备战2023年数学新中考二轮复习热点透析 疑难点拨07开放探究类问题

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疑难点拨07 开放探究类问题
考向分析
开放探究类问题最常见的是命题中缺少一定的条件或无明确的结论，要求添加条件或概括结论，或者是给定条件，判断结论存在与否的问题.近几年来出现了一些根据提供的材料，按自己的喜好自编问题并加以解决的试题.
开放探究型问题具有较强的综合性，既能充分地考查学生对基础知识的掌握程度，又能较好地考查学生观察、分析、比较、概括的能力，发散思维能力和空间想象能力等，体现了学生的自主性，符合课程标准的理念，所以近几年来此类题目成为中考命题的热点.
考点详解
一、探究条件型
探究条件型是根据问题提供的残缺条件添补若干条件，使结论成立，解决此类问题的一般方法是：根据结论成立所需要的条件增补条件，此时要注意已有的条件及由已有的条件推导出的条件，不可重复条件，也不能遗漏条件。
二、探究结论型
探究结论型问题是指根据题目所给的条件经过分析、推断，得出一个与条件相关的结论，解决此类问题的关键是需要对已知的条件进行综合推理，得出新的结论。
三、探究结论存在与否型
探究结论存在与否型问题的解法一般先假定存在，然后以此为条件及现有的条件进行推理，然后得出问题的解或矛盾再加以说明。
四、开放探究类问题规律
这类试题不仅考查了学生观察、实验、类比、归纳、猜想、判断、探究等能力而且把解题的过程、考试的过程，变成了学生研究的过程，变成了探索规律、发现规律的过程。尤其在考查高层次思维能力和创新意识方面具有独特的作用.
开放题常见的题型：
开放性试题从结构特征上看主要分为三类：条件开放题、结论开放题及条件和结论都开放的试题。开放题是相对于传统的封闭题而言的，其显著特征是问题的答案不唯一（开放性），并且在设问方式上要求学生进行多方面、多角度、多层次探索。
真题再现
一、解答题
1．（2022·浙江·杭州外国语学校八年级期末）如图，在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，直线y＝﹣x+6与x轴交于点A，与y轴交于点B，与直线y＝x交于点C．

（1）求点C的坐标；
（2）点P是线段OA上的一个动点（点P不与点O，A重合），过点P作平行于y轴的直线l，分别交直线AB，OC于点D，点E，设点P的横坐标为m．
①求线段PD的长（用含m的代数式表示）；
②当点P，D，E三点中有一个点是另两个点构成线段的中点时，请直接写出的值；
（3）过点C作CF⊥y轴于点F，点M在线段CF上且不与点C重合，点N在线段OC上，CM＝ON，连接BM，BN，BM+BN是否存在最小值？如果存在，请直接写出最小值；如果不存在，请说明理由．
【答案】（1）C(4，3) （2）①PD=||，②m=或m=；（3）存在最小值，最小值是，理由见解析．
【分析】
(1)由方程组，解得：，即可求解；
(2)①点P的横坐标为m，由PDy轴，得点P、D三点横坐标都为m，点D坐标为(m，)，得PD=||；②先表示出P，D，E三点坐标，分三种情况，第一种情形：点D是PE的中点时，第二种情形：点P是DE的中点时，第三种情形：点E是PD的中点时，根据中点坐标公式即可求解；综上，m=或m=；
(3)在OA上取点H，使得OH=BC，连接NH，先证△BCM≌△HON(SAS)，，BM=NH，BM+BN=NH+BN，当NH+BN最小，即B、N、H三点共线时，BM+BN最小，即可求解．
【详解】
解：(1)∵直线与直线交于点C，
∴得方程组：，
解得：，
∴点C的坐标为(4，3)；
(2)①点P的横坐标为m，
∵PDy轴，
∴点P、D三点横坐标都为m，
当x=m时，，
∴点D坐标为(m，)，
∴PD=∣∣；
②当x=m时，
∴点E坐标为(m，)，
而点P坐标为(m，0)，
第一种情形：点D是PE的中点时，

解得：m=；
第二种情形：点P是DE的中点时，
，
此方程无解，故不成立；
第三种情形：点E是PD的中点时，

解得：m=
综上，m=或m=；
(3)BM+BN存在最小值，在OA上取点H，使得OH=BC，连接NH，

∵C(4，3)，A(8，0)，B(0，6)，∠AOB=90°
∵AB=10，
∴CF⊥BO，
∴点F坐标为(0，3)，
∴CF垂直平分BO，
∴CB=OC=AC=5，∠BCF=∠OCF，
∴CFAO，
∴∠FCO=∠AOC，
∴∠BCM=∠HON，
∵MC=NO，CB=OH，
∴△BCM≌△HON(SAS)，
∴BM=NH，
∴BM+BN=NH+BN，当NH+BN最小，即B、N、H三点共线时，BM+BN最小，此时最小值=．
2．（2022·全国·九年级）（1）[问题发现]
如图1，在Rt△ABC中，AB＝AC＝4，∠BAC＝90°，点D为BC的中点，以CD为一条边作正方形CDEP，点E恰好与点A重合．则线段BE与AF的数量关系为 　 　；
（2）[拓展研究]
在（1）的条件下，如果正方形CDEF绕点C旋转，连接BE，CE，AF，线段BE与AF的数量关系有无变化？请就图2的情形给出证明；
（3）[问题发现]
当正方形CDEF旋转到B，E，F三点共线时候，直接写出线段AF的长．

【答案】（1）BE＝AF；（2）无变化，证明见解析，（3）2﹣2或2+2．
【分析】
（1）先利用等腰直角三角形的性质得出AD＝2，再得出BE＝AB＝4，即可得出结论；
（2）先利用三角函数得出＝，同理得出＝，夹角相等即可得出△ACF∽△BCE，进而得出结论；
（3）分两种情况计算，当点E在线段BF上时，如图2，先利用勾股定理求出EF＝CF＝AD＝2，BF＝2，即可得出BE＝2﹣2，借助（2）得出的结论，当点E在线段BF的延长线上，同前一种情况一样即可得出结论．
【详解】
解：（1）在Rt△ABC中，AB＝AC＝4，
根据勾股定理得，BC＝AB＝4，
点D为BC的中点，
∴AD＝BC＝2，
∵四边形CDEF是正方形，
∴AF＝EF＝AD＝2，
∵BE＝AB＝4，
∴BE＝AF，
故答案为BE＝AF；
（2）无变化；
如图2，在Rt△ABC中，AB＝AC＝4，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∴sin∠ABC＝＝，
在正方形CDEF中，∠FEC＝∠FED＝45°，
在Rt△CEF中，sin∠FEC＝＝，
∴＝，
∵∠FCE＝∠ACB＝45°，
∴∠FCE+∠ACE＝∠ACB+∠ACE，
∴∠FCA＝∠ECB，
∴△ACF∽△BCE，
∴＝＝，
∴BE＝AF，
∴线段BE与AF的数量关系无变化；
（3）当点E在线段AF上时，
由（1）知，CF＝EF＝CD＝2，
在Rt△BCF中，CF＝2，BC＝4，
根据勾股定理得，BF＝2，
∴BE＝BF﹣EF＝2﹣2，
由（2）知，BE＝AF，
∴AF＝2﹣2，

当点E在线段BF的延长线上时，如图3，

在Rt△ABC中，AB＝AC＝4，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∴sin∠ABC＝＝，
在正方形CDEF中，∠FEC＝∠FED＝45°，
在Rt△CEF中，sin∠FEC＝＝，
∴＝，
∵∠FCE＝∠ACB＝45°，
∴∠FCB+∠ACB＝∠FCB+∠FCE，
∴∠FCA＝∠ECB，
∴△ACF∽△BCE，
∴＝＝，
∴BE＝AF，
由（1）知，CF＝EF＝CD＝2，
在Rt△BCF中，CF＝2，BC＝4，
根据勾股定理得，BF＝2，
∴BE＝BF+EF＝2+2，
由（2）知，BE＝AF，
∴AF＝2+2．
即：当正方形CDEF旋转到B，E，F三点共线时候，线段AF的长为2﹣2或2+2．
3．（2021·重庆一中八年级期中）阅读下列材料，回答问题．
对任意一个三位正整数m，若m的各个数位上的数字都不为零，将m的百位数字放到末两位数字的后面，得到一个新的三位数，记，若为整数，则称m为“五行数”．例如：，则，是整数，所以214是“五行数”；，则不是整数，所以113不是“五行数”．
（1）判断315______（填“是”或者“不是”）“五行数”；计算______；
（2）s是一个“五行数”，也是一个偶数，且s的百位数字比十位数字大5，求所有符合条件的s的值．
【答案】（1）不是，189；（2）S可以为612或724或836或948
【分析】
（1）直接根据王行数的定义求解即可；
（2）根据题意设出S的各数位上的数，表示出S和，求出x和y的值，根据王行数的定义分类讨论得出S的值即可．
【详解】
解：（1）∵，
∴
∴，不是整数，
∴315不是五行数，
∵
∴
∴
故答案为：不是，189；
（2）设S的十位上的数字是x，百位上的数字是x+5，个位上的数字为2y
∵
∴
∴S为
为
∵首位不为0，S为偶数
∴
∴
要使S为五行数，F（S）为整数，
∴当x=1,y=1时，F(S)=270满足条件，
∴S为
当x=2,y=2时，F(S)=339满足条件
∴
当时，F(S)=408满足条件
∴
当时，F(S)=477满足条件
∴
综上所述，S可以为612或724或836或948
4．（2021·黑龙江齐齐哈尔·九年级期中）综合与实践
动手操作：某数学课外活动小组利用图形的旋转探究图形变换中蕴含的数学奥秘．
如图1，△ACB是等腰直角三角形，AC＝BC＝4，∠ACB＝90°，将边AB绕点B顺时针旋转90°得到线段A′B，连接A′C，过点A′作A′D⊥CB交CB延长线于点D．
思考探索：（1）在图1中：
①CD＝ ；
②△A′BC的面积为 ；
拓展延伸：（2）如图2，若△ACB为任意直角三角形，∠ACB＝90°．将边AB绕点B顺时针旋转90°得到线段A′B，连接A′C，过点A′作A′D⊥CB交CB延长线于点D．猜想三条线段AC、CD、A′D的数量关系，并证明．
（3）如图3，在△ACB中，AB＝AC＝5，BC＝6，将边AB绕点B顺时针旋转90°得到线段A′B，连接A′C．
①△A′BC的面积为 ．
②若点D是△ACB的边BC的高线上的一动点，连接A′D、DB，则A′D+DB的最小值是 ．

【答案】（1）①8；②8；（2），证明见解析；（3）①9；②
【分析】
（1）①根据旋转可得，根据三角形内角和定理和等价代换可得，根据和可得，进而可得，再根据全等三角形的性质可得BD=AC=4，进而可求出CD的长度；
②根据（1）①中可得，再根据三角形面积公式求解即可；
（2）根据旋转可得，根据三角形内角和定理和等价代换可得，根据和可得，进而可得，再根据全等三角形的性质可得，BD=AC，再根据等价代换思想可以得出结论；
（3）①过点作交CB延长线于点F，过点A作交CB于点E，交线段于点M，根据旋转可得，根据三角形内角和定理和等价代换可得，根据等腰三角形三线合一的性质和可得，进而可得，再根据全等三角形的性质可得，最后根据三角形面积公式可求出面积；
②连接DC，根据垂直平分线的性质可得DC=DB，再根据两点之间，线段最短确定点D与点M重合时，有最小值，再根据勾股定理可依次求出BF和的长度，进而得到的最小值．
【详解】
解：（1）①∵边AB绕点B顺时针旋转得到线段，
∴，．
∵AC=BC=4，，
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴BD=AC=4．
∴CD=BC+BD=8．
故答案为：8．
②∵，
∴．
∴．
故答案为：8．
（2），证明如下：
∵边AB绕点B顺时针旋转得到线段，
∴，．
∴．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴，BD=AC．
∴．
（3）如下图所示，过点作交CB延长线于点F，过点A作交CB于点E，交线段于点M，再连接DC．

①∵AB=AC=5，BC=6，且，
∴，．
∴．
∵边AB绕点B顺时针旋转得到线段，
∴，．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
故答案为：9．
②∵，且BE=CE，
∴AE垂直平分CB．
∴DC=DB．
∴．
∵点D在AE上，
∴．
∴当点D与点M重合时，有最小值，此时最小值为．
∵，，
∴．
∵BC=6，
∴CF=BC+BF=10．
∴．
∴的最小值为．
故答案为：．
5．（2021·广东·广州大学附属中学八年级期中）等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，点A、C分别在x轴、y轴的正半轴上．
（1）如图1，求证：∠BCO＝∠CAO；
（2）如图2，若OA＝5，OC＝2，求B点的坐标；
（3）如图3，点C（0，3），Q，A两点均在轴上，且S△CQA＝18．分别以AC，CQ为腰在第一、第二象限作等腰Rt△CAN、等腰Rt△QCM，连接MN交y轴于P点，OP的长度是否发生改变？若不变，求出OP的值；若变化，求OP的取值范围．

【答案】（1）见解析；（2）（-2，-3）；（3）不变，9
【分析】
（1）根据同角的余角相等得出结论即可；
（2）先过点B作BD⊥y轴于D，再判定△CDB≌△AOC（AAS），求得BD=CO=2，CD=AO=5，进而得出OD=5-2=3，即可得到B点的坐标；
（3）先过N作NH∥CM，交y轴于H，再△HCN≌△QAC（ASA），得出CH=AQ，HN=QC，然后根据点C（0，3），S△CQA=18，求得AQ=12，最后判定△PNH≌△PMC（AAS），得出CP=PH=CH=6，即可求得OP=3+6=9（定值）．
【详解】
解：（1）如图1，∵∠ACB=90°，∠AOC=90°，
∴∠BCO+∠ACO=90°=∠CAO+∠ACO，
∴∠BCO=∠CAO；

（2）如图2，过点B作BD⊥y轴于D，则∠CDB=∠AOC=90°，
在△CDB和△AOC中，
，
∴△CDB≌△AOC（AAS），
∴BD=CO=2，CD=AO=5，
∴OD=5-2=3，
又∵点B在第三象限，
∴B（-2，-3）；

（3）OP的长度不会发生改变．
理由：如图3，过N作NH∥CM，交y轴于H，

则∠CNH+∠MCN=180°，
∵等腰Rt△CAN、等腰Rt△QCM，
∴∠MCQ+∠ACN=180°，
∴∠ACQ+∠MCN=360°-180°=180°，
∴∠CNH=∠ACQ，
又∵∠HCN+∠ACO=90°=∠QAC+∠ACO，
∴∠HCN=∠QAC，
在△HCN和△QAC中，
，
∴△HCN≌△QAC（ASA），
∴CH=AQ，HN=QC，
∵QC=MC，
∴HN=CM，
∵点C（0，3），S△CQA=18，
∴×AQ×CO=18，即×AQ×3=18，
∴AQ=12，
∴CH=12，
∵NH∥CM，
∴∠PNH=∠PMC，
∴在△PNH和△PMC中，
，
∴△PNH≌△PMC（AAS），
∴CP=PH=CH=6，
又∵CO=3，
∴OP=3+6=9（定值），
即OP的长度始终是9．
6．（2021·吉林四平·八年级期末）如图1，在矩形ABCD中，AB=a，BC=6，动点P从B出发沿射线BC方向移动，作△PAB关于直线PA的对称△PAB′．
（1）如图2，当点P在线段BC上运动时，直线PB′与CD相交于点M，连接AM，若∠PAM=45°，请直接写出∠B′AM和∠DAM的数量关系；
（2）在（1）的条件下，请求出此时a的值：
（3）当a=8时，
①如图3，当点B′落在AC上时，请求出此时PB的长；
②当点P在BC的延长线上时，请直接写出△PCB′是直角三角形时PB的长度．


【答案】（1）；（2）；（3）①；②PB的长度为8或或．
【分析】
（1）证明Rt△MAD≌Rt△MAB′(AAS)，即可得到∠B′AM=∠DAM；
（2）由Rt△MAD≌Rt△MAB′(AAS)，得到AD=AB′=AB=a，即可求得a=6；
（3）①利用勾股定理求出AC，在Rt△PB′C中利用勾股定理即可解决问题；
②分三种情形分别求解即可，如图2-1中，当∠PCB′=90°时．如图2-2中，当∠PCB′=90°时．如图2-3中，当∠CPB′=90°时，利用勾股定理即可解决问题．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=∠B=∠BAD=90°，
∵△PAB′与△PAB关于直线PA的对称，
∴△PAB≌△PAB′，
∴AB′=AB，∠AB′P=∠B=90°，∠B′AP=∠BAP，
∵∠PAM=45°，即∠B′AP +∠B′AM =45°，
∴∠DAM +∠BAP =45°，
∴∠DAM=∠B′AM，
∵AM=AM，
∴Rt△MAD≌Rt△MAB′(AAS)，
∴∠B′AM=∠DAM；
（2）∵由（1）知：Rt△MAD≌Rt△MAB′，
∴AD=AB′=AB=a，
∵AD=BC=6，
∴a=6；
（3）①在Rt△ABC中，∠ABC=90°，
由勾股定理得：AC==10，
设PB=x，则PC=6−x，
由对称知：PB′=PB=x，∠AB′P=∠B=90°，
∴∠PB′C=90°，
又∵AB′=AB=8，
∴B′C=2，
在Rt△PB′C中， ，
∴(6−x)2=22+x2，
解得：x=，
即PB=；
②∵△PAB′与△PAB关于直线PA的对称，
∴△PAB≌△PAB′，
∴AB′=AB，∠AB′P=∠B=90°，PB′=PB，
设PB′=PB=t，
如图2-1中，当∠PCB'=90°，B'在CD上时，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=90°，AB′=AB=CD=8，AD=BC=6，
∴DB′，
∴CB′=CD−DB′=8−2，
在Rt△PCB'中，∵B'P2=PC2+B'C2，
∴t2= (8−2)2+(6−t)2，
∴t=；
如图2-2中，当∠PCB'=90°，B'在CD的延长线上时，

在Rt△ADB'中，DB′，
∴CB′=8+2，
在Rt△PCB'中，则有：(8−2)2+(t−3)2=t2，
解得t=；
如图2-3中，当∠CPB'=90°时，

∵∠B=∠B′=∠BPB′=90°，AB=AB′，
∴四边形AB'PB为正方形，
∴BP=AB=8，
∴t=8，
综上所述，PB的长度为8或或；
7．（2021·河南省直辖县级单位·八年级期末）[经典问题回顾]
如图，四边形ABCD是正方形，点E是边BC上一点，∠AEF＝90°，且EF交正方形外角的平分线CF于点F，求证：AE＝EF．
对于本题，我们常用的思路是在AB上截取BM＝BE，构造全等三角形进行证明；

小明通过深度研究，又总结出了以下三种思路：
思路一：如图（1），在AB的延长线上截取BN，使BN＝BE，，连接NE，利用全等三角形和特殊四边形，转化得到线段之间的数量关系，获证；
思路二：如图（2），连接AC，过点E作EP⊥AC于点P，EQ⊥CF于点Q，利用全等三角形，获证；
思路三：如图（3），连接AC，作EG//AB，交AC与点G，利用全等三角形，获证．
[进一步探究]
小明继续对这道题目进行了改编，请完成下面改编题目的解答．
四边形ABCD是正方形，点E是直线BC上一点，∠AEF＝β，EF交正方形外角平分线CF于点F．
（1）如图（4），若点E在边BC延长线上，β＝90°，线段AE与线段EF存在怎样的数量关系？并加以证明；
（2）如图（5），若点E在边BC上，AE＝EF，求β的度数．
【答案】（1）AE=EF证明见解析；（2）β=90°
【分析】
（1）延长BA至H，使AH=CE，连接HE，利用ASA证得△HAE≌△CEF，可得结论．
（2）连接AC，过点E作EP⊥AC于点P，EQ⊥CF于点Q，先证得四边形EPCQ是正方形，得出PE=EQ，∠PEQ=90°，再利用HL证得Rt△APE≌Rt△FQE，推出∠AEP=∠FEQ，从而得出∠AEF=∠PEQ=90°，继而得出结论．
【详解】
解：（1）结论：AE=EF．
理由：如图（4）中，延长BA至H，使AH=CE，连接HE，

∵四边形ABCD是正方形，
∴BA=BC，∠B=∠DCE=90°，
∵AH=CE，
∴BH=BE，
∴∠H=45°，
∵CF是正方形外角的平分线，
∴∠ECF=45°，
∴∠H=∠ECF，
∵∠AEF=90°，∠B=90°，∠HAE=∠B+∠BEA，∠CEF=∠AEF+∠BEA，
∴∠HAE=∠CEF，
在△HAE和△CEF中，

∴△HAE≌△CEF，
∴AE=EF．
（2）如图（5）中，连接AC，过点E作EP⊥AC于点P，EQ⊥CF于点Q．
∴∠EPC=∠Q =90°，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACB=45°，
∵CF是正方形外角的平分线，
∴∠ECQ=∠PCE=45°，
∴∠EPC=∠Q=∠PCQ=90°，
∴四边形EPCQ是矩形，
∵∠PEC=∠PCE=45°，
∴PE=PC，
∴四边形EPCQ是正方形，
∴PE=EQ，∠PEQ=90°，
在Rt△APE和Rt△FQE中，

∴Rt△APE≌Rt△FQE（HL），
∴∠AEP=∠FEQ，
∴∠AEF=∠PEQ=90°，
∴β=90°．
8．（2021·四川达州·七年级期末）【问题】在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝60°，试探究图1中线段BE、EF、FD之间的数量关系．
(1)【探索】有同学认为：延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，则可得到BE、EF、FD之间的数量关系是 ．
(2)【延伸】在四边形ABCD中如图2，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是BC、CD上的点，∠EAF＝∠BAD，上述结论是否仍然成立？说明理由．
(3)【构造运用】如图3，在某次搜救行动中，甲艇在指挥中心（O处）北偏西30°的A处，乙艇在O点的南偏东70°的B处，且AO＝BO，接到行动指令后，甲艇向正东方向以60海里/小时的速度前进，乙艇沿北偏东50°的方向以80海里/小时的速度前进1.5小时后，甲、乙两艇分别到达E，F处，∠EOF＝70°，试求此时甲、乙两艇之间的距离．

【答案】(1)【探索】EF＝BE+FD；(2)【延伸】结论仍然成立，证明见解析；(3)【构造运用】210海里
【分析】
(1)【探索】根据全等三角形的性质解答即可；
(2)【延伸】延长FD到G，使DG=BE，连接AG，证明△ABE≌△ADG和△AEF≌△AGF，得到答案；
(3)【构造运用】连接EF，延长AE、BF交于点C，得到EF=AE+BF，根据距离、速度和时间的关系计算即可．
【详解】
解：(1)【探索】EF=BE+FD，
证明：如图，延长FD到G，使DG=BE，连接AG，

∵∠B=∠ADC=90°，∠ADG=∠ADC=90°，
∴∠B=∠ADG，
在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠EAF=60°，∠BAD=120°，
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD﹣∠EAF=∠EAF=60°，
∴∠EAF=∠GAF，
在△AEF和△AGF中，
，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF=FG，
∴FG=DG+FD=BE+DF；
故答案为：EF=BE+FD，
(2)【延伸】结论仍然成立，
证明：如图2，延长FD到G，使DG=BE，连接AG，

∵∠B+∠ADC=180°，∠ADG+∠ADC=180°，
∴∠B=∠ADG，
在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠EAF=∠BAD，
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD﹣∠EAF=∠EAF，
∴∠EAF=∠GAF，
在△AEF和△AGF中，
，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF=FG，
∴FG=DG+FD=BE+DF；
(3)【构造运用】解：如图3，连接EF，延长AE、BF交于点C，

∵∠AOB=30°+90°+（90°﹣70°）=140°，
∠EOF=70°，
∴∠EOF=∠AOB，
∵OA=OB，
∠OAC+∠OBC=（90°﹣30°）+（70°+50°）=180°，
∴符合探索延伸中的条件
∴结论EF=AE+BF成立，
即EF=1.5×（60+80）=210海里，
答：此时两舰艇之间的距离是210海里．
9．（2021·浙江宁波·一模）如图，矩形中，，，是边上一点，且，是射线上一动点，过，，三点的交直线于点，连结，，，设．

（1）当时，求的长．
（2）在点的整个运动过程中．
①的值是否改变？若不变，求出它的值；若改变，求出它的变化范围；
②当矩形恰好有个顶点落在上时，求的值．
（3）若点，关于点成中心对称，连结，．当是等腰三角形时，求出所有符合条件的的值．（直接写出答案即可）
【答案】（1）15；（2）①的值不变，理由见解析；②或或时，矩形恰好有个顶点落在上；（3）满足条件的的值为或或或
【分析】
（1）如图1中，连接，利用勾股定理，在中求出PE，在中，求出AE，可证，求出PF，在中，由勾股定理求出即可；
（2）①由圆周角定理可知，，推出即可；
②分三种情况画出图形分别求解即可；
（3）分四种情形画出图形分别求解即可.
【详解】
解：（1）如图1中，连接．

在中，
，，
，
在中，，
，
是的直径，
，
，
，
，
，
，
在中，；
（2）①的值不变．
理由：如图1中，
，
；
②如图2中，当经过、时，点与重合，
此时．

如图3中，当经过、时，

在中，
，

，
．
如图4中当经过时，作交的延长线于．

根据对称性可知，，
在中，，
，
，
，
综上所述，或或时，矩形恰好有个顶点落在上
（3）如图5中，当时，作交的延长线于．

，
，
，
，
在中，，
解得或（舍弃）．
如图6中当时，

在中，
易知，
，
．
在中，，
：
如图7中当时，延长交于，
则，
，
，
，
，


如图8中，当时，连接，，延长交于．

，
，
，
，
在中，
解得：或（舍弃），
综上所述，满足条件的的值为或或或．
10．（2021·黑龙江·牡丹江四中七年级期中）（1）如图①，若∠B+∠D=∠E，则直线AB与CD有什么位置关系？请证明（不需要注明理由）．
（2）如图②中，AB//CD，又能得出什么结论？请直接写出结论 ．
（3）如图③，已知AB//CD，则∠1+∠2+…+∠n-1+∠n的度数为 ．

【答案】（1）AB//CD，证明见解析；（2）∠E1+∠E2+…∠En=∠B+∠F1+∠F2+…∠Fn-1+∠D ；（3）(n-1)•180°
【分析】
（1）过点E作EF//AB，利用平行线的性质则可得出∠B=∠BEF，再由已知及平行线的判定即可得出AB∥CD；
（2）如图，过点E作EM∥AB，过点F作FN∥AB，过点G作GH∥AB，根据探究（1）的证明过程及方法，可推出∠E+∠G=∠B+∠F+∠D，则可由此得出规律，并得出∠E1+∠E2+…∠En=∠B+∠F1+∠F2+…∠Fn-1+∠D；
（3）如图，过点M作EF∥AB，过点N作GH∥AB，则可由平行线的性质得出∠1+∠2+∠MNG =180°×2，依此即可得出此题结论．
【详解】
解：（1）过点E作EF//AB，
            
∴∠B=∠BEF．                           
∵∠BEF+∠FED=∠BED，
∴∠B+∠FED=∠BED．               
∵∠B+∠D=∠E（已知），
∴∠FED=∠D．          
∴CD//EF（内错角相等，两直线平行）．
∴AB//CD．          
（2）过点E作EM∥AB，过点F作FN∥AB，过点G作GH∥AB，

∵AB∥CD，
∴AB∥EM∥FN∥GH∥CD，
∴∠B=∠BEM，∠MEF=∠EFN，∠NFG=∠FGH，∠HGD=∠D，
∴∠BEF+∠FGD=∠BEM+∠MEF+∠FGH+∠HGD=∠B+∠EFN+∠NFG+∠D=∠B+∠EFG+∠D，
即∠E+∠G=∠B+∠F+∠D．
由此可得：开口朝左的所有角度之和与开口朝右的所有角度之和相等，
∴∠E1+∠E2+…∠En=∠B+∠F1+∠F2+…∠Fn-1+∠D．
故答案为：∠E1+∠E2+…∠En=∠B+∠F1+∠F2+…∠Fn-1+∠D．
（3）如图，过点M作EF∥AB，过点N作GH∥AB，

∴∠APM+∠PME=180°，
∵EF∥AB，GH∥AB，
∴EF∥GH，
∴∠EMN+∠MNG=180°，
∴∠1+∠2+∠MNG =180°×2，
依次类推：∠1+∠2+…+∠n-1+∠n=(n-1)•180°．
故答案为：(n-1)•180°．
11．（2021·吉林省第二实验学校二模）教材呈现：如图是华师版九年级上册第64页的课后习题．
如图，在中，点是边的四等分点，，，，．求四边形的周长．

（1）请完成该题目（补充说明：题目中的点是边靠近点的四等分点）．
（2）小明和小静在复习该题目时分别对这个题目进行了改编，请分别解答小明和小静提出的问题．

①小明提出的问题是：如图①，在中，点是边靠近点的四等分点，，．当四边形为菱形时，求与的数量关系？
②小静提出的问题是：如图②，在中，点是边靠近点的四等分点，，，，．则四边形面积的最大值是___________．
【答案】（1）18；（2）①；②
【分析】
（1）根据点D是边AB靠近点A的四等分点，得到，，再根据DE∥AC，得到△BED∽△BCA，即由此求解即可；
（2）①由（1）得，根据四边形DECF是菱形，可得DE=DF，由此求解即可；
②根据△BED∽△BCA，，即可得到，同理，从而推出，要想四边形DECF面积最大，即三角形ABC的面积最大，再根据A、B、C三点共圆，且弦BC=8，弦BC所对的圆心角度数为120°，如图所示，分别过点A作AE⊥BC，OF⊥BC，过点O作OP⊥AE于P，得出当且仅当A、O、F三点共线的时候，此时AE有最大值，即三角形ABC的面积有最大值，由此求解即可．
【详解】
解：（1）∵点D是边AB靠近点A的四等分点，
∴，，
∵DE∥AC，
∴△BED∽△BCA，
∴，
∴，
同理可以求得，
∵DE∥AC，DF∥BC，
∴四边形DECF是平行四边形，
∴CF=DE=6，CE=DF=3，
∴四边形DECF的周长=CF+DE+CE+DF=18；
（2）①由（1）得，
∵四边形DECF是菱形，
∴DE=DF，
∴，
∴；
②∵DE∥AC，
∴△BED∽△BCA，
∴，
∴，
同理，
∴，
∴要想四边形DECF面积最大，即三角形ABC的面积最大，
∵BC=8，∠A=60°，
∴可以看做A、B、C三点共圆，且弦BC=8，弦BC所对的圆心角度数为120°，
如图所示，分别过点A作AE⊥BC，OF⊥BC，过点O作OP⊥AE于P，
∴，
由垂径定理可知，，，
∴，，
则四边形OFEP是矩形，
∴OF=PE，
∴，
当且仅当A、O、F三点共线的时候，此时AE有最大值，即三角形ABC的面积有最大值，
∴，
∴，
∴．

12．（2021·山西·晋城市第十一中学校七年级期中）如图1，E是直线AB，CD内部一点，AB∥CD，连接EA，ED．
　　
（1）探究猜想：
①若∠A=30°，∠D=40°，则∠AED等于_______度；
②若∠A=20°，∠D=60°，则∠AED等于_______度；
③猜想图1中∠AED，∠EAB，∠EDC的关系并证明你的结论．
（2）拓展应用：
如图2，射线FE与矩形ABCD的边AB交于点E，与边CD交于点F，①②③④分别是被射线FE隔开的4个区域（不含边界，其中区域③、④位于直线AB上方，P是位于以上四个区域上的点，猜想：∠PEB，∠PFC，∠EPF的关系并选择其中一个证明．
【答案】（1）①70；②80；③∠AED=∠EAB+∠EDC，证明见解析；（2）见解析
【分析】
（1）①过点E作EF∥AB，再由平行线的性质即可得出结论；②，③根据①中的方法可得出结论；
（2）点P分别位于①、②、③、④四个区域分别根据平行线的性质和三角形的外角和内角和进行求解即可得到结论．
【详解】
解：（1）①如图①，过点E作EF∥AB，

∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥EF，
∵∠A=30°，∠D=40°，
∴∠1=∠A=30°，∠2=∠D=40°，
∴∠AED=∠1+∠2=70°；
②过点E作EF∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥EF，
∵∠A=20°，∠D=60°，
∴∠1=∠A=20°，∠2=∠D=60°，
∴∠AED=∠1+∠2=80°；
③猜想：∠AED=∠EAB+∠EDC．
理由：过点E作EF∥CD，
∵AB∥DC，
∴EF∥AB（平行于同一条直线的两直线平行），
∴∠1=∠EAB，∠2=∠EDC（两直线平行，内错角相等），
∴∠AED=∠1+∠2=∠EAB+∠EDC（等量代换）．
（2）点P在区域①时，
如图1，在五边形EBCFP中，∠PEB+∠B+∠C+∠PFC+∠P=540°
∴∠EPF=540°-∠B-∠C-（∠PEB+∠PFC）=360°-（∠PEB+∠PFC）；

点P在区域②时，如图2，同（1）的方法得，∠EPF=∠PEB+∠PFC；

点P在区域③时，如图3，同（1）的方法得，∠EPF=∠PEB-∠PFC；

点P在区域④时，如图4，同（1）的方法得，∠EPF=∠PFC-∠PEB．

13．（2021·福建省厦门第六中学三模）在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，点P为△ABC外一点，点P与点C位于直线AB异侧，连接AP，∠APB＝45°，过点C作CD⊥PA，垂足为D．
（1）当∠ABP＝90°时，直接写出线段AP与CD的数量关系为AP＝_____________；
（2）如图，当∠ABP＞90°时．
①试探究（1）中的结论是否成立；
②在线段AP上取一点K，使得∠ABK＝∠ACD，画出图形并直接写出的值．

【答案】（1）2CD；（2）①成立；②图见解析，
【分析】
（1）首先画出图形，得出CD和CA重合，根据等腰直角三角形的性质即可求解；
（2）①根据等腰直角三角形的性质，可得AP与AF的关系，根据相似三角形的判定与性质，可得AF与CD的关系，根据等量代换，可得答案； ②延长CD、BK交于点Q，先证△AGC∽△QGB，据相似三角形的性质可得∠CAG=∠Q=45°，再证△QDK∽△PBK，据相似三角形的性质可得∠PBK=∠QDK=90°，根据等腰直角三角形的性质即可求解．
【详解】
解：（1）如图1，

∵∠ACB=90°，AC=BC，
∴∠CAB=45°，
∴AB=AC，
∵∠ABP=90°，∠APB=45°，
∴∠BAP=45°，
∴∠CAP=∠CAB+∠BAP=90°，
∵CD⊥PA，
∴CD和CA重合，
∴AP=AB，
∴AP= ×AC=2AC=2CD；
（2）过A作AE⊥PB，交PB的延长线与点E

连接CE，过E作EF⊥AP，交AP于F
∵CD⊥AP
∴CD∥EF
∵∠APB＝45°
∴∠EAP＝∠APB＝45°
∴AE＝EP
∵EF⊥AP
∴F为AP的中点
∵∠AEP＝90°
∴在Rt△AEP中，AP＝2EF，
cos∠EAP＝,
∵AC＝BC，∠ACB＝90°,
∴∠CAB＝∠CBA＝45°,
在Rt△AEP中，∠ACB＝90°,
cos∠CAB＝,
∴,
∵∠CAB＝∠EAP＝45°,
∴∠CAE＋∠EAB＝∠PAB＋∠EAB,
∴∠CAE＝∠PAB,
∴△CAE∽△BAP,
∴∠CEA＝∠APB＝45°,
∴∠CEA＝∠EAB,
∴CE∥AP，
∴四边形CDFE为平行四边形，

∴CD＝EF，
∴AP＝2CD，
方法二：
过B作BF⊥AP，交AP于F，
过C作CE⊥EF，交FB的延长线E，
∵CD⊥AP，
∴四边形CDFE为矩形，
∵∠ACD＋∠DCB＝90°，
∠ECB＋∠DCB＝90°，
∴∠ACD＝∠ECB，
∵∠ADC＝∠CEB＝90°，AC＝BC，
∴△ACD≌△BCE，
∴CD＝CE，AD＝BE，
∴矩形CDFE为正方形，
∴CD＝DF＝EF，
∵∠APB＝45°，∠EFP＝90°，
∴∠APB＝∠FBP＝45°，
∴FP＝BF，
∴EF＝BF＋BE＝AD＋FP＝DF，
∴AP＝AD＋DF＋FP＝2DF＝2CD，
（3）延长CD、BK交于点Q，

∵∠1=∠2，∠ACG=∠ABK，
∴△AGC∽△QGB，
∴∠CAG=∠Q=45°，
∵∠P=45°，
∴∠Q=∠P，
∵∠3=∠4，
∴△QDK∽△PBK，
∴∠PBK=∠QDK=90°，
∵∠P=45，
∴KP=BP，
∴．
14．（2021·广东深圳·七年级期中）如图1，已知两条直线AB，CD被直线EF所截，分别交于点E，点F，EM 平分∠AEF交CD于点M，且∠FEM =∠FME ．

（1）若2∠AEF = ∠MFE，求∠AEF的度数．
（2）如图2，点G是射线 MD 上一动点（不与点M，F重合），EH平分∠FEG交CD于点H，过点H作HN ⊥EM 于点N，设∠EHN =α，∠EGF = β．
①当点G在点F的右侧时，若β= 50°，求α的度数；
②当点G 在运动过程中，α 和β之间有怎样的数量关系？请写出你的猜想，并加以证明．
【答案】（1）60゜；（2）①25゜；②当点G在点F的右侧时，；当点G在点F的左侧时，；证明见解析
【分析】
（1）根据已知可证∠AEM＝∠EMD ，得到AB∥CD．根据平行线的性质得出∠AEF +∠MFE=180°即可求解．
（2）①依据平行线的性质可得∠AEG＝130°，再根据EH平分∠FEG，EM平分∠AEF，即可得到∠HEN＝∠AEG＝65°，再根据HN⊥ME，即可得到Rt△EHN中，∠EHN＝90°﹣65°＝25°；
②分三种情况进行讨论：当点G在点F的右侧时，α＝β，当点G在FM上时，可得α＝90°﹣β，当点G在点M的左侧时，α＝90°﹣β．
【详解】
解：（1）∵EM平分∠AEF交CD于点M，
∴∠AEM＝∠MEF，
∵∠FEM＝∠FME．
∴∠AEM＝∠FME，
∴AB∥CD，
∴∠AEF +∠MFE=180°，
∵2∠AEF = ∠MFE，
∴3∠AEF =180°，
∴∠AEF =60°．
（2）①如图2中，

∵AB∥CD，
∴∠BEG＝∠EGF＝β＝50°，
∴∠AEG＝130°，
∵∠AEM＝∠MEF，∠HEF＝∠HEG，
∴∠HEN＝∠MEF+∠HEF＝∠AEG＝65°，
∵HN⊥EM，
∴∠HNE＝90°，
∴α＝∠EHN＝90°﹣∠HEN＝25°．
②结论：α＝β或α＝90°﹣β．
理由：当点G在F的右侧时，可得α＝β．
∵AB∥CD，
∴∠BEG＝∠EGF＝β，
∴∠AEG＝180°﹣β，
∵∠AEM＝∠EMF，∠HEF＝∠HEG，
∴∠HEN＝∠MEF+∠HEF＝∠AEG＝90°﹣β，
∵HN⊥EM，
∴∠HNE＝90°，
∴α＝∠EHN＝90°﹣∠HEN＝β．
当点G在FM上时，可得α＝90°﹣β．

理由：∵AB∥CD，
∴∠AEG＝∠EGF＝β，
又∵EH平分∠FEG，EM平分∠AEF，
∴∠HEF＝∠FEG，∠MEF＝∠AEF，
∴∠MEH＝∠MEF﹣∠HEF
＝（∠AEF﹣∠FEG）
＝∠AEG
＝β，
又∵HN⊥ME，
∴Rt△EHN中，∠EHN＝90°﹣∠MEH，
即α＝90°﹣β；
当点G在点M的左侧时，可得α＝90°﹣β．

理由：∵AB∥CD，
∴∠AEG＝∠EGF＝β，
又∵EH平分∠FEG，EM平分∠AEF，
∴∠HEF＝∠FEG，∠MEF＝∠AEF，
∴∠MEH＝∠MEF﹣∠HEF
＝（∠AEF﹣∠FEG）
＝∠AEG
＝β，
又∵HN⊥ME，
∴Rt△EHN中，∠EHN＝90°﹣∠MEH，
即α＝90°﹣β．
15．（2021·江苏·连云港市新海实验中学二模）对于平面直角坐标系xOy中的点T和线段PQ（PQ≥2），给出如下定义：如果线段PQ上存在两个点A、B，使△TAB是以AB为斜边的等腰直角三角形，且AB长不大于2，则称点T为线段PQ的“美妙点”．
（1）已知点P（﹣2，0），Q（2，0），在点T1（，1），T2（﹣1，），T3（，﹣1），T4（，）中，是线段PQ的“美妙点”有点　 　；
（2）已知点P（﹣3，0），Q（0，4），当点T（x，y）既是线段OP的“美妙点”，又是线段OQ的“美妙点”时，请写出y与x的关系式，并写出x的取值范围；
（3）直线y＝x＋3与坐标轴交于点P、Q，当点T（t，2t＋b）是线段PQ的“美妙点”时，直接写出b的取值范围．

【答案】（1）T1，T3；（2）；（3）
【分析】
通过题意可知：线段PQ上存在两个点A、B，使△TAB是以AB为斜边的等腰直角三角形，且AB长不大于2，T为线段PQ的“美妙点”．
（1）已知P（﹣2，0），Q（2，0），线段PQ在轴线上，由于△TAB是以AB为斜边的等腰直角三角形,所以以AB为底上的高既平分AB，还是AB的一半，高的大小为T点纵坐标的绝对值，由于AB长不大于2，所以给出的点T的纵坐标绝对值不能大于1，然后AB必须在线段PQ上，即可的出答案．
（2）由（1）原理可知，是线段OP的“美妙点”，又是线段OQ的“美妙点”时，建立关系，求得T点横纵坐标的关系，通过AB长不大于2找到T点的极限值，从而得到横坐标取值范围．
（3）由题意可得，通过y＝x＋3可求得P、Q两点，易求得点T满足的函数解析式，通过“美妙点”定义求得符合题意的两个极端点，从而求得b取值范围．
【详解】
（1）①∵、，T1
∴线段PQ在轴线上，
∴在AB为底上的高为1，
∴,(“美妙点”中的)，
∴中线为，
∴为，，
即,在线段上，（点在线段上时，才存在“美妙点”），
∴T1成立，
②当T2（﹣1，）时，
同理可得，
∴T2不成立，
③当T3（，﹣1）时，
同理可得，
、
∴T3成立，
④当T4（，）时，
的横坐标为，，
∴,，不在线段上，
∴T4不成立，
综上所述，T1，T3 为“美妙点”.
（2）∵
∴，
OP的“美妙点”，必定在以OP为对角线的正方形内①，
OQ的“美妙点”必定在以OQ为对角线的正方形内②，
过点O作的角平分线OD交PQ于点D, 

∴∠POD= 45°，∠QOD= 45°,
∴①中正方形的边与②中正方形的边必定包含边OD,
∴AB≤2，
∴当A为(0, 0)时，B点的坐标最远可为(0，2)或(2，0)，
此时，为(-1，1)，
∴可在线段 中，
∴T 中，
线段的k为- 1,
∴.
（3）∵直线与坐标轴交于点P、Q, 
∴线段P(-3，0), Q (3， 0),
由题意可得点T在直线上，如图可得、为符合题意的两个极端点，
代入可得,
∴．