第23题-【一战成名新中考】2026河南数学中考必考知识点题组特训

一．解答题（共9小题） 1．综合与实践 在数学学习中，我们发现除了已经学过的四边形外，还有很多比较特殊的四边形，请结合已有经验，对下列特殊四边形进行研究． 定义：在四边形中，若有一个角是直角，且从这个直角顶点引出的对角线，把对角分成的两个角中，有一个是直角，我们称这样的四边形为“双垂四边形”． 【初步探究】 （1）如图1，在“双垂四边形ABCD”中，若∠A＝60°，则∠CBD＝　 　 ，的值为　 　 ． 【问题解决】 （2）如图2，在“双垂四边形ABCD”中，∠ADB＝∠ABC＝90°，∠A＝45°，E为线段AB上一点，且CD⊥DE，求的值． 【拓展应用】 （3）如图3，在“双垂四边形ABCD”中，∠A＝45°，AD＝6，E为线段AB上一动点，且CD⊥DE，连接CE，将△CDE沿CE翻折，得到△CFE，连接BF，若BF＝2，请直接写出△BDE的面积． 2．数学活动课上，老师为了激发同学们的数学思维，让同学们模拟把一块三角形蛋糕均分成小三角形蛋糕，分发给若干名小朋友． （1）【初步感知】 小红得到的题目如下：把如图①的等腰三角形蛋糕均分成两块小三角形蛋糕，分发给两名小朋友．于是他沿着底边上的中线切成了两块小三角形蛋糕．他用的数学原理是　 　 ； （A）三角形的稳定性（B）等腰三角形是轴对称图形（C）三角形内角和等于180° （2）【思考操作】 小星得到的题目如下：把如图②的三角形蛋糕均分成四块小三角形蛋糕，分发给四名小朋友．请你用两种不同方法，在图中作出尺规作图条件下能够完成的“切痕”（直接画出“切痕”，写出切割依据即可）； （3）【拓展延伸】 小梅得到的题目如下：如图③，在△ABC中，BC、AC、AB边上的中线AD、BE、CF相交于点G． ①求证：BG＝2EG； ②若AD＝9，BE＝12，CF＝15，求△ABC的面积． 请你给小梅写出解答过程． 3．问题初探 （1）在数学社团活动中，李老师给同学们出了这样一道题： 如图①，在△ABC中，高BD，CE交于点F，且BD＝CD，试说明FC，AB有怎样的数量关系． 小明经过思考，说出了他的方法：根据已知条件，易证△ABD≌△FCD，从而得出FC＝AB． 小明证明△ABD≌△FCD的依据可能是 　 　 （填序号）． ①SSS ②ASA ③HL ④SAS 引导发现 （2）老师看同学们的兴致很高，又出了一道题： 如图②，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝90°，CD平分∠ACB，BE⊥CD，垂足E在CD的延长线上． ①填空：∠ABE＝　 　 °； ②判断线段BE与CD的数量关系，并写出证明过程． 拓展延伸 （3）△ABC中，AB＝AC，∠A＝90°，如图③，点D在线段BC上，BE⊥ED于点E，DE交AB于点F，且∠ABE＝∠EDB，请直接写出BE和FD的数量关系． 4．综合与实践 问题情境 数学活动课上，老师提出了这样一个问题：如图1，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，D是斜边AC的中点，在直角边AB上找一点E，连接DE，过点D作DE的垂线，交△ABC的另一条直角边BC于点F． （1）问题解决 DE与DF的数量关系为 　 　 ． （2）类比探究 如图2，若将条件“AB＝BC”改为“∠A＝60°”，其他条件不变，试判断DE与DF之间的数量关系，并说明理由． （3）反思探究 如图3，若将条件“AB＝BC，D是斜边AC的中点”改为“AB＝6，BC＝8，CD＝3AD，连接BD”，其它条件不变，当△DFC为等腰三角形时，直接写出的值． 5．综合与实践 问题背景： 我们知道，三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半，如何证明角形中位线定理呢？ 已知：如图1，在△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点． 求证：DE∥BC．． 思路分析：问题中既要证明两条线段所在的直线平行，又要证明其中一条线段的长等于另一条线段长的一半，我们可以用“倍长法”将DE延长一倍：即延长DE到F．使得EF＝DE，连接FC，DC，AF，通过证明四边形ADCF与四边形DBCF是平行四边形从而得出最后结论． 问题解决： （1）上述材料中“倍长法”体现的数学思想主要是 　 　 ．（填入选项前的字母代号即可） A．数形结合思想；B．转化思想；C．分类讨论思想；D．方程思想． （2）请根据以上思路分析，完成”三角形中位线定理”的证明过程． 方法迁移： （3）如图3，四边形ABCD和DEFG均为正方形，连接AG，CE，N是AG的中点，连接DN，已知线段DN＝2，请求出线段CE的长． 6．综合与实践． 【问题发现】 （1）如图1，在正方形ABCD中，E为对角线AC上的动点，过点B作BE的垂线，过点C作AC的垂线，两条垂线交于点F，连接EF，求证：BE＝BF． 【类比探究】 （2）如图2，在矩形ABCD中，E为对角线AC上的动点，过点B作BE的垂线，过点C作AC的垂线，两条垂线交于点F，且∠ACB＝60°，连接EF，求的值． 【拓展延伸】 （3）如图3，在（2）的条件下，将E改为直线AC上的动点，其余条件不变，取线段EF的中点M，连接BM，CM．若，则当△CBM是直角三角形时，请直接写出CF的长． 7．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝15，BC＝20，P为边AB上的动点，过点P在AB上方作PQ⊥AB，使∠QAP＝∠B，以AQ，AP为邻边作▱APFQ． （1）当点F落在BC上时，如图（2），求AP的长． （2）当PQ的中点M落在BC上时，如图（3），设AQ，BC交于点N，求证：AQ＝4MN． （3）连接CP，在点P从点A向点B运动的过程中，沿直线CP将▱APFQ剪开，当剪开的两部分可以拼成一个不重叠无缝隙的三角形时，直接写出AP的长（写出两个即可）． 8．小聪同学用特殊到一般的思想方法来研究平行四边形对角线与边长的关系，下面是他的思考过程． （1）操作判断 如图1，正方形ABCD的边长为a，则AC2+BD2＝4a2． 如图2，菱形ABCD的边长为a，则AC2+BD2＝　 　 （请用含a的代数式表示）． （2）性质探究 ①如图3，在矩形ABCD中，AB＝a，BC＝b，则AC2+BD2＝　 　 （请用含a，b的代数式表示）； ②如图4，在▱ABCD中，AB＝a，BC＝b．猜想AC2+BD2与a、b的数量关系，并说明理由． （3）拓展应用 在如图4的▱ABCD中，，AC＝6，BD＝10．将点D绕点O旋转，点D的对应点为D'，在旋转的过程中，当OD'∥AB时，请直接写出BD'的长． 9．在一次数学探究活动中，王老师设计了一份活动单： 已知线段BC＝2，使用作图工具作∠BAC＝30°，尝试操作后思考： （1）这样的点A唯一吗？ （2）点A的位置有什么特征？你有什么感悟？ “追梦”学习小组通过操作、观察、讨论后汇报：点A的位置不唯一，它在以BC为弦的圆弧上（点B、C除外），…小华同学画出了符合要求的一条圆弧（如图1）． （1）小华同学提出了下列问题，请你帮助解决． ①该弧所在圆的半径长为 　 　 ； ②△ABC面积的最大值为 　 　 ； （2）经过比对发现，小明同学所画的角的顶点不在小华所画的圆弧上，而在如图1所示的弓形内部，我们记为A′，请你利用图1证明∠BA′C＞30°． （3）请你运用所学知识，结合以上活动经验，解决问题：如图2，已知矩形ABCD的边长AB＝2，BC＝3，点P在直线CD的左侧，且．若，则线段PD长为 　 　 ． 参考答案与试题解析 一．解答题（共9小题） 1．【解答】解：（1）∵∠A＝60°，∠ADB＝90°， ∴∠ABD＝90°﹣∠A＝90°﹣60°＝30°， ∴∠CBD＝90°﹣∠ABD＝90°﹣30°＝60°， ∵∠ABD＝30°，∠ADB＝90°， ∴， 故答案为：60°，； （2）∵∠ADB＝90°，∠A＝45°， ∴∠ABD＝90°﹣∠A＝90°﹣45°＝45°， ∴∠CBD＝∠ABC﹣∠ABC＝90°﹣45°＝45°，∠A＝∠ABD， ∴∠A＝∠CBD，AD＝BD， ∵CD⊥DE， ∴∠CDE＝90°， ∴∠BDC+∠BDE＝90°， ∵∠ADE+∠BDE＝90°， ∴∠ADE＝∠BDC， ∴△ADE≌△BDC（ASA）， ∴AE＝BC， ∴； （3）如图，过点D作DP⊥AB于点P， 由（2）知，AD＝BD＝6， ∴， ∵∠A＝45°， ∴， 同理（2）可得，△ADE≌△BDC， ∴CD＝DE， 由折叠的性质可知四边形CDEF为正方形， 连接DF，则，∠EDF＝∠BDP＝45°， 分两种情况：①如图1，当点D的对应点F在AB的上方时， ∵∠EDF＝∠BDP＝45°， ∴，∠BDF＝∠PDE， ∴△BDF∽△PDE， ∴， ∵BF＝2， ∴， ∴， ∴； ②如图，当点D的对应点F在AB的下方时， 同理可得， ∴； 综上可得，△BDE的面积为6或12． 2．【解答】解：（1）由题意得，他用的数学原理是等腰三角形是轴对称图形， 故选：B； （2）如图，作BC的四等分点E、D、F，连接AE，AD，AF， 则BE＝DE＝DF＝CF，折痕为AE，AD，AF， ∴S△AEB＝S△ADE＝S△ADF＝S△ACF， 如图，分别作AB，AC的中点E、F，连接AD，ED，FD，折痕为AD，ED，FD， 则S△ADE＝S△BDE＝S△ADF＝S△CDF； （3）①由条件可知S△ACF＝S△BCF，S△AGF＝S△BGF， ∴S△ACF﹣S△AGF＝S△BCF﹣S△BGF， ∴S△ACG＝S△BCG， ∴， ∴，即BG＝2EG； ②延长BE到M，使得EM＝EG，连接AM， 由条件可知AE＝CE， 又∵EM＝EG，∠AEM＝∠CEG， ∴△AEM≌△CEG（SAS）， ∴AM＝CG； 由（1）可得， ∴AG＝6，CG＝10，BG＝8， ∴EG＝BE﹣BG＝4， ∴GM＝EG+EM＝8， ∴AG2+MG2＝100，AM2＝102＝100， ∴AG2+MG2＝AM2， ∴∠AGM＝90°， ∴， ∴S△ABC＝2S△ABE＝72． 3．【解答】（1）证明：∵BD⊥AC，CE⊥AB， ∴∠ADB＝∠BDC＝∠AEC＝90°， ∴∠A+∠ABD＝90°，∠A+∠ACE＝90°， ∴∠ABD＝∠ACE， 在△ABD和△FCD中， ， ∴△ABD≌△FCD（ASA）， ∴AB＝CF， 故答案为：②； （2）①延长BE交CA延长线于F， ∵CD平分∠ACB， ∴∠FCE＝∠BCE＝22.5°， ∵∠DAC＝∠CEF＝∠BAF＝90°， ∴∠ACD+∠F＝∠ABF+∠F＝90°， ∴∠ACD＝∠ABE， ∴∠ABE＝22.5°， 故答案为：22.5； ②CD＝2BE，理由如下： 在△CEF和△CEB中， ， ∴△CEF≌△CEB（ASA）， ∴FE＝BEBF， ∵∠DAC＝∠CEF＝∠BAF＝90°， ∴∠ACD+∠F＝∠ABF+∠F＝90°， ∴∠ACD＝∠ABF， 在△ACD和△ABF中， ， ∴△ACD≌△ABF（ASA）， ∴CD＝BF， ∴CD＝2BE． （3）结论：BEDF．理由如下： 过点D作DG∥AC，交BE的延长线于点G，与AF相交于H， ∵DG∥AC， ∴∠GDB＝∠C，∠BHD＝∠A＝90°， ∵∠ABE＝∠EDG，∠ABE＝∠EDB ∴∠EDB＝∠EDG∠C， ∵BE⊥ED， ∴∠BED＝90°， ∴∠BED＝∠BHD， ∵∠EFB＝∠HFD， ∴∠EBF＝∠HDF， ∵AB＝AC，∠BAC＝90°， ∴∠C＝∠ABC＝45°， ∵DG∥AC， ∴∠GDB＝∠C＝45°， ∴∠GDB＝∠ABC＝45°， ∴BH＝DH， 在△BGH和△DFH中， ， ∴△BGH≌△DFH（ASA）， ∴BG＝DF， 在△BDE和△GDE中， ， ∴△BDE≌△GDE（ASA）， ∴BE＝EG， ∴BEBGDF． 4．【解答】解：（1）连接BD，如图所示： 由条件可知BD＝AD＝CD，∠BAD＝∠CBD＝45°，∠ADE+∠EDB＝90°， ∵DE⊥DF， ∴∠EDB+∠BDF＝90°， ∴∠ADE＝∠BDF， 在△BDF和△ADE中， ， ∴△BDF≌△ADE（ASA）， ∴DE＝DF． （2）过点D作DM⊥AB于点M，DN⊥BC于点N，如图2： 由条件可知四边形BMDN是矩形， ∴DM＝BN，DN＝BM，DM∥BC，DN∥AB，MDN＝90°， 由中点性质可知， ∵∠A＝60°， ∴， ∴， 由条件可知∠EDF＝90°＝∠MDN， ∴∠MDE＝∠NDF， ∵∠DME＝∠DNF＝90°， ∴△DEM∽△DFN， ∴， ∴． （3）过点D作DM⊥AB于点M，DN⊥BC于点N，如图： 由条件可知四边形BMDN是矩形， ∴DM＝BN，DN＝BM，， ∵CD＝3AD， ∴， ∴， ∴，，， ∴， 当△DFC是等腰三角形时，分两种情况讨论： ①如图3， 当时，，， 由（2）可知△DEM∽△DFN， ∴， ∴， ∴， ∴； ②如图4， 当DF＝FC时，设DF＝FC＝x，即NF＝CN﹣FC＝6﹣x， 在Rt△DNF中，由勾股定理得：DF2＝DN2+NF2，即， 解得：， ∴，， 由（2）可知，△DEM∽△DFN， ∴， ∴， ∴， ∴， 综上所述：的值为或． 5．【解答】（1）解：根据上述材料中“倍长法”体现的数学思想主要是转化思想． 故答案为：B； （2）证明：延长DE到F．使得EF＝DE，连接FC，DC，AF，如图， ∵E是AC中点， ∴AE＝CE， ∵EF＝DE， ∴四边形ADCF是平行四边形， ∴AD＝CF，AD∥CF， ∵D是AB中点， ∴AD＝BD， ∴CF＝BD， 又CF∥BD， ∴四边形BCFD是平行四边形， ∴BC∥DF，BC＝DF， ∵DEDF， ∴BC∥DE，DEBC； （3）解：如图，延长DN到点M，使得NM＝DN，连接AM、MG， ∵点N是AG的中点， ∴AN＝NG， ∴四边形ADGM是平行四边形， ∴AM∥DG，AM＝DG， ∴∠MAD+∠ADG＝180°． ∵四边形ABCD和DEFG都是正方形， ∴AD＝DC，DG＝DE＝AM，∠ADG+∠EDC＝180°， ∴∠MAD＝∠EDC， ∴△MAD≌△EDC（SAS）， ∴DM＝CE， ∵DM＝2DN， ∴CE＝2DN＝4． 6．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAC＝∠BCA＝45°，∠ABC＝90°，AB＝BC， ∵BE⊥BF，CF⊥AC， ∴∠EBF＝∠ECF＝90°＝∠ABC， ∴∠ABE＝∠CBF，∠BCF＝45°＝∠BAC， ∴△ABE≌△CBF（ASA）， ∴BE＝BF． （2）解：∵BE⊥BF，CF⊥AC， ∴∠EBF＝∠ECF＝90°， 根据直径所对的圆周角是90°，可得点C，点E，点B，点F在EF为直径的圆上， ∴点C，点E，点B，点F四点共圆， ∴∠ACB＝∠EFB＝60°， ∴∠BAE＝∠BEF＝30°， ∴，， ∴ ∵∠EBF＝∠ABC， ∴∠ABE＝∠CBF， ∴△ABE∽△CBF， ∴； （3）解：当E在线段AC上时，由（2）知：， ∵AB＝2， ∴CB＝2， ∵△ABE∽△CBF， ∴∠ABE＝∠CBF， ∴∠EBF＝∠EBC+∠CBF＝∠EBC+∠ABE＝∠ABC＝90°， ∵M为EF的中点， ∴BMEF， 由（2）知∠ACF＝90°， ∴CMEF， ∴BM＝CM， 又∵△CBM是直角三角形， ∴CMBC， ∴EF＝2CM＝2， 设CF＝x，则AEx， ∵∠CAB＝30°，BC＝2， ∴AC＝2BC＝4， ∴CE＝AC﹣AE＝4x， ∵∠ECF＝90°， ∴CE2+CF2＝EF2， ∴8， ∴x1或x1（不合题意，舍去）， 当∠MBC＝90°或∠MCB＝90°时，点M不存在， ∴∠BMC＝90°， ∴CMBC， 当E在AC延长线上时，如图4，设CF＝x，则AEx， ∴CE4， ∵∠ECF＝90°， ∴CE2+CF2＝EF2， ∴8， ∴x1（不合题意，舍去），x1， 综上所述，CF的长为1或1． 7．【解答】（1）解：当点F落在边BC上时，如图，过点F作FG⊥AB于G， 在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝15，BC＝20， ∴ ∵四边形APFQ是平行四边形， ∴QF＝AP，PF＝AQ，QF∥AP，AQ∥PF， ∴∠FPG＝∠QAP， ∵PQ⊥AB，FG⊥AB， ∴∠APQ＝∠PGF＝90°， 在△APQ和△PGF中， ， ∴△APQ≌△PGF（AAS）， ∴AP＝PG， ∵∠QAP＝∠ABC， ∴∠FPG＝∠ABC， ∴PF＝BF， ∵FG⊥AB， ∴PG＝BG， ∴； （2）证明：过点M作MD∥AB交AQ于点D，在BC延长线上取点E，使得NE＝MN，连接QE，如图3， ∵PQ⊥AB，MD∥AB， ∴∠QMD＝∠QPA＝90°， ∵QF∥AB， ∴MD∥AB∥QF， ∴∠QDM＝∠EQD， 又∵∠QNE＝∠DNM， ∴△QNE≌△DNM（AAS）， ∴DN＝QN， ∵∠DMQ＝90°， ∴DQ＝2MN ∵M是PQ的中点， ∴QM＝PM， ∵DM∥AB， ∴， ∴QD＝AD， ∴AQ＝2DQ＝4MN （3）解：AP的值为1或25或9．理由如下： ∵沿直线CP将▱APFQ剪开的两部分可以拼成一个不重叠无缝隙的三角形， ∴CP必定经过QF的中点或AQ的中点或点Q， ①当CP经过QF的中点L时，如图，过点C作CH⊥AB于H，延长QF交CH于G，延长AQ交CP于R，如图4， ∵L是QF的中点， ∴QL＝FL， ∵AQ∥PF， ∴∠RQL＝∠PFL， ∵∠RLQ＝∠PLF， ∴△RLQ≌△PLF（AAS）， ∴此时沿直线CP将▱APFQ剪开的两部分可以拼成一个不重叠无缝隙的三角形， ∵CH⊥AB，AC⊥BC， ∴AB•CH＝AC•BC，即25CH＝15×20， ∴CH＝12， ∵▱APFQ ∴设AP＝QF，则，， ∵， ∴PH＝AH﹣AP＝9﹣AP， ∵∠QPH＝∠PHG＝∠QGH＝90°， ∴四边形PQGH是矩形， ∴QG＝PH＝9﹣AP，， ∴， ∵， ∴， ∵∠PQL＝∠CGL＝90°，∠PLQ＝∠CLG， ∴△PLQ∽△CLG， ∴，即， 解得：AP＝1； ②当CP经过AQ的中点S时，如图5，过点C作CH⊥AB于H，交AQ于M， 由①可设AP＝QF＝4t，AQ＝5t，PQ＝3t，CH＝12，AH＝9， ∵S是AQ的中点， ∴， ∵∠AHC＝∠APQ＝90°，∠MAH＝∠QAP， ∴△AMH∽△AQP， ∴，即， ∴，， ∴，， ∵CH∥PQ， ∴△SCM∽△SPQ， ∴，即， 解得：， ∴AP＝4t＝25； ③当CP经过点Q时，如图6， ∵CP⊥AB， ∴， ∴， 解得：AP＝9， 综上所述，AP的值为1或25或9． 8．【解答】解：（1）∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，OAAC，OBBD， ∴∠AOD＝90°， 在Rt△AOD中，OA2+OB2＝AB2， ∴（AC）2+（BD）2＝a2， ∴AC2+BD2＝4a2， 故答案为：4a2； （2）①∵四边形ABCD是矩形， ∴∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝CD＝a， 在Rt△ABC中，AC2＝AB2+BC2＝a2+b2， 在Rt△BCD中，BD2＝BC2+CD2＝a2+b2， ∴AC2+BD2＝2a2+2b2， 故答案为：2a2+2b2； ②AC2+BD2＝2a2+2b2；理由如下： 如图，过点A作AE⊥BC于点E，过点D作 DF⊥BC交BC的延长线于点F， ∴∠AEB＝∠DFC＝90°， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD，AB∥CD，AD＝BC， ∴∠ABE＝∠DCF， ∴△ABE≌△DCF（AAS）， ∴AE＝DF，BE＝CF， 在Rt△ABE中，AB2＝AE2+BE2， 即a2＝AE2+BE2， 在Rt△AEC中，AC2＝AE2+EC＝AE2+（b﹣BE）2． 在Rt△BDF中，BD2＝BF2+DF2＝（b+CF）2+DF2＝（b+BE）2+AE2． ∴AC2+BD2 ＝AE2+（b﹣BE）2+（b+BE）2+AE2 ＝AE2+b2﹣2b•BE+BE2+b2+2b•BE+BE2+AE2 ＝2（AE2+BE2）+2b2 ＝2a2+2b2， ∴AC2+BD2＝2a2+2b2； （3）BD'的长为3或，理由如下： 在▱ABCD中，，AC＝6，BD＝10． ∴OAAC＝3，OBBD＝5， 由（2）知AC2+BD2＝2a2+2b2，代入b，AC＝6，BD＝10． 得a2＝16， ∵a＞0， ∴a＝4＝AB， 在△ABO中，OA＝3，AB＝4，OB＝5， ∵OA2+AB2＝OB2， ∴△ABO是直角三角形，∠OAB＝90°， 当OD'∥AB时， ∴∠AOD'＝∠OAB＝90°， 分两种情况： ①如图4.1，过点D'作D′M⊥BA的延长线于点M，则∠M＝90°， ∴∠AOD'＝∠OAM＝∠M＝90°， ∴四边形OD′MA是矩形， ∴AM＝OD'＝5，D′M＝OA＝3，AB＝4， ∴BM＝AM+AB＝9， 在Rt△BD′M中，BD'3； ②如图4.2，过点D'作D′N⊥AB的延长线于点N， 同理可得四边形OD'NA是矩形， ∴AN＝OD'＝5，D'N＝OA＝3，AB＝4， ∴BN＝AN﹣AB＝1， 在Rt△D'BN中，BD'， 综上所述，BD'的长为3或． 9．【解答】（1）解：①设O为圆心，连接BO，CO，如图1.1， ∵∠BAC＝30°， ∴∠BOC＝60°，又OB＝OC， ∴△OBC是等边三角形， ∴OB＝OC＝BC＝2，即半径为2； ②∵△ABC以BC为底边，BC＝2， ∴当点A到BC的距离最大时，△ABC的面积最大， 如图，过点O作BC的垂线，垂足为E，延长EO，交圆于D， ∴BE＝CE＝1，DO＝BO＝2， ∴， ∴， ∴△ABC的最大面积为； （2）证明：如图1.2，延长BA′，交圆于点D，连接CD， ∵点D在圆上， ∴∠BDC＝∠BAC， ∵∠BA′C＝∠BDC+∠A′CD， ∴∠BA′C＞∠BDC， ∴∠BA′C＞∠BAC，即∠BA′C＞30°； （3）解：解法一：∵AD＝BC＝3，CD＝AB＝2， ∴， ∵， ∴△PAD中AD边上的高等于△PCD中CD边上的高， 即点P到AD的距离和点P到CD的距离相等，即点P在∠ADC的平分线上， 如图2，当点P在矩形ABCD内部时，过点C作CF⊥PD，垂足为F， ∵PD平分∠ADC， ∴∠ADP＝∠CDP＝45°， ∴△CDF为等腰直角三角形， 又∵CD＝2， ∴， ∵， ∴，CF＞PF， ∴P在矩形内部， ∴； 解法二：如图3，作直径DG，连接PG， ∵△CDF为等腰直角三角形， 又∵CD＝2， ∴∠CDF＝∠CED＝45°， ∴CD＝CE＝2， ∴DE＝2， ∵∠DPC＝∠GDC， ∴tan∠DGC＝tan∠DPC， ∴CG＝1.5，EG＝0.5， ∵DG是直径， ∴∠DPG＝∠EPG＝90°， ∴PEEG， ∴PD＝DE﹣PE＝2． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/11/20 17:37:46；用户：帐号62；邮箱：hxnts62@xyh.com；学号：37372738 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $