2021年中考数学专题复习 专题54 探究发现类创新型综合素养能力题（教师版含解析）

2021年中考数学专题复习 专题54 探究发现类创新型综合素养能力题（教师版含解析）

专题 54 探究发现类创新型综合素养能力题 探究题类型比较烦杂，以问题表现形式来分，大致可归类为开放型、新信息型、存在型等. 一、开放型探究题 开放型探究题按题型结构分为条件开放型、结论开放型与策略开放型.此类探究题注重考查学生思维的 严谨性和培养发散思维的能力. 二、新信息型探究题 进入新时代，新信息型探究题逐渐成为考查中的亮点，这类题目通常都会出现一些新的定义概念、规 则、运算等，如何理解和运用题中提供的新信息是处理此类问题的关键.比如“等邻边四边形”、“智慧三角 形”、“勾股分割点”等都属于新信息探究题. 三、存在型探究题 存在与否型探索问题历来都是考查的重点，几何与代数都有涉及.解决此类问题的一般思路为假设结论 成立或存在.结合已知条件，建立数学模型，仔细分析，层层推进，如果能获得相应的结论，则假设成立， 如果出现矛盾则说明原假设并不成立. 探索结论的存在性问题，是综合探究题之一，是开放型试题的重点题型，是中考的热点，也是难点，更是 亮点。若在选择题、填空题中出现，一般考查的难度属于中等难度，若在选择题或者填空题的最后一道小 题出现，就属于压轴题。但根据全国各地中考试卷看，探索结论的存在性问题，都以压轴大题形式出现， 这类试题只是覆盖面广，综合性强。解决问题基本思路是：首先假设研究的数学对象存在，然后从假设出 发，结合题目条件进行计算推理论证，若所得结论正确合理，说明结论存在；若所得结论不合理，说明结 论不存在。解题时要注意的是：(1)明确这类问题的解题思路，即假设存在法；(2)要对各方面知识理解 到位，能灵活应用知识进行分析、综合、概括和推理；(3)心中一定要装有重要的数学思想方法，比如建 构方程的思想、数形结合的思想、转化思想等，在数学思想方法引领下，让解决问题具有方向性，避免盲 目性。(4)作图要科学规范，便于解决问题为宜。 【例题】(2020•河南)小亮在学习中遇到这样一个问题： 如图，点 D 是 上一动点，线段 BC＝8cm，点 A 是线段 BC 的中点，过点 C 作 CF∥BD，交 DA 的延长线 于点 F．当△DCF 为等腰三角形时，求线段 BD 的长度． 小亮分析发现，此问题很难通过常规的推理计算彻底解决，于是尝试结合学习函数的经验研究此问题．请 将下面的探究过程补充完整： (1)根据点 D 在 上的不同位置，画出相应的图形，测量线段 BD，CD，FD 的长度，得到下表的几组对应 值． BD/cm 0 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 6.0 7.0 8.0 CD/cm 8.0 7.7 7.2 6.6 5.9 a 3.9 2.4 0 FD/cm 8.0 7.4 6.9 6.5 6.1 6.0 6.2 6.7 8.0 操作中发现： ① “当点 D 为 的中点时，BD＝5.0cm”．则上表中 a 的值是 ； ② “线段 CF 的长度无需测量即可得到”．请简要说明理由． (2)将线段 BD 的长度作为自变量 x，CD 和 FD 的长度都是 x 的函数，分别记为 yCD 和 yFD，并在平面直角坐 标系 xOy 中画出了函数 yFD 的图象，如图所示．请在同一坐标系中画出函数 yCD 的图象； (3)继续在同一坐标系中画出所需的函数图象，并结合图象直接写出：当△DCF 为等腰三角形时，线段 BD 长度的近似值(结果保留一位小数)． 【答案】见解析。 【分析】(1) ① 由 可求 BD＝CD＝a＝5cm； ② 由“AAS”可证△BAD≌△CAF，可得 BD＝CF，即可求解； (2)由题意可画出函数图象； (3)结合图象可求解． 【解析】(1)∵点 D 为 的中点，∴ ，∴BD＝CD＝a＝5cm， 故答案为：5； (2)∵点 A 是线段 BC 的中点， ∴AB＝AC， ∵CF∥BD，∴∠F＝∠BDA， 又∵∠BAD＝∠CAF， ∴△BAD≌△CAF(AAS)，∴BD＝CF， ∴线段 CF 的长度无需测量即可得到； (3)由题意可得： (4)由题意画出函数 yCF 的图象； 由图象可得：BD＝3.8cm 或 5cm 或 6.2cm 时，△DCF 为等腰三角形． 【对点练习】在 Rt△ABC 中，∠ABC=90°，AB= ，AC=2，过点 B 作直线 m∥AC，将△ABC 绕点 C 顺时针旋 转得到△A′B′C′(点 A，B 的对应点分别为 A'，B′)，射线 CA′，CB′分別交直线 m 于点 P，Q． (1)如图 1，当 P 与 A′重合时，求∠ACA′的度数； (2)如图 2，设 A′B′与 BC 的交点为 M，当 M 为 A′B′的中点时，求线段 PQ 的长； (3)在旋转过程中，当点 P，Q 分别在 CA′，CB′的延长线上时，试探究四边形 PA'B′Q 的面积是否存在最 小值．若存在，求出四边形 PA′B′Q 的最小面积；若不存在，请说明理由． 【答案】见解析。 【解析】(1)由旋转可得：AC=A'C=2， ∵∠ACB=90°，AB= ，AC=2， ∴BC= ， ∵∠ACB=90°，m∥AC， ∴∠A'BC=90°， ∴cos∠A'CB= = ， ∴∠A'CB=30°， ∴∠ACA'=60°； (2)∵M 为 A'B'的中点， ∴∠A'CM=∠MA'C， 由旋转可得，∠MA'C=∠A， ∴∠A=∠A'CM， ∴tan∠PCB=tan∠A= ， ∴PB= BC= ， ∵tan∠Q=tan∠A= ， ∴BQ=BC× =2， ∴PQ=PB+BQ= ； (3)∵S 四边形 PA'B′Q=S△PCQ﹣S△A'CB'=S△PCQ﹣ ， ∴S 四边形 PA'B′Q 最小，即 S△PCQ 最小， ∴S△PCQ= PQ×BC= PQ， 法一：(几何法)取 PQ 的中点 G，则∠PCQ=90°， ∴CG= PQ，即 PQ=2CG， 当 CG 最小时，PQ 最小， ∴CG⊥PQ，即 CG 与 CB 重合时，CG 最小， ∴CGmin= ，PQmin=2 ， ∴S△PCQ 的最小值=3，S 四边形 PA'B′Q=3﹣ ； 法二(代数法)设 PB=x，BQ=y， 由射影定理得：xy=3， ∴当 PQ 最小时，x+y 最小， ∴(x+y)2=x2+2xy+y2=x2+6+y2≥2xy+6=12， 当 x=y= 时，“=”成立， ∴PQ= + =2 ， ∴S△PCQ 的最小值=3，S 四边形 PA'B′Q=3﹣ ． 【点拨】本题属于四边形综合题，主要考查了旋转的性质，解直角三角形以及直角三角形的性质的综合运 用，解题时注意：旋转变换中，对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋 转角；旋转前、后的图形全等． 1．(2020 浙江宁波)[问题]小明在学习时遇到这样一个问题：求不等式 x3+3x2﹣x﹣3＞0 的解集． 他经历了如下思考过程： [回顾] (1)如图 1，在平面直角坐标系 xOy 中，直线 y1＝ax+b 与双曲线 y2＝ k x 交于 A (1，3)和 B(﹣3，﹣1)，则不等 式 ax+b＞ k x 的解集是 ． [探究]将不等式 x3+3x2﹣x﹣3＞0 按条件进行转化： 当 x＝0 时，原不等式不成立； 当 x＞0 时，不等式两边同除以 x 并移项转化为 x2+3x﹣1＞ 3 x ； 当 x＜0 时，不等式两边同除以 x 并移项转化为 x2+3x﹣1＜ 3 x ． (2)构造函数，画出图象： 设 y3＝x2+3x﹣1，y4＝ 3 x ，在同一坐标系中分别画出这两个函数的图象； 双曲线 y4＝ 3 x 如图 2 所示，请在此坐标系中画出抛物线 y＝x2+3x﹣1．(不用列表) (3)确定两个函数图象公共点的横坐标： 观察所画两个函数的图象，猜想并通过代入函数解析式验证可知：满足 y3＝y4 的所有 x 的值为 ． [解决] (4)借助图象，写出解集： 结合“探究”中的讨论，观察两个函数的图象可知：不等式 x3+3x2﹣x﹣3＞0 的解集为 ． 【解析】(1)如图 1 中，观察图形可知：不等式 ax+b＞ k x 的解集为 x＞1 或﹣3＜x＜0． 故答案为：x＞1 或﹣3＜x＜0． (2)函数 y3＝x2+3x﹣1 的图形如图所示： (3)观察图象可知，两个函数图象的公共点的横坐标为﹣3，﹣1，1． 经过检验可知：点(﹣3，﹣1)，点(﹣1，﹣3)，点(1，3)是两个函数的交点坐标， 满足 y3＝y4 的所有 x 的值为﹣3 或﹣1 或 1． 故答案为﹣3 或﹣1 或 1． (4)观察图象，当 x＞0 时，不等式两边同除以 x 并移项转化为 x2+3x﹣1＞ 3 x 的解集为 x＞1， 当 x＜0 时，不等式两边同除以 x 并移项转化为 x2+3x﹣1＜ 3 x 的解集为 x＜﹣3 或﹣1＜x＜0， ∴不等式 x3+3x2﹣x﹣3＞0 的解集为 x＞1 或 x＜﹣3 或﹣1＜x＜0． 故答案为 x＞1 或 x＜﹣3 或﹣1＜x＜0． 【点拨】本题属于反比例函数综合题，考查了反比例函数的性质，一次函数的性质，二次函数的性质等知 识，解题的关键是学会利用数形结合的思想思考问题，把不等式问题转化为函数图象问题解决，属于中考 压轴题． 2．(2020 湖北随州)一个问题解决往往经历发现猜想——探索归纳——问题解决的过程，下面结合一道几何 题来体验一下. (发现猜想)(1)如图①，已知∠AOB＝70°，∠AOD＝100°，OC 为∠BOD 的角平分线，则∠AOC 的度数 为 ；. (探索归纳)(2)如图①，∠AOB＝m，∠AOD＝n，OC 为∠BOD 的角平分线. 猜想∠AOC 的度数(用含 m、n 的代数式表示)，并说明理由. (问题解决)(3)如图②，若∠AOB＝20°，∠AOC＝90°，∠AOD＝120°.若射线 OB 绕点 O 以每秒 20°逆时针旋 转，射线 OC 绕点 O 以每秒 10°顺时针旋转，射线 OD 绕点 O 每秒 30°顺时针旋转，三条射线同时旋转，当 一条射线与直线 OA 重合时，三条射线同时停止运动. 运动几秒时，其中一条射线是另外两条射线夹角的角 平分线？ 【答案】见解析。 【解析】(1)85°； (2)∵∠AOB＝m，∠AOD＝n，∴∠BOD＝n－m ∵OC 为∠BOD 的角平分线 ∴∠BOC＝ ∴∠AOC＝ +m＝ (3)设经过的时间为 x 秒， 则∠DOA＝120°－30x；∠COA＝90°－10x；∠BOA＝20°+20x； ①当在 x＝ 之前，OC 为 OB，OD 的角平分线；30－20x＝70－30x，x1＝4(舍)； ②当 x 在 和 2 之间，OD 为 OC，OB 的角平分线；－30+20x＝100－50x，x2＝ ； ③当 x 在 2 和 之间，OB 为 OC，OD 的角平分线；70－30x＝－100+50x，x3＝ ； ④当 x 在 和 4 之间，OC 为 OB，OD 的角平分线；－70+30x＝－30+20x，x4＝4. 答：经过 ， ，4 秒时，其中一条射线是另外两条射线夹角的平分线. 【点拨】本题考查了角平分线的性质，一元一次方程的应用，解决本题的关键是熟练掌握角平分线的性质， 理清各个角之间存在的数量关系，根据数量关系列出方程. 3．(2020•江西)已知∠MPN 的两边分别与 ⊙ O 相切于点 A，B， ⊙ O 的半径为 r． (1)如图 1，点 C 在点 A，B 之间的优弧上，∠MPN＝80°，求∠ACB 的度数； (2)如图 2，点 C 在圆上运动，当 PC 最大时，要使四边形 APBC 为菱形，∠APB 的度数应为多少？请说明 理由； (3)若 PC 交 ⊙ O 于点 D，求第(2)问中对应的阴影部分的周长(用含 r 的式子表示)． 【答案】见解析。 【分析】(1)连接 OA，OB，由切线的性质可求∠PAO＝∠PBO＝90°，由四边形内角和可求解； (2)当∠APB＝60°时，四边形 APBC 是菱形，连接 OA，OB，由切线长定理可得 PA＝PB，∠APC＝∠BPC ＝30°，由“SAS”可证△APC≌△BPC，可得∠ACP＝∠BCP＝30°，AC＝BC，可证 AP＝AC＝PB＝BC， 可得四边形 APBC 是菱形； (3)分别求出 AP，PD 的长，由弧长公式可求 ，即可求解． 【解析】(1)如图 1，连接 OA，OB， ∵PA，PB 为 ⊙ O 的切线， ∴∠PAO＝∠PBO＝90°， ∵∠APB+∠PAO+∠PBO+∠AOB＝360°， ∴∠APB+∠AOB＝180°， ∵∠APB＝80°，∴∠AOB＝100°，∴∠ACB＝50°； (2)如图 2，当∠APB＝60°时，四边形 APBC 是菱形， 连接 OA，OB， 由(1)可知，∠AOB+∠APB＝180°， ∵∠APB＝60°，∴∠AOB＝120°，∴∠ACB＝60°＝∠APB， ∵点 C 运动到 PC 距离最大，∴PC 经过圆心， ∵PA，PB 为 ⊙ O 的切线， ∴PA＝PB，∠APC＝∠BPC＝30°， 又∵PC＝PC， ∴△APC≌△BPC(SAS)， ∴∠ACP＝∠BCP＝30°，AC＝BC， ∴∠APC＝∠ACP＝30°，∴AP＝AC， ∴AP＝AC＝PB＝BC， ∴四边形 APBC 是菱形； (3)∵ ⊙ O 的半径为 r， ∴OA＝r，OP＝2r， ∴AP r，PD＝r， ∵∠AOP＝90°﹣∠APO＝60°， ∴ th 香 t ， ∴阴影部分的周长＝PA+PD r+r t r＝( 1 t )r． 4．(2020•北京)在平面直角坐标系 xOy 中， ⊙ O 的半径为 1，A，B 为 ⊙ O 外两点，AB＝1． 给出如下定义：平移线段 AB，得到 ⊙ O 的弦 A'B'(A'，B′分别为点 A，B 的对应点)，线段 AA'长度的最小值 称为线段 AB 到 ⊙ O 的“平移距离”． (1)如图，平移线段 AB 得到 ⊙ O 的长度为 1 的弦 P1P2 和 P3P4，则这两条弦的位置关系是 ；在点 P1，P2， P3，P4 中，连接点 A 与点 的线段的长度等于线段 AB 到 ⊙ O 的“平移距离”； (2)若点 A，B 都在直线 y x+2 上，记线段 AB 到 ⊙ O 的“平移距离”为 d1，求 d1 的最小值； (3)若点 A 的坐标为(2， )，记线段 AB 到 ⊙ O 的“平移距离”为 d2，直接写出 d2 的取值范围． 【答案】见解析。 【分析】(1)根据平移的性质，以及线段 AB 到 ⊙ O 的“平移距离”的定义判断即可． (2)如图 1 中，作等边△OEF，点 E 在 x 轴上，OE＝EF＝OF＝1，设直线 y x+2 交 x 轴于 M，交 y 轴 于 N．则 M(﹣2，0)，N(0，2 )，过点 E 作 EH⊥MN 于 H，解直角三角形求出 EH 即可判断． (3)如图 2 中，作直线 OA 交 ⊙ O 于 M，N 过点 O 作 PQ⊥OA 交，交 ⊙ O 于 P，Q．以 OA，AB 为邻边构造 平行四边形 ABDO，以 OD 为边构造等边△ODB′，等边△OB′A′，则 AB∥A′B′，AA′的长即为线段 AB 到 ⊙ O 的“平移距离”，Q 求出 AA′使得最小值和最大值即可解决问题． 【解析】(1)如图，平移线段 AB 得到 ⊙ O 的长度为 1 的弦 P1P2 和 P3P4，则这两条弦的位置关系是 P1P2∥P3P4； 在点 P1，P2，P3，P4 中，连接点 A 与点 P3 的线段的长度等于线段 AB 到 ⊙ O 的“平移距离”． 故答案为：P1P2∥P3P4，P3． (2)如图 1 中，作等边△OEF，点 E 在 x 轴上，OE＝EF＝OF＝1， 设直线 y x+2 交 x 轴于 M，交 y 轴于 N．则 M(﹣2，0)，N(0，2 )， 过点 E 作 EH⊥MN 于 H， ∵OM＝2，ON＝2 ， ∴tan∠NMO ， ∴∠NMO＝60°， ∴EH＝EM•sin60° ， 观察图象可知，线段 AB 到 ⊙ O 的“平移距离”为 d1 的最小值为 ． (3)如图 2 中，作直线 OA 交 ⊙ O 于 M，N 过点 O 作 PQ⊥OA 交，交 ⊙ O 于 P，Q． 以 OA，AB 为邻边构造平行四边形 ABDO，以 OD 为边构造等边△ODB′，等边△OB′A′，则 AB∥A′B′， AA′的长即为线段 AB 到 ⊙ O 的“平移距离”， 当点 A′与 M 重合时，AA′的值最小，最小值＝OA﹣OM 1 ， 当点 A′与 P 或 Q 重合时，AA′的值最大最大值 ， ∴ d2 ． 5．(2020•哈尔滨)已知： ⊙ O 是△ABC 的外接圆，AD 为 ⊙ O 的直径，AD⊥BC，垂足为 E，连接 BO，延长 BO 交 AC 于点 F． (1)如图 1，求证：∠BFC＝3∠CAD； (2)如图 2，过点 D 作 DG∥BF 交 ⊙ O 于点 G，点 H 为 DG 的中点，连接 OH，求证：BE＝OH； (3)如图 3，在(2)的条件下，连接 CG，若 DG＝DE，△AOF 的面积为 ，求线段 CG 的长． 【答案】见解析。 【分析】(1)由垂径定理可得 BE＝EC，由线段垂直平分线的性质可得 AB＝AC，由等腰三角形的性质可得∠ BAD＝∠ABO＝∠CAD，由外角的性质可得结论； (2)由“AAS”可证△BOE≌△ODH，可得 BE＝OH； (3)过点 F 作 FN⊥AD，交 AD 于 N，设 DG＝DE＝2x，由全等三角形的性质可得 OE＝DH＝x，OD＝3x＝ OA＝OB，勾股定理可求 BE＝2 x，由锐角三角函数可求AN NF，ON NF，可得AO＝AN+ON NF， 由三角形面积公式可求 NF 的长，可求 x＝1，可得 BE＝2 OH，AE＝4，DG＝DE＝2，勾股定理可求 AC＝2 ，连接 AG，过点 A 作 AM⊥CG，交 GC 的延长线于 M，通过证明△ACM∽△ADG，由相似三角形 的性质可求 AM，CM 的长，由勾股定理可求 GM 的长，即可求解． 【解析】证明：(1)∵AD 为 ⊙ O 的直径，AD⊥BC， ∴BE＝EC，∴AB＝AC， 又∵AD⊥BC，∴∠BAD＝∠CAD， ∵OA＝OB，∴∠BAD＝∠ABO， ∴∠BAD＝∠ABO＝∠CAD， ∵∠BFC＝∠BAC+∠ABO， ∴∠BFC＝∠BAD+∠EAD+∠ABO＝3∠CAD； (2)如图 2，连接 AG， ∵AD 是直径，∴∠AGD＝90°， ∵点 H 是 DG 中点，∴DH＝HG， 又∵AO＝DO，∴OH∥AG，AG＝2OH， ∴∠AGD＝∠OHD＝90°， ∵DG∥BF，∴∠BOE＝∠ODH， 又∵∠OEB＝∠OHD＝90°，BO＝DO， ∴△BOE≌△ODH(AAS)，∴BE＝OH； (3)如图 3，过点 F 作 FN⊥AD，交 AD 于 N， 设 DG＝DE＝2x，∴DH＝HG＝x， ∵△BOE≌△ODH，∴OE＝DH＝x， ∴OD＝3x＝OA＝OB， ∴BE 䁕 2 x， ∵∠BAE＝∠CAE， ∴tan∠BAE＝tan∠CAE 䁕 䁕 ， ∴ ， ∴AN NF， ∵∠BOE＝∠NOF， ∴tan∠BOE＝tan∠NOF 䁕 䁕 ， ∴ ， ∴ON NF， ∴AO＝AN+ON NF， ∵△AOF 的面积为 ， ∴ AO×NF NF2 ， ∴NF ， ∴AO NF＝3＝3x， ∴x＝1， ∴BE＝2 OH，AE＝4，DG＝DE＝2， ∴AC 䁕 䁕 香 2 ， 如图 3，连接 AG，过点 A 作 AM⊥CG，交 GC 的延长线于 M， 由(2)可知：AG＝2OH＝4 ， ∵四边形 ADGC 是圆内接四边形， ∴∠ACM＝∠ADG， 又∵∠AMC＝∠AGD＝90°， ∴△ACM∽△ADG， ∴ ， ∴ ， ∴CM ，AM 香 ， ∴GM ， ∴CG＝GM﹣CM ． 6．(2020•成都)如图，在△ABC 的边 BC 上取一点 O，以 O 为圆心，OC 为半径画 ⊙ O， ⊙ O 与边 AB 相切于 点 D，AC＝AD，连接 OA 交 ⊙ O 于点 E，连接 CE，并延长交线段 AB 于点 F． (1)求证：AC 是 ⊙ O 的切线； (2)若 AB＝10，tanB ，求 ⊙ O 的半径； (3)若 F 是 AB 的中点，试探究 BD+CE 与 AF 的数量关系并说明理由． 【答案】见解析。 【分析】(1)连接 OD，由切线的性质可得∠ADO＝90°，由“SSS”可证△ACO≌△ADO，可得∠ADO＝∠ ACO＝90°，可得结论； (2)由锐角三角函数可设 AC＝4x，BC＝3x，由勾股定理可求 BC＝6，再由勾股定理可求解； (3)连接 OD，DE，由“SAS”可知△COE≌△DOE，可得∠OCE＝∠OED，由三角形内角和定理可得∠DEF ＝180°﹣∠OEC﹣∠OED＝180°﹣2∠OCE，∠DFE＝180°﹣∠BCF﹣∠CBF＝180°﹣2∠OCE，可得∠ DEF＝∠DFE，可证 DE＝DF＝CE，可得结论． 【解析】(1)如图，连接 OD， ∵ ⊙ O 与边 AB 相切于点 D， ∴OD⊥AB，即∠ADO＝90°， ∵AO＝AO，AC＝AD，OC＝OD， ∴△ACO≌△ADO(SSS)， ∴∠ADO＝∠ACO＝90°， 又∵OC 是半径， ∴AC 是 ⊙ O 的切线； (2)∵tanB ， ∴设 AC＝4x，BC＝3x， ∵AC2+BC2＝AB2， ∴16x2+9x2＝100， ∴x＝2， ∴BC＝6， ∵AC＝AD＝8，AB＝10， ∴BD＝2， ∵OB2＝OD2+BD2， ∴(6﹣OC)2＝OC2+4， ∴OC 香 ， 故 ⊙ O 的半径为 香 ； (3)连接 OD，DE， 由(1)可知：△ACO≌△ADO， ∴∠ACO＝∠ADO＝90°，∠AOC＝∠AOD， 又∵CO＝DO，OE＝OE， ∴△COE≌△DOE(SAS)， ∴∠OCE＝∠OED， ∵OC＝OE＝OD， ∴∠OCE＝∠OEC＝∠OED＝∠ODE， ∴∠DEF＝180°﹣∠OEC﹣∠OED＝180°﹣2∠OCE， ∵点 F 是 AB 中点，∠ACB＝90°， ∴CF＝BF＝AF， ∴∠FCB＝∠FBC， ∴∠DFE＝180°﹣∠BCF﹣∠CBF＝180°﹣2∠OCE， ∴∠DEF＝∠DFE， ∴DE＝DF＝CE， ∴AF＝BF＝DF+BD＝CE+BD． 7．(2020•攀枝花)实验学校某班开展数学“综合与实践”测量活动．有两座垂直于水平地面且高度不一的圆 柱，两座圆柱后面有一斜坡，且圆柱底部到坡脚水平线 MN 的距离皆为 100cm．王诗嬑观测到高度 90cm 矮 圆柱的影子落在地面上，其长为 72cm；而高圆柱的部分影子落在坡上，如图所示．已知落在地面上的影子 皆与坡脚水平线 MN 互相垂直，并视太阳光为平行光，测得斜坡坡度 i＝1：0.75，在不计圆柱厚度与影子宽 度的情况下，请解答下列问题： (1)若王诗嬑的身高为 150cm，且此刻她的影子完全落在地面上，则影子长为多少 cm？ (2)猜想：此刻高圆柱和它的影子与斜坡的某个横截面一定同在一个垂直于地面的平面内．请直接回答这个 猜想是否正确？ (3)若同一时间量得高圆柱落在坡面上的影子长为 100 cm，则高圆柱的高度为多少 cm？ 【答案】见解析。 【分析】(1)根据同一时刻，物长与影从成正比，构建方程即可解决问题． (2)根据落在地面上的影子皆与坡脚水平线 MN 互相垂直，并视太阳光为平行光，结合横截面分析可得； (3)过点 F 作 FG⊥CE 于点 G，设 FG＝4m，CG＝3m，利用勾股定理求出 CG 和 FG，得到 BG，过点 F 作 FH⊥AB 于点 H，再根据同一时刻身高与影长的比例，求出 AH 的长度，即可得到 AB． 【解析】(1)设王诗嬑的影长为 xcm， 由题意可得： ， 解得：x＝120， 经检验：x＝120 是分式方程的解， 王诗嬑的的影子长为 120cm； (2)正确， 因为高圆柱在地面的影子与 MN 垂直，所以太阳光的光线与 MN 垂直， 则在斜坡上的影子也与 MN 垂直，则过斜坡上的影子的横截面与 MN 垂直， 而横截面与地面垂直，高圆柱也与地面垂直， ∴高圆柱和它的影子与斜坡的某个横截面一定同在一个垂直于地面的平面内； (3)如图，AB 为高圆柱，AF 为太阳光，△CDE 为斜坡，CF 为圆柱在斜坡上的影子， 过点 F 作 FG⊥CE 于点 G， 由题意可得：BC＝100，CF＝100， ∵斜坡坡度 i＝1：0.75， ∴ 䁕 䁕 쳌 ， ∴设 FG＝4m，CG＝3m，在△CFG 中，(4m)2+(3m)2＝1002， 解得：m＝20， ∴CG＝60，FG＝80， ∴BG＝BC+CG＝160， 过点 F 作 FH⊥AB 于点 H， ∵同一时刻，90cm 矮圆柱的影子落在地面上，其长为 72cm， FG⊥BE，AB⊥BE，FH⊥AB， 可知四边形 HBGF 为矩形， ∴ ， ∴AH 200， ∴AB＝AH+BH＝AH+FG＝200+80＝280， 故高圆柱的高度为 280cm． 8．(2020•陕西)问题提出 (1)如图 1，在 Rt△ABC 中，∠ACB＝90°，AC＞BC，∠ACB 的平分线交 AB 于点 D．过点 D 分别作 DE⊥ AC，DF⊥BC．垂足分别为 E，F，则图 1 中与线段 CE 相等的线段是 ． 问题探究 (2)如图 2，AB 是半圆 O 的直径，AB＝8．P 是 上一点，且 2 ，连接 AP，BP．∠APB 的平分线交 AB 于点 C，过点 C 分别作 CE⊥AP，CF⊥BP，垂足分别为 E，F，求线段 CF 的长． 问题解决 (3)如图 3，是某公园内“少儿活动中心”的设计示意图．已知 ⊙ O 的直径 AB＝70m，点 C 在 ⊙ O 上，且 CA ＝CB．P 为 AB 上一点，连接 CP 并延长，交 ⊙ O 于点 D．连接 AD，BD．过点 P 分别作 PE⊥AD，PF⊥BD， 重足分别为 E，F．按设计要求，四边形 PEDF 内部为室内活动区，阴影部分是户外活动区，圆内其余部分 为绿化区．设 AP 的长为 x(m)，阴影部分的面积为 y(m2)． ① 求 y 与 x 之间的函数关系式； ② 按照“少儿活动中心”的设计要求，发现当 AP 的长度为 30m 时，整体布局比较合理．试求当 AP＝30m 时．室内活动区(四边形 PEDF)的面积． 【答案】见解析。 【分析】(1)证明四边形 CEDF 是正方形，即可得出结果； (2)连接 OP，由 AB 是半圆 O 的直径， 2 ，得出∠APB＝90°，∠AOP＝60°，则∠ABP＝30°，同(1) 得四边形 PECF 是正方形，得 PF＝CF，在 Rt△APB 中，PB＝AB•cos∠ABP＝4 ，在 Rt△CFB 中， BF th CF，推出 PB＝CF+BF，即可得出结果； (3) ① 同(1)得四边形 DEPF 是正方形，得出 PE＝PF，∠APE+∠BPF＝90°，∠PEA＝∠PFB＝90°，将△ APE 绕点 P 逆时针旋转 90°，得到△A′PF，PA′＝PA，则 A′、F、B 三点共线，∠APE＝∠A′PF，证 ∠A′PB＝90°，得出 S△PAE+S△PBF＝S△PA′B PA′•PB x(70﹣x)，在 Rt△ACB 中，AC＝BC＝35 ，S △ACB AC2＝1225，由 y＝S△PA′B+S△ACB，即可得出结果； ② 当 AP＝30 时，A′P＝30，PB＝40，在 Rt△A′PB 中，由勾股定理得 A′B 50，由 S△A′ PB A′B•PF PB•A′P，求 PF，即可得出结果． 【解析】(1)∵∠ACB＝90°，DE⊥AC，DF⊥BC， ∴四边形 CEDF 是矩形， ∵CD 平分∠ACB，DE⊥AC，DF⊥BC， ∴DE＝DF， ∴四边形 CEDF 是正方形， ∴CE＝CF＝DE＝DF， 故答案为：CF、DE、DF； (2)连接 OP，如图 2 所示： ∵AB 是半圆 O 的直径， 2 ， ∴∠APB＝90°，∠AOP 180°＝60°， ∴∠ABP＝30°， 同(1)得：四边形 PECF 是正方形， ∴PF＝CF， 在 Rt△APB 中，PB＝AB•cos∠ABP＝8×cos30°＝8× 4 ， 在 Rt△CFB 中，BF th th CF， ∵PB＝PF+BF， ∴PB＝CF+BF， 即：4 CF CF， 解得：CF＝6﹣2 ； (3) ① ∵AB 为 ⊙ O 的直径， ∴∠ACB＝∠ADB＝90°， ∵CA＝CB， ∴∠ADC＝∠BDC， 同(1)得：四边形 DEPF 是正方形， ∴PE＝PF，∠APE+∠BPF＝90°，∠PEA＝∠PFB＝90°， ∴将△APE 绕点 P 逆时针旋转 90°，得到△A′PF，PA′＝PA，如图 3 所示： 则 A′、F、B 三点共线，∠APE＝∠A′PF， ∴∠A′PF+∠BPF＝90°，即∠A′PB＝90°， ∴S△PAE+S△PBF＝S△PA′B PA′•PB x(70﹣x)， 在 Rt△ACB 中，AC＝BC AB 70＝35 ， ∴S△ACB AC2 (35 )2＝1225， ∴y＝S△PA′B+S△ACB x(70﹣x)+1225 x2+35x+1225； ② 当 AP＝30 时，A′P＝30，PB＝AB﹣AP＝70﹣30＝40， 在 Rt△A′PB 中，由勾股定理得：A′B 50， ∵S△A′PB A′B•PF PB•A′P， ∴ 50×PF 40×30， 解得：PF＝24， ∴S 四边形 PEDF＝PF2＝242＝576(m2)， ∴当 AP＝30m 时．室内活动区(四边形 PEDF)的面积为 576m2． 9.(2020 浙江舟山)比较 x2+1 与 2x 的大小． (1)尝试(用“＜”，“＝”或“＞”填空)： ①当 x＝1 时，x2+1 2x； ②当 x＝0 时，x2+1 2x； ③当 x＝﹣2 时，x2+1 2x． (2)归纳：若 x 取任意实数，x2+1 与 2x 有怎样的大小关系？试说明理由． 【答案】(1)①=；②>；③>；(2)x2+1≥2x，理由见解析 【解析】(1)①当 x＝1 时，x2+1＝2x； ②当 x＝0 时，x2+1＞2x； ③当 x＝﹣2 时，x2+1＞2x． 故答案为：＝；＞；＞． (2)x2+1≥2x． 证明：∵x2+1﹣2x＝(x﹣1)2≥0， ∴x2+1≥2x． 10.(2020•宁波)【基础巩固】 (1)如图 1，在△ABC 中，D 为 AB 上一点，∠ACD＝∠B．求证：AC2＝AD•AB． 【尝试应用】 (2)如图 2，在▱ ABCD 中，E 为 BC 上一点，F 为 CD 延长线上一点，∠BFE＝∠A．若 BF＝4，BE＝3，求 AD 的长． 【拓展提高】 (3)如图 3，在菱形 ABCD 中，E 是 AB 上一点，F 是△ABC 内一点，EF∥AC，AC＝2EF，∠EDF ∠BAD， AE＝2，DF＝5，求菱形 ABCD 的边长． 【解析】见解析。 【分析】(1)证明△ADC∽△ACB，得出 ，则可得出结论； (2)证明△BFE∽△BCF，得出比例线段 䁕 ，则 BF2＝BE•BC，求出 BC，则可求出 AD． (3)分别延长 EF，DC 相交于点 G，证得四边形 AEGC 为平行四边形，得出 AC＝EG，CG＝AE，∠EAC＝∠ G，证明△EDF∽△EGD，得出比例线段 䁕 䁕 䁕 䁕 ，则 DE EF，可求出 DG，则答案可求出． 【解析】(1)证明：∵∠ACD＝∠B，∠A＝∠A， ∴△ADC∽△ACB， ∴ ， ∴AC2＝AD•AB． (2)∵四边形 ABCD 是平行四边形， ∴AD＝BC，∠A＝∠C， 又∵∠BFE＝∠A， ∴∠BFE＝∠C， 又∵∠FBE＝∠CBF， ∴△BFE∽△BCF， ∴ 䁕 ， ∴BF2＝BE•BC， ∴BC 䁕 ， ∴AD ． (3)如图，分别延长 EF，DC 相交于点 G， ∵四边形 ABCD 是菱形， ∴AB∥DC，∠BAC ∠BAD， ∵AC∥EF， ∴四边形 AEGC 为平行四边形， ∴AC＝EG，CG＝AE，∠EAC＝∠G， ∵∠EDF ∠BAD， ∴∠EDF＝∠BAC， ∴∠EDF＝∠G， 又∵∠DEF＝∠GED， ∴△EDF∽△EGD， ∴ 䁕 䁕 䁕 䁕 ， ∴DE2＝EF•EG， 又∵EG＝AC＝2EF， ∴DE2＝2EF2， ∴DE EF， 又∵ 䁕 䁕 ， ∴DG ， ∴DC＝DG﹣CG＝5 2．