHE=90°，由S△BMN＝S△BEM+S△BEN，利用三角形面积公式得，接下来根据角平分线的性质得EF=EH，然后求出∠GBN=72°，解直角三角形得，从而得，整理得，解直角三角形求出，进而有为定值，即可求出为定值．
7．【答案】（1）AB＝DE
（2）解：∵将线段BC绕点B顺时针旋转得到线段BD，
∴BC=BD，∠CBD=90°，
∴∠CBA+∠DBE=90°，
∵∠A=90°，
∴∠CBA+∠ACB=90°，
∴∠DBE=∠ACB，
∵DE⊥AB，
∴∠DEB=90°，
∴∠A=∠DEB，
在和中，
，
∴，
∴DE＝AB，BE＝AC，
∵AB＝2，AC＝6 ，
∴DE＝2，BE＝6，
∴AE＝AB＋BE＝2＋6＝8，
∵∠DEB＋∠A＝180°，
∴ ，
∴△DEF∽△CAF，
∴ ，
∴，
∴EF＝4 ，
∴BF＝BE＋EF＝6＋4＝10，
∴；
（3）
（4）解：线段AP的长度为或.
【知识点】勾股定理；相似三角形的判定与性质；同侧一线三垂直全等模型；一线三等角相似模型（K字型相似模型）；正切的概念
【解析】【解答】解：（1）∵将线段BC绕点B顺时针旋转得到线段BD，
∴BC=BD，∠CBD=90°，
∴∠CBA+∠DBE=90°，
∵∠A=90°，
∴∠CBA+∠ACB=90°，
∴∠DBE=∠ACB，
∵DE⊥AB，
∴∠E=90°，
∴∠A=∠E，
在和中，
，
∴，
∴AB=DE，
故答案为：AB=DE；
（3）如图，过点N作NM⊥AE于M，
∴∠NME=∠NMB=90°，
∵∠A=90°，
∴∠NME=∠NMB=∠A，
∴AC∥NM，
∴，
∴，即，
∴，
由（2）有DE∥AC，BE=6，DE=2，∠ACB=∠DBE，
∴MN∥DE，
∴，
∴，即，
解得，
又∵∠NMB=∠A，∠ACB=∠DBE，
∴，
∴；
故答案为：
（4）如图，当点P在点A左侧时，过点P作PQ⊥CB于Q，
∴∠PQC=∠PQB=90°，
∵∠CAB=90°，AC=6，AB=2，
∴，，
∴PQ=3BQ，
设BQ=x，则PQ=3x，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得，
∴，
∴，
如图，当点P在B点左侧时，过点P作PQ'⊥CB延长线于Q'，
∴∠BQ'P=90°，
∵∠ABC=∠Q'BP，
∴，
∴Q'P=3BQ'，
设BQ'=y，则Q'P=3y，
同理可得，，
∴BC+BQ'=CQ'，即，
解得，
∴，
∴，
综上所述，线段AP的长度为或.
【分析】（1）利用“一线三垂直”证，即可求解；
（2）利用“一线三垂直”证，得DE＝AB，BE＝AC，从而求出AE的长，再根据“同旁内角互补，两直线平行”证得DE∥AC，进而有△DEF∽△CAF，根据相似三角形的性质得，从而求出EF的长，接下来得BF的长，最后根据三角形面积公式求解即可；
（3）过点N作NM⊥AE于M，易证AC∥NM，得，再根据相似三角形的性质得，从而有，接下来再证MN∥DE，得，根据相似三角形的性质得，从而求出MN的长，然后利用“一线三垂直”相似模型易证，再次根据相似三角形的性质得，即可求解；
（4）根据题意，可知需分情况讨论：当点P在点A左侧时，过点P作PQ⊥CB于Q，利用三角函数的定义得，从而有PQ=3BQ，设BQ=x，则PQ=3x，再根据勾股定理求出PB的长，接下来利用三角函数的定义得，从而求出CQ的长，然后根据线段的和差关系列出关于x的方程，解方程求出x的值，即可求解；当点P在B点左侧时，过点P作PQ'⊥CB延长线于Q'，与第一种情况的解法类似，同理即可求解.
8．【答案】（1）解：①如图，点M即为所求；
②如图，点P即为所求；
（2）解：如图，点M、N即为所求；
（3）解：如图，点Q即为所求．
【知识点】相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1） ①根据【阅读理解】的作图方法：在直线上方任取一点A，连接AE、AF交直线于点B、C，连接BF、CE交于点O，连接AO交直线于点N，延长AO交直线于点M，点M即为所求；
②连接FN并延长交AE于点G，连接GC并延长交直线于点P，点P即为所求；
（2）连接P1F、P4E交于点O，连接P2O并延长交直线于点M，连接P3O并延长交直线于点N，点M、N即为所求；
（3）连接CD、BE交于点O，则O是CD三等分点，作射线AO交BC于F，交DE于G，连接CG、EF交于点H，作射线OH交AC于Q，则Q是EC三等分点，点Q即为所求.
9．【答案】（1）②④
（2）解：①，理由如下：
延长CB至点E，使.连接AE.
∵四边形ABCD是邻等对补四边形，
∴
∵，
∴.
∵AB=AD，
∴.
∴，.
∴.
∴.
②过点A作，垂足为点F.
∵，
∴.
∵，
∴.
在中，，
∴.
（3）解：或.
【知识点】四边形的综合；解直角三角形—边角关系；旋转全等模型
【解析】【解答】解：（1）对于①，四边形的四个内角按逆时针分别为：135°，45°，135°，45°，其对角相等，不符合题意，错误；
对于②，四边形的四个内角按逆时针分别为：90°，60°，90°，120°，其对角互补，且邻边相等，符合题意，正确；
对于③，四边形的四个内角按逆时针分别为：90°，135°，60°，75°，其对角不互补，不符合题意，错误；
对于④，四边形的四个内角按逆时针分别为：90°，75°，90°，105°，其对角互补，且邻边相等，符合题意，正确；
∴符合 邻等对补四边形的有 ：②④
（3）①如图，若AB=AN，连接AM，
由（2）可知，∠ANM=180°-∠ABC=90°，
又∵AM=AM，
∴△ABM≌△ANM（HL），
∴BM=MN，
该类情况不符合题意，舍去；
②若BM=MN，
与上述情况同理，不符合题意，舍去；
③若BM=AB=3，连接BN，过点B作BD⊥AC，
由（2）同理可知，此时NB平分∠ANM，
即∠ANM=45°，
∴DN=BD，
在Rt△ABC中，AC，
又∵，
∴，
∴BN=；
④若AN=MN，连接BN，
由（2）同理可知，此时BN平分∠ABM，
设AN=MN=t，则CN=5-t，
在Rt△ABC和Rt△CMN中，
，即，解得t=，
同理，解得CM=，
∴BM=BC-CM=，
由（2）同理可证，.
综上所述，BN的长为或.
【分析】（1）根据“邻等对补四边形”的定义结合两特殊直角三角形的边角关系逐一分析即可；
（2）①利用“邻等对补四边形”的特点考虑旋转进行全等证明，利用全等的性质进行角度分析即可；
②利用全等性质分析等腰并构造三线合一的直角三角形解形即可；
（3）结合四边形内角和分析∠ANM=90°，逐一考虑邻边两两组合的四种结果分类讨论，根据分类情况及图形直观可以快速利用全等排除两种情况，进一步分析另外两种情况，其中利用（2）中结论，即角平分得特殊角45°，从而逐一分析并利用解形的知识点(等积/解直角三角形)进行快速求解，其中，延用②的结果更为便捷.
10．【答案】（1）
（2）解：．理由如下：
如图，在上取，连接．
∵，，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
在和中， ，
∴，
∴．
∵，
∴．
（3）解：．理由如下：
如图，将绕点A逆时针旋转得，
∴．
∵，
∴，
∴E，D，C三点共线．
由（1）同理可得，
∴．
【知识点】三角形全等及其性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS；旋转全等模型；半角模型
【解析】【解答】
解：（1）．理由如下：
由旋转的性质，可知，，，，
∴，
∴E，B，C三线共线．
∵，
∴．
在和中， ，
∴，
∴．
∵，
∴．
故答案为：.
【分析】(1)由旋转的性质得，，，，即可判断E，B，C三线共线，可根据SAS证明得到，再利用全等三角形性质即可解答；
(2)在上取，连接，即可由SAS判定，再用SAS证明，即可解答.
(3)如图，将绕点A逆时针旋转得，由旋转的性质得到；同（1）的方法可用SAS证明，即可解答.
11．【答案】（1）240
（2）解：．
理由如下：连接BD，FD．
六边形ABCDEF是等边半正六边形，
．
．
在与中，
．
（3）解：如图，六边形ABCDEF即为所求.
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；多边形的内角和公式
【解析】【解答】（1）解：六边形内角和=（6-2）×180°=720°
根据等边半六边形的定义，可得，
∴ ∠A+∠B=∠C+∠D+∠E+∠F=×720°=240°
则等边半正六边形相邻两个内角的和为240°；
故答案为：240.
【分析】本题考查探究型题型，掌握多边形内角和计算，三角形全等的判定与性质，三角形外接圆性质是解题关键。（1）计算六边形内角和720°，由等边半六边形的定义得，可得∠A+∠B=∠C+∠D+∠E+∠F=240°；（2）连接BD，FD．由等边半六边形的性质证再证．可得∠BAD=∠FAD；（3）根据三角形外接圆的性质，可得答案。
12．【答案】（1）圆内接四边形对角互补；同圆中，同弧所对的圆周角相等
（2）45°
（3）解：①，
，
点与点关于对称，
，
，
四点共圆；
②，理由如下，
如图，四点共圆，
，
关于对称，
，
，
，
，
，
，
，
又，
，
，
，
，
.
【知识点】等腰三角形的性质；圆周角定理；圆内接四边形的性质；轴对称的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：（1）如图2，
作经过点A，C，D的 ，在劣弧AC上取一点E（不与A，C重合），连接AE，CE则（圆内接四边形对角互补）
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所确定的上（同圆中，同弧所对的圆周角相等）
点A，B，C，E四点在同一个圆上
故答案为：圆内接四边形对角互补；同圆中，同弧所对的圆周角相等
（2）在线段CD同侧有两点A，B，
A、B、C、D四点共圆，
故答案为：；
【分析】（1）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，根据圆内接四边形的性质可得∠AEC+∠D=180°，结合∠B=∠D可得∠AEC+∠B=180°，推出点A、B、C、E四点在同一个圆上，据此解答；
（2）根据题意可得点A、B、C、D四点共圆，根据圆周角定理可得∠3=∠4，据此解答；
（3）①根据等腰三角形的性质可得∠ABC=∠ACB，根据轴对称的性质可得∠ACD=∠AED，则∠AEB=∠ABD，据此证明；
②根据圆内接四边形的性质可得∠FBD=∠DAE，根据轴对称的性质可得∠DAE=∠DAC，则∠DAC=∠DBF，由对顶角的性质可得∠ADC=∠BDF，则∠F=∠ACD，由等腰三角形的性质可得∠ABD=∠ACD，则∠F=∠ABD，证明△BAD∽△FAB，然后根据相似三角形的性质进行计算.
13．【答案】【操作发现】解：与相切，理由如下：
如图，连接并延长交于点，连接，
是的直径，
，
，
∵将绕点逆时针旋转得到，
∴，
，
，
，
是的半径，
与相切；
【实践探究】解：∵将绕点逆时针旋转得到，
∴，
∴，
，
，，
，
∴，
，
又，
，
，
，
设，
∵，
∴，
∵，
，
，
，
当时，有最大值为；
【问题解决】证明：如图，过点作交于点，
，
由旋转的性质知：，，
，
∴，
，
，
，
，
，
，
，
，即点分线段所成的比与点分线段所成的比始终相等.
【知识点】二次函数的最值；切线的判定；旋转的性质；手拉手相似模型；圆与三角形的综合
【解析】【分析】【操作发现】连接并延长交于点，连接，根据直径所对的圆周角是直角得到，从而得到，然后由旋转的性质以及圆周角定理，进行等量代换得到，进而证明，最后根据切线的判定得证；
【实践探究】根据“旋转相似”模型证明，结合等腰三角形”等边对等角“的性质可得到，由三角形外角的性质得到，从而推出，得到，然后设，则，得到，最后利用二次函的最值知识进行求解；
【问题解决】过点作交于点，根据平行线、旋转、等腰三角形”等边对等角“的性质可得，，从而由等腰三角形的判定推出，进而进行等量代换得，然后证明，得到，最后进行等量代换即可得证结论.
14．【答案】（1）解：设，则，
在中，根据勾股定理，得，
所以，
所以，
所以
（2）解：延长交于点，
在Rt中，根据勾股定理，得
所以，
因为，
所以
所以，
所以，
所以，
所以，即，
所以.
（3）证明：因为半径，所以，
过点作于点，
因为平分，
所以，
所以
所以，
所以，
在中，
设，则，
解得，
所以．
连接，在中，，
所以.
在Rt中，，
所以．
根据垂径定理，得，
所以，
因为，
所以，
所以.
【知识点】线段垂直平分线的性质；勾股定理；垂径定理；圆内接正多边形；黄金分割
【解析】【分析】（1）设，则，根据勾股定理可得AD，再根据边之间的关系即可求出答案.
（2）延长交于点，根据勾股定理可得，再根据边之间的关系可得，再根据矩形及正方形面积可得，即，整理变形即可求出答案.
（3）过点作于点，根据垂直平分线性质可得，再根据全等三角形判定定理可得，则，即，设，根据勾股定理建立方程，解方程可得，则，连接，根据勾股定理可得，，根据垂径定理，得，则， 再根据边之间的关系即可求出答案.
15．【答案】（1）三角形的任意两边之和大于第三边
（2）解：∵，为的中点，
∴，
∴在上；
（3）解：①如图，即为矩形的最小覆盖圆；
②；③
【知识点】三角形三边关系；勾股定理；矩形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：（1）探究一：
理由如下：易知线段的最小覆盖圆一定经过点、点．如图①，以为直径作，再过、两点作（与不重合），连结．在中，有（三角形的任意两边之和大于第三边）．
，
，即的直径大于的直径．
是线段的最小覆盖圆．“”处应填写的推理依据为三角形的任意两边之和大于第三边．
故答案为：三角形的任意两边之和大于第三边；
（3）拓展应用：①∵矩形，，，
∴，；
②作的垂直平分线，交于，交于，
∴四边形，是两个全等的矩形，
∴，
∵用两个等圆完全覆盖矩形，
∴两圆一定过，
连接，交点分别为，
同理可得：这样的两个等圆的最小直径为或或或，
∴最小直径为，
如图，作的垂直平分线交于，
同法作，，此时不是直径最小的等圆；
综上：用两个等圆完全覆盖矩形．则这样的两个等圆的最小直径为.
故答案为：；.
【分析】探究一：根据三角形的三边关系可得答案；
探究二：利用直角三角形斜边上的中线的性质证明 即可得到答案；
拓展应用：①连接AC， BD， 交于点O， 以O为圆心，OA为半径作圆即可；
②结合矩形性质与勾股定理计算即可；
③作AD的垂直平分线LJ，交AD于L， 交BC于J， 可得四边形ABJL， DCJL是两个全等的矩形， ，用两个等圆完全覆盖矩形ABCD，可得两圆一定过L，J，再进一步解答即可.
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