突破03 函数问题过程性学习探究型-备战2024年中考数学真题题源解密（全国通用）

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函数过程性学习是一种以学生为中心设计执行函数过程性学习方法．函数过程性学习要求学生从真实世界的基本问题出发，围绕复杂的、来自真实情境的主题，在精心设计任务、活动的基础上，以小组方式进行开放性探究，并将学习结果以作品的形式表现出来，最终达到知识建构与自身能力提高．这个也是落实课程标准中的活动建议，函数过程性学习更能有效提高学生发现问题、分析问题和解决问题的能力，此类题可以是纯函数性质探究，也可以结合几何动点探究函数性质，属于创新题．
=一．选择题
1．（2023•青海）生物兴趣小组探究酒精对某种鱼类的心率是否有影响，实验得出心率与酒精浓度的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．酒精浓度越大，心率越高
B．酒精对这种鱼类的心率没有影响
C．当酒精浓度是10%时，心率是168次/分
D．心率与酒精浓度是反比例函数关系
解：由图象可知，酒精浓度越大，心率越低，故A错误；
酒精浓度越大，心率越低，酒精对这种鱼类的心率有影响，故B错误；
由图象可知，当酒精浓度是10%时，心率是168次/分，故C正确；
任意取两个点坐标（5%，192），（10%，168），因为192×5%≠168×10%，所以心率与酒精浓度不是反比例函数关系，故D错误．
故选：C．
2．（2021•兰州）如图，小明探究课本“综合与实践”板块“制作视力表”的相关内容：当测试距离为5m时，标准视力表中最大的“”字高度为72.7mm，当测试距离为3m时，最大的“”字高度为（ ）
A．121.17mmB．43.62mmC．29.08mmD．4.36mm
解：由题意得：CB∥DF，
，
∵AD＝3m，AB＝5m，BC＝72.7mm，
，
∴DF＝43.62（mm），
故选：B．
3．（2023•晋城模拟）观察式子：，＝2×3＝6；＝，；，，由此猜想＝（a≥0，b≥0）．上述探究过程蕴含的思想方法是（ ）
A．特殊与一般B．整体
C．转化D．分类讨论
解：探究过程蕴含的思想方法是特殊与一般，
故选：A．
4．（2023•迁安市二模）如图1和图2是在数学课上甲组和乙组在探究用不同方法：过直线外一点P作直线l的平行线，用尺规作图保留痕迹，关于两组的作法下列说法正确的是（ ）
A．甲组作法正确，乙组作法不正确
B．甲组作法不正确，乙组作法正确
C．甲组和乙组作法都不正确
D．甲组和乙组作法都正确
解：图1中，AB是∠PAC的平分线，
∴∠PAB＝∠BAC，
∵PA＝PB，
∴∠PAB＝∠PBA，
∴∠PBA＝∠BAC，
∴PB∥l，
∴甲组作法正确；
图2中，A、C分别为PB、QB的中点，
∴AC是△PBQ的中位线，
∴AC∥PQ，
∴PQ∥l，
∴乙组作法正确；
故选：D．
5．（2022•百色）活动探究：我们知道，已知两边和其中一边的对角对应相等的两个三角形不一定全等．如已知△ABC中，∠A＝30°，AC＝3，∠A所对的边为，满足已知条件的三角形有两个（我们发现其中如图的△ABC是一个直角三角形），则满足已知条件的三角形的第三边长为（ ）
A．2B．2﹣3C．2或D．2或2﹣3
解：如图，CD＝CB，作CH⊥AB于H，
∴DH＝BH，
∵∠A＝30°，
∴CH＝AC＝，AH＝CH＝，
在Rt△CBH中，由勾股定理得BH＝＝，
∴AB＝AH+BH＝＝2，AD＝AH﹣DH＝＝，
故选：C．
6．（2023•山西模拟）数学中，常对同一个量（图形的面积、点的个数等）用两种不同的方法计算，从而建立相等关系．我们把这种思想叫“算两次”“算两次“也称作富比尼原理，是一种重要的数学思想．由它可以推导出很多重要的公式．如图，两个直角边分别为a，b的直角三角形和一个两条直角边都是c的直角三角形拼成一个梯形，用“算两次”的方法，探究a，b，c之间的数量关系，可以验证的是（ ）
A．勾股定理B．平方差公式
C．完全平方公式D．比例的性质
解：第一次利用梯形的面积公式，图形面积为：，
第二次利用图形的面积和计算为：2×，
∴＝2×，
整理得：a2+2ab+c2＝2ab+c2，
∴a2+b2＝c2．
故选：A．
7．（2023•金昌）如图1，汉代初期的《淮南万毕术》是中国古代有关物理、化学的重要文献，书中记载了我国古代学者在科学领域做过的一些探索及成就．其中所记载的“取大镜高悬，置水盆于其下，则见四邻矣”，是古人利用光的反射定律改变光路的方法，即“反射光线与入射光线、法线在同一平面上；反射光线和入射光线位于法线的两侧；反射角等于入射角”．为了探清一口深井的底部情况，运用此原理，如图在井口放置一面平面镜可改变光路，当太阳光线AB与地面CD所成夹角∠ABC＝50°时，要使太阳光线经反射后刚好垂直于地面射入深井底部，则需要调整平面镜EF与地面的夹角∠EBC＝（ ）
A．60°B．70°C．80°D．85°
解：如图，
∵BM⊥CD，
∴∠CBM＝90°，
∵∠ABC＝50°，
∴∠ABE+∠FBM＝180°﹣90°﹣50°＝40°，
∵∠ABE＝∠FBM，
∴∠ABE＝∠FBM＝20°，
∴∠EBC＝20°+50°＝70°．
故选：B．
8．（2022•无锡）雪花、风车……展示着中心对称的美，利用中心对称，可以探索并证明图形的性质．请思考在下列图形中，是中心对称图形但不一定是轴对称图形的为（ ）
A．扇形B．平行四边形
C．等边三角形D．矩形
解：A．扇形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B．平行四边形不一定是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项符合题意；
C．等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
D．矩形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项不合题意；
故选：B．
9．（2023•德阳）在“点燃我的梦想，数学皆有可能”数学创新设计活动中，“智多星”小强设计了一个数学探究活动；对依次排列的两个整式m，n按如下规律进行操作：
第1次操作后得到整式中m，n，n﹣m；
第2次操作后得到整式中m，n，n﹣m，﹣m；
第3次操作后……
其操作规则为：每次操作增加的项，都是用上一次操作得到的最末项减去其前一项的差，小强将这个活动命名为“回头差”游戏．
则该“回头差”游戏第2023次操作后得到的整式串各项之和是（ ）
A．m+nB．mC．n﹣mD．2n
解：第1次操作后得到的整式串m，n，n﹣m；
第2次操作后得到的整式串m，n，n﹣m，﹣m；
第3次操作后得到的整式串m，n，n﹣m，﹣m，﹣n；
第4次操作后得到的整式串m，n，n﹣m，﹣m，﹣n，﹣n+m；
第5次操作后得到的整式串m，n，n﹣m，﹣m，﹣n，﹣n+m，m；
第6次操作后得到的整式串m，n，n﹣m，﹣m，﹣n，﹣n+m，m，n；
第7次操作后得到的整式串m，n，n﹣m，﹣m，﹣n，﹣n+m，m，n，n﹣m；
……
第 2023次操作后得到 的整式串m，n，n﹣m，﹣m，﹣n，﹣n+m，……m，n，n﹣m；共2025个整式；
归纳可得，以上整式串每六次一循环．每6个整式的整式之和为：m+n+（n﹣m）+（﹣m）+（﹣n）+（﹣n+m）＝0，
∵2025÷6＝337…3，
∴第2023次操作后得到的整式中，求最后三项之和即可．
∴这个和为m+n+（n﹣m）＝2n．
故选：D．
10．（2023•东湖区校级二模）数学小组将两块全等的含30°角的三角尺按较长的直角边重合的方式摆放，并通过平移对特殊四边形进行探究．如图1，其中∠ADB＝∠CBD＝30°，∠ABD＝∠BDC＝90°，AB＝CD＝3，将Rt△BCD沿射线DB方向平移，得到Rt△B'C'D′．分别连接AB'，DC′（如图2所示），下列有关四边形AB′C'D的说法正确的是（ ）
A．先是平行四边形，平移个单位长度后是菱形
B．先是平行四边形，平移个单位长度后是矩形，再平移2个单位长度后是菱形
C．先是平行四边形，平移个单位长度后是矩形，再平移3个单位长度后是正方形
D．在Rt△BCD平移的过程中，依次出现平行四边形、矩形、菱形、正方形
解：A．在Rt△ABB′中，AB＝3，BB′＝，
∴AB′＝＝＝2，
在Rt△ABD中，∠ADB＝30°，
∴AD＝2AB＝2×3＝6，
∴BD＝＝3，
∵△ABD≌△CDB，
∴CD＝AB＝3，BC＝AD＝6，
∴B′C′＝6，
∴AB′≠B′C′，
∴四边形AB′C'D是平行四边形，但不是菱形，故A选项不符合题意；
B．当BB′＝时，
∵tan∠AB′B＝＝，
∴∠AB′B＝60°，
∵∠CBD＝30°，BC∥B′C′，
∴∠C′B′D′＝30°，
∴∠AB′C′＝90°，四边形AB′C'D是平行四边形，
∴四边形AB′C'D是矩形，
当BB′＝3时，AB′＝＝＝6＝B′C′，
∴四边形AB′C'D是菱形，故B选项符合题意；
C．由B可知先是平行四边形，平移个单位长度后是矩形，
当BB′＝4时，AB′＝＝＝≠B′C′，
∴四边形AB′C'D不是正方形，故C选项不符合题意；
D．由B知，Rt△BCD平移个单位长度后是矩形，移动的其它位置不是矩形，故一定不是正方形，故D选项不符合题意．
故选：B．
二．填空题
11．（2023•福山区一模）3月28日电28日，我国首单以人民币结算的进口液化天然气（LNG）采购交易达成，标志着我国在油气贸易领域的跨境人民币结算交易探索迈出实质性一步，数据显示，2022年上海石油天然气交易中心天然气双边交易量达到928.58亿立方米．928.58亿用科学记数法表示为 9.2858×1010 ．
解：928.58亿＝92858000000＝9.2858×1010．
故答案为：9.2858×1010．
12．（2023•杭州）在“探索一次函数y＝kx+b的系数k，b与图象的关系”活动中，老师给出了直角坐标系中的三个点：A（0，2），B（2，3），C（3，1）．同学们画出了经过这三个点中每两个点的一次函数的图象，并得到对应的函数表达式y1＝k1x+b1，y2＝k2x+b2，y3＝k3x+b3．分别计算k1+b1，k2+b2，k3+b3的值，其中最大的值等于 5 ．
解：解法一：设直线AB的解析式为y1＝k1x+b1，
将点A（0，2），B（2，3）代入得，，
解得：，
∴k1+b1＝，
设直线AC的解析式为y2＝k2x+b2，
将点A（0，2），C（3，1）代入得，，
解得：，
∴k2+b2＝，
设直线BC的解析式为y3＝k3x+b3，
将点B（2，3），C（3，1）代入得，，
解得：，
∴k3+b3＝5，
∴k1+b1＝，k2+b2＝，k3+b3＝5，其中最大的值为5．
解法二：如图，作直线AB、AC、BC，作直线x＝1，
设直线AB的解析式为y1＝k1x+b1，直线AC的解析式为y2＝k2x+b2，直线BC的解析式为y3＝k3x+b3，
由图象可知，直线x＝1与直线BC的交点最高，
即当x＝1时，k1+b1，k2+b2，k3+b3其中最大的值为k3+b3，
将点B（2，3），C（3，1）代入得，，
解得：，
∴k3+b3＝5，
k1+b1，k2+b2，k3+b3其中最大的值为k3+b3＝5．
故答案为：5．
13．（2023•杏花岭区校级模拟）我省积极探索保障粮食安全，做强精品粮油，始终坚持“藏粮于地、藏粮于技”战略，稳定粮食面积，提升基础保障能力，增强科技支撑能力，牢牢把饭碗端在自己手中，某农科所在相同条件下做某种作物种子发芽率的试验，结果如表所示：
则该作物种子发芽的概率约为 0.91 ．（结果保留两位小数）
解：观察表格发现，随着实验次数的增多，种子发芽的频率逐渐稳定在0.91附近，
所以估计该作物种子发芽的概率约为0.91，
故答案为：0.91．
14．（2023•榆树市校级模拟）在“探索函数y＝ax2+bx+c的系数a，b，c与图象的关系“活动中，师给出了直角坐标系中的四个点A（0，2），B（1，0），C（3，1），D（2，3）．同学们探索了经过这四个点中的三个点的二次函数图象，发现运些图象对应的函数表达式各不相同，其中a的最大值为 ．
解：由图象知，A、B、D组成的二次函数图象开口向上，a＞0；
A、B、C组成的二次函数开口向上，a＞0；
B、C、D三点组成的二次函数开口向下，a＜0；
A、D、C三点组成的二次函数开口向下，a＜0；
即只需比较A、B、D组成的二次函数和A、B、C组成的二次函数即可．
设A、B、C组成的二次函数为y1＝a1x2+b1x+c1，
把A（0，2），B（1，0），C（3，1）代入上式得，
解得a1＝；
设A、B、D组成的二次函数为y＝ax2+bx+c，
把A（0，2），B（1，0），D（2，3）代入上式得，
解得a＝，
即a最大的值为．
故答案为：．
15．（2020•安徽）在数学探究活动中，敏敏进行了如下操作：如图，将四边形纸片ABCD沿过点A的直线折叠，使得点B落在CD上的点Q处．折痕为AP；再将△PCQ，△ADQ分别沿PQ，AQ折叠，此时点C，D落在AP上的同一点R处．请完成下列探究：
（1）∠PAQ的大小为 30 °；
（2）当四边形APCD是平行四边形时，的值为 ．
解：（1）由折叠的性质可得：∠B＝∠AQP，∠DAQ＝∠QAP＝∠PAB，∠DQA＝∠AQR，∠CQP＝∠PQR，∠D＝∠ARQ，∠C＝∠QRP，
∵∠QRA+∠QRP＝180°，
∴∠D+∠C＝180°，
∴AD∥BC，
∴∠B+∠DAB＝180°，
∵∠DQR+∠CQR＝180°，
∴∠DQA+∠CQP＝90°，
∴∠AQP＝90°，
∴∠B＝∠AQP＝90°，
∴∠DAB＝90°，
∴∠DAQ＝∠QAP＝∠PAB＝30°，
故答案为：30；
（2）由折叠的性质可得：AD＝AR，CP＝PR，
∵四边形APCD是平行四边形，
∴AD＝PC，
∴AR＝PR，
又∵∠AQP＝90°，
∴QR＝AP，
∵∠PAB＝30°，∠B＝90°，
∴AP＝2PB，AB＝PB，
∴PB＝QR，
∴＝，
故答案为：．
16．（2023•临淄区一模）华罗庚说过：“复杂的问题要善于‘退’，足够地‘退’，‘退’到最原始而不失重要性的地方，是学好数学的一个诀窍．”可见，复杂的问题有时要“退”到本质上去研究．如图，已知抛物线y＝﹣x2+2x﹣1的图象与f的图象关于直线y＝x对称，我们把探索线的变化规律“退”到探索点的变化规律上去研究，可以得到图象f所对应的关于x与y的关系式为x＝﹣y2+2y﹣1．若抛物线y＝﹣x2+2x﹣1与g的图象关于y＝﹣x对称，则图象g所对应的关于x与y的关系式为 x＝y2+2y+1 ．
解：设（x，y）为图象g上任意点，则关于y＝﹣x的对称点为（﹣y，﹣x），
把（﹣y，﹣x）代入y＝﹣x2+2x﹣1得：﹣x＝﹣y2﹣2y﹣1，
∴x＝y2+2y+1，
故答案为：x＝y2+2y+1．
17．（2022•钢城区）利用图形的分、和、移、补探索图形关系，是我国传统数学的一种重要方法．如图1，BD是矩形ABCD的对角线，将△BCD分割成两对全等的直角三角形和一个正方形，然后按图2重新摆放，观察两图，若a＝4，b＝2，则矩形ABCD的面积是 16 ．
解：设小正方形的边长为x，
∵a＝4，b＝2，
∴BD＝2+4＝6，
在Rt△BCD中，DC2+BC2＝DB2，
即（4+x）2+（x+2）2＝62，
整理得，x2+6x﹣8＝0，
而长方形面积为＝（x+4）（x+2）＝x2+6x+8＝8+8＝16
∴该矩形的面积为16，
解法二：由题意得第一个矩形的左上角的三角形面积＝第二个矩形左上角的长方形的面积＝4×2＝8，所以原矩形面积为16
故答案为：16．
18．（2023•十堰）在某次数学探究活动中，小明将一张斜边为4的等腰直角三角形ABC（∠A＝90°）硬纸片剪切成如图所示的四块（其中D，E，F分别AB，AC，BC的中点，G，H分别为DE，BF的中点），小明将这四块纸片重新组合拼成四边形（相互不重叠，不留空隙），则所能拼成的四边形中周长的最小值为 8 ，最大值为 8+2 ．
解：如图，
BC＝4，AC＝4×＝2，CI＝BD＝CE＝AC＝，DI＝BC＝4，
∴四边形BCID周长＝4+4+2＝8+2；
如图，
AF＝AI＝IC＝FC＝2，
∴四边形AFCI周长为2×4＝8；
故答案为：8，8+2．
19．（2021•大庆）已知，如图①，若AD是△ABC中∠BAC的内角平分线，通过证明可得＝，同理，若AE是△ABC中∠BAC的外角平分线，通过探究也有类似的性质．请你根据上述信息，求解如下问题：
如图②，在△ABC中，BD＝2，CD＝3，AD是△ABC的内角平分线，则△ABC的BC边上的中线长l的取值范围是 ＜l＜ ．
解：∵AD是△ABC的内角平分线，
＝，
∵BD＝2，CD＝3，
∴＝，
作∠BAC的外角平分线AE，与CB的延长线交于点E，
∴＝，
∴，
∴BE＝10，
∴DE＝12，
∵AD是∠BAC的角平分线，AE是∠BAC外角平分线
∴∠EAD＝90°，
∴点A在以DE为直径的圆上运动，
取BC的中点为F，
∴DF＜AF＜EF，
∴＜l＜，
故答案为：＜l＜．
解法2：∵AD是△ABC的内角平分线，
∴＝，
∵BD＝2，CD＝3，
∴＝，
可设AB＝2k，AC＝3k，
在△ABC中，BC＝5，
∴5k＞5，k＜5，
∴1＜k＜5，
E是BC边的中点，延长AE至A'，使得AE＝A'E，连结A'C，
∴A'C＝AB，
∴k＜2l＜5k，
∴＜l＜k，
∴＜l＜，
故答案为：＜l＜．
三．解答题
20．（2023•广西）【探究与证明】折纸，操作简单，富有数学趣味，我们可以通过折纸开展数学探究，探索数学奥秘．
【动手操作】如图1，将矩形纸片ABCD对折，使AD与BC重合，展平纸片，得到折痕EF：折叠纸片，使点B落在EF上，并使折痕经过点A，得到折痕AM，点B，E的对应点分别为B′，E′展平纸片，连接AB′，BB′，BE′．请完成：
（1）观察图1中∠1，∠2和∠3，试猜想这三个角的大小关系；
（2）证明（1）中的猜想；
【类比操作】如图2，N为矩形纸片ABCD的边AD上的一点，连接BN，在AB上取一点P，折叠纸片，使B，P两点重合，展平纸片，得到折痕EF；折叠纸片，使点B，P分别落在EF，BN上，得到折痕l，点B，P的对应点分别为B′，P′，展平纸片，连接BB′，P′B′．请完成：
（3）证明BB′是∠NBC的一条三等分线．
（1）解：∠1＝∠2＝∠3；
（2）证明：如图1，
设AM，EF交于点O，
由题意得：EF是AB的垂直平分线，AM是BB′的垂直平分线，AB＝AB′，
∴AB′＝BB′，OA＝OB＝OB′，
∴AB′＝BB′＝AB，O为外心，
∴∠ABB′＝60°，
∴∠1＝∠2＝30°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，
∴∠3＝90°﹣60°＝30°，
∴∠1＝∠2＝∠3；
（3）证明：如图2，
同理（2）得：OB＝OB′＝OP＝OP′，BP′＝PB′＝BB′，
∴∠P′BO＝∠B′BO，∠OBB′＝∠BB′O，
∵EF∥BC，
∴∠OB′B＝∠B′BC，
∴∠P′BO＝∠B′BO＝∠B′BC，
∴BB′是∠NBC的一条三等分线．
21．（2023•绵阳）如图，抛物线经过△AOD的三个顶点，其中O为原点，A（2，4），D（6，0），点F在线段AD上运动，点G在直线AD上方的抛物线上，GF∥AO，GE⊥DO于点E，交AD于点I，AH平分∠OAD，C（﹣2，﹣4），AH⊥CH于点H，连接FH．
（1）求抛物线的解析式及△AOD的面积；
（2）当点F运动至抛物线的对称轴上时，求△AFH的面积；
（3）试探究的值是否为定值？如果为定值，求出该定值；不为定值，请说明理由．
解：（1）设抛物线的解析式为y＝ax2+bx（a≠0）．
将A（2，4），D（6，0）代入，得，
解得：，
∴y＝﹣x2+3x．
设点O到AD的距离为d，点A的纵坐标为yA，
∴S△AOD＝AD•d＝OD•yA＝×6×4＝12．
（2）∵y＝﹣x2+3x＝﹣（x﹣3）2+，
∴抛物线的对称轴为直线x＝3．
当点F运动至对称轴上时，点F的横坐标为3，
则＝＝，
即AF＝AD．
如图，连接OC、OH，
由点C（﹣2，4），得点A与点C关于原点O对称，
∴点A、O、C三点共线，且O为AC的中点．
∵AH⊥CH，
∴OH＝AC＝OA，
∴∠OAH＝∠AHO．
∵AH平分∠CAD，
∴∠OAH＝∠DAH，
∴∠AHO＝∠DAH，
∴HO∥AD，
∴HO与AD间的距离为d，
∴点H到AD的距离为d．
∵S△AFH＝×AF×d，S△AOD＝×AD×d＝12，
∴S△AFH＝×AF×d＝×AD×d＝×（×AD×d）＝×12＝3．
∴当点F运动至抛物线的对称轴上时，△AFH的面积为3；
（3）如图，过点A作AL⊥OD于点L，过点F作FK⊥GE于点K．
由题意得AL＝4，OL＝2，
∴OA＝＝＝2．
∴DL＝OD﹣OL＝6﹣2＝4，
在Rt△ADL中，AL＝DL，
∴∠ADL＝45°，
∵GE⊥DO，
∴∠FIK＝45°，即△FIK为等腰直角三角形．
设FK＝m，则KI＝m，
在Rt△AOL和Rt△GFK中，
∵GF∥AO，
∴∠AOL＝∠GFK，
∴tan∠AOL＝tan∠GFK，
∴＝，
即＝，
∴GK＝2m，
∴GI＝GK+KI＝2m+m＝3m．
又∵sin∠AOL＝sin∠GFK，
∴＝，
即＝，
∴FG＝m，
∴＝＝．
∴的值是定值，定值为．
22．（2023•甘孜州）如图，在Rt△ABC中，，点D在AB边上，连接CD，将CD绕点C逆时针旋转90°得到CE，连接BE，DE．
（1）求证：△CAD≌△CBE；
（2）若AD＝2时，求CE的长；
（3）点D在AB上运动时，试探究AD2+BD2的值是否存在最小值，如果存在，求出这个最小值；如果不存在，请说明理由．
（1）证明：由题意，可知∠ACB＝∠DCE＝90°，CA＝CB，CD＝CE．
∴∠ACB﹣∠DCB＝∠DCE﹣∠DCB．
即∠ACD＝∠BCE．
在△CAD和△CBE中，
∴△CAD≌△CBE（SAS）；
（2）解：∵在 Rt△ABC中，，
∴∠CAB＝∠CBA＝45°，，
∴BD＝AB﹣AD＝6﹣2＝4．
∵△CAD≌△CBE（SAS），
∴BE＝AD＝2，∠CBE＝∠CAD＝45°，
∴∠ABE＝∠ABC+∠CBE＝90°．
∴，
∴在 Rt△CDE 中，；
（3）解：存在，理由：
由（2）可知，AD2+BD2＝BE2+BD2＝DE2＝2CD2，
∴当CD最小时，有 AD2+BD2 的值最小，此时 CD⊥AB．
∵△ABC 为等腰直角三角形，
∴，
∴AD2+BD2＝2CD2≥2×32＝18．
即 AD2+BD2 的最小值为18．
23．（2023•淄博）在数学综合与实践活动课上，小红以“矩形的旋转”为主题开展探究活动．
（1）操作判断
小红将两个完全相同的矩形纸片ABCD和CEFG拼成“L”形图案，如图①．试判断：△ACF的形状为 等腰直角三角形 ．
（2）深入探究
小红在保持矩形ABCD不动的条件下，将矩形CEFG绕点C旋转，若AB＝2，AD＝4．
探究一：当点F恰好落在AD的延长线上时，设CG与DF相交于点M，如图②．求△CMF的面积．
探究二：连接AE，取AE的中点H，连接DH，如图③．求线段DH长度的最大值和最小值．
解：（1）在Rt△ABC中，AC＝，
在Rt△CFG中，CF＝，
∵AB＝GF，BC＝CG，
∴AC＝CF，
∴△ACF是等腰三角形，
∵AB＝GF，∠FGC＝∠ABC＝90°．BC＝CG，
∴△ABC≌△FGC（SAS），
∴∠ACG＝∠GFC，
∵∠GCF+∠GFC＝90°，
∴∠ACG+∠GCF＝90°，
∴∠ACF＝90°，
∴△ACF是等腰直角三角形，
故答案为：等腰直角三角形；
（2）探究一：∵CD＝GF，∠FMG＝∠DMC，∠G＝∠CDF＝90°，
∴△CDM≌△FGM（AAS），
∴CM＝MF，
∵AC＝CF，CD⊥AF，
∴AD＝DF，
∵AB＝CD＝2，AD＝DF＝4，
∴DM＝4﹣CM，
在Rt△CDM中，CM2＝CD2+DM2，
∴CM2＝22+（4﹣CM）2，
解得CM＝，
∴MF＝，
∴△CMF的面积＝2×＝；
探究二：连接DE，取DE的中点P，连接HP，取AD、BC的中点为M、N，连接MN，MH，NH，
∵H是AE的中点，
∴MH∥DE，且MH＝DE，
∵CD＝CE，
∴CP⊥DE，DP＝PE，
∵MH∥DP，且MH＝DP，
∴四边形MHPD是平行四边形，
∴MD＝HP，MD∥HP，
∵AD∥BC，MD＝CN，
∴HP∥CN，HP＝CN，
∴四边形HNCP是平行四边形，
∴NH∥CP，
∴∠MHN＝90°，
∴H点在以MN为直径的圆上，
设MN的中点为T，
∴DT＝＝，
∴DH的最大值为+1，最小值为﹣1．
方法二：设AC的中点为T，连接HT，
∵HT是△ACE的中位线，
∴HT＝CE＝1，
∴H在以T为圆心，1为半径的圆上，
∵DT＝＝，
∴DH的最大值为+1，最小值为﹣1．
24．（2023•青海）如图，二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象与x轴相交于点A和点C（1，0），交y轴于点B（0，3）．
（1）求此二次函数的解析式；
（2）设二次函数图象的顶点为P，对称轴与x轴交于点Q，求四边形AOBP的面积（请在图1中探索）；
（3）二次函数图象的对称轴上是否存在点M，使得△AMB是以AB为底边的等腰三角形？若存在，请求出满足条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由（请在图2中探索）．
解：（1）由题意得，
，
∴，
∴y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）如图，
连接OP，
∵y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，
∴P（﹣1，4），
∴PQ＝4，OQ＝1，
由﹣x2﹣2x+3＝0得，
x1＝1，x2＝﹣3，
∴OA＝3，
∴S四边形AOBP＝S△AOP+S△BOP＝＝＝；
（3）设M（﹣1，m），
由AM2＝BM2得，
[（﹣3）﹣（﹣1）]2+m2＝（﹣1）2+（m﹣3）2，
∴m＝1，
∴M（﹣1，1）．
25．（2023•盐城）综合与实践
【问题情境】
如图1，小华将矩形纸片ABCD先沿对角线BD折叠，展开后再折叠，使点B落在对角线BD上，点B的对应点记为B′，折痕与边AD，BC分别交于点E，F．
【活动猜想】
（1）如图2，当点B′与点D重合时，四边形BEDF是哪种特殊的四边形？答： 菱形 ．
【问题解决】
（2）如图3，当AB＝4，AD＝8，BF＝3时，求证：点A′，B′，C在同一条直线上．
【深入探究】
（3）如图4，当AB与BC满足什么关系时，始终有A′B′与对角线AC平行？请说明理由．
（4）在（3）的情形下，设AC与BD，EF分别交于点O，P，试探究三条线段AP，B′D，EF之间满足的等量关系，并说明理由．
（1）解：当点B′与点D重合时，四边形BEDF是菱形．
理由：设EF与BD交于点O，如图，
由折叠得：EF⊥BD，OB＝OD，
∴∠BOF＝∠DOE＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠OBF＝∠ODE，
∴△BFO≌△DEO（ASA），
∴OE＝OF，
∴四边形BEDF是菱形．
故答案为：菱形．
（2）证明：∵四边形ABCD是矩形，AB＝4，AD＝8，BF＝3，
∴BC＝AD＝8，CD＝AB＝4，∠BCD＝90°，
∴CF＝BC﹣BF＝8﹣3＝5，
∴BD＝＝＝4，
如图，设EF与BD交于点M，过点B′作B′K⊥BC于K，
由折叠得：∠A′B′F＝∠ABF＝∠BMF＝∠B′MF＝90°，B′F＝BF＝3，BB′＝2BM，
∴∠BMF＝∠BCD，
∵∠FBM＝∠DBC，
∴△BFM∽△BDC，
∴＝，即＝，
∴BM＝，
∴BB′＝，
∵∠BKB′＝∠BCD，∠B′BK＝∠DBC，
∴△BB′K∽△BDC，
∴＝＝，即＝＝，
∴B′K＝，BK＝，
∴CK＝BC﹣BK＝8﹣＝，
∴B′C＝＝＝4，
∵B′F2+B′C2＝32+42＝25，CF2＝52＝25，
∴B′F2+B′C2＝CF2，
∴∠CB′F＝90°，
∴∠A′B′F+∠CB′F＝90°+90°＝180°，
∴点A′，B′，C在同一条直线上．
（3）解：当BC＝AB时，始终有A′B′与对角线AC平行．
理由：如图，设AC、BD交于点O，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OB，∠ABC＝90°，
∵BC＝AB，
∴tan∠BAC＝＝，
∴∠BAC＝60°，
∴△OAB是等边三角形，
∴∠ABO＝∠AOB＝60°，
由折叠得：∠A′B′B＝∠ABO＝60°，
∴∠A′B′B＝∠AOB，
∴A′B′∥AC，
故当BC＝AB时，始终有A′B′与对角线AC平行．
（4）解：EF＝2（AP+B′D），理由如下：
如图，过点E作EG⊥BC于G，设EF交BD于H，
由折叠得：EF⊥BD，B′F＝BF，∠BFE＝∠B′FE，
设AE＝m，EF＝n，
由（3）得：∠BAC＝60°＝∠ABD，
∴∠BB′F＝∠DBC＝30°，
∴∠BFE＝∠B′FE＝60°，
∴EG＝EF•sin60°＝n，FG＝EF•cs60°＝n，
∵∠EAB＝∠ABG＝∠BGE＝90°，
∴四边形ABGE是矩形，
∴AB＝EG＝n，BG＝AE＝m，AD∥BC，
∴BF＝B′F＝m+n，
∴BH＝BF•cs30°＝（m+n），
∴BB′＝2BH＝（m+n），
∵BD＝2AB＝n，
∴B′D＝BD﹣BB′＝n﹣（m+n）＝n﹣m，
∵AD∥BC，
∴∠DEF＝∠EFG＝60°，
∴∠APE＝∠DEF﹣∠DAC＝60°﹣30°＝30°＝∠DAC，
∴AP＝2AE•cs30°＝m，
∴AP+B′D＝m+（n﹣m）＝n，
∴AP+B′D＝EF，
即EF＝2（AP+B′D）．
26．（2023•呼和浩特）探究函数y＝﹣2|x|2+4|x|的图象和性质，探究过程如下：
（1）自变量x的取值范围是全体实数，x与y的几组对应值列表如下：
其中，m＝ 2 .根据如表数据，在图1所示的平面直角坐标系中，通过描点画出了函数图象的一部分，请画出该函数图象的另一部分．观察图象，写出该函数的一条性质；
（2）点F是函数y＝﹣2|x|2+4|x|图象上的一动点，点A（2，0），点B（﹣2，0），当S△FAB＝3时，请直接写出所有满足条件的点F的坐标；
（3）在图2中，当x在一切实数范围内时，抛物线y＝﹣2x2+4x交x轴于O，A两点（点O在点A的左边），点P是点Q（1，0）关于抛物线顶点的对称点，不平行y轴的直线l分别交线段OP，AP（不含端点）于M，N两点．当直线l与抛物线只有一个公共点时，PM与PN的和是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由．
解：（1）当x＝﹣1时，y＝﹣2×（﹣1）2+4×|﹣1|＝2，
∴m＝2，
函数图象如图所示：
由图象可得该函数的性质：该函数关于y轴对称；当x＜﹣1或0≤x＜1时，y随x的增大而增大；当﹣1≤x＜0或x≥1时，y随x的增大而减小；
故答案为：2；
（2）当x＜0时，y＝﹣2x2﹣4x，
当x≥0时，y＝﹣2x2+4x，
∵A（2，0），B（﹣2，0），
∴AB＝4，
∵S△FAB＝3，
∴×4|yF|＝3，
∴yF＝±，
当yF＝时，若x＜0，则﹣2x2﹣4x＝，
解得：x＝﹣或﹣，
若x≥0，则﹣2x2+4x＝，
解得：x＝或，
∴F（﹣，）或（﹣，）或（，）或（，）；
当yF＝﹣时，若x＜0，则﹣2x2﹣4x＝﹣，
解得：x＝﹣1﹣或x＝﹣1+（舍去），
若x≥0，则﹣2x2+4x＝﹣，
解得：x＝1﹣（舍去）或x＝1+，
∴F（﹣1+，﹣）或（﹣1﹣，﹣）或（1﹣，﹣）或（1+，﹣）；
综上所述，所有满足条件的点F的坐标为（﹣，）或（﹣，）或（，）或（，）或（﹣1﹣，﹣）或（1+，﹣）；
（3）PM与PN的和是定值；
如图2，连接直线PQ，
∵抛物线y＝﹣2x2+4x交x轴于O，A两点，
∴O（0，0），A（2，0），
∵y＝﹣2x2+4x＝﹣2（x﹣1）2+2，
∴抛物线y＝﹣2x2+4x的顶点为（1，2），
∵点P是点Q（1，0）关于抛物线顶点（1，2）的对称点，故点P的坐标为（1，4），
由点P、O的坐标得，直线OP的表达式为y＝4x①，
同理可得，直线AP的表达式为y＝﹣4x+8②，
设直线l的表达式为y＝tx+n，
联立y＝tx+n和y＝﹣2x2+4x并整理得：2x2+（t﹣4）x+n＝0，
∵直线l与抛物线只有一个公共点，
故Δ＝（t﹣4）2﹣8n＝0，解得n＝（t﹣4）2，
故直线l的表达式为y＝tx+（t﹣4）2③，
联立①③并解得xM＝﹣（t﹣4），
同理可得，xN＝﹣（t﹣12），
∵射线PO、PA关于直线PQ：x＝1对称，则∠APQ＝∠OPQ，设∠APQ＝∠OPQ＝α，
则sin∠APQ＝sin∠OPQ＝＝＝＝sinα，
∴PM+PN＝+＝（xN﹣xM）＝为定值．
27．（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1，将一个三角形纸板△ABC绕点A逆时针旋转θ到达的位置△A′B′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．
【问题解决】
（1）上述问题情境中“（_____）”处应填理由： 旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等 ；
（2）如图2，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 cm ；
【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．另一个在弧的中点处固定，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3所示，请你帮助小李解决这个问题．
解：【问题解决】
（1）根据题意，AB＝AB′，AC＝AC′，BC＝B′C′；∠BAC＝∠B′AC′，∠ABC＝∠AB′C′，∠ACB＝∠AC′B′的理由是：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）①如图：
作线段BB'，AA'的垂直平分线，两垂直平分线交于O，点O为所求；
②∵∠BOB'＝90°，OB＝OB'，
∴△BOB'是等腰直角三角形，
∵BB'＝6，
∴OB＝＝3，
∵＝（cm），
∴点B经过的路径长为cm，
故答案为：cm；
【问题拓展】
连接PA'，交AC于M，连接PA，PD，AA'，PB'，PC，如图：
∵点P为中点，
∴∠PAB＝，
由旋转得∠PA'B'＝30°，PA＝PA′＝4，
在Rt△PAM中，PM＝PA•sin∠PAM＝4×sin30°＝2，
∴A'M＝PA'﹣PM＝4﹣2＝2，
在Rt△A′DM中，
A'D＝＝＝，DM＝A'D＝，
∴S△A'DP＝××4＝；
S扇形PA'B'＝＝，
下面证明阴影部分关于PD对称：
∵∠PAC＝∠PA'B'＝30°，∠ADN＝∠A'DM，
∴∠AND＝∠A'MD＝90°，
∴∠PNA'＝90°，
∴PN＝PA'＝2，
∴AN＝PA﹣PN＝2，
∴AN＝A′M，
∴△AND≌△A'MD（AAS），
∴AD＝A′D，
∴CD＝B'D，
∵PD＝PD，PB'＝PC，
∴△PB′D≌△PCD（SSS），
∴阴影部分面积被PD等分，
∴S阴影＝2（S扇形PA'B'﹣S△A'DP）＝2（﹣）＝（cm2）．
∴两个纸板重叠部分的面积是cm2．
28．（2023•淮安）综合与实践
定义：将宽与长的比值为（n为正整数）的矩形称为n阶奇妙矩形．
（1）概念理解：
当n＝1时，这个矩形为1阶奇妙矩形，如图（1），这就是我们学习过的黄金矩形，它的宽（AD）与长（CD）的比值是 ．
（2）操作验证：
用正方形纸片ABCD进行如下操作（如图（2））：
第一步：对折正方形纸片，展开，折痕为EF，连接CE；
第二步：折叠纸片使CD落在CE上，点D的对应点为点H，展开，折痕为CG；
第三步：过点G折叠纸片，使得点A、B分别落在边AD、BC上，展开，折痕为GK．
试说明：矩形GDCK是1阶奇妙矩形．
（3）方法迁移：
用正方形纸片ABCD折叠出一个2阶奇妙矩形．要求：在图（3）中画出折叠示意图并作简要标注．
（4）探究发现：
小明操作发现任一个n阶奇妙矩形都可以通过折纸得到．他还发现：如图（4），点E为正方形ABCD边AB上（不与端点重合）任意一点，连接CE，继续（2）中操作的第二步、第三步，四边形AGHE的周长与矩形GDCK的周长比值总是定值．请写出这个定值，并说明理由．
（1）解：当n＝1时，，
故答案为：；
（2）证明：如图1，
延长CG，交BA的延长线于点R，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝90°，
∴∠R＝∠DCG，△CDG∽△RAG，
∴，
由折叠得，
∠GCH＝∠DCG，
∴∠R＝∠GCH，
∴ER＝CE，
设BE＝AE＝1，则AB＝BC＝CD＝AD＝2，ER＝CE＝，
∴AR＝ER﹣AE＝，
∴，
∴DG＝，
∴，
∴矩形GDCK是1阶奇妙矩形；
（3）解：如图2，
第一步：对折正方形纸片，折痕为MN；
第二步：对折矩形ADMN，折痕为EF，将正方形展开；
第三步：连接CE，折叠纸片，使CD落在CE上，点D落在H点，折痕为CG；
第四步：过点G折叠纸片，使得点A、B分别落在边AD、BC上，展开，折痕为GK．
则矩形GDCK是2阶奇妙矩形；
（4）解：如图3，
四边形AGHE的周长与矩形GDCK的周长比值是定值，理由如下：
延长CG，交BA的延长线于点R，
设AD＝AB＝BC＝CD＝a，设BE＝b，则AE＝a﹣b，
同理（2）可得：ER＝CE＝，，
∴AR＝﹣（a﹣b），
∴＝，
∴DG＝﹣b，
∴四边形CDGK的周长＝2（DG+CD）＝2（+a﹣b），
∵EH＝CE﹣CH＝CE﹣CD＝﹣a，
∵四边形AGHE的周长＝EH+AE+AG+GH＝（﹣a）+（a﹣b）+AG+DG＝﹣a+a﹣b+a＝+（a﹣b），
∴四边形AGHE的周长与矩形GDCK的周长比值是．
29．（2023•常州）如图1，小丽借助几何软件进行数学探究：第一步，画出矩形ABCD和矩形EFGH，点E、F在边AB上（EF＜AB），且点C、D、G、H在直线AB的同侧；第二步，设＝m，＝n，矩形EFGH能在边AB上左右滑动；第三步，画出边EF的中点O，射线OH与射线AD相交于点P（点P、D不重合），射线OG与射线BC相交于点Q（点Q、C不重合），观测DP、CQ的长度．
（1）如图2，小丽取AB＝4，EF＝3，m＝1，n＝3，滑动矩形EFGH，当点E、A重合时，CQ＝ ；
（2）小丽滑动矩形EFGH，使得O恰为边AB的中点．她发现对于任意的m≠n，DP＝CQ总成立．请说明理由；
（3）经过数次操作，小丽猜想，设定m、n的某种数量关系后，滑动矩形EFGH，DP＝CQ总成立．小丽的猜想是否正确？请说明理由．
解：（1）∵四边形ACBD和四边形EFGH是矩形，
∴∠B＝∠EFG＝90°，BC＝AD，FG＝EH，
∴FG∥BC，
∴△OGF∽△OQB，
∴，
∵＝1，＝3，AB＝4，EF＝3，
∴BC＝AD＝4，FG＝EH＝1，
∵OF＝OE＝，OB＝AB﹣OE＝4﹣＝，
∴，
∴BQ＝，
∴CQ＝4﹣＝，
故答案为：；
（2）如图1，
∵EH∥AD，
∴△OEH∽△OAP，
∴，
同理可得，
，
∵O是EF的中点，O是AB的中点，
∴OE＝OF，OA＝OB，
∴，
∵EH＝FG，
∴AP＝BQ，
∵AD＝BC，
∴DP＝CQ；
（3）如图，
当m＝n时，即：＝＝m时，DP＝CQ，理由如下：
同理（2）可得，
，，
∴AP＝，BQ＝，
∵，O是EF的中点，
∴AP＝，BQ＝，
∴DP＝AD﹣AP＝AD﹣，CQ＝BQ﹣BC＝﹣AD，
∴DP﹣CQ＝2AD﹣＝2AD﹣＝＝，
∴DP＝CQ，
当点O运动到AB的中点时，DP＝CQ＝0
种子个数n
1000
1500
2500
4000
8000
15000
20000
30000
发芽种子个数m
899
1365
2245
3644
7272
13680
18160
27300
发芽种子频率
0.899
0.910
0.898
0.911
0.909
0.912
0.908
0.910
x
…
﹣
﹣2
﹣
﹣1
﹣
0
1
2
…
y
…
﹣
0
m
0
2
0
﹣
…