中考数学真题分类汇编第一期专题37操作探究试题含解析

这是一份中考数学真题分类汇编第一期专题37操作探究试题含解析，共28页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。

1．（2018•湖北荆门•3分）如图，等腰Rt△ABC中，斜边AB的长为2，O为AB的中点，P为AC边上的动点，OQ⊥OP交BC于点Q，M为PQ的中点，当点P从点A运动到点C时，点M所经过的路线长为（ ）
A．B．C．1D．2
【分析】连接OC，作PE⊥AB于E，MH⊥AB于H，QF⊥AB于F，如图，利用等腰直角三角形的性质得AC=BC=，∠A=∠B=45°，OC⊥AB，OC=OA=OB=1，∠OCB=45°，再证明Rt△AOP≌△COQ得到AP=CQ，接着利用△APE和△BFQ都为等腰直角三角形得到PE=AP=CQ，QF=BQ，所以PE+QF=BC=1，然后证明MH为梯形PEFQ的中位线得到MH=，即可判定点M到AB的距离为，从而得到点M的运动路线为△ABC的中位线，最后利用三角形中位线性质得到点M所经过的路线长．
【解答】解：连接OC，作PE⊥AB于E，MH⊥AB于H，QF⊥AB于F，如图，
∵△ACB为到等腰直角三角形，
∴AC=BC=AB=，∠A=∠B=45°，
∵O为AB的中点，
∴OC⊥AB，OC平分∠ACB，OC=OA=OB=1，
∴∠OCB=45°，
∵∠POQ=90°，∠COA=90°，
∴∠AOP=∠COQ，
在Rt△AOP和△COQ中
，
∴Rt△AOP≌△COQ，
∴AP=CQ，
易得△APE和△BFQ都为等腰直角三角形，
∴PE=AP=CQ，QF=BQ，
∴PE+QF=（CQ+BQ）=BC=×=1，
∵M点为PQ的中点，
∴MH为梯形PEFQ的中位线，
∴MH=（PE+QF）=，
即点M到AB的距离为，
而CO=1，
∴点M的运动路线为△ABC的中位线，
∴当点P从点A运动到点C时，点M所经过的路线长=AB=1．
故选：C．
【点评】本题考查了轨迹：通过计算确定动点在运动过程中不变的量，从而得到运动的轨迹．也考查了等腰直角三角形的性质．
2．（2018·浙江临安·3分）如图，正方形硬纸片ABCD的边长是4，点E、F分别是AB、BC的中点，若沿左图中的虚线剪开，拼成如图的一座“小别墅”，则图中阴影部分的面积是（ ）
A．2B．4C．8D．10
【考点】阴影部分的面积
【分析】本题考查空间想象能力．
【解答】解：阴影部分由一个等腰直角三角形和一个直角梯形组成，
由第一个图形可知：阴影部分的两部分可构成正方形的四分之一，
正方形的面积=4×4=16，
∴图中阴影部分的面积是16÷4=4．
故选：B．
【点评】解决本题的关键是得到阴影部分的组成与原正方形面积之间的关系．

3（2018·浙江舟山·3分）将一张正方形纸片按如图步骤①，②沿虚线对折两次，然后沿③中平行于底边的虚线剪去一个角，展开铺平后的图形是（ ）
A. B.
C. D.
【考点】剪纸问题
【解析】【解答】解：沿虚线剪开以后，剩下的图形先向右上方展开，缺失的部分是一个等腰直角三角形，用直角边与正方形的边是分别平行的，再沿着对角线展开，得到图形A。
故答案为A。
【分析】根据对称的性质，用倒推法去展开这个折纸。
【点评】本题主要考查了等腰直角三角形、直角三角形的判定和考生的空间想象能力.

二.填空题
(要求同上一.)
1．（2018·湖南省常德·3分）如图，将矩形ABCD沿EF折叠，使点B落在AD边上的点G处，点C落在点H处，已知∠DGH=30°，连接BG，则∠AGB= 75° ．
【分析】由折叠的性质可知：GE=BE，∠EGH=∠ABC=90°，从而可证明∠EBG=∠EGB．，然后再根据∠EGH﹣∠EGB=∠EBC﹣∠EBG，即：∠GBC=∠BGH，由平行线的性质可知∠AGB=∠GBC，从而易证∠AGB=∠BGH，据此可得答案．
【解答】解：由折叠的性质可知：GE=BE，∠EGH=∠ABC=90°，
∴∠EBG=∠EGB．
∴∠EGH﹣∠EGB=∠EBC﹣∠EBG，即：∠GBC=∠BGH．
又∵AD∥BC，
∴∠AGB=∠GBC．
∴∠AGB=∠BGH．
∵∠DGH=30°，
∴∠AGH=150°，
∴∠AGB=∠AGH=75°，
故答案为：75°．
【点评】本题主要考查翻折变换，解题的关键是熟练掌握翻折变换的性质：折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
2. （2018·浙江舟山·4分）如图，量角器的0度刻度线为AB，将一矩形直尺与量角器部分重叠，使直尺一边与量角器相切于点C，直尺另一边交量角器于点A，D，量得AD=10cm，点D在量角器上的读数为60°，则该直尺的宽度为________ cm。
【考点】垂径定理，切线的性质
【分析】因为直尺另一边EF与圆O相切于点C，连接OC，可知求直尺的宽度就是求CG=OC-OG，而OC=OA；OG和OA都在Rt△AOG中，即根据解直角三角形的思路去做：由垂定理可知AG=DG=AD=5cm，∠AOG=∠AOD=60°，从而可求答案.
【解答】解：如图，连结OD，OC，OC与AD交于点G,设直尺另一边为EF，
因为点D在量角器上的读数为60°，
所以∠AOD=120°，
因为直尺一边EF与量角器相切于点C，
所以OC⊥EF，
因为EF//AD，
所以OC⊥AD，
由垂径定理得AG=DG=AD=5 cm，∠AOG=∠AOD=60°，
在Rt△AOG中，AG=5 cm，∠AOG=60°，
则OG=cm,OC=OA=cm
则CG=OC-OG=cm.
【点评】本题的关键是利用垂径定理和切线的性质.

三.解答题
(要求同上一)
1. ．（2018•四川凉州•8分）如图，在平面直角坐标系中，点O1的坐标为（﹣4，0），以点O1为圆心，8为半径的圆与x轴交于A，B两点，过A作直线l与x轴负方向相交成60°的角，且交y轴于C点，以点O2（13，5）为圆心的圆与x轴相切于点D．
（1）求直线l的解析式；
（2）将⊙O2以每秒1个单位的速度沿x轴向左平移，当⊙O2第一次与⊙O1外切时，求⊙O2平移的时间．
【分析】（1）求直线的解析式，可以先求出A、C两点的坐标，就可以根据待定系数法求出函数的解析式．
（2）设⊙O2平移t秒后到⊙O3处与⊙O1第一次外切于点P，⊙O3与x轴相切于D1点，连接O1O3，O3D1．
在直角△O1O3D1中，根据勾股定理，就可以求出O1D1，进而求出D1D的长，得到平移的时间．
【解答】解：（1）由题意得OA=|﹣4|+|8|=12，
∴A点坐标为（﹣12，0）．
∵在Rt△AOC中，∠OAC=60°，
OC=OAtan∠OAC=12×tan60°=12．
∴C点的坐标为（0，﹣12）．
设直线l的解析式为y=kx+b，
由l过A、C两点，
得，解得
∴直线l的解析式为：y=﹣x﹣12．
（2）如图，设⊙O2平移t秒后到⊙O3处与⊙O1第一次外切于点P，⊙O3与x轴相切于D1点，连接O1O3，O3D1．
则O1O3=O1P+PO3=8+5=13．
∵O3D1⊥x轴，∴O3D1=5，
在Rt△O1O3D1中，．
∵O1D=O1O+OD=4+13=17，∴D1D=O1D﹣O1D1=17﹣12=5，
∴（秒）．
∴⊙O2平移的时间为5秒．
【点评】本题综合了待定系数法求函数解析式，以及圆的位置关系，其中两圆相切时的辅助线的作法是经常用到的．
2. ．（2018•四川凉州•10分）如图，已知抛物线y=x2+bx+c经过A（1，0），B（0，2）两点，顶点为D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）将△OAB绕点A顺时针旋转90°后，点B落到点C的位置，将抛物线沿y轴平移后经过点C，求平移后所得图象的函数关系式；
（3）设（2）中平移后，所得抛物线与y轴的交点为B1，顶点为D1，若点N在平移后的抛物线上，且满足△NBB1的面积是△NDD1面积的2倍，求点N的坐标．
【分析】（1）利用待定系数法，将点A，B的坐标代入解析式即可求得；
（2）根据旋转的知识可得：A（1，0），B（0，2），∴OA=1，OB=2，
可得旋转后C点的坐标为（3，1），当x=3时，由y=x2﹣3x+2得y=2，可知抛物线y=x2﹣3x+2过点（3，2）∴将原抛物线沿y轴向下平移1个单位后过点C．∴平移后的抛物线解析式为：y=x2﹣3x+1；
（3）首先求得B1，D1的坐标，根据图形分别求得即可，要注意利用方程思想．
【解答】解：（1）已知抛物线y=x2+bx+c经过A（1，0），B（0，2），
∴，
解得，
∴所求抛物线的解析式为y=x2﹣3x+2；
（2）∵A（1，0），B（0，2），
∴OA=1，OB=2，
可得旋转后C点的坐标为（3，1），
当x=3时，由y=x2﹣3x+2得y=2，
可知抛物线y=x2﹣3x+2过点（3，2），
∴将原抛物线沿y轴向下平移1个单位后过点C．
∴平移后的抛物线解析式为：y=x2﹣3x+1；
（3）∵点N在y=x2﹣3x+1上，可设N点坐标为（x0，x02﹣3x0+1），
将y=x2﹣3x+1配方得y=（x﹣）2﹣，
∴其对称轴为直线x=．
①0≤x0≤时，如图①，
∵，
∴
∵x0=1，
此时x02﹣3x0+1=﹣1，
∴N点的坐标为（1，﹣1）．
②当时，如图②，
同理可得，
∴x0=3，
此时x02﹣3x0+1=1，
∴点N的坐标为（3，1）．
③当x＜0时，由图可知，N点不存在，
∴舍去．
综上，点N的坐标为（1，﹣1）或（3，1）．
【点评】此题属于中考中的压轴题，难度较大，知识点考查的较多而且联系密切，需要学生认真审题．
此题考查了二次函数与一次函数的综合知识，解题的关键是要注意数形结合思想的应用．

3. （2018•山西•12分）(本题 12 分 )综 合 与 实 践
问 题 情 境 ： 在 数 学 活 动 课 上 ， 老 师 出 示 了 这 样 一 个 问 题 ： 如 图 1， 在 矩 形 ABCD 中， AD=2AB， E 是 AB 延 长 线 上 一 点 ，且 BE=AB，连 接 DE，交 BC 于点 M，以 DE 为 一 边 在 DE 的 左 下 方 作 正 方 形 DEFG， 连接 AM． 试 判 断 线 段 AM 与 DE 的 位 置 关 系 ．
探 究 展 示 ： 勤 奋 小 组 发 现 ， AM 垂直平分 DE，并展示了如下的 证 明方法：
证明：  B E  A B,  AE  2 AB
AD  2 AB, AD  AE
四边形 ABCD 是 矩 形 ，  AD / / BC.
（ 依 据 １ ）
BE  AB ,  EM  DM .
即 AM 是△ ADE 的 DE 边上的中线，
又  AD  AE,  AM  DE. （依据 2）
AM 垂直平分 DE．
反 思 交 流 ：
(1) 上 述 证 明 过 程 中 的 “ 依 据 1”“ 依 据 2”分别是指什么？
 试 判 断 图 １ 中 的 点 A 是否在线段 GF 的 垂 直 平 分 上 ， 请 直 接 回 答 ， 不 必 证 明 ；
(2)创 新 小 组 受 到 勤 奋 小 组 的 启 发 ， 继 续 进 行 探 究 ， 如 图 2， 连 接 CE，以 CE 为 一 边 在 CE 的左下 方作正方形 CEFG， 发 现 点 G 在线段 BC 的 垂 直 平 分 线 上 ， 请 你 给 出 证 明 ；
探 索 发 现 ：
(3)如图 3，连接 CE，以 CE 为一边在 CE 的右上方作正方形 CEFG，可以发现点 C，点 B 都在线段 AE 的垂直平分线上， 除此之外，请观察 矩 形 ABCD 和正方形 CEFG 的顶点与边，你还能 发现哪个 顶点在哪条边的垂 直 平分线上，请写出 一 个你发现的结论， 并 加以证明 .
【考点】 平 行 线 分 线 段 成 比 例 ， 三 线 合 一 ， 正 方 形 、 矩 形 性 质 ， 全 等
【解析】
(1)答 ： 依据 1：两 条 直 线 被 一 组 平 行 线 所 截 ，所 得 的 对 应 线 段 成 比 例（ 或 平 行 线 分 线 段 成比例） .
依据 2： 等 腰 三 角 形 顶 角 的 平 分 线 ， 底 边 上 的 中 线 及 底 边 上 的 高 互 相 重 合 （ 或 等 腰 三 角
形的“三线合一 ”） .
 答：点 A 在 线 段 GF 的垂直平分线上 . (2)证明 ：过点 G 作 GH  BC 于点 H，
四 边形 ABCD 是 矩 形 ， 点 E 在 AB 的 延 长 线 上 ，
CBE  ABC  GHC  90. 1+2=90.
四边形 CEFG 为 正 方 形 ，
CG  CE, GCE  90.1 3  90. 2=3.
△GHC ≌ △CBE. HC  BE.
四边形 ABCD 是 矩 形 ，  AD  BC.
AD  2 AB, BE  AB,  BC  2BE  2HC. HC  BH.
GH 垂直平分 BC.点 G 在 BC 的 垂 直 平 分 线 上
（ 3）答：点 F 在 BC 边的垂直平分线上 （ 或点 F 在 AD 边 的 垂 直 平 分 线 上 ） .
证 法 一 ： 过点 F 作 FM  BC 于点 M，过点 E 作 EN  FM 于点 N.
BMN  ENM  ENF  90.
四边形 ABCD 是 矩 形 ， 点 E 在 AB 的延长线 上，
 CBE  ABC  90.四边形 BENM 为矩形 .
 BM  EN , BEN  90. 1 2  90.
四边形 CEFG 为 正 方 形 ，
 EF  EC, CEF  90. 2  3  90.
1=3. CBE  ENF  90,
△ENF≌△EBC.
 NE  BE.  BM  BE.
四边形 ABCD 是 矩 形 ，  AD  BC.
AD  2 AB, AB  BE. BC  2BM . BM  MC.
FM 垂直平分 BC， 点 F 在 BC 边 的 垂 直 平 分 线 上 .
证 法 二 ： 过 F 作 FN  BE 交 BE 的 延 长 线 于 点 N，连接 FB， FC.
四边形 ABCD 是矩形，点 E 在 AB 的延长线上，
∠ CBE=∠ ABC=∠ N=90°. ∠ 1+∠ 3=90°.
四边形 CEFG 为正方形， EC=EF，∠ CEF=90°.
∠ 1+∠ 2=90°. ∠ 2=∠ 3.
△ ENF  △ CBE.
NF=BE,NE=BC.
四边形 ABCD 是矩形， AD=BC.
AD=2AB， BE=AB. 设 BE=a，则 BC=EN=2a,NF=a.
BF=CF. 点 F 在 BC 边 的 垂 直 平 分 线 上 .
4 （2018•山东菏泽•10分）问题情境：
在综合与实践课上，老师让同学们以“矩形纸片的剪拼”为主题开展数学活动．如图1，将：矩形纸片ABCD沿对角线AC剪开，得到△ABC和△ACD．并且量得AB=2cm，AC=4cm．
操作发现：
（1）将图1中的△ACD以点A为旋转中心，按逆时针方向旋转∠α，使∠α=∠BAC，得到如图2所示的△AC′D，过点C作AC′的平行线，与DC'的延长线交于点E，则四边形ACEC′的形状是 菱形 ．
（2）创新小组将图1中的△ACD以点A为旋转中心，按逆时针方向旋转，使B、A、D三点在同一条直线上，得到如图3所示的△AC′D，连接CC'，取CC′的中点F，连接AF并延长至点G，使FG=AF，连接CG、C′G，得到四边形ACGC′，发现它是正方形，请你证明这个结论．
实践探究：
（3）缜密小组在创新小组发现结论的基础上，进行如下操作：将△ABC沿着BD方向平移，使点B与点A重合，此时A点平移至A'点，A'C与BC′相交于点H，如图4所示，连接CC′，试求tan∠C′CH的值．
【考点】LO：四边形综合题．
【分析】（1）先判断出∠ACD=∠BAC，进而判断出∠BAC=∠AC'D，进而判断出∠CAC'=∠AC'D，即可的结论；
（2）先判断出∠CAC'=90°，再判断出AG⊥CC'，CF=C'F，进而判断出四边形ACGC'是平行四边形，即可得出结论；
（3）先判断出∠ACB=30°，进而求出BH，AH，即可求出CH，C'H，即可得出结论．
【解答】解：（1）在如图1中，
∵AC是矩形ABCD的对角线，
∴∠B=∠D=90°，AB∥CD，
∴∠ACD=∠BAC，
在如图2中，由旋转知，AC'=AC，∠AC'D=∠ACD，
∴∠BAC=∠AC'D，
∵∠CAC'=∠BAC，
∴∠CAC'=∠AC'D，
∴AC∥C'E，
∵AC'∥CE，
∴四边形ACEC'是平行四边形，
∵AC=AC'，
∴▱ACEC'是菱形，
故答案为：菱形；
（2）在图1中，∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠CAD=∠ACB，∠B=90°，
∴∠BAC+∠ACB=90°
在图3中，由旋转知，∠DAC'=∠DAC，
∴∠ACB=∠DAC'，
∴∠BAC+∠DAC'=90°，
∵点D，A，B在同一条直线上，
∴∠CAC'=90°，
由旋转知，AC=AC'，
∵点F是CC'的中点，
∴AG⊥CC'，CF=C'F，
∵AF=FG，
∴四边形ACGC'是平行四边形，
∵AG⊥CC'，
∴▱ACGC'是菱形，
∵∠CAC'=90°，
∴菱形ACGC'是正方形；
（3）在Rt△ABC中，AB=2，AC=4，
∴BC'=AC=4，BD=BC=2，sin∠ACB==，
∴∠ACB=30°，
由（2）结合平移知，∠CHC'=90°，
在Rt△BCH中，∠ACB=30°，
∴BH=BC•sin30°=，
∴C'H=BC'﹣BH=4﹣，
在Rt△ABH中，AH=AB=1，
∴CH=AC﹣AH=4﹣1=3，
在Rt△CHC'中，tan∠C′CH==．
【点评】此题是四边形综合题，主要考查了矩形是性质，平行四边形，菱形，矩形，正方形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数，旋转的性质，判断出∠CAC'=90°是解本题的关键．
5 （2018•株洲市）下图为某区域部分交通线路图，其中直线，直线与直线都垂直，，垂足分别为点A、点B和点C，（高速路右侧边缘），上的点M位于点A的北偏东30°方向上，且BM＝千米，上的点N位于点M的北偏东方向上，且，MN=千米，点A和点N是城际线L上的两个相邻的站点.
（1）求之间的距离
（2）若城际火车平均时速为150千米/小时，求市民小强乘坐城际火车从站点A到站点N需要多少小时？（结果用分数表示）
【答案】（1）2；（2）小时.
【解析】分析：（1）直接利用锐角三角函数关系得出DM的长即可得出答案；
（2）利用tan30°=，得出AB的长，进而利用勾股定理得出DN的长，进而得出AN的长，即可得出答案．
详解：（1）过点M作MD⊥NC于点D，
∵csα=，MN=2千米，
∴csα=，
解得：DM=2（km），
答：l2和l3之间的距离为2km；
（2）∵点M位于点A的北偏东30°方向上，且BM=千米，
∴tan30°=，
解得：AB=3（km），
可得：AC=3+2=5（km），
∵MN=2km，DM=2km，
∴DN==4（km），
则NC=DN+BM=5（km），
∴AN==10（km），
∵城际火车平均时速为150千米/小时，
∴市民小强乘坐城际火车从站点A到站点N需要小时．
点睛：此题主要考查了解直角三角形的应用，正确得出AN的长是解题关键．
6（2018•河南•10分）
（1）问题发现
如图1，在△OAB和△OCD中，OA=OB,OC=OD,∠AOB=∠COD=40°，连接AC，BD交于点M，填空：
①的值为_______；
②∠AMB的度数为_______。
（2）类比探究
如图2，在△OAB和△OCD中，∠AOB=∠COD=90°，∠OAB=∠OCD=30°，连接AC交BD的延长线于点M，请判断的值及∠AMB的度数，并说明理由；
（3）拓展延伸
在（2）的条件下，将△OCD绕点O在平面内旋转，AC，BD所在直线交于点M，若OD=1，OB=，请直接写出当点C与点M重合时AC的长。

7（2018·广东广州·14分）如图，在四边形ABCD中，∠B=60°，∠D=30°，AB=BC．
（1）求∠A+∠C的度数。
（2）连接BD，探究AD，BD，CD三者之间的数量关系，并说明理由。
（3）若AB=1，点E在四边形ABCD内部运动，且满足 ，求点E运动路径的长度。
【答案】（1）解：在四边形ABCD中，∠B=60°，∠D=30°，
∴∠A+∠C=360°-∠B-∠C=360°-60°-30°=270°。
（2）解：如图，将△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAQ，连接DQ，
∵BD=BQ，∠DBQ=60°，
∴△BDQ是等边三角形，
∴BD=DQ，
∵∠BAD+∠C=270°，
∴∠BAD+∠BAQ=270°，
∴∠DAQ=360°-270°=90°，
∴△DAQ是直角三角形
∴AD2+AQ2=DQ2 ，
即AD2+CD2=BD2
（3）解：如图，将△BCE绕点B逆时针旋转60°，得到△BAF，连接EF，
∵BE=BF，∠EBF=60°，
∴△BEF是等边三角形，
∴EF=BE，∠BFE=60°，
∵AE2=BE2+CE2
∴AE2=EF2+AF2
∴∠AFE=90°
∴∠BFA=∠BFE+∠AFE=60°+90°=150°，
∴∠BEC=150°，
则动点E在四边形ABCD内部运动，满足∠BEC=150°，以BC为边向外作等边△OBC，
则点E是以O为圆心，OB为半径的圆周上运动，运动轨迹为BC，
∵OB=AB=1，
则BC= =
【考点】等边三角形的判定与性质，勾股定理的逆定理，多边形内角与外角，弧长的计算，旋转的性质
【解析】【分析】（1）根据四边形内角和为360度，结合已知条件即可求出答案.
（2）将△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAQ，连接DQ（如图），由旋转性质和等边三角形判定得△BDQ是等边三角形，由旋转性质根据角的计算可得△DAQ是直角三角形，根据勾股定理得AD2+AQ2=DQ2 ， 即AD2+CD2=BD2.
（3）将△BCE绕点B逆时针旋转60°，得到△BAF，连接EF(如图)，由等边三角形判定得△BEF是等边三角形，结合已知条件和等边三角形性质可得AE2=EF2+AF2 ， 即∠AFE=90°，从而得出∠BFA=∠BEC=150°，从而得出点E是在以O为圆心，OB为半径的圆周上运动，运动轨迹为BC，根据弧长公式即可得出答案.
8（2018•江苏扬州•12分）问题呈现
如图1，在边长为1的正方形网格中，连接格点D，N和E，C，DN和EC相交于点P，求tan∠CPN的值．
方法归纳
求一个锐角的三角函数值，我们往往需要找出（或构造出）一个直角三角形．观察发现问题中∠CPN不在直角三角形中，我们常常利用网格画平行线等方法解决此类问题，比如连接格点M，N，可得MN∥EC，则∠DNM=∠CPN，连接DM，那么∠CPN就变换到Rt△DMN中．
问题解决
（1）直接写出图1中tan∠CPN的值为 2 ；
（2）如图2，在边长为1的正方形网格中，AN与CM相交于点P，求cs∠CPN的值；
思维拓展
（3）如图3，AB⊥BC，AB=4BC，点M在AB上，且AM=BC，延长CB到N，使BN=2BC，连接AN交CM的延长线于点P，用上述方法构造网格求∠CPN的度数．
【分析】（1）连接格点M，N，可得MN∥EC，则∠DNM=∠CPN，连接DM，那么∠CPN就变换到Rt△DMN中．
（2）如图2中，取格点D，连接CD，DM．那么∠CPN就变换到等腰Rt△DMC中．
（3）利用网格，构造等腰直角三角形解决问题即可；
【解答】解：（1）如图1中，
∵EC∥MN，
∴∠CPN=∠DNM，
∴tan∠CPN=tan∠DNM，
∵∠DMN=90°，
∴tan∠CPN=tan∠DNM===2，
故答案为2．
（2）如图2中，取格点D，连接CD，DM．
∵CD∥AN，
∴∠CPN=∠DCM，
∵△DCM是等腰直角三角形，
∴∠DCM=∠D=45°，
∴cs∠CPN=cs∠DCM=．
（3）如图3中，如图取格点M，连接AN、MN．
∵PC∥MN，
∴∠CPN=∠ANM，
∵AM=MN，∠AMN=90°，
∴∠ANM=∠MAN=45°，
∴∠CPN=45°．
【点评】本题考查三角形综合题、平行线的性质、勾股定理、直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．
9 （2018•江苏盐城•10分）（1）【发现】如图①，已知等边 ，将直角三角形的 角顶点 任意放在 边上（点 不与点 、 重合），使两边分别交线段 、 于点 、 .
①若 ， ， ，则 ________；
②求证： .________
（2）【思考】若将图①中的三角板的顶点 在 边上移动，保持三角板与 、 的两个交点 、 都存在，连接 ，如图②所示.问点 是否存在某一位置，使 平分 且 平分 ？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由.
（3）【探索】如图③，在等腰 中， ，点 为 边的中点，将三角形透明纸板的一个顶点放在点 处（其中 ），使两条边分别交边 、 于点 、 （点 、 均不与 的顶点重合），连接 .设 ，则 与 的周长之比为________（用含 的表达式表示）.
【答案】（1）解：4；证明：∵∠EDF=60°，∠B=160°∴∠CDF+∠BDE=120°，∠BED+∠BDE=120°，
∴∠BED=∠CDF，
又∵∠B=∠C，
∴
（2）解：解：存在。如图，作DM⊥BE，DG⊥EF，DN⊥CF，垂足分别为M，G，N，
∵ 平分 且 平分 ，
∴DM=DG=DN，
又∵∠B=∠C=60°，∠BMD=∠CND=90°，
∴△BDM≅△CDN，
∴BD=CD，
即点D是BC的中点，
∴ 。
（3）1-csα
【考点】全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】（1）①∵△ABC是等边三角形，∴AB=BC=AC=6，∠B=∠C=60°，∵AE=4，∴BE=2，则BE=BD，∴△BDE是等边三角形，∴∠BDE=60°，又∵∠EDF=60°，∴∠CDF=180°-∠EDF-∠B=60°，则∠CDF =∠C=60°，
∴△CDF是等边三角形，∴CF=CD=BC-BD=6-2=4。
（ 3 ）连结AO，作OG⊥BE，OD⊥EF，OH⊥CF，垂足分别为G，D，H，
则∠BGO=∠CHO=90°，
∵AB=AC，O是BC的中点
∴∠B=∠C，OB=OC，
∴△OBG≅△OCH，
∴OG=OH，GB=CH，∠BOG=∠COH=90°−α，
则∠GOH=180°-（∠BOG+∠COH）=2α，
∵∠EOF=∠B=α，
则∠GOH=2∠EOF=2α，
由（2）题可猜想应用EF=ED+DF=EG+FH（可通过半角旋转证明），
则 =AE+EF+AF=AE+EG+FH+AF=AG+AH=2AG，
设AB=m，则OB=mcsα，GB=mcs2α,
【分析】（1）①先求出BE的长度后发现BE=BD的，又∠B=60°，可知△BDE是等边三角形，可得∠BDE=60°，另外∠EDF=60°，可证得△CDF是等边三角形，从而CF=CD=BC-BD；
②证明 ，这个模型可称为“一线三等角·相似模型”，根据“AA”判定相似；（2）【思考】由平分线可联系到角平分线的性质“角平分线上的点到角两边的距离相等”，可过D作DM⊥BE，DG⊥EF，DN⊥CF，则DM=DG=DN，从而通过证明△BDM≅△CDN可得BD=CD；（3）【探索】由已知不难求得 =2(m+mcs)，则需要用m和α的三角函数表示出 ， =AE+EF+AF；题中直接已知O是BC的中点，应用（2）题的方法和结论，作OG⊥BE，OD⊥EF，OH⊥CF，可得EG=ED，FH=DF，则 =AE+EF+AF= AG+AH=2AG，而AG=AB-OB，从而可求得。
10（2018•江西•12分）小贤与小杰在探究某类二次函数问题时，经历了如下过程：
求解体验
(1)已知抛物线经过点(-1,0),则= ，顶点坐标为 ，
该抛物线关于点(0,1）成中心对称的抛物线的表达式是 .
抽象感悟
我们定义：对于抛物线,以轴上的点为中心，作该抛物线关于
点对称的抛物线 ,则我们又称抛物线为抛物线的“衍生抛物线”，点为“衍生中心”.
(2)已知抛物线关于点的衍生抛物线为，若这两条抛物线有交点，求
的取值范围.
问题解决
(3) 已知抛物线
①若抛物线的衍生抛物线为,两抛物线有两个交点，且恰好是
它们的顶点，求的值及衍生中心的坐标；
②若抛物线关于点的衍生抛物线为 ,其顶点为；关于点的衍生抛
物线为，其顶点为；…；关于点的衍生抛物线为，其顶点为；…(为
正整数).求的长(用含的式子表示).
【解析】 求解体验
(1)把(-1,0)代入 得
∴
∴顶点坐标是(-2,1)
∵(-2,1)关于(0,1)的对称点是(2,1)
∴成中心对称的抛物线表达式是：

即 (如右图) ★★


抽象感悟
(2) ∵

∴ 顶点是（-1,6）
∵ (-1,6)关于的对称点是
∴
∵ 两抛物线有交点
∴ 有解
∴ 有解
∴
∴ (如右图) ★★★
问题解决
(3) ① ∵=
∴ 顶点（-1，）
代入 得：
①
∵
∴ 顶点（1，）
代入 得：
②
由① ② 得
∵ ,
∴
∴ 两顶点坐标分别是（-1,0），（1,12）
由中点坐标公式得
“衍生中心”的坐标是（0,6） ★★★
② 如图，设 , … , 与轴分别相于 , … , .
则 ,,… ， 分别关于 , … , 中心对称.
∴ , … 分别是△ , … 的中位线，
∴ ， …
∵ ,
∴ ] ★★★★