专题5 综合与实践——几何探究题-【一战成名新中考】2025江西中考数学·二轮复习·专项培优练

专项培优练·江西数学 江 西 中 考 培 优 重 难 专 题 突 破 专题五　 综合与实践———几何探究题(必考) 类型 1　 动点类探究(2024.23,2019.22,2018.22) 例 1　 [2024 江西 23 题 12 分]综合与实践 如图,①在 Rt△ABC 中,点 D 是斜边 AB 上的动点(点 D 与点 A 不􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍 重合), 􀪍􀪍􀪍 连接 CD,②以 CD 为直角边在 CD 的右侧构造 Rt△CDE,􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍 ∠DCE= 90° 􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍 ,连接 BE,③ CE CD =CB CA =m 􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍 . 特例感知 (1)如图①,当m=1时,BE 与 AD之间的位置关系是　 　 　 ,数量关 系是　 　 　 . 图① 　 　 　 图② 　 　 　 图③ 例 1 题图 类比迁移 (2)如图②,当 m≠1 时,猜想 BE 与 AD 之间的位置关系和数量 关系,并证明猜想. 解: BE=mAD,AD⊥BE. 证明:∵∠ACB=∠DCE=90°,∴∠ACD=∠BCE, ∵CE CD =CB CA =m,∴△ADC∽△BEC, ∴BE AD =BC AC =m,∠CBE=∠A,∴BE=mAD, ∵∠A+∠ABC=90°,∴∠CBE+∠ABC=90°, ∴∠ABE=90°,∴AD⊥BE; 拓展应用 (3)多解法 ∙∙∙ 　 在(1)的条件下,点 F 与点 C 关于 DE 对称,连接 DF,EF,BF,如图③.已知 AC= 6,设 AD= x,四边形 CDFE 的面 积为 y. ①求 y 与 x 的函数表达式,并求出 y 的最小值; ② 分类讨论 当 BF= 2 时,请直接写出 AD 的长度. 解:①由(1)知:当 m=1 时,BE =AD=x,BE⊥AD, ∴CB=CA=6,CD=CE, ∵∠ACB=∠DCE=90°,∴AB= CA2+CB2 = 62+62 =6 2 , ∴BD=AB-AD=6 2-x,∴DE2 =BE2+BD2 =x2+(6 2-x)2 =2x2-12 2x+72, ∵点 C 与点 F 关于 DE 对称,∴CD=CE=EF=DF, ∴四边形 CDFE 是正方形,∴ y= 1 2 DE2 =x2-6 2 x+36, ∴ y=(x - 3 2 ) 2+18,∴当 x=3 2时,y 取得最小值 18; ②AD 的长度为 2 2或 4 2 . (本题解法提示、更多解法见本册参考答案) 【教你读题】由①②可 知 ∠ACB = ∠DCE = 90°,则∠ACD=∠BCE; 由③和上述结论可知, △ACD 和 △BCE 存 在 着全等或相似的关系. 显然本题考查的是“手 拉手模型” . 【思路点拨】 (1)由题意知CE CD =CB CA = 1,则 CE=CD,CB =CA, 利用等腰直角三角形 的性质、全等三角形的 判定与性质,可得 BE 与 AD 之间的位置关系 和数量关系. (2)类比(1)问,利用相 似三角形的判定与性 质,可猜想并证明结论. (3)①由(1)的结论可 得△ABC 和 △DEC 是 等腰直角三角形,利用 对称性可推出四边形 CDFE 是正方形,根据 正方形的面积公式即 可得到 y 与 x 的函数表 达式; ②点 F 的位置是随点 D 的运动发生变化的, 故要分点 F 在 BC 下方 和点 F 在 BC 上方两种 情况讨论. 思路一:作 CG⊥AB 于 点 G,连接 CF,构造相 似三角形,运用相似比 进行求解. 思路二:由(1) 的结论 可推出 B,C,D,F 四点 共圆,利用正方形的面 积公式及勾股定理可 进行求解. 思考:同学们还有其他 解题思路吗? 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 85 专项培优练·江西数学 江 西 中 考 培 优 重 难 专 题 突 破 针对训练 1.[2019 江西 22 题 9 分]在图①,②,③中,已知▱ABCD,∠ABC = 120°,点 E 为线段 BC 上的动 点,连接 AE,以 AE 为边向上作菱形 AEFG,且∠EAG= 120°. (1)如图①,当点 E 与点 B 重合时,∠CEF= 　 　 　 °; (2)如图②,连接 AF. ①填空:∠FAD　 　 　 ∠EAB(填“>”,“<”,“ =”); ② 分类讨论 求证:点 F 在∠ABC 的平分线上; (3)如图③,连接 EG,DG,并延长 DG 交 BA 的延长线于点 H,当四边形 AEGH 是平行四边形 时,求BC AB 的值. 图① 　 　 图② 　 　 　 图③ 第 1 题图 (2)②证明:当 BA<BE 时,如解图①,过点 F 分别作 FM⊥BC 于点 M,FN⊥BA 交 BA 的延长线于点 N,则∠FNB=∠FME=90°,∵∠ABC=120°,∴∠NFM=60°, 易知∠AFE=60°,∴∠AFN=∠EFM, ∵四边形 AEFG 是菱形,∴EF=EA,∠FAE= 1 2 ∠EAG=60°,∴△AEF 为等边三角形,∴FA=FE, 在△AFN 和△EFM 中, ∠FNA=∠FME, ∠AFN=∠EFM, FA=FE, ì î í ïï ïï ∴△AFN≌△EFM(AAS),∴FN=FM,又∵FM⊥BC,FN⊥BA,∴点 F 在∠ABC 的平分线上; 当 BA=BE 时,如解图②,∵BA=BE,∠ABC=120°,∴∠BAE=∠BEA=30°, ∵∠EAG=120°,四边形 AEFG 为菱形,∴∠EAF=60°,又∵EA=EF,∴△AEF 为等边三角形, ∴∠FEA=60°,FA=FE,则∠FAB=∠FEB=90°,又∵FA=FE,∴点 F 在∠ABC 的平分线上; 当 BA>BE 时,同理可证,点 F 在∠ABC 的平分线上. 综上所述,点 F 在∠ABC 的平分线上; (3)解:如题图③,设线段 DA,GE 相交于点 Q,∵四边形 AEFG 是菱形,∠EAG=120°, ∴∠AGF=60°,∴∠FGE=∠AGE=30°, ∵四边形 AEGH 为平行四边形,∴GE∥AH,∴∠GAH=∠AGE=30°,∠H=∠FGE=30°, 又∵四边形 ABCD 是平行四边形,∠ABC=120°,∴∠DAB=60°,∴∠GAN=90°, 又∠AGQ=30°,∴GQ=2AQ,∵∠DAB=60°,∠H=30°,∴∠ADH=30°, ∴AD=AH,∴当四边形 AEGH 是平行四边形时,GE=AH=AD, ∵四边形 ABCD 为平行四边形,∴BC=AD,∴BC=GE, ∵∠DAE=∠EAB=30°,∴平行四边形 ABEQ 为菱形,∴AB=AQ=QE,∴BC=GE=3AB,∴BC AB =3. 95 专项培优练·江西数学 江 西 中 考 培 优 重 难 专 题 突 破 2.如图①,△ABC 是腰长为 2 的等腰直角三角形,∠ABC = 90°,动点 P 从点 C 出发,沿折线 CB-BA 向终点 A 运动,点 P 不与点 A 重合,将线段 PC 绕点 C 顺时针旋转 60°得到线段 CQ,连接 PQ. (1)当点 P 在 CB 上运动时, ①∠ACQ 的度数为　 　 　 ; ②则线段 PQ+PB= 　 　 　 ; (2)如图②,当点 P 在 CB 上运动时,连接 BQ,当△BPQ 的面积最大时,求线段 BP 的长,并 写出此时△BPQ 的面积; (3) 分类讨论 当点 Q与△ABC 的顶点所连线段垂直于△ABC 的某一边时,直接写出 CP 的长. 图① 　 　 　 　 图② 第 2 题图 解:(2)如解图①,过点 Q 作 QM⊥BC 于点 M,∴∠PQM=∠CQM=30°,∴PM= 1 2 QP, 设 PM=x,则 QP=2x,∴QM= 3 x,由(1)知 PQ+PB=2,∴BP=2-2x, ∴S△BPQ = 1 2 BP·QM= 1 2 ×(2-2x)× 3 x=- 3 (x- 1 2 ) 2+ 3 4 , ∴当 x= 1 2 时,△BPQ 的面积的最大值为 3 4 , 此时线段 BP=2-2× 1 2 =1; (3)CP 的长为 2 3 -2 或4 3 3 或 2 6 -2 2 .【解法提示】①当 QB⊥AC 时,如解图②,过点 Q 作 QM⊥BC 于点 M,∴∠QBC=∠QBA=45°,∴△QBM 为等腰直角三角形,由(2)得 BM =BP+PM = 2-2x+x = 2- x,QM= 3 x,∴2-x= 3 x,∴ x = 3 -1,∴ BP = 2-2x = 4-2 3 ,∴ CP =BC-BP = 2 3 -2;②当 QC⊥BC 时,如解图③,∵∠QCB = 90°,∠QCP = 60°,∴∠PCB = 30°,∴ BP =BC 3 = 2 3 3 ,∴ PC = 2BP = 4 3 3 ;③当 QA⊥AB 时,如解图④,过点 C 作 CN⊥AQ,交 AQ 延长线于 N.易知四边形 ABCN 是正方形,∴ CB = CM,又 CP=CQ,∴Rt△CPB≌Rt△CQN(HL),∴ BP =QN,∴ AP =AQ,设 AQ =AP = x,∴ PQ = PC = 2 x,PB=2-x,∵BC2+PB2 =PC2,∴22+(2-x) 2 =( 2 x) 2,∴ x = 2 3 -2(-2 3 -2 舍去),∴CP = 2 x = 2 6 -2 2 .综上所述,CP=2 3 -2 或4 3 3 或 2 6 -2 2 . 06 专项培优练·江西数学 江 西 中 考 培 优 重 难 专 题 突 破 3.[人教八下 P69 第 14 题改编]追本溯源 (1)教材上有这样一道题,请你完成解答:如图①,四边形 ABCD 是正方形,点 E 是边 BC 的 中点,∠AEF= 90°,且 EF 交正方形外角的平分线 CF 于点 F.求证:AE=EF; 方法应用 (2)如图②,若点 E 是 BC 边上任意一点(不与 B、C 重合),其他条件不变.求证:AE=EF; 拓展延伸 (3)如图③,在(2)的条件下,连接 AC,过点 E 作 EP⊥AC 于点 P,连接 PF.设BE BC = k,判断当 k 为何值时,四边形 ECFP 是平行四边形,并给予证明; (4)如图④,在平面直角坐标系 xOy 中,点 O 与点 B 重合,正方形 ABCD 的边长为 1,当点 F 恰好落在函数 y=-2x+4 的图象上时,请直接写出点 E 的坐标. 图① 　 　 　 图② 　 　 　 图③ 　 　 　 图④ 第 3 题图 (1)证明:如解图①,取 AB 的中点 G,连接 EG,则 BG=AG,∵点 E 是 BC 的中点,∴BE=CE, ∵四边形 ABCD 是正方形,∴AB=BC,∠B=∠BCD=90°,∴AG=BG=BE=CE,∠GAE+∠AEB=90°, ∴△BGE 是等腰直角三角形,∴∠BGE=∠BEG=45°,∴∠AGE=135°, ∵∠AEF=90°,CF 平分正方形的外角,∴∠AEB+∠CEF=90°,∠ECF=135°, ∴∠GAE=∠CEF,∠AGE=∠ECF,∴△GAE≌△CEF(ASA),∴AE=EF; (2)证明:如解图②,在 AB 边上取点 G,使得 AG=EC,连接 EG, ∵四边形 ABCD 是正方形,∴AB=BC,∠B=∠BCD=90°,∴∠EAG+∠AEB=90°,∵AG=CE, ∴BG=BE,∴△BGE 是等腰直角三角形,∴∠BGE=∠BEG=45°,∴∠AGE=135°, ∵∠AEF=90°,CF 平分正方形的外角,∴∠AEB+∠FEC=90°,∠ECF=135°, ∴∠GAE=∠CEF,∠AGE=∠ECF,∴△GAE≌△CEF(ASA),∴AE=EF; (3)解:当 k= 1 3 时,四边形 ECFP 是平行四边形.证明如下: 如解图③,在 AB 边上取点 G,使得 AG=EC,连接 EG, 由(2)知,△BGE 是等腰直角三角形,△GAE≌△CEF,∠ECF=135°,∴CF=EG, 设 BC=x,则 BE=kx,∴GE= 2 kx,EC=(1-k)x,由正方形的性质得∠ACB=45°, 又∵EP⊥AC,∴∠PEC=45°,∴∠PEC+∠ECF=180°,PE= 2 2 (1-k)x,∴PE∥CF, 当 PE=CF 时,四边形 ECFP 是平行四边形,∴ 2 2 (1-k)x= 2 kx,解得 k= 1 3 ; (4)解:点 E 的坐标为( 2 3 ,0) .(解法提示见本册参考答案) 16 专项培优练·江西数学 江 西 中 考 培 优 重 难 专 题 突 破 类型 2　 操作类探究(2022.23,2021.23,2020.23) 例 2　 [2021 江西 23 题 12 分·人教八上 P11 研究改编]课本再现 (1)在证明“三角形内角和定理”时,小明只撕下三角形纸片的一个 角拼成图①即可证明,其中与∠A相等的角是　 　 　 ; 图① 　 　 　 　 图② 类比迁移 (2)如图②,在四边形 ABCD 中,∠ABC 与∠ADC 互余,小明发现 四边形 ABCD 中这对互余的角可类比(1)中思路进行拼合: 先作∠CDF=∠ABC,再过点 C 作 CE⊥DF 于点 E,连接 AE, 发现 AD,DE,AE 之间的数量关系是　 　 　 　 　 　 ; 方法运用 (3)如图③,在四边形 ABCD 中,连接 AC,∠BAC = 90°,点 O 是 △ACD 两边垂直平分线的交点,连接 OA,∠OAC=∠ABC. ①求证:∠ABC+∠ADC= 90°; ②连接 BD,如图④,已知 AD =m,DC = n,AB AC = 2,求 BD 的长 (用含 m,n 的式子表示) . 图③ 　 　 图④ 例 2 题图 ①证明:如解图①,连接 OD,OC.∵点 O 是△ACD 两边垂直平分线的交 点,∴ OA = OC = OD,∴ ∠OAC = ∠OCA,∠ODC = ∠OCD,∠OAD = ∠ODA,∴2∠OAC+2∠ODC+2∠ODA = 180°,即 2∠OAC+2∠ADC = 180°,∴∠OAC+∠ADC=90°,∵∠OAC=∠ABC,∴∠ABC+∠ADC=90°; ②解:如解图②,作∠CDF=∠ABC,过点 C 作 CE⊥DF 于点 E,连接 AE, ∵∠ABC+∠ADC=90°,∴∠ADC+∠CDF=90°,∴AD2+DE2 =AE2, 即 m2+DE2 =AE2,∵∠BAC=90°,AB AC =2,∴AC ∶AB ∶BC=1 ∶2 ∶ 5 , 同理可得 CE ∶DE ∶DC=1 ∶2 ∶ 5 ,∴AC BC =CE CD , 即 m2+ 4 5 n2 =BD 2 5 ,∴BD2 =5m2+4n2,∴BD= 5m2+4n2 . 【思路点拨】(1)利用图 形剪拼的性质即可得 到结论; (2)利用勾股定理即可 得出结论; (3)①由题意可知点 O 是△ACD 两边的垂直 平分线的交点,可利用 垂直平分线的性质,连 接 OC,OD,再利用三角 形内角和定理进行推 导证明; ②类比(2)中的图象和 结论,且题干中存在线 段比的条件,可作辅助 线,构造与 BD 相关的 相似三角形,从而进行 求解. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 26 专项培优练·江西数学 江 西 中 考 培 优 重 难 专 题 突 破 针对训练 4.[2020 江西 23 题 12 分]某数学课外活动小组在学习了勾股定理之后,针对图①中所示的“由直 角三角形三边向外侧作多边形,它们的面积 S1,S2,S3 之间的关系问题”进行了以下探究: 类比探究 (1)如图②,在 Rt△ABC 中,BC 为斜边,分别以 AB,AC,BC 为斜边向外侧作 Rt△ABD, Rt△ACE,Rt△BCF,若∠1=∠2=∠3,则面积 S1,S2,S3 之间的关系式为　 　 　 　 　 　 ; 推广验证 (2)如图③,在 Rt△ABC 中,BC 为斜边,分别以 AB,AC,BC 为边向外侧作任意△ABD, △ACE,△BCF,满足∠1=∠2=∠3,∠D =∠E =∠F,则(1)中所得关系式是否仍然成 立? 若成立,请证明你的结论;若不成立,请说明理由; 拓展应用 (3)如图④,在五边形 ABCDE 中,∠A=∠E=∠C= 105°,∠ABC= 90°,AB= 2 3 ,DE= 2,点 P 在 AE 上,∠ABP= 30°,PE= 2,求五边形 ABCDE 的面积. 图① 　 　 图② 　 　 图③ 　 　 图④ 第 4 题图 解:(2)仍然成立. 证明:∵∠1=∠3,∠D=∠F,∴△ADB∽△BFC,∴ S1 S3 =(AB BC ) 2,同理可得 S2 S3 =(AC BC ) 2, ∵∠BAC=90°,∴∵AH⊥BP,∴∠HAP=∠APH=45°,∴PH=AH= 3 , ∴AP= 6 ,BP=BH+PH=3+ 3 ,∴S△ABP = BP·AH 2 =(3+ 3 )× 3 2 = 3 3 +3 2 , ∵PE= 2 ,DE=2,AP= 6 ,AB=2 3 ,∴PE AP = 2 6 = 3 3 ,DE AB = 2 2 3 = 3 3 ,∴PE AP =ED AB , 又∵∠E=∠BAP=105°,∴△EDP∽△ABP,∴∠EPD=∠APB=45°,PD BP =PE AP = 3 3 , S△PDE S△ABP =( 3 3 ) 2 = 1 3 , ∴∠BPD=90°,PD=1+ 3 ,S△PDE = 1 3 ×3 3 +3 2 = 3 +1 2 ,∴S△BPD = BP·PD 2 =(3+ 3)×(1+ 3) 2 =2 3+3, ∵tan∠PBD=PD BP = 3 3 ,∴∠PBD=30°,∴∠CBD=∠ABC-∠ABP-∠PBD=30°, ∵∠PDE=180°-∠E-∠EPD=30°,∴∠ABP=∠PDE=∠CBD, 又∵∠BAP=∠E=∠C=105°,∴由(2)的结论可得 S△BCD =S△ABP+S△PDE = 3 3+3 2 + 3 +1 2 =2 3 +2, ∴五边形 ABCDE 的面积为 S△ABP+S△PDE+S△BCD+S△BPD = 3 3 +3 2 + 3 +1 2 +2 3 +2+2 3 +3=6 3 +7. 36 专项培优练·江西数学 江 西 中 考 培 优 重 难 专 题 突 破 5.[2024 江西样卷一]一块材料的形状是锐角三角形 ABC,下面分别对这块材料进行课题探究: 课本再现 (1)在图①中,若边 BC= 120 mm,高 AD= 80 mm.把它加工成正方形零件,使正方形的一边 在 BC 上,其余两个顶点分别在 AB,AC 上,这个正方形零件的边长是多少? 类比探究 (2)如图②,若这块锐角三角形 ABC 材料可以加工成 3 个相同大小的正方形零件,请你探 究高 AD 与边 BC 的数量关系,并说明理由. 拓展延伸 (3)①如图③ ,若这块锐角三角形 ABC 材料可以加工成图中所示的 4 个相同大小的正方 形零件,则AD BC 的值为　 　 　 (直接写出结果); ②如图④,若这块锐角三角形 ABC 材料可以加工成图中所示的 n(n≥3)个相同大小的 正方形零件,求AD BC 的值. 图① 　 　 　 　 图② 　 　 　 　 图③ 　 　 　 　 图④ 第 5 题图 解:(1)设正方形零件的边长为 x mm,则 KD=EF=x,AK=80-x, ∵EF∥BC,∴△AEF∽△ABC,∴EF BC =AK AD , ∴ x 120 = 80-x 80 ,解得 x=48,∴正方形零件的边长为 48 mm; (2)AD=BC.理由如下: 如解图①,设 AD 交 EF 于点 M,交 GH 于点 N,设每个正方形的边长为 a, ∵EF∥GH,∴△AEF∽△AGH,∴AM AN = EF GH = 1 2 , ∴AM=MN=a,∴AD=3a,∴AM AD = 1 3 , ∵EF∥BC,∴△AEF∽△ABC,∴EF BC =AM AD = 1 3 ,∴BC=3a,∴AD=BC; (3)②如解图②,设 AD 交 EF 于点 M,交 GH 于点 N,设每个正方形的边长为 a, ∵EF∥GH,∴△AEF∽△AGH, ∴AM AN = EF GH = a (n-1)a = 1 n-1 ,∴ AM AM+a = 1 n-1 ,∴AM= 1 n-2 a, ∵EF∥BC,∴△AEF∽△ABC,∴EF BC =AM AD ,∴AD BC =AM EF = 1 n-2 . 46 专项培优练·江西数学 江 西 中 考 培 优 重 难 专 题 突 破 6.[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) . 　 　 　 　 　 　 第 6 题图① (2)多解法 ∙∙∙ 　 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,AB=AD,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 BC=m,DC=n,∠BCD= 2θ,求 AC 的长(用含 m,n,θ 的式子表示) . (3)多解法 ∙∙∙ 　 分类讨论 拓展应用 如图③,在 Rt△ABC 中,∠B= 90°,AB= 3,BC= 4,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. 图② 　 　 　 　 　 　 　 图③ 第 6 题图 解:(2)①∠ACD=∠ACB.理由如下: 如解图①,延长 CB 至点 E,使 BE=DC,连接 AE. ∵∠ABC+∠ABE=180°,∴∠ABE=∠D, ∵AB=AD,∴△ABE≌△ADC,∴∠E=∠ACD,AE=AC,∴∠E=∠ACB,∴∠ACD=∠ACB; ②∵∠BCD=2θ,∴∠ACD=∠ACB=θ, 如解图②,延长 CB 至点 E,使 BE=DC,连接 AE,过点 A 作 AF⊥BC 于点 F, 由①可知 AE=AC,∴CF= 1 2 CE= 1 2 (BC+BE)= 1 2 (BC+DC)= m +n 2 , 在 Rt△AFC 中,cos∠ACF=cosθ=CF AC ,∴AC= CF cosθ = m+n 2cosθ ; (3)BN 的长为12 5 2或12 7 2 . (本题解法提示、更多解法见本册参考答案) 56 专项培优练·江西数学 江 西 中 考 培 优 重 难 专 题 突 破 类型 3　 图形变化类探究(2022.23,2017.23,2016.22) 例 3　 [2022 江西 23 题 12 分·人教八下 P63 实验与探究改编]综合与实践 问题提出 某兴趣小组在一次综合与实践活动中提出这样一个问题:将足够 大的直角三角板 PEF(∠P= 90°,∠F= 60°)的一个顶点放在正方 形中心 O 处,并绕点 O 逆时针旋转,探究直角三角板 PEF 与正方 形 ABCD重叠部分的面积变化情况(已知正方形边长为 2). 操作发现 (1)如图①,若将三角板的顶点 P 放在点 O 处,在旋转过程中,当 OF 与 OB 重合时,重叠部分的面积为　 　 　 ;当 OF 与 BC 垂 直时,重叠部分的面积为　 　 　 ;一般地,若正方形面积为 S, 在旋转过程中,重叠部分的面积 S1 与 S 的关系为　 　 　 ; 图① 　 　 图② 　 　 图③ 例 3 题图 类比探究 (2)若将三角板的顶点 F 放在点 O 处,在旋转过程中,OE,OP 分 别与正方形的边相交于点 M,N. ①如图②,当 BM=CN 时,试判断重叠部分△OMN 的形状,并 说明理由; ②如图③,当 CM = CN 时,求重叠部分四边形 OMCN 的面积 (结果保留根号); ∵CM=CN,∠OCM=∠OCN,OC=OC, ∴△OCM≌△OCN(SAS),∴∠COM=∠CON=30°, ∴∠OMI=∠COM+∠OCM=75°, ∵OI⊥CB,∴∠IOM=90°-∠OMI=15°, ∵BI= IC=OI=1,∴ IM=OI·tan∠IOM=2- 3 , ∴CM=CI-IM=1-(2- 3 )= 3 -1, ∴S四边形OMCN =2S△COM =2× 1 2 CM·OI= 3 -1; 拓展应用 (3)若将任意一个锐角的顶点放在正方形中心 O 处,该锐角记为 ∠GOH(设∠GOH=α),将∠GOH 绕点 O 逆时针旋转,在旋转 过程中,∠GOH 的两边与正方形 ABCD 的边所围成的图形的 面积为 S2,请直接写出 S2 的最小值与最大值(分别用含 α 的 式子表示) . (参考数据:sin15°= 6 - 2 4 ,cos15°= 6 + 2 4 ,tan15°= 2- 3 ) (3)S2min =tan α 2 ,S2max =1-tan(45°- α 2 ).(本题解法提示见本册参考答案) 【思路点拨】 (1)利用正方形和直角 三角形的性质,即可求 出前两问特殊情况下 重叠部分的面积;从而 推测出第三问的结论, 利用全等三角形的性 质即可证明该结论. (2)①由∠F = 60°,BM = CN, 可 初 步 得 出 结 论:△OMN 是等边三角 形.证明 OM =ON,可证 明结论;②作出适当的 辅助线,利用全等三角 形的判定与性质、三角 函数、三角形的面积公 式即可解决问题; (3)类比(2)问,当锐角 的两边只与正方形的 一边(如 BC) 相交,且 BM = CN 时,△OMN 的 面积最小,即 S2 存在最 小值;当锐角的两边分 别与正方形相邻的两 边(如 BC、DC)相交,且 CM = CN 时,△OMN 的 面积最大,即 S2 有最大 值.对两种情况分别求 解即可. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 66 专项培优练·江西数学 江 西 中 考 培 优 重 难 专 题 突 破 针对训练 7.综合与实践 问题情境 在“综合与实践”活动课上,老师给出了如图①所示的一张矩形纸片 ABCD,其中 AB = 4, BC= 3. 图① 　 　 　 图② 　 　 　 图③ 　 　 　 图④ 第 7 题图 实践探究 (1)如图②,将矩形纸片 ABCD 沿对角线 AC 剪开,得到纸片△ABC 与△A′DC′.将△A′DC′ 纸片沿 AC 方向平移,连接 BD(BD 与 AC 交于点 O),AD,BC′,得到图③所示的图形.若 BD⊥AC,解答下列问题: ①请你猜想四边形 ABC′D 的形状,并说明理由; ②请求出平移的距离 AA′; 拓展延伸 (2)如图④,先将△A′DC′纸片沿 AC 方向进行平移,然后将△A′DC′纸片绕点 A′顺时针旋 转,使得 A′C′∥AB,C′D 恰好经过点 C,求平移的距离 AA′. 解:(1)①四边形 ABC′D 是菱形.理由如下: ∵四边形 ABCD 是矩形,∴AB=CD,AB∥CD, 由平移知对应线段平行且相等,∴AB∥DC′,AB=DC′, ∴四边形 ABC′D 是平行四边形,∵BD⊥AC,∴四边形 ABC′D 是菱形; ②由题意可得 A′D=BC=3,C′D=AB=4, 在 Rt△ABC 中,AB=4,BC=3,∴AC= AB2+BC2 =5,∴cos∠DA′C′=cos∠ACB= 3 5 , ∵BD⊥AC′,在 Rt△A′DO 中,OA′=A′D·cos∠DA′C′=3× 3 5 = 9 5 , ∵四边形 ABC′D 是菱形,∴OA=OC′,∵AA′=CC′,∴OA′=OC, ∴A′C=2OA′=18 5 ,∴AA′=AC-A′C=5-18 5 = 7 5 ; (2)∵A′C′∥AB,∴∠CA′C′=∠A,∵∠A=∠C′,∴∠CA′C′=∠C′,∴CA′=CC′, 设 CA′=CC′=x,则 CD=4-x, 在 Rt△A′CD 中,A′D2+CD2 =A′C2,即 32+(4-x) 2 =x2,解得 x=25 8 , ∴AA′=AC-A′C=5-25 8 = 15 8 . 76 专项培优练·江西数学 江 西 中 考 培 优 重 难 专 题 突 破 8.[2022 江西 23 题变式·2024 江西样卷八]在数学实践课上,小明同学将含 45°角的三角板 AEF 绕着正方形 ABCD 纸板的顶点 A 旋转,边 AE 分别交 BD,BC 于点 M,G,边 AF 交 CD 于点 N,探究 AM 与 AN 的数量关系. 特例感知 (1)如图①,当三角板旋转到 N 与 D 重合时,线段 AM 与 AN 的数量关系为　 　 　 　 　 　 ; 类比迁移 (2)小明认为可以从特殊到一般归纳结论,请你用图②证明(1)中 AM 与 AN 的数量关系仍 然成立; 拓展应用 (3)在图②中,AB= 6,在旋转过程中,当 AF 与 DC 的交点从点 D 变到点 C 时,设 BG = y, DN= x,求 y 关于 x 的函数解析式,并在图③中画出该函数的图象. 图① 　 　 　 　 图② 　 　 　 　 图③ 第 8 题图 (2)证明:如解图①,连接 AC. 由题意知,∠BAC=∠MAN=45°,∴∠BAM=∠CAN, ∵∠ABM=∠ACN=45°,∴△ABM∽△ACN,∴AM AN =AB AC = 2 2 .∴AN= 2AM. (3)解:如解图②,连接 GN,将△AND 绕点 A 顺时针旋转 90°得到△AHB,∴HB=ND,AH=AN, ∵∠FAE=45°,∴∠BAG+∠DAN =45°,∴∠HAG=∠GAN =45°, 又∵AH=AN,AG=AG,∴△AHG≌△ANG(SAS),∴GN=GH=BG+DN, ∵GC=6-y,NC=6-x,∴ (6-x) 2+(6-y) 2 =(x+y) 2,∴ y=36 -6x 6+x (0≤x≤6); 画出该函数的图象如解图③. 86 专项培优练·江西数学 江 西 中 考 培 优 重 难 专 题 突 破 9.综合与实践 问题情境 在数学活动课上,老师让同学们以“等边三角形的旋转”为主题开展活动,已知完全相同的 等边三角形 ABC 和等边三角形 DEF,点 A,B,C 分别与点 D,E,F 重合,点 O 是边 BC,EF 的 中点.固定△ABC,将△DEF 绕点 O 顺时针旋转 α(0°<α<180°) . 问题解决 (1)如图①,当点 E 落在边 AB 上时,试判断四边形 EOCM 的形状,并说明理由; (2) 开放性试题 在△DEF 旋转的过程中,连接 AD,CF,试判断 AD,CF 的位置关系,并在图 ②与图③中选择一种情况进行证明; 问题拓展 (3)如图④,若△ABC 与△DEF 都是等边三角形,但 DE>AB,其他条件不变,在△DEF 旋转 的过程中,当点 E 落在边 AC 上时,连接 AD,CF,延长 FC 交 AD 于点 N.已知 AB = 4, ∠BCF= 45°,请直接写出 CN 的长. 图① 　 　 　 　 图② 　 　 　 　 图③ 　 　 　 　 图④ 第 9 题图 解:(1)四边形 EOCM 是菱形.理由如下: ∵点 O 是边 BC,EF 的中点,∴BO=CO= 1 2 BC=EO=FO= 1 2 EF, ∵△ABC 与△DEF 是完全相同的等边三角形,∴∠B=∠ACB=∠FED=60°,BC=EF, ∴BO=CO=EO=FO,∴△BOE 是等边三角形,∴∠BOE=60°, ∴∠BOE=∠ACB,∠BOE=∠FED,∴OE∥CM,OC∥EM, ∴四边形 EOCM 是平行四边形.∵OE=OC,∴四边形 EOCM 是菱形; (2)AD⊥CF. 证明:选择图②.如解图,连接 OA,OD,延长 AD,FC 交于点 M, 由旋转可得∠AOD=∠COF, ∵点 O 是 BC,EF 的中点,∴∠AOC=∠DOF=90°,∠ACO=∠DFO=60°, ∴OA OC = 3 ,OD OF = 3 ,∴△AOD∽△COF,∴∠OCF=∠OAD. ∵∠MAC=∠OAD-∠OAC=∠OAD-30°,∠MCA=180°-∠ACB-∠OCF=120°-∠OCF, ∴∠MAC+∠MCA=∠OAD-30°+120°-∠OCF=90°,∴AD⊥CF; (选择图③证明见本册参考答案) (3) 6 - 2 .(解法提示见本册参考答案) 96 专项培优练·江西数学 江 西 中 考 培 优 重 难 专 题 突 破 10.综合与实践课上,数学老师让同学们通过折纸进行探究活动. 【动手操作】 如图①,将平行四边形纸片 ABCD 沿过顶点 A 的直线折叠,使得点 D 落在 BC 边上的点 G 处,折痕交 CD 于点 E,再沿着过点 G 的直线折叠,使得点 B 落在 AG 边上的点 H 处,折痕 交 AB 于点 F.将纸片展平,画出对应点 G,H 及折痕 AE,FG,连接 FH,AG,EG. 【初步探究】 (1)确定 FG 和 AE 的位置关系及线段 AF 和 DE 的数量关系. 求知小组经过一番思考和研讨后,发现 FG∥AE,证明过程如下: 由折叠,可知∠DAE=∠GAE= 1 2 ∠DAG,∠FGH=∠FGB= 1 2 ∠BGA. 又由平行四边形的性质,可知 DA∥BC,∴ ∠DAG=∠BGA, ∴ ①　 　 　 　 　 　 　 　 ,∴ FG∥AE. 先测量 AF 和 DE 的长度,猜想其关系为②　 　 　 　 　 　 　 　 . 奋进小组经过一番思考和研讨后,发现在寻找 AF 和 DE 的数量关系时,方法不一: 方法一:证明△AHF≌△GCE,得到 AF=GE,再由 GE=DE 可得结论. 方法二:过点 G 作 AB 的平行线交 AE 于点 N,构造平行四边形 AFGN,然后证 GN=GE 可 得结论. 请补充上述过程中横线上的内容. 【类比探究】 (2)如图②,将平行四边形纸片 ABCD 特殊化为矩形纸片 ABCD,重复上述操作.请判断 FG 和 AE 的位置关系及 AF 和 DE 的数量关系是否发生变化,并说明理由. 【拓展运用】 (3) 分类讨论 如图③,在矩形 ABCD 中,AB= 4,按上述操作折叠并展开后,过点 G 作 GM∥ CD 交 AE 于点 M,连接 HM.当△GHM 为直角三角形时,直接写出 DE 的长. 图① 　 　 　 　 图② 　 　 　 　 图③ 第 10 题图 解:(2)不发生变化.理由如下: 由折叠的性质,可知∠DAE=∠GAE= 1 2 ∠DAG,∠FGH=∠FGB= 1 2 ∠BGA, 又∵DA∥BC,∴∠DAG=∠BGA,∴∠EAG=∠FGA,∴FG∥EA, 过点 G 作 GN∥AB 交 AE 于点 N,如解图,则 GN∥CD, ∵AF∥GN,FG∥AN,∴四边形 AFGN 为平行四边形,∴AF=GN, ∵AB∥GN∥CD,∴∠BAN=∠GNE=∠AED, ∵将矩形纸片 ABCD 沿过顶点 A 的直线折叠,∴∠GEN=∠AED,∴∠GNE=∠GEN, ∴GE=GN,由折叠的性质,可知 GE=DE,∴AF=DE; (3)DE 的长为 8 3 或 2 5 -2.(解法提示见本册参考答案) 􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂 􀤂 􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂 􀤂 􀦂 􀦂 􀦂􀦂几何探究题加练扫描本册 P29 二维码. 07 一战成名·江西数学 专 项 培 优 练 把 x= 4 代入 y= x+ 3 2 得 y= 11 2 ,把 x = 5 代入 y = x+ 3 2 得 y = 13 2 , … 把 x=n+1 代入 y= x+ 3 2 得 y=n+ 5 2 , ∴ 点 P3、P4、…Pn在直线 P1P2 上,∴ 点 P1,P2,P3,…,Pn 在同一条直线上. 13.解:(1)(3,2);(3- 2 ,0),(3+ 2 ,0);【解法提示】∵ y1 = -(x-3) 2+2,∴ 抛物线 y1 的顶点坐标是(3,2),令 y1 = 0, 即-(x-3) 2+2= 0,解得 x1 = 3+ 2 ,x2 = 3- 2 ,∵ 点 A1 在 点 B1 的左边,∴ A1(3- 2 ,0),B1(3+ 2 ,0) . (2)①一条直线;y= x-1;【解法提示】由题意知,抛物线 y0 的顶点坐标是(1,0),y1 的顶点坐标是(3,2),y2 的顶点 坐标是(5,4),y3 的顶点坐标是(7,6),y4 的顶点坐标是 (9,8),∴ 通过该系列抛物线所有顶点的图象是一条直 线,设该直线的解析式为 y=nx+b(n≠0),将 x= 1,y= 0 和 x= 3,y = 2 代入直线解析式,得 n+b= 0, 3n+b= 2,{ 解得 n= 1, b=-1,{ ∴ 直线的函数解析式是 y= x-1. ②yk =-(x-2k-1) 2+2k;【解法提示】观察这系列抛物线的 顶点坐标,由规律可知 yk 的顶点坐标是 Pk(2k+1,2k),∴ 抛物线 yk 的解析式是 yk =-(x-2k-1) 2+2k. (3)①由(2)②可知 Pk(2k+1,2k), ∴ yk-1 =-[x-2(k-1)-1] 2+2(k-1)= -(x-2k+1) 2+2k-2, ∵ PkBk -1⊥x 轴,∴ Bk -1(2k+1,0), 把点 Bk -1(2k+1,0)的坐标代入到 yk -1的解析式, 得-(2k+1-2k+1) 2+2k-2= 0,解得 k= 3; ②Ⅰ:∵ 抛物线 yk 的顶点 Pk(2k+1,2k)绕点(1,0)旋转 180°得到抛物线 yk ′的顶点 Pk ′(-2k+1,-2k), ∴ yk ′=(x+2k-1) 2-2k; Ⅱ:令 yk = 0,即-(x-2k-1) 2+2k= 0, 解得 x1 = 2k+1- 2k ,x2 = 2k+1+ 2k , ∴ Ak(2k+1- 2k ,0), ∵ Pk(2k+1,2k),且旋转中心为点 P0(1,0), ∴ |P0Ak | = 2k- 2k , 由题意可知四边形 PkAk ′Pk ′Ak 为平行四边形,点 P0 为其 对角线的交点, ∴ S= 4S△P0PkAk = 4× 1 2 |P0Ak |·yp x = 4× 1 2 (2k- 2k )·2k, 整理得 S= 8k2-4k 2k . 专题五　 综合与实践———几何探究题 例 1　 解:(1)AD⊥BE,AD =BE;【解法提示】∵ CE CD = CB CA = 1, ∴ CE = CD, CB = CA, ∵ ∠ACB = ∠DCE = 90°, ∴ ∠A = ∠ABC= 45°,∠ACD=∠BCE,∴ △ACD≌△BCE(SAS),∴ AD=BE,∠A=∠CBE= 45°,∴ ∠ABE= 90°,∴ AD⊥BE. (2)BE=mAD,AD⊥BE, 证明:∵ ∠ACB=∠DCE= 90°,∴ ∠ACD=∠BCE, ∵ CE CD =CB CA =m,∴ △ADC∽△BEC, ∴ BE AD =BC AC =m,∠CBE=∠A,∴ BE=mAD, ∵ ∠A+∠ABC= 90°,∴ ∠CBE+∠ABC= 90°, ∴ ∠ABE= 90°,∴ AD⊥BE; (3)①解法一:由(1)知:当 m= 1 时,BE =AD= x,BE⊥AD, CB=CA= 6,CD=CE, ∵ ∠ACB=∠DCE= 90°, ∴ AB= CA2+CB2 = 62+62 = 6 2 , ∴ BD=AB-AD= 6 2 -x, ∴ DE2 =BE2+BD2 = x2+(6 2 -x) 2 = 2x2-12 2 x+72, ∵ 点 C 与点 F 关于 DE 对称, ∴ CD=CE=EF=DF, ∴ 四边形 CDFE 是正方形, ∴ y= 1 2 DE2 = x2-6 2 x+36=(x-3 2 ) 2+18, 当 x= 3 2时,y 取得最小值 18; 例 1 题解图① 解法二:如解图①,过点 D 作 DP⊥AC 于点 P, 则∠DPA= 90°, 由(1)知,CB=CA,∴ ∠A= 45°, ∴ DP=AP= 2 2 x, 同“解法一”易得四边形 CDFE 是正方 形, 在 Rt△CDP 中,CD2 =CP2+DP2, ∴ CD2 =(6- 2 2 x) 2+( 2 2 x) 2, ∴ y= x2-6 2 x+36=(x-3 2 ) 2+18, 当 x= 3 2时,y 取得最小值 18; 解法三:如解图②,过点 C 作 CG⊥AB 交 AB 于点 G, 则∠AGC= 90°,同“解法二”易得∠A = 45°,四边形 CDFE 是正方形. ∵ AC= 6,∴ CG=AG= 3 2 ,∴ DG= 3 2 -x 或 DG= x-3 2 . 在 Rt△CGD 中,CD2 =DG2+CG2, ∴ CD2 =(3 2 -x) 2+(3 2 ) 2 或 CD2 =(x-3 2 ) 2+(3 2 ) 2, ∴ y= x2-6 2 x+36=(x-3 2 ) 2+18, 当 x= 3 2时,y 取得最小值 18; 图② 　 　 　 图③ 例 1 题解图 ②AD 的长度为 2 2或 4 2 .【解法提示】 解法一:如解图②,过点 C 作 CG⊥AB 于点 G,连接 CF, 则△CBG 和△CFD 都是等腰直角三角形, ∴ AG=CG= 3 2 , CB CG =CF CD = 2 ,∠BCG=∠FCD= 45°, ∴ ∠FCB=∠DCG,∴ △CFB∽△CDG, ∴ BF DG =BC CG ,∴ 2 3 2 -x = 6 3 2 , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 72 一战成名·江西数学 专 项 培 优 练 解得 x= 2 2 ; 如解图③,同理可得 BF DG =BC CG , ∴ 2 x-3 2 = 6 3 2 ,解得 x= 4 2 . ∴ AD 的长度为 2 2或 4 2 . 例 1 题解图④ 解法二:如解图④,连接 CF 交 DE 于点 O,连接 OB, 由①可知四边形 CDFE 是正方形, ∴ OF=OC=OD=OE, 由(1)可知∠EBA= 90°, ∵ 点 O 是 DE 的中点, ∴ OB=OD=OC=OF, ∴ 点 B,C,D,F 都在以 O 为圆心,以 OB 长为半径的圆上, ∴ ∠CBF+∠CDF= 180°, ∵ ∠CDF= 90°,∴ ∠CBF= 90°, ∵ BC=AC= 6,BF= 2, ∴ CF= BC2+BF2 = 62+22 = 2 10 , ∴ y= 2 10 ×2 10 × 1 2 = 20, ∴ x2-6 2 x+36= 20,解得 x1 = 2 2 ,x2 = 4 2 , ∴ AD 的长度为 2 2或 4 2 . 解法三:如解图⑤,过点 C 作 CG⊥AB 于点 G,连接 CF 交 DE 于点 O,连接 OB. 同“解法二”得四边形 CDFE 是正方形,∠CBF= 90°, ∵ BC=AC= 6,BF= 2, ∴ CF= BC2+BF2 = 62+22 = 2 10 ,∴ CD= 2 5 , ∵ AC= 6,∴ CG=AG= 3 2 , ∴ DG2 =(2 5 ) 2-(3 2 ) 2 = 2,∴ DG= 2 , ∴ AD=AG-DG= 2 2 ; 如解图⑥,同理可得 AD=AG+DG= 3 2 + 2 = 4 2 . ∴ AD 的长度为 2 2或 4 2 . 图⑤ 　 　 　 图⑥ 例 1 题解图 1.(1)解:60; (2)①解:=; ②证明:当 BA<BE 时,如解图①,过点 F 分别作 FM⊥BC 于点 M,FN⊥BA 交 BA 的延长线于点 N, 则∠FNB=∠FME= 90°, ∵ ∠ABC= 120°,∴ ∠NFM= 60°, 易知∠AFE= 60°,∴ ∠AFN=∠EFM, ∵ 四边形 AEFG 是菱形,∴ EF=EA,∠FAE= 1 2 ∠EAG=60°, ∴ △AEF 为等边三角形,∴ FA=FE, 在△AFN 和△EFM 中, ∠FNA=∠FME, ∠AFN=∠EFM, FA=FE, { ∴ △AFN≌△EFM(AAS),∴ FN=FM, 又∵ FM⊥BC,FN⊥BA,∴ 点 F 在∠ABC 的平分线上; 当 BA=BE 时,如解图②, ∵ BA=BE,∠ABC= 120°,∴ ∠BAE=∠BEA= 30°, ∵ ∠EAG= 120°,四边形 AEFG 为菱形,∴ ∠EAF= 60°, 又∵ EA=EF,∴ △AEF 为等边三角形, ∴ ∠FEA= 60°,FA=FE, 则∠FAB=∠FEB= 90°, 又∵ FA=FE,∴ 点 F 在∠ABC 的平分线上; 当 BA>BE 时,同理可证,点 F 在∠ABC 的平分线上. 综上所述,点 F 在∠ABC 的平分线上; 图① 　 　 图② 第 1 题解图 (3)解:如题图③,设线段 DA,GE 相交于点 Q, ∵ 四边形 AEFG 是菱形,∠EAG= 120°, ∴ ∠AGF= 60°,∴ ∠FGE=∠AGE= 30°, ∵ 四边形 AEGH 为平行四边形,∴ GE∥AH, ∴ ∠GAH=∠AGE= 30°,∠H=∠FGE= 30°, 又∵ 四边形 ABCD 是平行四边形,∠ABC= 120°, ∴ ∠DAB= 60°,∴ ∠GAQ= 90°, 又∠AGE= 30°,∴ GQ= 2AQ, ∵ ∠DAB= 60°,∠H= 30°,∴ ∠ADH= 30°,∴ AD=AH, ∴ 当四边形 AEGH 是平行四边形时,GE=AH=AD, ∵ 四边形 ABCD 为平行四边形,∴ BC=AD,∴ BC=GE, ∵ ∠DAE=∠EAB= 30°,∴ 平行四边形 ABEQ 为菱形, ∴ AB=AQ=QE,∴ BC=GE= 3AB,∴ BC AB = 3. 2.解:(1)①15°;【解法提示】 ∵ ∠ACB = 45°,∠PCQ = 60°, ∴ ∠ACQ=∠PCQ-∠ACB= 15°. ②2;【解法提示】易知△QPC 是等边三角形,∴ PQ = PC, ∴ PQ+PB=PC+PB=BC= 2. (2)如解图①,过点 Q 作 QM⊥BC 于点 M, ∴ ∠PQM=∠CQM= 30°,∴ PM= 1 2 QP, 设 PM= x,则 QP= 2x,∴ QM= 3 x, 由(1)知 PQ+PB= 2,∴ BP= 2-2x, ∴ S△BPQ = 1 2 BP·QM= 1 2 ×(2-2x)× 3x=- 3(x- 1 2 )2+ 3 4 , ∴ 当 x= 1 2 时,△BPQ 的面积的最大值为 3 4 , 此时线段 BP= 2-2× 1 2 = 1; 图① 　 　 图② 第 2 题解图 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 82 一战成名·江西数学 专 项 培 优 练 (3)CP 的长为 2 3 -2 或 4 3 3 或 2 6 -2 2 .【解法提示】①当 QB⊥ AC 时, 如解图 ②, 过点 Q 作 QM ⊥ BC 于点 M, ∴ ∠QBC=∠QBA= 45°,∴ △QBM 为等腰直角三角形,由 (2)得 BM=BP+PM=2-2x+x = 2-x,QM= 3 x,∴ 2-x = 3 x, ∴ x= 3 -1,∴ BP= 2-2x= 4-2 3 ,∴ CP =BC-BP = 2 3 -2. ②当 QC⊥BC 时,如解图③,∵ ∠QCB = 90°,∠QCP = 60°, ∴ ∠PCB= 30°,∴ BP= BC 3 = 2 3 3 ,∴ PC= 2BP= 4 3 3 . 图③ 　 　 图④ 第 2 题解图 ③当 QA⊥AB 时,如解图④,过点 C 作 CN⊥AQ,交 AQ 延长 线于点 N.易知四边形 ABCN 是正方形,∴ CB =CN,又 CP = CQ,∴ Rt△CPB≌Rt△CQN(HL),∴ BP = QN,∴ AP = AQ, 设 AQ=AP = x,∴ PQ = PC = 2 x,PB = 2-x,∵ BC2 +PB2 = PC2,∴ 22+(2-x) 2 =( 2 x) 2,∴ x= 2 3 -2(-2 3 -2 舍去), ∴ CP= 2 x = 2 6 -2 2 .综上所述,CP = 2 3 - 2 或 4 3 3 或 2 6 -2 2 . 3.(1)证明:如解图①,取 AB 的中点 G,连接 EG,则 BG=AG, ∵ 点 E 是 BC 的中点,∴ BE=CE, ∵ 四边形 ABCD 是正方形, ∴ AB=BC,∠B=∠BCD= 90°, ∴ AG=BG=BE=CE,∠GAE+∠AEB= 90°, ∴ △BGE 是等腰直角三角形,∴ ∠BGE=∠BEG= 45°, ∴ ∠AGE= 135°, ∵ ∠AEF= 90°,CF 平分正方形的外角, ∴ ∠AEB+∠CEF= 90°,∠ECF= 135°, ∴ ∠GAE=∠CEF,∠AGE=∠ECF, ∴ △GAE≌△CEF(ASA),∴ AE=EF; (2)证明:如解图②,在 AB 边上取点 G,使得 AG =EC,连接 EG, ∵ 四边形 ABCD 是正方形,∴ AB=BC,∠B=∠BCD= 90°, ∴ ∠EAG+∠AEB= 90°,∵ AG=CE, ∴ BG=BE,∴ △BGE 是等腰直角三角形, ∴ ∠BGE=∠BEG= 45°,∴ ∠AGE= 135°, ∵ ∠AEF= 90°,CF 平分正方形的外角, ∴ ∠AEB+∠FEC= 90°,∠ECF= 135°, ∴ ∠GAE=∠CEF,∠AGE=∠ECF, ∴ △GAE≌△CEF(ASA),∴ AE=EF; 图① 　 　 图② 图③ 　 　 图④ 第 3 题解图 (3)解:当 k= 1 3 时,四边形 ECFP 是平行四边形.证明如下: 如解图③,在 AB 边上取点 G,使得 AG=EC,连接 EG, 由(2)知,△BGE 是等腰直角三角形, △GAE≌△CEF,∠ECF= 135°, ∴ CF=EG,设 BC= x,则 BE= kx, ∴ GE= 2 kx,EC=(1-k)x, 由正方形的性质得∠ACB= 45°, 又∵ EP⊥AC,∴ ∠PEC= 45°, ∴ ∠PEC+∠ECF= 180°,PE= 2 2 (1-k)x,∴ PE∥CF, 当 PE=CF 时,四边形 ECFP 是平行四边形, ∴ 2 2 (1-k)x= 2 kx,解得 k= 1 3 ; (4)解:点 E 的坐标为( 2 3 ,0) .【解法提示】如解图④,在 BA 上截取 BH=BE,连接 HE,过点 F 作 FM⊥x 轴于点 M, 设点 E ( a,0),∴ BH = BE = a,∴ HE = 2 a,由 ( 2) 可得 △AHE≌△ECF,∴ CF = HE = 2 a,∵ CF 平分∠DCM,∴ ∠DCF= ∠FCM = 45°,∵ FM⊥CM,∴ ∠CFM = ∠FCM = 45°,∴ CM=FM= CF 2 = 2 a 2 = a,∴ BM = 1+a,∴ 点 F 的坐标 为(1+a,a),∵ 点 F 恰好落在直线 y = -2x+4 的图象上,将 点 F 代入得 a=-2(1+a)+4,解得 a= 2 3 ,∴ 点 E 的坐标为 ( 2 3 ,0) . 例 2　 (1)解:∠DCE′; (2)解:AD2+DE2 =AE2; (3)①证明:如解图①,连接 OD,OC. ∵ 点 O 是△ACD 两边垂直平分线的交点, ∴ OA=OC=OD, ∴ ∠OAC=∠OCA,∠ODC=∠OCD,∠OAD=∠ODA, ∵ 2∠OAC+2∠ODC+2∠ODA= 180°, 即 2∠OAC+2∠ADC= 180°, ∴ ∠OAC+∠ADC= 90°, ∵ ∠OAC=∠ABC,∴ ∠ABC+∠ADC= 90°; 图① 图② 例 2 题解图 ②解:如解图②,作∠CDF =∠ABC,过点 C 作 CE⊥DF 于 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 92 一战成名·江西数学 专 项 培 优 练 点 E,连接 AE, ∵ ∠ABC+∠ADC= 90°,∴ ∠ADC+∠CDF= 90°, ∴ AD2+DE2 =AE2,即 m2+DE2 =AE2, ∵ ∠BAC= 90°, AB AC = 2, ∴ AC ∶AB ∶BC= 1 ∶2 ∶ 5 , 同理可得 CE ∶DE ∶DC= 1 ∶2 ∶ 5 ,∴ AC BC =CE CD , ∵ ∠CDF=∠ABC,∴ ∠ACB=∠DCE, ∴ ∠BCD=∠ACE,∴ △ACE∽△BCD, ∴ AE BD = AC BC = 1 5 ,∴ AE= BD 5 , 在 Rt△CDE 中, DE DC = 2 5 ,∴ DE= 2 5 n, ∴ m2+( 2 5 n) 2 =( BD 5 ) 2,即 m2+ 4 5 n2 = BD2 5 , ∴ BD2 = 5m2+4n2 .∴ BD= 5m2+4n2 . 4.解:(1)S1+S2 =S3; (2)仍然成立. 证明:∵ ∠1=∠3,∠D=∠F,∴ △ADB∽△BFC, ∴ S1 S3 =( AB BC ) 2,同理可得 S2 S3 =( AC BC ) 2, ∵ ∠BAC= 90°,∴ AB2+AC2 =BC2, ∴ S1 S3 + S2 S3 =( AB BC ) 2+( AC BC ) 2 = AB2+AC2 BC2 = 1, ∴ S1+S2 =S3; (3)如解图,过点 A 作 AH⊥BP 于点 H,连接 PD,BD, 第 4 题解图 ∵ ∠ABH= 30°,AB= 2 3 , ∴ AH= 3 ,BH= 3,∠BAH= 60°, ∵ ∠BAP= 105°,∴ ∠HAP= 45°, ∵ AH⊥BP,∴ ∠HAP=∠APH= 45°, ∴ PH=AH= 3 , ∴ AP= 6 ,BP=BH+PH= 3+ 3 , ∴ S△ABP = BP·AH 2 =(3 + 3 )× 3 2 = 3 3 +3 2 , ∵ PE= 2 ,DE= 2,AP= 6 ,AB= 2 3 , ∴ PE AP = 2 6 = 3 3 , DE AB = 2 2 3 = 3 3 ,∴ PE AP =ED AB , 又∵ ∠E=∠BAP= 105°,∴ △EDP∽△ABP, ∴ ∠EPD=∠APB= 45°, PD BP =PE AP = 3 3 , S△PDE S△ABP =( 3 3 ) 2 = 1 3 , ∴ ∠BPD= 90°,PD= 1+ 3 ,S△PDE = 1 3 ×3 3 +3 2 = 3 +1 2 , ∴ S△BPD = BP·PD 2 =(3 + 3)×(1+ 3) 2 =2 3+3, ∵ tan∠PBD= PD BP = 3 3 ,∴ ∠PBD= 30°, ∴ ∠CBD=∠ABC-∠ABP-∠PBD= 30°, ∵ ∠PDE= 180°-∠E-∠EPD= 30°, ∴ ∠ABP=∠PDE=∠CBD, 又∵ ∠BAP=∠E=∠C= 105°, ∴ 由(2)的结论可得 S△BCD = S△ABP +S△PDE = 3 3+3 2 + 3 +1 2 = 2 3 +2, ∴ 五边形 ABCDE 的面积为 S△ABP + S△PDE + S△BCD + S△BPD = 3 3 +3 2 + 3 +1 2 +2 3 +2+2 3 +3= 6 3 +7. 5.解:(1)设正方形零件的边长为 x mm, 则 KD=EF= x,AK= 80-x, ∵ EF∥ BC,∴ △AEF∽△ABC,∴ EF BC = AK AD , ∴ x 120 = 80 -x 80 ,解得 x= 48, ∴ 正方形零件的边长为 48 mm; (2)AD=BC.理由如下: 如解图①,设 AD 交 EF 于点 M,交 GH 于点 N, 设每个正方形的边长为 a, ∵ EF∥GH,∴ △AEF∽△AGH, ∴ AM AN =EF GH = 1 2 , ∴ AM=MN=a,∴ AD= 3a,∴ AM AD = 1 3 , ∵ EF∥BC,∴ △AEF∽△ABC, ∴ EF BC =AM AD = 1 3 ,∴ BC= 3a,∴ AD=BC; 图① 　 　 　 图② 第 5 题解图 (3)① 1 2 ; ②如解图②,设 AD 交 EF 于点 M,交 GH 于点 N, 设每个正方形的边长为 a, ∵ EF∥GH,∴ △AEF∽△AGH, ∴ AM AN =EF GH = a (n-1)a = 1 n-1 , ∴ AM AM+a = 1 n-1 ,∴ AM= 1 n-2 a, ∵ EF∥BC,∴ △AEF∽△ABC, ∴ EF BC =AM AD ,∴ AD BC =AM EF = 1 n-2 . 6.解:(1)②④; (2)①∠ACD=∠ACB.理由如下: 解法一:如解图①,延长 CB 至点 E,使 BE=DC,连接 AE. ∵ 四边形 ABCD 是邻等对补四边形, ∴ ∠ABC+∠D= 180°, ∵ ∠ABC+∠ABE= 180°,∴ ∠ABE=∠D, ∵ AB=AD,∴ △ABE≌△ADC,∴ ∠E=∠ACD,AE=AC, ∴ ∠E=∠ACB,∴ ∠ACD=∠ACB; 图① 　 图② 第 6 题解图 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 03 一战成名·江西数学 专 项 培 优 练 解法二:如解图②,过点 A 作 AE⊥BC 于点 E,作 AF⊥CD 交 CD 延长线于点 F,则∠AEB=∠AFD= 90°, ∵ ∠B+∠ADC= 180°,∠ADF+∠ADC= 180°, ∴ ∠B=∠ADF, ∵ AB=AD,∴ △ABE≌△ADF,∴ AE=AF, ∴ ∠ACD=∠ACB; ②∵ ∠BCD= 2θ,∴ ∠ACD=∠ACB= θ, 解法一:如解图③,延长 CB 至点 E,使 BE =DC,连接 AE, 过点 A 作 AF⊥BC 于点 F, 第 6 题解图③ 由①可知 AE=AC, ∴ CF= 1 2 CE= 1 2 (BC+BE)= 1 2 (BC+DC)= m+n 2 , 在 Rt△AFC 中,cos∠ACF=cosθ= CF AC ,∴ AC= CF cosθ = m +n 2cosθ ; 解法二:如解图②,设 BE = DF = x,易证△ACE≌△ACF, ∴ CE=CF,则 m-x=n+x, ∴ x= m-n 2 ,∴ CE=m- m-n 2 =m +n 2 ,∴ AC= CE cosθ = m +n 2cosθ ; (3)BN 的长为 12 5 2或 12 7 2 .【解法提示】∵ ∠ABC = 90°, AB= 3,BC= 4,∴ AC = AB2+BC2 = 5,∵ 四边形 ABMN 是 邻等对补四边形,∴ ∠ANM+∠ABC= 180°,∴ ∠ANM= 90°. 解法一:当 AB = BM 时,如解图④,连接 AM,过点 N 作 NH ⊥BC 于点 H, ∴ AM2 =AB2 +BM2 = 18,在 Rt△AMN 中,MN2 = AM2 -AN2 = 18- AN2,在 Rt△CMN 中,MN2 = CM2 - CN2 = ( 4 - 3) 2 - (5-AN) 2,解得 AN= 4.2,∴ CN = 0.8,易得△NHC∽△ABC, ∴ NC AC =NH AB = CH CB ,即 0.8 5 = NH 3 = CH 4 ,∴ NH = 12 25 ,CH = 16 25 ,∴ BH= 84 25 ,∴ BN= BH2+NH2 = 12 5 2 . 图④ 　 　 　 图⑤ 图⑥ 第 6 题解图 当 AN = AB 或 BM = MN 时, 如 解 图 ⑤ , 连 接 AM, 则 Rt△ABM≌Rt△ANM,故不符合题意,舍去;当 AN =MN 时, 如解图⑥,连接 AM,过点 N 作 NH⊥BC 于点 H,易得 △CMN∽△CAB,∴ NC BC =MC AC =MN AB ,即 CN 4 = 5 -CN 3 ,解得 CN = 20 7 ,易得△NHC∽△ABC,∴ NC AC = NH AB = CH CB ,即 20 7 5 = NH 3 = CH 4 ,∴ NH= 12 7 ,CH = 16 7 ,∴ BH = 12 7 ,∴ BN = BH2+NH2 = 12 7 2 .综上所述,BN 的长为 12 5 2或 12 7 2 . 解法二:当 AB=BM 时,易得 A,B,M,N 四点共圆,如解图 ⑦,连接 AM,过点 B 作 BE⊥AC 于点 E,则∠BEN = 90°, ∠ANB=∠AMB,由题可知△ABM 为等腰直角三角形,∴ ∠AMB= 45°,∴ ∠ANB = 45°,∴ △BEN 为等腰直角三角 形,∴ BN= 2BE,∵ S△ABC = 1 2 AB·BC = 1 2 AC·BE,∴ BE = 12 5 ,∴ BN= 12 5 2 . 图⑦ 　 　 　 图⑧ 第 6 题解图 当 AN=MN 时,如解图⑧,连接 AM,BN,过点 N 作 NF⊥BC 于点 F,则∠BFN= 90°,NF∥AB,∴ NF AB =CN AC ,同解法一可得 CN= 20 7 ,即 NF 3 = 20 7 5 ,解得 NF = 12 7 ,由题可知,△AMN 为等 腰直角三角形,∴ ∠MAN = 45°,∴ ∠FBN = 45°,∴ △FBN 为等腰直角三角形,∴ BN = 2 NF = 12 7 2 ,当 AN = AB 或 BM=MN 时,不符合题意.综上所述,BN 的长为 12 5 2 或 12 7 2 . 例 3　 解:(1)1;1;S1 = 1 4 S; (2)①△OMN 是等边三角形. 理由:如解图①,过点 O 作 OT⊥BC 于点 T, 例 3 题解图① ∵ 点 O 是正方形 ABCD 的中心, ∴ BT=CT, ∵ BM=CN,∴ MT=TN, ∵ OT⊥MN,∴ OM=ON, ∵ ∠MON= 60°, ∴ △MON 是等边三角形; ②如解图②,连接 OC,过点 O 作 OI⊥ BC 于点 I, ∵ CM=CN,∠OCM=∠OCN,OC=OC, 例 3 题解图② ∴ △OCM≌△OCN(SAS), ∴ ∠COM=∠CON= 30°, ∴ ∠OMI=∠COM+∠OCM= 75°, ∵ OI⊥CB, ∴ ∠IOM= 90°-∠OMI= 15°, ∵ BI= IC=OI= 1, ∴ IM=OI·tan∠IOM= 2- 3 , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 13 一战成名·江西数学 专 项 培 优 练 ∴ CM=CI-IM= 1-(2- 3 )= 3 -1, ∴ S四边形OMCN = 2S△COM = 2× 1 2 CM·OI= 3 -1; (3)S2min = tan α 2 ,S2max = 1-tan(45°- α 2 ) .【解法提示】如解 图③,过点 O 作 OQ⊥BC 于点 Q,当 BM = CN 时,△OMN 的面积最小,即 S2 最小.在 Rt△MOQ 中,MQ =OQ·tan α 2 = tan α 2 ,∴ MN= 2MQ= 2tan α 2 ,∴ S2 = S△OMN = 1 2 MN·OQ = tan α 2 .如解图④,当 CM =CN 时,S2 最大,连接 OC,过点 O 作 OL⊥BC 于点 L.易证△COM≌△CON,∴ ∠COM = 1 2 ∠MON= α 2 ,∵ ∠COL = 45°,∴ ∠MOL = 45°- α 2 ,∴ LM =OL·tan(45°- α 2 ) = tan(45°- α 2 ),∴ MC = CL-ML = 1- tan(45°- α 2 ),∴ S2 = 2S△CMO = 2× 1 2 CM·OL = 1-tan(45°- α 2 ) .综上所述,S2min = tan α 2 ,S2max = 1-tan(45°- α 2 ) . 图③ 　 　 图④ 例 3 题解图 7.解:(1)①四边形 ABC′D 是菱形,理由如下: ∵ 四边形 ABCD 是矩形,∴ AB=CD,AB∥CD, 由平移知对应线段平行且相等,∴ AB∥DC′,AB=DC′, ∴ 四边形 ABC′D 是平行四边形, ∵ BD⊥AC,∴ 四边形 ABC′D 是菱形; ②由题意可得:A′D=BC= 3,C′D=AB= 4, 在 Rt△ABC 中,AB= 4,BC= 3,∴ AC= AB2+BC2 = 5, ∴ cos∠DA′C′=cos∠ACB= 3 5 , ∵ BD⊥AC′, 在 Rt△A′DO 中,OA′=A′D·cos∠DA′C′= 3× 3 5 = 9 5 , ∵ 四边形 ABC′D 是菱形,∴ OA=OC′, ∵ AA′=CC′,∴ OA′=OC, ∴ A′C= 2OA′= 18 5 ,∴ AA′=AC-A′C= 5- 18 5 = 7 5 ; (2)∵ A′C′∥AB,∴ ∠CA′C′=∠A, ∵ ∠A=∠C′,∴ ∠CA′C′=∠C′,∴ CA′=CC′, 设 CA′=CC′= x,则 CD= 4-x, 在 Rt△A′CD 中,A′D2+CD2 =A′C2, 即 32+(4-x) 2 = x2,解得 x= 25 8 , ∴ AA′=AC-A′C= 5- 25 8 = 15 8 . 8.(1)解:AN= 2AM; (2)证明:如解图①,连接 AC, 由题意知,∠BAC=∠MAN= 45°,∴ ∠BAM=∠CAN, ∵ ∠ABM=∠ACN= 45°,∴ △ABM∽△ACN, ∴ AM AN =AB AC = 2 2 ,∴ AN= 2AM; 第 8 题解图① 　 　 　 第 8 题解图② (3)解:如解图②,连接 GN, 将△AND 绕点 A 顺时针旋转 90°得到△AHB, ∴ HB=ND,AH=AN, ∵ ∠FAE= 45°,∴ ∠BAG+∠DAN = 45°, ∴ ∠HAG=∠GAN = 45°, 又∵ AH=AN,AG=AG,∴ △AHG≌△ANG(SAS), ∴ GN=GH=BG+DN, ∵ GC= 6-y,NC= 6-x, ∴ (6-x) 2+(6-y) 2 =GN2 =(DN+BG) 2 =(x+y) 2, ∴ y= 36-6x 6+x (0≤x≤6); 画出该函数的图象如解图③. 第 8 题解图③ 9.解:(1)四边形 EOCM 是菱形.理由如下: ∵ 点 O 是边 BC,EF 的中点, ∴ BO=CO= 1 2 BC,EO=FO= 1 2 EF, ∵ △ABC 与△DEF 是完全相同的等边三角形, ∴ ∠B=∠ACB=∠FED= 60°,BC=EF, ∴ BO=CO=EO=FO,∴ △BOE 是等边三角形, ∴ ∠BOE= 60°,∴ ∠BOE=∠ACB,∠BOE=∠FED, ∴ OE∥CM,OC∥EM, ∴ 四边形 EOCM 是平行四边形, ∵ OE=OC,∴ 四边形 EOCM 是菱形; (2)AD⊥CF. 证明:①选择图②.如解图①,连接 OA,OD,延长 AD,FC 交 于点 M,由旋转可得∠AOD=∠COF, ∵ 点 O 是 BC,EF 的中点, ∴ ∠AOC=∠DOF= 90°,∠ACO=∠DFO= 60°, ∴ OA OC = 3 , OD OF = 3 , ∴ △AOD∽△COF,∴ ∠OCF=∠OAD, ∵ ∠MAC=∠OAD-∠OAC=∠OAD-30°, ∠MCA= 180°-∠ACB-∠OCF= 120°-∠OCF, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 23 一战成名·江西数学 专 项 培 优 练 ∴ ∠MAC+∠MCA=∠OAD-30°+120°-∠OCF= 90°, ∴ AD⊥CF; 图① 　 图② 　 图③ 第 9 题解图 ②选择图③.如解图②,连接 OA,OD,记 AD,CF 交于点 G, 由旋转可得∠AOD=∠COF, 同理可得,△AOD∽△COF,∴ ∠OCF=∠OAD, ∵ ∠GAC=∠OAC-∠OAD= 30°-∠OAD, ∠GCA=∠ACB+∠OCF= 60°+∠OCF, ∴ ∠GAC+∠GCA= 90°,∴ AD⊥CF; (3) 6 - 2 . 【解法提示】由(2) 知,FC⊥AD,∵ ∠BCF = 45°,∠ACB = 60°,∴ ∠ACN = 75°,∴ ∠CAN = 15°,如解图 ③,在 AN 上取点 H,使 AH = HC,连接 CH,则∠CHN = ∠NAC+∠ACH= 30°,设 CN = x,则 HC = AH = 2x,NH = 3 x, ∴ AN= 2x+ 3 x,∵ AC= 4,∴ x2 +(2x+ 3 x) 2 = 42,∴ x = 6 - 2 (负值舍去),∴ CN= 6 - 2 . 10.解:(1)①∠GAE=∠FGH;②AF=DE; (2)不发生变化.理由如下: 由折叠的性质,可知∠DAE =∠GAE = 1 2 ∠DAG,∠FGH = ∠FGB= 1 2 ∠BGA, 又∵ DA∥BC,∴ ∠DAG=∠BGA, ∴ ∠EAG=∠FGA,∴ FG∥EA. 过点 G 作 GN∥AB 交 AE 于点 N,如解图①所示,则 GN∥ CD, ∵ AF∥GN,FG∥AN, 第 10 题解图① ∴ 四边形 AFGN 为平行四边形, ∴ AF=GN, ∵ AB∥GN∥CD, ∴ ∠BAN=∠GNE=∠AED, ∵ 将矩形纸片 ABCD 沿过顶点 A 的 直线折叠, ∴ ∠GEN=∠AED,∴ ∠GNE=∠GEN,∴ GE=GN, 由折叠的性质,可知 GE=DE,∴ AF=DE; (3) DE 的长为 8 3 或 2 5 - 2. 【解法提示】 ∵ ∠HGM = ∠BAG,∴ ∠HGM 不可能为直角,则可分∠MHG = 90°和 ∠HMG= 90°两种情况讨论:①当∠MHG = 90°时,如解图 ②所示,∵ ∠FHG=∠B= 90°,∴ ∠FHG =∠MHG = 90°,∴ F,H,M 三点共线,即 AG⊥FM,由(2)可知四边形 AFGM 为平行四边形,∴ 此时四边形 AFGM 为菱形,∴ ∠FAH = ∠MAH,又∵ ∠DAM=∠MAH,∴ ∠FAH =∠MAH =∠DAM = 30°,∴ ∠FGB = 30°,设 AF = x,则 FG = x,BF = 4-x,在 Rt△FBG 中,BF=FG·sin30°,即 4-x = 1 2 x,解得 x = 8 3 , ∴ AF= 8 3 ,由(2)可知 AF =DE,∴ DE = 8 3 ;②当∠HMG = 90°时,如解图③所示,设 AF= x,则 MG= x,BF=HF = 4-x, ∵ HM⊥MG,GM∥CD,∴ HM∥BC,又∵ BC∥AD,∴ HM∥ AD,∴ ∠DAM=∠AMH,又∵ ∠DAM =∠MAH,∴ ∠MAH = ∠AMH,∴ MH =HA,∵ ∠FAH =∠HGM,∴ tan∠FAH = FH AH = tan∠HGM = HM MG ,即 4-x AH = HM x ,又∵ AH = HM,∴ AH2 = x(4-x),∵ AH2 =AF2-FH2 = x2 -(4-x) 2,∴ x(4-x) = x2 - (4-x) 2,解得 x= 2 5 -2 或 x = -2 5 -2 (舍去),∴ AF = 2 5 -2,由(2)可知 AF=DE,∴ DE = 2 5 -2.综上所述,DE 的长为 8 3 或 2 5 -2. 图② 　 　 图③ 第 10 题解图 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 33