2024年四川省中考数学二轮备考之真题演练三角形（1） (解析)

这是一份2024年四川省中考数学二轮备考之真题演练三角形（1） (解析)，共35页。试卷主要包含了选择题，填空题，综合题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．（2023·广安）下列说法正确的是（ ）
A．三角形的一个外角等于两个内角的和
B．对角线相等且互相垂直的四边形是正方形
C．在一组数据11，9，7，8，6，8，12，8中，众数和中位数都是8
D．甲乙两组各10名同学参加“安全知识竞赛”，若两组同学的平均成绩相同，甲组的方差S甲2=0.25，乙组的方差S乙2=0.15，则甲组同学的成绩比乙组同学的成绩稳定
【答案】C
【解析】【解答】解：
A、三角形的一个外角等于与它不相邻两个内角的和，A不符合题意；
B、对角线相等且互相垂直，且对角线互相平分的四边形为正方形，B不符合题意；
C、在一组数据11，9，7，8，6，8，12，8中，众数和中位数都是8，C符合题意；
D、甲乙两组各10名同学参加“安全知识竞赛”，若两组同学的平均成绩相同，甲组的方差S甲2=0.25，乙组的方差S乙2=0.15，则乙组同学的成绩比甲组同学的成绩稳定，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】根据三角形和外角的性质、正方形的判定、中位数、众数、方差对选项逐一判断即可求解。
2．（2023·眉山）如图，△ABC中，AB=AC，∠A=40°，则∠ACD的度数为（ ）
A．70°B．100°C．110°D．140°
【答案】C
【解析】【解答】解：
∵AB=AC，∠A=40°，
∴∠ACB=∠ABC=70°，
∴∠ACD=180°−70°=110°，
故答案为：C
【分析】先根据等腰三角形的性质结合题意即可得到∠ACB=∠ABC=70°，进而即可求解。
3．（2023·遂宁）如图，在△ABC中，AB=10，BC=6，AC=8，点P为线段AB上的动点，以每秒1个单位长度的速度从点A向点B移动，到达点B时停止．过点P作PM⊥AC于点M、作PN⊥BC于点N，连接MN，线段MN的长度y与点P的运动时间t（秒）的函数关系如图所示，则函数图象最低点E的坐标为（ ）
A．(5，5)B．(6，245)C．(325，245)D．(325，5)
【答案】C
【解析】【解答】解：过点C作DC⊥BA于点D，连接PC，如图所示：
∵AB=10，BC=6，AC=8，
∴BC2+AC2=AB2，
∴△ABC为直角三角形，且∠C=90°，
∴12AC·CB=12BA·DC，
∴DC=245，
由勾股定理得AD=AC2−DC2=325，
∵∠C=90°，PN⊥BC，PM⊥AC，
∴四边形NPMC为矩形，
∴CP=MN，
∴当NM最小时，即CP最小，
∴MN的最小值为245，
∴DA=PA=325，
∴点E的坐标为(325，245)，
故答案为：C
【分析】过点C作DC⊥BA于点D，连接PC，先根据勾股定理的逆定理即可得到∠C=90°，再根据三角形的等面积法即可得到CD的长，再运用勾股定理即可求出AD的长，进而根据矩形的判定与性质即可得到CP=MN，进而结合题意即可求解。
4．（2023·乐山）如图2，菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，E为边BC的中点，连结OE．若AC=6，BD=8，则OE=（ ）
A．2B．52C．3D．4
【答案】B
【解析】【解答】解：
∵四边形ABCD为菱形，AC=6，BD=8，
∴AC⊥BD，OB=4，OC=3，
∴由勾股定理得BC=32+42=5，
∵E为边BC的中点，
∴OE=52，
故答案为：B
【分析】先根据菱形的性质结合题意即可得到AC⊥BD，OB=4，OC=3，再根据勾股定理即可求出BC的长，进而根据直角三角形斜边上的中线的性质即可求解。
5．（2023·乐山）我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出“赵爽弦图”，如图所示，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形．如果大正方形面积为25，小正方形面积为1，则sinθ=（ ）
A．45B．35C．25D．15
【答案】A
【解析】【解答】解：
∵大正方形面积为25，小正方形面积为1，
∴AB=5，CD=1，
∴AD=6，
由勾股定理得AD−12+AD2=52，
解得AD=5，
∴CB=5，
∴sinθ=45
故答案为：A
【分析】先根据题意结合正方形的性质得到AB=5，CD=1，进而运用勾股定理即可求出AD和BC的长，进而根据锐角三角函数的定义即可求解。
6．（2023·眉山）如图，在正方形ABCD中，点E是CD上一点，延长CB至点F，使BF=DE，连结AE，AF，EF，EF交AB于点K，过点A作AG⊥EF，垂足为点H，交CF于点G，连结HD，HC．下列四个结论：①AH=HC；②HD=CD；③∠FAB=∠DHE；④AK⋅HD=2HE2．其中正确结论的个数为（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【解析】【解答】解：
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠DCB=∠BAD=∠CDA=∠CBA=90°，AB=BC=CD=AD，
∴∠FBA=90°，
∴△EDA≌△FBA（SAS），
∴EA=FA，∠EAD=∠FAB，
∴∠FAE=∠DAB=90°，
∴△FEA为等腰直角三角形，
∴∠EFA=∠FEA=45°，
∴FH=EH=HA=12EF，
∵HC=HE=12EF，
∴AH=HC，①正确；
由题意得△DHC≌△DHA（SSS），
∴∠HDC=∠HDA=12∠CDA=45°，
若HD=CD，
∴∠HCD=∠CHD=67.5°，
∵EH=CH，
∴∠ECH=∠CEH=67.5°，
∵E为动点，
∴∠ECH=∠CEH=67.5°不一定成立，②错误；
∵45°+∠DHE=45°＋∠DAE，
∴∠EHD=∠DAE，
∴∠FAB=∠DHE，③正确；
由题意得△EDH∽△KFA，
∴KAEH=FADH，
∴AK⋅HD=2HE2，④正确；
∴有3个正确的结论；
故答案为：C
【分析】先根据正方形的性质即可得到∠DCB=∠BAD=∠CDA=∠CBA=90°，AB=BC=CD=AD，进而根据三角形全等的判定与性质即可得到EA=FA，∠EAD=∠FAB，再运用等腰直角三角形的判定与性质结合题意即可判断①；先根据三角形全等的判定与性质即可得到∠HDC=∠HDA=12∠CDA=45°，先假设结论②成立，进而根据等腰三角形的性质即可得到∠ECH=∠CEH=67.5°，再结合题意即可判定结论②是错误的；根据题意结合已知条件即可判断③；根据相似三角形的判定与性质证明△EDH∽△KFA，进而即可得到KAEH=FADH，再结合题意即可求解。
7．（2023·宜宾）如图，边长为6的正方形ABCD中，M为对角线BD上的一点，连接AM并延长交CD于点P．若PM=PC，则AM的长为（ ）
A．3(3−1)B．3(33−2)C．6(3−1)D．6(33−2)
【答案】C
【解析】【解答】解：
∵四边形ABCD为正方形，且边长为6，
∴BA=AD=DC=CB=6，∠CDA=90°，∠MDC=∠MDA=45°，
∴△MDC≌△MDA（SAS），
∴∠MCD=∠MAD，
∵CP=MP，
∴∠MCD=∠PMC，
∴∠DPA=2∠MCD=2∠MAD，
∴∠MAD=30°，
设PD=a，则PA=2a，PM=6-a，
由勾股定理得AD=PA2−DP2=3a=6，
解得a=23，
∴MP=6−23，AP=43，
∴AM=AP-MP=6(3−1)，
故答案为：C
【分析】先根据正方形的性质即可得到BA=AD=DC=CB=6，∠CDA=90°，∠MDC=∠MDA=45°，进而根据三角形全等的判定与性质得到∠MCD=∠MAD，结合等腰三角形的性质即可得到∠MCD=∠PMC，进而得到∠MAD=30°，设PD=a，则PA=2a，PM=6-a，根据勾股定理即可求出a的值，进而根据AM=AP-MP即可求解。
8．（2023·宜宾）如图，△ABC和△ADE是以点A为直角顶点的等腰直角三角形，把△ADE以A为中心顺时针旋转，点M为射线BD、CE的交点．若AB=3，AD=1．以下结论：
①BD=CE；②BD⊥CE；
③当点E在BA的延长线上时，MC=3−32；
④在旋转过程中，当线段MB最短时，△MBC的面积为12．
其中正确结论有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【解析】【解答】解：
∵△ABC和△ADE是以点A为直角顶点的等腰直角三角形，
∴∠EAD=∠CAB=90°，AD=AE，AB=CA，
∴∠EAC=∠DAB，
∴△EAC≌△DAB，
∴∠ECA=∠DBA，
∴BD=CE，①正确；
设∠DBA=∠ECA=a，
∴∠CBD=45°-a，
∴∠BME=∠ECA+∠ACB+∠CBD=90°，
∴BD⊥CE，②正确；
当点E在BA的延长线上时，如图：
由题意得△ACE∽△MCD，
∴DCCE=MCAC，
∵CD=3−1，CE=CA2+EA2=2，
∴MC=3−32，③正确；
以A为圆心，DA为半径画圆，如图所示：
由题意得当CE在圆下方且与圆相切时，MB最短，
∴∠MDA=∠MEA=∠EAD=90°，
∴四边形DMEA为矩形，
∵DA=EA，
∴四边形DMEA为正方形，
∴EA=DM=1，
∵CE=DB=2（勾股定理），
∴BM=2−1，
∴MC=CA2+BA2−BM2=2+1，
∴△MBC的面积为12，④正确；
故答案为：D
【分析】先根据等腰直角三角形的性质即可得到∠EAD=∠CAB=90°，AD=AE，AB=CA，再结合三角形全等的判定与性质即可得到∠ECA=∠DBA，进而根据等腰三角形的性质即可判断①；设∠DBA=∠ECA=a，再结合题意即可判断②；当点E在BA的延长线上时，先根据相似三角形的判定与性质即可得到DCCE=MCAC，再结合题意运用勾股定理即可求出MC长，进而即可求解；以A为圆心，DA为半径画圆，当CE在圆下方且与圆相切时，MB最短，根据矩形的判定与正方形的判定与性质即可得到EA=DM=1，进而根据勾股定理即可得到BD和CE的长，再结合题意运用三角形的面积即可判断④。
二、填空题
9．（2023·广元）如图，在平面直角坐标系中，已知点A(1，0)，点B(0，−3)，点C在x轴上，且点C在点A右方，连接AB，BC，若tan∠ABC=13，则点C的坐标为 ．
【答案】（94，0）
【解析】【解答】解：如图，过点A作AE⊥BC，
∵A（1，0），B（0，-3），
∴AB=12+32=10，
在Rt△ABE中， tan∠ABC=AEBE=13，
设AE=x，则BE=3x，
∴AB=10x=10，
∴x=1，即AE=1，BE=3，
设AC=a，则CE=a2−1，
∵tanC=AECE=OBOC，
∴1a2−1=31+a，解得：a=54或a=-1（舍去），
∴OC=OA+AC=1+54=94，
∴C（94，0）；
故答案为：（94，0）.
【分析】过点A作AE⊥BC，由A、B的坐标求出AB=10，利用tan∠ABC=AEBE=13，可求出AE=1，BE=3，设AC=a，则CE=a2−1，根据tanC=AECE=OBOC，可得1a2−1=31+a，据此求出a值，即得AC的长，继而求出OC=OA+AC的长，即得结论.
10．（2023·内江）出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一，最早是由三国时期数学家刘徽创建．“将一个几何图形，任意切成多块小图形，几何图形的总面积保持不变，等于所分割成的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一、如图，在矩形ABCD中，AB=5，AD=12，对角线AC与BD交于点O，点E为BC边上的一个动点，EF⊥AC，EG⊥BD，垂足分别为点F，G，则EF+EG= ．
【答案】6013
【解析】【解答】解：连接OE，如图所示：
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠CBA=90°，CO=OA=OB=OD，CB=AD=12，
由勾股定理得AC=52+122=13，
∴CO=BO=132，
∴S△COB=S△EOB+S△COE=12S△CBA=15，
∴12×132×EG+12×132×EF=15，
∴EF+EG=6013，
故答案为：6013
【分析】连接OE，先根据矩形的性质即可得到∠CBA=90°，CO=OA=OB=OD，CB=AD=12，进而根据勾股定理求出AC，从而得到CO=BO=132，再根据S△COB=S△EOB+S△COE=12S△CBA=15结合三角形的面积公式即可求解。
11．（2023·眉山）如图，△ABC中，AD是中线，分别以点A，点B为圆心，大于12AB长为半径作弧，两孤交于点M，N．直线MN交AB于点E．连接CE交AD于点F．过点D作DG∥CE，交AB于点G．若DG=2，则CF的长为 ．
【答案】83
【解析】【解答】解：由题意得MN为AB的垂直平分线，
∴AE=BE，
∴E为AB的中点，
∴EC为△ABC的中线，
∴点F为△ABC的重心，
∴CF=23CE，
∵DG∥CE，
∴△ECB∽△GDB，
∴CBDB=ECGD=2，
∴CE=4，
∴CF=83，
故答案为：83
【分析】先根据题意即可得到MN为AB的垂直平分线，再根据垂直平分线的性质即可得到E为AB的中点，进而即可得到点F为△ABC的重心，从而根据重心的性质即可得到CF=23CE，再根据相似三角形的判定与性质证明△ECB∽△GDB，进而即可求出CE的长，再结合已知条件即可求解。
12．（2023·遂宁）若三角形三个内角的比为1：2：3，则这个三角形按角分类是 三角形．
【答案】直角
【解析】【解答】解：设三个内角分别为x、2x、3x，由题意得x+2x+3x=180°，
解得x=30°，
∴3x=90°，
∴这个三角形为直角三角形，
故答案为：直角
【分析】设三个内角分别为x、2x、3x，根据三角形内角和定理即可求解。
13．（2023·内江）如图，四边形ABCD是边长为4的正方形，△BPC是等边三角形，则阴影部分的面积为 ．
【答案】12−43
【解析】【解答】解：过点P作PN⊥CB于点N，PM⊥CD于点M，如图所示：
∵四边形ABCD是边长为4的正方形，
∴四边形ABCD的面积为16，DC=CB=4，∠DCB=90°，
∵△BPC是等边三角形，
∴∠PCB=60°，PC=BC=4，NC=NB=2，
∴由勾股定理得NP=42−22=23，∠MCP=30°，
∴S△CBP=12×23×4=43，PM=2，
∴S△DCP=12×2×4=4，
∴S阴影=S正方形ABCD−S△CBP−S△PDC=12−43，
故答案为：12−43
【分析】过点P作PN⊥CB于点N，PM⊥CD于点M，先根据正方形的性质即可得到四边形ABCD的面积为16，DC=CB=4，∠DCB=90°，进而根据等边三角形的性质即可得到∠PCB=60°，PC=BC=4，NC=NB=2，再根据勾股定理即可求出PN的长，进而根据含30°角的直角三角形的性质即可得到PM=2，然后根据S阴影=S正方形ABCD−S△CBP−S△PDC即可求解。
14．（2023·南充）如图，在等边△ABC中，过点C作射线CD⊥BC，点M，N分别在边AB，BC上，将△ABC沿MN折叠，使点B落在射线CD上的点B′处，连接AB′，已知AB=2．给出下列四个结论：①CN+NB′为定值；②当BN=2NC时，四边形BMB′N为菱形；③当点N与C重合时，∠AB′M=18°；④当AB′最短时，MN=72120．其中正确的结论是 （填写序号）
【答案】①②④
【解析】【解答】解：
∵△ABC为等边三角形，
∴AB=CB=AC=2，∠B=60°，
由折叠得B'N=BN，∠B=∠MB'N=60°，
∴CN+NB'=CN+NB=BC=2，
∴CN+NB′为定值，①正确；
∵BN=2NC，
∴cs∠B'NC=CNNB'=CNBN=12，
∴∠B'NC=60°=MB'N=∠B，
∴BM∥B'N，MB'∥BC，
∴四边形BMB′N为平行四边形，
∵B'N=BN，
∴四边形BMB′N为菱形，②正确；
如图：点N与C重合，
∵CD⊥BC，
∴∠DCB=90°，
由折叠可知BC=B'C，
∴∠B'CA=30°，CB'=CA，
∴∠CB'A=∠B'AC=75°，
∴∠AB'M=15°，③错误；
当AB′最短时，DC⊥AB'，
过点M作EM⊥CB于点E，连接BB'交NM于点O，如图所示：
∵∠B'CA=30°，CA=2，
∴CB'=3，
∴由勾股定理得BB'=B'C2+BC2=7，
由折叠得MN⊥BB'，OB=72，
设NB=NB'=x，则NC=2-x，
由勾股定理得32+2−x2=x2，
解得x=74，
设BE为a，则EN=74−a，MB=2a，
由勾股定理得EM=3a，MN=4a2−72a+4916，
∴74×3a=72×4a2−72a+4916（等面积法），
解得a=710或a=−72（舍去），
∴MN=72120，④正确，
故答案为：①②④
【分析】①先根据等边三角形得到性质结合折叠的性质即可得到AB=CB=AC=2，∠B=60°，B'N=BN，∠B=∠MB'N=60°，进而结合题意即可求解；②先根据锐角三角函数的定义即可得到∠B'NC=60°=MB'N=∠B，再运用平行线的判定、平行四边形的判定、菱形的判定即可求解；③根据折叠的性质即可得到BC=B'C，再结合题意即可求解；④当AB′最短时，DC⊥AB'，过点M作EM⊥CB于点E，连接BB'交NM于点O，根据含30°角的直角三角形的性质即可得到CB'=3，再根据勾股定理即可求出BB'=B'C2+BC2=7，再运用折叠的性质即可得到MN⊥BB'，OB=72，设NB=NB'=x，则NC=2-x，运用勾股定理即可求出BN的长，设BE为a，则EN=74−a，MB=2a，根据勾股定理结合三角形的等面积法即可求出a的值，进而即可求解。
15．（2023·遂宁）如图，以△ABC的边AB、AC为腰分别向外作等腰直角△ABE、△ACD，连结ED、BD、EC，过点A的直线l分别交线段DF、BC于点M、N，以下说法：①当AB=AC=BC时，∠AED=30°；②EC=BD；③若AB=3，AC=4，BC=6，则DE=23；④当直线l⊥BC时，点M为线段DE的中点．正确的有 ．(填序号)
【答案】①②④
【解析】【解答】解：
①∵AB=AC=BC，
∴△ABC为等边三角形，
∴∠CAB=60°，
∴∠EAD=120°，
∵△ABE和△ACD为等腰直角三角形，
∴AB=AD，EB=AB，
∴AD=AE，
∴∠AED=30°，①正确；
②∵△ABE和△ACD为等腰直角三角形，
∴∠CAD=∠BAE=90°，DA=CA，EA=BA，
∴∠CAE=∠BAD，
∴△CAE≌△DAB，
∴EC=BD，②正确；
④作直线NM⊥CB于点N，过点E作HE⊥NM于点H，过点D作GD⊥MN于点G，如图所示：
∴∠NAB+∠NBA=90°，
∵∠NAB+∠MAE=90°，
∴∠MAE=∠NBA，
∴△NBA≌△HAE（AAS），
同理可得△GAD≌△NCA，
∴AN=DG，NA=HE，NB=AH，NC=GA，
∴△MGD≌△MHE（AAS），
∴MD=EM，
∴点M为线段DE的中点，④正确；
③由题意得GM=MH，
设NB=x，则CN=6-x，
由勾股定理得42−4−x2=32−x2，
解得x=2912，
∴AG=NC=4312，
由勾股定理得AN=BA2−NB2=45512，
∴GH=6−2912×2=76，
∴GM=712，
由勾股定理得DM=142，
∴DE=14，③错误；
故答案为：①②④
【分析】①先根据题意结合等边三角形的判定与性质即可得到∠CAB=60°，再根据等腰直角三角形的性质即可得到AB=AD，EB=AB，再结合题意即可求解；②先根据等腰直角三角形的性质即可得到∠CAD=∠BAE=90°，DA=CA，EA=BA，进而得到∠CAE=∠BAD，再根据三角形全等的判定与性质即可求解；④作直线NM⊥CB于点N，过点E作HE⊥NM于点H，过点D作GD⊥MN于点G，根据三角形全等的判定与性质证明△NBA≌△HAE（AAS），△GAD≌△NCA，△MGD≌△MHE（AAS），进而即可求解；③先根据已知条件得到GM=MH，设NB=x，则CN=6-x，根据勾股定理即可求出x的值，进而得到AG=NC=4312，再根据勾股定理结合已知条件即可求解。
三、综合题
16．（2023·达州）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=5，BC=21．
（1）尺规作图：作∠BAC的角平分线交BC于点P（不写做法，保留作图痕迹）；
（2）在（1）所作图形中，求△ABP的面积．
【答案】（1）解：以A为圆心，任意长为半径画弧，分别交AC、AB，在以两交点为圆心，以大于它们12长度为半径画弧，交于一点，过A于该点做射线交BC于点P，则AP即为所求．
（2）解：过点P作PD⊥AB，如图所示，
由（1）得：PC=PD，
∵∠ACB=90°，AB=5，BC=21，
∴AC=52−(21)2=2，
∴S△ACB=S△ACP+S△APB，
∵S△ACB=12×AC×BC=12×2×21=21，
∴12×AC×PC+12×AB×PD=21，即12×2×PC+12×5×PD=21，
∵PC=PD，
∴PD=2217，
∴S△APB=12×AB×PD=12×5×2217=5217；
【解析】【分析】（1）根据角平分线的作图方法进行作图即可求解；
（2）过点P作PD⊥AB，根据角平分线的性质得到PC=PD，再根据勾股定理得到AC的长，再运用S△ACB=S△ACP+S△APB即可求出PD的长，进而运用三角形的面积即可求解。
17．（2023·达州）如图，网格中每个小正方形的边长均为1，△ABC的顶点均在小正方形的格点上．
（1）将△ABC向下平移3个单位长度得到△A1B1C1，画出△A1B1C1；
（2）将△ABC绕点C顺时针旋转90度得到△A2B2C2，画出△A2B2C2；
（3）在（2）的运动过程中请计算出△ABC扫过的面积．
【答案】（1）解：作出点A、B、C平移后的对应点A1，B1、C1，顺次连接，则△A1B1C1即为所求，如图所示：
（2）解：作出点A、B绕点C顺时针旋转90度的对应点A2，B2，顺次连接，则△A2B2C2即为所求，如图所示：
（3）解：∵AB=12+22=5，AC=32+12=10，BC=12+22=5，
∴AB=BC，
∵(5)2+(5)2=10=(10)2，
∴AB2+BC2=AC2，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∴S△ABC=12AB×BC=52，
根据旋转可知，∠ACA2=90°，
∴S扇形CAA2=90π×(10)2360=5π2，
∴在旋转过程中△ABC扫过的面积为S=S△ABC+S扇形CAA2=5+5π2．
【解析】【分析】（1）先做出A、B、C平移后的对应点A1，B1、C1，再连接即可求解；
（2）作出点A、B绕点C顺时针旋转90度的对应点A2，B2，顺次连接即可求解；
（3）先根据勾股定理和勾股定理的逆定理得到AB2+BC2=AC2，进而根据等腰直角三角形的判定与性质得到S△ABC=12AB×BC=52，最后根据扇形的面积结合S=S△ABC+S扇形CAA2即可求解。
18．（2023·乐山）在学习完《图形的旋转》后，刘老师带领学生开展了一次数学探究活动
【问题情境】
刘老师先引导学生回顾了华东师大版教材七年级下册第121页“探索”部分内容：
如图，将一个三角形纸板△ABC绕点A逆时针旋转θ到达△AB′C′的位置，那么可以得到：
AB=AB′，AC=AC′，BC=B′C′；∠BAC=∠B′AC′，∠ABC=∠AB′C′，∠ACB=∠AC′B′（ ）
刘老师进一步谈到：图形的旋转蕴含于自然界的运动变化规律中，即“变”中蕴含着“不变”，这是我们解决图形旋转的关键故数学就是一门哲学．
（1）【问题解决】
上述问题情境中“（ ）”处应填理由： ；
（2）如图，小王将一个半径为4cm，圆心角为60°的扇形纸板ABC绕点O逆时针旋转90°到达扇形纸板A′B′C′的位置．
①请在图中作出点O；
②如果BB′=6cm，则在旋转过程中，点B经过的路径长为 ；
（3）【问题拓展】小李突发奇想，将与（2）中完全相同的两个扇形纸板重叠，一个固定在墙上，使得一边位于水平位置另一个在孤的中点处固定，然后放开纸板，使其摆动到竖直位置时静止此时，两个纸板重叠部分的面积是多少呢？如图所示，请你帮助小李解决这个问题．
【答案】（1）旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等
（2）解：①下图中，点O为所求②322πcm
（3）解：<方法一>连结PA′，交AC于M，连结PA，PD，AA′如图所示
∴∠PAC=12∠BAC=30°．
由旋转得∠PA′B′=30°，PA=PA′=4．
在Rt△PAM中，A′M=PM=PA⋅sin∠PAM=4×sin30°=2．
在Rt△A′DM中，∵∠DA′M=12∠B′A′C′=30°，
∴A′D=A′Mcs∠DA′M=2cs30°=433，DM=12A′D=12×433=233．
∴S△A′DP=12DM⋅A′P=12×233×4=433．
S扇形B′A′P=30×π×42360=43π．
∴S阴影部分B′DP=S扇形B′A′P−S△A′DP=43π−433
在△ADP和△A′DP中，
∵AD=AM−DM=23−233=433=A′D，
又∵∠PAD=∠PA′D=30°，PA=PA′，
∴△ADP≌△A′DP．
又∵S扇形PAC=S扇形B′A′P，∴S阴影部分B′DP=2S阴影部分CDP．
∴S阴影部分=2S阴影部分B′DP=2×(43π−433)=(83π−833)cm2
<方法二>连结PA′，交AC于M后，连结PA，AA′，B′C′，AC交A′B′于D，A′P交B′C′
∵点P为BC的中点，∴∠PAC=12∠BAC=30°．
由旋转的性质得：∠PA′B′=30°，PA=PA′=4，
S阴影部分PMC=S阴影部分PEC′ ∴S阴影部分=S弓形B′PC′+S梯形DMEB′
在Rt△PAM中，A′M=PA⋅sin∠PAM=4×sin30°=2．
在Rt△A′B′E中，A′E=A′B′⋅cs∠B′A′E=4×cs30°=23，B′E=2．
∴ME=A′E−A′M=23−2．
在Rt△A′DM中，DM=A′M⋅tan∠DA′M=2×tan30°=233
∴S梯形DMEB′=12(DM+B′E)⋅ME=12(233+2)(23−2)=433．
S弓形B′PC′=S扇形B′A′C′−S△B′A′C′=60×π×42360−12×4×23=83π−43．
∴S阴影部分=S弓形B′PC′+S梯形DMEB′=83π−43+433=(83π−833)cm2
<方法三>连结PA，PA′，PD，PC，交AC于M，交A′B′于N，如图所示
∵点P为BC的中点，∴∠PAC=12∠BAC=30°．
由旋转得∠PA′B′=30°，PA=PA′=4．
在Rt△PAM为中．PM=PA⋅sin∠PAM=4×sin30°=2．
AM=PA⋅cs∠PAM=4×cs30°=23
∴CM=AC−AM=4−23， A′M=A′P−PM=2
在Rt△A′MD中，MD=A′M⋅tan∠PA′B′=233，CD=CM+MD=12−433
∴S△PCD=12CD⋅PM=12−433
∴S弓形=S扇形PAC−S△PAC=30×π×42360−12AC⋅PM=43π−4．
现证明阴影部分为轴对称图形：连结PB′
∵点P为BC的中点，图形的旋转，∴PB′=PC．
∵∠PAC+∠AND=∠PA′B′+∠A′MD，
又∵∠PAC=∠PA′B′=30°，∠AND=∠A′MD=90°，
∴∠PNA′=90°，
在Rt△PNA′中，PN=PA′⋅sin∠PA′N=12PA′=2．
∴AN=PA−PN=2. ∴AN=A′M
∴△AND≌△A′MD∴AD=A′D，CD=B′D
∵PD=PD′∴△PB′D≌△PCD．
又∵图形的旋转，∴阴影部分面积被PD等分．
∴S阴影=2(S△PCD+S弓形)=(8π3−833)cm2
【解析】【解答】解：（1）由题意得上述问题情境中“（ ）”处应填理由为旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等，
故答案为：旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等；
（2）②连接OB，OB'，如图所示：
由题意得∠BOB'=90°，B'O=BO，BB'=6，
设B'O=BO=a，
由勾股定理得a2+a2=36，
解得a=32，
∴B'O=BO=32，
∴点B经过的路径长为90×32×π180=322π，
故答案为：322πcm
【分析】（1）直接根据旋转的性质即可求解；
（2）①根据题意即可画图；②先根据旋转的性质即可得到∠BOB'=90°，B'O=BO，BB'=6，设B'O=BO=a，进而根据勾股定理即可求出a，再根据弧长的计算公式即可求解；
（3）<方法一>连结PA′，交AC于M，连结PA，PD，AA′，先根据旋转的性质即可得到∠PA′B′=30°，PA=PA′=4，再运用解直角三角形的知识即可求出MD和DA'的长，进而即可得到S△A'DP=433，S扇形B'A'P=43π，再运用三角形全等的判定与性质证明△ADP≌△A'DP，进而即可求解；
<方法二>连结PA′，交AC于M后，连结PA，AA′，B′C′，AC交A′B′于D，A′P交B′C′，先根据旋转的性质即可得到∠PA′B′=30°，PA=PA′=4，进而根据解直角三角形的知识即可得到MA'、ME、MD的长，再运用S阴影部分=S弓形B'PC'+S梯形DMEB'即可求解；
<方法三>连结PA，PA′，PD，PC，交AC于M，交A′B′于N，先根据旋转的性质即可得到∠PA′B′=30°，PA=PA′=4，进而根据解直角三角形的知识即可得到CM的长，进而得到S弓形=43π−4，再证明阴影部分为轴对称图形即可求解。
19．（2023·成都）探究式学习是新课程倡导的重要学习方式，某兴趣小组拟做以下探究.
在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC，D是AB边上一点，且ADBD=1n（n为正整数），E是AC边上的动点，过点D作DE的垂线交直线BC于点F.
（1）【初步感知】
如图1，当n=1时，兴趣小组探究得出结论：AE+BF=22AB，请写出证明过程.
（2）【深入探究】
①如图2，当n=2，且点F在线段BC上时，试探究线段AE，BF，AB之间的数量关系，请写出结论并证明；
②请通过类比、归纳、猜想，探究出线段AE，BF，AB之间数量关系的一般结论（直接写出结论，不必证明）.
（3）【拓展运用】
如图3，连接EF，设EF的中点为M. 若AB=22，求点E从点A运动到点C的过程中，点M运动的路径长（用含n的代数式表示）.
【答案】（1）证明：如图所示，连接CD，
当n=1时，ADBD=1，
∴AD=BD，
∵∠C=90°，AC=BC，
∴∠A=∠B=45°， CD⊥AB，∠FCD=12∠ACB=45°，
∴CD=AD，AB=2BC，
∴BC=22AB'，
∵DE⊥FD，
∴∠ADE+∠EDC=∠FDC+∠EDC=90°，
∴∠ADE= ∠CDF，
∴△ADE≌△CDF，
∴AE=CF，
∴BC=CF+BF=AE+BF=22AB；
（2）①AE+12BF=23AB；②当点F在射线BC上时，AE+1nBF=2n+1AB，当点F在CB延长线上时，AE−1nBF=2n+1AB.
（3）点M运动的路径长为n2+1.
【解析】【解答】
（2）①AE+12BF=22AB，
证明：如图所示，过BD的中点G作BC的平行线，交DF于点J，交AC于点H，
当n=2时，ADBD=12，
∴2AD= DB，
∵点G是DB的中点，
∴AD=DG，AG=23AB，
∵ HG//BC，
∴∠AHG= ∠C=90°，∠HGA= ∠B=45°，
∵∠A=45°，
∴△AHG是等腰直角三角形，且△DJG~△DBF，
∴GJBF=DGBD=12，
由（1）可得：AE+JG =22AG，
∴AE+JG=AE+12FB=22AG=23×22AB=23AB，
∴线段AE，BF，AB之间的数量关系为 AE+12BF=23AB，
②解：当点F在射线BC上时，
如图所示：在DB上取一点G使得AD=DG，过点G作BC的平行线，交DF于点J，交AC于点H，
同①可得：AE+JG=22 AG，
∵ADBD=1n，AD=DG，
∴DGBD=1n，AG=2n+1AB，
同①可得：GJFB=DGBD=1n，
∴AE+GJ=AE+1nFB=22AG=2n+1×22AB=2n+1AB，
∴线段AE，BF，AB之间数量关系为 AE+1nBF=2n+1AB，
当点F在CB延长线上时，
如图所示，在DB上取一点G使得AD=DG，过点G作BC的平行线，交DF于点J，交AC于点H，连接HD，
同（1）可证：△DHE≌△DGJ，
∴AE−GJ=22AG，
∵ADBD=1n，AG=2n+1AB，
∴AE−JG=AE−1nBF=22AG=2n+1×22AB=2n+1AB，
∴线段AE，BF，AB之间数量关系为 AE−1nBF=2n+1AB，
综上所述， 当点F在射线BC上时，AE+1nBF=2n+1AB，当点F在CB延长线上时，AE−1nBF=2n+1AB.
(3)解：如图所示，当E1与A重合时，取E1F1的中点M1，当E2与C重合时，取E2F2的中点M2，可得M的轨迹长度即为M1M2的长度，
如图所示，以点D为原点，DF1为y轴，DB为x轴建立平面直角坐标系，过点E2作AB的垂线段，交AB于点G，过点F2作AB的垂线段，交AB于点H，
∵AB=22，ADBD=1n，
∴AD=22n+1，BD=22nn+1，
∴E1−22n+1，0，
∵∠F1BD=45°，
∴F1D=BD，
∴F10，22nn+1，
∵M1是E1F1的中点，
∴M1−2n+1，2nn+1，
∵BG=CG=12AB=2，
∴DG=BD−BG=−2+2nn+1，
∴E2−2+2nn+1，2，
由（2）中的结论可得： AE2+1nBF2=2n+1AB，
∴BF2=nAE2−2n+1AB=2n2−2nn+1，
∴BH=F2H=22BF2=2n2−2nn+1，
∴DH=DB+BH=2n，
∴F22n，−2n2−2nn+1，
∴M22n2+22n−22n+2，−2n2+22n+22n+2，
∴M1M2=n2+1，
即点M运动的路径长为n2+1.
【分析】（1）根据题意先求出BC=22AB'，再利用全等三角形的判定与性质证明求解即可；
（2）①先求出AD=DG，AG=23AB，再利用相似三角形的判定与性质证明求解即可；
②分类讨论，结合图形，利用全等三角形的判定与性质计算求解即可；
（3）先作图，再求出F22n，−2n2−2nn+1，M22n2+22n−22n+2，−2n2+22n+22n+2，最后求解即可。