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2020年中考数学真题分项汇编专题28新定义与阅读理解创新型问题 (含解析)
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这是一份2020年中考数学真题分项汇编专题28新定义与阅读理解创新型问题 (含解析)，共89页。试卷主要包含了，则a＝ ﹣13 ，，然后依次完成以下三个步骤等内容，欢迎下载使用。
专题28新定义与阅读理解创新型问题
一．选择题（共4小题）
1．（2020•荆州）定义新运算“a*b”：对于任意实数a，b，都有a*b＝（a+b）（a﹣b）﹣1，其中等式右边是通常的加法、减法、乘法运算，例4*3＝（4+3）（4﹣3）﹣1＝7﹣1＝6．若x*k＝x（k为实数）是关于x的方程，则它的根的情况为（ ）
A．有一个实数根 B．有两个相等的实数根
C．有两个不相等的实数根 D．没有实数根
【分析】利用新定义得到（x+k）（x﹣k）﹣1＝x，再把方程化为一般式后计算判别式的值，然后利用△＞0可判断方程根的情况．
【解析】∵x*k＝x（k为实数）是关于x的方程，
∴（x+k）（x﹣k）﹣1＝x，
整理得x2﹣x﹣k2﹣1＝0，
∵△＝（﹣1）2﹣4（﹣k2﹣1）
＝4k2+5＞0，
∴方程有两个不相等的实数根．
故选：C．
2．（2020•枣庄）对于实数a、b，定义一种新运算“⊗”为：a⊗b，这里等式右边是实数运算．例如：1⊗3．则方程x⊗（﹣2）1的解是（ ）
A．x＝4 B．x＝5 C．x＝6 D．x＝7
【分析】所求方程利用题中的新定义化简，求出解即可．
【解析】根据题意，得1，
去分母得：1＝2﹣（x﹣4），
解得：x＝5，
经检验x＝5是分式方程的解．
故选：B．
3．（2020•潍坊）若定义一种新运算：a⊗b，例如：3⊗1＝3﹣1＝2；5⊗4＝5+4﹣6＝3．则函数y＝（x+2）⊗（x﹣1）的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据a⊗b，可得当x+2≥2（x﹣1）时，x≤4，分两种情况：当x≤4时和当x＞4时，分别求出一次函数的关系式，然后判断即可得出结论．
【解析】∵当x+2≥2（x﹣1）时，x≤4，
∴当x≤4时，（x+2）⊗（x﹣1）＝（x+2）﹣（x﹣1）＝x+2﹣x+1＝3，
即：y＝3，
当x＞4时，（x+2）⊗（x﹣1）＝（x+2）+（x﹣1）﹣6＝x+2+x﹣1﹣6＝2x﹣5，
即：y＝2x﹣5，
∴k＝2＞0，
∴当x＞4时，y＝2x﹣5，函数图象向上，y随x的增大而增大，
综上所述，A选项符合题意．
故选：A．
4．（2020•长沙）“闻起来臭，吃起来香”的臭豆腐是长沙特色小吃，臭豆腐虽小，但制作流程却比较复杂，其中在进行加工煎炸臭豆腐时，我们把“焦脆而不糊”的豆腐块数的百分比称为“可食用率”．在特定条件下，“可食用率”P与加工煎炸时间t（单位：分钟）近似满足的函数关系为：p＝at2+bt+c（a≠0，a，b，c是常数），如图记录了三次实验的数据．根据上述函数关系和实验数据，可以得到加工煎炸臭豆腐的最佳时间为（ ）
A．3.50分钟 B．4.05分钟 C．3.75分钟 D．4.25分钟
【分析】将图象中的三个点（3，0.8）、（4，0.9）、（5，0.6）代入函数关系p＝at2+bt+c中，可得函数关系式为：p＝﹣0.2t2+1.5t﹣1.9，再根据加工煎炸臭豆腐的最佳时间为抛物线顶点的横坐标，求出即可得结论．
【解析】将图象中的三个点（3，0.8）、（4，0.9）、（5，0.6）代入函数关系p＝at2+bt+c中，
，
解得，
所以函数关系式为：p＝﹣0.2t2+1.5t﹣1.9，
由题意可知：加工煎炸臭豆腐的最佳时间为抛物线顶点的横坐标：
t3.75，
则当t＝3.75分钟时，可以得到最佳时间．
故选：C．
二．填空题（共11小题）
5．（2020•临沂）我们知道，两点之间线段最短，因此，连接两点间线段的长度叫做两点间的距离；同理，连接直线外一点与直线上各点的所有线段中，垂线段最短，因此，直线外一点到这条直线的垂线段的长度，叫做点到直线的距离．类似地，连接曲线外一点与曲线上各点的所有线段中，最短线段的长度，叫做点到曲线的距离．依此定义，如图，在平面直角坐标系中，点A（2，1）到以原点为圆心，以1为半径的圆的距离为 1 ．
【分析】连接AO交⊙O于B，则线段AB的长度即为点A（2，1）到以原点为圆心，以1为半径的圆的距离，根据勾股定理即可得到结论．
【解析】连接AO交⊙O于B，
则线段AB的长度即为点A（2，1）到以原点为圆心，以1为半径的圆的距离，
∵点A（2，1），
∴OA，
∵OB＝1，
∴AB1，
即点A（2，1）到以原点为圆心，以1为半径的圆的距离为1，
故答案为：1．
6．（2020•十堰）对于实数m，n，定义运算m*n＝（m+2）2﹣2n．若2*a＝4*（﹣3），则a＝ ﹣13 ．
【分析】根据给出的新定义分别求出2*a与4*（﹣3）的值，根据2*a＝4*（﹣3）得出关于a的一元一次方程，求解即可．
【解析】∵m*n＝（m+2）2﹣2n，
∴2*a＝（2+2）2﹣2a＝16﹣2a，4*（﹣3）＝（4+2）2﹣2×（﹣3）＝42，
∵2*a＝4*（﹣3），
∴16﹣2a＝42，
解得a＝﹣13，
故答案为：﹣13．
7．（2020•青海）对于任意两个不相等的数a，b，定义一种新运算“⊕”如下：a⊕b，如：3⊕2，那么12⊕4＝ ．
【分析】先依据定义列出算式，然后再进行计算即可．
【解析】12⊕4．
故答案为：．
8．（2020•湘潭）算筹是在珠算发明以前我国独创并且有效的计算工具，为我国古代数学的发展做出了很大的贡献．在算筹计数法中，以“纵式”和“横式”两种方式来表示数字如图：
数字
形式
1
2
3
4
5
6
7
8
9
纵式
|
||
|||
||||
|||||
横式
表示多位数时，个位用纵式，十位用横式，百位用纵式，千位用横式，以此类推，遇零则置空．示例如图：，则表示的数是 9167 ．
【分析】根据算筹计数法来计数即可．
【解析】根据算筹计数法，表示的数是：9167
故答案为：9167．
9．（2020•长沙）某数学老师在课外活动中做了一个有趣的游戏：首先发给A、B、C三个同学相同数量的扑克牌（假定发到每个同学手中的扑克牌数量足够多），然后依次完成以下三个步骤：
第一步，A同学拿出二张扑克牌给B同学；
第二步，C同学拿出三张扑克牌给B同学；
第三步，A同学手中此时有多少张扑克牌，B同学就拿出多少张扑克牌给A同学．
请你确定，最终B同学手中剩余的扑克牌的张数为 7 ．
【分析】本题是整式加减法的综合运用，设每人有牌x张，解答时依题意列出算式，求出答案．
【解析】设每人有牌x张，B同学从A同学处拿来二张扑克牌，又从C同学处拿来三张扑克牌后，
则B同学有（x+2+3）张牌，
A同学有（x﹣2）张牌，
那么给A同学后B同学手中剩余的扑克牌的张数为：x+2+3﹣（x﹣2）＝x+5﹣x+2＝7．
故答案为：7．
10．（2020•常德）阅读理解：对于x3﹣（n2+1）x+n这类特殊的代数式可以按下面的方法分解因式：
x3﹣（n2+1）x+n＝x3﹣n2x﹣x+n＝x（x2﹣n2）﹣（x﹣n）＝x（x﹣n）（x+n）﹣（x﹣n）＝（x﹣n）（x2+nx﹣1）．
理解运用：如果x3﹣（n2+1）x+n＝0，那么（x﹣n）（x2+nx﹣1）＝0，即有x﹣n＝0或x2+nx﹣1＝0，
因此，方程x﹣n＝0和x2+nx﹣1＝0的所有解就是方程x3﹣（n2+1）x+n＝0的解．
解决问题：求方程x3﹣5x+2＝0的解为 x＝2或x＝﹣1或x＝﹣1 ．
【分析】将原方程左边变形为x3﹣4x﹣x+2＝0，再进一步因式分解得（x﹣2）[x（x+2）﹣1]＝0，据此得到两个关于x的方程求解可得．
【解析】∵x3﹣5x+2＝0，
∴x3﹣4x﹣x+2＝0，
∴x（x2﹣4）﹣（x﹣2）＝0，
∴x（x+2）（x﹣2）﹣（x﹣2）＝0，
则（x﹣2）[x（x+2）﹣1]＝0，即（x﹣2）（x2+2x﹣1）＝0，
∴x﹣2＝0或x2+2x﹣1＝0，
解得x＝2或x＝﹣1，
故答案为：x＝2或x＝﹣1或x＝﹣1．
11．（2020•衢州）定义a※b＝a（b+1），例如2※3＝2×（3+1）＝2×4＝8．则（x﹣1）※x的结果为 x2﹣1 ．
【分析】根据规定的运算，直接代值后再根据平方差公式计算即可．
【解析】根据题意得：
（x﹣1）※x＝（x﹣1）（x+1）＝x2﹣1．
故答案为：x2﹣1．
12．（2020•枣庄）各顶点都在方格纸的格点（横竖格子线的交错点）上的多边形称为格点多边形，它的面积S可用公式S＝ab﹣1（a是多边形内的格点数，b是多边形边界上的格点数）计算，这个公式称为“皮克（Pick）定理”．如图给出了一个格点五边形，则该五边形的面积S＝ 6 ．
【分析】分别统计出多边形内部的格点数a和边界上的格点数b，再代入公式S＝ab﹣1，即可得出格点多边形的面积．
【解析】∵a表示多边形内部的格点数，b表示多边形边界上的格点数，S表示多边形的面积，
∴a＝4，b＝6，
∴该五边形的面积S＝46﹣1＝6，
故答案为：6．
13．（2020•荆州）我们约定：（a，b，c）为函数y＝ax2+bx+c的“关联数”，当其图象与坐标轴交点的横、纵坐标均为整数时，该交点为“整交点”．若关联数为（m，﹣m﹣2，2）的函数图象与x轴有两个整交点（m为正整数），则这个函数图象上整交点的坐标为 （1，0）、（2，0）或（0，2） ．
【分析】根据题意令y＝0，将关联数（m，﹣m﹣2，2）代入函数y＝ax2+bx+c，则有mx2+（﹣m﹣2）x+2＝0，利用求根公式可得m，将m代入可得函数图象与x轴的交点坐标；令x＝0，可得y＝c＝2，即得这个函数图象上整交点的坐标（0，2）．
【解析】根据题意，令y＝0，将关联数（m，﹣m﹣2，2）代入函数y＝ax2+bx+c，则有mx2+（﹣m﹣2）x+2＝0，
△＝（﹣m﹣2）2﹣4×2m＝（m﹣2）2＞0，
∴mx2+（﹣m﹣2）x+2＝0有两个根，
由求根公式可得x
x
x11，此时m为不等于0的任意数，不合题意；
x2，当m＝1或2时符合题意；x2＝2或1；
x3，当m＝1或2时符合题意；x3＝2或1；
x41，此时m为不等于0的任意数，不合题意；
所以这个函数图象上整交点的坐标为（2，0），（1，0）；
令x＝0，可得y＝c＝2，即得这个函数图象上整交点的坐标（0，2）．
综上所述，这个函数图象上整交点的坐标为（2，0），（1，0）或（0，2）；
故答案为：（2，0），（1，0）或（0，2）．
14．（2020•乐山）我们用符号[x]表示不大于x的最大整数．例如：[1.5]＝1，[﹣1.5]＝﹣2．那么：
（1）当﹣1＜[x]≤2时，x的取值范围是 0≤x＜3 ；
（2）当﹣1≤x＜2时，函数y＝x2﹣2a[x]+3的图象始终在函数y＝[x]+3的图象下方．则实数a的范围是 ．
【分析】（1）根据[x]表示不大于x的最大整数，解决问题即可．
（2）由题意，构建不等式即可解决问题．
【解析】（1）由题意∵﹣1＜[x]≤2，
∴0≤x＜3，
故答案为0≤x＜3．
（2）由题意：当﹣1≤x＜2时，函数y＝x2﹣2a[x]+3的图象始终在函数y＝[x]+3的图象下方，
则有x＝﹣1时，1+2a+3＜﹣1+3，解得a＜﹣1，
或x＜2时，4﹣2a+3≤1+3，解得a，
故答案为a＜﹣1或a．
15．（2020•泰州）以水平数轴的原点O为圆心，过正半轴Ox上的每一刻度点画同心圆，将Ox逆时针依次旋转30°、60°、90°、…、330°得到11条射线，构成如图所示的“圆”坐标系，点A、B的坐标分别表示为（5，0°）、（4，300°），则点C的坐标表示为 （3，240°） ．
【分析】直接利用坐标的意义进而表示出点C的坐标．
【解析】如图所示：点C的坐标表示为（3，240°）．
故答案为：（3，240°）．
三．解答题（共35小题）
16．（2020•湘潭）阅读材料：三角形的三条中线必交于一点，这个交点称为三角形的重心．
（1）特例感知：如图（一），已知边长为2的等边△ABC的重心为点O，求△OBC与△ABC的面积．
（2）性质探究：如图（二），已知△ABC的重心为点O，请判断、是否都为定值？如果是，分别求出这两个定值；如果不是，请说明理由．
（3）性质应用：如图（三），在正方形ABCD中，点E是CD的中点，连接BE交对角线AC于点M．
①若正方形ABCD的边长为4，求EM的长度；
②若S△CME＝1，求正方形ABCD的面积．
【分析】（1）连接DE，利用相似三角形证明，运用勾股定理求出AD的长，运用三角形面积公式求解即可；
（2）根据（1）的证明可求解；
（3）①证明△CME∽△ABM，得，再运用勾股定理求出BE的长即可解决问题；
②分别求出S△BMC和S△ABM即可求得正方形ABCD的面积．
【解析】（1）连接DE，如图，
∵点O是△ABC的重心，
∴AD，BE是BC，AC边上的中线，
∴D，E为BC，AC边上的中点，
∴DE为△ABC的中位线，
∴DE∥AB，DEAB，
∴△ODE∽△OAB，
∴，
∵AB＝2，BD＝1，∠ADB＝90°，
∴AD，OD，
∴，；
（2）由（1）可知，，是定值；
点O到BC的距离和点A到BC的距离之比为1：3，
则△OBC和△ABC的面积之比等于点O到BC的距离和点A到BC的距离之比，
故，是定值；
（3）①∵四边形ABCD是正方形，
∴CD∥AB，AB＝BC＝CD＝4，
∴△CME～△AMB，
∴，
∵E为CD的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
即；
②∴S△CME＝1，且，
∴S△BMC＝2，
∵，
∴，
∴S△AMB＝4，
∴S△ABC＝S△BMC+S△ABM＝2+4＝6，
又S△ADC＝S△ABC，
∴S△ADC＝6，
∴正方形ABCD的面积为：6+6＝12．
17．（2020•徐州）我们知道：如图①，点B把线段AC分成两部分，如果，那么称点B为线段AC的黄金分割点．它们的比值为．
（1）在图①中，若AC＝20cm，则AB的长为 （10） cm；
（2）如图②，用边长为20cm的正方形纸片进行如下操作：对折正方形ABCD得折痕EF，连接CE，将CB折叠到CE上，点B对应点H，得折痕CG．试说明：G是AB的黄金分割点；
（3）如图③，小明进一步探究：在边长为a的正方形ABCD的边AD上任取点E（AE＞DE），连接BE，作CF⊥BE，交AB于点F，延长EF、CB交于点P．他发现当PB与BC满足某种关系时，E、F恰好分别是AD、AB的黄金分割点．请猜想小明的发现，并说明理由．
【分析】（1）由黄金分割点的概念可得出答案；
（2）延长EA，CG交于点M，由折叠的性质可知，∠ECM＝∠BCG，得出∠EMC＝∠ECM，则EM＝EC，根据勾股定理求出CE的长，由锐角三角函数的定义可出tan∠BCG，即，则可得出答案；
（3）证明△ABE≌△BCF（ASA），由全等三角形的性质得出BF＝AE，证明△AEF∽△BPF，得出，则可得出答案．
【解析】（1）∵点B为线段AC的黄金分割点，AC＝20cm，
∴AB20＝（1010）cm．
故答案为：（1010）．
（2）延长EA，CG交于点M，
∵四边形ABCD为正方形，
∴DM∥BC，
∴∠EMC＝∠BCG，
由折叠的性质可知，∠ECM＝∠BCG，
∴∠EMC＝∠ECM，
∴EM＝EC，
∵DE＝10，DC＝20，
∴EC10，
∴EM＝10，
∴DM＝1010，
∴tan∠DMC．
∴tan∠BCG，
即，
∴，
∴G是AB的黄金分割点；
（3）当BP＝BC时，满足题意．
理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠BAE＝∠CBF＝90°，
∵BE⊥CF，
∴∠ABE+∠CBF＝90°，
又∵∠BCF+∠BFC＝90°，
∴∠BCF＝∠ABE，
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴BF＝AE，
∵AD∥CP，
∴△AEF∽△BPF，
∴，
当E、F恰好分别是AD、AB的黄金分割点时，
∵AE＞DE，
∴，
∵BF＝AE，AB＝BC，
∴，
∴，
∴BP＝BC．
18．（2020•株洲）如图所示，△OAB的顶点A在反比例函数y（k＞0）的图象上，直线AB交y轴于点C，且点C的纵坐标为5，过点A、B分别作y轴的垂线AE、BF，垂足分别为点E、F，且AE＝1．
（1）若点E为线段OC的中点，求k的值；
（2）若△OAB为等腰直角三角形，∠AOB＝90°，其面积小于3．
①求证：△OAE≌△BOF；
②把|x1﹣x2|+|y1﹣y2|称为M（x1，y1），N（x2，y2）两点间的“ZJ距离”，记为d（M，N），求d（A，C）+d（A，B）的值．
【分析】（1）由点E为线段OC的中点，可得E点坐标为，进而可知A点坐标为：，代入解析式即可求出k；
（2）①由△OAB为等腰直角三角形，可得AO＝OB，再根据同角的余角相等可证∠AOE＝∠FBO，由AAS即可证明△OAE≌△BOF；
②由“ZJ距离”的定义可知d（M，N）为MN两点的水平离与垂直距离之和，故d（A，C）+d（A，B）＝BF+CF，即只需求出B点坐标即可，设点A（1，m），由△OAE≌△BOF可得B（m，﹣1），进而代入直线AB解析式求出k值即可解答．
【解析】（1）∵点E为线段OC的中点，OC＝5，
∴，即：E点坐标为，
又∵AE⊥y轴，AE＝1，
∴，
∴．
（2）①在△OAB为等腰直角三角形中，AO＝OB，∠AOB＝90°，
∴∠AOE+∠FOB＝90°，
又∵BF⊥y轴，
∴∠FBO+∠FOB＝90°，
∴∠AOE＝∠FBO，
在△OAE和△BOF中，
，
∴△OAE≌△BOF（AAS），
②解：设点A坐标为（1，m），
∵△OAE≌△BOF，
∴BF＝OE＝m，OF＝AE＝1，
∴B（m，﹣1），
设直线AB解析式为：lAB：y＝kx+5，将AB两点代入得：
则．
解得，．
当m＝2时，OE＝2，，，符合；
∴d（A，C）+d（A，B）＝AE+CE+（BF﹣AE）+（OE+OF）＝1+CE+OE﹣1+OE+1＝1+CE+2OE＝1+CO+OE＝1+5+2＝8，
当m＝3时，OE＝3，，S△AOB＝5＞3，不符，舍去；
综上所述：d（A，C）+d（A，B）＝8．
19．（2020•宁波）定义：三角形一个内角的平分线和与另一个内角相邻的外角平分线相交所成的锐角称为该三角形第三个内角的遥望角．
（1）如图1，∠E是△ABC中∠A的遥望角，若∠A＝α，请用含α的代数式表示∠E．
（2）如图2，四边形ABCD内接于⊙O，，四边形ABCD的外角平分线DF交⊙O于点F，连结BF并延长交CD的延长线于点E．求证：∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角．
（3）如图3，在（2）的条件下，连结AE，AF，若AC是⊙O的直径．
①求∠AED的度数；
②若AB＝8，CD＝5，求△DEF的面积．
【分析】（1）由角平分线的定义可得出结论；
（2）由圆内接四边形的性质得出∠FDC+∠FBC＝90°，得出∠FDE＝∠FBC，证得∠ABF＝∠FBC，证出∠ACD＝∠DCT，则CE是△ABC的外角平分线，可得出结论；
（3）①连接CF，由条件得出∠BFC＝∠BAC，则∠BFC＝2∠BEC，得出∠BEC＝∠FAD，证明△FDE≌△FDA（AAS），由全等三角形的性质得出DE＝DA，则∠AED＝∠DAE，得出∠ADC＝90°，则可求出答案；
②过点A作AG⊥BE于点G，过点F作FM⊥CE于点M，证得△EGA∽△ADC，得出，求出，设AD＝4x，AC＝5x，则有（4x）2+52＝（5x）2，解得x，求出ED，CE的长，求出DM，由等腰直角三角形的性质求出FM，根据三角形的面积公式可得出答案．
【解析】（1）∵BE平分∠ABC，CE平分∠ACD，
∴∠E＝∠ECD﹣∠EBD（∠ACD﹣∠ABC）α，
（2）如图1，延长BC到点T，
∵四边形FBCD内接于⊙O，
∴∠FDC+∠FBC＝180°，
又∵∠FDE+∠FDC＝180°，
∴∠FDE＝∠FBC，
∵DF平分∠ADE，
∴∠ADF＝∠FDE，
∵∠ADF＝∠ABF，
∴∠ABF＝∠FBC，
∴BE是∠ABC的平分线，
∵，
∴∠ACD＝∠BFD，
∵∠BFD+∠BCD＝180°，∠DCT+∠BCD＝180°，
∴∠DCT＝∠BFD，
∴∠ACD＝∠DCT，
∴CE是△ABC的外角平分线，
∴∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角．
（3）①如图2，连接CF，
∵∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角，
∴∠BAC＝2∠BEC，
∵∠BFC＝∠BAC，
∴∠BFC＝2∠BEC，
∵∠BFC＝∠BEC+∠FCE，
∴∠BEC＝∠FCE，
∵∠FCE＝∠FAD，
∴∠BEC＝∠FAD，
又∵∠FDE＝∠FDA，FD＝FD，
∴△FDE≌△FDA（AAS），
∴DE＝DA，
∴∠AED＝∠DAE，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ADC＝90°，
∴∠AED+∠DAE＝90°，
∴∠AED＝∠DAE＝45°，
②如图3，过点A作AG⊥BE于点G，过点F作FM⊥CE于点M，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC＝90°，
∵BE平分∠ABC，
∴∠FAC＝∠EBC∠ABC＝45°，
∵∠AED＝45°，
∴∠AED＝∠FAC，
∵∠FED＝∠FAD，
∴∠AED﹣∠FED＝∠FAC﹣∠FAD，
∴∠AEG＝∠CAD，
∵∠EGA＝∠ADC＝90°，
∴△EGA∽△ADC，
∴，
∵在Rt△ABG中，AG，
在Rt△ADE中，AEAD，
∴，
∴，
在Rt△ADC中，AD2+DC2＝AC2，
∴设AD＝4x，AC＝5x，则有（4x）2+52＝（5x）2，
∴x，
∴ED＝AD，
∴CE＝CD+DE，
∵∠BEC＝∠FCE，
∴FC＝FE，
∵FM⊥CE，
∴EMCE，
∴DM＝DE﹣EM，
∵∠FDM＝45°，
∴FM＝DM，
∴S△DEFDE•FM．
20．（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 CF、DE、DF ．
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，垂足分别为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．
【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，BFCF，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′BPA′•PBx（70﹣x），在Rt△ACB中，AC＝BC＝35，S△ACBAC2＝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′B50，由S△A′PBA′B•PFPB•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°，∠AOP180°＝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°＝84，
在Rt△CFB中，BFCF，
∵PB＝PF+BF，
∴PB＝CF+BF，
即：4CFCF，
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′BPA′•PBx（70﹣x），
在Rt△ACB中，AC＝BCAB70＝35，
∴S△ACBAC2（35）2＝1225，
∴y＝S△PA′B+S△ACBx（70﹣x）+1225x2+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′B50，
∵S△A′PBA′B•PFPB•A′P，
∴50×PF40×30，
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．
21．（2020•咸宁）定义：有一组对角互余的四边形叫做对余四边形．
理解：
（1）若四边形ABCD是对余四边形，则∠A与∠C的度数之和为 90°或270° ；
证明：
（2）如图1，MN是⊙O的直径，点A，B，C在⊙O上，AM，CN相交于点D．
求证：四边形ABCD是对余四边形；
探究：
（3）如图2，在对余四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝60°，探究线段AD，CD和BD之间有怎样的数量关系？写出猜想，并说明理由．
【分析】（1）对余四边形的定义即可得出结果；
（2）由圆周角定理得出∠BAM+∠BCN＝90°，即∠BAD+∠BCD＝90°，即可得出结论；
（3）对余四边形的定义得出∠ADC＝30°，将△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAF，连接FD，则△BCD≌△BAF，∠FBD＝60°，得出BF＝BD，AF＝CD，∠BDC＝∠BFA，则△BFD是等边三角形，得出BF＝BD＝DF，易证∠BFA+∠ADB＝30°，由∠FBD+∠BFA+∠ADB+∠AFD+∠ADF＝180°，得出∠AFD+∠ADF＝90°，则∠FAD＝90°，由勾股定理即可得出结果．
【解答】（1）解：∵四边形ABCD是对余四边形，
∴∠A+∠C＝90°或∠A+∠C＝360°﹣90°＝270°，
故答案为：90°或270°；
（2）证明：∵MN是⊙O的直径，点A，B，C在⊙O上，
∴∠BAM+∠BCN＝90°，
即∠BAD+∠BCD＝90°，
∴四边形ABCD是对余四边形；
（3）解：线段AD，CD和BD之间数量关系为：AD2+CD2＝BD2，理由如下：
∵对余四边形ABCD中，∠ABC＝60°，
∴∠ADC＝30°，
∵AB＝BC，
∴将△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAF，连接FD，如图3所示：
∴△BCD≌△BAF，∠FBD＝60°
∴BF＝BD，AF＝CD，∠BDC＝∠BFA，
∴△BFD是等边三角形，
∴BF＝BD＝DF，
∵∠ADC＝30°，
∴∠ADB+∠BDC＝30°，
∴∠BFA+∠ADB＝30°，
∵∠FBD+∠BFA+∠ADB+∠AFD+∠ADF＝180°，
∴60°+30°+∠AFD+∠ADF＝180°，
∴∠AFD+∠ADF＝90°，
∴∠FAD＝90°，
∴AD2+AF2＝DF2，
∴AD2+CD2＝BD2．
22．（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 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”；
（2）若点A，B都在直线yx+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．
【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yx+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，以A为圆心1为半径作⊙A，作直线OA交⊙O于M，交⊙A于N，以OA，AB为邻边构造平行四边形ABDO，以OD为边构造等边△ODB′和等边△OB′A′，则AB∥A′B′，AA′的长即为线段AB到⊙O的“平移距离”，点A′与M重合时，AA′的值最小，当点B与N重合时，AA′的长最大，如图3中，过点A′作A′H⊥OA于H．
解直角三角形求出AA′即可．
【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yx+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，以A为圆心1为半径作⊙A，作直线OA交⊙O于M，交⊙A于N，
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﹣OM1，
当点B与N重合时，AA′的长最大，如图3中，过点A′作A′H⊥OA于H．
由题意A′H，AH3，
∴AA′的最大值，
∴d2．
23．（2020•怀化）定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做垂等四边形．
（1）下面四边形是垂等四边形的是 ④ ；（填序号）
①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形
（2）图形判定：如图1，在四边形ABCD中，AD∥BC，AC⊥BD，过点D作BD垂线交BC的延长线于点E，且∠DBC＝45°，证明：四边形ABCD是垂等四边形．
（3）由菱形面积公式易知性质：垂等四边形的面积等于两条对角线乘积的一半．应用：在图2中，面积为24的垂等四边形ABCD内接于⊙O中，∠BCD＝60°．求⊙O的半径．
【分析】（1）根据垂等四边形的性质对每个图形判断即可；
（2）根据已知条件可证明四边形ACED是平行四边形，即可得到AC＝DE，再根据等腰直角三角形的性质即可得到结果；
（3）过点O作OE⊥BD，根据面积公式可求得BD的长，根据垂径定理和锐角三角函数即可得到⊙O的半径．
【解析】（1）①平行四边形的对角线互相平分但不垂直和相等，故不是垂等四边形；
②矩形对角线相等但不垂直，故不是垂等四边形；
③菱形的对角线互相垂直但不相等，故不是垂等四边形；
④正方形的对角线互相垂直且相等，故正方形是垂等四边形；
故选：④；
（2）∵AC⊥BD，ED⊥BD，
∴AC∥DE，
又∵AD∥BC，
∴四边形ADEC是平行四边形，
∴AC＝DE，
又∵∠DBC＝45°，
∴△BDE是等腰直角三角形，
∴BD＝DE，
∴BD＝AC，
又∵BD⊥AC，
∴四边形ABCD是垂等四边形；
（3）如图，过点O作OE⊥BD，
∵四边形ABCD是垂等四边形，
∴AC＝BD，
又∵垂等四边形的面积是24，
∴AC•BD＝24，
解得，AC＝BD＝4，
又∵∠BCD＝60°，
∴∠DOE＝60°，
设半径为r，根据垂径定理可得：
在△ODE中，OD＝r，DE，
∴r4，
∴⊙O的半径为4．
24．（2020•常州）如图1，⊙I与直线a相离，过圆心I作直线a的垂线，垂足为H，且交⊙I于P、Q两点（Q在P、H之间）．我们把点P称为⊙I关于直线a的“远点“，把PQ•PH的值称为⊙I关于直线a的“特征数”．
（1）如图2，在平面直角坐标系xOy中，点E的坐标为（0，4）．半径为1的⊙O与两坐标轴交于点A、B、C、D．
①过点E画垂直于y轴的直线m，则⊙O关于直线m的“远点”是点 D （填“A”．“B”、“C”或“D”），⊙O关于直线m的“特征数”为 20 ；
②若直线n的函数表达式为yx+4．求⊙O关于直线n的“特征数”；
（2）在平面直角坐标系xOy中，直线l经过点M（1，4），点F是坐标平面内一点，以F为圆心，为半径作⊙F．若⊙F与直线1相离，点N（﹣1，0）是⊙F关于直线1的“远点”．且⊙F关于直线l的“特征数”是4，求直线l的函数表达式．
【分析】（1）①根据远点，特征数的定义判断即可．
②如图1﹣1中，过点O作OH⊥直线n于H，交⊙O于Q，P．解直角三角形求出PH，PQ的长即可解决问题．
（2）如图2﹣1中，设直线l的解析式为y＝kx+b．分两种情形k＞0或k＜0，分别求解即可解决问题．
【解析】（1）①由题意，点D是⊙O关于直线m的“远点”，⊙O关于直线m的特征数＝DB•DE＝2×5＝20，
故答案为D，20．
②如图1﹣1中，过点O作OH⊥直线n于H，交⊙O于Q，P．
设直线yx+4交x轴于F（，0），交y轴于E（0，4），
∴OE＝4，OF
∴tan∠FEO，
∴∠FEO＝30°，
∴OHOE＝2，
∴PH＝OH+OP＝3，
∴⊙O关于直线n的“特征数”＝PQ•PH＝2×3＝6．
（2）如图2﹣1中，设直线l的解析式为y＝kx+b．
当k＞0时，过点F作FH⊥直线l于H，交⊙F于E，N．
由题意，EN＝2，EN•NH＝4，
∴NH，
∵N（﹣1，0），M（1，4），
∴MN2，
∴HM，
∴△MNH是等腰直角三角形，
∵MN的中点K（0，2），
∴KN＝HK＝KM，
∴H（﹣2，3），
把H（﹣2，3），M（1，4）代入y＝kx+b，则有，
解得，
∴直线l的解析式为yx，
当k＜0时，同法可知直线i经过H′（2，1），可得直线l的解析式为y＝﹣3x+7．
综上所述，满足条件的直线l的解析式为yx或y＝﹣3x+7．
25．（2020•连云港）（1）如图1，点P为矩形ABCD对角线BD上一点，过点P作EF∥BC，分别交AB、CD于点E、F．若BE＝2，PF＝6，△AEP的面积为S1，△CFP的面积为S2，则S1+S2＝ 12 ；
（2）如图2，点P为▱ABCD内一点（点P不在BD上），点E、F、G、H分别为各边的中点．设四边形AEPH的面积为S1，四边形PFCG的面积为S2（其中S2＞S1），求△PBD的面积（用含S1、S2的代数式表示）；
（3）如图3，点P为▱ABCD内一点（点P不在BD上），过点P作EF∥AD，HG∥AB，与各边分别相交于点E、F、G、H．设四边形AEPH的面积为S1，四边形PGCF的面积为S2（其中S2＞S1），求△PBD的面积（用含S1、S2的代数式表示）；
（4）如图4，点A、B、C、D把⊙O四等分．请你在圆内选一点P（点P不在AC、BD上），设PB、PC、围成的封闭图形的面积为S1，PA、PD、围成的封闭图形的面积为S2，△PBD的面积为S3，△PAC的面积为S4，根据你选的点P的位置，直接写出一个含有S1、S2、S3、S4的等式（写出一种情况即可）．
【分析】（1）如图1中，求出△PFC的面积，证明△APE的面积＝△PFC的面积即可．
（2）如图2中，连接PA，PC，在△APB中，因为点E是AB的中点，可设S△APE＝S△PBE＝a，同理，S△APH＝S△PDH＝b，S△PDG＝S△PGC＝c，S△PFC＝S△PBF＝d，证明S四边形AEPH+S四边形PFCG＝S四边形PEBF+S四边形PHDG＝S1+S2，推出S△ABDS平行四边形ABCD＝S1+S2，根据S△PBD＝S△ABD﹣（S1+S△PBE+S△PHD）＝S1+S2﹣（S1+a+S1﹣a）＝S2﹣S1．可得结论．
（3）如图3中，由题意四边形EBGP，四边形HPFD都是平行四边形，利用平行四边形的性质求解即可．
（4）分四种情形：如图4﹣1中，结论：S2﹣S1＝S3+S4．设线段PB，线段PA，弧AB围成的封闭图形的面积为x，线段PC，线段PD，弧CD的封闭图形的面积为y．由题意：S1+x+S4＝S1+y+S3，推出x﹣y＝S3﹣S4，由题意S1+S2+x+y＝2（S1+x+S4），可得S2﹣S1＝x﹣y+2S4＝S3+S4．其余情形同法可求．
【解析】（1）如图1中，
过点P作PM⊥AD于M，交BC于N．
∵四边形ABCD是矩形，EF∥BC，
∴四边形AEPM，四边形MPFD，四边形BNPE，四边形PNCF都是矩形，
∴BE＝PN＝CF＝2，S△PFCPF×CF＝6，S△AEP＝S△APM，S△PEB＝S△PBN，S△PDM＝S△PFD，S△PCN＝S△PCF，S△ABD＝S△BCD，
∴S矩形AEPM＝S矩形PNCF，
∴S1＝S2＝6，
∴S1+S2＝12，
故答案为12．
（2）如图2中，连接PA，PC，
在△APB中，∵点E是AB的中点，
∴可设S△APE＝S△PBE＝a，同理，S△APH＝S△PDH＝b，S△PDG＝S△PGC＝c，S△PFC＝S△PBF＝d，
∴S四边形AEPH+S四边形PFCG＝a+b+c+d，S四边形PEBF+S四边形PHDG＝a+b+c+d，
∴S四边形AEPH+S四边形PFCG＝S四边形PEBF+S四边形PHDG＝S1+S2，
∴S△ABDS平行四边形ABCD＝S1+S2，
∴S△PBD＝S△ABD﹣（S1+S△PBE+S△PHD）＝S1+S2﹣（S1+a+S1﹣a）＝S2﹣S1．
（3）如图3中，由题意四边形EBGP，四边形HPFD都是平行四边形，
∴S四边形EBGP＝2S△EBP，S四边形HPFD＝2S△HPD，
∴S△ABDS平行四边形ABCD（S1+S2+2S△EBP+2S△HPD）（S1+S2）+S△EBP+S△HPD，
∴S△PBD＝S△ABD﹣（S1+S△EBP+S△HPD）（S2﹣S1）．
（4）如图4﹣1中，结论：S2﹣S1＝S3+S4．
理由：设线段PB，线段PA，弧AB围成的封闭图形的面积为x，线段PC，线段PD，弧CD的封闭图形的面积为y．
由题意：S1+x+S4＝S1+y+S3，
∴x﹣y＝S3﹣S4，
∵S1+S2+x+y＝2（S1+x+S4），
∴S2﹣S1＝x﹣y+2S4＝S3+S4．
同法可证：图4﹣2中，有结论：S1﹣SS3+S4．
图4﹣3中和图4﹣4中，有结论：|S1﹣S2|＝|S3﹣S4|．
26．（2020•南京）如图，在△ABC和△A'B'C'中，D、D'分别是AB、A'B'上一点，．
（1）当时，求证△ABC∽△A'B'C．
证明的途径可以用下面的框图表示，请填写其中的空格．
（2）当时，判断△ABC与△A'B'C′是否相似，并说明理由．
【分析】（1）根据两边成比例夹角相等两三角形相似证明即可．
（2）过点D，D′分别作DE∥BC，D′E′∥B′C′，DE交AC于E，D′E′交A′C′于E′．首先证明△CED∽△C′E′D′，推出∠CED＝∠C′E′D′，再证明∠ACB＝∠A′C′B′即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴△ADC∽△A′D′C，
∴∠A＝∠A′，
∵，
∴△ABC∽△A′B′C′．
故答案为：，∠A＝∠A′．
（2）如图，过点D，D′分别作DE∥BC，D′E′∥B′C′，DE交AC于E，D′E′交A′C′于E′．
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴，
同理，，
∵，
∴，
∴，
同理，，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∴△DCE∽△D′C′E′，
∴∠CED＝∠C′E′D′，
∵DE∥BC，
∴∠CED+∠ACB＝90°，
同理，∠C′E′D′+∠A′C′B′＝180°，
∴∠ACB＝∠A′B′C′，
∵，
∴△ABC∽△A′B′C′．
27．（2020•重庆）在初中阶段的函数学习中，我们经历了列表、描点、连线画函数图象，并结合图象研究函数性质的过程．以下是我们研究函数y性质及其应用的部分过程，请按要求完成下列各小题．
（1）请把下表补充完整，并在图中补全该函数图象；
x
…
﹣5
﹣4
﹣3
﹣2
﹣1
0
1
2
3
4
5
…
y
…
﹣3
0
3
…
（2）根据函数图象，判断下列关于该函数性质的说法是否正确，正确的在答题卡上相应的括号内打“√”，错误的在答题卡上相应的括号内打“×”；
①该函数图象是轴对称图形，它的对称轴为y轴．
②该函数在自变量的取值范围内，有最大值和最小值．当x＝1时，函数取得最大值3；当x＝﹣1时，函数取得最小值﹣3．
③当x＜﹣1或x＞1时，y随x的增大而减小；当﹣1＜x＜1时，y随x的增大而增大．
（3）已知函数y＝2x﹣1的图象如图所示，结合你所画的函数图象，直接写出不等式2x﹣1的解集（保留1位小数，误差不超过0.2）．
【分析】（1）将x＝﹣3，3分别代入解析式即可得y的值，再画出函数的图象；
（2）结合图象可从函数的增减性及对称性进行判断；
（3）根据图象求得即可．
【解析】（1）补充完整下表为：
x
…
﹣5
﹣4
﹣3
﹣2
﹣1
0
1
2
3
4
5
…
y
…
﹣3
0
3
…
画出函数的图象如图：
；
（2）根据函数图象：
①该函数图象是轴对称图形，它的对称轴为y轴，说法错误；
②该函数在自变量的取值范围内，有最大值和最小值．当x＝1时，函数取得最大值3；当x＝﹣1时，函数取得最小值﹣3，说法正确；
③当x＜﹣1或x＞1时，y随x的增大而减小；当﹣1＜x＜1时，y随x的增大而增大，说法正确．
（3）由图象可知：不等式2x﹣1的解集为x＜﹣1或﹣0.3＜x＜1.8．
28．（2020•重庆）探究函数性质时，我们经历了列表、描点、连线画出函数图象，观察分析图象特征，概括函数性质的过程．结合已有的学习经验，请画出函数y的图象并探究该函数的性质．
x
…
﹣4
﹣3
﹣2
﹣1
0
1
2
3
4
…
y
…
a
﹣2
﹣4
b
﹣4
﹣2
…
（1）列表，写出表中a，b的值：a＝ ，b＝ ﹣6 ；
描点、连线，在所给的平面直角坐标系中画出该函数的图象．
（2）观察函数图象，判断下列关于函数性质的结论是否正确（在答题卡相应位置正确的用“√”作答，错误的用“×”作答）：
①函数y的图象关于y轴对称；
②当x＝0时，函数y有最小值，最小值为﹣6；
③在自变量的取值范围内函数y的值随自变量x的增大而减小．
（3）已知函数yx的图象如图所示，结合你所画的函数图象，直接写出不等式x的解集．
【分析】（1）将x＝﹣3，0分别代入解析式即可得y的值，再画出函数的图象；
（2）结合图象可从函数的增减性及对称性进行判断；
（3）根据图象求得即可．
【解析】（1）x＝﹣3、0分别代入y，得a，b6，
故答案为，﹣6；
画出函数的图象如图：
，
故答案为，﹣6；
（2）根据函数图象：
①函数y的图象关于y轴对称，说法正确；
②当x＝0时，函数y有最小值，最小值为﹣6，说法正确；
③在自变量的取值范围内函数y的值随自变量x的增大而减小，说法错误．
（3）由图象可知：不等式x的解集为x＜﹣4或﹣2＜x＜1．
29．（2020•内江）我们知道，任意一个正整数x都可以进行这样的分解：x＝m×n（m，n是正整数，且m≤n），在x的所有这种分解中，如果m，n两因数之差的绝对值最小，我们就称m×n是x的最佳分解．并规定：f（x）．
例如：18可以分解成1×18，2×9或3×6，因为18﹣1＞9﹣2＞6﹣3，所以3×6是18的最佳分解，所以f（18）．
（1）填空：f（6）＝ ；f（9）＝ 1 ；
（2）一个两位正整数t（t＝10a+b，1≤a≤b≤9，a，b为正整数），交换其个位上的数字与十位上的数字得到的新数减去原数所得的差为54，求出所有的两位正整数；并求f（t）的最大值；
（3）填空：
①f（22×3×5×7）＝ ；②f（23×3×5×7）＝ ；③f（24×3×5×7）＝ ；④f（25×3×5×7）＝ ．
【分析】（1）仿照样例进行计算便可；
（2）设交换t的个位上数与十位上的数得到的新数为t′，则t′＝10b+a，根据“交换其个位上的数字与十位上的数字得到的新数减去原数所得的差为54”的确定出x与y的关系式，进而求出所有的两位数，进而确定出F（t）的最大值即可；
（3）根据样例计算便可．
【解析】（1）6可分解成1×6，2×3，
∵6﹣1＞3﹣2，
∴2×3是6的最佳分解，
∴f（6），
9可分解成1×9，3×3，
∵9﹣1＞3﹣3，
∴3×3是9的最佳分解，
∴f（9）1，
故答案为：；1；
（2）设交换t的个位上数与十位上的数得到的新数为t′，则t′＝10b+a，
根据题意得，t′﹣t＝（10b+a）﹣（10a+b）＝9（b﹣a）＝54，
∴b＝a+6，
∵1≤a≤b≤9，a，b为正整数，
∴满足条件的t为：17，28，39；
∵F（17），F（28），F（39），
∵，
∴F（t）的最大值为；
（3）①∵22×3×5×7的是最佳分解为20×21，
∴f（22×3×5×7），
故答案为：；
②∵23×3×5×7的最佳分解为24×35，
∴f（23×3×5×7），
故答案为；
③∵24×3×5×7的最佳分解是35×48，
∴f（24×3×5×7），
故答案为：；
④∵25×3×5×7的最佳分解是48×70，
∴f（25×3×5×7），
故答案为：．
30．（2020•重庆）在整数的除法运算中，只有能整除与不能整除两种情况，当不能整除时，就会产生余数，现在我们利用整数的除法运算来研究一种数﹣﹣“差一数”．
定义：对于一个自然数，如果这个数除以5余数为4，且除以3余数为2，则称这个数为“差一数”．
例如：14÷5＝2…4，14÷3＝4…2，所以14是“差一数”；
19÷5＝3…4，但19÷3＝6…1，所以19不是“差一数”．
（1）判断49和74是否为“差一数”？请说明理由；
（2）求大于300且小于400的所有“差一数”．
【分析】（1）根据“差一数”的定义即可求解；
（2）根据“差一数”的定义即可求解．
【解析】（1）49÷5＝9…4，但49÷3＝16…1，所以49不是“差一数”；
74÷5＝14…4，74÷3＝24…2，所以74是“差一数”．
（2）大于300且小于400的数除以5余数为4的有304，309，314，319，324，329，334，339，344，349，354，359，364，369，374，379，384，389，394，399，
其中除以3余数为2的有314，329，344，359，374，389．
故大于300且小于400的所有“差一数”有314，329，344，359，374，389．
31．（2020•张家界）阅读下面的材料：
对于实数a，b，我们定义符号min{a，b}的意义为：当a＜b时，min{a，b}＝a；当a≥b时，min{a，b}＝b，如：min{4，﹣2}＝﹣2，min{5，5}＝5．
根据上面的材料回答下列问题：
（1）min{﹣1，3}＝ ﹣1 ；
（2）当min时，求x的取值范围．
【分析】（1）比较大小，即可得出答案；
（2）根据题意判断出，解不等式即可判断x的取值范围．
【解析】（1）由题意得min{﹣1，3}＝﹣1；
故答案为：﹣1；
（2）由题意得：
3（2x﹣3）≥2（x+2）
6x﹣9≥2x+4
4x≥13
x，
∴x的取值范围为x．
32．（2020•荆州）阅读下列“问题”与“提示”后，将解方程的过程补充完整，求出x的值．
【问题】解方程：x2+2x+45＝0．
【提示】可以用“换元法”解方程．
解：设t（t≥0），则有x2+2x＝t2
原方程可化为：t2+4t﹣5＝0
【续解】
【分析】利用因式分解法解方程t2+4t﹣5＝0得到t1＝﹣5，t2＝1，再分别解方程5和方程1，然后进行检验确定原方程的解．
【解析】（t+5）（t﹣1）＝0，
t+5＝0或t﹣1＝0，
∴t1＝﹣5，t2＝1，
当t＝﹣5时，5，此方程无解；
当t＝1时，1，则x2+2x＝1，配方得（x+1）2＝2，解得x1＝﹣1，x2＝﹣1；
经检验，原方程的解为x1＝﹣1，x2＝﹣1．
33．（2020•扬州）阅读感悟：
有些关于方程组的问题，欲求的结果不是每一个未知数的值，而是关于未知数的代数式的值，如以下问题：
已知实数x、y满足3x﹣y＝5①，2x+3y＝7②，求x﹣4y和7x+5y的值．
本题常规思路是将①②两式联立组成方程组，解得x、y的值再代入欲求值的代数式得到答案，常规思路运算量比较大．其实，仔细观察两个方程未知数的系数之间的关系，本题还可以通过适当变形整体求得代数式的值，如由①﹣②可得x﹣4y＝﹣2，由①+②×2可得7x+5y＝19．这样的解题思想就是通常所说的“整体思想”．
解决问题：
（1）已知二元一次方程组则x﹣y＝ ﹣1 ，x+y＝ 5 ；
（2）某班级组织活动购买小奖品，买20支铅笔、3块橡皮、2本日记本共需32元，买39支铅笔、5块橡皮、3本日记本共需58元，则购买5支铅笔、5块橡皮、5本日记本共需多少元？
（3）对于实数x、y，定义新运算：x*y＝ax+by+c，其中a、b、c是常数，等式右边是通常的加法和乘法运算．已知3*5＝15，4*7＝28，那么1*1＝ ﹣11 ．
【分析】（1）利用①﹣②可得出x﹣y的值，利用（①+②）可得出x+y的值；
（2）设铅笔的单价为m元，橡皮的单价为n元，日记本的单价为p元，根据“买20支铅笔、3块橡皮、2本日记本共需32元，买39支铅笔、5块橡皮、3本日记本共需58元”，即可得出关于m，n，p的三元一次方程组，由2×①﹣②可得除m+n+p的值，再乘5即可求出结论；
（3）根据新运算的定义可得出关于a，b，c的三元一次方程组，由3×①﹣2×②可得出a+b+c的值，即1*1的值．
【解析】（1）．
由①﹣②可得：x﹣y＝﹣1，
由（①+②）可得：x+y＝5．
故答案为：﹣1；5．
（2）设铅笔的单价为m元，橡皮的单价为n元，日记本的单价为p元，
依题意，得：，
由2×①﹣②可得m+n+p＝6，
∴5m+5n+5p＝5×6＝30．
答：购买5支铅笔、5块橡皮、5本日记本共需30元．
（3）依题意，得：，
由3×①﹣2×②可得：a+b+c＝﹣11，
即1*1＝﹣11．
故答案为：﹣11．
34．（2020•自贡）我国著名数学家华罗庚说过“数缺形时少直观，形少数时难入微”，数形结合是解决数学问题的重要思想方法．例如，代数式|x﹣2|的几何意义是数轴上x所对应的点与2所对应的点之间的距离：因为|x+1|＝|x﹣（﹣1）|，所以|x+1|的几何意义就是数轴上x所对应的点与﹣1所对应的点之间的距离．
（1）发现问题：代数式|x+1|+|x﹣2|的最小值是多少？
（2）探究问题：如图，点A、B、P分别表示数﹣1、2、x，AB＝3．
∵|x+1|+|x﹣2|的几何意义是线段PA与PB的长度之和，
∴当点P在线段AB上时，PA+PB＝3，当点P在点A的左侧或点B的右侧时，PA+PB＞3．
∴|x+1|+|x﹣2|的最小值是3．
（3）解决问题：
①|x﹣4|+|x+2|的最小值是 6 ；
②利用上述思想方法解不等式：|x+3|+|x﹣1|＞4；
③当a为何值时，代数式|x+a|+|x﹣3|的最小值是2．
【分析】观察阅读材料中的（1）和（2），总结出求最值方法；
（3）①原式变形﹣2和4距离x最小值为4﹣（﹣2）＝6；
②根据题意画出相应的图形，确定出所求不等式的解集即可；
③根据原式的最小值为2，得到3左边和右边，且到3距离为2的点即可．
【解析】（1）发现问题：代数式|x+1|+|x﹣2|的最小值是3；
（2）探究问题：如图，点A、B、P分别表示数﹣1、2、x，AB＝3．
∵|x+1|+|x﹣2|的几何意义是线段PA与PB的长度之和，
∴当点P在线段AB上时，PA+PB＝3，当点P在点A的左侧或点B的右侧时，PA+PB＞3．
∴|x+1|+|x﹣2|的最小值是3．
（3）解决问题：
①|x﹣4|+|x+2|的最小值是6；
故答案为：6；
②如图所示，满足|x+3|+|x﹣1|＞4的x范围为x＜﹣3或x＞1；
③当a为﹣1或﹣5时，代数式|x+a|+|x﹣3|的最小值是2．
35．（2020•随州）勾股定理是人类最伟大的十个科学发现之一，西方国家称之为毕达哥拉斯定理．在我国古书《周髀算经》中就有“若勾三，股四，则弦五”的记载，我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”（如图1），后人称之为“赵爽弦图”，流传至今．
（1）①请叙述勾股定理；
②勾股定理的证明，人们已经找到了400多种方法，请从下列几种常见的证明方法中任选一种来证明该定理；（以下图形均满足证明勾股定理所需的条件）
（2）①如图4、5、6，以直角三角形的三边为边或直径，分别向外部作正方形、半圆、等边三角形，这三个图形中面积关系满足S1+S2＝S3的有 3 个；
②如图7所示，分别以直角三角形三边为直径作半圆，设图中两个月形图案（图中阴影部分）的面积分别为S1，S2，直角三角形面积为S3，请判断S1，S2，S3的关系并证明；
（3）如果以正方形一边为斜边向外作直角三角形，再以该直角三角形的两直角边分别向外作正方形，重复这一过程就可以得到如图8所示的“勾股树”．在如图9所示的“勾股树”的某部分图形中，设大正方形M的边长为定值m，四个小正方形A，B，C，D的边长分别为a，b，c，d，已知∠1＝∠2＝∠3＝∠α，则当∠α变化时，回答下列问题：（结果可用含m的式子表示）
①a2+b2+c2+d2＝ m2 ；
②b与c的关系为 b＝c ，a与d的关系为 a+d＝m ．
【分析】（1）①勾股定理内容为：如果直角三角形的两条直角边分别为a，b，斜边为c，那么a2+b2＝c2．
（2）在图1中，根据大正方形的面积等于四个全等的直角三角形的面积与中间小正方形面积的和，即可得：a2+b2＝c2．在图2中，根据大正方形的面积等于四个全等的直角三角形的面积与中间小正方形面积的和．即可得：a2+b2＝c2．在图3中，梯形的面积等于三个直角三角形的面积的和．即可得：a2+b2＝c2．
（2）①根据勾股定理可得三个图形中面积关系满足S1+S2＝S3的有3个；
②根据半圆面积和勾股定理即可得结论：S1+S2＝S3．
（3）根据勾股定理即可得①a2+b2+c2+d2＝m2；
②b与c的关系为b﹣c，a与d的关系为a+d＝m．
【解析】（1）①如果直角三角形的两条直角边分别为a，b，斜边为c，那么a2+b2＝c2．
（或者：在直角三角形中，两条直角边的平方和等于斜边的平方．）
（2）证明：在图1中，大正方形的面积等于四个全等的直角三角形的面积与中间小正方形面积的和．
即c2ab×4+（b﹣a）2，
化简得：a2+b2＝c2．
在图2中，大正方形的面积等于四个全等的直角三角形的面积与中间小正方形面积的和．
即（a+b）2＝c2ab×4，
化简得：a2+b2＝c2．
在图3中，梯形的面积等于三个直角三角形的面积的和．
即（a+b）（a+b）ab×2c2，
化简得：a2+b2＝c2．
（2）①三个图形中面积关系满足S1+S2＝S3的有3个；
故答案为3；
②结论：S1+S2＝S3．
∵S1+S2（）2（）2+S3（）2，
∴S1+S2π（a2+b2﹣c2）+S3，
∴a2+b2＝c2．
∴S1+S2＝S3．
（3）①a2+b2+c2+d2＝m2；
②b与c的关系为b﹣c，a与d的关系为a+d＝m．
故答案为：m2；b＝c，a+d＝m．
36．（2020•呼和浩特）某同学在学习了正多边形和圆之后，对正五边形的边及相关线段进行研究，发现多处出现者名的黄金分割比0.618．如图，圆内接正五边形ABCDE，圆心为O，OA与BE交于点H，AC、AD与BE分别交于点M、N．根据圆与正五边形的对称性，只对部分图形进行研究．（其它可同理得出）
（1）求证：△ABM是等腰三角形且底角等于36°，并直接说出△BAN的形状；
（2）求证：，且其比值k；
（3）由对称性知AO⊥BE，由（1）（2）可知也是一个黄金分割数，据此求sin18°的值．
【分析】（1）连接圆心O与正五边形各顶点，利用圆周角定理得出∠ABE＝∠BAC＝36°，即AM＝BM，再求出∠BNA＝72°＝∠BAD，得出结论；
（2）证明△BAM∽△BEA，得到设BM＝y，AB＝x，则AM＝AN＝y，AB＝AE＝BN＝x，证明，得到，设t，求出t值即可；
（3）根据题意求出∠MAH＝∠NAH∠MAN＝18°，再根据sin∠MAH，将代入，即可求值．
【解析】（1）连接圆心O与正五边形各顶点，
在正五边形中，
∠AOE＝360°÷5＝72°，
∴∠ABE∠AOE＝36°，
同理∠BAC72°＝36°，
∴AM＝BM，
∴△ABM是等腰三角形且底角等于36°，
∵∠BOD＝∠BOC+∠COD＝72°+72°＝144°，
∴∠BAD∠BOD＝72°，
∴∠BNA＝180°﹣∠BAD﹣∠ABE＝72°，
∴AB＝NB，即△ABN为等腰三角形；
（2）∵∠ABM＝∠ABE，∠AEB∠AOB＝36°＝∠BAM，
∴△BAM∽△BEA，
∴，而AB＝BN，
∴，
设BM＝y，AB＝x，则AM＝AN＝y，AB＝AE＝BN＝x，
∵∠AMN＝∠MAB+∠MBA＝72°＝∠BAN，∠ANM＝∠ANB，
∴△AMN∽△BAN，
∴，即，则y2＝x2﹣xy，
两边同时除以x2，得：，设t，
则t2+t﹣1＝0，解得：t或（舍），
∴；
（3）∵∠MAN＝36°，根据对称性可知：∠MAH＝∠NAH∠MAN＝18°，
而AO⊥BE，
∴sin18°＝sin∠MAH
．
37．（2020•江西）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 S1+S2＝S3 ；
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，DE＝2，点P在AE上，∠ABP＝30°，PE，求五边形ABCDE的面积．
【分析】类比探究
（1）通过证明△ADB∽△BFC，可得（）2，同理可得（）2，由勾股定理可得AB2+AC2＝BC2，可得结论；
推广验证
（2）通过证明△ADB∽△BFC，可得（）2，同理可得（）2，由勾股定理可得AB2+AC2＝BC2，可得结论；
拓展应用
（3）过点A作AH⊥BP于H，连接PD，BD，由直角三角形的性质可求AP，BP＝BH+PH＝3，可求S△ABP，通过证明△ABP∽△EDP，可得∠EPD＝∠APB＝45°，，S△PDE，可得∠BPD＝90°，PD＝1，可求S△BPD＝23，由（2）的结论可求S△BCD＝S△ABP+S△DPE22，即可求解．
【解析】类比探究
（1）∵∠1＝∠3，∠D＝∠F＝90°，
∴△ADB∽△BFC，
∴（）2，
同理可得：（）2，
∵AB2+AC2＝BC2，
∴（）2+（）21，
∴S1+S2＝S3，
故答案为：S1+S2＝S3．
（2）结论仍然成立，
理由如下：∵∠1＝∠3，∠D＝∠F，
∴△ADB∽△BFC，
∴（）2，
同理可得：（）2，
∵AB2+AC2＝BC2，
∴（）2+（）21，
∴S1+S2＝S3，
（3）过点A作AH⊥BP于H，连接PD，BD，
∵∠ABH＝30°，AB＝2，
∴AH，BH＝3，∠BAH＝60°，
∵∠BAP＝105°，
∴∠HAP＝45°，
∵AH⊥BP，
∴∠HAP＝∠APH＝45°，
∴PH＝AH，
∴AP，BP＝BH+PH＝3，
∴S△ABP，
∵PE，ED＝2，AP，AB＝2，
∴，，
∴，
且∠E＝∠BAP＝105°，
∴△ABP∽△EDP，
∴∠EPD＝∠APB＝45°，，
∴∠BPD＝90°，PD＝1，
∴S△BPD23，
∵△ABP∽△EDP，
∴（）2，
∴S△PDE
∵tan∠PBD，
∴∠PBD＝30°，
∴∠CBD＝∠ABC﹣∠ABP﹣∠CBD＝30°，
∴∠ABP＝∠PDE＝∠CBD，
又∵∠A＝∠E＝∠C＝105°，
∴△ABP∽△EDP∽△CBD，
由（2）的结论可得：S△BCD＝S△ABP+S△DPE22，
∴五边形ABCDE的面积22+23＝67．
38．（2020•湘西州）问题背景：如图1，在四边形ABCD中，∠BAD＝90°，∠BCD＝90°，BA＝BC，∠ABC＝120°，∠MBN＝60°，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD、DC于E、F．探究图中线段AE，CF，EF之间的数量关系．
小李同学探究此问题的方法是：延长FC到G，使CG＝AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，再证明△BFG≌△BFE，可得出结论，他的结论就是 EF＝AE+CF ；
探究延伸1：如图2，在四边形ABCD中，∠BAD＝90°，∠BCD＝90°，BA＝BC，∠ABC＝2∠MBN，∠MBN绕B点旋转．它的两边分别交AD、DC于E、F，上述结论是否仍然成立？请直接写出结论（直接写出“成立”或者“不成立”），不要说明理由；
探究延伸2：如图3，在四边形ABCD中，BA＝BC，∠BAD+∠BCD＝180°，∠ABC＝2∠MBN，∠MBN绕B点旋转．它的两边分别交AD、DC于E、F．上述结论是否仍然成立？并说明理由；
实际应用：如图4，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处．舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以75海里/小时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏东50°的方向以100海里/小时的速度前进，1.2小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E、F处．且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为70°．试求此时两舰艇之间的距离．
【分析】问题背景：延长FC到G，使CG＝AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，再证明△BFG≌△BFE，即可得出结论：EF＝AE+CF；
探究延伸1：延长FC到G，使CG＝AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，再证明△BFG≌△BFE，可得出结论：EF＝AE+CF；
探究延伸2：延长DC到H，使得CH＝AE，连接BH，先证明△BCH≌△BAE，即可得到BE＝HB，∠ABE＝∠HBC，再证明△HBF≌△EBF，即可得出EF＝HF＝HC+CF＝AE+CF；
实际应用：连接EF，延长BF交AE的延长线于G，根据题意可转化为如下的数学问题：在四边形GAOB中，OA＝OB，∠A+∠B＝180°，∠AOB＝2∠EOF，∠EOF的两边分别交AG，BG于E，F，求EF的长．再根据探究延伸2的结论：EF＝AE+BF，即可得到两舰艇之间的距离．
【解析】问题背景：
如图1，延长FC到G，使CG＝AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，再证明△BFG≌△BFE，可得出结论：EF＝AE+CF；
故答案为：EF＝AE+CF；
探究延伸1：
如图2，延长FC到G，使CG＝AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，再证明△BFG≌△BFE，可得出结论：EF＝AE+CF；
探究延伸2：
上述结论仍然成立，即EF＝AE+CF，理由：
如图3，延长DC到H，使得CH＝AE，连接BH，
∵∠BAD+∠BCD＝180°，∠BCH+∠BCD＝180°，
∴∠BCH＝∠BAE，
∵BA＝BC，CH＝AE，
∴△BCH≌△BAE（SAS），
∴BE＝HB，∠ABE＝∠HBC，
∴∠HBE＝∠ABC，
又∵∠ABC＝2∠MBN，
∴∠EBF＝∠HBF，
∵BF＝BF，
∴△HBF≌△EBF（SAS），
∴EF＝HF＝HC+CF＝AE+CF；
实际应用：
如图4，连接EF，延长BF交AE的延长线于G，
因为舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处．舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，所以∠AOB＝140°，
因为指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为70°，所以∠EOF＝70°，所以∠AOB＝2∠EOF．
依题意得，OA＝OB，∠A＝60°，∠B＝120°，所以∠A+∠B＝180°，
因此本题的实际的应用可转化为如下的数学问题：
在四边形GAOB中，OA＝OB，∠A+∠B＝180°，∠AOB＝2∠EOF，∠EOF的两边分别交AG，BG于E，F，求EF的长．
根据探究延伸2的结论可得：EF＝AE+BF，
根据题意得，AE＝75×1.2＝90（海里），BF＝100×1.2＝120（海里），
所以EF＝90+120＝210（海里）．
答：此时两舰艇之间的距离为210海里．
39．（2020•青海）在△ABC中，AB＝AC，CG⊥BA交BA的延长线于点G．
特例感知：
（1）将一等腰直角三角尺按图1所示的位置摆放，该三角尺的直角顶点为F，一条直角边与AC重合，另一条直角边恰好经过点B．通过观察、测量BF与CG的长度，得到BF＝CG．请给予证明．
猜想论证：
（2）当三角尺沿AC方向移动到图2所示的位置时，一条直角边仍与AC边重合，另一条直角边交BC于点D，过点D作DE⊥BA垂足为E．此时请你通过观察、测量DE、DF与CG的长度，猜想并写出DE、DF与CG之间存在的数量关系，并证明你的猜想．
联系拓展：
（3）当三角尺在图2的基础上沿AC方向继续移动到图3所示的位置（点F在线段AC上，且点F与点C不重合）时，请你判断（2）中的猜想是否仍然成立？（不用证明）
【分析】（1）证明△FAB≌△GAC即可解决问题．
（2）结论：CG＝DE+DF．利用面积法证明即可．
（3）结论不变，证明方法类似（2）．
【解答】（1）证明：如图1中，
∵∠F＝∠G＝90°，∠FAB＝∠CAG，AB＝AC，
∴△FAB≌△GAC（AAS），
∴FB＝CG．
（2）解：结论：CG＝DE+DF．
理由：如图2中，连接AD．
∵S△ABC＝S△ABD+S△ADC，DE⊥AB，DF⊥AC，CG⊥AB，
∴•AB•CG•AB•DE•AC•DF，
∵AB＝AC，
∴CG＝DE+DF．
（3）解：结论不变：CG＝DE+DF．
理由：如图3中，连接AD．
∵S△ABC＝S△ABD+S△ADC，DE⊥AB，DF⊥AC，CG⊥AB，
∴•AB•CG•AB•DE•AC•DF，
∵AB＝AC，
∴CG＝DE+DF．
40．（2020•齐齐哈尔）综合与实践
在线上教学中，教师和学生都学习到了新知识，掌握了许多新技能．例如教材八年级下册的数学活动﹣﹣折纸，就引起了许多同学的兴趣．在经历图形变换的过程中，进一步发展了同学们的空间观念，积累了数学活动经验．
实践发现：
对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；再一次折叠纸片，使点A落在EF上的点N处，并使折痕经过点B，得到折痕BM，把纸片展平，连接AN，如图①．
（1）折痕BM 是 （填“是”或“不是”）线段AN的垂直平分线；请判断图中△ABN是什么特殊三角形？答： 等边三角形 ；进一步计算出∠MNE＝ 60 °；
（2）继续折叠纸片，使点A落在BC边上的点H处，并使折痕经过点B，得到折痕BG，把纸片展平，如图②，则∠GBN＝ 15 °；
拓展延伸：
（3）如图③，折叠矩形纸片ABCD，使点A落在BC边上的点A'处，并且折痕交BC边于点T，交AD边于点S，把纸片展平，连接AA'交ST于点O，连接AT．
求证：四边形SATA'是菱形．
解决问题：
（4）如图④，矩形纸片ABCD中，AB＝10，AD＝26，折叠纸片，使点A落在BC边上的点A'处，并且折痕交AB边于点T，交AD边于点S，把纸片展平．同学们小组讨论后，得出线段AT的长度有4，5，7，9．
请写出以上4个数值中你认为正确的数值 7，9 ．
【分析】（1）由折叠的性质可得AN＝BN，AE＝BE，∠NEA＝90°，BM垂直平分AN，∠BAM＝∠BNM＝90°，可证△ABN是等边三角形，由等边三角形的性质和直角三角形的性质可求解；
（2）由折叠的性质可得∠ABG＝∠HBG＝45°，可求解；
（3）由折叠的性质可得AO＝A'O，AA'⊥ST，由“AAS”可证△ASO≌△A'TO，可得SO＝TO，由菱形的判定可证四边形SATA'是菱形；
（4）先求出AT的范围，即可求解．
【解析】（1）如图①∵对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，
∴EF垂直平分AB，
∴AN＝BN，AE＝BE，∠NEA＝90°，
∵再一次折叠纸片，使点A落在EF上的点N处，
∴BM垂直平分AN，∠BAM＝∠BNM＝90°，
∴AB＝BN，
∴AB＝AN＝BN，
∴△ABN是等边三角形，
∴∠EBN＝60°，
∴∠ENB＝30°，
∴∠MNE＝60°，
故答案为：是，等边三角形，60；
（2）∵折叠纸片，使点A落在BC边上的点H处，
∴∠ABG＝∠HBG＝45°，
∴∠GBN＝∠ABN﹣∠ABG＝15°，
故答案为：15°；
（3）∵折叠矩形纸片ABCD，使点A落在BC边上的点A'处，
∴ST垂直平分AA'，
∴AO＝A'O，AA'⊥ST，
∵AD∥BC，
∴∠SAO＝∠TA'O，∠ASO＝∠A'TO，
∴△ASO≌△A'TO（AAS）
∴SO＝TO，
∴四边形ASA'T是平行四边形，
又∵AA'⊥ST，
∴边形SATA'是菱形；
（4）∵折叠纸片，使点A落在BC边上的点A'处，
∴AT＝A'T，
在Rt△A'TB中，A'T＞BT，
∴AT＞10﹣AT，
∴AT＞5，
∵点T在AB上，
∴当点T与点B重合时，AT有最大值为10，
∴5＜AT≤10，
∴正确的数值为7，9，
故答案为：7，9．
41．（2020•德州）问题探究：
小红遇到这样一个问题：如图1，△ABC中，AB＝6，AC＝4，AD是中线，求AD的取值范围．她的做法是：延长AD到E，使DE＝AD，连接BE，证明△BED≌△CAD，经过推理和计算使问题得到解决．
请回答：（1）小红证明△BED≌△CAD的判定定理是： SAS ；
（2）AD的取值范围是 1＜AD＜5 ；
方法运用：
（3）如图2，AD是△ABC的中线，在AD上取一点F，连结BF并延长交AC于点E，使AE＝EF，求证：BF＝AC．
（4）如图3，在矩形ABCD中，，在BD上取一点F，以BF为斜边作Rt△BEF，且，点G是DF的中点，连接EG，CG，求证：EG＝CG．
【分析】（1）由“SAS”可证△BED≌△CAD；
（2）由全等三角形的性质可得AC＝BE＝4，由三角形的三边关系可求解；
（3）延长AD至H，使AD＝DH，连接BH，由“SAS”可证△BHD≌△CAD，可得AC＝BH，∠CAD＝∠H，由等腰三角形的性质可得∠H＝∠BFH，可得BF＝BH＝AC；
（4）延长CG至N，使NG＝CG，连接EN，CE，NF，由“SAS”可证△NGF≌△CGD，可得CD＝NF，∠CDB＝∠NFG，通过证明△BEC∽△FEN，可得∠BEC＝∠FEN，可得∠BEF＝∠NEC＝90°，由直角三角形的性质可得结论．
【解析】（1）∵AD是中线，
∴BD＝CD，
又∵∠ADC＝∠BDE，AD＝DE，
∴△BED≌△CAD（SAS），
故答案为：SAS；
（2）∵△BED≌△CAD，
∴AC＝BE＝4，
在△ABE中，AB﹣BE＜AE＜AB+BE，
∴2＜2AD＜10，
∴1＜AD＜5，
故答案为：1＜AD＜5；
（3）如图2，延长AD至H，使AD＝DH，连接BH，
∵AD是△ABC的中线，
∴BD＝CD，
又∵∠ADC＝∠BDH，AD＝DH，
∴△ADC≌△HDB（SAS），
∴AC＝BH，∠CAD＝∠H，
∵AE＝EF，
∴∠EAF＝∠AFE，
∴∠H＝∠BFH，
∴BF＝BH，
∴AC＝BF；
（4）如图3，延长CG至N，使NG＝CG，连接EN，CE，NF，
∵点G是DF的中点，
∴DG＝GF，
又∵∠NGF＝∠DGC，CG＝NG，
∴△NGF≌△CGD（SAS），
∴CD＝NF，∠CDB＝∠NFG，
∵，，
∴tan∠ADB，tan∠EBF，
∴∠ADB＝∠EBF，
∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠DBC，
∴∠EBF＝∠DBC，
∴∠EBC＝2∠DBC，
∵∠EBF+∠EFB＝90°，∠DBC+∠BDC＝90°，
∴∠EFB＝∠BDC＝∠NFG，∠EBF+∠EFB+∠DBC+∠BDC＝180°，
∴2∠DBC+∠EFB+∠NFG＝180°，
又∵∠NFG+∠BFE+∠EFN＝180°，
∴∠EFN＝2∠DBC，
∴∠EBC＝∠EFN，
∵，且CD＝NF，
∴
∴△BEC∽△FEN，
∴∠BEC＝∠FEN，
∴∠BEF＝∠NEC＝90°，
又∵CG＝NG，
∴EGNC，
∴EG＝GC．
42．（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．
【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，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，则DEEF，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，
∴，
∴BF2＝BE•BC，
∴BC，
∴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，
∴，
∴DE2＝EF•EG，
又∵EG＝AC＝2EF，
∴DE2＝2EF2，
∴DEEF，
又∵，
∴DG，
∴DC＝DG﹣CG＝52．
43．（2020•邵阳）已知：如图①，将一块45°角的直角三角板DEF与正方形ABCD的一角重合，连接AF，CE，点M是CE的中点，连接DM．
（1）请你猜想AF与DM的数量关系是 AF＝2DM ．
（2）如图②，把正方形ABCD绕着点D顺时针旋转α角（0°＜α＜90°）．
①AF与DM的数量关系是否仍成立，若成立，请证明；若不成立，请说明理由；（温馨提示：延长DM到点N，使MN＝DM，连接CN）
②求证：AF⊥DM；
③若旋转角α＝45°，且∠EDM＝2∠MDC，求的值．（可不写过程，直接写出结果）
【分析】（1）根据题意合理猜想即可；
（2）①延长DM到点N，使MN＝DM，连接CN，先证明△MNC≌△MDE，再证明△ADF≌△DCN，得到AF＝DN，故可得到AF＝2DM；
②根据全等三角形的性质和直角的换算即可求解；
③依题意可得∠AFD＝∠EDM＝30°，可设AG＝k，得到DG，AD，FG，ED的长，故可求解．
【解析】（1）猜想AF与DM的数量关系是AF＝2DM，
理由：∵四边形ABCD是正方形，
∴CD＝AD，∠ADC＝90°，
在△ADF和△CDE中，
，
∴△ADF≌△CDE（SAS），
∴AF＝CE，
∵M是CE的中点，
∴CE＝2DM，
∴AF＝2DM，
故答案为：AF＝2DM；
（2）①AF＝2DM仍然成立，
理由如下：延长DM到点N，使MN＝DM，连接CN，
∵M是CE中点，
∴CM＝EM，
又∠CMN＝∠EMD，
∴△MNC≌△MDE（SAS），
∴CN＝DE＝DF，∠MNC＝∠MDE，
∴CN∥DE，
又AD∥BC
∴∠NCB＝∠EDA，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC，∠BCD＝90°＝∠EDF，
∴∠ADF＝∠DCN，
∴△ADF≌△DCN（SAS），
∴AF＝DN，
∴AF＝2DM；
②∵△ADF≌△DCN，
∴∠NDC＝∠FAD，
∵∠CDA＝90°，
∴∠NDC+∠NDA＝90°，
∴∠FAD+∠NDA＝90°，
∴AF⊥DM；
③∵α＝45°，
∴∠EDC＝90°﹣45°＝45°
∵∠EDM＝2∠MDC，
∴∠EDM∠EDC＝30°，
∴∠AFD＝30°，
过A点作AG⊥FD的延长线于G点，∴∠ADG＝90°﹣45°＝45°，
∴△ADG是等腰直角三角形，
设AG＝k，则DG＝k，AD＝AG÷sin45°k，
FG＝AG÷tan30°k，
∴FD＝EDk﹣k，
故．
44．（2020•天水）性质探究
如图（1），在等腰三角形ABC中，∠ACB＝120°，则底边AB与腰AC的长度之比为 ：1 ．
理解运用
（1）若顶角为120°的等腰三角形的周长为4+2，则它的面积为 ；
（2）如图（2），在四边形EFGH中，EF＝EG＝EH，在边FG，GH上分别取中点M，N，连接MN．若∠FGH＝120°，EF＝20，求线段MN的长．
类比拓展
顶角为2α的等腰三角形的底边与一腰的长度之比为 2sinα：1 ．（用含α的式子表示）
【分析】性质探究：如图1中，过点C作CD⊥AB于D．解直角三角形求出AB（用AC表示）即可解决问题．
理解运用：①利用性质探究中的结论，设CA＝CB＝m，则ABm，构建方程求出m即可解决问题．
②如图2中，连接FH．求出FH，利用三角形中位线定理解决问题即可．
类比拓展：利用等腰三角形的性质求出AB与AC的关系即可．
【解析】性质探究：如图1中，过点C作CD⊥AB于D．
∵CA＝CB，∠ACB＝120°，CD⊥AB，
∴∠A＝∠B＝30°，AD＝BD，
∴AB＝2AD＝2AC•cos30°AC，
∴AB：AC：1．
故答案为：1．
理解运用：（1）设CA＝CB＝m，则ABm，
由题意2mm＝4+2，
∴m＝2，
∴AC＝CB＝2，AB＝2，
∴AD＝DB，CD＝AC•sin30°＝1，
∴S△ABC•AB•CD．
故答案为．
（2）如图2中，连接FH．
∵∠FGH＝120°，EF＝EG＝EH，
∴∠EFG＝∠EGF，∠EHG＝∠EGH，
∴∠EFG+∠EHG＝∠EGF+∠EGH＝∠FGH＝120°，
∵∠FEH+∠EFG+∠EHG+∠FGH＝360°，
∴∠FEH＝360°﹣120°﹣120°＝120°，
∵EF＝EH，
∴△EFH是顶角为120°的等腰三角形，
∴FHEF＝20，
∵FM＝MG．GN＝GH，
∴MNFH＝10．
类比拓展：如图1中，过点C作CD⊥AB于D．
∵CA＝CB，∠ACB＝2α，CD⊥AB，
∴∠A＝∠B＝30°，AD＝BD，∠ACD＝∠BCD＝α
∴AB＝2AD＝2AC•sinα
∴AB：AC＝2sinα：1．
故答案为2sinα：1．
45．（2020•盐城）以下虚线框中为一个合作学习小组在一次数学实验中的过程记录，请阅读后完成虚线框下方的问题1～4．
（Ⅰ）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝2，在探究三边关系时，通过画图，度量和计算，收集到一组数据如下表：（单位：厘米）
AC
2.8
2.7
2.6
2.3
2
1.5
0.4
BC
0.4
0.8
1.2
1.6
2
2.4
2.8
AC+BC
3.2
3.5
3.8
3.9
4
3.9
3.2
（Ⅱ）根据学习函数的经验，选取上表中BC和AC+BC的数据进行分析：
①BC＝x，AC+BC＝y，以（x，y）为坐标，在图①所示的坐标系中描出对应的点：
②连线：
观察思考
（Ⅲ）结合表中的数据以及所画的图象，猜想．当x＝____时，y最大；
（Ⅳ）进一步精想：若Rt△ABC中，∠C＝90°，斜边AB＝2a（a为常数，a＞0），则BC＝____时，AC+BC最大．
推理证明
（Ⅴ）对（Ⅳ）中的猜想进行证明．
问题1，在图①中完善（Ⅱ）的描点过程，并依次连线；
问题2，补全观察思考中的两个猜想：（Ⅲ） 2 ；（Ⅳ） BCa ；
问题3，证明上述（Ⅴ）中的猜想；
问题4，图②中折线B﹣﹣E﹣﹣F﹣﹣G﹣﹣A是一个感光元件的截面设计草图，其中点A，B间的距离是4厘米，AG＝BE＝1厘米．∠E＝∠F＝∠G＝90°．平行光线从AB区域射入，∠BNE＝60°，线段FM、FN为感光区域，当EF的长度为多少时，感光区域长度之和最大，并求出最大值．
【分析】问题1：利用那地方解决问题即可．
问题2：利用图象法解决问题即可．
问题3：设BC＝x，AC﹣BC＝y，根据一元二次方程，利用根的判别式解决问题即可．
问题4：延长AM交EF的延长线于C，过点A作AH⊥EF于H，过点B作BK⊥GF于K交AH于Q．证明FN+FM＝EF+FG﹣EN﹣GM＝BK+AHBQ+AQ+KQ+QHBQ+AQ+2，求出BQ+AQ的最大值即可解决问题．
【解析】问题1：函数图象如图所示：
问题2：（Ⅲ）观察图象可知，x＝2时，y有最大值．
（Ⅳ）猜想：BCa．
故答案为：2，BCa．
问题3：设BC＝x，AC﹣BC＝y，
在Rt△ABC中，∵∠C＝90°
∴AC，
∴y＝x，
∴y﹣x，
∴y2﹣2xy+x2＝4a2﹣x2，
∴2x2﹣2xy+y2﹣4a2＝0，
∵关于x的一元二次方程有实数根，
∴b2﹣4ac＝4y2﹣4×2×（y2﹣4a2）≥0，
∴y2≤8a2，
∵y＞0，a＞0，
∴y≤2a，
当y＝2a时，2x2﹣4ax+4a2＝0
∴（x﹣2a）2＝0，
∴x1＝x2a，
∴当BCa时，y有最大值．
问题4：延长AM交EF的延长线于C，过点A作AH⊥EF于H，过点B作BK⊥GF于K交AH于Q．
在Rt△BNE中，∠E＝90°，∠BNE＝60°，BE＝1cm，
∴tan∠BNE，
∴NE（cm），
∵AM∥BN，
∴∠C＝60°，
∵∠GFE＝90°，
∴∠CMF＝30°，
∴∠AMG＝30°，
∵∠G＝90°，AG＝1cm，∠AMG＝30°，
∴在Rt△AGM中，tan∠AMG，
∴GM（cm），
∵∠G＝∠GFH＝90°，∠AHF＝90°，
∴四边形AGFH为矩形，
∴AH＝FG，
∵∠GFH＝∠E＝90°，∠BKF＝90°
∴四边形BKFE是矩形，
∴BK＝FE，
∵FN+FM＝EF+FG﹣EN﹣GM＝BK+AHBQ+AQ+KQ+QHBQ+AQ+2，
在Rt△ABQ中，AB＝4cm，
由问题3可知，当BQ＝AQ＝2cm时，AQ+BQ的值最大，
∴BQ＝AQ＝2时，FN+FM的最大值为（42）cm．
46．（2020•临沂）已知⊙O1的半径为r1，⊙O2的半径为r2．以O1为圆心，以r1+r2的长为半径画弧，再以线段O1O2的中点P为圆心，以O1O2的长为半径画弧，两弧交于点A，连接O1A，O2A，O1A交⊙O1于点B，过点B作O2A的平行线BC交O1O2于点C．
（1）求证：BC是⊙O2的切线；
（2）若r1＝2，r2＝1，O1O2＝6，求阴影部分的面积．
【分析】（1）由题意得出O1P＝AP＝O2P，则可得出∠O1AO2＝90°，由平行线的性质可得出∠O1BC＝90°，过点O2作O2D⊥BC交BC的延长线于点D，证得O2D＝r2，则可得出结论；
（2）由直角三角形的性质求出∠BO1C＝60°，由勾股定理求出BC长，则可根据S阴影求出答案．
【解答】（1）证明：连接AP，
∵以线段O1O2的中点P为圆心，以O1O2的长为半径画弧，
∴O1P＝AP＝O2P，
∴∠O1AO2＝90°，
∵BC∥O2A，
∴∠O1BC＝∠O1AO2＝90°，
过点O2作O2D⊥BC交BC的延长线于点D，
∴四边形ABDO2是矩形，
∴AB＝O2D，
∵O1A＝r1+r2，
∴O2D＝r2，
∴BC是⊙O2的切线；
（2）解：∵r1＝2，r2＝1，O1O2＝6，
∴O1A，
∴∠BO1C＝60°，
∴O1C＝2O1B＝4，
∴BC2，
∴S阴影2π．
47．（2020•天津）将一个直角三角形纸片OAB放置在平面直角坐标系中，点O（0，0），点A（2，0），点B在第一象限，∠OAB＝90°，∠B＝30°，点P在边OB上（点P不与点O，B重合）．
（Ⅰ）如图①，当OP＝1时，求点P的坐标；
（Ⅱ）折叠该纸片，使折痕所在的直线经过点P，并与x轴的正半轴相交于点Q，且OQ＝OP，点O的对应点为O'，设OP＝t．
①如图②，若折叠后△O'PQ与△OAB重叠部分为四边形，O'P，O'Q分别与边AB相交于点C，D，试用含有t的式子表示O'D的长，并直接写出t的取值范围；
②若折叠后△O'PQ与△OAB重叠部分的面积为S，当1≤t≤3时，求S的取值范围（直接写出结果即可）．
【分析】（Ⅰ）如图①中，过点P作PH⊥OA于H．解直角三角形求出OH，PH即可．
（Ⅱ）①解直角三角形求出DQ，DO′即可．
②求出点O′落在AB上时，S（）2．当t≤2时，重叠部分是四边形PQDC，St2（3t﹣4）2t2+3t﹣2，当t时，S有最大值，最大值．再求出当t＝1或3时，S的值即可判断．
【解析】（Ⅰ）如图①中，过点P作PH⊥OA于H．
∵∠OAB＝90°，∠B＝30°，
∴∠BOA＝90°﹣30°＝60°，
∴∠OPH＝90°﹣60°＝30°，
∵OP＝1，
∴OHOP，PH＝OP•cos30°，
∴P（，）．
（Ⅱ）①如图②中，
由折叠可知，△O′PQ≌△OPQ，
∴OP＝O′P，OQ＝O′Q，
∵OP＝OQ＝t，
∴OP＝OQ＝O′P＝O′Q，
∴四边形OPO′Q是菱形，
∴QO′∥OB，
∴∠ADQ＝∠B＝30°，
∵A（2，0），
∴OA＝2，QA＝2﹣t，
在Rt△AQD中，DQ＝2QA＝4﹣2t，
∵O′D＝O′Q﹣QD＝3t﹣4，
∴t＜2．
②当点O′落在AB上时，重叠部分是△PQO′，此时t，S（）2，
当t≤2时，重叠部分是四边形PQDC，St2（3t﹣4）2t2+3t﹣2，
当t时，S有最大值，最大值，
当t＝1时，S，当t＝3时，S，
综上所述，S．
48．（2020•南京）如图①，要在一条笔直的路边l上建一个燃气站，向l同侧的A、B两个城镇分别铺设管道输送燃气．试确定燃气站的位置，使铺设管道的路线最短．
（1）如图②，作出点A关于l的对称点A'，线段A'B与直线l的交点C的位置即为所求，即在点C处建燃气站，所得路线ACB是最短的．
为了证明点C的位置即为所求，不妨在直线1上另外任取一点C'，连接AC'、BC'，证明AC+CB＜AC′+C'B．请完成这个证明．
（2）如果在A、B两个城镇之间规划一个生态保护区，燃气管道不能穿过该区域．请分别给出下列两种情形的铺设管道的方案（不需说明理由）．
①生态保护区是正方形区域，位置如图③所示；
②生态保护区是圆形区域，位置如图④所示．
【分析】（1）由轴对称的性质可得CA＝CA'，可得AC+BC＝A'C+BC＝A'B，AC'+C'B＝A'C'+BC'，由三角形的三边关系可得A'B＜A'C'+C'B，可得结论；
（2）①由（1）的结论可求；
②由（1）的结论可求解．
【解答】证明：（1）如图②，连接A'C'，
∵点A，点A'关于l对称，点C在l上，
∴CA＝CA'，
∴AC+BC＝A'C+BC＝A'B，
同理可得AC'+C'B＝A'C'+BC'，
∵A'B＜A'C'+C'B，
∴AC+BC＜AC'+C'B；
（2）如图③，
在点C出建燃气站，铺设管道的最短路线是ACDB，（其中点D是正方形的顶点）；
如图④，
在点C出建燃气站，铺设管道的最短路线是ACDEB，（其中CD，BE都与圆相切）
49．（2020•达州）（1）[阅读与证明]
如图1，在正△ABC的外角∠CAH内引射线AM，作点C关于AM的对称点E（点E在∠CAH内），连接BE，BE、CE分别交AM于点F、G．
①完成证明：∵点E是点C关于AM的对称点，
∴∠AGE＝90°，AE＝AC，∠1＝∠2．
∵正△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝AC，
∴AE＝AB，得∠3＝∠4．
在△ABE中，∠1+∠2+60°+∠3+∠4＝180°，∴∠1+∠3＝ 60 °．
在△AEG中，∠FEG+∠3+∠1＝90°，∴∠FEG＝ 30 °．
②求证：BF＝AF+2FG．
（2）[类比与探究]
把（1）中的“正△ABC”改为“正方形ABDC”，其余条件不变，如图2．类比探究，可得：
①∠FEG＝ 45 °；
②线段BF、AF、FG之间存在数量关系 BFAFFG ．
（3）[归纳与拓展]
如图3，点A在射线BH上，AB＝AC，∠BAC＝α（0°＜α＜180°），在∠CAH内引射线AM，作点C关于AM的对称点E（点E在∠CAH内），连接BE，BE、CE分别交AM于点F、G．则线段BF、AF、GF之间的数量关系为 BF＝2AF•sinα ．
【分析】（1）①利用等腰三角形的性质，三角形内角和定理解决问题即可．
②如图1中，连接CF，在FB上取一点T，使得FT＝CF，连接CT．证明△BCT≌△ACF（SAS）可得结论．
（2）①如图2中，利用圆周角定理解决问题即可．
②结论：BFAFFG．如图2中，连接CF，在FB上取一点T，使得FT＝CF，连接CT．证明△BCT∽△ACF，推出，推出BTAF可得结论．
（3）如图3中，连接CF，BC，在BF上取一点T，使得FT＝CF．构造相似三角形，利用相似三角形的性质解决问题即可．
【解答】（1）①解：如图1中，∵点E是点C关于AM的对称点，
∴∠AGE＝90°，AE＝AC，∠1＝∠2．
∵正△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝AC，
∴AE＝AB，得∠3＝∠4．
在△ABE中，∠1+∠2+60°+∠3+∠4＝180°，
∴∠1+∠3＝60°．
在△AEG中，∠FEG+∠3+∠1＝90°，
∴∠FEG＝30°．
故答案为60，30．
②证明：如图1中，连接CF，在FB上取一点T，使得FT＝CF，连接CT．
∵C，E关于AM对称，
∴AM垂直平分线段EC，
∴FE＝FC，
∴∠FEC＝∠FCE＝30°，EF＝2FG，
∴∠CFT＝∠FEC+∠FCE＝60°，
∵FC＝FT，
∴△CFT是等边三角形，
∴∠ACB＝∠FCT＝60°，CF＝CT＝FT，
∴∠BCT＝∠ACF，
∵CB＝CA，
∴△BCT≌△ACF（SAS），
∴BT＝AF，
∴BF＝BT+FT＝AF+EF＝AF+2FG．
（2）解：①如图2中，∵AB＝AC＝AE，
∴点A是△ECB的外接圆的圆心，
∴∠BEC∠BAC，
∵∠BAC＝90°，
∴∠FEG＝45°．
故答案为45．
②结论：BFAFFG．
理由：如图2中，连接CF，在FB上取一点T，使得FT＝CF，连接CT．
∵AM⊥EC，CG＝CE，
∴FC＝EF，
∴∠FEC＝∠FCE＝45°，EFFG，
∴∠CFT＝∠FEC+∠FCE＝90°，
∵CF＝CT，
∴△CFT是等腰直角三角形，
∴CTCF，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴BCAC，
∴，
∵∠BCA＝∠TCF＝45°，
∴∠BCT＝∠ACF，
∴△BCT∽△ACF，
∴，
∴BTAF，
∴BF＝BT+TFAFFG．．
（3）如图3中，连接CF，BC，在BF上取一点T，使得FT＝CF．
∵AB＝AC，∠BAC＝α，
∴sinα，
∴2•sinα，
∵AB＝AC＝AE，
∴∠BEC∠BACα，EF，
∵FC＝FE，
∴∠FEC＝∠FCEα，
∴∠CFT＝∠FEC+∠FCE＝α，
同法可证，△BCT∽△ACF，
∴2•sinα，
∴BT＝2AF•sinα，
∴BF＝BT+FT＝2AF•sinα+EF．即BF＝2AF•sinα．
故答案为：BF＝2AF•sinα．
50．（2020•泰安）小明将两个直角三角形纸片如图（1）那样拼放在同一平面上，抽象出如图（2）的平面图形，∠ACB与∠ECD恰好为对顶角，∠ABC＝∠CDE＝90°，连接BD，AB＝BD，点F是线段CE上一点．
探究发现：
（1）当点F为线段CE的中点时，连接DF（如图（2）），小明经过探究，得到结论：BD⊥DF．你认为此结论是否成立？ 是 ．（填“是”或“否”）
拓展延伸：
（2）将（1）中的条件与结论互换，即：BD⊥DF，则点F为线段CE的中点．请判断此结论是否成立．若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．
问题解决：
（3）若AB＝6，CE＝9，求AD的长．
【分析】（1）证明∠FDC+∠BDC＝90°可得结论．
（2）结论成立：利用等角的余角相等证明∠E＝∠EDF，推出EF＝FD，再证明FD＝FC即可解决问题．
（3）如图3中，取EC的中点G，连接GD．则GD⊥BD．利用（1）中即可以及相似三角形的性质解决问题即可．
【解析】（1）如图（2）中，
∵∠EDC＝90°，EF＝CF，
∴DF＝CF，
∴∠FCD＝∠FDC，
∵∠ABC＝90°，
∴∠A+∠ACB＝90°，
∵BA＝BD，
∴∠A＝∠ADB，
∵∠ACB＝∠FCD＝∠FDC，
∴∠ADB+∠FDC＝90°，
∴∠FDB＝90°，
∴BD⊥DF．
故答案为是．
（2）结论成立：
理由：∵BD⊥DF，ED⊥AD，
∴∠BDC+∠CDF＝90°，∠EDF+∠CDF＝90°，
∴∠BDC＝∠EDF，
∵AB＝BD，
∴∠A＝∠BDC，
∴∠A＝∠EDF，
∵∠A+∠ACB＝90°，∠E+∠ECD＝90°，∠ACB＝∠ECD，
∴∠A＝∠E，
∴∠E＝∠EDF，
∴EF＝FD，
∵∠E+∠ECD＝90°，∠EDF+∠FDC＝90°，
∴∠FCD＝∠FDC，
∴FD＝FC，
∴EF＝FC，
∴点F是EC的中点．
（3）如图3中，取EC的中点G，连接GD．则GD⊥BD．
∴DGEC，
∵BD＝AB＝6，
在Rt△BDG中，BG，
∴CB3，
在Rt△ABC中，AC3，
∵∠ACB＝∠ECD，∠ABC＝∠EDC，
∴△ABC∽△EDC，
∴，
∴，
∴CD，
∴AD＝AC+CD＝3．
专题28新定义与阅读理解创新型问题
一．选择题（共4小题）
1．（2020•荆州）定义新运算“a*b”：对于任意实数a，b，都有a*b＝（a+b）（a﹣b）﹣1，其中等式右边是通常的加法、减法、乘法运算，例4*3＝（4+3）（4﹣3）﹣1＝7﹣1＝6．若x*k＝x（k为实数）是关于x的方程，则它的根的情况为（ ）
A．有一个实数根 B．有两个相等的实数根
C．有两个不相等的实数根 D．没有实数根
【分析】利用新定义得到（x+k）（x﹣k）﹣1＝x，再把方程化为一般式后计算判别式的值，然后利用△＞0可判断方程根的情况．
【解析】∵x*k＝x（k为实数）是关于x的方程，
∴（x+k）（x﹣k）﹣1＝x，
整理得x2﹣x﹣k2﹣1＝0，
∵△＝（﹣1）2﹣4（﹣k2﹣1）
＝4k2+5＞0，
∴方程有两个不相等的实数根．
故选：C．
2．（2020•枣庄）对于实数a、b，定义一种新运算“⊗”为：a⊗b，这里等式右边是实数运算．例如：1⊗3．则方程x⊗（﹣2）1的解是（ ）
A．x＝4 B．x＝5 C．x＝6 D．x＝7
【分析】所求方程利用题中的新定义化简，求出解即可．
【解析】根据题意，得1，
去分母得：1＝2﹣（x﹣4），
解得：x＝5，
经检验x＝5是分式方程的解．
故选：B．
3．（2020•潍坊）若定义一种新运算：a⊗b，例如：3⊗1＝3﹣1＝2；5⊗4＝5+4﹣6＝3．则函数y＝（x+2）⊗（x﹣1）的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据a⊗b，可得当x+2≥2（x﹣1）时，x≤4，分两种情况：当x≤4时和当x＞4时，分别求出一次函数的关系式，然后判断即可得出结论．
【解析】∵当x+2≥2（x﹣1）时，x≤4，
∴当x≤4时，（x+2）⊗（x﹣1）＝（x+2）﹣（x﹣1）＝x+2﹣x+1＝3，
即：y＝3，
当x＞4时，（x+2）⊗（x﹣1）＝（x+2）+（x﹣1）﹣6＝x+2+x﹣1﹣6＝2x﹣5，
即：y＝2x﹣5，
∴k＝2＞0，
∴当x＞4时，y＝2x﹣5，函数图象向上，y随x的增大而增大，
综上所述，A选项符合题意．
故选：A．
4．（2020•长沙）“闻起来臭，吃起来香”的臭豆腐是长沙特色小吃，臭豆腐虽小，但制作流程却比较复杂，其中在进行加工煎炸臭豆腐时，我们把“焦脆而不糊”的豆腐块数的百分比称为“可食用率”．在特定条件下，“可食用率”P与加工煎炸时间t（单位：分钟）近似满足的函数关系为：p＝at2+bt+c（a≠0，a，b，c是常数），如图记录了三次实验的数据．根据上述函数关系和实验数据，可以得到加工煎炸臭豆腐的最佳时间为（ ）
A．3.50分钟 B．4.05分钟 C．3.75分钟 D．4.25分钟
【分析】将图象中的三个点（3，0.8）、（4，0.9）、（5，0.6）代入函数关系p＝at2+bt+c中，可得函数关系式为：p＝﹣0.2t2+1.5t﹣1.9，再根据加工煎炸臭豆腐的最佳时间为抛物线顶点的横坐标，求出即可得结论．
【解析】将图象中的三个点（3，0.8）、（4，0.9）、（5，0.6）代入函数关系p＝at2+bt+c中，
，
解得，
所以函数关系式为：p＝﹣0.2t2+1.5t﹣1.9，
由题意可知：加工煎炸臭豆腐的最佳时间为抛物线顶点的横坐标：
t3.75，
则当t＝3.75分钟时，可以得到最佳时间．
故选：C．
二．填空题（共11小题）
5．（2020•临沂）我们知道，两点之间线段最短，因此，连接两点间线段的长度叫做两点间的距离；同理，连接直线外一点与直线上各点的所有线段中，垂线段最短，因此，直线外一点到这条直线的垂线段的长度，叫做点到直线的距离．类似地，连接曲线外一点与曲线上各点的所有线段中，最短线段的长度，叫做点到曲线的距离．依此定义，如图，在平面直角坐标系中，点A（2，1）到以原点为圆心，以1为半径的圆的距离为 1 ．
【分析】连接AO交⊙O于B，则线段AB的长度即为点A（2，1）到以原点为圆心，以1为半径的圆的距离，根据勾股定理即可得到结论．
【解析】连接AO交⊙O于B，
则线段AB的长度即为点A（2，1）到以原点为圆心，以1为半径的圆的距离，
∵点A（2，1），
∴OA，
∵OB＝1，
∴AB1，
即点A（2，1）到以原点为圆心，以1为半径的圆的距离为1，
故答案为：1．
6．（2020•十堰）对于实数m，n，定义运算m*n＝（m+2）2﹣2n．若2*a＝4*（﹣3），则a＝ ﹣13 ．
【分析】根据给出的新定义分别求出2*a与4*（﹣3）的值，根据2*a＝4*（﹣3）得出关于a的一元一次方程，求解即可．
【解析】∵m*n＝（m+2）2﹣2n，
∴2*a＝（2+2）2﹣2a＝16﹣2a，4*（﹣3）＝（4+2）2﹣2×（﹣3）＝42，
∵2*a＝4*（﹣3），
∴16﹣2a＝42，
解得a＝﹣13，
故答案为：﹣13．
7．（2020•青海）对于任意两个不相等的数a，b，定义一种新运算“⊕”如下：a⊕b，如：3⊕2，那么12⊕4＝ ．
【分析】先依据定义列出算式，然后再进行计算即可．
【解析】12⊕4．
故答案为：．
8．（2020•湘潭）算筹是在珠算发明以前我国独创并且有效的计算工具，为我国古代数学的发展做出了很大的贡献．在算筹计数法中，以“纵式”和“横式”两种方式来表示数字如图：
数字
形式
1
2
3
4
5
6
7
8
9
纵式
|
||
|||
||||
|||||
横式
表示多位数时，个位用纵式，十位用横式，百位用纵式，千位用横式，以此类推，遇零则置空．示例如图：，则表示的数是 9167 ．
【分析】根据算筹计数法来计数即可．
【解析】根据算筹计数法，表示的数是：9167
故答案为：9167．
9．（2020•长沙）某数学老师在课外活动中做了一个有趣的游戏：首先发给A、B、C三个同学相同数量的扑克牌（假定发到每个同学手中的扑克牌数量足够多），然后依次完成以下三个步骤：
第一步，A同学拿出二张扑克牌给B同学；
第二步，C同学拿出三张扑克牌给B同学；
第三步，A同学手中此时有多少张扑克牌，B同学就拿出多少张扑克牌给A同学．
请你确定，最终B同学手中剩余的扑克牌的张数为 7 ．
【分析】本题是整式加减法的综合运用，设每人有牌x张，解答时依题意列出算式，求出答案．
【解析】设每人有牌x张，B同学从A同学处拿来二张扑克牌，又从C同学处拿来三张扑克牌后，
则B同学有（x+2+3）张牌，
A同学有（x﹣2）张牌，
那么给A同学后B同学手中剩余的扑克牌的张数为：x+2+3﹣（x﹣2）＝x+5﹣x+2＝7．
故答案为：7．
10．（2020•常德）阅读理解：对于x3﹣（n2+1）x+n这类特殊的代数式可以按下面的方法分解因式：
x3﹣（n2+1）x+n＝x3﹣n2x﹣x+n＝x（x2﹣n2）﹣（x﹣n）＝x（x﹣n）（x+n）﹣（x﹣n）＝（x﹣n）（x2+nx﹣1）．
理解运用：如果x3﹣（n2+1）x+n＝0，那么（x﹣n）（x2+nx﹣1）＝0，即有x﹣n＝0或x2+nx﹣1＝0，
因此，方程x﹣n＝0和x2+nx﹣1＝0的所有解就是方程x3﹣（n2+1）x+n＝0的解．
解决问题：求方程x3﹣5x+2＝0的解为 x＝2或x＝﹣1或x＝﹣1 ．
【分析】将原方程左边变形为x3﹣4x﹣x+2＝0，再进一步因式分解得（x﹣2）[x（x+2）﹣1]＝0，据此得到两个关于x的方程求解可得．
【解析】∵x3﹣5x+2＝0，
∴x3﹣4x﹣x+2＝0，
∴x（x2﹣4）﹣（x﹣2）＝0，
∴x（x+2）（x﹣2）﹣（x﹣2）＝0，
则（x﹣2）[x（x+2）﹣1]＝0，即（x﹣2）（x2+2x﹣1）＝0，
∴x﹣2＝0或x2+2x﹣1＝0，
解得x＝2或x＝﹣1，
故答案为：x＝2或x＝﹣1或x＝﹣1．
11．（2020•衢州）定义a※b＝a（b+1），例如2※3＝2×（3+1）＝2×4＝8．则（x﹣1）※x的结果为 x2﹣1 ．
【分析】根据规定的运算，直接代值后再根据平方差公式计算即可．
【解析】根据题意得：
（x﹣1）※x＝（x﹣1）（x+1）＝x2﹣1．
故答案为：x2﹣1．
12．（2020•枣庄）各顶点都在方格纸的格点（横竖格子线的交错点）上的多边形称为格点多边形，它的面积S可用公式S＝ab﹣1（a是多边形内的格点数，b是多边形边界上的格点数）计算，这个公式称为“皮克（Pick）定理”．如图给出了一个格点五边形，则该五边形的面积S＝ 6 ．
【分析】分别统计出多边形内部的格点数a和边界上的格点数b，再代入公式S＝ab﹣1，即可得出格点多边形的面积．
【解析】∵a表示多边形内部的格点数，b表示多边形边界上的格点数，S表示多边形的面积，
∴a＝4，b＝6，
∴该五边形的面积S＝46﹣1＝6，
故答案为：6．
13．（2020•荆州）我们约定：（a，b，c）为函数y＝ax2+bx+c的“关联数”，当其图象与坐标轴交点的横、纵坐标均为整数时，该交点为“整交点”．若关联数为（m，﹣m﹣2，2）的函数图象与x轴有两个整交点（m为正整数），则这个函数图象上整交点的坐标为 （1，0）、（2，0）或（0，2） ．
【分析】根据题意令y＝0，将关联数（m，﹣m﹣2，2）代入函数y＝ax2+bx+c，则有mx2+（﹣m﹣2）x+2＝0，利用求根公式可得m，将m代入可得函数图象与x轴的交点坐标；令x＝0，可得y＝c＝2，即得这个函数图象上整交点的坐标（0，2）．
【解析】根据题意，令y＝0，将关联数（m，﹣m﹣2，2）代入函数y＝ax2+bx+c，则有mx2+（﹣m﹣2）x+2＝0，
△＝（﹣m﹣2）2﹣4×2m＝（m﹣2）2＞0，
∴mx2+（﹣m﹣2）x+2＝0有两个根，
由求根公式可得x
x
x11，此时m为不等于0的任意数，不合题意；
x2，当m＝1或2时符合题意；x2＝2或1；
x3，当m＝1或2时符合题意；x3＝2或1；
x41，此时m为不等于0的任意数，不合题意；
所以这个函数图象上整交点的坐标为（2，0），（1，0）；
令x＝0，可得y＝c＝2，即得这个函数图象上整交点的坐标（0，2）．
综上所述，这个函数图象上整交点的坐标为（2，0），（1，0）或（0，2）；
故答案为：（2，0），（1，0）或（0，2）．
14．（2020•乐山）我们用符号[x]表示不大于x的最大整数．例如：[1.5]＝1，[﹣1.5]＝﹣2．那么：
（1）当﹣1＜[x]≤2时，x的取值范围是 0≤x＜3 ；
（2）当﹣1≤x＜2时，函数y＝x2﹣2a[x]+3的图象始终在函数y＝[x]+3的图象下方．则实数a的范围是 ．
【分析】（1）根据[x]表示不大于x的最大整数，解决问题即可．
（2）由题意，构建不等式即可解决问题．
【解析】（1）由题意∵﹣1＜[x]≤2，
∴0≤x＜3，
故答案为0≤x＜3．
（2）由题意：当﹣1≤x＜2时，函数y＝x2﹣2a[x]+3的图象始终在函数y＝[x]+3的图象下方，
则有x＝﹣1时，1+2a+3＜﹣1+3，解得a＜﹣1，
或x＜2时，4﹣2a+3≤1+3，解得a，
故答案为a＜﹣1或a．
15．（2020•泰州）以水平数轴的原点O为圆心，过正半轴Ox上的每一刻度点画同心圆，将Ox逆时针依次旋转30°、60°、90°、…、330°得到11条射线，构成如图所示的“圆”坐标系，点A、B的坐标分别表示为（5，0°）、（4，300°），则点C的坐标表示为 （3，240°） ．
【分析】直接利用坐标的意义进而表示出点C的坐标．
【解析】如图所示：点C的坐标表示为（3，240°）．
故答案为：（3，240°）．
三．解答题（共35小题）
16．（2020•湘潭）阅读材料：三角形的三条中线必交于一点，这个交点称为三角形的重心．
（1）特例感知：如图（一），已知边长为2的等边△ABC的重心为点O，求△OBC与△ABC的面积．
（2）性质探究：如图（二），已知△ABC的重心为点O，请判断、是否都为定值？如果是，分别求出这两个定值；如果不是，请说明理由．
（3）性质应用：如图（三），在正方形ABCD中，点E是CD的中点，连接BE交对角线AC于点M．
①若正方形ABCD的边长为4，求EM的长度；
②若S△CME＝1，求正方形ABCD的面积．
【分析】（1）连接DE，利用相似三角形证明，运用勾股定理求出AD的长，运用三角形面积公式求解即可；
（2）根据（1）的证明可求解；
（3）①证明△CME∽△ABM，得，再运用勾股定理求出BE的长即可解决问题；
②分别求出S△BMC和S△ABM即可求得正方形ABCD的面积．
【解析】（1）连接DE，如图，
∵点O是△ABC的重心，
∴AD，BE是BC，AC边上的中线，
∴D，E为BC，AC边上的中点，
∴DE为△ABC的中位线，
∴DE∥AB，DEAB，
∴△ODE∽△OAB，
∴，
∵AB＝2，BD＝1，∠ADB＝90°，
∴AD，OD，
∴，；
（2）由（1）可知，，是定值；
点O到BC的距离和点A到BC的距离之比为1：3，
则△OBC和△ABC的面积之比等于点O到BC的距离和点A到BC的距离之比，
故，是定值；
（3）①∵四边形ABCD是正方形，
∴CD∥AB，AB＝BC＝CD＝4，
∴△CME～△AMB，
∴，
∵E为CD的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
即；
②∴S△CME＝1，且，
∴S△BMC＝2，
∵，
∴，
∴S△AMB＝4，
∴S△ABC＝S△BMC+S△ABM＝2+4＝6，
又S△ADC＝S△ABC，
∴S△ADC＝6，
∴正方形ABCD的面积为：6+6＝12．
17．（2020•徐州）我们知道：如图①，点B把线段AC分成两部分，如果，那么称点B为线段AC的黄金分割点．它们的比值为．
（1）在图①中，若AC＝20cm，则AB的长为 （10） cm；
（2）如图②，用边长为20cm的正方形纸片进行如下操作：对折正方形ABCD得折痕EF，连接CE，将CB折叠到CE上，点B对应点H，得折痕CG．试说明：G是AB的黄金分割点；
（3）如图③，小明进一步探究：在边长为a的正方形ABCD的边AD上任取点E（AE＞DE），连接BE，作CF⊥BE，交AB于点F，延长EF、CB交于点P．他发现当PB与BC满足某种关系时，E、F恰好分别是AD、AB的黄金分割点．请猜想小明的发现，并说明理由．
【分析】（1）由黄金分割点的概念可得出答案；
（2）延长EA，CG交于点M，由折叠的性质可知，∠ECM＝∠BCG，得出∠EMC＝∠ECM，则EM＝EC，根据勾股定理求出CE的长，由锐角三角函数的定义可出tan∠BCG，即，则可得出答案；
（3）证明△ABE≌△BCF（ASA），由全等三角形的性质得出BF＝AE，证明△AEF∽△BPF，得出，则可得出答案．
【解析】（1）∵点B为线段AC的黄金分割点，AC＝20cm，
∴AB20＝（1010）cm．
故答案为：（1010）．
（2）延长EA，CG交于点M，
∵四边形ABCD为正方形，
∴DM∥BC，
∴∠EMC＝∠BCG，
由折叠的性质可知，∠ECM＝∠BCG，
∴∠EMC＝∠ECM，
∴EM＝EC，
∵DE＝10，DC＝20，
∴EC10，
∴EM＝10，
∴DM＝1010，
∴tan∠DMC．
∴tan∠BCG，
即，
∴，
∴G是AB的黄金分割点；
（3）当BP＝BC时，满足题意．
理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠BAE＝∠CBF＝90°，
∵BE⊥CF，
∴∠ABE+∠CBF＝90°，
又∵∠BCF+∠BFC＝90°，
∴∠BCF＝∠ABE，
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴BF＝AE，
∵AD∥CP，
∴△AEF∽△BPF，
∴，
当E、F恰好分别是AD、AB的黄金分割点时，
∵AE＞DE，
∴，
∵BF＝AE，AB＝BC，
∴，
∴，
∴BP＝BC．
18．（2020•株洲）如图所示，△OAB的顶点A在反比例函数y（k＞0）的图象上，直线AB交y轴于点C，且点C的纵坐标为5，过点A、B分别作y轴的垂线AE、BF，垂足分别为点E、F，且AE＝1．
（1）若点E为线段OC的中点，求k的值；
（2）若△OAB为等腰直角三角形，∠AOB＝90°，其面积小于3．
①求证：△OAE≌△BOF；
②把|x1﹣x2|+|y1﹣y2|称为M（x1，y1），N（x2，y2）两点间的“ZJ距离”，记为d（M，N），求d（A，C）+d（A，B）的值．
【分析】（1）由点E为线段OC的中点，可得E点坐标为，进而可知A点坐标为：，代入解析式即可求出k；
（2）①由△OAB为等腰直角三角形，可得AO＝OB，再根据同角的余角相等可证∠AOE＝∠FBO，由AAS即可证明△OAE≌△BOF；
②由“ZJ距离”的定义可知d（M，N）为MN两点的水平离与垂直距离之和，故d（A，C）+d（A，B）＝BF+CF，即只需求出B点坐标即可，设点A（1，m），由△OAE≌△BOF可得B（m，﹣1），进而代入直线AB解析式求出k值即可解答．
【解析】（1）∵点E为线段OC的中点，OC＝5，
∴，即：E点坐标为，
又∵AE⊥y轴，AE＝1，
∴，
∴．
（2）①在△OAB为等腰直角三角形中，AO＝OB，∠AOB＝90°，
∴∠AOE+∠FOB＝90°，
又∵BF⊥y轴，
∴∠FBO+∠FOB＝90°，
∴∠AOE＝∠FBO，
在△OAE和△BOF中，
，
∴△OAE≌△BOF（AAS），
②解：设点A坐标为（1，m），
∵△OAE≌△BOF，
∴BF＝OE＝m，OF＝AE＝1，
∴B（m，﹣1），
设直线AB解析式为：lAB：y＝kx+5，将AB两点代入得：
则．
解得，．
当m＝2时，OE＝2，，，符合；
∴d（A，C）+d（A，B）＝AE+CE+（BF﹣AE）+（OE+OF）＝1+CE+OE﹣1+OE+1＝1+CE+2OE＝1+CO+OE＝1+5+2＝8，
当m＝3时，OE＝3，，S△AOB＝5＞3，不符，舍去；
综上所述：d（A，C）+d（A，B）＝8．
19．（2020•宁波）定义：三角形一个内角的平分线和与另一个内角相邻的外角平分线相交所成的锐角称为该三角形第三个内角的遥望角．
（1）如图1，∠E是△ABC中∠A的遥望角，若∠A＝α，请用含α的代数式表示∠E．
（2）如图2，四边形ABCD内接于⊙O，，四边形ABCD的外角平分线DF交⊙O于点F，连结BF并延长交CD的延长线于点E．求证：∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角．
（3）如图3，在（2）的条件下，连结AE，AF，若AC是⊙O的直径．
①求∠AED的度数；
②若AB＝8，CD＝5，求△DEF的面积．
【分析】（1）由角平分线的定义可得出结论；
（2）由圆内接四边形的性质得出∠FDC+∠FBC＝90°，得出∠FDE＝∠FBC，证得∠ABF＝∠FBC，证出∠ACD＝∠DCT，则CE是△ABC的外角平分线，可得出结论；
（3）①连接CF，由条件得出∠BFC＝∠BAC，则∠BFC＝2∠BEC，得出∠BEC＝∠FAD，证明△FDE≌△FDA（AAS），由全等三角形的性质得出DE＝DA，则∠AED＝∠DAE，得出∠ADC＝90°，则可求出答案；
②过点A作AG⊥BE于点G，过点F作FM⊥CE于点M，证得△EGA∽△ADC，得出，求出，设AD＝4x，AC＝5x，则有（4x）2+52＝（5x）2，解得x，求出ED，CE的长，求出DM，由等腰直角三角形的性质求出FM，根据三角形的面积公式可得出答案．
【解析】（1）∵BE平分∠ABC，CE平分∠ACD，
∴∠E＝∠ECD﹣∠EBD（∠ACD﹣∠ABC）α，
（2）如图1，延长BC到点T，
∵四边形FBCD内接于⊙O，
∴∠FDC+∠FBC＝180°，
又∵∠FDE+∠FDC＝180°，
∴∠FDE＝∠FBC，
∵DF平分∠ADE，
∴∠ADF＝∠FDE，
∵∠ADF＝∠ABF，
∴∠ABF＝∠FBC，
∴BE是∠ABC的平分线，
∵，
∴∠ACD＝∠BFD，
∵∠BFD+∠BCD＝180°，∠DCT+∠BCD＝180°，
∴∠DCT＝∠BFD，
∴∠ACD＝∠DCT，
∴CE是△ABC的外角平分线，
∴∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角．
（3）①如图2，连接CF，
∵∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角，
∴∠BAC＝2∠BEC，
∵∠BFC＝∠BAC，
∴∠BFC＝2∠BEC，
∵∠BFC＝∠BEC+∠FCE，
∴∠BEC＝∠FCE，
∵∠FCE＝∠FAD，
∴∠BEC＝∠FAD，
又∵∠FDE＝∠FDA，FD＝FD，
∴△FDE≌△FDA（AAS），
∴DE＝DA，
∴∠AED＝∠DAE，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ADC＝90°，
∴∠AED+∠DAE＝90°，
∴∠AED＝∠DAE＝45°，
②如图3，过点A作AG⊥BE于点G，过点F作FM⊥CE于点M，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC＝90°，
∵BE平分∠ABC，
∴∠FAC＝∠EBC∠ABC＝45°，
∵∠AED＝45°，
∴∠AED＝∠FAC，
∵∠FED＝∠FAD，
∴∠AED﹣∠FED＝∠FAC﹣∠FAD，
∴∠AEG＝∠CAD，
∵∠EGA＝∠ADC＝90°，
∴△EGA∽△ADC，
∴，
∵在Rt△ABG中，AG，
在Rt△ADE中，AEAD，
∴，
∴，
在Rt△ADC中，AD2+DC2＝AC2，
∴设AD＝4x，AC＝5x，则有（4x）2+52＝（5x）2，
∴x，
∴ED＝AD，
∴CE＝CD+DE，
∵∠BEC＝∠FCE，
∴FC＝FE，
∵FM⊥CE，
∴EMCE，
∴DM＝DE﹣EM，
∵∠FDM＝45°，
∴FM＝DM，
∴S△DEFDE•FM．
20．（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 CF、DE、DF ．
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，垂足分别为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．
【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，BFCF，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′BPA′•PBx（70﹣x），在Rt△ACB中，AC＝BC＝35，S△ACBAC2＝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′B50，由S△A′PBA′B•PFPB•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°，∠AOP180°＝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°＝84，
在Rt△CFB中，BFCF，
∵PB＝PF+BF，
∴PB＝CF+BF，
即：4CFCF，
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′BPA′•PBx（70﹣x），
在Rt△ACB中，AC＝BCAB70＝35，
∴S△ACBAC2（35）2＝1225，
∴y＝S△PA′B+S△ACBx（70﹣x）+1225x2+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′B50，
∵S△A′PBA′B•PFPB•A′P，
∴50×PF40×30，
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．
21．（2020•咸宁）定义：有一组对角互余的四边形叫做对余四边形．
理解：
（1）若四边形ABCD是对余四边形，则∠A与∠C的度数之和为 90°或270° ；
证明：
（2）如图1，MN是⊙O的直径，点A，B，C在⊙O上，AM，CN相交于点D．
求证：四边形ABCD是对余四边形；
探究：
（3）如图2，在对余四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝60°，探究线段AD，CD和BD之间有怎样的数量关系？写出猜想，并说明理由．
【分析】（1）对余四边形的定义即可得出结果；
（2）由圆周角定理得出∠BAM+∠BCN＝90°，即∠BAD+∠BCD＝90°，即可得出结论；
（3）对余四边形的定义得出∠ADC＝30°，将△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAF，连接FD，则△BCD≌△BAF，∠FBD＝60°，得出BF＝BD，AF＝CD，∠BDC＝∠BFA，则△BFD是等边三角形，得出BF＝BD＝DF，易证∠BFA+∠ADB＝30°，由∠FBD+∠BFA+∠ADB+∠AFD+∠ADF＝180°，得出∠AFD+∠ADF＝90°，则∠FAD＝90°，由勾股定理即可得出结果．
【解答】（1）解：∵四边形ABCD是对余四边形，
∴∠A+∠C＝90°或∠A+∠C＝360°﹣90°＝270°，
故答案为：90°或270°；
（2）证明：∵MN是⊙O的直径，点A，B，C在⊙O上，
∴∠BAM+∠BCN＝90°，
即∠BAD+∠BCD＝90°，
∴四边形ABCD是对余四边形；
（3）解：线段AD，CD和BD之间数量关系为：AD2+CD2＝BD2，理由如下：
∵对余四边形ABCD中，∠ABC＝60°，
∴∠ADC＝30°，
∵AB＝BC，
∴将△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAF，连接FD，如图3所示：
∴△BCD≌△BAF，∠FBD＝60°
∴BF＝BD，AF＝CD，∠BDC＝∠BFA，
∴△BFD是等边三角形，
∴BF＝BD＝DF，
∵∠ADC＝30°，
∴∠ADB+∠BDC＝30°，
∴∠BFA+∠ADB＝30°，
∵∠FBD+∠BFA+∠ADB+∠AFD+∠ADF＝180°，
∴60°+30°+∠AFD+∠ADF＝180°，
∴∠AFD+∠ADF＝90°，
∴∠FAD＝90°，
∴AD2+AF2＝DF2，
∴AD2+CD2＝BD2．
22．（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 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”；
（2）若点A，B都在直线yx+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．
【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yx+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，以A为圆心1为半径作⊙A，作直线OA交⊙O于M，交⊙A于N，以OA，AB为邻边构造平行四边形ABDO，以OD为边构造等边△ODB′和等边△OB′A′，则AB∥A′B′，AA′的长即为线段AB到⊙O的“平移距离”，点A′与M重合时，AA′的值最小，当点B与N重合时，AA′的长最大，如图3中，过点A′作A′H⊥OA于H．
解直角三角形求出AA′即可．
【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yx+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，以A为圆心1为半径作⊙A，作直线OA交⊙O于M，交⊙A于N，
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﹣OM1，
当点B与N重合时，AA′的长最大，如图3中，过点A′作A′H⊥OA于H．
由题意A′H，AH3，
∴AA′的最大值，
∴d2．
23．（2020•怀化）定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做垂等四边形．
（1）下面四边形是垂等四边形的是 ④ ；（填序号）
①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形
（2）图形判定：如图1，在四边形ABCD中，AD∥BC，AC⊥BD，过点D作BD垂线交BC的延长线于点E，且∠DBC＝45°，证明：四边形ABCD是垂等四边形．
（3）由菱形面积公式易知性质：垂等四边形的面积等于两条对角线乘积的一半．应用：在图2中，面积为24的垂等四边形ABCD内接于⊙O中，∠BCD＝60°．求⊙O的半径．
【分析】（1）根据垂等四边形的性质对每个图形判断即可；
（2）根据已知条件可证明四边形ACED是平行四边形，即可得到AC＝DE，再根据等腰直角三角形的性质即可得到结果；
（3）过点O作OE⊥BD，根据面积公式可求得BD的长，根据垂径定理和锐角三角函数即可得到⊙O的半径．
【解析】（1）①平行四边形的对角线互相平分但不垂直和相等，故不是垂等四边形；
②矩形对角线相等但不垂直，故不是垂等四边形；
③菱形的对角线互相垂直但不相等，故不是垂等四边形；
④正方形的对角线互相垂直且相等，故正方形是垂等四边形；
故选：④；
（2）∵AC⊥BD，ED⊥BD，
∴AC∥DE，
又∵AD∥BC，
∴四边形ADEC是平行四边形，
∴AC＝DE，
又∵∠DBC＝45°，
∴△BDE是等腰直角三角形，
∴BD＝DE，
∴BD＝AC，
又∵BD⊥AC，
∴四边形ABCD是垂等四边形；
（3）如图，过点O作OE⊥BD，
∵四边形ABCD是垂等四边形，
∴AC＝BD，
又∵垂等四边形的面积是24，
∴AC•BD＝24，
解得，AC＝BD＝4，
又∵∠BCD＝60°，
∴∠DOE＝60°，
设半径为r，根据垂径定理可得：
在△ODE中，OD＝r，DE，
∴r4，
∴⊙O的半径为4．
24．（2020•常州）如图1，⊙I与直线a相离，过圆心I作直线a的垂线，垂足为H，且交⊙I于P、Q两点（Q在P、H之间）．我们把点P称为⊙I关于直线a的“远点“，把PQ•PH的值称为⊙I关于直线a的“特征数”．
（1）如图2，在平面直角坐标系xOy中，点E的坐标为（0，4）．半径为1的⊙O与两坐标轴交于点A、B、C、D．
①过点E画垂直于y轴的直线m，则⊙O关于直线m的“远点”是点 D （填“A”．“B”、“C”或“D”），⊙O关于直线m的“特征数”为 20 ；
②若直线n的函数表达式为yx+4．求⊙O关于直线n的“特征数”；
（2）在平面直角坐标系xOy中，直线l经过点M（1，4），点F是坐标平面内一点，以F为圆心，为半径作⊙F．若⊙F与直线1相离，点N（﹣1，0）是⊙F关于直线1的“远点”．且⊙F关于直线l的“特征数”是4，求直线l的函数表达式．
【分析】（1）①根据远点，特征数的定义判断即可．
②如图1﹣1中，过点O作OH⊥直线n于H，交⊙O于Q，P．解直角三角形求出PH，PQ的长即可解决问题．
（2）如图2﹣1中，设直线l的解析式为y＝kx+b．分两种情形k＞0或k＜0，分别求解即可解决问题．
【解析】（1）①由题意，点D是⊙O关于直线m的“远点”，⊙O关于直线m的特征数＝DB•DE＝2×5＝20，
故答案为D，20．
②如图1﹣1中，过点O作OH⊥直线n于H，交⊙O于Q，P．
设直线yx+4交x轴于F（，0），交y轴于E（0，4），
∴OE＝4，OF
∴tan∠FEO，
∴∠FEO＝30°，
∴OHOE＝2，
∴PH＝OH+OP＝3，
∴⊙O关于直线n的“特征数”＝PQ•PH＝2×3＝6．
（2）如图2﹣1中，设直线l的解析式为y＝kx+b．
当k＞0时，过点F作FH⊥直线l于H，交⊙F于E，N．
由题意，EN＝2，EN•NH＝4，
∴NH，
∵N（﹣1，0），M（1，4），
∴MN2，
∴HM，
∴△MNH是等腰直角三角形，
∵MN的中点K（0，2），
∴KN＝HK＝KM，
∴H（﹣2，3），
把H（﹣2，3），M（1，4）代入y＝kx+b，则有，
解得，
∴直线l的解析式为yx，
当k＜0时，同法可知直线i经过H′（2，1），可得直线l的解析式为y＝﹣3x+7．
综上所述，满足条件的直线l的解析式为yx或y＝﹣3x+7．
25．（2020•连云港）（1）如图1，点P为矩形ABCD对角线BD上一点，过点P作EF∥BC，分别交AB、CD于点E、F．若BE＝2，PF＝6，△AEP的面积为S1，△CFP的面积为S2，则S1+S2＝ 12 ；
（2）如图2，点P为▱ABCD内一点（点P不在BD上），点E、F、G、H分别为各边的中点．设四边形AEPH的面积为S1，四边形PFCG的面积为S2（其中S2＞S1），求△PBD的面积（用含S1、S2的代数式表示）；
（3）如图3，点P为▱ABCD内一点（点P不在BD上），过点P作EF∥AD，HG∥AB，与各边分别相交于点E、F、G、H．设四边形AEPH的面积为S1，四边形PGCF的面积为S2（其中S2＞S1），求△PBD的面积（用含S1、S2的代数式表示）；
（4）如图4，点A、B、C、D把⊙O四等分．请你在圆内选一点P（点P不在AC、BD上），设PB、PC、围成的封闭图形的面积为S1，PA、PD、围成的封闭图形的面积为S2，△PBD的面积为S3，△PAC的面积为S4，根据你选的点P的位置，直接写出一个含有S1、S2、S3、S4的等式（写出一种情况即可）．
【分析】（1）如图1中，求出△PFC的面积，证明△APE的面积＝△PFC的面积即可．
（2）如图2中，连接PA，PC，在△APB中，因为点E是AB的中点，可设S△APE＝S△PBE＝a，同理，S△APH＝S△PDH＝b，S△PDG＝S△PGC＝c，S△PFC＝S△PBF＝d，证明S四边形AEPH+S四边形PFCG＝S四边形PEBF+S四边形PHDG＝S1+S2，推出S△ABDS平行四边形ABCD＝S1+S2，根据S△PBD＝S△ABD﹣（S1+S△PBE+S△PHD）＝S1+S2﹣（S1+a+S1﹣a）＝S2﹣S1．可得结论．
（3）如图3中，由题意四边形EBGP，四边形HPFD都是平行四边形，利用平行四边形的性质求解即可．
（4）分四种情形：如图4﹣1中，结论：S2﹣S1＝S3+S4．设线段PB，线段PA，弧AB围成的封闭图形的面积为x，线段PC，线段PD，弧CD的封闭图形的面积为y．由题意：S1+x+S4＝S1+y+S3，推出x﹣y＝S3﹣S4，由题意S1+S2+x+y＝2（S1+x+S4），可得S2﹣S1＝x﹣y+2S4＝S3+S4．其余情形同法可求．
【解析】（1）如图1中，
过点P作PM⊥AD于M，交BC于N．
∵四边形ABCD是矩形，EF∥BC，
∴四边形AEPM，四边形MPFD，四边形BNPE，四边形PNCF都是矩形，
∴BE＝PN＝CF＝2，S△PFCPF×CF＝6，S△AEP＝S△APM，S△PEB＝S△PBN，S△PDM＝S△PFD，S△PCN＝S△PCF，S△ABD＝S△BCD，
∴S矩形AEPM＝S矩形PNCF，
∴S1＝S2＝6，
∴S1+S2＝12，
故答案为12．
（2）如图2中，连接PA，PC，
在△APB中，∵点E是AB的中点，
∴可设S△APE＝S△PBE＝a，同理，S△APH＝S△PDH＝b，S△PDG＝S△PGC＝c，S△PFC＝S△PBF＝d，
∴S四边形AEPH+S四边形PFCG＝a+b+c+d，S四边形PEBF+S四边形PHDG＝a+b+c+d，
∴S四边形AEPH+S四边形PFCG＝S四边形PEBF+S四边形PHDG＝S1+S2，
∴S△ABDS平行四边形ABCD＝S1+S2，
∴S△PBD＝S△ABD﹣（S1+S△PBE+S△PHD）＝S1+S2﹣（S1+a+S1﹣a）＝S2﹣S1．
（3）如图3中，由题意四边形EBGP，四边形HPFD都是平行四边形，
∴S四边形EBGP＝2S△EBP，S四边形HPFD＝2S△HPD，
∴S△ABDS平行四边形ABCD（S1+S2+2S△EBP+2S△HPD）（S1+S2）+S△EBP+S△HPD，
∴S△PBD＝S△ABD﹣（S1+S△EBP+S△HPD）（S2﹣S1）．
（4）如图4﹣1中，结论：S2﹣S1＝S3+S4．
理由：设线段PB，线段PA，弧AB围成的封闭图形的面积为x，线段PC，线段PD，弧CD的封闭图形的面积为y．
由题意：S1+x+S4＝S1+y+S3，
∴x﹣y＝S3﹣S4，
∵S1+S2+x+y＝2（S1+x+S4），
∴S2﹣S1＝x﹣y+2S4＝S3+S4．
同法可证：图4﹣2中，有结论：S1﹣SS3+S4．
图4﹣3中和图4﹣4中，有结论：|S1﹣S2|＝|S3﹣S4|．
26．（2020•南京）如图，在△ABC和△A'B'C'中，D、D'分别是AB、A'B'上一点，．
（1）当时，求证△ABC∽△A'B'C．
证明的途径可以用下面的框图表示，请填写其中的空格．
（2）当时，判断△ABC与△A'B'C′是否相似，并说明理由．
【分析】（1）根据两边成比例夹角相等两三角形相似证明即可．
（2）过点D，D′分别作DE∥BC，D′E′∥B′C′，DE交AC于E，D′E′交A′C′于E′．首先证明△CED∽△C′E′D′，推出∠CED＝∠C′E′D′，再证明∠ACB＝∠A′C′B′即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴△ADC∽△A′D′C，
∴∠A＝∠A′，
∵，
∴△ABC∽△A′B′C′．
故答案为：，∠A＝∠A′．
（2）如图，过点D，D′分别作DE∥BC，D′E′∥B′C′，DE交AC于E，D′E′交A′C′于E′．
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴，
同理，，
∵，
∴，
∴，
同理，，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∴△DCE∽△D′C′E′，
∴∠CED＝∠C′E′D′，
∵DE∥BC，
∴∠CED+∠ACB＝90°，
同理，∠C′E′D′+∠A′C′B′＝180°，
∴∠ACB＝∠A′B′C′，
∵，
∴△ABC∽△A′B′C′．
27．（2020•重庆）在初中阶段的函数学习中，我们经历了列表、描点、连线画函数图象，并结合图象研究函数性质的过程．以下是我们研究函数y性质及其应用的部分过程，请按要求完成下列各小题．
（1）请把下表补充完整，并在图中补全该函数图象；
x
…
﹣5
﹣4
﹣3
﹣2
﹣1
0
1
2
3
4
5
…
y
…
﹣3
0
3
…
（2）根据函数图象，判断下列关于该函数性质的说法是否正确，正确的在答题卡上相应的括号内打“√”，错误的在答题卡上相应的括号内打“×”；
①该函数图象是轴对称图形，它的对称轴为y轴．
②该函数在自变量的取值范围内，有最大值和最小值．当x＝1时，函数取得最大值3；当x＝﹣1时，函数取得最小值﹣3．
③当x＜﹣1或x＞1时，y随x的增大而减小；当﹣1＜x＜1时，y随x的增大而增大．
（3）已知函数y＝2x﹣1的图象如图所示，结合你所画的函数图象，直接写出不等式2x﹣1的解集（保留1位小数，误差不超过0.2）．
【分析】（1）将x＝﹣3，3分别代入解析式即可得y的值，再画出函数的图象；
（2）结合图象可从函数的增减性及对称性进行判断；
（3）根据图象求得即可．
【解析】（1）补充完整下表为：
x
…
﹣5
﹣4
﹣3
﹣2
﹣1
0
1
2
3
4
5
…
y
…
﹣3
0
3
…
画出函数的图象如图：
；
（2）根据函数图象：
①该函数图象是轴对称图形，它的对称轴为y轴，说法错误；
②该函数在自变量的取值范围内，有最大值和最小值．当x＝1时，函数取得最大值3；当x＝﹣1时，函数取得最小值﹣3，说法正确；
③当x＜﹣1或x＞1时，y随x的增大而减小；当﹣1＜x＜1时，y随x的增大而增大，说法正确．
（3）由图象可知：不等式2x﹣1的解集为x＜﹣1或﹣0.3＜x＜1.8．
28．（2020•重庆）探究函数性质时，我们经历了列表、描点、连线画出函数图象，观察分析图象特征，概括函数性质的过程．结合已有的学习经验，请画出函数y的图象并探究该函数的性质．
x
…
﹣4
﹣3
﹣2
﹣1
0
1
2
3
4
…
y
…
a
﹣2
﹣4
b
﹣4
﹣2
…
（1）列表，写出表中a，b的值：a＝ ，b＝ ﹣6 ；
描点、连线，在所给的平面直角坐标系中画出该函数的图象．
（2）观察函数图象，判断下列关于函数性质的结论是否正确（在答题卡相应位置正确的用“√”作答，错误的用“×”作答）：
①函数y的图象关于y轴对称；
②当x＝0时，函数y有最小值，最小值为﹣6；
③在自变量的取值范围内函数y的值随自变量x的增大而减小．
（3）已知函数yx的图象如图所示，结合你所画的函数图象，直接写出不等式x的解集．
【分析】（1）将x＝﹣3，0分别代入解析式即可得y的值，再画出函数的图象；
（2）结合图象可从函数的增减性及对称性进行判断；
（3）根据图象求得即可．
【解析】（1）x＝﹣3、0分别代入y，得a，b6，
故答案为，﹣6；
画出函数的图象如图：
，
故答案为，﹣6；
（2）根据函数图象：
①函数y的图象关于y轴对称，说法正确；
②当x＝0时，函数y有最小值，最小值为﹣6，说法正确；
③在自变量的取值范围内函数y的值随自变量x的增大而减小，说法错误．
（3）由图象可知：不等式x的解集为x＜﹣4或﹣2＜x＜1．
29．（2020•内江）我们知道，任意一个正整数x都可以进行这样的分解：x＝m×n（m，n是正整数，且m≤n），在x的所有这种分解中，如果m，n两因数之差的绝对值最小，我们就称m×n是x的最佳分解．并规定：f（x）．
例如：18可以分解成1×18，2×9或3×6，因为18﹣1＞9﹣2＞6﹣3，所以3×6是18的最佳分解，所以f（18）．
（1）填空：f（6）＝ ；f（9）＝ 1 ；
（2）一个两位正整数t（t＝10a+b，1≤a≤b≤9，a，b为正整数），交换其个位上的数字与十位上的数字得到的新数减去原数所得的差为54，求出所有的两位正整数；并求f（t）的最大值；
（3）填空：
①f（22×3×5×7）＝ ；②f（23×3×5×7）＝ ；③f（24×3×5×7）＝ ；④f（25×3×5×7）＝ ．
【分析】（1）仿照样例进行计算便可；
（2）设交换t的个位上数与十位上的数得到的新数为t′，则t′＝10b+a，根据“交换其个位上的数字与十位上的数字得到的新数减去原数所得的差为54”的确定出x与y的关系式，进而求出所有的两位数，进而确定出F（t）的最大值即可；
（3）根据样例计算便可．
【解析】（1）6可分解成1×6，2×3，
∵6﹣1＞3﹣2，
∴2×3是6的最佳分解，
∴f（6），
9可分解成1×9，3×3，
∵9﹣1＞3﹣3，
∴3×3是9的最佳分解，
∴f（9）1，
故答案为：；1；
（2）设交换t的个位上数与十位上的数得到的新数为t′，则t′＝10b+a，
根据题意得，t′﹣t＝（10b+a）﹣（10a+b）＝9（b﹣a）＝54，
∴b＝a+6，
∵1≤a≤b≤9，a，b为正整数，
∴满足条件的t为：17，28，39；
∵F（17），F（28），F（39），
∵，
∴F（t）的最大值为；
（3）①∵22×3×5×7的是最佳分解为20×21，
∴f（22×3×5×7），
故答案为：；
②∵23×3×5×7的最佳分解为24×35，
∴f（23×3×5×7），
故答案为；
③∵24×3×5×7的最佳分解是35×48，
∴f（24×3×5×7），
故答案为：；
④∵25×3×5×7的最佳分解是48×70，
∴f（25×3×5×7），
故答案为：．
30．（2020•重庆）在整数的除法运算中，只有能整除与不能整除两种情况，当不能整除时，就会产生余数，现在我们利用整数的除法运算来研究一种数﹣﹣“差一数”．
定义：对于一个自然数，如果这个数除以5余数为4，且除以3余数为2，则称这个数为“差一数”．
例如：14÷5＝2…4，14÷3＝4…2，所以14是“差一数”；
19÷5＝3…4，但19÷3＝6…1，所以19不是“差一数”．
（1）判断49和74是否为“差一数”？请说明理由；
（2）求大于300且小于400的所有“差一数”．
【分析】（1）根据“差一数”的定义即可求解；
（2）根据“差一数”的定义即可求解．
【解析】（1）49÷5＝9…4，但49÷3＝16…1，所以49不是“差一数”；
74÷5＝14…4，74÷3＝24…2，所以74是“差一数”．
（2）大于300且小于400的数除以5余数为4的有304，309，314，319，324，329，334，339，344，349，354，359，364，369，374，379，384，389，394，399，
其中除以3余数为2的有314，329，344，359，374，389．
故大于300且小于400的所有“差一数”有314，329，344，359，374，389．
31．（2020•张家界）阅读下面的材料：
对于实数a，b，我们定义符号min{a，b}的意义为：当a＜b时，min{a，b}＝a；当a≥b时，min{a，b}＝b，如：min{4，﹣2}＝﹣2，min{5，5}＝5．
根据上面的材料回答下列问题：
（1）min{﹣1，3}＝ ﹣1 ；
（2）当min时，求x的取值范围．
【分析】（1）比较大小，即可得出答案；
（2）根据题意判断出，解不等式即可判断x的取值范围．
【解析】（1）由题意得min{﹣1，3}＝﹣1；
故答案为：﹣1；
（2）由题意得：
3（2x﹣3）≥2（x+2）
6x﹣9≥2x+4
4x≥13
x，
∴x的取值范围为x．
32．（2020•荆州）阅读下列“问题”与“提示”后，将解方程的过程补充完整，求出x的值．
【问题】解方程：x2+2x+45＝0．
【提示】可以用“换元法”解方程．
解：设t（t≥0），则有x2+2x＝t2
原方程可化为：t2+4t﹣5＝0
【续解】
【分析】利用因式分解法解方程t2+4t﹣5＝0得到t1＝﹣5，t2＝1，再分别解方程5和方程1，然后进行检验确定原方程的解．
【解析】（t+5）（t﹣1）＝0，
t+5＝0或t﹣1＝0，
∴t1＝﹣5，t2＝1，
当t＝﹣5时，5，此方程无解；
当t＝1时，1，则x2+2x＝1，配方得（x+1）2＝2，解得x1＝﹣1，x2＝﹣1；
经检验，原方程的解为x1＝﹣1，x2＝﹣1．
33．（2020•扬州）阅读感悟：
有些关于方程组的问题，欲求的结果不是每一个未知数的值，而是关于未知数的代数式的值，如以下问题：
已知实数x、y满足3x﹣y＝5①，2x+3y＝7②，求x﹣4y和7x+5y的值．
本题常规思路是将①②两式联立组成方程组，解得x、y的值再代入欲求值的代数式得到答案，常规思路运算量比较大．其实，仔细观察两个方程未知数的系数之间的关系，本题还可以通过适当变形整体求得代数式的值，如由①﹣②可得x﹣4y＝﹣2，由①+②×2可得7x+5y＝19．这样的解题思想就是通常所说的“整体思想”．
解决问题：
（1）已知二元一次方程组则x﹣y＝ ﹣1 ，x+y＝ 5 ；
（2）某班级组织活动购买小奖品，买20支铅笔、3块橡皮、2本日记本共需32元，买39支铅笔、5块橡皮、3本日记本共需58元，则购买5支铅笔、5块橡皮、5本日记本共需多少元？
（3）对于实数x、y，定义新运算：x*y＝ax+by+c，其中a、b、c是常数，等式右边是通常的加法和乘法运算．已知3*5＝15，4*7＝28，那么1*1＝ ﹣11 ．
【分析】（1）利用①﹣②可得出x﹣y的值，利用（①+②）可得出x+y的值；
（2）设铅笔的单价为m元，橡皮的单价为n元，日记本的单价为p元，根据“买20支铅笔、3块橡皮、2本日记本共需32元，买39支铅笔、5块橡皮、3本日记本共需58元”，即可得出关于m，n，p的三元一次方程组，由2×①﹣②可得除m+n+p的值，再乘5即可求出结论；
（3）根据新运算的定义可得出关于a，b，c的三元一次方程组，由3×①﹣2×②可得出a+b+c的值，即1*1的值．
【解析】（1）．
由①﹣②可得：x﹣y＝﹣1，
由（①+②）可得：x+y＝5．
故答案为：﹣1；5．
（2）设铅笔的单价为m元，橡皮的单价为n元，日记本的单价为p元，
依题意，得：，
由2×①﹣②可得m+n+p＝6，
∴5m+5n+5p＝5×6＝30．
答：购买5支铅笔、5块橡皮、5本日记本共需30元．
（3）依题意，得：，
由3×①﹣2×②可得：a+b+c＝﹣11，
即1*1＝﹣11．
故答案为：﹣11．
34．（2020•自贡）我国著名数学家华罗庚说过“数缺形时少直观，形少数时难入微”，数形结合是解决数学问题的重要思想方法．例如，代数式|x﹣2|的几何意义是数轴上x所对应的点与2所对应的点之间的距离：因为|x+1|＝|x﹣（﹣1）|，所以|x+1|的几何意义就是数轴上x所对应的点与﹣1所对应的点之间的距离．
（1）发现问题：代数式|x+1|+|x﹣2|的最小值是多少？
（2）探究问题：如图，点A、B、P分别表示数﹣1、2、x，AB＝3．
∵|x+1|+|x﹣2|的几何意义是线段PA与PB的长度之和，
∴当点P在线段AB上时，PA+PB＝3，当点P在点A的左侧或点B的右侧时，PA+PB＞3．
∴|x+1|+|x﹣2|的最小值是3．
（3）解决问题：
①|x﹣4|+|x+2|的最小值是 6 ；
②利用上述思想方法解不等式：|x+3|+|x﹣1|＞4；
③当a为何值时，代数式|x+a|+|x﹣3|的最小值是2．
【分析】观察阅读材料中的（1）和（2），总结出求最值方法；
（3）①原式变形﹣2和4距离x最小值为4﹣（﹣2）＝6；
②根据题意画出相应的图形，确定出所求不等式的解集即可；
③根据原式的最小值为2，得到3左边和右边，且到3距离为2的点即可．
【解析】（1）发现问题：代数式|x+1|+|x﹣2|的最小值是3；
（2）探究问题：如图，点A、B、P分别表示数﹣1、2、x，AB＝3．
∵|x+1|+|x﹣2|的几何意义是线段PA与PB的长度之和，
∴当点P在线段AB上时，PA+PB＝3，当点P在点A的左侧或点B的右侧时，PA+PB＞3．
∴|x+1|+|x﹣2|的最小值是3．
（3）解决问题：
①|x﹣4|+|x+2|的最小值是6；
故答案为：6；
②如图所示，满足|x+3|+|x﹣1|＞4的x范围为x＜﹣3或x＞1；
③当a为﹣1或﹣5时，代数式|x+a|+|x﹣3|的最小值是2．
35．（2020•随州）勾股定理是人类最伟大的十个科学发现之一，西方国家称之为毕达哥拉斯定理．在我国古书《周髀算经》中就有“若勾三，股四，则弦五”的记载，我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”（如图1），后人称之为“赵爽弦图”，流传至今．
（1）①请叙述勾股定理；
②勾股定理的证明，人们已经找到了400多种方法，请从下列几种常见的证明方法中任选一种来证明该定理；（以下图形均满足证明勾股定理所需的条件）
（2）①如图4、5、6，以直角三角形的三边为边或直径，分别向外部作正方形、半圆、等边三角形，这三个图形中面积关系满足S1+S2＝S3的有 3 个；
②如图7所示，分别以直角三角形三边为直径作半圆，设图中两个月形图案（图中阴影部分）的面积分别为S1，S2，直角三角形面积为S3，请判断S1，S2，S3的关系并证明；
（3）如果以正方形一边为斜边向外作直角三角形，再以该直角三角形的两直角边分别向外作正方形，重复这一过程就可以得到如图8所示的“勾股树”．在如图9所示的“勾股树”的某部分图形中，设大正方形M的边长为定值m，四个小正方形A，B，C，D的边长分别为a，b，c，d，已知∠1＝∠2＝∠3＝∠α，则当∠α变化时，回答下列问题：（结果可用含m的式子表示）
①a2+b2+c2+d2＝ m2 ；
②b与c的关系为 b＝c ，a与d的关系为 a+d＝m ．
【分析】（1）①勾股定理内容为：如果直角三角形的两条直角边分别为a，b，斜边为c，那么a2+b2＝c2．
（2）在图1中，根据大正方形的面积等于四个全等的直角三角形的面积与中间小正方形面积的和，即可得：a2+b2＝c2．在图2中，根据大正方形的面积等于四个全等的直角三角形的面积与中间小正方形面积的和．即可得：a2+b2＝c2．在图3中，梯形的面积等于三个直角三角形的面积的和．即可得：a2+b2＝c2．
（2）①根据勾股定理可得三个图形中面积关系满足S1+S2＝S3的有3个；
②根据半圆面积和勾股定理即可得结论：S1+S2＝S3．
（3）根据勾股定理即可得①a2+b2+c2+d2＝m2；
②b与c的关系为b﹣c，a与d的关系为a+d＝m．
【解析】（1）①如果直角三角形的两条直角边分别为a，b，斜边为c，那么a2+b2＝c2．
（或者：在直角三角形中，两条直角边的平方和等于斜边的平方．）
（2）证明：在图1中，大正方形的面积等于四个全等的直角三角形的面积与中间小正方形面积的和．
即c2ab×4+（b﹣a）2，
化简得：a2+b2＝c2．
在图2中，大正方形的面积等于四个全等的直角三角形的面积与中间小正方形面积的和．
即（a+b）2＝c2ab×4，
化简得：a2+b2＝c2．
在图3中，梯形的面积等于三个直角三角形的面积的和．
即（a+b）（a+b）ab×2c2，
化简得：a2+b2＝c2．
（2）①三个图形中面积关系满足S1+S2＝S3的有3个；
故答案为3；
②结论：S1+S2＝S3．
∵S1+S2（）2（）2+S3（）2，
∴S1+S2π（a2+b2﹣c2）+S3，
∴a2+b2＝c2．
∴S1+S2＝S3．
（3）①a2+b2+c2+d2＝m2；
②b与c的关系为b﹣c，a与d的关系为a+d＝m．
故答案为：m2；b＝c，a+d＝m．
36．（2020•呼和浩特）某同学在学习了正多边形和圆之后，对正五边形的边及相关线段进行研究，发现多处出现者名的黄金分割比0.618．如图，圆内接正五边形ABCDE，圆心为O，OA与BE交于点H，AC、AD与BE分别交于点M、N．根据圆与正五边形的对称性，只对部分图形进行研究．（其它可同理得出）
（1）求证：△ABM是等腰三角形且底角等于36°，并直接说出△BAN的形状；
（2）求证：，且其比值k；
（3）由对称性知AO⊥BE，由（1）（2）可知也是一个黄金分割数，据此求sin18°的值．
【分析】（1）连接圆心O与正五边形各顶点，利用圆周角定理得出∠ABE＝∠BAC＝36°，即AM＝BM，再求出∠BNA＝72°＝∠BAD，得出结论；
（2）证明△BAM∽△BEA，得到设BM＝y，AB＝x，则AM＝AN＝y，AB＝AE＝BN＝x，证明，得到，设t，求出t值即可；
（3）根据题意求出∠MAH＝∠NAH∠MAN＝18°，再根据sin∠MAH，将代入，即可求值．
【解析】（1）连接圆心O与正五边形各顶点，
在正五边形中，
∠AOE＝360°÷5＝72°，
∴∠ABE∠AOE＝36°，
同理∠BAC72°＝36°，
∴AM＝BM，
∴△ABM是等腰三角形且底角等于36°，
∵∠BOD＝∠BOC+∠COD＝72°+72°＝144°，
∴∠BAD∠BOD＝72°，
∴∠BNA＝180°﹣∠BAD﹣∠ABE＝72°，
∴AB＝NB，即△ABN为等腰三角形；
（2）∵∠ABM＝∠ABE，∠AEB∠AOB＝36°＝∠BAM，
∴△BAM∽△BEA，
∴，而AB＝BN，
∴，
设BM＝y，AB＝x，则AM＝AN＝y，AB＝AE＝BN＝x，
∵∠AMN＝∠MAB+∠MBA＝72°＝∠BAN，∠ANM＝∠ANB，
∴△AMN∽△BAN，
∴，即，则y2＝x2﹣xy，
两边同时除以x2，得：，设t，
则t2+t﹣1＝0，解得：t或（舍），
∴；
（3）∵∠MAN＝36°，根据对称性可知：∠MAH＝∠NAH∠MAN＝18°，
而AO⊥BE，
∴sin18°＝sin∠MAH
．
37．（2020•江西）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 S1+S2＝S3 ；
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，DE＝2，点P在AE上，∠ABP＝30°，PE，求五边形ABCDE的面积．
【分析】类比探究
（1）通过证明△ADB∽△BFC，可得（）2，同理可得（）2，由勾股定理可得AB2+AC2＝BC2，可得结论；
推广验证
（2）通过证明△ADB∽△BFC，可得（）2，同理可得（）2，由勾股定理可得AB2+AC2＝BC2，可得结论；
拓展应用
（3）过点A作AH⊥BP于H，连接PD，BD，由直角三角形的性质可求AP，BP＝BH+PH＝3，可求S△ABP，通过证明△ABP∽△EDP，可得∠EPD＝∠APB＝45°，，S△PDE，可得∠BPD＝90°，PD＝1，可求S△BPD＝23，由（2）的结论可求S△BCD＝S△ABP+S△DPE22，即可求解．
【解析】类比探究
（1）∵∠1＝∠3，∠D＝∠F＝90°，
∴△ADB∽△BFC，
∴（）2，
同理可得：（）2，
∵AB2+AC2＝BC2，
∴（）2+（）21，
∴S1+S2＝S3，
故答案为：S1+S2＝S3．
（2）结论仍然成立，
理由如下：∵∠1＝∠3，∠D＝∠F，
∴△ADB∽△BFC，
∴（）2，
同理可得：（）2，
∵AB2+AC2＝BC2，
∴（）2+（）21，
∴S1+S2＝S3，
（3）过点A作AH⊥BP于H，连接PD，BD，
∵∠ABH＝30°，AB＝2，
∴AH，BH＝3，∠BAH＝60°，
∵∠BAP＝105°，
∴∠HAP＝45°，
∵AH⊥BP，
∴∠HAP＝∠APH＝45°，
∴PH＝AH，
∴AP，BP＝BH+PH＝3，
∴S△ABP，
∵PE，ED＝2，AP，AB＝2，
∴，，
∴，
且∠E＝∠BAP＝105°，
∴△ABP∽△EDP，
∴∠EPD＝∠APB＝45°，，
∴∠BPD＝90°，PD＝1，
∴S△BPD23，
∵△ABP∽△EDP，
∴（）2，
∴S△PDE
∵tan∠PBD，
∴∠PBD＝30°，
∴∠CBD＝∠ABC﹣∠ABP﹣∠CBD＝30°，
∴∠ABP＝∠PDE＝∠CBD，
又∵∠A＝∠E＝∠C＝105°，
∴△ABP∽△EDP∽△CBD，
由（2）的结论可得：S△BCD＝S△ABP+S△DPE22，
∴五边形ABCDE的面积22+23＝67．
38．（2020•湘西州）问题背景：如图1，在四边形ABCD中，∠BAD＝90°，∠BCD＝90°，BA＝BC，∠ABC＝120°，∠MBN＝60°，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD、DC于E、F．探究图中线段AE，CF，EF之间的数量关系．
小李同学探究此问题的方法是：延长FC到G，使CG＝AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，再证明△BFG≌△BFE，可得出结论，他的结论就是 EF＝AE+CF ；
探究延伸1：如图2，在四边形ABCD中，∠BAD＝90°，∠BCD＝90°，BA＝BC，∠ABC＝2∠MBN，∠MBN绕B点旋转．它的两边分别交AD、DC于E、F，上述结论是否仍然成立？请直接写出结论（直接写出“成立”或者“不成立”），不要说明理由；
探究延伸2：如图3，在四边形ABCD中，BA＝BC，∠BAD+∠BCD＝180°，∠ABC＝2∠MBN，∠MBN绕B点旋转．它的两边分别交AD、DC于E、F．上述结论是否仍然成立？并说明理由；
实际应用：如图4，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处．舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以75海里/小时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏东50°的方向以100海里/小时的速度前进，1.2小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E、F处．且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为70°．试求此时两舰艇之间的距离．
【分析】问题背景：延长FC到G，使CG＝AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，再证明△BFG≌△BFE，即可得出结论：EF＝AE+CF；
探究延伸1：延长FC到G，使CG＝AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，再证明△BFG≌△BFE，可得出结论：EF＝AE+CF；
探究延伸2：延长DC到H，使得CH＝AE，连接BH，先证明△BCH≌△BAE，即可得到BE＝HB，∠ABE＝∠HBC，再证明△HBF≌△EBF，即可得出EF＝HF＝HC+CF＝AE+CF；
实际应用：连接EF，延长BF交AE的延长线于G，根据题意可转化为如下的数学问题：在四边形GAOB中，OA＝OB，∠A+∠B＝180°，∠AOB＝2∠EOF，∠EOF的两边分别交AG，BG于E，F，求EF的长．再根据探究延伸2的结论：EF＝AE+BF，即可得到两舰艇之间的距离．
【解析】问题背景：
如图1，延长FC到G，使CG＝AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，再证明△BFG≌△BFE，可得出结论：EF＝AE+CF；
故答案为：EF＝AE+CF；
探究延伸1：
如图2，延长FC到G，使CG＝AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，再证明△BFG≌△BFE，可得出结论：EF＝AE+CF；
探究延伸2：
上述结论仍然成立，即EF＝AE+CF，理由：
如图3，延长DC到H，使得CH＝AE，连接BH，
∵∠BAD+∠BCD＝180°，∠BCH+∠BCD＝180°，
∴∠BCH＝∠BAE，
∵BA＝BC，CH＝AE，
∴△BCH≌△BAE（SAS），
∴BE＝HB，∠ABE＝∠HBC，
∴∠HBE＝∠ABC，
又∵∠ABC＝2∠MBN，
∴∠EBF＝∠HBF，
∵BF＝BF，
∴△HBF≌△EBF（SAS），
∴EF＝HF＝HC+CF＝AE+CF；
实际应用：
如图4，连接EF，延长BF交AE的延长线于G，
因为舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处．舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，所以∠AOB＝140°，
因为指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为70°，所以∠EOF＝70°，所以∠AOB＝2∠EOF．
依题意得，OA＝OB，∠A＝60°，∠B＝120°，所以∠A+∠B＝180°，
因此本题的实际的应用可转化为如下的数学问题：
在四边形GAOB中，OA＝OB，∠A+∠B＝180°，∠AOB＝2∠EOF，∠EOF的两边分别交AG，BG于E，F，求EF的长．
根据探究延伸2的结论可得：EF＝AE+BF，
根据题意得，AE＝75×1.2＝90（海里），BF＝100×1.2＝120（海里），
所以EF＝90+120＝210（海里）．
答：此时两舰艇之间的距离为210海里．
39．（2020•青海）在△ABC中，AB＝AC，CG⊥BA交BA的延长线于点G．
特例感知：
（1）将一等腰直角三角尺按图1所示的位置摆放，该三角尺的直角顶点为F，一条直角边与AC重合，另一条直角边恰好经过点B．通过观察、测量BF与CG的长度，得到BF＝CG．请给予证明．
猜想论证：
（2）当三角尺沿AC方向移动到图2所示的位置时，一条直角边仍与AC边重合，另一条直角边交BC于点D，过点D作DE⊥BA垂足为E．此时请你通过观察、测量DE、DF与CG的长度，猜想并写出DE、DF与CG之间存在的数量关系，并证明你的猜想．
联系拓展：
（3）当三角尺在图2的基础上沿AC方向继续移动到图3所示的位置（点F在线段AC上，且点F与点C不重合）时，请你判断（2）中的猜想是否仍然成立？（不用证明）
【分析】（1）证明△FAB≌△GAC即可解决问题．
（2）结论：CG＝DE+DF．利用面积法证明即可．
（3）结论不变，证明方法类似（2）．
【解答】（1）证明：如图1中，
∵∠F＝∠G＝90°，∠FAB＝∠CAG，AB＝AC，
∴△FAB≌△GAC（AAS），
∴FB＝CG．
（2）解：结论：CG＝DE+DF．
理由：如图2中，连接AD．
∵S△ABC＝S△ABD+S△ADC，DE⊥AB，DF⊥AC，CG⊥AB，
∴•AB•CG•AB•DE•AC•DF，
∵AB＝AC，
∴CG＝DE+DF．
（3）解：结论不变：CG＝DE+DF．
理由：如图3中，连接AD．
∵S△ABC＝S△ABD+S△ADC，DE⊥AB，DF⊥AC，CG⊥AB，
∴•AB•CG•AB•DE•AC•DF，
∵AB＝AC，
∴CG＝DE+DF．
40．（2020•齐齐哈尔）综合与实践
在线上教学中，教师和学生都学习到了新知识，掌握了许多新技能．例如教材八年级下册的数学活动﹣﹣折纸，就引起了许多同学的兴趣．在经历图形变换的过程中，进一步发展了同学们的空间观念，积累了数学活动经验．
实践发现：
对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；再一次折叠纸片，使点A落在EF上的点N处，并使折痕经过点B，得到折痕BM，把纸片展平，连接AN，如图①．
（1）折痕BM 是 （填“是”或“不是”）线段AN的垂直平分线；请判断图中△ABN是什么特殊三角形？答： 等边三角形 ；进一步计算出∠MNE＝ 60 °；
（2）继续折叠纸片，使点A落在BC边上的点H处，并使折痕经过点B，得到折痕BG，把纸片展平，如图②，则∠GBN＝ 15 °；
拓展延伸：
（3）如图③，折叠矩形纸片ABCD，使点A落在BC边上的点A'处，并且折痕交BC边于点T，交AD边于点S，把纸片展平，连接AA'交ST于点O，连接AT．
求证：四边形SATA'是菱形．
解决问题：
（4）如图④，矩形纸片ABCD中，AB＝10，AD＝26，折叠纸片，使点A落在BC边上的点A'处，并且折痕交AB边于点T，交AD边于点S，把纸片展平．同学们小组讨论后，得出线段AT的长度有4，5，7，9．
请写出以上4个数值中你认为正确的数值 7，9 ．
【分析】（1）由折叠的性质可得AN＝BN，AE＝BE，∠NEA＝90°，BM垂直平分AN，∠BAM＝∠BNM＝90°，可证△ABN是等边三角形，由等边三角形的性质和直角三角形的性质可求解；
（2）由折叠的性质可得∠ABG＝∠HBG＝45°，可求解；
（3）由折叠的性质可得AO＝A'O，AA'⊥ST，由“AAS”可证△ASO≌△A'TO，可得SO＝TO，由菱形的判定可证四边形SATA'是菱形；
（4）先求出AT的范围，即可求解．
【解析】（1）如图①∵对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，
∴EF垂直平分AB，
∴AN＝BN，AE＝BE，∠NEA＝90°，
∵再一次折叠纸片，使点A落在EF上的点N处，
∴BM垂直平分AN，∠BAM＝∠BNM＝90°，
∴AB＝BN，
∴AB＝AN＝BN，
∴△ABN是等边三角形，
∴∠EBN＝60°，
∴∠ENB＝30°，
∴∠MNE＝60°，
故答案为：是，等边三角形，60；
（2）∵折叠纸片，使点A落在BC边上的点H处，
∴∠ABG＝∠HBG＝45°，
∴∠GBN＝∠ABN﹣∠ABG＝15°，
故答案为：15°；
（3）∵折叠矩形纸片ABCD，使点A落在BC边上的点A'处，
∴ST垂直平分AA'，
∴AO＝A'O，AA'⊥ST，
∵AD∥BC，
∴∠SAO＝∠TA'O，∠ASO＝∠A'TO，
∴△ASO≌△A'TO（AAS）
∴SO＝TO，
∴四边形ASA'T是平行四边形，
又∵AA'⊥ST，
∴边形SATA'是菱形；
（4）∵折叠纸片，使点A落在BC边上的点A'处，
∴AT＝A'T，
在Rt△A'TB中，A'T＞BT，
∴AT＞10﹣AT，
∴AT＞5，
∵点T在AB上，
∴当点T与点B重合时，AT有最大值为10，
∴5＜AT≤10，
∴正确的数值为7，9，
故答案为：7，9．
41．（2020•德州）问题探究：
小红遇到这样一个问题：如图1，△ABC中，AB＝6，AC＝4，AD是中线，求AD的取值范围．她的做法是：延长AD到E，使DE＝AD，连接BE，证明△BED≌△CAD，经过推理和计算使问题得到解决．
请回答：（1）小红证明△BED≌△CAD的判定定理是： SAS ；
（2）AD的取值范围是 1＜AD＜5 ；
方法运用：
（3）如图2，AD是△ABC的中线，在AD上取一点F，连结BF并延长交AC于点E，使AE＝EF，求证：BF＝AC．
（4）如图3，在矩形ABCD中，，在BD上取一点F，以BF为斜边作Rt△BEF，且，点G是DF的中点，连接EG，CG，求证：EG＝CG．
【分析】（1）由“SAS”可证△BED≌△CAD；
（2）由全等三角形的性质可得AC＝BE＝4，由三角形的三边关系可求解；
（3）延长AD至H，使AD＝DH，连接BH，由“SAS”可证△BHD≌△CAD，可得AC＝BH，∠CAD＝∠H，由等腰三角形的性质可得∠H＝∠BFH，可得BF＝BH＝AC；
（4）延长CG至N，使NG＝CG，连接EN，CE，NF，由“SAS”可证△NGF≌△CGD，可得CD＝NF，∠CDB＝∠NFG，通过证明△BEC∽△FEN，可得∠BEC＝∠FEN，可得∠BEF＝∠NEC＝90°，由直角三角形的性质可得结论．
【解析】（1）∵AD是中线，
∴BD＝CD，
又∵∠ADC＝∠BDE，AD＝DE，
∴△BED≌△CAD（SAS），
故答案为：SAS；
（2）∵△BED≌△CAD，
∴AC＝BE＝4，
在△ABE中，AB﹣BE＜AE＜AB+BE，
∴2＜2AD＜10，
∴1＜AD＜5，
故答案为：1＜AD＜5；
（3）如图2，延长AD至H，使AD＝DH，连接BH，
∵AD是△ABC的中线，
∴BD＝CD，
又∵∠ADC＝∠BDH，AD＝DH，
∴△ADC≌△HDB（SAS），
∴AC＝BH，∠CAD＝∠H，
∵AE＝EF，
∴∠EAF＝∠AFE，
∴∠H＝∠BFH，
∴BF＝BH，
∴AC＝BF；
（4）如图3，延长CG至N，使NG＝CG，连接EN，CE，NF，
∵点G是DF的中点，
∴DG＝GF，
又∵∠NGF＝∠DGC，CG＝NG，
∴△NGF≌△CGD（SAS），
∴CD＝NF，∠CDB＝∠NFG，
∵，，
∴tan∠ADB，tan∠EBF，
∴∠ADB＝∠EBF，
∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠DBC，
∴∠EBF＝∠DBC，
∴∠EBC＝2∠DBC，
∵∠EBF+∠EFB＝90°，∠DBC+∠BDC＝90°，
∴∠EFB＝∠BDC＝∠NFG，∠EBF+∠EFB+∠DBC+∠BDC＝180°，
∴2∠DBC+∠EFB+∠NFG＝180°，
又∵∠NFG+∠BFE+∠EFN＝180°，
∴∠EFN＝2∠DBC，
∴∠EBC＝∠EFN，
∵，且CD＝NF，
∴
∴△BEC∽△FEN，
∴∠BEC＝∠FEN，
∴∠BEF＝∠NEC＝90°，
又∵CG＝NG，
∴EGNC，
∴EG＝GC．
42．（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．
【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，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，则DEEF，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，
∴，
∴BF2＝BE•BC，
∴BC，
∴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，
∴，
∴DE2＝EF•EG，
又∵EG＝AC＝2EF，
∴DE2＝2EF2，
∴DEEF，
又∵，
∴DG，
∴DC＝DG﹣CG＝52．
43．（2020•邵阳）已知：如图①，将一块45°角的直角三角板DEF与正方形ABCD的一角重合，连接AF，CE，点M是CE的中点，连接DM．
（1）请你猜想AF与DM的数量关系是 AF＝2DM ．
（2）如图②，把正方形ABCD绕着点D顺时针旋转α角（0°＜α＜90°）．
①AF与DM的数量关系是否仍成立，若成立，请证明；若不成立，请说明理由；（温馨提示：延长DM到点N，使MN＝DM，连接CN）
②求证：AF⊥DM；
③若旋转角α＝45°，且∠EDM＝2∠MDC，求的值．（可不写过程，直接写出结果）
【分析】（1）根据题意合理猜想即可；
（2）①延长DM到点N，使MN＝DM，连接CN，先证明△MNC≌△MDE，再证明△ADF≌△DCN，得到AF＝DN，故可得到AF＝2DM；
②根据全等三角形的性质和直角的换算即可求解；
③依题意可得∠AFD＝∠EDM＝30°，可设AG＝k，得到DG，AD，FG，ED的长，故可求解．
【解析】（1）猜想AF与DM的数量关系是AF＝2DM，
理由：∵四边形ABCD是正方形，
∴CD＝AD，∠ADC＝90°，
在△ADF和△CDE中，
，
∴△ADF≌△CDE（SAS），
∴AF＝CE，
∵M是CE的中点，
∴CE＝2DM，
∴AF＝2DM，
故答案为：AF＝2DM；
（2）①AF＝2DM仍然成立，
理由如下：延长DM到点N，使MN＝DM，连接CN，
∵M是CE中点，
∴CM＝EM，
又∠CMN＝∠EMD，
∴△MNC≌△MDE（SAS），
∴CN＝DE＝DF，∠MNC＝∠MDE，
∴CN∥DE，
又AD∥BC
∴∠NCB＝∠EDA，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC，∠BCD＝90°＝∠EDF，
∴∠ADF＝∠DCN，
∴△ADF≌△DCN（SAS），
∴AF＝DN，
∴AF＝2DM；
②∵△ADF≌△DCN，
∴∠NDC＝∠FAD，
∵∠CDA＝90°，
∴∠NDC+∠NDA＝90°，
∴∠FAD+∠NDA＝90°，
∴AF⊥DM；
③∵α＝45°，
∴∠EDC＝90°﹣45°＝45°
∵∠EDM＝2∠MDC，
∴∠EDM∠EDC＝30°，
∴∠AFD＝30°，
过A点作AG⊥FD的延长线于G点，∴∠ADG＝90°﹣45°＝45°，
∴△ADG是等腰直角三角形，
设AG＝k，则DG＝k，AD＝AG÷sin45°k，
FG＝AG÷tan30°k，
∴FD＝EDk﹣k，
故．
44．（2020•天水）性质探究
如图（1），在等腰三角形ABC中，∠ACB＝120°，则底边AB与腰AC的长度之比为 ：1 ．
理解运用
（1）若顶角为120°的等腰三角形的周长为4+2，则它的面积为 ；
（2）如图（2），在四边形EFGH中，EF＝EG＝EH，在边FG，GH上分别取中点M，N，连接MN．若∠FGH＝120°，EF＝20，求线段MN的长．
类比拓展
顶角为2α的等腰三角形的底边与一腰的长度之比为 2sinα：1 ．（用含α的式子表示）
【分析】性质探究：如图1中，过点C作CD⊥AB于D．解直角三角形求出AB（用AC表示）即可解决问题．
理解运用：①利用性质探究中的结论，设CA＝CB＝m，则ABm，构建方程求出m即可解决问题．
②如图2中，连接FH．求出FH，利用三角形中位线定理解决问题即可．
类比拓展：利用等腰三角形的性质求出AB与AC的关系即可．
【解析】性质探究：如图1中，过点C作CD⊥AB于D．
∵CA＝CB，∠ACB＝120°，CD⊥AB，
∴∠A＝∠B＝30°，AD＝BD，
∴AB＝2AD＝2AC•cos30°AC，
∴AB：AC：1．
故答案为：1．
理解运用：（1）设CA＝CB＝m，则ABm，
由题意2mm＝4+2，
∴m＝2，
∴AC＝CB＝2，AB＝2，
∴AD＝DB，CD＝AC•sin30°＝1，
∴S△ABC•AB•CD．
故答案为．
（2）如图2中，连接FH．
∵∠FGH＝120°，EF＝EG＝EH，
∴∠EFG＝∠EGF，∠EHG＝∠EGH，
∴∠EFG+∠EHG＝∠EGF+∠EGH＝∠FGH＝120°，
∵∠FEH+∠EFG+∠EHG+∠FGH＝360°，
∴∠FEH＝360°﹣120°﹣120°＝120°，
∵EF＝EH，
∴△EFH是顶角为120°的等腰三角形，
∴FHEF＝20，
∵FM＝MG．GN＝GH，
∴MNFH＝10．
类比拓展：如图1中，过点C作CD⊥AB于D．
∵CA＝CB，∠ACB＝2α，CD⊥AB，
∴∠A＝∠B＝30°，AD＝BD，∠ACD＝∠BCD＝α
∴AB＝2AD＝2AC•sinα
∴AB：AC＝2sinα：1．
故答案为2sinα：1．
45．（2020•盐城）以下虚线框中为一个合作学习小组在一次数学实验中的过程记录，请阅读后完成虚线框下方的问题1～4．
（Ⅰ）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝2，在探究三边关系时，通过画图，度量和计算，收集到一组数据如下表：（单位：厘米）
AC
2.8
2.7
2.6
2.3
2
1.5
0.4
BC
0.4
0.8
1.2
1.6
2
2.4
2.8
AC+BC
3.2
3.5
3.8
3.9
4
3.9
3.2
（Ⅱ）根据学习函数的经验，选取上表中BC和AC+BC的数据进行分析：
①BC＝x，AC+BC＝y，以（x，y）为坐标，在图①所示的坐标系中描出对应的点：
②连线：
观察思考
（Ⅲ）结合表中的数据以及所画的图象，猜想．当x＝____时，y最大；
（Ⅳ）进一步精想：若Rt△ABC中，∠C＝90°，斜边AB＝2a（a为常数，a＞0），则BC＝____时，AC+BC最大．
推理证明
（Ⅴ）对（Ⅳ）中的猜想进行证明．
问题1，在图①中完善（Ⅱ）的描点过程，并依次连线；
问题2，补全观察思考中的两个猜想：（Ⅲ） 2 ；（Ⅳ） BCa ；
问题3，证明上述（Ⅴ）中的猜想；
问题4，图②中折线B﹣﹣E﹣﹣F﹣﹣G﹣﹣A是一个感光元件的截面设计草图，其中点A，B间的距离是4厘米，AG＝BE＝1厘米．∠E＝∠F＝∠G＝90°．平行光线从AB区域射入，∠BNE＝60°，线段FM、FN为感光区域，当EF的长度为多少时，感光区域长度之和最大，并求出最大值．
【分析】问题1：利用那地方解决问题即可．
问题2：利用图象法解决问题即可．
问题3：设BC＝x，AC﹣BC＝y，根据一元二次方程，利用根的判别式解决问题即可．
问题4：延长AM交EF的延长线于C，过点A作AH⊥EF于H，过点B作BK⊥GF于K交AH于Q．证明FN+FM＝EF+FG﹣EN﹣GM＝BK+AHBQ+AQ+KQ+QHBQ+AQ+2，求出BQ+AQ的最大值即可解决问题．
【解析】问题1：函数图象如图所示：
问题2：（Ⅲ）观察图象可知，x＝2时，y有最大值．
（Ⅳ）猜想：BCa．
故答案为：2，BCa．
问题3：设BC＝x，AC﹣BC＝y，
在Rt△ABC中，∵∠C＝90°
∴AC，
∴y＝x，
∴y﹣x，
∴y2﹣2xy+x2＝4a2﹣x2，
∴2x2﹣2xy+y2﹣4a2＝0，
∵关于x的一元二次方程有实数根，
∴b2﹣4ac＝4y2﹣4×2×（y2﹣4a2）≥0，
∴y2≤8a2，
∵y＞0，a＞0，
∴y≤2a，
当y＝2a时，2x2﹣4ax+4a2＝0
∴（x﹣2a）2＝0，
∴x1＝x2a，
∴当BCa时，y有最大值．
问题4：延长AM交EF的延长线于C，过点A作AH⊥EF于H，过点B作BK⊥GF于K交AH于Q．
在Rt△BNE中，∠E＝90°，∠BNE＝60°，BE＝1cm，
∴tan∠BNE，
∴NE（cm），
∵AM∥BN，
∴∠C＝60°，
∵∠GFE＝90°，
∴∠CMF＝30°，
∴∠AMG＝30°，
∵∠G＝90°，AG＝1cm，∠AMG＝30°，
∴在Rt△AGM中，tan∠AMG，
∴GM（cm），
∵∠G＝∠GFH＝90°，∠AHF＝90°，
∴四边形AGFH为矩形，
∴AH＝FG，
∵∠GFH＝∠E＝90°，∠BKF＝90°
∴四边形BKFE是矩形，
∴BK＝FE，
∵FN+FM＝EF+FG﹣EN﹣GM＝BK+AHBQ+AQ+KQ+QHBQ+AQ+2，
在Rt△ABQ中，AB＝4cm，
由问题3可知，当BQ＝AQ＝2cm时，AQ+BQ的值最大，
∴BQ＝AQ＝2时，FN+FM的最大值为（42）cm．
46．（2020•临沂）已知⊙O1的半径为r1，⊙O2的半径为r2．以O1为圆心，以r1+r2的长为半径画弧，再以线段O1O2的中点P为圆心，以O1O2的长为半径画弧，两弧交于点A，连接O1A，O2A，O1A交⊙O1于点B，过点B作O2A的平行线BC交O1O2于点C．
（1）求证：BC是⊙O2的切线；
（2）若r1＝2，r2＝1，O1O2＝6，求阴影部分的面积．
【分析】（1）由题意得出O1P＝AP＝O2P，则可得出∠O1AO2＝90°，由平行线的性质可得出∠O1BC＝90°，过点O2作O2D⊥BC交BC的延长线于点D，证得O2D＝r2，则可得出结论；
（2）由直角三角形的性质求出∠BO1C＝60°，由勾股定理求出BC长，则可根据S阴影求出答案．
【解答】（1）证明：连接AP，
∵以线段O1O2的中点P为圆心，以O1O2的长为半径画弧，
∴O1P＝AP＝O2P，
∴∠O1AO2＝90°，
∵BC∥O2A，
∴∠O1BC＝∠O1AO2＝90°，
过点O2作O2D⊥BC交BC的延长线于点D，
∴四边形ABDO2是矩形，
∴AB＝O2D，
∵O1A＝r1+r2，
∴O2D＝r2，
∴BC是⊙O2的切线；
（2）解：∵r1＝2，r2＝1，O1O2＝6，
∴O1A，
∴∠BO1C＝60°，
∴O1C＝2O1B＝4，
∴BC2，
∴S阴影2π．
47．（2020•天津）将一个直角三角形纸片OAB放置在平面直角坐标系中，点O（0，0），点A（2，0），点B在第一象限，∠OAB＝90°，∠B＝30°，点P在边OB上（点P不与点O，B重合）．
（Ⅰ）如图①，当OP＝1时，求点P的坐标；
（Ⅱ）折叠该纸片，使折痕所在的直线经过点P，并与x轴的正半轴相交于点Q，且OQ＝OP，点O的对应点为O'，设OP＝t．
①如图②，若折叠后△O'PQ与△OAB重叠部分为四边形，O'P，O'Q分别与边AB相交于点C，D，试用含有t的式子表示O'D的长，并直接写出t的取值范围；
②若折叠后△O'PQ与△OAB重叠部分的面积为S，当1≤t≤3时，求S的取值范围（直接写出结果即可）．
【分析】（Ⅰ）如图①中，过点P作PH⊥OA于H．解直角三角形求出OH，PH即可．
（Ⅱ）①解直角三角形求出DQ，DO′即可．
②求出点O′落在AB上时，S（）2．当t≤2时，重叠部分是四边形PQDC，St2（3t﹣4）2t2+3t﹣2，当t时，S有最大值，最大值．再求出当t＝1或3时，S的值即可判断．
【解析】（Ⅰ）如图①中，过点P作PH⊥OA于H．
∵∠OAB＝90°，∠B＝30°，
∴∠BOA＝90°﹣30°＝60°，
∴∠OPH＝90°﹣60°＝30°，
∵OP＝1，
∴OHOP，PH＝OP•cos30°，
∴P（，）．
（Ⅱ）①如图②中，
由折叠可知，△O′PQ≌△OPQ，
∴OP＝O′P，OQ＝O′Q，
∵OP＝OQ＝t，
∴OP＝OQ＝O′P＝O′Q，
∴四边形OPO′Q是菱形，
∴QO′∥OB，
∴∠ADQ＝∠B＝30°，
∵A（2，0），
∴OA＝2，QA＝2﹣t，
在Rt△AQD中，DQ＝2QA＝4﹣2t，
∵O′D＝O′Q﹣QD＝3t﹣4，
∴t＜2．
②当点O′落在AB上时，重叠部分是△PQO′，此时t，S（）2，
当t≤2时，重叠部分是四边形PQDC，St2（3t﹣4）2t2+3t﹣2，
当t时，S有最大值，最大值，
当t＝1时，S，当t＝3时，S，
综上所述，S．
48．（2020•南京）如图①，要在一条笔直的路边l上建一个燃气站，向l同侧的A、B两个城镇分别铺设管道输送燃气．试确定燃气站的位置，使铺设管道的路线最短．
（1）如图②，作出点A关于l的对称点A'，线段A'B与直线l的交点C的位置即为所求，即在点C处建燃气站，所得路线ACB是最短的．
为了证明点C的位置即为所求，不妨在直线1上另外任取一点C'，连接AC'、BC'，证明AC+CB＜AC′+C'B．请完成这个证明．
（2）如果在A、B两个城镇之间规划一个生态保护区，燃气管道不能穿过该区域．请分别给出下列两种情形的铺设管道的方案（不需说明理由）．
①生态保护区是正方形区域，位置如图③所示；
②生态保护区是圆形区域，位置如图④所示．
【分析】（1）由轴对称的性质可得CA＝CA'，可得AC+BC＝A'C+BC＝A'B，AC'+C'B＝A'C'+BC'，由三角形的三边关系可得A'B＜A'C'+C'B，可得结论；
（2）①由（1）的结论可求；
②由（1）的结论可求解．
【解答】证明：（1）如图②，连接A'C'，
∵点A，点A'关于l对称，点C在l上，
∴CA＝CA'，
∴AC+BC＝A'C+BC＝A'B，
同理可得AC'+C'B＝A'C'+BC'，
∵A'B＜A'C'+C'B，
∴AC+BC＜AC'+C'B；
（2）如图③，
在点C出建燃气站，铺设管道的最短路线是ACDB，（其中点D是正方形的顶点）；
如图④，
在点C出建燃气站，铺设管道的最短路线是ACDEB，（其中CD，BE都与圆相切）
49．（2020•达州）（1）[阅读与证明]
如图1，在正△ABC的外角∠CAH内引射线AM，作点C关于AM的对称点E（点E在∠CAH内），连接BE，BE、CE分别交AM于点F、G．
①完成证明：∵点E是点C关于AM的对称点，
∴∠AGE＝90°，AE＝AC，∠1＝∠2．
∵正△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝AC，
∴AE＝AB，得∠3＝∠4．
在△ABE中，∠1+∠2+60°+∠3+∠4＝180°，∴∠1+∠3＝ 60 °．
在△AEG中，∠FEG+∠3+∠1＝90°，∴∠FEG＝ 30 °．
②求证：BF＝AF+2FG．
（2）[类比与探究]
把（1）中的“正△ABC”改为“正方形ABDC”，其余条件不变，如图2．类比探究，可得：
①∠FEG＝ 45 °；
②线段BF、AF、FG之间存在数量关系 BFAFFG ．
（3）[归纳与拓展]
如图3，点A在射线BH上，AB＝AC，∠BAC＝α（0°＜α＜180°），在∠CAH内引射线AM，作点C关于AM的对称点E（点E在∠CAH内），连接BE，BE、CE分别交AM于点F、G．则线段BF、AF、GF之间的数量关系为 BF＝2AF•sinα ．
【分析】（1）①利用等腰三角形的性质，三角形内角和定理解决问题即可．
②如图1中，连接CF，在FB上取一点T，使得FT＝CF，连接CT．证明△BCT≌△ACF（SAS）可得结论．
（2）①如图2中，利用圆周角定理解决问题即可．
②结论：BFAFFG．如图2中，连接CF，在FB上取一点T，使得FT＝CF，连接CT．证明△BCT∽△ACF，推出，推出BTAF可得结论．
（3）如图3中，连接CF，BC，在BF上取一点T，使得FT＝CF．构造相似三角形，利用相似三角形的性质解决问题即可．
【解答】（1）①解：如图1中，∵点E是点C关于AM的对称点，
∴∠AGE＝90°，AE＝AC，∠1＝∠2．
∵正△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝AC，
∴AE＝AB，得∠3＝∠4．
在△ABE中，∠1+∠2+60°+∠3+∠4＝180°，
∴∠1+∠3＝60°．
在△AEG中，∠FEG+∠3+∠1＝90°，
∴∠FEG＝30°．
故答案为60，30．
②证明：如图1中，连接CF，在FB上取一点T，使得FT＝CF，连接CT．
∵C，E关于AM对称，
∴AM垂直平分线段EC，
∴FE＝FC，
∴∠FEC＝∠FCE＝30°，EF＝2FG，
∴∠CFT＝∠FEC+∠FCE＝60°，
∵FC＝FT，
∴△CFT是等边三角形，
∴∠ACB＝∠FCT＝60°，CF＝CT＝FT，
∴∠BCT＝∠ACF，
∵CB＝CA，
∴△BCT≌△ACF（SAS），
∴BT＝AF，
∴BF＝BT+FT＝AF+EF＝AF+2FG．
（2）解：①如图2中，∵AB＝AC＝AE，
∴点A是△ECB的外接圆的圆心，
∴∠BEC∠BAC，
∵∠BAC＝90°，
∴∠FEG＝45°．
故答案为45．
②结论：BFAFFG．
理由：如图2中，连接CF，在FB上取一点T，使得FT＝CF，连接CT．
∵AM⊥EC，CG＝CE，
∴FC＝EF，
∴∠FEC＝∠FCE＝45°，EFFG，
∴∠CFT＝∠FEC+∠FCE＝90°，
∵CF＝CT，
∴△CFT是等腰直角三角形，
∴CTCF，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴BCAC，
∴，
∵∠BCA＝∠TCF＝45°，
∴∠BCT＝∠ACF，
∴△BCT∽△ACF，
∴，
∴BTAF，
∴BF＝BT+TFAFFG．．
（3）如图3中，连接CF，BC，在BF上取一点T，使得FT＝CF．
∵AB＝AC，∠BAC＝α，
∴sinα，
∴2•sinα，
∵AB＝AC＝AE，
∴∠BEC∠BACα，EF，
∵FC＝FE，
∴∠FEC＝∠FCEα，
∴∠CFT＝∠FEC+∠FCE＝α，
同法可证，△BCT∽△ACF，
∴2•sinα，
∴BT＝2AF•sinα，
∴BF＝BT+FT＝2AF•sinα+EF．即BF＝2AF•sinα．
故答案为：BF＝2AF•sinα．
50．（2020•泰安）小明将两个直角三角形纸片如图（1）那样拼放在同一平面上，抽象出如图（2）的平面图形，∠ACB与∠ECD恰好为对顶角，∠ABC＝∠CDE＝90°，连接BD，AB＝BD，点F是线段CE上一点．
探究发现：
（1）当点F为线段CE的中点时，连接DF（如图（2）），小明经过探究，得到结论：BD⊥DF．你认为此结论是否成立？ 是 ．（填“是”或“否”）
拓展延伸：
（2）将（1）中的条件与结论互换，即：BD⊥DF，则点F为线段CE的中点．请判断此结论是否成立．若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．
问题解决：
（3）若AB＝6，CE＝9，求AD的长．
【分析】（1）证明∠FDC+∠BDC＝90°可得结论．
（2）结论成立：利用等角的余角相等证明∠E＝∠EDF，推出EF＝FD，再证明FD＝FC即可解决问题．
（3）如图3中，取EC的中点G，连接GD．则GD⊥BD．利用（1）中即可以及相似三角形的性质解决问题即可．
【解析】（1）如图（2）中，
∵∠EDC＝90°，EF＝CF，
∴DF＝CF，
∴∠FCD＝∠FDC，
∵∠ABC＝90°，
∴∠A+∠ACB＝90°，
∵BA＝BD，
∴∠A＝∠ADB，
∵∠ACB＝∠FCD＝∠FDC，
∴∠ADB+∠FDC＝90°，
∴∠FDB＝90°，
∴BD⊥DF．
故答案为是．
（2）结论成立：
理由：∵BD⊥DF，ED⊥AD，
∴∠BDC+∠CDF＝90°，∠EDF+∠CDF＝90°，
∴∠BDC＝∠EDF，
∵AB＝BD，
∴∠A＝∠BDC，
∴∠A＝∠EDF，
∵∠A+∠ACB＝90°，∠E+∠ECD＝90°，∠ACB＝∠ECD，
∴∠A＝∠E，
∴∠E＝∠EDF，
∴EF＝FD，
∵∠E+∠ECD＝90°，∠EDF+∠FDC＝90°，
∴∠FCD＝∠FDC，
∴FD＝FC，
∴EF＝FC，
∴点F是EC的中点．
（3）如图3中，取EC的中点G，连接GD．则GD⊥BD．
∴DGEC，
∵BD＝AB＝6，
在Rt△BDG中，BG，
∴CB3，
在Rt△ABC中，AC3，
∵∠ACB＝∠ECD，∠ABC＝∠EDC，
∴△ABC∽△EDC，
∴，
∴，
∴CD，
∴AD＝AC+CD＝3．
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