(五)课题学习型试题-【一战成名新中考】2025陕西中考数学·真题与拓展训练

参考答案及重难题解析·陕西数学 新 中 考 试 题 集 训 ∴ sin60° = CM AC = 3 2 ,∴ CM= 3 a, ∵ ∠CMD=∠BND= 90°,∠BDN=∠CDM, ∴ △BDN∽△CDM,∴ BD CD = BN CM = 2 3 = 6 3 ; (3)如解图②, 第 1 题解图② 作法提示:①作 30°角:先作等边三角形 EFG,再作∠GEF 的角平分线,交 GF 于点 Q; ②构造相似:再作 QO = QE,交 EF 的延长线于点 O,易证 △OQF∽△OEQ,且相似比为 QF QE = 1 3 ; ③作圆:以 O 为圆心,OQ 为半径作圆,则 P 为圆与线段 EF 的交点. (4)延长 CA 到 F,使得∠BFC=∠E=β, ∵ ∠BDF=∠CDE,∴ △DCE∽△DBF, ∴ DE DF =CD BD ,∴ BD·DE=FD·DC, ∵ CD= 1,∴ BD·DE=FD, 过点 B 作 BG⊥AC 于 G, 在 Rt△BAG 中,AB= 5,∠BAG=α, ∴ AG=AB·cosα= 5cosα,BG=AB·sinα= 5sinα, 在 Rt△BFG 中,∠F=β,∴ FG= BG tanβ = 5sinα tanβ , 第 1 题解图③ ①当 0<cosα≤ 3 5 时,点 G 在线段 AD 上(不含 A 点),如解图③, 此时 DG=AD-AG= 3-5cosα, ∴ BD·DE=FD·DC = FD = FG+DG = 5sinα tanβ -5cosα+3; ②当 3 5 < cosα< 1 时,点 G 在线段 AD 的延长线上,如解 图④, 第 1 题解图④ 此时 DG=AG-3= 5cosα-3, ∴ BD·DE = FD·DC = FD = FG- DG= 5sinα tanβ -5cosα+3; 综上所述,BD·DE = 5sinα tanβ -5cosα +3. 2.解:(3)①35°; ②∵ BC= 16.8 m,∴ AE= 16.8 m, 在 Rt△ADE 中,tanα= DE AE , ∴ DE=AE·tanα≈16.8×0.7= 11.76(m), ∴ CD=CE+DE≈13.4(m), 即旗杆的高度 CD 约为 13.4 m. ③∵ 三角板只有 30°、60°的三角板和 45°的三角板,而 B 点 的仰角为 35°, ∴ 三角板测不出仰角 α 的度数; 第 2 题解图 如 解 图, 作 EF = DE, 则 △DEF 为等腰直角三角形, ∠DFE= 45°, ∴ DE=EF≈11.8 m, ∵ AE= 16.8 m, ∴ AF=AE-EF= 5(m), ∴ 向右走 5 m,用 45°直角三角板测量即可(答案不唯一, 向左走用 30°三角板测量也可以) . (五)课题学习型试题 1.【基础应用】 解:∵ ∠B= 75°,∠C= 45°,∴ ∠A= 180°-∠B-∠C= 60°, ∵ ∠C= 45°,BC= 2, BC sinA = AB sinC ,∴ 2 sin60° = AB sin45° , 解得 AB= 2 6 3 ; 【推广证明】 证明:如解图①,作 AD⊥BC 于点 D,作 CE⊥AB 于点 E,连 接 AO 并延长交☉O 于点 F,连接 CF, 第 1 题解图① ∵ a·AD 2 = c·CE 2 , ∴ a·csinB= c·bsin∠BAC, ∴ a sin∠BAC = b sinB , 同理可证, a sin∠BAC = c sin∠ACB , ∴ a sin∠BAC = b sinB = c sin∠ACB , ∵ AF 是直径,∴ ∠ACF= 90°, ∵ ∠B=∠AFC, ∴ sinB=sin∠AFC= b AF = b 2R ,∴ b sinB = 2R, ∴ a sin∠BAC = b sinB = c sin∠ACB = 2R; 【拓展应用】 第 1 题解图② 解:如解图②,连接 DB, ∵ BC= 3,CD= 4,∠C= 90°, ∴ BD= BC2+CD2 = 32+42 = 5, ∴ sin∠BDC= BC BD = 3 5 , ∵ ∠ABC=∠C= 90°, ∴ ∠ABC+∠C= 180°, ∴ AB∥CD,∴ ∠ABD=∠BDC, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 54 参考答案及重难题解析·陕西数学 新 中 考 试 题 集 训 ∴ sin∠ABD= 3 5 , 作 AE⊥CD 于点 E,则四边形 ABCE 是矩形, ∴ CE=AB= 2,AE=BC= 3,∴ DE= 2, ∴ AD= AE2+DE2 = 32+22 = 13 , ∴ AD sin∠ABD = 13 3 5 = 5 13 3 , ∴ 过 A,B,D 三点的圆的半径为 5 13 6 . 2.解:【探究论证】 (1)2; (2)4; (3) 15 2 ;【解法提示】 ∵ EG⊥FH,∴ S△EFG = 1 2 EG·FO, S△EHG = 1 2 EG·HO,∴ S四边形EFGH = S△EFG +S△EHG = 1 2 EG·FO + 1 2 EG·HO= 1 2 EG·FH= 15 2 . 猜想:S四边形EFGH = ab 2 , 证明:∴ S△EFG = 1 2 EG·FO,S△EHG = 1 2 EG·HO, ∴ S四边形EFGH =S△EFG+S△EHG = 1 2 EG·FO+ 1 2 EG·HO = 1 2 EG ·FH= ab 2 . 【理解运用】 10.【解法提示】根据尺规作图可知∠QPM =∠MKN,∵ 在 △MNK 中,MN = 3,KN = 4,MK = 5,∴ MK2 =MN2 +KN2,∴ △MNK 是直角三角形,且∠MNK = 90°,∴ ∠NMK+∠MKN = 90°,∵ ∠QPM =∠MKN,∴ ∠NMK+∠QPM = 90°,∴ MK ⊥PQ, ∵ PQ = KN = 4, MK = 5, ∴ 根据 ( 3) 中结论 得 S四边形 MPKQ = 1 2 MK·PQ= 10. 3.解:(1)2; (2)C; (3)需要卡纸如表所示; 卡纸型号 型号Ⅰ 型号Ⅱ 型号Ⅲ 所需卡纸的数 量(单位:张) 1 3 2 所用卡纸总费 用(单位:元) 58 理由如下:∵ 型号Ⅰ卡纸,每张这样的卡纸可制作 1 个正 方体,如解图③, 型号Ⅱ卡纸,每张这样的卡纸可制作 2 个正方体,如解 图④, 型号Ⅲ卡纸,每张卡纸可制作 10 个正方体,如解图⑤, 第 3 题解图③ 第 3 题解图④ 第 3 题解图⑤ ∴ 可选择型号Ⅲ卡纸 2 张,型号Ⅱ卡纸 3 张,型号Ⅰ卡纸 1 张,则 10×2+2×3+1×1= 27(个), ∴ 所用卡纸总费用为:20×2+5×3+3×1= 58(元) . 4.解:(1)②④; (2)①∠ACD=∠ACB, 理由:如解图①,延长 CB 至点 E,使 BE=DC,连接 AE, 第 4 题解图① ∵ 四边形 ABCD 是邻等对补四边形,∴ ∠ABC+∠D= 180°, ∵ ∠ABC+∠ABE= 180°,∴ ∠ABE=∠D, ∵ AB=AD,∴ △ABE≌△ADC(SAS), ∴ ∠E=∠ACD,AE=AC,∴ ∠E=∠ACB, ∴ ∠ACD=∠ACB; ②如解图①,过 A 作 AF⊥EC 于 F, ∵ AE=AC, ∴ CF= 1 2 CE= 1 2 (BC+BE)= 1 2 (BC+DC)= m+n 2 , ∵ ∠BCD= 2θ,∴ ∠ACD=∠ACB= θ, 在 Rt△AFC 中,cosθ= CF AC ,∴ AC= CF cosθ = m +n 2cosθ , 即 AC 的长为 m+n 2cosθ ; 第 4 题解图② (3)∵ ∠B= 90°,AB= 3,BC= 4, ∴ AC= AB2+BC2 = 5, ∵ 四 边 形 ABMN 是 邻 等 对 补 四 边形, ∴ ∠ANM+∠B= 180°, ∴ ∠ANM= 90°, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 64 参考答案及重难题解析·陕西数学 提 分 必 刷 小 卷 当 AB=BM 时,如解图②,连接 AM,过 N 作 NH⊥BC 于 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, 18-AN2 =(4-3) 2-(5-AN) 2, 解得 AN= 4.2, ∴ CN= 0.8, ∵ ∠NHC=∠ABC= 90°,∠C=∠C, ∴ △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 , 第 4 题解图③ ∴ BN= BH2+NH2 = 12 2 5 ; 当 AN=AB 时,如解图③,连接 AM, ∵ AM=AM, ∴ Rt△ANM≌Rt△ABM, ∴ BM=NM,故不符合题意,舍去; 当 AN=MN 时,如解图④,连接 AM,过 N 作 NH⊥BC 于 H, 第 4 题解图④ ∵ ∠MNC=∠ABC= 90°,∠C=∠C, ∴ △CMN∽△CAB, ∴ CM CA =CN CB =MN AB ,即 CN 4 = 5 -CN 3 , 解得 CN= 20 7 , ∵ ∠NHC=∠ABC= 90°,∠C=∠C, ∴ △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 2 7 , 当 BM=MN 时,如解图⑤,连接 AM, 第 4 题解图⑤ ∵ AM=AM, ∴ Rt△ABM≌Rt△ANM(HL), ∴ AN=AB,故不符合题意,舍去; 综上,BN 的长为 12 2 5 或 12 2 7 . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 六、提分必刷小卷 第一部分　 1~18 题题组训练 1~18 题题组训练(一) 1.B　 2.C　 3.C　 4.A　 5.B　 6.D 7.A　 【解析】解法 1:∵ 四边形 ABCD 是正方形,AF = 2,FB = 1,∴ BC = CD = AB = AF+FB = 2 + 1 = 3,AD∥EF∥BC,∴ ∠AFE= 90°,∴ DE EM = AF FB = 2,△ADE∽△CME,∴ AD CM = DE ME = 2,∴ CM= 1 2 AD= 3 2 ,∴ MB =BC-CM = 3- 3 2 = 3 2 ,∵ BC∥ AD,∴ △GMB∽△GDA,∴ BG AG =MB DA = 1 2 ,∴ BG = AB = 3,在 Rt△BGM 中,MG= BG2+BM2 = 32+( 3 2 ) 2 = 3 5 2 . 解法 2:∵ 四边形 ABCD 是正方形,AF = 2,FB = 1,∴ CD = AD=AB = BC = 3,∠ADC =∠DAB = ∠ABC = 90°,DC∥AB, AD∥BC,∴ AC= AD2+CD2 = 3 2 ,∵ EF⊥AB,∴ EF∥BC, ∴ △AEF∽△ACB,∴ EF CB =AF AB ,∴ EF 3 = 2 3 ,∴ EF = 2,∴ AE = AF2+EF2 = 2 2 ,∴ CE = AC - AE = 2 ,∵ AD∥ CM, ∴ △ADE∽△CME,∴ AD CM = AE CE ,∴ 3 CM = 2 2 2 = 2,∴ CM = 3 2 = BM,在 △CDM 和 △BGM 中, ∠DCM=∠GBM= 90°, CM=BM, ∠CMD=∠BMG, { ∴ △CDM≌ △BGM ( ASA ), ∴ CD = BG = 3, ∴ MG = BG2+BM2 = 32+( 3 2 ) 2 = 3 5 2 . 8.C　 【解析】由抛物线 M:y= x2-(3m-1) x-3 可知抛物线 M 的对称轴为直线 x = 3m-1 2 ,交 y 轴于点(0,- 3),抛物线 M′:y= x2+10x+2n+5 的对称轴为直线 x = - 10 2 = -5,∵ 抛物 线 M:y= x2-(3m-1)x-3 与抛物线 M′:y= x2+10x+2n+5 关 于直线 x=-2 对称,∴ 1 2 ( 3m-1 2 -5)= -2,解得 m = 1,∵ 点 (0,-3)关于直线 x = - 2 对称的点为( - 4,- 3),∴ 把点 (-4,-3)代入 y= x2+10x+2n+5,得-3= 16-40+2n+5,解得 n= 8. 9.B 10.1(或 8)　 【解析】∵ 两个中心圆圈分别有 6 根连线,数字 1 至 8,共有 8 个数字,若 2,3,4,5,6,7,其中任何一个数 字填在中心位置,那么与其相邻的 2 个数字均不能出现 在与中心圆圈相连的 6 个圆圈中,故只剩下 5 个数字可 选,不满足 6 个空的圆圈需要填入.∴ 位于两个中心圆圈 的数字 a,b,只可能是 1 或 8. 11.90°　 【解析】解法 1:如解图①,连接 AD,∵ AB 是☉O 的 直径,∴ ∠ADB= 90°,∵ ∠ADE =∠ACE,∴ ∠ACE+∠BDE 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 74 41-1 41-2 班级:　 　 　 　 　 　 　 姓名:　 　 　 　 　 　 　 学号:　 　 　 　 　 　 版权归 所有 41　 　 　 　 (五)课题学习型试题 1.(2024·滨州)【教材呈现】 现行人教版九年级下册数学教材 85 页“拓广探索”第 14 题: 如图,在锐角△ABC 中,探究 a sinA , b sinB , c sinC 之间的关系.(提示:分别作 AB 和 BC 边上的高.) 【得出结论】 a sinA = b sinB = c sinC 【基础应用】 在△ABC 中,∠B= 75°,∠C= 45°,BC= 2,利用以上结论求 AB 的长. 【推广证明】 进一步研究发现, a sinA = b sinB = c sinC 不仅在锐角三角形中成立,在任意三角形中均成立,并且还满足 a sinA = b sinB = c sinC = 2R(R 为△ABC 外接圆的半径) . 请利用图①证明: a sinA = b sinB = c sinC = 2R. 【拓展应用】 如图②,四边形 ABCD 中,AB= 2,BC= 3,CD= 4,∠B=∠C= 90°.求过 A,B,D 三点的圆的半径. 图① 　 　 　 图② 第 1 题图 解:【基础应用】∵∠B=75°,∠C=45°,∴∠A=180°-∠B-∠C=60°,∵∠C=45°,BC=2, BC sinA = AB sinC ,∴ 2 sin60° = AB sin45° ,解得 AB=2 6 3 ; 【推广证明】如解图①,作 AD⊥BC 于点 D,作 CE⊥AB 于点 E,连接 AO并延长交☉O于点 F,连接 CF,∵ a·AD 2 =c·CE 2 ,∴ a·csinB=c·bsin∠BAC, ∴ a sin∠BAC = b sinB ,同理可证, a sin∠BAC = c sin∠ACB ,∴ a sin∠BAC = b sinB = c sin∠ACB ,∵AF 是直径,∴∠ACF=90°,∵∠B=∠AFC,∴sinB=sin∠AFC= b AF = b 2R , ∴ b sinB =2R,∴ a sin∠BAC = b sinB = c sin∠ACB =2R; 【拓展应用】如解图②,连接 DB,∵BC=3,CD=4,∠C=90°,∴BD= BC2+CD2 = 32+42 = 5,∴sin∠BDC= BC BD = 3 5 ,∵∠ABC=∠C= 90°,∴∠ABC+∠C= 180°, ∴AB∥CD,∴∠ABD=∠BDC,∴sin∠ABD= 3 5 ,作 AE⊥CD于点 E,则四边形 ABCE 是矩形,∴CE=AB= 2,AE=BC= 3,∴DE= 2,∴AD= AE2+DE2 = 32+22 = 13 ,∴ AD sin∠ABD = 13 3 5 = 5 13 3 ,∴过 A,B,D三点的圆的半径为5 13 6 . 2.(2024·吉林)小明在学习时发现四边形面积与对角线存在关联,下面是他的研究过程: 【探究论证】 (1)如图①,在△ABC 中,AB=BC,BD⊥AC,垂足为点 D.若 CD= 2,BD= 1,则 S△ABC = 　 2　 ; (2)如图②,在菱形 A′B′C′D′中,A′C′= 4,B′D′= 2,则 S菱形 A ′ B ′ C ′ D ′ = 　 4　 ; (3)如图③,在四边形 EFGH 中,EG⊥FH,垂足为点 O. 若 EG= 5,FH= 3,则 S四边形EFGH = 　 4　 ; 若 EG=a,FH= b,猜想 S四边形EFGH与 a,b 的关系,并证明你的猜想. 图① 　 　 图② 　 　 图③ 　 　 图④ 第 2 题图 【理解运用】 如图④,在△MNK 中,MN= 3,KN= 4,MK= 5,点 P 为边 MN 上一点.小明利用直尺和圆规分四步作图: (ⅰ)以点 K 为圆心,适当长为半径画弧,分别交边 KN,KM 于点 R,I; (ⅱ)以点 P 为圆心,KR 长为半径画弧,交线段 PM 于点 I′; (ⅲ)以点 I′为圆心,IR 长为半径画弧,交前一条弧于点 R′,点 R′,K 在 MN 同侧; (ⅳ)过点 P 画射线 PR′,在射线 PR′上截取 PQ=KN,连接 KP,KQ,MQ. 请你直接写出 S四边形MPKQ的值. 解:【探究论证】 (1)2;(2)4;(3)15 2 ; 猜想:S四边形EFGH = ab 2 , 证明:∴S△EFG = 1 2 EG·FO,S△EHG = 1 2 EG·HO, ∴S四边形EFGH =S△EFG+S△EHG = 1 2 EG·FO+ 1 2 EG·HO= 1 2 EG·FH=ab 2 . 【理解运用】 10.【解法提示】根据尺规作图可知∠QPM =∠MKN,∵在△MNK 中,MN = 3,KN = 4,MK = 5,∴MK2 =MN2 +KN2,∴△MNK 是直角三角形,且∠MNK = 90°, ∴∠NMK+∠MKN=90°,∵∠QPM=∠MKN,∴∠NMK+∠QPM=90°,∴MK⊥PQ,∵PQ=KN=4,MK=5,∴根据(3)中结论得 S四边形MPKQ = 1 2 MK·PQ=10. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 42-1 42-2 　 　 　42　 3.(2024·福建)在手工制作课上,老师提供了如图①所示的矩形卡纸 ABCD,要求大家利用它制作一个底面为正方形的礼品盒.小明按照图②的方式裁剪(其中 AE=FB),恰好得到纸盒的展开图,并利用该展开图折成一个礼品盒,如图③所示. 图① 　 　 图② 　 　 图③ 　 　 图④ 第 3 题图 (1)直接写出AD AB 的值; (2)如果要求折成的礼品盒的两个相对的面上分别印有“吉祥”和“如意”,如图④所示,那么应选择的纸盒展开图图样是　 C　 . A 　 B 　 C 　 D (3)今有三种不同型号的矩形卡纸,其规格、单价如表所示: 卡纸型号 型号Ⅰ 型号Ⅱ 型号Ⅲ 规格(单位:cm) 30×40 20×80 80×80 单价(单位:元) 3 5 20 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 第 3 题图 现以小明设计的纸盒展开图(图②)为基本样式,适当调整 AE,EF 的比例,制作棱长为 10 cm 的正方体礼品盒.如果要制作 27 个这样的礼品盒,请你合理选择上 述卡纸(包括卡纸的型号及相应型号卡纸的张数),并在卡纸上画出设计示意图(包括一张卡纸可制作几个礼品盒,其展开图在卡纸上的分布情况),给出所用卡 纸的总费用. (要求:①同一型号的卡纸如果需要不止一张,只要在一张卡纸上画出设计方案;②没有用到的卡纸,不要在该型号的卡纸上作任何设计;③所用卡纸的数量及总 费用直接填在答题卡的表格上;④本题将综合考虑“利用卡纸的合理性”和“所用卡纸的总费用”给分,总费用最低的才能得满分;⑤试卷上的卡纸仅供作草稿用) 4.(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　 ②④　 (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,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)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. ① 　 　 ② 　 　 ③ 　 　 ④ 图① 　 　 　 图② 　 　 　 图③ 第 4 题图 解:(2)①∠ACD=∠ACB, 理由:如解图,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(SAS), ∴∠E=∠ACD,AE=AC,∴∠E=∠ACB,∴∠ACD=∠ACB; ②如解图,过 A 作 AF⊥EC 于 F,∵AE=AC,∴CF= 1 2 CE= 1 2 (BC+BE)= 1 2 (BC+DC)= m +n 2 , ∵∠BCD=2θ,∴∠ACD=∠ACB=θ,在 Rt△AFC 中,cosθ=CF AC ,∴AC= CF cosθ = m+n 2cosθ ,即 AC 的长为m +n 2cosθ ; (3)BN的长为12 2 5 或 12 2 7 . 详解见答案册 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋