2023年各省市中考数学试卷分类汇编知识点52 发现、拓展、应用型问题（Word版附解析）

这是一份2023年各省市中考数学试卷分类汇编知识点52 发现、拓展、应用型问题（Word版附解析），共30页。学案主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

二、填空题
三、解答题
24．【2023·湖州】【特例感知】
（1）如图1，在正方形ABCD中，点P在边AB的延长线上，连结PD，过点D作DM⊥PD，交BC的延长线于点M．求证：△DAP≌△DCM．
【变式求异】
（2）如图2，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D在边AB上，过点D作DQ⊥AB，交AC于点Q，点P在边AB的延长线上，连结PQ，过点Q作QM⊥PQ，交射线BC于点M．已知BC＝8，AC＝10，AD＝2DB，求PQQM的值．
【拓展应用】
（3）如图3，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，点P在边AB的延长线上，点Q在边AC上（不与点A，C重合），连结PQ，以Q为顶点作∠PQM＝∠PBC，∠PQM的边QM交射线BC于点M．若AC＝mAB，CQ＝nAC（m，n是常数），求PQQM的值（用含m，n的代数式表示）．
解：（1）证明：在正方形ABCD中，∠A＝∠ADC＝∠BCD＝90°，AD＝DC，
∴∠DCM＝180°﹣∠BCD＝90°，
∴∠A＝∠DCM，
∵DM⊥PD，
∴∠ADP+∠PDC＝∠CDM+∠PDC＝90°，
∴∠ADP＝∠CDM，
在△DAP和△DCM中，
∠A=∠DCMAD=CD∠ADP=∠CDM，
∴△DAP≌△DCM（ASA）；
（2）解：如图2，作QN⊥BC于点N，
∵∠ABC＝90°，DQ⊥AB，QN⊥BC，
∴四边形DBNQ是矩形，
∴∠DQN＝90°，QN＝DB，
∵QM⊥PQ，
∴∠DQP+∠PQN＝∠MQN+∠PQN＝90°，
∴∠DQP＝∠MQN，
∵∠QDP＝∠QNM＝90°，
∴△DQP∽△NQM，
∴PQQM=DQQN=DQDB，
∵BC＝8，AC＝10，∠ABC＝90°，
∴AB=AC2-BC2=6，
∵AD＝2DB，
∴DB＝2，
∵∠ADQ＝∠ABC＝90°，
∴DQ∥BC，
∴△ADQ∽△ABC，
∴DQBC=ADAB=23，
∴DQ=163，
∴PQQM=DQDB=83；
（3）解：∵AC＝mAB，CQ＝nAC，
∴CQ＝mnAB，
∴AQ＝AC﹣CQ＝（m﹣mn）AB，
∵∠BAC＝90°，
∴BC=AB2+AC2=1+m2AB，
如图3，作QN⊥BC于点N，
∵∠BAC+∠ABN+∠BNQ+∠AQN＝360°，∠BAC＝90°，
∴∠ABN+∠AQN＝180°，
∵∠ABN+∠PBN＝180°，
∴∠AQN＝∠PBN，
∵∠PQM＝∠PBC，
∴∠PQM＝∠AQN，
∴∠AQP＝∠NQM，
∵∠A＝∠QNM＝90°，
∴△QAP∽△QNM，
∴PQQM=AQNQ，
∵∠A＝∠QNC＝90°，∠QCN＝∠BCA，
∴△QCN∽△BCA，
∴QNBA=CQCB=mnAB1+m2AB=mn1+m2，
∴QN=mn1+m2AB，
∴PQQM=AQNQ=1-nn1+m2．
25．【2023·青海】综合与实践
车轮设计成圆形的数学道理
小青发现路上行驶的各种车辆，车轮都是圆形的．为什么车轮要做成圆形的呢？这里面有什么数学道理吗？带着这样的疑问，小青做了如下的探究活动：
将车轮设计成不同的正多边形，在水平地面上模拟行驶．
（1）探究一：将车轮设计成等边三角形，转动过程如图1，设其中心到顶点的距离是2，以车轮转动一次（以一个顶点为支点旋转）为例，中心的轨迹是BD，BA＝CA＝DA＝2，圆心角∠BAD＝120°．此时中心轨迹最高点是C（即BD的中点），转动一次前后中心的连线是BD（水平线），请在图2中计算C到BD的距离d1．
（2）探究二：将车轮设计成正方形，转动过程如图3，设其中心到顶点的距离是2，以车轮转动一次（以一个顶点为支点旋转）为例，中心的轨迹是BD，BA＝CA＝DA＝2，圆心角∠BAD＝90°．此时中心轨迹最高点是C（即BD的中点），转动一次前后中心的连线是BD（水平线），请在图4中计算C到BD的距离d2（结果保留根号）．
（3）探究三：将车轮设计成正六边形，转动过程如图5，设其中心到顶点的距离是2，以车轮转动一次（以一个顶点为支点旋转）为例，中心的轨迹是BD，圆心角∠BAD＝ ．
此时中心轨迹最高点是C（即BD的中点），转动一次前后中心的连线是BD（水平线），在图6中计算C到BD的距离d3＝ （结果保留根号）．
（4）归纳推理：比较d1，d2，d3大小： ，按此规律推理，车轮设计成的正多边形边数越多，其中心轨迹最高点与转动一次前后中心连线（水平线）的距离 （填“越大”或“越小”）．
（5）得出结论：将车轮设计成圆形，转动过程如图7，其中心（即圆心）的轨迹与水平地面平行，此时中心轨迹最高点与转动前后中心连线（水平线）的距离d＝ .这样车辆行驶平稳、没有颠簸感．所以，将车轮设计成圆形．
解：（1）图1，
∵AB＝AD＝2，AC⊥BD，
∴∠BAC＝∠CAD=12∠BAD=60°，
∵AB＝AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB＝2，
∴d1＝CE=12AC＝1；
（2）如图2，
∵AB＝AD，AC⊥BD，∠BAD＝90°，
∴∠ABD＝∠ADB＝45°，
∴AE＝AB•sin∠ABD＝2×22=2，
∴d2＝CE＝AC﹣AE＝2-2；
（3）【答案】2-3【解析】如图3，
∴AB＝BD，∠ABD＝60°，∴△ABD是等边三角形，∴∠BAD＝60°，在Rt△ABE中，AE＝AB•sin∠ABD＝2•sin60°=3，∴d3＝AC﹣AE＝2-3，故答案为：60°，2-3；
（4）【答案】d1＞d2＞d3 越小【解析】∵1＞2-2＞2-3，∴d1＞d2＞d3，越小；故答案为：d1＞d2＞d3；
（5）【答案0【解析】∵圆的半径相等，∴d＝0，故答案为：0．
25．【2023·鞍山市】如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，点D是射线BC上的动点（不与点B，C重合），连接AD，过点D在AD左侧作DE⊥AD，使AD＝kDE，连接AE，点F，G分别是AE，BD的中点，连接DF，FG，BE．
（1）如图1，点D在线段BC上，且点D不是BC的中点，当α＝90°，k＝1时，AB与BE的位置关系是 ，FGCD= ．
（2）如图2，点D在线段BC上，当α＝60°，k=3时，求证：BC+CD＝23FG．
（3）当α＝60°，k=3时，直线CE与直线AB交于点N，若BC＝6，CD＝5，请直接写出线段CN的长．
解：（1）【答案】垂直 12 【解析】如图1，
连接BF并延长交AC于R，∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠ABC＝∠C＝45°，同理可得：∠AED＝45°，∴∠AED＝∠ABD，∴A、B、E、D共圆，∴∠ABE+∠ADE＝180°，∵∠ADE＝90°，∴∠ABE＝90°，∴AB与BE垂直，∵F是AE的中点，∴BF＝DF=12AE，∵G是BD的中点，∴FG⊥BC，∵∠ABE+∠BAC＝90°+90°＝180°，∴BE∥AC，∴∠EAR＝∠FEB，∵∠AFR＝∠BFE，AF＝EF，∴△BEF≌△RAF（ASA），∴BF＝RF，∴RD∥FG，FG=12RD，∵FG⊥BC，∴RD⊥BC，∵∠C＝45°，∴CD＝RD，∴FG=12CD，故答案为：垂直，12；
（2）证明：如图2，
作AQ⊥BC于Q，作EH⊥CB，交CB的延长线于H，连接BF，
∵AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，
∵∠ADE＝90°，ADDE=3，
∴∠AED＝60°，
∴∠AED＝∠ABC，
∴点A、E、B、D共圆，
∴∠ABE＝∠ADE＝90°，
∵F是AE的中点，
∴BF＝DF=12AE，
∴FG⊥BC，
∴EH∥FG∥AQ，
∴HGQG=EFAF=1，
∴HG＝QG，
∴FG是梯形AEHQ的中位线，
∴EH+AQ＝2FG，
∴3EH+3AQ=23FG，
∵∠H＝90°，∠EBH＝180°﹣∠ABE﹣∠ABC＝30°，
∴BH=3EH，
∵HG＝QG，BG＝DG，
∴BH＝DQ，
∴DQ=3EH，
∵∠AQC＝90°，∠C＝60°，
∴CQ=33AQ，
∴DQ+3CQ＝23FG，
∴（DQ+CQ）+2CQ＝23FG，
∴BC+CD＝23FG；
（3）解：如图3，
当点D在BC上时，
作EH⊥CB，交CB的延长线于点H，作AQ⊥BC于Q，作CX⊥EB，交EB的延长线于X，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠C＝60°，BQ＝CQ=12BC＝3，
∴DQ＝CD﹣CQ＝2，AQ=32AC＝33，
∵∠ADE＝90°，
∴∠EDH+∠ADQ＝90°，
∵∠H＝∠ADQ＝90°，
∴∠ADQ+∠DAQ＝90°，
∴∠EDH＝∠DAQ，
∴△DHE∽△AQD，
∴EHDQ=DEAD=33，
∴EH=33DQ=233，
∴BE＝2EH=433，BH=3EH＝2，
∴CH＝BH+BC＝8，
∴CE=EH2+CH2=(233)2+82=1433，
在Rt△BCX中，BC＝6，∠BCX＝∠EBH＝30°，
∴BX＝6•cs30°＝33，
∴EX＝EB+BX=433+33=1333，
∵BN∥CX，
∴CNCE=BXEX，
∴CN1433=331333，
∴CN=42313，
如图4，
当点D在BC的延长线上时，
作EH⊥CB于H，作AQ⊥BC于Q，作CX⊥EB，交EB的延长线于X，
由上可知：AQ＝33，CQ＝3，△DHE∽△AQD，
∴DQ＝CQ+CD＝8，EHDQ=DEAD=33，
∴EH=33DQ=833，
∴BH=3EH＝8，BE＝2EH=1633，
∴CH＝BH﹣BC＝2，
∴CE=CH2+EH2=22+(833)2=2573，
∵BX=32BC＝33，
∴EX＝BE﹣BX=1633-33=733，
∵BN∥CX，
∴CNCE=BXEX，
∴CN2573=33733
∴CN=6577，
综上所述：CN=42313或6577．
28．【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ABAD=m，EFEH=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）【答案】73【解析】∵四边形ACBD和四边形EFGH是矩形，∴∠B＝∠EFG＝90°，BC＝AD，FG＝EH，
∴FG∥BC，∴△OGF∽△OQB，∴FGBQ=OFOB，∵ABAD=1，EFEH=3，AB＝4，EF＝3，∴BC＝AD＝4，FG＝EH＝1，∵OF＝OE=12EF=32，OB＝AB﹣OE＝4-32=52，∴1BQ=3252，∴BQ=53，∴CQ＝4-53=73，故答案为：73；
（2）如图1，
∵EH∥AD，
∴△OEH∽△OAP，
∴EHAP=OEOA，
同理可得，
FGBQ=OFOB，
∵O是EF的中点，O是AB的中点，
∴OE＝OF，OA＝OB，
∴EHAP=FGBQ，
∵EH＝FG，
∴AP＝BQ，
∵AD＝BC，
∴DP＝CQ；
（3）如图，
当m＝n时，即：ABAD=EFEH=m时，DP＝CQ，理由如下：
同理（2）可得，
EHAP=OEOA，FGBQ=OFOB，
∴AP=OA⋅EHOE，BQ=FG⋅OBOF，
∵EFEH=m，O是EF的中点，
∴AP=2OAm，BQ=2OBm，
∴DP＝AD﹣AP＝AD-2OAm，CQ＝BQ﹣BC=2OBm-AD，
∴DP﹣CQ＝2AD-2(OA+OB)m=2AD-2ABm=2(AD⋅m)-2ABm=2AB-2ABm=0，
∴DP＝CQ，
当点O运动到AB的中点是，DP＝CQ＝0．
宁夏
26．【2023·宁夏26题】综合与实践：
问题背景
数学小组发现国旗上五角星的五个角都是顶角为36°的等腰三角形，
对此三角形产生了极大兴趣并展开探究．
探究发现
如图1，在△ABC中，∠A＝36°，AB＝AC．
（1）操作发现：将△ABC折叠，使边BC落在边BA上，点C的对应点是点E，折痕交AC于点D，连接DE，DB，则∠BDE＝ °，设AC＝1，BC＝x，那么AE＝ （用含x的式子表示）；
（2）进一步探究发现：底BCAC=5-12，这个比值被称为黄金比．在（1）的条件下试证明：底BC腰AC=5-12；
拓展应用
当等腰三角形的底与腰的比等于黄金比时，这个三角形叫黄金三角形．例如，图1中的△ABC是黄金三角形．
如图2，在菱形ABCD中，∠BAD＝72°，AB＝1．求这个菱形较长对角线的长．
【分析】探究发现
（1）可求得∠ABC＝∠C＝72°，∠BED＝∠C＝72°，∠EBD＝∠CBD=12∠ABC=36°，进而求得∠BDE的值，AE＝AB﹣BE＝AC﹣BC＝1﹣x；
（2）可证得△ABC∽△BDC，从而ACBC=BCDC，进而得出1x=x1-x，解得x=5-12，从而得出底BC腰AC=5-12；
拓展应用
在AC上截取AE＝AD，连接DE，可得出△ADE是黄金三角形，从而得出DE的值，可推出CE＝DE，进而求得结果．
探究发现
（1）72 1﹣x [解析]∵∠A＝36°，AB＝AC，∴∠ABC＝∠C＝72°.
∵边BC落在边BA上，点C的对应点是点E，
∴∠BED＝∠C＝72°，∠EBD＝∠CBD=12∠ABC=36°.
∴∠BDE＝180°﹣∠BED﹣∠EBC＝72°.
AE＝AB﹣BE＝AC﹣BC＝1﹣x.
（2）证明：由（1）知：∠CBD＝∠EBD＝36°，
∴∠A＝∠CBD＝∠EBD.∴AD＝BD.
∵∠C＝∠C，∴△ABC∽△BDC.
∴ACBC=BCDC,即1x=x1-x，解得x=5-12.
∴底BC腰AC=5-12.
拓展应用
如图，
在AC上截取AE＝AD，连接DE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ACD=12∠BCD=36°，∠DAC＝∠BAC=12∠DAB=36°，AD＝AB＝1，CD∥AB.
∴∠ADE＝∠AED＝72°，∠ADC＝180°﹣∠DAB＝108°.
∴DE=5-12AD=5-12.
∴∠CDE＝∠ADC﹣∠ADE＝108°﹣72°＝36°.
∴∠CDE＝∠ACD.∴CE＝DE=5-12.
∴AC＝AE+CE＝1+5-12=5+12．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，菱形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造“黄金比”．
甘肃省
26．【2023·甘肃省卷26题】【模型建立】
（1）如图1，△ABC和△BDE都是等边三角形，点C关于AD的对称点F在BD边上．
①求证：AE＝CD；
②用等式写出线段AD，BD，DF的数量关系，并说明理由.
【模型应用】
（2）如图2，△ABC是直角三角形，AB＝AC，CD⊥BD，垂足为D，点C关于AD的对称点F在BD边上．用等式写出线段AD，BD，DF的数量关系，并说明理由.
【模型迁移】
（3）在（2）的条件下，若AD＝42，BD＝3CD，求cs∠AFB的值．
【分析】（1）①根据△ABC和△BDE都是等边三角形推出判定△ABE和△CBD全等，然后根据全等三角形的对应边相等即可得证；
②根据等边三角形的性质和对称的性质即可推出线段AD，BD，DF的数量关系；
（2）过点B作BE⊥AD于E，根据等腰直角三角形的性质推出判定△ABE∽△CBD，然后根据等腰直角三角形的性质和对称性即可推出线段AD，BD，DF的数量关系；
（3）过点A作AG⊥BD于G，推出△ADG是等腰直角三角形，求出AG，FG，AF的长后即可求出cs∠AFB的值．
（1）证明：①∵△ABC和△BDE都是等边三角形，
∴AB＝CB，EB＝DB，∠ABC＝∠EBD＝60°.
∴∠ABE＝∠CBD，∴△ABE≌△CBD.∴AE＝CD.
②解：AD＝BD+DF．理由如下：
∵△BDE是等边三角形，∴BD＝DE.
∵点C与点F关于AD对称，∴CD＝DF.∵AE＝CD，∴AE＝DF.
∵AD＝DE+AE，∴AD＝BD+DF.
（2）BD+DF=2AD．理由如下：
如图1，过点B作BE⊥AD于E，
图1
∵点C与点F关于AD对称，∴∠ADC＝∠ADB.
又∵CD⊥BD.∴∠BDC=90°.∴∠ADC＝∠ADB＝45°.
又∵BE⊥AD，∴△BDE是等腰直角三角形.
又∵△ABC是等腰直角三角形，
∴ABBC=BEBD=22，∠ABC＝∠EBD＝45°，
∴∠ABE＝∠CBD.∴△ABE∽△CBD.
∴CDAE=BCAB=2，∴CD=2AE.∵CD＝DF，∴DF=2AE.
（或由∠ABE＝∠CBD，sin∠ABE＝sin∠CBD，得AEAB=CDBC，即CDAE=BCAB=2，得CD=2AE，DF=2AE）
∵△BDE是等腰直角三角形，∴BD=2DE.
∴BD+DF=2(DE+AE)=2AD，即BD+DF=2AD．
（3）解：如图2，过点A作AG⊥BD于G.
∵∠ADB＝45°，∴△AGD是等腰直角三角形.
又∵AD＝42，∴AG＝DG＝4.
由（2）BD+DF=2AD＝8，
∵BD＝3CD，CD＝DF，∴DF＝2.
又∵DG＝4，∴FG＝DG﹣DF＝2.
在Rt△AFG中，由勾股定理得AF=AG2+FG2=42+22=25.
∴cs∠AFB=FGAF=225=55．
山东省
24．【2023·东营】（1）用数学的眼光观察
如图①，在四边形ABCD中，AD＝BC，P是对角线BD的中点，M是AB的中点，N是DC的中点．求证：∠PMN＝∠PNM．
（2）用数学的思维思考
如图②，延长图①中的线段AD交MN的延长线于点E，延长线段BC交MN的延长线于点F．求证：∠AEM＝∠F．
（3）用数学的语言表达
如图③，在△ABC中，AC＜AB，点D在AC上，AD＝BC，M是AB的中点，N是DC的中点，连接MN并延长，与BC的延长线交于点G，连接GD．若∠ANM＝60°，试判断△CGD的形状，并进行证明．
【分析】（1）证PN是△BCD的中位线，PM是△ABD的中位线，则PN=12BC，PM=12AD，再证PM＝PN，即可得出结论；
（2）由三角形中位线定理得PN∥BC，PM∥AD，再由平行线的性质得∠PNM＝∠F，∠PMN＝∠AEM，然后由（1）可知∠PNM＝∠PMN，即可得出结论；
（3）连接BD，取BD的中点P，连接PM、PN，由三角形中位线定理得PN∥BC，PN=12BC，PM∥AD，PM=12AD，再证△CGN是等边三角形．得CN＝GN，则DN＝GN，然后由等腰三角形的性质得∠NDG＝∠NGD＝30°，则∠CGD＝∠CGN+∠NGD＝90°，即可得出结论．
（1）证明：∵P是BD的中点，N是DC的中点，
∴PN是△BCD的中位线，PM是△ABD的中位线，
∴PN=12BC，PM=12AD，
∵AD＝BC，∴PM＝PN，
∴∠PMN＝∠PNM；
（2）证明：由（1）知，PN是△BDC的中位线，PM是△ABD的中位线，
∴PN∥BC，PM∥AD，
∴∠PNM＝∠F，∠PMN＝∠AEM，
∵∠PNM＝∠PMN，∴∠AEM＝∠F；
（3）解：△CGD是直角三角形，理由如下：
如图③，连接BD，取BD的中点P，连接PM、PN，
∵N是CD的中点，N是AB的中点，
∴PN是△BCD的中位线，PM是△ABD的中位线，
∴PN∥BC，PN=12BC，PM∥AD，PM=12AD，
∵AD＝BC∴PM＝PN，∴∠PNM＝∠PMN，
∵PM∥AD，∴∠PMN＝∠ANM＝60°，
∴∠PNM＝∠PMN＝60°，
∵PN∥BC，∴∠CGN＝∠PNM＝60°，
又∵∠CNG＝∠ANM＝60°，
∴△CGN是等边三角形．∴CN＝GN，
又∵CN＝DN，
∴DN＝GN，∴∠NDG＝∠NGD=12∠CNG＝30°，
∴∠CGD＝∠CGN+∠NGD＝90°，∴△CGD是直角三角形．
【点评】本题是四边形综合题目，考查了三角形中位线定理、平行线的性质、等腰三角形的性质、等边三角形的判定与性质等知识，本题综合性强，熟练掌握三角形中位线定理和等边三角形的判定与性质是解题的关键，属于中考常考题型．
20．【2023·烟台】【问题背景】
如图1，数学实践课上，学习小组进行探究活动，老师要求大家对矩形ABCD进行如下操作：①分别以点B，C为圆心，以大于12BC的长度为半径作弧，两弧相交于点E，F，作直线EF交BC于点O，连接AO；②将△ABO沿AO翻折，点B的对应点落在点P处，作射线AP交CD于点Q．
【问题提出】
在矩形ABCD中，AD＝5，AB＝3，求线段CQ的长；
【问题解决】
经过小组合作、探究、展示，其中的两个方案如下：
方案一：连接OQ，如图2．经过推理、计算可求出线段CQ的长；
方案二：将△ABO绕点O旋转180°至△RCO处，如图3．经过推理、计算可求出线段CQ的长．请你任选其中一种方案求线段CQ的长．
解：方案一：连接OQ，如图，
∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝3，AD＝BC＝5.
由作图知BO＝OC=12BC＝2.5，
由翻折的不变性，知AP＝AB＝3，OP＝OB＝2.5，∠APO＝∠B＝90°，
∴OP＝OC＝2.5，∠QPO＝∠C＝90°.
又OQ＝OQ，∴△QPO≌△QCO（HL）.∴PQ＝CQ.
设PQ＝CQ＝x，则AQ＝3+x，DQ＝3﹣x，
在Rt△ADQ中，AD2+QD2＝AQ2.即52+（3﹣x）2＝（3+x）2，
解得x=2512，∴线段CQ的长为2512；
方案二：将△ABO绕点O旋转180°至△RCO处，如图，
∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝3，AD＝BC＝5.
由作图知BO＝OC=12BC＝2.5，
由旋转的不变性，知CR＝AB＝3，∠BAO＝∠R，∠B＝∠OCR＝90°，
则∠OCR+∠OCD＝90°+90°＝180°，∴D、C、R共线.
由翻折的不变性，知∠BAO＝∠OAQ，∴∠OAQ＝∠R.∴QA＝QR.
设CQ＝x，则QA＝QR＝3+x，DQ＝3﹣x，
在Rt△ADQ中，AD2+QD2＝AQ2，即52+（3﹣x）2＝（3+x）2，
解得x=2512，∴线段CQ的长为2512．
山西省
22．【2023•山西22题】综合与实践
问题情境：“综合与实践”课上，老师提出如下问题：将图1中的矩形纸片沿对角线剪开，得到两个全等的三角形纸片，表示为△ABC和△DFE，其中∠ACB＝∠DEF＝90°，∠A＝∠D，将△ABC和△DFE按图2所示方式摆放，其中点B与点F重合（标记为点B）．当∠ABE＝∠A时，延长DE交AC于点G，试判断四边形BCGE的形状，并说明理由．
数学思考：（1）请你解答老师提出的问题；
深入探究：（2）老师将图2中的△DBE绕点B逆时针方向旋转，使点E落在△ABC内部，并让同学们提出新的问题．
①“善思小组”提出问题：如图3，当∠ABE＝∠BAC时，过点A作AM⊥BE交BE的延长线于点M，BM与AC交于点N．试猜想线段AM和BE的数量关系，并加以证明．请你解答此问题；
②“智慧小组”提出问题：如图4，当∠CBE＝∠BAC时，过点A作AH⊥DE于点H，若BC＝9，AC＝12，求AH的长．请你思考此问题，直接写出结果．
解：（1）结论：四边形BCGE为正方形．理由如下：
∵∠BED＝90°，∴∠BEG＝180°﹣BED＝90°.
∵∠ABE＝∠A，∴AC∥BE.∴∠CGE＝∠BED＝90°.
∵∠C＝90°，∴四边形BCGE为矩形．
∵△ACB≌△DEB，∴BC＝BE．
∴矩形BCGE为正方形.
（2）①结论：AM＝BE．
解法一：证明：∵∠ABE＝∠BAC，∴AN＝BN.
∵∠C＝90°，∴BC⊥AN.
∵AM⊥BE，即AM⊥BN，∴S△ABF=12AN⋅BC=12BN⋅AM.
∵AN＝BN，∴BC＝AM．
由（1）得BE＝BC，∴AM＝BE．
解法二：证明：∵AM⊥BE的延长线与点M，∴∠M＝90°．
∵∠C＝90°，∴∠M＝∠C.
∵∠ABE＝∠BAC，AB＝BA,∴△BAM≌△ABC，∴AM＝BC．
由（1）得BC＝BE，∴AM＝BE．
②如图：设AB，DE的交点为M，过M作MG⊥BD于G，
∵△ACB≌△DEB，
∴BE＝BC＝9，DE＝AC＝12，∠A＝∠D，∠ABC＝∠DBE.
∴∠CBE＝∠DBM，
∵∠CBE＝∠BAC，∴∠D＝∠BAC.∴MD＝MB.
∵MG⊥BD，∴G是BD的中点.
由勾股定理得 AB=AC2+BC2=15，∴DG=12BD=152.
∵cs∠D=DGDM=DEBD，∴DM=DG⋅BDDE=152×1512=758，
即 BM=DM=758.
∴AM=AB-BM=15-758=458.
∵AH⊥DE，BE⊥DE，∠AMH＝∠BME，∴△AMH∽△BME.
∴AHBE=AMBM=35.
∴AH=35BE=35×9=275，即AH的长为 275．
四川省
24．【2023·巴中】综合与实践．
（1）提出问题．如图1，在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，且AB＝AC，AD＝AE，连接BD，连接CE交BD的延长线于点O．
①∠BOC的度数是 ．
②BD：CE＝ ．
（2）类比探究．如图2，在△ABC和△DEC中，∠BAC＝∠EDC＝90°，且AB＝AC，DE＝DC，连接AD、BE并延长交于点O．
①∠AOB的度数是 ；
②AD：BE＝ ．
（3）问题解决．如图3，在等边△ABC中，AD⊥BC于点D，点E在线段AD上（不与A重合），以AE为边在AD的左侧构造等边△AEF，将△AEF绕着点A在平面内顺时针旋转任意角度．如图4，M为EF的中点，N为BE的中点．
①说明△MND为等腰三角形．
②求∠MND的度数．
【分析】（1）（2）从图形可辩知，这个是手拉手全等或相似模型，按模型的相关结论解题．（3）稍有变化，受前两问的启发，连接BF、CE完成手拉手的构造，再结合三角形中位线知识解题．
解：（1）①∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC.∴∠BAD＝∠CAE．
又∵AB＝AC，AD＝AE，∴△BAD≌△CAE（SAS）．∴∠ABD＝∠ACE.
∵∠BAC＝90°，∴∠ABC+∠ACB＝∠ABD+∠OBC+∠ACB＝90°.
∴∠ACE+∠OBC+∠ACB＝90°，即：∠BCE+∠OBC＝90°.
∴∠BOC＝90°．
②由①得△BAD≌△CAE，∴BD＝CE．
故BD：CE＝1：1．
（2）①∵AB＝AC，DE＝DC，∴.
又∵∠BAC＝∠EDC＝90°，∴△ABC∽△DEC.
∴∠ACB＝∠DCB，．
∴∠ACE+∠ECB＝∠DCA+∠ACE.∴∠ECB＝∠DCA．
∴△ECB∽△DCA.∴∠CBE＝∠CAD.
∴∠AOB＝180°﹣∠ABO﹣∠BAO＝180°﹣∠ABO﹣∠CAD﹣∠BAC＝180°﹣∠ABO﹣∠CBE﹣90°＝180°﹣45°﹣90°＝45°．
故∠AOB 的度数是45°．
②由①得：△ECB∽△DCA．∴AD：BE＝DC：EC.
∵∠EDC＝90°，且DE＝DC，∴∠DCE＝45°.
∴＝cs45°＝．∴．
（3）①解：连接BF、CE，延长CE交MN于点P，交BF于点O．
在等边△ABC中AB＝AC，又∵AD⊥BC于点D，
∴D为BC的中点.
又∵M为EF的中点，N为BE的中点，
∴MN、ND分别是在△BEF、△BCE的中位线.
∴MN＝BF，DN＝EC．
∵∠FAE＝∠BAC＝60°，∴∠FAE+∠EAB＝∠BAC+∠EAB．
∴∠FAB＝∠EAC．
在△ACE和△ABF中，
，
∴△ACE≌△ABF（SAS）．
∴BF＝EC．∴MN＝DN．∴△MND为等腰三角形．
②∵△ACE≌△ABF，∴∠ACE＝∠ABF.
由（1）（2）规律可知：∠BOC＝60°，
∴∠FOC＝180°﹣∠BOC＝180°﹣60°＝120°.
又∵BF∥MN，CP∥DN，∴∠MND＝∠MPE＝∠FOC＝120°．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质及相似三角形的判定及性质．方法灵活多变，需要较强的构造能力．
26．【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＝（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．
【初步感知】
（1）如图1，当n＝1时，兴趣小组探究得出结论：AE+BF＝AB，请写出证明过程．
【深入探究】
（2）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）．
【拓展运用】
（3）如图3，连接EF，设EF的中点为M，若AB＝2，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）．
【分析】（1）由“ASA”可证△CDE≌△BDF，可得CE＝BF，即可求解；（2）①先证△ADN和△BDH是等腰直角三角形，可得AN＝DN，DH＝BH，AD＝AN，BD＝BH，可求AD＝x，BD＝2x，通过证明△EDN∽△FDH，可求FH＝2NE，即可求解；②分两种情况讨论，由相似三角形的性质可求解；（3）由D、E、C、F四点共圆可得点M在线段CD的垂直平分线上运动，由勾股定理可求DM1，由相似三角形性质可求出M1M11，即为轨迹长．
（1）证明：连接CD，
∵∠C＝90°，AC＝BC，AD＝DB，
∴AB＝AC，∠A＝∠B＝∠ACD＝45°，AD＝CD＝BD，CD⊥AB，
∵ED⊥FD，∴∠EDF＝∠CDB＝90°，∴∠CDE＝∠BDF，
∴△CDE≌△BDF（ASA），∴CE＝BF，
∴AE+BF＝AE+CE＝AC＝AB；
（2）解：①AE+BF＝AB，理由如下：
过点D作DN⊥AC于N，DH⊥BC于H，
∵∠C＝90°，AC＝BC，∴∠A＝∠B＝45°，
∵DN⊥AC，DH⊥BC，∴△ADN和△BDH是等腰直角三角形，
∴AN＝DN，DH＝BH，AD＝AN，BD＝BH，∠A＝∠B＝45°＝∠ADN＝∠BDH，
∴△ADN∽△BDH，∴＝，
设AN＝DN＝x，BH＝DH＝2x，
∴AD＝x，BD＝2x，∴AB＝3x，
∵DN⊥AC，DH⊥BC，∠ACB＝90°，∴四边形DHCN是矩形，
∴∠NDH＝90°＝∠EDF，∴∠EDN＝∠FDH，
又∵∠END＝∠FHD，∴△EDN∽△FDH，
∴＝，∴FH＝2NE，
∴AE+BF＝x+NE+（2x﹣FH）＝2x＝AB；
②如图4，当点F在射线BC上时，过点D作DN⊥AC于N，DH⊥BC于H，
∵∠C＝90°，AC＝BC，∴∠A＝∠B＝45°，
∵DN⊥AC，DH⊥BC，∴△ADN和△BDH是等腰直角三角形，
∴AN＝DN，DH＝BH，AD＝AN，BD＝BH，∠A＝∠B＝45°＝∠ADN＝∠BDH，
∴△ADN∽△BDH，∴＝，
设AN＝DN＝x，BH＝DH＝nx，
∴AD＝x，BD＝nx，∴AB＝（n+1）x，
∵DN⊥AC，DH⊥BC，∠ACB＝90°，∴四边形DHCN是矩形，
∴∠NDH＝90°＝∠EDF，∴∠EDN＝∠FDH，
又∵∠END＝∠FHD，∴△EDN∽△FDH，
∴＝，∴FH＝nNE，
∴AE+BF＝x+NE+（nx﹣FH）＝2x＝AB；
当点F在CB的延长线上时，如图5，
∵∠C＝90°，AC＝BC，∴∠A＝∠B＝45°，
∵DN⊥AC，DH⊥BC，∴△ADN和△BDH是等腰直角三角形，
∴AN＝DN，DH＝BH，AD＝AN，BD＝BH，∠A＝∠B＝45°＝∠ADN＝∠BDH，
∴△ADN∽△BDH，∴＝，
设AN＝DN＝x，BH＝DH＝nx，
∴AD＝x，BD＝nx，∴AB＝（n+1）x，
∵DN⊥AC，DH⊥BC，∠ACB＝90°，∴四边形DHCN是矩形，
∴∠NDH＝90°＝∠EDF，∴∠EDN＝∠FDH，
又∵∠END＝∠FHD，∴△EDN∽△FDH，
∴＝，∴FH＝nNE，
∴AE﹣BF＝x+NE﹣（FH﹣nx）＝2x＝AB；
综上所述：当点F在射线BC上时，，当点F在CB延长线上时，；
解：
【点评】本题是三角形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，四点共圆，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
湖北省
23．【2023·武汉】问题提出 如图（1），E是菱形ABCD边BC上一点，△AEF是等腰三角形，AE＝EF，∠AEF＝∠ABC＝α （α≥90°），AF交CD于点G，探究∠GCF与α的数量关系．
问题探究 （1）先将问题特殊化，如图（2），当α＝90°时，直接写出∠GCF的大小；
（2）再探究一般情形，如图（1），求∠GCF与α的数量关系．
问题拓展 将图（1）特殊化，如图（3），当α＝120°时，若DGCG=12，求BECE的值．
【分析】问题探究（1）如图（2）中，在BA上截取BJ，使得BJ＝BE．证明△EAJ≌△FEC（SAS），推出∠AJE＝∠ECF，可得结论；
（2）结论：∠GCF=32α﹣90°；在AB上截取AN，使AN＝EC，连接NE．证明方法类似；
问题拓展解：过点A作CD的垂线交CD的延长线于点P，设菱形的边长为3m．用m表示出BE，CE，可得结论．
解：问题探究（1）如图（2）中，在BA上截取BJ，使得BJ＝BE．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B＝∠BCD＝90°，BA＝BC，
∵BJ＝BE，∴AJ＝EC，
∵∠AEC＝∠AEF+∠CEF＝∠BAE+∠B，∠AEF＝∠B＝90°，
∴∠CEF＝∠EAJ，
∵EA＝EF，∴△EAJ≌△FEC（SAS），
∴∠AJE＝∠ECF，∵∠BJE＝45°，
∴∠AJE＝180°﹣45°＝135°，
∴∠ECF＝135°，
∴∠GCF＝∠ECF﹣∠ECD＝135°﹣90°＝45°；
（2）结论：∠GCF=32α﹣90°；
理由：在AB上截取AN，使AN＝EC，连接NE．
∵∠ABC+∠BAE+∠AEB＝∠AEF+∠FEC+∠AEB＝180°，
∠ABC＝∠AEF，∴∠EAN＝∠FEC．
∵AE＝EF，
∴△ANE≌△ECF（SAS）．∴∠ANE＝∠ECF．
∵AB＝BC，∴BN＝BE．
∵∠EBN＝α，∴∠BNE=90°-12a，
∴∠GCF＝∠ECF﹣∠BCD＝∠ANE﹣∠BCD=(90°+12a)-(180°-a)=32a-90°；
问题拓展：过点A作CD的垂线交CD的延长线于点P，设菱形的边长为3m．
DGCG=12，∴DG＝m，CG＝2m．
在Rt△ADP中，∠ADC＝∠ABC＝120°，
∴∠ADP＝60°，∴PD=32m，AP=323m，
∴α＝120°，
由（2）知，∠GCF=32a-90°=90°，
∵∠AGP＝∠FGC，
∴△APG∽△FCG．∴APCF=PGCG，
∴33mCF=52m，∴CF=635m，
由（2）知，BE=33CF=65m，
∴CE=95m．∴BECE=23．
【点评】本题属于相似形综合题，考查了菱形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题．
黑龙江
23．【2023·齐齐哈尔】综合与实践：
数学模型可以用来解决一类问题，是数学应用的基本途径．通过探究图形的变化规律，再结合其他数学知识的内在联系，最终可以获得宝贵的数学经验，并将其运用到更广阔的数学天地．
（1）发现问题：如图1，在△ABC和△AEF中，AB＝AC，AE＝AF，∠BAC＝∠EAF＝30°，连接BE，CF，延长BE交CF于点D．则BE与CF的数量关系： ，∠BDC＝ °；
（2）类比探究：如图2，在△ABC和△AEF中，AB＝AC，AE＝AF，∠BAC＝∠EAF＝120°，连接BE，CF，延长BE，FC交于点D．请猜想BE与CF的数量关系及∠BDC的度数，并说明理由；
（3）拓展延伸：如图3，△ABC和△AEF均为等腰直角三角形，∠BAC＝∠EAF＝90°，连接BE，CF，且点B，E，F在一条直线上，过点A作AM⊥BF，垂足为点M．则BF，CF，AM之间的数量关系： ；
（4）实践应用：正方形ABCD中，AB＝2，若平面内存在点P满足∠BPD＝90°，PD＝1，则S△ABP ．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质，利用SAS证明△ABE≌△ACF即可得出结论；
（2）根据等腰三角形的性质，利用SAS证明△BAE≌△CAF即可得出结论；
（3）根据等腰直角三角形的性质，利用SAS证明△BAE≌△CAE即可得出结论；
（4）根据直径所对的圆周角是直角，先找到点P，利用勾股定理计算出BP，再利用第3小题的结论得到三角形的高，△ABP的面积即可求出．
解：（1）BE＝CF，∠BDC＝30°，
【解析】如图1所示：
∵△ABC和△ADE都是等腰三角形，
∴AB＝AC，AE＝AF，
又∵∠BAC＝∠EAF＝30°，
∴△ABE≌△ACF（SAS），∴BE＝CF，
∴∠ABE＝∠ACD，
∵∠AOE∠ABE+∠BAC，∠AOE＝∠ACD+∠BDC，
∴∠BDC＝∠BAC＝30°；
（2）BE＝CF，∠BDC＝60°，
理由如下：如图2所示：
证明：∵∠BAC＝∠EAF＝120°，
∴∠BAC﹣∠EAC＝∠EAF﹣∠EAC，
即∠BAE＝∠CAF，
又∵△ABC和△AEF都是等腰三角形，
∴AB＝AC，AE＝AF，
∴△BAE≌△CAF（SAS）.∴BE＝CF，
∴∠AEB＝∠AFC，
∵∠EAF＝120°，AE＝AF，
∴∠AEF＝∠AFE＝30°，
∴∠BDC＝∠BEF﹣∠EFD＝∠AEB+30°﹣（∠AFC﹣30°）＝60°；
（3）BF＝CF+2AM，
【解析】如图3所示：
∵△ABC和△AEF都是等腰三角形，
∴∠CAB＝∠EAF＝90°，AB＝AC，AE＝AF，
∴∠CAB﹣∠CAE＝∠FAE﹣∠CAE，
即：∠BAE＝∠CAF，
∴△BAE≌△CAE（SAS），∴BE＝CF，
∵AM⊥BF，AE＝AF，EAF＝90°，∴EF＝2AM，
∵BF＝BE+EF，∴BF＝CF+2AM；
（4）7+74或7-74【解析】如图4所示：
连接BD，以BD为直径作圆，
由题意，取满足条件的点P，P′，则PD＝P′D＝1．∠BPD＝∠BP′D＝90°，
∴BD＝22，
∴BP=BD2-BP2=(22)2-12=7，
连接PA，作AF⊥PB于点F，在BP上截取BE＝PD，
∵∠PDA＝ABE，AD＝AB，∴△ADP≌△ABE（SAS），
∴AP＝AE，∠BAE＝∠DAP，∴∠PAE＝90°，
由（3）可得：PB＝PD＝2AF，
∴AF=PB-PD2=7-12，∴S△PAB=12PBAF=7-74，
同理可得：S△P′AB=7+74，
故△ABP的面积为：7+74或7-74．
【点评】本题是几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定，等腰三角形和等腰直角三角形的性质，圆周角定理，勾股定理，三角形的面积等知识，熟练掌握全等三角形的判定是解题的关键．
河南省
009923．【2023·河南23题】李老师善于通过合适的主题整合教学内容，帮助同学们用整体的、联系的、发展的眼光看问题，形成科学的思维习惯．下面是李老师在“图形的变化”主题下设计的问题，请你解答．
（1）观察发现
如图1，在平面直角坐标系中，过点M（4，0）的直线l∥y轴，作△ABC关于y轴对称的图形△A1B1C1，再分别作△A1R1C1 关于x轴和直线l对称的图形△A2R2C2和△A3B3C3，则△A2B2C2可以看作是△ABC绕点O顺时针旋转得到的，旋转角的度数为 ；△A3B3C3可以看作是△ABC向右平移得到的，平移距离为 个单位长度．
（2）探究迁移
如图2，▱ABCD中，∠BAD＝α（0°＜α＜90°），P为直线AB下方一点，作点P关于直线AB的对称点P1，再分别作点P1关于直线AD和直线CD的对称点P2和P3，连接AP，AP2，请仅就图2的情形解决以下问题：
①若∠PAP2＝β，请判断β与α的数量关系，并说明理由；
②若AD＝m，求P，P3两点间的距离．
（3）拓展应用
在（2）的条件下，若α＝60°，AD=23，∠PAB＝15°，连接P2P3，当P2P3与▱ABCD的边平行时，请直接写出AP的长．
​
【分析】（1）观察可得出结果；
（2）①由轴对称的性质可得：∠PAB＝∠BAP1，∠P1AD＝∠DAP2，∠PAB+∠DAP2＝∠BAP1+∠DAP1＝∠BAD＝α，从而得出结果；
②作DF⊥AB于F，作P1E⊥DF于E，可得矩形EFGP1和矩形DEP1H，从而DE＝HP1，EF＝GP1，求得DF＝AD•sinA＝m•sinα，从而GP1+HP1＝DE+EF＝DF＝m•sinα，根据轴对称的性质得出HP3＝HP1，PG＝P1G，进一步得出结果；
（3）先构造15° 的直角三角形，求得sin15的值；当P2P3∥AD时，作DI⊥AB于I，设P1P2交AD于T，可得出PP3＝2AD•sin60°＝6，设AP1＝AP＝x，则PP1＝2AP•sin∠PAB＝2x•sin15°＝2x•6-24=6-22⋅x，从而得出P1P3＝PP3﹣PP1＝6-6-22⋅x，可得出∠P1AT＝∠DAB﹣∠BAP1＝60°﹣15°＝45°，从而P1P2=2x，根据P1P3•＝2P1P2得出6-6-22⋅x=22x，从而求得x的值；当P2P3∥CD时，同理可得出另一个结果．
解：（1）180° 8
（2）①如图1，
β＝2α，理由如下：连接AP1，
由轴对称的性质可得：∠PAB＝∠BAP1，∠P1AD＝∠DAP2，
∴∠PAB+∠DAP2＝∠BAP1+∠DAP1＝∠BAD＝α.
∴β＝2α.
②如图2，
作DF⊥AB于F，作P1E⊥DF于E，
∵PP1⊥AB，P3P1⊥CD，
可得矩形EFGP1和矩形DEP1H，
∴DE＝HP1，EF＝GP1.
∵DF＝AD•sinA＝m•sinα，
∴GP1+HP1＝DE+EF＝DF＝m•sinα.
∵HP3＝HP1，PG＝P1G，
∴HP3+PG＝GP1+HP1＝m•sinα.∴PP3＝2m•sinα.
（3）如图3，
在Rt△KMN中，∠M＝90°，∠N＝15°，KS＝SN，则∠KSM＝30°，
设KM＝1，则SN＝KS＝2，MS=3，则KN=12+(2+3)2=6+2，
∴sin15°=KMKN=16+2=6-24.
当P2P3∥AD时，作DI⊥AB于I，设P1P2交AD于T，
∵P1P2⊥AD，∴P2P3⊥P1P2.∴∠P3P2P1＝90°.
∵PP3∥DI，∴∠P2P3P1＝∠ADI＝30°.
由（2）知：PP3＝2AD•sin60°＝6，
设AP1＝AP＝x，则PP1＝2AP•sin∠PAB＝2x•sin15°＝2x•6-24=6-22⋅x，
∴P1P3＝PP3﹣PP1＝6-6-22⋅x.
∵∠BAP1＝∠BAP＝15°，
∵∠P1AT＝∠DAB﹣∠BAP1＝60°﹣15°＝45°，
由轴对称性质得：∠ATP1＝90°，
∴TP1=22AP1=22x.∴P1P2=2x.
由P1P2＝P1P3•sin∠P2P3P1＝P1P3•sin30°得，
6-6-22⋅x=22x，∴x＝32-6.
如图5，
当P2P3∥CD时，设AP＝x，
同理可得：P1P2＝2P1P3，
∴2[6-6-22⋅x]=2x.∴x＝26.
综上所述：AP＝32-6或26．
【点评】本题考查了轴对称的性质，旋转的性质，平行四边形的性质，解直角三角形等知识，构造直角三角形求得sin15°的值是解题的关键．