2025年北师大版数学中考专题—— 阅读理解 复习

2025年北师大版数学中考专题——《阅读理解》复习及解析 1．（1）如图1，△ABC是等腰直角三角形，∠ABC＝90°，D为AC的中点，S四边形BEDF＝，则＝　　； （2）如图2，△ABC是直角三角形，∠ABC＝90°，D为AC的中点，AB＝6，BC＝8，，则＝　　； （3）如图3，在△ABC中，D为AC的中点，AB＝a，BC＝b，，则＝　　． 2．【探究1】 如图1，∠BAD的平分线AE与∠BCD的平分线CE交于点E，AB∥CD，∠ABC＝30°，∠ADC＝36°，则∠AEC＝　 　°； 【探究2】 如图2，∠BAD的三等分线AE与∠BCD的三等分线CE交于点E，∠EAD＝∠BAD，∠BCE＝∠BCD，AB∥CD，∠ABC＝30°，∠ADC＝36°，则∠AEC＝　 　°； 【探究3】 如图3，∠BAD的n等分线AE与∠BCD的n等分线CE交于点E，∠EAD＝∠BAD，∠BCE＝∠BCD，AB∥CD，∠ABC＝x°，∠ADC＝y°，则∠AEC＝　 　°（用含x，y，n的式子表示）． 3．【概念呈现】 设一个钝角三角形的两个锐角为α与β，如果，那么我们称这个钝角三角形是倍余三角形，这个锐角α叫做这个三角形的倍余角． 【特例感知】 （1）若一个三角形的三个内角分别为，和，则这个三角形_______（填写“是”或“不是”）倍余三角形． 【深入探究】 （2）若一个等腰三角形是倍余三角形，则这个三角形的倍余角的度数为_______°． 【拓展延伸】 （3） 在中，∠B=900，，点D是边上一点，若是倍余三角形，则的度数为_______°． 4．（1）如图①，正方形ABCD的边长为1，E1是CB延长线上一点，且BE1＝BC，DE1与AB相交于点F1，则△BDF1的面积为 　 　； （2）如图②，正方形ABCD的边长为1，E2是CB延长线上一点，且BE2＝2BC，DE2与AB相交于点F2，则△BDF2的面积为 　 　； （3）正方形ABCD的边长为1，En是CB延长线上一点，且BEn＝nBC，DEn与AB相交于点Fn，则△BDFn的面积为 　 　；（用含n的代数式表示） （4）如图③，正方形GHMN的边长为m，Pn是MH延长线上一点，且HPn＝nHM，NPn与GH相交于点Kn，则△HNKn的面积为 　 　.（用含m，n的代数式表示） 5．定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等补四边形． 【问题理解】 如图1，在⊙O上有三个点A、B、C，连接AB、BC．现要在⊙O上再取一点D，使得四边形ABCD是等补四边形，请写出点D的一种取法，并证明你得到的四边形ABCD是等补四边形． 【拓展探究】 如图2，在等补四边形ABCD中，AB＝AD． ①已知BC：CD＝7：4，△ACD的面积为8，则四边形ABCD的面积为 　 　； ②连接AC，请在图中找出一组具有相等关系的角，并证明你的结论． 【问题解决】 如图3，在等补四边形ABCD中，AB＝AD，其外角∠EAD的平分线交CD的延长线于点F．若CD＝7，DF＝3，求AF的长． 6．【阅读理解】 三角形内角和定理告诉我们：如图①，三角形三个内角的和等于 180°． 如图②，在△ABC中，有∠A+∠ABC+∠C＝180°，点D是AB延长线上一点．由平角的定义可得∠ABC+∠CBD＝180°，所以∠CBD＝∠A+∠C．从而得到三角形内角和定理的推论：三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和． 【初步应用】 如图③，点D，E分别是△ABC的边AB，AC延长线上一点， （1）若∠A＝60°，∠CBD＝110°，则∠ACB＝　 　°； （2）若∠A＝60°，∠CBD＝110°，则∠CBD+∠BCE＝　 　°； （3）若∠A＝m°，则∠CBD+∠BCE＝　 　°． 【拓展延伸】 如图④，点D，E分别是△ABC的边AB，AC延长线上一点， （4）若∠A＝60°，分别做∠CBD和∠BCE的平分线交于点O，则∠BOC＝　 　°； （5）若∠A＝60°，分别做∠CBD和∠BCE的三等分线交于点O，且，，则∠BOC＝　 　°； （6）若∠A＝m°，分别做∠CBD和∠BCE的n等分线交于点O，且，，则∠BOC＝　 　°． 7．【问题提出】如图1，△ABC为⊙O内接三角形，已知BC＝a，圆的半径为R，探究a，R，sin∠A之间的关系． 【解决问题】如图2，若∠A为锐角，连接BO并延长交⊙O于点D，连接DC，则∠A＝∠D，在△DBC中，BD为⊙O直径，BC＝a，所以BD＝2R，∠BCD＝90°． 所以在Rt△DBC中建立a，R，sinD的关系为 　 　． 所以在⊙O内接三角形△ABC中，a，R，sinA之间的关系为 　 　． 类比锐角求法，当∠A为直角和钝角时都有此结论． 【结论应用】 已知三角形△ABC中，∠B＝60°，AC＝4，则△ABC外接圆的面积为 　 　． 8．【探究】（1）观察下列算式，并完成填空： 1＝12 1+3＝4＝22 1+3+5＝9＝32 1+3+5+7＝16＝42； 1+3+5．…+（2n﹣1）＝　 　.（n是正整数） （2）如图是某市一广场用正六边形、正方形和正三角形地板砖铺设的图案，图案中央是一块正六边形地板砖，周围是正方形和正三角形的地板砖．从里向外第一层包括6块正方形和6块正三角形地板砖；第二层包括6块正方形和18块正三角形地板砖；以此递推． ①第3层中分别含有 　 　块正方形和 　 　块正三角形地板砖； ②第n层中分别含有 　 　块正方形和 　 　块正三角形地板砖（用含n的代数式表示）． 【应用】 该市打算在一个新建广场中央，采用如图样式的图案铺设地面，现有1块正六边形、150块正方形地板砖，问：铺设这样的图案，还需要多少块正三角形地板砖？请说明理由． 9．定义：如图1，点M，N把线段AB分割成AM，MN和BN，若以AM，MN，BN为边的三角形是一个直角三角形，则称点M，N是线段AB的勾股分割点． （1）已知点M，N是线段AB的勾股分割点，若AM＝2，MN＝3，则BN＝　 　； （2）如图2，在△ABC中，FG是中位线，点D，E是线段BC的勾股分割点，且EC＞DE≥BD，连接AD，AE分别交FG于点M，N，求证：点M，N是线段FG的勾股分割点； （3）如图3，已知点M，N是线段AB的勾股分割点，MN＞AM≥BN，四边形AMDC，四边形MNFE和四边形NBHG均是正方形，点P在边EF上，试探究S△ACN，S△APB，S△MBH的数量关系． S△ACN＝　 　；S△MBH＝　 　；S△APB＝　 　； S△ACN，S△APB，S△MBH的数量关系是　 　． 10．阅读理解：我们知道，四边形具有不稳定性，容易变形．如图1，一个矩形发生变形后成为一个平行四边形，设这个平行四边形相邻两个内角中较小的一个内角为α，我们把的值叫做这个平行四边形的变形度． （1）若矩形发生变形后的平行四边形有一个内角是120°，则这个平行四边形的变形度是 　 　； （2）若矩形的面积为S1，其变形后的平行四边形面积为S2，试猜想S1，S2，之间的数量关系，并说明理由； （3）如图2，在矩形ABCD中，E是AD边上的一点，且AB2＝AE•AD，这个矩形发生变形后为▱A1B1C1D1，E1为E的对应点，连接B1E1，B1D1，若矩形ABCD的面积为（m＞0），▱A1B1C1D1的面积为（m＞0），求∠A1E1B1+∠A1D1B1的大小． 11．在数学兴趣社团课上，同学们对平行四边形进行了深入探究． 探究一：如图1，在矩形ABCD中，AC2＝AB2+BC2，BD2＝AC2＝CD2+AD2，则AC2+BD2＝AB2+BC2+CD2+AD2，由此得出结论：矩形两条对角线的平方和等于其四边的平方和． 探究二：对于一般的平行四边形，是否仍有上面的结论呢？ 证明：如图2，在▱ABCD中，过A作AM⊥BC于M，过D作DN⊥BC，交BC延长线于N．设AB＝a，BC＝b，BM＝x，AM＝y， ∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AB＝CD，∴∠ABC＝∠DCN， 又∵∠AMB＝∠DNC＝90°，∴△ABM≌△DCN． ∴CN＝BM＝x，DN＝AM＝y． 请你接着完成上面的证明过程． 结论应用：若一平行四边形的周长为20，两条对角线长分别为8，2，求该平行四边形的四条边长． 12.【问题情境】 图形的分割：就是在保持面积不变的前提下，将一个或几个图形分割成两个或几个图形．图形的拼合：就是把一个图形通过分割后再重新拼接组合，在保持面积不变的前提下，得到一个新的图形．图形分割与拼合问题，集趣味性、探索性、实验性于一体． 如图①，任意三角形通过分割后重新拼接，可以拼成平行四边形．方案设计： 图形的分割：取AB中点D，AC中点E，连接DE，沿DE将△ABC分割成两个图形； 图形的拼合：如图所示，将△ADE绕点E旋转180°，与四边形DBCE拼接成平行四边形DBCF．此时，▱DBCF的面积与△ABC的面积相等． 【探究实践】 仿照图示的方法，解答下列问题： 如图②，对直角三角形ABC，设计一种方案，将它分成若干块，再拼成一个与三角形等面积的矩形．请你写出方案设计． 【拓展应用】 如图③，对任意三角形ABC，设计一种方案，将它分成若干块，再拼成一个与原三角形等面积的矩形．请你画出方案设计． 13. 如图1，四边形是边长为6的正方形，为上一点，将△ADE沿折叠，点落在点处，连接，． （1）若为的中点，求的面积． 要解决这个问题，可以这样思考：如图2，过作，可得与、都垂直，在中，由勾股定理得，由等面积法可求得，因此，由可得，则，因此，所以________； （2）如图3，若为的三等分点（），则________； （3）如图4，若为的等分点（），则________． 14. 【探究建模】 （1）如图①，△ABC是正三角形，边长为，点是△ABC的中心点，点是△ABC内任意一点，点到△ABC各边距离分别为、、．连接，由等面积法，可得______；（结果用含的式子表示） 【类比应用】 （2）如图②，五边形是正五边形，边长为，点是△ABC的中心点，点是正五边形内任意一点，点到五边形各边距离分别为，则的值为______（结果用含的式子表示）． （3）正边形的边长为，点是正边形内任意一点，点到正边形各边距离分别为，则的值为______（结果用含和的式子表示）． 15. 定义：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）用三角板拼出如图所示的4个四边形，其中是邻等对补四边形的有________．（填写序号） （2）如图⑤，已知矩形，延长至点，使，过点作交延长线于点．请你判断四边形是否为邻等对补四边形，并说明理由． （3）如图⑥，在中，，，，，为上一点，且四边形是邻等对补四边形，连接，则的长为________． 16. 【模型】同高的两个三角形面积之比等于底边长度之比． 已知，如图1，△ABC中，为线段上任意一点，连接，则有：． 【模型应用】 （1）如图2，任意四边形中，E、F分别是边的中点，连接、，若四边形的面积为S，则________． （2）如图3，在任意四边形中，点E、F分别是边上离点A和点C最近的三等分点，连接，若四边形的面积为S，则________． （3）如图4，在任意四边形中，点E、F分别是边上离点B和点D最近的n等分点，连接，若四边形的面积为S，则________． 17．在四边形ABCD中，点E为AB边上一点，点F为对角线BD上的一点，且EF⊥AB． （1）若四边形ABCD为正方形； ①如图1，请直接写出AE与DF的数量关系； ②将△EBF绕点B逆时针旋转到图2所示的位置，连接AE、DF，猜想AE与DF的数量关系并说明理由； （2）如图3，若四边形ABCD为矩形，BC＝mAB，其它条件都不变，将△EBF绕点B逆时针旋转α（0°＜α＜90°）得到△E′BF′，连接AE′，DF′，请在图3中画出草图，并求出AE′与DF′的数量关系． 18．提出问题： 在4×4的正方形方格纸上，各个小正方形的顶点称为格点，以格点为顶点的等腰直角三角形共有几个？ 问题探究： 为了解决上面的问题，我们先从最简单的情形入手，从中找到解决问题的方法． 探究一： 如图1在1×1的正方形方格纸上，以格点为顶点的线段长度可取2个数值：1，，以这些线段组成的等腰直角三角形按三边长来考虑可以分为以下一种情况：1、1、． 当斜边长为时，斜边一定是1×1正方形的对角线，这样的线段有2条，每条这样的线段对应着两个等腰直角三角形，共有2×2＝4个． 故在1×1的正方形方格纸上，以格点为顶点的等腰直角三角形的个数为4个． 探究二： 在2×2的正方形方格纸上，以格点为顶点的线段长度可取5个数值：1，2，，，．以这些线段组成的等腰直角三角形按三边长来考虑可以分为以下三种情况：1、1、；、、2；2、2、． （1）当斜边长为时，斜边一定是1×1正方形的对角线，这样的线段有8条，每条这样的线段对应着两个等腰直角三角形，共有8×2＝16个． （2）当斜边长为2时，图形中长为2的线段有6条，其中有4条在2×2正方形的四周上，每条这样的线段对应着一个等腰直角三角形；另有2条在2×2正方形的内部，每条这样的线段对应着两个等腰直角三角形，共有4×1+2×2＝8个． （3）当斜边长为时，斜边一定是2×2正方形的对角线，这样的线段有2条，每条这样的线段对应着两个等腰直角三角形，共有2×2＝4个． 故在2×2的正方形方格纸上，以格点为顶点的等腰直角三角形的个数为16+8+4＝28个． 探究三： 如图2在3×3的正方形方格纸上，以格点为顶点的线段长度可取 　9　个数值．以这些线段组成的等腰直角三角形按三边长来考虑可以分为以下五种情况：1、1、；、、2；2、2、；、、；3、3、． （1）当斜边长为时，斜边一定是1×1正方形的对角线，这样的线段有18条，每条这样的线段对应着两个等腰直角三角形，共有18×2＝36个． （2）当斜边长为2时，图形中长为2的线段有16条，其中有 　 　条在3×3正方形的四周上，每条这样的线段对应着一个等腰直角三角形；另有 　 　条在3×3正方形的内部，每条这样的线段对应着两个等腰直角三角形，共有 　 　个． （3）当斜边长为时，斜边一定是2×2正方形的对角线，这样的线段有8条，每条这样的线段对应着两个等腰直角三角形，共有8×2＝16个． （4）当斜边长为时，图形中长为的线段有12条，其中有8条对应着一个等腰直角三角形； 有4条对应着两个等腰直角三角形，共有8×1+4×2＝16个． （5）当斜边长为时，斜边一定是3×3正方形的对角线，这样的线段有2条，每条这样的线段对应着两个等腰直角三角形，共有2×2＝4个． 故在3×3的正方形方格纸上，以格点为顶点的等腰直角三角形的个数为 　 　个． 问题解决： 如图3在4×4的正方形方格纸上，以格点为顶点的等腰直角三角形的个数为 　 　个． 拓展延伸： 如图4在2×2×1的长方体中，以格点为顶点（每个1×1×1小正方体的顶点均为格点），并且以等腰直角三角形为底面的直三棱柱的个数为 　 　个． 19．问题提出 我们在分析解决某些数学问题时，经常要比较两个数或代数式的大小，而解决问题的策略一般要进行一定的转化，其中“作差法”就是常用的方法之一．所谓“作差法”：就是通过作差、变形，并利用差的符号确定它们的大小．例如： （1）对于任意两个代数式M，N的大小比较，有下面的方法： 当M﹣N＞0时，M＞N； 当M﹣N＝0时，M＝N； 当M﹣N＜0时，M＜N． 反过来也成立．因此，我们把这种比较两个代数式大小的方法叫做“作差法”． （2）对于比较两个正数a，b的大小，我们还可以用它们的平方进行比较： ∵a2﹣b2＝（a+b）（a﹣b），a+b＞0， ∴（a2﹣b2）与（a﹣b）的符号相同． 当a2﹣b2＞0时，a﹣b＞0，得a＞b； 当a2﹣b2＝0时，a﹣b＝0，得a＝b； 当a2﹣b2＜0时，a﹣b＜0，得a＜b． 问题解决 （3）课堂上，老师让同学们制作几种几何体，张丽同学用了3张A4纸，7张B5纸；李明同学用了2张A4纸，8张B5纸．设每张A4纸的面积为x，每张B5纸的面积为y，且x＞y，张丽同学的用纸总面积为S1，李明同学的用纸总面积为S2，回答下列问题： ①S1＝　 　（用含x，y的代数式表示）； S2＝　 　（用含x，y的代数式表示）； ②试比较谁的用纸总面积更大？ （4）如图1所示，要在燃气管道l上修建一个泵站，向A，B两镇供气，已知A，B到l的距离分别是3km，4km（即AC＝3km，BE＝4km），AB＝x km，现设计两种方案： 方案一：如图2所示，AP⊥l于点P，泵站修建在点P处，该方案中管道长度a1＝AB+AP． 方案二：如图3所示，点A′与点A关于l对称，A′B与l相交于点P，泵站修建在点P处，该方案中管道长度a2＝AP+BP． ①在方案一中，a1＝　 　km（用含x的代数式表示）； ②在方案二中，a2＝　 　km（用含x的代数式表示）； ③请分析说明哪种方案铺设的输气管道较短？ （5）甲、乙两位采购员同去一家饲料公司购买两次饲料，两次购买的价格有变化，两位采购员的购货方式也不同，其中，甲每次购买1000kg，乙每次用去1000元，而不管购买多少饲料．设两次购买的饲料单价分别为m元/kg和n元/kg（m，n是正数，且m≠n），试分析哪位采购员的购货方式合算？ 20．实际问题： 各边长都是整数，最大边长为31的三角形有多少个？ 问题建模：为解决上面的数学问题，我们先研究下面的数学模型 在1～n这n个自然数中，每次取两个数（可重复），使得所取的两个数之和大于n，有多少种不同的取法？ 为了找到解决问题的方法，我们把上面数学模型简单化． 探究一： 在1～4这4个自然数中，每次取两个数（可重复），使得所取的两个数之和大于4、有多少种不同的取法？ 第一步：在1～4这4个自然数中，每次取两个不同的数，使得所取的两个数之和大于4，根据题意，有下列取法：1+4，2+3，2+4，3+2，3+4，4+1，4+2，4+3；而1+4与4+1，2+3与3+2，…是同一种取法，所以上述每一种取法都重复过一次，因此共有＝4＝种不同的取法． 第二步：在1～4这4个自然数中，每次取两个相同数，使得所取的两个数之和大于4，有下列取法：3+3，4+4，因此共有2种不同的取法． 综上所述，在1～4这4个自然数中，每次取两个数（可重复），使得所取的两个数之和大于4，有+2种不同的取法． 探究二： 在1～5这5个自然数中，每次取两个数（可重复），使得所取的两个数之和大于5，有多少种不同的取法？ 第一步：在1～5这5个自然数中，每次取两个不同的数，使得所取的两个数之和大于5，有下列取法：1+5，2+4，2+5，3+4，3+5，4+2，4+3，4+5；5+1，5+2，5+3，5+4，而1+5与5+1，2+4与4+2，…是同一种取法．所以上述每一种取法都重复过一次，因此共有＝6＝种不同的取法． 第二步：在1～5这5个自然数中，每次取两个相同数，使得所取的两个数之和大于5，有下列取法：3+3，4+4，5+5，因此共有3种不同的取法． 综上所述，在1～5这5个自然数中，每次取两个数（可重复），使得所取的两个数之和大于5，有6+3种不同的取法． 探究三： 在1～6这6个自然数中，每次取两个数（可重复），使得所取的两个数之和大于6，有多少种不同的取法？（仿照探究二写出探究过程） 探究四： 在1～7这7个自然数中，每次取两个数（可重复），使得所取的两个数之和大于7，有 　 　种不同的取法． 探究五： 在1～n（n为偶数）这n个自然数中，每次取两个数（可重复），使得所取的两个数之和大于n，有 　 　种不同的取法． 探究六： 在1～n（n为奇数）这n个自然数中，每次取两个数（可重复），使得所取的两个数之和大于n，有 　 　种不同的取法． 问题解决： （1）各边长都是整数，最大边长为20的三角形有 　 　个； （2）各边长都是整数，最大边长为31的三角形有 　 　个． 21.定义：如果一个正整数n能表示为两个正整数的平方差，那么称正整数n为“智慧数”． 即：若正整数n＝a2﹣b2（a，b为正整数，且a＞b），则称正整数n为“智慧数”． 例如：∵5＝32﹣22，∴5是“智慧数”． 根据定义，直接写出最小的“智慧数”是 　 　． 提出问题： 如果按照从小到大的顺序排列起来，那么第2022个“智慧数”是哪个数？ 探究问题： 要解答这个问题，我们先要明确“智慧数”产生的规律． 探究1：“智慧数”一定是什么数？ 假设n是“智慧数”，则至少存在一组正整数a、b，使n＝a2﹣b2（a，b为正整数，且a＞b）． 情况1：a、b均为奇数，或均为偶数． 分析：∵a、b均为奇数，或均为偶数 ∴（a+b），（a﹣b）均为偶数． 此时不妨设（a+b）＝2c，（a﹣b）＝2d 又∵n＝a2﹣b2＝（a+b）（a﹣b）＝4cd． ∴a2﹣b2为4的倍数，即n为4的倍数． 情况2：a、b为一奇数、一偶数． 分析：∵a、b为一奇数、一偶数． ∴（a+b），（a﹣b）均为奇数， 此时不妨设a+b＝2c±1，a﹣b＝2d±1 又∵n＝a2﹣b2＝（a+b）（a﹣b）＝4cd±2c±2d±1， ∴a2﹣b2为奇数，即n为奇数． 综上所述：“智慧数”是奇数或4的倍数． 探究2：所有奇数和4的倍数都一定是“智慧数”吗？ 我们先从最简单的情形入手，从中找到解决问题的方法，最后得出一般性的结论． 先列举几组数值较小，容易验证的“智慧数”（①～⑧），因为“智慧数”不是奇数就是4的倍数，所以我们把这些“智慧数”分成两类． 表一： 情况1：n是奇数 分析n＝a2﹣b2 结论 ① 3＝22﹣12 3是“智慧数” ② 5＝32﹣22 5是“智慧数” ③ 7＝42﹣32 7是“智慧数” ④ 9＝52﹣42 9是“智慧数” … … … 表二： 情况2：n是4的倍数 分析n＝a2﹣b2 结论 ⑤ 8＝32﹣12 8是“智慧数” ⑥ 12＝42﹣22 12是“智慧数” ⑦ 16＝52﹣32 16是“智慧数” ⑧ 20＝62﹣42 20是“智慧数” … … … 情况1：n是奇数 观察①②③④中n、a、b的值，容易发现，每个算式中，n均是奇数且a、b的值均为连续的正整数． 猜想：所有奇数都是“智慧数”． 验证：设a＝k+1，b＝k（k≥1且k为整数） ∵a2﹣b2＝（k+1）2﹣k2＝2k+1． ∴2k+1是“智慧数”． 又∵k≥1， ∴2k+1≥3，即2k+1表示所有奇数（1除外）． ∴所有奇数（1除外）都是“智慧数”． 应用： 请直接填空：∵11＝　 　2﹣　 　2，∴11是“智慧数”． 情况2：n是4的倍数 观察⑤⑥⑦⑧中n、a、b的值，容易发现，每个算式中，n均是4的倍数，且a与b的差都为2． 猜想：所有4的倍数都是“智慧数”． 验证：设a＝k+2，b＝k（k≥1且k为整数） ∵a2﹣b2＝（k+2）2﹣k2＝4k+4． ∴4k+4是“智慧数”， 又∵k≥1， ∴4k+4≥8，即4k+4表示所有4的倍数（4除外）， ∴所有4的倍数（4除外）都是“智慧数”． 应用： 请直接填空：∵24＝　 　2﹣　 　2，∴24是“智慧数”． 归纳“智慧数”的发现模型： （1）对所有的正整数而言，除了1和4之外，其余的奇数、以及4的倍数是智慧数． （2）当1≤n≤4时，只有1个“智慧数”； 当n≥5时，如果把从5开始的正整数按照从小到大的顺序，依次每 　 　个连续正整数分成一组（注：组与组之间的数字互不重复），则每组有 　 　个“智慧数”，且第 　 　数不是“智慧数”． 问题解决： 直接写出：如果按照从小到大的顺序排列起来，那么第2022个“智慧数”是 　 　． 实际应用： 若一个直角三角形纸片三边的长度都是整数厘米，已知一条直角边长是12cm，则这个直角三角形纸片的周长最大是 　 　cm． 2025年北师大版数学中考专题——《阅读理解》复习解析 1．（1）如图1，△ABC是等腰直角三角形，∠ABC＝90°，D为AC的中点，S四边形BEDF＝，则＝　1　； （2）如图2，△ABC是直角三角形，∠ABC＝90°，D为AC的中点，AB＝6，BC＝8，，则＝　　； （3）如图3，在△ABC中，D为AC的中点，AB＝a，BC＝b，，则＝　　． 【分析】（1）过点D作DN⊥BC，DM⊥AB垂足分别为 N，M，根据三角形中点的性质可得S△ABD＝S△BCD＝S△ABC，根据已知得出S△DFC＝S△BED，进而根据三角形的面积公式，即 可求解； （2）过点D作DN⊥BC，DM⊥AB垂足分别为 N，M，同（1）的方法即可求解； （3）过点D作DN⊥BC，DM⊥AB垂足分别为 N，M，同（1）的方法即可求解． 【解答】解：（1）如图1所示，过点D作DN⊥BC，DM⊥AB垂足分别为N，M， 依题意，△ABC是等腰直角三角形，∠ABC＝90°，D为AC的中点，则DM＝DN， ∴S△ABD＝S△BCD＝S△ABC， ∵S四边形BEDF＝S△ABC＝S△BDF+S△DFC＝S△BDF+S△BED'， ∴S△DFC＝S△BED， ∴BE•MD＝FC•DN， ∴BE＝FC， ∴＝1； 故答案为：1； （2）如图2所示，过点D作DN⊥BC，DM⊥AB垂足分别为N，M，AB＝6，BC＝8， ∵D为AC的中点， ∴S△ABD＝S△BCD＝S△ABC， ∴AB•MD＝BC•DN， ∴＝， 同（1）可得：S△DFC＝S△BED， ∴BE•MD＝FC•DN， ∴＝＝， 故答案为：； （3）如图3所示，过点D作DN⊥BC，DM⊥AB垂足分别为N，M，AB＝a，BC＝b， ∵D为AC的中点， ∴S△ABD＝S△BCD＝S△ABC， ∴a•MD＝b•DN， ∴＝， 同（1）可得S△DFC＝S△BED， ∴BE•MD＝FC•DN， ∴＝＝， 故答案为：． 2．【探究1】 如图1，∠BAD的平分线AE与∠BCD的平分线CE交于点E，AB∥CD，∠ABC＝30°，∠ADC＝36°，则∠AEC＝　33　°； 【探究2】 如图2，∠BAD的三等分线AE与∠BCD的三等分线CE交于点E，∠EAD＝∠BAD，∠BCE＝∠BCD，AB∥CD，∠ABC＝30°，∠ADC＝36°，则∠AEC＝　44　°； 【探究3】 如图3，∠BAD的n等分线AE与∠BCD的n等分线CE交于点E，∠EAD＝∠BAD，∠BCE＝∠BCD，AB∥CD，∠ABC＝x°，∠ADC＝y°，则∠AEC＝　＝（x+y）　°（用含x，y，n的式子表示）． 【分析】【探究1】过点E作EF∥AB，先证AB∥EF∥CD得∠FEA＝∠BAE，∠FEC＝∠DCE，则∠AEC＝∠BAE+∠DCE，再根据AB∥CD及角平分线的定义得∠BAE＝∠BAD＝18°，∠DCE＝∠BCD＝15°，由此可得∠AEC的度数； 【探究2】同理可证∠AEC＝∠BAE+∠DCE，再根据AB∥CD及已知条件得∠BAE＝∠BAD＝24°，∠DCE＝∠BCD＝20°，由此可得∠AEC的度数； 【探究3】同理可证∠AEC＝∠BAE+∠DCE，再根据AB∥CD及已知条件得∠BAE＝∠BD＝y°，∠DCE＝∠BCD＝x°由此可得∠AEC的度数． 【解答】解：【探究1】过点E作EF∥AB，如图1所示： ∵EF∥AB，AB∥CD， ∴AB∥EF∥CD， ∴∠FEA＝∠BAE，∠FEC＝∠DCE， ∴∠FEA+∠FEC＝∠BAE+∠DCE， 即∠AEC＝∠BAE+∠DCE， ∵AB∥CD， ∴∠BCD＝∠ABC＝30°，∠BAD＝∠ADC＝36°， ∵AE平分BAD、CE平分∠BCD， ∴∠BAE＝∠BAD＝×36°＝18°，∠DCE＝∠BCD＝×30°＝15°， ∴∠AEC＝∠FEC+∠FEA＝18°+15°＝33°； 【探究2】同理可证：∠AEC＝∠BAE+∠DCE， ∵AB∥CD， ∴∠BCD＝∠ABC＝30°，∠BAD＝∠ADC＝36°， ∵∠EAD＝∠BAD，∠BCE＝∠BCD， ∴∠BAE＝∠BAD＝×36°＝24°，∠DCE＝∠BCD＝×30°＝20°， ∴∠AEC＝∠BAE+∠DCE＝24°+20°＝44°； 【探究3】同理可证：∠AEC＝∠BAE+∠DCE， ∵AB∥CD， ∴∠BCD＝∠ABC＝x°，∠BAD＝∠ADC＝y°， ∵∠EAD＝∠BAD，∠BCE＝∠BCD， ∠BAE＝∠BD＝y°，∠DCE＝∠BCD＝x° ∴∠AEC＝∠BAE+∠DCE＝y°+x°＝（x+y）°． 3. 【概念呈现】 设一个钝角三角形的两个锐角为α与β，如果，那么我们称这个钝角三角形是倍余三角形，这个锐角α叫做这个三角形的倍余角． 【特例感知】 （1）若一个三角形的三个内角分别为，和，则这个三角形_______（填写“是”或“不是”）倍余三角形． 【深入探究】 （2）若一个等腰三角形是倍余三角形，则这个三角形的倍余角的度数为_______°． 【拓展延伸】 （3）在中，∠B=900，，点D是边上一点，若是倍余三角形，则的度数为_______°． 【答案】（1）是；（2）；（3）121或118 【解析】 【分析】本题考查三角形内角和定理，三角形外角的性质，数形结合与分类讨论数学思想的运用、新定义问题的求解等知识与方法，准确地把握新定义的内涵并且正确地画出图形是解题的关键． （1）根据两个锐角判断是否满足即可判定； （2）根据“倍余三角形”的定义和“等腰三角形”的两底角相等求解， （3）分为2种情况，当时和当时分别可解得答案． 【详解】（1）三角形是倍余三角形． ∵， 故三个内角分别为，和的三角形是倍余三角形， （2）倍余三角形是一个钝角三角形，一个等腰三角形是倍余三角形，故顶角是钝角，底角为锐角， 设底角为，依题意得：，解得：， 这个三角形的倍余角的度数为． 故答案为：30； （3）∵是倍余三角形， 当时，即， 解得：， ∴； 当时，即， 解得：， ∴； 故的度数为或； 故答案为：121或118． 4．（1）如图①，正方形ABCD的边长为1，E1是CB延长线上一点，且BE1＝BC，DE1与AB相交于点F1，则△BDF1的面积为 　　； （2）如图②，正方形ABCD的边长为1，E2是CB延长线上一点，且BE2＝2BC，DE2与AB相交于点F2，则△BDF2的面积为 　　； （3）正方形ABCD的边长为1，En是CB延长线上一点，且BEn＝nBC，DEn与AB相交于点Fn，则△BDFn的面积为 　　；（用含n的代数式表示） （4）如图③，正方形GHMN的边长为m，Pn是MH延长线上一点，且HPn＝nHM，NPn与GH相交于点Kn，则△HNKn的面积为 　　.（用含m，n的代数式表示） 【解答】解：（1）∵四边形ABCD为正方形， ∴AB＝AD＝BC＝1，AD∥BC， ∴BE1＝AB＝AD＝BC＝1，AD∥|BE， ∴△ADF1∽△BE1F1， ∴， ∴， ∴； 故答案为：； （2）由（1）同理可证△ADF2∽△BE2F2， ∴， ∵BE2＝2BC， ∴BE2＝2AD， ∴， ∴， ∴； 故答案为：； （3）由（1）同理可证△ADFn∽△BEnFn， ∴， ∵BEn＝nBC， ∴BEn＝nAD， ∴， ∴， ∴； 故答案为：； （4）由（1）同理可证△GNKn∽ΔHPnKn， ∴， ∵HPn＝nHM， ∴HPn＝nGN， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 5．定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等补四边形． 【问题理解】 如图1，在⊙O上有三个点A、B、C，连接AB、BC．现要在⊙O上再取一点D，使得四边形ABCD是等补四边形，请写出点D的一种取法，并证明你得到的四边形ABCD是等补四边形． 【拓展探究】 如图2，在等补四边形ABCD中，AB＝AD． ①已知BC：CD＝7：4，△ACD的面积为8，则四边形ABCD的面积为 　22　； ②连接AC，请在图中找出一组具有相等关系的角，并证明你的结论． 【问题解决】 如图3，在等补四边形ABCD中，AB＝AD，其外角∠EAD的平分线交CD的延长线于点F．若CD＝7，DF＝3，求AF的长． 【分析】【问题理解】以点C为圆心，BC长为半径画圆，交⊙O于点D，连接AD，CD，则四边形ABCD是等补四边形，根据圆内接四边形的性质可证明结论； 【拓展探究】①过点C作CM⊥AD，交AD延长线于点M，过点C作CN⊥AB于点N，则∠CMD＝∠CNB＝90°，首先利用△CNB∽△CMD，得＝，可得，从而得出答案； ②根据等弧所对的圆周角相等可得答案； 【问题解决】连接AC，过点A作AE⊥BC于E，作AH⊥CD于H，首先利用AAS证明△ABE≌△ADH，得AE＝AH，可知AC是∠BCH的角平分线，从而证明△ACF∽△DAF，利用对应边成比例可得答案． 【解答】解：【问题理解】 如图所示，以点C为圆心，BC长为半径画圆，交⊙O于点D，连接AD，CD，则四边形ABCD是等补四边形， 证明：∵CB，CD为⊙C的半径， ∴CB＝CD， ∵A，B，C，D四点同在⊙O上， ∴四边形ABCD是⊙O的内接四边形， ∴四边形ABCD的对角互补， ∴四边形ABCD是等补四边形； 【拓展探究】 ①过点C作CM⊥AD，交AD延长线于点M，过点C作CN⊥AB于点N，则∠CMD＝∠CNB＝90°， ∵四边形ABCD是等补四边形， ∴点A，B，C，D在同一圆上，如图所示， ∵四边形ABCD是等补四边形， ∴∠ADC+∠ABC＝180°， ∵∠ADC+∠MDC＝180°， ∴∠ABC＝∠MDC， ∴△CNB∽△CMD， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴＝＝， ∵AB＝AD， ∴， ∵S△ACD＝8， ∴， ∴S四边形ABCD＝S△ABC+S△ACD＝14+8＝22， 故答案为：22； ②图中相等的一组角是∠ACB与∠ACD，理由如下： ∵AB＝AD， ∴， ∴∠ACB＝∠ACD； 【问题解决】 如图，连接AC， ∵四边形ABCD是等补四边形， ∴∠BAD+∠BCD＝180°， 又∵∠BAD+∠EAD＝180°， ∴∠EAD＝∠BCD， ∵AF平分∠EAD， ∴∠FAD＝， 如图，过点A作AG⊥BC于G，作AH⊥CD于H， 则∠AGB＝∠AHD＝90°， ∵四边形ABCD是等补四边形， ∴∠B+∠ADC＝180°， 又∵∠ADC+∠ADH＝180°， ∴∠B＝∠ADH， ∵AB＝AD， ∴△AGB≌△AHD（AAS）， ∴AG＝AH， ∴AC是∠BCH的角平分线， 即AC平分∠BCD， ∴∠FCA＝， ∴∠FCA＝∠FAD， 又∵∠AFC＝∠DFA， ∴△ACF∽△DAF， ∴， ∴， ∴AF＝． 【点评】本题是圆的综合题，主要考查了圆内接四边形的性质，弧、弦、圆周角之间的关系，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，读懂新定义，结合圆的性质构造相似三角形是解题的关键． 6．【阅读理解】 三角形内角和定理告诉我们：如图①，三角形三个内角的和等于 180°． 如图②，在△ABC中，有∠A+∠ABC+∠C＝180°，点D是AB延长线上一点．由平角的定义可得∠ABC+∠CBD＝180°，所以∠CBD＝∠A+∠C．从而得到三角形内角和定理的推论：三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和． 【初步应用】 如图③，点D，E分别是△ABC的边AB，AC延长线上一点， （1）若∠A＝60°，∠CBD＝110°，则∠ACB＝　50　°； （2）若∠A＝60°，∠CBD＝110°，则∠CBD+∠BCE＝　240　°； （3）若∠A＝m°，则∠CBD+∠BCE＝　（180+m）　°． 【拓展延伸】 如图④，点D，E分别是△ABC的边AB，AC延长线上一点， （4）若∠A＝60°，分别做∠CBD和∠BCE的平分线交于点O，则∠BOC＝　60　°； （5）若∠A＝60°，分别做∠CBD和∠BCE的三等分线交于点O，且，，则∠BOC＝　100　°； （6）若∠A＝m°，分别做∠CBD和∠BCE的n等分线交于点O，且，，则∠BOC＝　（）　°． 【分析】（1）由三角形的外角性质即可得出结论； （2）同（1）得∠ACB＝50°，再求出∠BCE＝180°﹣∠ACB＝130°，即可得出结论； （3）由三角形内角和定理得∠ABC+∠ACB＝180°﹣m°，再由平角的定义即可得出结论； （4）同（3）得∠CBD+∠BCE＝240°，再由角平分线定义求出∠CBO+∠BCO＝120°，然后由三角形内角和定理即可得出结论； （5）同（3）得∠CBD+∠BCE＝240°，再求出∠CBO+∠BCO＝80°，然后由三角形内角和定理即可得出结论； （6）同（3）得∠CBD+∠BCE＝（180+m）°，再求出∠CBO+∠BCO＝（）°，然后由三角形内角和定理即可得出结论． 【解答】解：（1）∵∠CBD＝∠A+∠ACB， ∴∠ACB＝∠CBD﹣∠A＝110°﹣60°＝50°， 故答案为：50； （2）同（1）得：∠ACB＝50°， ∴∠BCE＝180°﹣∠ACB＝180°﹣50°＝130°， ∴∠CBD+∠BCE＝110°+130°＝240°； 故答案为：240； （3）∵∠A＝m°， ∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝180°﹣m°， ∴∠CBD+∠BCE＝180°﹣∠ABC+180°﹣∠ACB＝360°﹣（∠ABC+∠ACB）＝360°﹣（180°﹣m°）＝（180+m）°， 故答案为：（180+m）； （4）∵∠A＝60°， ∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝180°﹣60°＝120°， 同（3）得：∠CBD+∠BCE＝240°， ∵∠CBD和∠BCE的平分线交于点O， ∴∠CBO＝∠CBD，∠BCO＝∠BCE， ∴∠CBO+∠BCO＝（∠CBD+∠BCE）＝×240°＝120°， ∴∠BOC＝180°﹣（∠CBO+∠BCO）＝180°﹣120°＝60°， 故答案为：60； （5）同（3）得：∠CBD+∠BCE＝240°， ∵∠CBO＝∠CBD，∠BCO＝∠BCE， ∴∠CBO+∠BCO＝（∠CBD+∠BCE）＝×240°＝80°， ∴∠BOC＝180°﹣（∠CBO+∠BCO）＝180°﹣80°＝100°， 故答案为：100； （6）同（3）得：∠CBD+∠BCE＝（180+m）°， ∵∠CBO＝∠CBD，∠BCO＝∠BCE， ∴∠CBO+∠BCO＝（∠CBD+∠BCE）＝×（180+m）°＝（）°， ∴∠BOC＝180°﹣（∠CBO+∠BCO）＝180°﹣（）°＝（）°， 故答案为：（）． 【点评】本题是三角形综合题目，考查了三角形的内角和定理、三角形的外角性质、角平分线的定义以及整体思想等知识，本题综合性强，熟练掌握三角形内角和定理和角平分线定义是解题的关键，属于中考常考题型． 7．【问题提出】如图1，△ABC为⊙O内接三角形，已知BC＝a，圆的半径为R，探究a，R，sin∠A之间的关系． 【解决问题】如图2，若∠A为锐角，连接BO并延长交⊙O于点D，连接DC，则∠A＝∠D，在△DBC中，BD为⊙O直径，BC＝a，所以BD＝2R，∠BCD＝90°． 所以在Rt△DBC中建立a，R，sinD的关系为 　sinD＝　． 所以在⊙O内接三角形△ABC中，a，R，sinA之间的关系为 　sinA＝　． 类比锐角求法，当∠A为直角和钝角时都有此结论． 【结论应用】 已知三角形△ABC中，∠B＝60°，AC＝4，则△ABC外接圆的面积为 　　． 【分析】【解决问题】连接BO并延长交⊙O于点D，连接CD，由圆周角定理得出∠BCD＝90°，由正弦的定义可得出答案； 【结论应用】求出△ABC外接圆的半径，则可得出答案； 【解答】解：【解决问题】△ABC的外接圆半径为R，连接BO并延长交⊙O于点D，连接DC，则∠D＝∠A， ∵BD为⊙O的直径， ∴∠BCD＝90°， 在Rt△DBC中， ∵sinD＝， ∴sinA＝． 故答案为：sinD＝，sinA＝； 【结论应用】∵∠B＝60°，AC＝4， ∴sinB＝， ∴， ∴R＝， ∴△ABC外接圆的面积为＝． 故答案为：． 8．【探究】（1）观察下列算式，并完成填空： 1＝12 1+3＝4＝22 1+3+5＝9＝32 1+3+5+7＝16＝42； 1+3+5．…+（2n﹣1）＝　n2　.（n是正整数） （2）如图是某市一广场用正六边形、正方形和正三角形地板砖铺设的图案，图案中央是一块正六边形地板砖，周围是正方形和正三角形的地板砖．从里向外第一层包括6块正方形和6块正三角形地板砖；第二层包括6块正方形和18块正三角形地板砖；以此递推． ①第3层中分别含有 　6　块正方形和 　30　块正三角形地板砖； ②第n层中分别含有 　6　块正方形和 　6（2n﹣1）　块正三角形地板砖（用含n的代数式表示）． 【应用】 该市打算在一个新建广场中央，采用如图样式的图案铺设地面，现有1块正六边形、150块正方形地板砖，问：铺设这样的图案，还需要多少块正三角形地板砖？请说明理由． 【分析】【探究】（1）观察算式找出规律即可； （2）①第一层6块正方形和6块正三角形地板砖，第二层6块正方形和6+12＝18块正三角形地板砖，第三层6块正方形和18+12＝30块正三角形地板砖； ②每一层中正方形地板砖块数不变；正三角形地板砖的块数分别为：第一层6＝6×1＝6×（2×1﹣1）块，第二层18＝6×3＝6×（2×2﹣1）块，第三层30＝6×5＝6×（2×3﹣1）块，由此得出第n层6＝6×1＝6（2n﹣1）块； 【应用】150块正方形地板砖可以铺设这样的图案150÷6＝25（层），铺设n层需要正三角形地板砖的数量为：6[1+3+5+…+（2n﹣1）]＝6n2，将n＝25代入计算即可． 【解答】解：（1）观察算式规律可得，1+3+5+…+（2n﹣1）＝n2， 故答案为：n2； （2）①∵第一层包括6块正方形和6块正三角形地板砖， 第二层包括6块正方形和6+12＝18块正三角形地板砖， ∴第三层包括6块正方形和18+12＝30块正三角形地板砖． 故答案为：6，30； ②∵每一层中正方形地板砖块数不变； 正三角形地板砖的块数分别为： 第一层6＝6×1＝6×（2×1﹣1）块， 第二层18＝6×3＝6×（2×2﹣1）块， 第三层30＝6×5＝6×（2×3﹣1）块， ∴第n层6（2n﹣1）块正三角形地板砖． 故答案为：6，6（2n﹣1）； 【应用】铺设这样的图案，还需要3750块正三角形地板砖．理由如下： ∵150÷6＝25（层）， ∴150块正方形地板砖可以铺设这样的图案25层； ∵铺设n层需要正三角形地板砖的数量为：6[1+3+5+⋯+（2n﹣1）]＝6n2， ∴当n＝25时，6×252＝3750． 故铺设这样的图案，还需要3750块正三角形地板砖． 9．定义：如图1，点M，N把线段AB分割成AM，MN和BN，若以AM，MN，BN为边的三角形是一个直角三角形，则称点M，N是线段AB的勾股分割点． （1）已知点M，N是线段AB的勾股分割点，若AM＝2，MN＝3，则BN＝　或　； （2）如图2，在△ABC中，FG是中位线，点D，E是线段BC的勾股分割点，且EC＞DE≥BD，连接AD，AE分别交FG于点M，N，求证：点M，N是线段FG的勾股分割点； （3）如图3，已知点M，N是线段AB的勾股分割点，MN＞AM≥BN，四边形AMDC，四边形MNFE和四边形NBHG均是正方形，点P在边EF上，试探究S△ACN，S△APB，S△MBH的数量关系． S△ACN＝　•（AM+MN）•AM　；S△MBH＝　（MN+BN）•BN　；S△APB＝　（AM+MN+BN）•MN　； S△ACN，S△APB，S△MBH的数量关系是　S△APB＝S△ACN+S△MBH　． 【分析】（1）分两种情况：①当MN为最长线段时，由勾股定理求出BN；②当BN为最长线段时，由勾股定理求出BN即可； （2）由F、M、N、G分别为各边中点，得到FM、MN、NG分别为中位线，利用中位线定理得到BD＝2FM，DE＝2MN，EC＝2NG，再利用题中新定义列出关系式，即可得证； （3）分别用AM，MN，BN表示出S△ACN，S△APB，S△MBH即可解决问题； 【解答】解：（1）分两种情况： ①当MN为最长线段时， ∵点 M、N是线段AB的勾股分割点， ∴BN＝＝＝； ②当BN为最大线段时， ∵点M、N是线段AB的勾股分割点， ∴BN＝＝＝； 综上所述：BN的长为或． （2）证明∵点F、M、N、G分别是AB、AD、AE、AC边上的中点， ∴FM、MN、NG分别是△ABD、△ADE、△AEC的中位线， ∴BD＝2FM，DE＝2MN，EC＝2NG， ∵点D，E是线段BC的勾股分割点，且EC＞DE＞BD， ∴EC2＝DE2+DB2， ∴4NG2＝4MN2+4FM2， ∴NG2＝MN2+FM2， ∴点M，N是线段FG的勾股分割点． （3）∵四边形AMDC，四边形MNFE和四边形NBHG均是正方形， ∴S△ACN＝（AM+MN）•AC＝（AM+MN）•AM＝•AM2+MN•AM， S△MBH＝•（MN+BN）•BH＝•（MN+BN）•BN＝•BN2+•MN•BN， S△PAB＝•（AM+NM+BN）•FN＝•（AM+MN+BN）•MN＝MN2+•MN•AM+•MN•BN， ∴S△APB＝S△ACN+S△MBH， 故答案为S△APB＝S△ACN+S△MBH． 10．阅读理解：我们知道，四边形具有不稳定性，容易变形．如图1，一个矩形发生变形后成为一个平行四边形，设这个平行四边形相邻两个内角中较小的一个内角为α，我们把的值叫做这个平行四边形的变形度． （1）若矩形发生变形后的平行四边形有一个内角是120°，则这个平行四边形的变形度是 　　； （2）若矩形的面积为S1，其变形后的平行四边形面积为S2，试猜想S1，S2，之间的数量关系，并说明理由； （3）如图2，在矩形ABCD中，E是AD边上的一点，且AB2＝AE•AD，这个矩形发生变形后为▱A1B1C1D1，E1为E的对应点，连接B1E1，B1D1，若矩形ABCD的面积为（m＞0），▱A1B1C1D1的面积为（m＞0），求∠A1E1B1+∠A1D1B1的大小． 【分析】（1）根据平行四边形的性质得到α＝60°，根据三角函数的定义即可得到结论； （2）如图1，设矩形的长和宽分别为a，b，变形后的平行四边形的高为h，根据平行四边形和矩形的面积公式即可得到结论； （3）由已知条件得到△B1A1E1∽△D1A1B1，由相似三角形的性质得到∠A1B1E1＝∠A1D1B1，根据平行线的性质得到∠A1E1B1＝∠C1B1E1，求得∠A1E1B1+∠A1D1B1＝∠C1E1B1+∠A1B1E1＝∠A1B1C1，证得∠A1B1C1＝45°，于是得到结论． 【解答】解：（1）∵平行四边形有一个内角是120°， ∴α＝60°， ∴＝； 故答案为：； （2）， 理由：如图1，设矩形的长和宽分别为a，b，变形后的平行四边形的高为h， ∴S1＝ab，S2＝ah，sinα＝， ∴， ∵， ∴； （3）如图2， ∵AB2＝AE•AD， ∴A1B12＝A1E1•A1D1，即， ∵∠B1A1E1＝∠D1A1B1， ∴△B1A1E1∽△D1A1B1， ∴∠A1B1E1＝∠A1D1B1， ∵A1D1∥B1C1， ∴∠A1E1B1＝∠C1B1E1， ∴∠A1E1B1+∠A1D1B1＝∠C1B1E1+∠A1B1E1＝∠A1B1C1， 由（2）知，； 可知＝＝， ∴sin∠A1B1C1＝， ∴∠A1B1C1＝45°， ∴∠A1E1B1+∠A1D1B1＝45°． 11．在数学兴趣社团课上，同学们对平行四边形进行了深入探究． 探究一：如图1，在矩形ABCD中，AC2＝AB2+BC2，BD2＝AC2＝CD2+AD2，则AC2+BD2＝AB2+BC2+CD2+AD2，由此得出结论：矩形两条对角线的平方和等于其四边的平方和． 探究二：对于一般的平行四边形，是否仍有上面的结论呢？ 证明：如图2，在▱ABCD中，过A作AM⊥BC于M，过D作DN⊥BC，交BC延长线于N．设AB＝a，BC＝b，BM＝x，AM＝y， ∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AB＝CD，∴∠ABC＝∠DCN， 又∵∠AMB＝∠DNC＝90°，∴△ABM≌△DCN． ∴CN＝BM＝x，DN＝AM＝y． 请你接着完成上面的证明过程． 结论应用：若一平行四边形的周长为20，两条对角线长分别为8，2，求该平行四边形的四条边长． 【分析】探究二：由勾股定理得出AC2＝y2+（b﹣x）2，BD2＝y2+（b+x）2，两式相加可得出结论； 结论应用：设平行四边形ABCD的两边长为m，n，得出，解方程组可得出答案． 【解答】（1）探究二：证明：如图2，在▱ABCD中，过A作AM⊥BC于M，过D作DN⊥BC，交BC延长线于N． 设AB＝a，BC＝b，BM＝x，AM＝y， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD，AB＝CD， ∴∠ABC＝∠DCN， 又∵∠AMB＝∠DNC＝90°， ∴△ABM≌△DCN（AAS）， ∴CN＝BM＝x，DN＝AM＝y． 在Rt△ACM中，由勾股定理可得AC2＝AM2+CM2， ∴AC2＝y2+（b﹣x）2…①， 在Rt△BDN中，由勾股定理可得BD2＝DN2+BN2， ∴BD2＝y2+（b+x）2②， ①+②可得， AC2+BD2＝y2+（b﹣x）2+y2+（b+x）2 ＝2（y2+x2）+2b2 ＝2a2+2b2， ∴AC2+BD2＝2AB2+2BC2； 结论应用： 解：设平行四边形ABCD的两边长为m，n， ∵平行四边形的周长为20，两条对角线长分别为8，2， ∴， 解得或， ∴平行四边形的四条边长为4，6，4，6． 12．【问题情境】 图形的分割：就是在保持面积不变的前提下，将一个或几个图形分割成两个或几个图形．图形的拼合：就是把一个图形通过分割后再重新拼接组合，在保持面积不变的前提下，得到一个新的图形．图形分割与拼合问题，集趣味性、探索性、实验性于一体． 如图①，任意三角形通过分割后重新拼接，可以拼成平行四边形．方案设计： 图形的分割：取AB中点D，AC中点E，连接DE，沿DE将△ABC分割成两个图形； 图形的拼合：如图所示，将△ADE绕点E旋转180°，与四边形DBCE拼接成平行四边形DBCF．此时，▱DBCF的面积与△ABC的面积相等． 【探究实践】 仿照图示的方法，解答下列问题： 如图②，对直角三角形ABC，设计一种方案，将它分成若干块，再拼成一个与三角形等面积的矩形．请你写出方案设计． 【拓展应用】 如图③，对任意三角形ABC，设计一种方案，将它分成若干块，再拼成一个与原三角形等面积的矩形．请你画出方案设计． 【分析】探究实践：参考问题情境中的操作，进行图形的分割和合并即可； 拓展应用：先过A的BC垂线，即可得到两个直角三角形，参考探究实践中的思路进行图形的分割和合并． 【解答】解：探究实践： 图形的分割：取AB中点D，AC中点E，连接DE，延DE将△ABC分割成两个图形； 图形的拼合：如图2所示， 将△ADE绕点D旋转180°，与四边形拼接成矩形BCEE，此时，矩形BCEF的面积与△ABC的面积相等， 拓展应用：如图： 图形的分割：过A作AG⊥BC于G，取AB中点E，AC中点D，连接DE交AG于H，延DE，AG将△ABC分割成四个图形； 图形的拼合：将△AEH绕点E旋转180°，将△ADH绕点D旋转180°，与四边形拼接成矩形BCDE，此时矩形BCNM的面积与△ABC的面积相等． 13. 如图1，四边形是边长为6的正方形，为上一点，将△ADE沿折叠，点落在点处，连接，． （1）若为的中点，求的面积． 要解决这个问题，可以这样思考：如图2，过作，可得与、都垂直，在中，由勾股定理得，由等面积法可求得，因此，由可得，则，因此，所以________； （2）如图3，若为的三等分点（），则________； （3）如图4，若为的等分点（），则________． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由三角形面积可得出答案； （2）连接，过作，交于G，可得与、都垂直，由勾股定理得，由等面积法可求得，由可得，求出，，由三角形面积可得出答案； （3）方法同（2）由相似三角形的性质及三角形面积可得出答案． 【小问1详解】 解： ， ， 三角形的面积， 故答案为：； 【小问2详解】 解：如图，连接，过作，交于G，可得与、都垂直， 为的三等分点，， ， 在中，由勾股定理得， ， ， ， 由（1）知， ， ， ， ， ． 故答案为：； 【小问3详解】 解：由题意得，同理可得， 同（2）知， ， ， ， ， ． 故答案为：． 14. 【探究建模】 （1）如图①，△ABC是正三角形，边长为，点是△ABC的中心点，点是△ABC内任意一点，点到△ABC各边距离分别为、、．连接，由等面积法，可得______；（结果用含的式子表示） 【类比应用】 （2）如图②，五边形是正五边形，边长为，点是△ABC的中心点，点是正五边形内任意一点，点到五边形各边距离分别为，则的值为______（结果用含的式子表示）． （3）正边形的边长为，点是正边形内任意一点，点到正边形各边距离分别为，则的值为______（结果用含和的式子表示）． 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】 【分析】本题主要考查了代数式的规律、正多边形的性质、解直角三角形等知识点，发现相关规律成为解题的关键． （1）由题意可得、，解直角三角形可得，然后根据等面积法题意列方程求解即可； （2）如图：作于I，连接，则、，解直角三角形可得，然后根据等面积法题意列方程求解即可； （3）类比（2）的方法求解即可． 【详解】解：（1）∵△ABC是正三角形，边长为，点是△ABC的中心点， ∴，， ∴， ∵， ∴，即得：． （2）如图：作于I，连接，则，， ∴， ∴，， ∴，解得：． （3）由（2）可得正边形的面积为，， ∴，解得：． 15. 定义：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）用三角板拼出如图所示的4个四边形，其中是邻等对补四边形的有________．（填写序号） （2）如图⑤，已知矩形，延长至点，使，过点作交延长线于点．请你判断四边形是否为邻等对补四边形，并说明理由． （3）如图⑥，在中，，，，，为上一点，且四边形是邻等对补四边形，连接，则的长为________． 【答案】（1）②④ （2）四边形是邻等对补四边形，理由见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据三角板的特征和邻等对补四边形的定义判断即可； （2）先根据矩形性质得到，再根据垂直定义和同角的余角相等得到，进而证明△ADE≌△ECF，得到，根据题中定义可得结论； （3）如图⑥，过点作，分别根据含 30 度角的直角三角形的性质和勾股定理求解即可． 【小问1详解】 解：观察图知，图①和图③中不存在对角互补，图②和图④中存在对角互补且邻边相等，故图②和图④中四边形是邻等对补四边形， 故答案为：②④； 【小问2详解】 解：四边形是邻等对补四边形，理由如下： ∵四边形是矩形， ， ， ， ， ， ， 又 ∵， ∵△ADE≌△ECF(ASA) ，又， ∴四边形是邻等对补四边形； 【小问3详解】 解：如图⑥，∵在中，， ，则， ， ， ， ∵四边形是邻等对补四边形，则， ∴，则， ， 过点作， ， ， ， ． 16. 【模型】同高的两个三角形面积之比等于底边长度之比． 已知，如图1，△ABC中，为线段上任意一点，连接，则有：． 【模型应用】 （1）如图2，任意四边形中，E、F分别是边的中点，连接、，若四边形的面积为S，则________． （2）如图3，在任意四边形中，点E、F分别是边上离点A和点C最近的三等分点，连接，若四边形的面积为S，则________． （3）如图4，在任意四边形中，点E、F分别是边上离点B和点D最近的n等分点，连接，若四边形的面积为S，则________． 【答案】（1）； （2）； （3）． 【解析】 【分析】本题考查了四边形面积，三角形面积，三角形的中线性质等知识，掌握相关知识是解题的关键． （1）由三角形的中线性质得，，即可解决问题； （2）连接，由模型得，，即可解决问题； （3）连接，由模型得，，，再由，，即可得出答案； 【小问1详解】 解：∵分别是边的中点， ，， ，， ，， ∴， 故答案为：； 【小问2详解】 解：如图3，连接， ∵点分别是边上离点和点最近的三等分点， ，， ，， ，， ， 故答案为：； 【小问3详解】 解：如图4，连接， ∵点分别是边上离点和点最近的等分点， ，， ，， ，， ， 故答案为：． 17．在四边形ABCD中，点E为AB边上一点，点F为对角线BD上的一点，且EF⊥AB． （1）若四边形ABCD为正方形； ①如图1，请直接写出AE与DF的数量关系； ②将△EBF绕点B逆时针旋转到图2所示的位置，连接AE、DF，猜想AE与DF的数量关系并说明理由； （2）如图3，若四边形ABCD为矩形，BC＝mAB，其它条件都不变，将△EBF绕点B逆时针旋转α（0°＜α＜90°）得到△E′BF′，连接AE′，DF′，请在图3中画出草图，并求出AE′与DF′的数量关系． 【解答】解：（1）①∵四边形ABCD为正方形， ∴△ABD为等腰直角三角形， ∴BF＝AB， ∵EF⊥AB， ∴△BEF为等腰直角三角形， BF＝BE， ∴BD﹣BF＝AB﹣BE， 即DF＝AE； 故答案为DF＝AE； ②DF＝AE．理由如下： ∵△EBF绕点B逆时针旋转到图2所示的位置， ∴∠ABE＝∠DBF， ∵＝，＝， ∴＝， ∴△ABE∽△DBF， ∴＝＝， 即DF＝AE； （2）如图3，∵四边形ABCD为矩形， ∴AD＝BC＝mAB， ∴BD＝＝AB， ∵EF⊥AB， ∴EF∥AD， ∴△BEF∽△BAD， ∴＝， ∴＝＝， ∵△EBF绕点B逆时针旋转α（0°＜α＜90°）得到△E'BF'， ∴∠ABE′＝∠DBF′，BE′＝BE，BF′＝BF， ∴＝＝， ∴△ABE′∽△DBF′， ∴＝＝， 即DF′＝AE′． 18．提出问题： 在4×4的正方形方格纸上，各个小正方形的顶点称为格点，以格点为顶点的等腰直角三角形共有几个？ 问题探究： 为了解决上面的问题，我们先从最简单的情形入手，从中找到解决问题的方法． 探究一： 如图1在1×1的正方形方格纸上，以格点为顶点的线段长度可取2个数值：1，，以这些线段组成的等腰直角三角形按三边长来考虑可以分为以下一种情况：1、1、． 当斜边长为时，斜边一定是1×1正方形的对角线，这样的线段有2条，每条这样的线段对应着两个等腰直角三角形，共有2×2＝4个． 故在1×1的正方形方格纸上，以格点为顶点的等腰直角三角形的个数为4个． 探究二： 在2×2的正方形方格纸上，以格点为顶点的线段长度可取5个数值：1，2，，，．以这些线段组成的等腰直角三角形按三边长来考虑可以分为以下三种情况：1、1、；、、2；2、2、． （1）当斜边长为时，斜边一定是1×1正方形的对角线，这样的线段有8条，每条这样的线段对应着两个等腰直角三角形，共有8×2＝16个． （2）当斜边长为2时，图形中长为2的线段有6条，其中有4条在2×2正方形的四周上，每条这样的线段对应着一个等腰直角三角形；另有2条在2×2正方形的内部，每条这样的线段对应着两个等腰直角三角形，共有4×1+2×2＝8个． （3）当斜边长为时，斜边一定是2×2正方形的对角线，这样的线段有2条，每条这样的线段对应着两个等腰直角三角形，共有2×2＝4个． 故在2×2的正方形方格纸上，以格点为顶点的等腰直角三角形的个数为16+8+4＝28个． 探究三： 如图2在3×3的正方形方格纸上，以格点为顶点的线段长度可取 　9　个数值．以这些线段组成的等腰直角三角形按三边长来考虑可以分为以下五种情况：1、1、；、、2；2、2、；、、；3、3、． （1）当斜边长为时，斜边一定是1×1正方形的对角线，这样的线段有18条，每条这样的线段对应着两个等腰直角三角形，共有18×2＝36个． （2）当斜边长为2时，图形中长为2的线段有16条，其中有 　8　条在3×3正方形的四周上，每条这样的线段对应着一个等腰直角三角形；另有 　8　条在3×3正方形的内部，每条这样的线段对应着两个等腰直角三角形，共有 　8+8×2＝24　个． （3）当斜边长为时，斜边一定是2×2正方形的对角线，这样的线段有8条，每条这样的线段对应着两个等腰直角三角形，共有8×2＝16个． （4）当斜边长为时，图形中长为的线段有12条，其中有8条对应着一个等腰直角三角形； 有4条对应着两个等腰直角三角形，共有8×1+4×2＝16个． （5）当斜边长为时，斜边一定是3×3正方形的对角线，这样的线段有2条，每条这样的线段对应着两个等腰直角三角形，共有2×2＝4个． 故在3×3的正方形方格纸上，以格点为顶点的等腰直角三角形的个数为 　36+24+16+16+4＝96　个． 问题解决： 如图3在4×4的正方形方格纸上，以格点为顶点的等腰直角三角形的个数为 　244　个． 拓展延伸： 如图4在2×2×1的长方体中，以格点为顶点（每个1×1×1小正方体的顶点均为格点），并且以等腰直角三角形为底面的直三棱柱的个数为 　48　个． 【分析】探究三，仿照探究一、二，在此基础的基础上，再根据等腰直角三角形的判定进行求解． 问题解决和拓展延伸是探究一、二、三的基础找规律，从而得到答案． 【解答】解：在3×3的正方形方格纸上，以格点为顶点的线段长度有：1、2、3、、、、、2、3共9个． （1）当斜边长为时，斜边一定是1×1正方形的对角线，这样的线段有18条，每条这样的线段对应着两个等腰直角三角形，共有18×2＝36个． （2）当斜边长为2时，图形中长为2的线段有16条，其中有 8条在3×3正方形的四周上，每条这样的线段对应着一个等腰直角三角形；另有 8条在3×3正方形的内部，每条这样的线段对应着两个等腰直角三角形，共有 8+8×2＝24． （3）当斜边长为时，斜边一定是2×2正方形的对角线，这样的线段有8条，每条这样的线段对应着两个等腰直角三角形，共有8×2＝16． （4）当斜边长为时，图形中长为的线段有12条，其中有8条对应着一个等腰直角三角形； 有4条对应着两个等腰直角三角形，共有8×1+4×2＝16． （5）当斜边长为时，斜边一定是3×3正方形的对角线，这样的线段有2条，每条这样的线段对应着两个等腰直角三角形，共有2×2＝4． 故在3×3的正方形方格纸上，以格点为顶点的等腰直角三角形的个数为36+24+16+16+4＝96． 如图3，在4×4的正方形方格纸上，以格点为顶点的等腰直角三角形的个数为244． 拓展延伸： 如图4，在2×2×1的长方体中，以格点为顶点（每个1×1×1小正方体的顶点均为格点），并且以等腰直角三角形为底面的直三棱柱的个数为68个． 【点评】本题考查了勾股定理和逆定理，及等腰直角三角形的判定．熟练掌握基础知识是解题的关键． 19．问题提出 我们在分析解决某些数学问题时，经常要比较两个数或代数式的大小，而解决问题的策略一般要进行一定的转化，其中“作差法”就是常用的方法之一．所谓“作差法”：就是通过作差、变形，并利用差的符号确定它们的大小．例如： （1）对于任意两个代数式M，N的大小比较，有下面的方法： 当M﹣N＞0时，M＞N； 当M﹣N＝0时，M＝N； 当M﹣N＜0时，M＜N． 反过来也成立．因此，我们把这种比较两个代数式大小的方法叫做“作差法”． （2）对于比较两个正数a，b的大小，我们还可以用它们的平方进行比较： ∵a2﹣b2＝（a+b）（a﹣b），a+b＞0， ∴（a2﹣b2）与（a﹣b）的符号相同． 当a2﹣b2＞0时，a﹣b＞0，得a＞b； 当a2﹣b2＝0时，a﹣b＝0，得a＝b； 当a2﹣b2＜0时，a﹣b＜0，得a＜b． 问题解决 （3）课堂上，老师让同学们制作几种几何体，张丽同学用了3张A4纸，7张B5纸；李明同学用了2张A4纸，8张B5纸．设每张A4纸的面积为x，每张B5纸的面积为y，且x＞y，张丽同学的用纸总面积为S1，李明同学的用纸总面积为S2，回答下列问题： ①S1＝　3x+7y　（用含x，y的代数式表示）； S2＝　2x+8y　（用含x，y的代数式表示）； ②试比较谁的用纸总面积更大？ （4）如图1所示，要在燃气管道l上修建一个泵站，向A，B两镇供气，已知A，B到l的距离分别是3km，4km（即AC＝3km，BE＝4km），AB＝x km，现设计两种方案： 方案一：如图2所示，AP⊥l于点P，泵站修建在点P处，该方案中管道长度a1＝AB+AP． 方案二：如图3所示，点A′与点A关于l对称，A′B与l相交于点P，泵站修建在点P处，该方案中管道长度a2＝AP+BP． ①在方案一中，a1＝　（3+x）　km（用含x的代数式表示）； ②在方案二中，a2＝　　km（用含x的代数式表示）； ③请分析说明哪种方案铺设的输气管道较短？ （5）甲、乙两位采购员同去一家饲料公司购买两次饲料，两次购买的价格有变化，两位采购员的购货方式也不同，其中，甲每次购买1000kg，乙每次用去1000元，而不管购买多少饲料．设两次购买的饲料单价分别为m元/kg和n元/kg（m，n是正数，且m≠n），试分析哪位采购员的购货方式合算？ 【分析】（3）①根据题意列代数式． ②通过S1﹣S2＝x﹣y，x＞y求解． （4）①由a1＝AB+AP，AP＝AC，AB＝x求解． ②作BF⊥A′A于点F，通过勾股定理求解． ③通过a﹣a的符号进行比较． （5）通过作差法比较两次购货方式的平均价格求解． 【解答】解：（3）①S1＝3x+7y，S2＝2x+8y． 故答案为：3x+7y，2x+8y． ②S1﹣S2＝（3x+7y）﹣（2x+8y）＝x﹣y， ∵x＞y ∴x﹣y＞0 ∴S1﹣S2＞0 ∴S1＞S2 ∴张丽同学的用纸总面积更大． （4）①a1＝AB+AC＝（3+x）km， 故答案为：（3+x）． ②作BF⊥A′A于点F， 在Rt△BAF中，由勾股定理得BF2＝AB2﹣AF2＝x2﹣1， 在Rt△BFA′中，由勾股定理得A′B＝A′P+BP＝AP+BP＝＝km， ∴a2＝km， 故答案为：． ③﹣＝（x+3）2﹣（）2＝6x﹣39， 由6x﹣39＝0，得，此时﹣＝0，即a1＝a2，两种方案铺设的输气管道一样长； 由6x﹣39＞0，得，此时﹣＞0，即a1＞a2，方案二铺设的输气管道较短； 由6x﹣39＜0，得，此时﹣＜0，即a1＜a2，方案一铺设的输气管道较短． （5）＝＝＝ ∵m≠n ∴ 所以乙采购员的购货方式合算． 【点评】本题考查分式运算的应用，解题关键是理解材料，通过作差法求解，掌握轴对称求最短路径问题，掌握分式运算的方法． 20．实际问题： 各边长都是整数，最大边长为31的三角形有多少个？ 问题建模：为解决上面的数学问题，我们先研究下面的数学模型 在1～n这n个自然数中，每次取两个数（可重复），使得所取的两个数之和大于n，有多少种不同的取法？ 为了找到解决问题的方法，我们把上面数学模型简单化． 探究一： 在1～4这4个自然数中，每次取两个数（可重复），使得所取的两个数之和大于4、有多少种不同的取法？ 第一步：在1～4这4个自然数中，每次取两个不同的数，使得所取的两个数之和大于4，根据题意，有下列取法：1+4，2+3，2+4，3+2，3+4，4+1，4+2，4+3；而1+4与4+1，2+3与3+2，…是同一种取法，所以上述每一种取法都重复过一次，因此共有＝4＝种不同的取法． 第二步：在1～4这4个自然数中，每次取两个相同数，使得所取的两个数之和大于4，有下列取法：3+3，4+4，因此共有2种不同的取法． 综上所述，在1～4这4个自然数中，每次取两个数（可重复），使得所取的两个数之和大于4，有+2种不同的取法． 探究二： 在1～5这5个自然数中，每次取两个数（可重复），使得所取的两个数之和大于5，有多少种不同的取法？ 第一步：在1～5这5个自然数中，每次取两个不同的数，使得所取的两个数之和大于5，有下列取法：1+5，2+4，2+5，3+4，3+5，4+2，4+3，4+5；5+1，5+2，5+3，5+4，而1+5与5+1，2+4与4+2，…是同一种取法．所以上述每一种取法都重复过一次，因此共有＝6＝种不同的取法． 第二步：在1～5这5个自然数中，每次取两个相同数，使得所取的两个数之和大于5，有下列取法：3+3，4+4，5+5，因此共有3种不同的取法． 综上所述，在1～5这5个自然数中，每次取两个数（可重复），使得所取的两个数之和大于5，有6+3种不同的取法． 探究三： 在1～6这6个自然数中，每次取两个数（可重复），使得所取的两个数之和大于6，有多少种不同的取法？（仿照探究二写出探究过程） 探究四： 在1～7这7个自然数中，每次取两个数（可重复），使得所取的两个数之和大于7，有 　16　种不同的取法． 探究五： 在1～n（n为偶数）这n个自然数中，每次取两个数（可重复），使得所取的两个数之和大于n，有 　（+）　种不同的取法． 探究六： 在1～n（n为奇数）这n个自然数中，每次取两个数（可重复），使得所取的两个数之和大于n，有 　（+）　种不同的取法． 问题解决： （1）各边长都是整数，最大边长为20的三角形有 　110　个； （2）各边长都是整数，最大边长为31的三角形有 　256　个． 【分析】探究三：首先根据题意可得规律：1～n，当n为偶数时：每次取两个不同的数，不同的取法有：，1～n，当n为奇数时：每次取两个不同的数，不同的取法有：；则可求得使得所取的两个数之和大于6的不同取法； 探究四：首先根据题意可得规律：1～n，当n为偶数时：每次取两个不同的数，不同的取法有：，1～n，当n为奇数时：每次取两个不同的数，不同的取法有：；则可求得使得所取的两个数之和大于7的不同取法； 探究五：可得1～n，当n为偶数时：每次取两个不同的数，不同的取法有：；每次取两个相同的数，不同的取法有：； 探究六：1～n，当n为奇数时：每次取两个不同的数，不同的取法有：；每次取两个相同的数，不同的取法有：； 问题解决： （1）根据三角形三边关系，即两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，则各边长都是正整数，最大边长为20的三角形的个数是n为偶数时的取法，再加上两边相等的种取法，列式计算可得； （2）根据三角形三边关系，即两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，则各边长都是正整数，最大边长为81的三角形的个数是n为奇数时的取法，再加上两边相等的种取法，列式计算可得． 【解答】解：探究三： 第一步：在1～6这6个自然数中，每次取两个不同的数，使得所取的两个数之和大于6，有下列取法：1+6，2+6，3+6，4+6，5+6；2+5，3+5，4+5；3+4，而1+6与6+1，2+5与5+2，…是同一种取法．所以上述每一种取法都重复过一次，因此共有1+3+5＝＝9种不同的取法． 第二步：在1～6这6个自然数中，每次取两个相同数，使得所取的两个数之和大于6，有下列取法：4+4，5+5，6+6，因此共有3种不同的取法． 综上所述，在1～6这6个自然数中，每次取两个数（可重复），使得所取的两个数之和大于6，有6+3＝9种不同的取法． 探究四： 当n＝7时，+4＝12+4＝16． 故答案为：110； 探究五： 根据题意可得：1～n，当n为偶数时：每次取两个不同的数，不同的取法有：；每次取两个相同的数，不同的取法有：；有（+）种不同的取法． 故答案为：（+）； 探究六： 根据题意可得：1～n，当n为奇数时：每次取两个不同的数，不同的取法有：；每次取两个相同的数，不同的取法有：；有（+）种不同的取法． 故答案为：（+）； 问题解决： （1）根据题意得：①每次取两个不同的数，使得所取的两个数之和大于20，有＝100种不同的取法； ②若另两个数相同，则11+11，12+12，…，20+20，共＝10种不同的取法； ∴各边长都是整数，最大边长为20的三角形有：100+10＝110（个）； 答：各边长都是整数，最大边长为20的三角形有110个． 故答案为：110； （2）根据题意得：①每次取两个不同的数，使得所取的两个数之和大于31，有＝240种不同的取法； ②若另两个数相同，则16+16，17+17，…，31+31，共16种不同的取法； ∴各边长都是整数，最大边长为31的三角形有：240+16＝256（个）； 答：各边长都是整数，最大边长为31的三角形有256个． 故答案为：256． 【点评】此题考查了排列与组合问题，三角形的三边关系．此题属于规律题，能得到1～n，当n为偶数时：每次取两个不同的数，不同的取法有：；每次取两个相同的数，不同的取法有：；当n为奇数时：每次取两个不同的数，不同的取法有：；每次取两个相同的数，不同的取法有：；是解此题的关键． 21．定义：如果一个正整数n能表示为两个正整数的平方差，那么称正整数n为“智慧数”． 即：若正整数n＝a2﹣b2（a，b为正整数，且a＞b），则称正整数n为“智慧数”． 例如：∵5＝32﹣22，∴5是“智慧数”． 根据定义，直接写出最小的“智慧数”是 　3　． 提出问题： 如果按照从小到大的顺序排列起来，那么第2022个“智慧数”是哪个数？ 探究问题： 要解答这个问题，我们先要明确“智慧数”产生的规律． 探究1：“智慧数”一定是什么数？ 假设n是“智慧数”，则至少存在一组正整数a、b，使n＝a2﹣b2（a，b为正整数，且a＞b）． 情况1：a、b均为奇数，或均为偶数． 分析：∵a、b均为奇数，或均为偶数 ∴（a+b），（a﹣b）均为偶数． 此时不妨设（a+b）＝2c，（a﹣b）＝2d 又∵n＝a2﹣b2＝（a+b）（a﹣b）＝4cd． ∴a2﹣b2为4的倍数，即n为4的倍数． 情况2：a、b为一奇数、一偶数． 分析：∵a、b为一奇数、一偶数． ∴（a+b），（a﹣b）均为奇数， 此时不妨设a+b＝2c±1，a﹣b＝2d±1 又∵n＝a2﹣b2＝（a+b）（a﹣b）＝4cd±2c±2d±1， ∴a2﹣b2为奇数，即n为奇数． 综上所述：“智慧数”是奇数或4的倍数． 探究2：所有奇数和4的倍数都一定是“智慧数”吗？ 我们先从最简单的情形入手，从中找到解决问题的方法，最后得出一般性的结论． 先列举几组数值较小，容易验证的“智慧数”（①～⑧），因为“智慧数”不是奇数就是4的倍数，所以我们把这些“智慧数”分成两类． 表一： 情况1：n是奇数 分析n＝a2﹣b2 结论 ① 3＝22﹣12 3是“智慧数” ② 5＝32﹣22 5是“智慧数” ③ 7＝42﹣32 7是“智慧数” ④ 9＝52﹣42 9是“智慧数” … … … 表二： 情况2：n是4的倍数 分析n＝a2﹣b2 结论 ⑤ 8＝32﹣12 8是“智慧数” ⑥ 12＝42﹣22 12是“智慧数” ⑦ 16＝52﹣32 16是“智慧数” ⑧ 20＝62﹣42 20是“智慧数” … … … 情况1：n是奇数 观察①②③④中n、a、b的值，容易发现，每个算式中，n均是奇数且a、b的值均为连续的正整数． 猜想：所有奇数都是“智慧数”． 验证：设a＝k+1，b＝k（k≥1且k为整数） ∵a2﹣b2＝（k+1）2﹣k2＝2k+1． ∴2k+1是“智慧数”． 又∵k≥1， ∴2k+1≥3，即2k+1表示所有奇数（1除外）． ∴所有奇数（1除外）都是“智慧数”． 应用： 请直接填空：∵11＝　6　2﹣　5　2，∴11是“智慧数”． 情况2：n是4的倍数 观察⑤⑥⑦⑧中n、a、b的值，容易发现，每个算式中，n均是4的倍数，且a与b的差都为2． 猜想：所有4的倍数都是“智慧数”． 验证：设a＝k+2，b＝k（k≥1且k为整数） ∵a2﹣b2＝（k+2）2﹣k2＝4k+4． ∴4k+4是“智慧数”， 又∵k≥1， ∴4k+4≥8，即4k+4表示所有4的倍数（4除外）， ∴所有4的倍数（4除外）都是“智慧数”． 应用： 请直接填空：∵24＝　7　2﹣　5　2，∴24是“智慧数”． 归纳“智慧数”的发现模型： （1）对所有的正整数而言，除了1和4之外，其余的奇数、以及4的倍数是智慧数． （2）当1≤n≤4时，只有1个“智慧数”； 当n≥5时，如果把从5开始的正整数按照从小到大的顺序，依次每 　4　个连续正整数分成一组（注：组与组之间的数字互不重复），则每组有 　3　个“智慧数”，且第 　2　数不是“智慧数”． 问题解决： 直接写出：如果按照从小到大的顺序排列起来，那么第2022个“智慧数”是 　2699　． 实际应用： 若一个直角三角形纸片三边的长度都是整数厘米，已知一条直角边长是12cm，则这个直角三角形纸片的周长最大是 　84　cm． 【分析】根据新定义和规律即可解答； 问题解决：根据归纳“智慧数”的发现模型可得出规律，即可解答； 实际应用：把122写成两个正整数的平方差，找出和最大的两个正整数，即这个直角三角形纸片的另外两条边的长，即可求解． 【解答】解：根据定义，直接写出最小的“智慧数”是22﹣12＝3． 应用： ∵11＝62﹣52， ∴11是“智慧数”． ∵24＝72﹣52， ∴24是“智慧数”． 当n≥5时，如果把从5开始的正整数按照从小到大的顺序，5，6，7，8，9，10，11，12，13，14，15，16，...依次每4个连续正整数分成一组（注：组与组之间的数字互不重复），则每组有3个“智慧数”，且第2数不是“智慧数”． 故答案为：3，6，5，7，5，4，3，2； 问题解决： 由（2）得：第2022个“智慧数”是：（2022﹣1）÷3＝673……2， ∴第2022个“智慧数”是从5开始的正整数次每4个连续正整数分成一组，第674组的第“智慧数”， ∴第2022个“智慧数”是674×4+3＝2699； 故答案为：2699； 实际应用： 122＝132﹣52＝152﹣92＝202﹣162＝372﹣352， ∴这个直角三角形纸片的另外两条边的长最大为37，35， ∴这个直角三角形纸片的周长最大是12+37+35＝84（cm）． 故答案为：84． 【点评】本题是三角形综合题，主要考查了整数问题的综合运用，勾股定理，解题的关键是根据题意找出规律，从而得出答案，此题难度较大． 学科网（北京）股份有限公司 $