2021年中考数学专题复习 专题54 探究发现类创新型综合素养能力题（教师版含解析）

这是一份2021年中考数学专题复习 专题54 探究发现类创新型综合素养能力题（教师版含解析），共31页。教案主要包含了开放型探究题，新信息型探究题，存在型探究题等内容，欢迎下载使用。

专题54 探究发现类创新型综合素养能力题

探究题类型比较烦杂，以问题表现形式来分，大致可归类为开放型、新信息型、存在型等.
一、开放型探究题
　　开放型探究题按题型结构分为条件开放型、结论开放型与策略开放型.此类探究题注重考查学生思维的严谨性和培养发散思维的能力.
二、新信息型探究题
　　进入新时代，新信息型探究题逐渐成为考查中的亮点，这类题目通常都会出现一些新的定义概念、规则、运算等，如何理解和运用题中提供的新信息是处理此类问题的关键.比如“等邻边四边形”、“智慧三角形”、“勾股分割点”等都属于新信息探究题.
三、存在型探究题
　　存在与否型探索问题历来都是考查的重点，几何与代数都有涉及.解决此类问题的一般思路为假设结论成立或存在.结合已知条件，建立数学模型，仔细分析，层层推进，如果能获得相应的结论，则假设成立，如果出现矛盾则说明原假设并不成立.
探索结论的存在性问题，是综合探究题之一，是开放型试题的重点题型，是中考的热点，也是难点，更是
亮点。若在选择题、填空题中出现，一般考查的难度属于中等难度，若在选择题或者填空题的最后一道小
题出现，就属于压轴题。但根据全国各地中考试卷看，探索结论的存在性问题，都以压轴大题形式出现，
这类试题只是覆盖面广，综合性强。解决问题基本思路是：首先假设研究的数学对象存在，然后从假设出
发，结合题目条件进行计算推理论证，若所得结论正确合理，说明结论存在；若所得结论不合理，说明结
论不存在。解题时要注意的是：(1)明确这类问题的解题思路，即假设存在法；(2)要对各方面知识理解
到位，能灵活应用知识进行分析、综合、概括和推理；(3)心中一定要装有重要的数学思想方法，比如建
构方程的思想、数形结合的思想、转化思想等，在数学思想方法引领下，让解决问题具有方向性，避免盲
目性。(4)作图要科学规范，便于解决问题为宜。

【例题】(2020•河南)小亮在学习中遇到这样一个问题：
如图，点D是BC上一动点，线段BC＝8cm，点A是线段BC的中点，过点C作CF∥BD，交DA的延长线于点F．当△DCF为等腰三角形时，求线段BD的长度．
小亮分析发现，此问题很难通过常规的推理计算彻底解决，于是尝试结合学习函数的经验研究此问题．请将下面的探究过程补充完整：
(1)根据点D在BC上的不同位置，画出相应的图形，测量线段BD，CD，FD的长度，得到下表的几组对应值．
BD/cm
0
1.0
2.0
3.0
4.0
5.0
6.0
7.0
8.0
CD/cm
8.0
7.7
7.2
6.6
5.9
a
3.9
2.4
0
FD/cm
8.0
7.4
6.9
6.5
6.1
6.0
6.2
6.7
8.0
操作中发现：
①“当点D为BC的中点时，BD＝5.0cm”．则上表中a的值是　 　；
②“线段CF的长度无需测量即可得到”．请简要说明理由．
(2)将线段BD的长度作为自变量x，CD和FD的长度都是x的函数，分别记为yCD和yFD，并在平面直角坐标系xOy中画出了函数yFD的图象，如图所示．请在同一坐标系中画出函数yCD的图象；
(3)继续在同一坐标系中画出所需的函数图象，并结合图象直接写出：当△DCF为等腰三角形时，线段BD长度的近似值(结果保留一位小数)．


【答案】见解析。
【分析】(1)①由BD=CD可求BD＝CD＝a＝5cm；
②由“AAS”可证△BAD≌△CAF，可得BD＝CF，即可求解；
(2)由题意可画出函数图象；
(3)结合图象可求解．
【解析】(1)∵点D为BC的中点，∴BD=CD，∴BD＝CD＝a＝5cm，
故答案为：5；
(2)∵点A是线段BC的中点，
∴AB＝AC，
∵CF∥BD，∴∠F＝∠BDA，
又∵∠BAD＝∠CAF，
∴△BAD≌△CAF(AAS)，∴BD＝CF，
∴线段CF的长度无需测量即可得到；
(3)由题意可得：

(4)由题意画出函数yCF的图象；

由图象可得：BD＝3.8cm或5cm或6.2cm时，△DCF为等腰三角形．
【对点练习】在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=，AC=2，过点B作直线m∥AC，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△A′B′C′(点A，B的对应点分别为A'，B′)，射线CA′，CB′分別交直线m于点P，Q．
(1)如图1，当P与A′重合时，求∠ACA′的度数；
(2)如图2，设A′B′与BC的交点为M，当M为A′B′的中点时，求线段PQ的长；
(3)在旋转过程中，当点P，Q分别在CA′，CB′的延长线上时，试探究四边形PA'B′Q的面积是否存在最小值．若存在，求出四边形PA′B′Q的最小面积；若不存在，请说明理由．

【答案】见解析。
【解析】(1)由旋转可得：AC=A'C=2，
∵∠ACB=90°，AB=，AC=2，
∴BC=，
∵∠ACB=90°，m∥AC，
∴∠A'BC=90°，
∴cos∠A'CB==，
∴∠A'CB=30°，
∴∠ACA'=60°；
(2)∵M为A'B'的中点，
∴∠A'CM=∠MA'C，
由旋转可得，∠MA'C=∠A，
∴∠A=∠A'CM，
∴tan∠PCB=tan∠A=，
∴PB=BC=，
∵tan∠Q=tan∠A=，
∴BQ=BC×=2，
∴PQ=PB+BQ=；
(3)∵S四边形PA'B′Q=S△PCQ﹣S△A'CB'=S△PCQ﹣，
∴S四边形PA'B′Q最小，即S△PCQ最小，
∴S△PCQ=PQ×BC=PQ，
法一：(几何法)取PQ的中点G，则∠PCQ=90°，
∴CG=PQ，即PQ=2CG，
当CG最小时，PQ最小，
∴CG⊥PQ，即CG与CB重合时，CG最小，
∴CGmin=，PQmin=2，
∴S△PCQ的最小值=3，S四边形PA'B′Q=3﹣；
法二(代数法)设PB=x，BQ=y，
由射影定理得：xy=3，
∴当PQ最小时，x+y最小，
∴(x+y)2=x2+2xy+y2=x2+6+y2≥2xy+6=12，
当x=y=时，“=”成立，
∴PQ=+=2，
∴S△PCQ的最小值=3，S四边形PA'B′Q=3﹣．

【点拨】本题属于四边形综合题，主要考查了旋转的性质，解直角三角形以及直角三角形的性质的综合运用，解题时注意：旋转变换中，对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．

1．(2020浙江宁波)[问题]小明在学习时遇到这样一个问题：求不等式x3+3x2﹣x﹣3＞0的解集．
他经历了如下思考过程：
[回顾]
(1)如图1，在平面直角坐标系xOy中，直线y1＝ax+b与双曲线y2＝交于A (1，3)和B(﹣3，﹣1)，则不等式ax+b＞的解集是　 　．

[探究]将不等式x3+3x2﹣x﹣3＞0按条件进行转化：
当x＝0时，原不等式不成立；
当x＞0时，不等式两边同除以x并移项转化为x2+3x﹣1＞；
当x＜0时，不等式两边同除以x并移项转化为x2+3x﹣1＜．
(2)构造函数，画出图象：
设y3＝x2+3x﹣1，y4＝，在同一坐标系中分别画出这两个函数的图象；
双曲线y4＝如图2所示，请在此坐标系中画出抛物线y＝x2+3x﹣1．(不用列表)
(3)确定两个函数图象公共点的横坐标：
观察所画两个函数的图象，猜想并通过代入函数解析式验证可知：满足y3＝y4的所有x的值为　 　．
[解决]
(4)借助图象，写出解集：
结合“探究”中的讨论，观察两个函数的图象可知：不等式x3+3x2﹣x﹣3＞0的解集为　 　．
【解析】(1)如图1中，观察图形可知：不等式ax+b＞的解集为x＞1或﹣3＜x＜0．
故答案为：x＞1或﹣3＜x＜0．
(2)函数y3＝x2+3x﹣1的图形如图所示：

(3)观察图象可知，两个函数图象的公共点的横坐标为﹣3，﹣1，1．
经过检验可知：点(﹣3，﹣1)，点(﹣1，﹣3)，点(1，3)是两个函数的交点坐标，
满足y3＝y4的所有x的值为﹣3或﹣1或1．
故答案为﹣3或﹣1或1．
(4)观察图象，当x＞0时，不等式两边同除以x并移项转化为x2+3x﹣1＞的解集为x＞1，
当x＜0时，不等式两边同除以x并移项转化为x2+3x﹣1＜的解集为x＜﹣3或﹣1＜x＜0，
∴不等式x3+3x2﹣x﹣3＞0的解集为x＞1或x＜﹣3或﹣1＜x＜0．
故答案为x＞1或x＜﹣3或﹣1＜x＜0．
【点拨】本题属于反比例函数综合题，考查了反比例函数的性质，一次函数的性质，二次函数的性质等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想思考问题，把不等式问题转化为函数图象问题解决，属于中考压轴题．
2．(2020湖北随州)一个问题解决往往经历发现猜想——探索归纳——问题解决的过程，下面结合一道几何题来体验一下.
(发现猜想)(1)如图①，已知∠AOB＝70°，∠AOD＝100°，OC为∠BOD的角平分线，则∠AOC的度数为 ；.

(探索归纳)(2)如图①，∠AOB＝m，∠AOD＝n，OC为∠BOD的角平分线. 猜想∠AOC的度数(用含m、n的代数式表示)，并说明理由.
(问题解决)(3)如图②，若∠AOB＝20°，∠AOC＝90°，∠AOD＝120°.若射线OB绕点O以每秒20°逆时针旋转，射线OC绕点O以每秒10°顺时针旋转，射线OD绕点O每秒30°顺时针旋转，三条射线同时旋转，当一条射线与直线OA重合时，三条射线同时停止运动. 运动几秒时，其中一条射线是另外两条射线夹角的角平分线？
【答案】见解析。
【解析】(1)85°；
(2)∵∠AOB＝m，∠AOD＝n，∴∠BOD＝n－m
∵OC为∠BOD的角平分线
∴∠BOC＝
∴∠AOC＝+m＝
(3)设经过的时间为x秒，
则∠DOA＝120°－30x；∠COA＝90°－10x；∠BOA＝20°+20x；
①当在x＝之前，OC为OB，OD的角平分线；30－20x＝70－30x，x1＝4(舍)；
②当x在和2之间，OD为OC，OB的角平分线；－30+20x＝100－50x，x2＝；
③当x在2和之间，OB为OC，OD的角平分线；70－30x＝－100+50x，x3＝；
④当x在和4之间，OC为OB，OD的角平分线；－70+30x＝－30+20x，x4＝4.
答：经过，，4秒时，其中一条射线是另外两条射线夹角的平分线.
【点拨】本题考查了角平分线的性质，一元一次方程的应用，解决本题的关键是熟练掌握角平分线的性质，理清各个角之间存在的数量关系，根据数量关系列出方程.
3．(2020•江西)已知∠MPN的两边分别与⊙O相切于点A，B，⊙O的半径为r．
(1)如图1，点C在点A，B之间的优弧上，∠MPN＝80°，求∠ACB的度数；
(2)如图2，点C在圆上运动，当PC最大时，要使四边形APBC为菱形，∠APB的度数应为多少？请说明理由；
(3)若PC交⊙O于点D，求第(2)问中对应的阴影部分的周长(用含r的式子表示)．

【答案】见解析。
【分析】(1)连接OA，OB，由切线的性质可求∠PAO＝∠PBO＝90°，由四边形内角和可求解；
(2)当∠APB＝60°时，四边形APBC是菱形，连接OA，OB，由切线长定理可得PA＝PB，∠APC＝∠BPC＝30°，由“SAS”可证△APC≌△BPC，可得∠ACP＝∠BCP＝30°，AC＝BC，可证AP＝AC＝PB＝BC，可得四边形APBC是菱形；
(3)分别求出AP，PD的长，由弧长公式可求AD，即可求解．
【解析】(1)如图1，连接OA，OB，

∵PA，PB为⊙O的切线，
∴∠PAO＝∠PBO＝90°，
∵∠APB+∠PAO+∠PBO+∠AOB＝360°，
∴∠APB+∠AOB＝180°，
∵∠APB＝80°，∴∠AOB＝100°，∴∠ACB＝50°；
(2)如图2，当∠APB＝60°时，四边形APBC是菱形，
连接OA，OB，

由(1)可知，∠AOB+∠APB＝180°，
∵∠APB＝60°，∴∠AOB＝120°，∴∠ACB＝60°＝∠APB，
∵点C运动到PC距离最大，∴PC经过圆心，
∵PA，PB为⊙O的切线，
∴PA＝PB，∠APC＝∠BPC＝30°，
又∵PC＝PC，
∴△APC≌△BPC(SAS)，
∴∠ACP＝∠BCP＝30°，AC＝BC，
∴∠APC＝∠ACP＝30°，∴AP＝AC，
∴AP＝AC＝PB＝BC，
∴四边形APBC是菱形；
(3)∵⊙O的半径为r，
∴OA＝r，OP＝2r，
∴AP=3r，PD＝r，
∵∠AOP＝90°﹣∠APO＝60°，
∴AD=60°π⋅r180°=π3r，
∴阴影部分的周长＝PA+PD+AD=3r+r+π3r＝(3+1+π3)r．
4．(2020•北京)在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1，A，B为⊙O外两点，AB＝1．
给出如下定义：平移线段AB，得到⊙O的弦A'B'(A'，B′分别为点A，B的对应点)，线段AA'长度的最小值称为线段AB到⊙O的“平移距离”．
(1)如图，平移线段AB得到⊙O的长度为1的弦P1P2和P3P4，则这两条弦的位置关系是　　；在点P1，P2，P3，P4中，连接点A与点　　的线段的长度等于线段AB到⊙O的“平移距离”；
(2)若点A，B都在直线y=3x+23上，记线段AB到⊙O的“平移距离”为d1，求d1的最小值；
(3)若点A的坐标为(2，32)，记线段AB到⊙O的“平移距离”为d2，直接写出d2的取值范围．

【答案】见解析。
【分析】(1)根据平移的性质，以及线段AB到⊙O的“平移距离”的定义判断即可．
(2)如图1中，作等边△OEF，点E在x轴上，OE＝EF＝OF＝1，设直线y=3x+23交x轴于M，交y轴于N．则M(﹣2，0)，N(0，23)，过点E作EH⊥MN于H，解直角三角形求出EH即可判断．
(3)如图2中，作直线OA交⊙O于M，N过点O作PQ⊥OA交，交⊙O于P，Q．以OA，AB为邻边构造平行四边形ABDO，以OD为边构造等边△ODB′，等边△OB′A′，则AB∥A′B′，AA′的长即为线段AB到⊙O的“平移距离”，Q求出AA′使得最小值和最大值即可解决问题．
【解析】(1)如图，平移线段AB得到⊙O的长度为1的弦P1P2和P3P4，则这两条弦的位置关系是P1P2∥P3P4；在点P1，P2，P3，P4中，连接点A与点P3的线段的长度等于线段AB到⊙O的“平移距离”．
故答案为：P1P2∥P3P4，P3．
(2)如图1中，作等边△OEF，点E在x轴上，OE＝EF＝OF＝1，

设直线y=3x+23交x轴于M，交y轴于N．则M(﹣2，0)，N(0，23)，
过点E作EH⊥MN于H，
∵OM＝2，ON＝23，
∴tan∠NMO=3，
∴∠NMO＝60°，
∴EH＝EM•sin60°=32，
观察图象可知，线段AB到⊙O的“平移距离”为d1的最小值为32．
(3)如图2中，作直线OA交⊙O于M，N过点O作PQ⊥OA交，交⊙O于P，Q．

以OA，AB为邻边构造平行四边形ABDO，以OD为边构造等边△ODB′，等边△OB′A′，则AB∥A′B′，AA′的长即为线段AB到⊙O的“平移距离”，
当点A′与M重合时，AA′的值最小，最小值＝OA﹣OM=52-1=32，
当点A′与P或Q重合时，AA′的值最大最大值=12+(52)2=292，
∴32≤d2≤292．
5．(2020•哈尔滨)已知：⊙O是△ABC的外接圆，AD为⊙O的直径，AD⊥BC，垂足为E，连接BO，延长BO交AC于点F．
(1)如图1，求证：∠BFC＝3∠CAD；
(2)如图2，过点D作DG∥BF交⊙O于点G，点H为DG的中点，连接OH，求证：BE＝OH；
(3)如图3，在(2)的条件下，连接CG，若DG＝DE，△AOF的面积为925，求线段CG的长．

【答案】见解析。
【分析】(1)由垂径定理可得BE＝EC，由线段垂直平分线的性质可得AB＝AC，由等腰三角形的性质可得∠BAD＝∠ABO＝∠CAD，由外角的性质可得结论；
(2)由“AAS”可证△BOE≌△ODH，可得BE＝OH；
(3)过点F作FN⊥AD，交AD于N，设DG＝DE＝2x，由全等三角形的性质可得OE＝DH＝x，OD＝3x＝OA＝OB，勾股定理可求BE＝22x，由锐角三角函数可求AN=2NF，ON=24NF，可得AO＝AN+ON=524NF，由三角形面积公式可求NF的长，可求x＝1，可得BE＝22=OH，AE＝4，DG＝DE＝2，勾股定理可求AC＝26，连接AG，过点A作AM⊥CG，交GC的延长线于M，通过证明△ACM∽△ADG，由相似三角形的性质可求AM，CM的长，由勾股定理可求GM的长，即可求解．
【解析】证明：(1)∵AD为⊙O的直径，AD⊥BC，
∴BE＝EC，∴AB＝AC，
又∵AD⊥BC，∴∠BAD＝∠CAD，
∵OA＝OB，∴∠BAD＝∠ABO，
∴∠BAD＝∠ABO＝∠CAD，
∵∠BFC＝∠BAC+∠ABO，
∴∠BFC＝∠BAD+∠EAD+∠ABO＝3∠CAD；
(2)如图2，连接AG，

∵AD是直径，∴∠AGD＝90°，
∵点H是DG中点，∴DH＝HG，
又∵AO＝DO，∴OH∥AG，AG＝2OH，
∴∠AGD＝∠OHD＝90°，
∵DG∥BF，∴∠BOE＝∠ODH，
又∵∠OEB＝∠OHD＝90°，BO＝DO，
∴△BOE≌△ODH(AAS)，∴BE＝OH；
(3)如图3，过点F作FN⊥AD，交AD于N，

设DG＝DE＝2x，∴DH＝HG＝x，
∵△BOE≌△ODH，∴OE＝DH＝x，
∴OD＝3x＝OA＝OB，
∴BE=OB2-OE2=9x2-x2=22x，
∵∠BAE＝∠CAE，
∴tan∠BAE＝tan∠CAE=BEAE=NFAN，
∴22x4x=NFAN，
∴AN=2NF，
∵∠BOE＝∠NOF，
∴tan∠BOE＝tan∠NOF=BEOE=NFON，
∴22xx=NFON，
∴ON=24NF，
∴AO＝AN+ON=524NF，
∵△AOF的面积为925，
∴12×AO×NF=12×524NF2=925，
∴NF=625，
∴AO=524NF＝3＝3x，
∴x＝1，
∴BE＝22=OH，AE＝4，DG＝DE＝2，
∴AC=AE2+CE2=16+8=26，
如图3，连接AG，过点A作AM⊥CG，交GC的延长线于M，

由(2)可知：AG＝2OH＝42，
∵四边形ADGC是圆内接四边形，
∴∠ACM＝∠ADG，
又∵∠AMC＝∠AGD＝90°，
∴△ACM∽△ADG，
∴ADAC=AGAM=DGCM，
∴626=42AM=2CM，
∴CM=263，AM=833，
∴GM=AG2-AM2=32-643=463，
∴CG＝GM﹣CM=263．
6．(2020•成都)如图，在△ABC的边BC上取一点O，以O为圆心，OC为半径画⊙O，⊙O与边AB相切于点D，AC＝AD，连接OA交⊙O于点E，连接CE，并延长交线段AB于点F．
(1)求证：AC是⊙O的切线；
(2)若AB＝10，tanB=43，求⊙O的半径；
(3)若F是AB的中点，试探究BD+CE与AF的数量关系并说明理由．

【答案】见解析。
【分析】(1)连接OD，由切线的性质可得∠ADO＝90°，由“SSS”可证△ACO≌△ADO，可得∠ADO＝∠ACO＝90°，可得结论；
(2)由锐角三角函数可设AC＝4x，BC＝3x，由勾股定理可求BC＝6，再由勾股定理可求解；
(3)连接OD，DE，由“SAS”可知△COE≌△DOE，可得∠OCE＝∠OED，由三角形内角和定理可得∠DEF＝180°﹣∠OEC﹣∠OED＝180°﹣2∠OCE，∠DFE＝180°﹣∠BCF﹣∠CBF＝180°﹣2∠OCE，可得∠DEF＝∠DFE，可证DE＝DF＝CE，可得结论．
【解析】(1)如图，连接OD，

∵⊙O与边AB相切于点D，
∴OD⊥AB，即∠ADO＝90°，
∵AO＝AO，AC＝AD，OC＝OD，
∴△ACO≌△ADO(SSS)，
∴∠ADO＝∠ACO＝90°，
又∵OC是半径，
∴AC是⊙O的切线；
(2)∵tanB=43=ACBC，
∴设AC＝4x，BC＝3x，
∵AC2+BC2＝AB2，
∴16x2+9x2＝100，
∴x＝2，
∴BC＝6，
∵AC＝AD＝8，AB＝10，
∴BD＝2，
∵OB2＝OD2+BD2，
∴(6﹣OC)2＝OC2+4，
∴OC=83，
故⊙O的半径为83；
(3)连接OD，DE，

由(1)可知：△ACO≌△ADO，
∴∠ACO＝∠ADO＝90°，∠AOC＝∠AOD，
又∵CO＝DO，OE＝OE，
∴△COE≌△DOE(SAS)，
∴∠OCE＝∠OED，
∵OC＝OE＝OD，
∴∠OCE＝∠OEC＝∠OED＝∠ODE，
∴∠DEF＝180°﹣∠OEC﹣∠OED＝180°﹣2∠OCE，
∵点F是AB中点，∠ACB＝90°，
∴CF＝BF＝AF，
∴∠FCB＝∠FBC，
∴∠DFE＝180°﹣∠BCF﹣∠CBF＝180°﹣2∠OCE，
∴∠DEF＝∠DFE，
∴DE＝DF＝CE，
∴AF＝BF＝DF+BD＝CE+BD．
7．(2020•攀枝花)实验学校某班开展数学“综合与实践”测量活动．有两座垂直于水平地面且高度不一的圆柱，两座圆柱后面有一斜坡，且圆柱底部到坡脚水平线MN的距离皆为100cm．王诗嬑观测到高度90cm矮圆柱的影子落在地面上，其长为72cm；而高圆柱的部分影子落在坡上，如图所示．已知落在地面上的影子皆与坡脚水平线MN互相垂直，并视太阳光为平行光，测得斜坡坡度i＝1：0.75，在不计圆柱厚度与影子宽度的情况下，请解答下列问题：
(1)若王诗嬑的身高为150cm，且此刻她的影子完全落在地面上，则影子长为多少cm？
(2)猜想：此刻高圆柱和它的影子与斜坡的某个横截面一定同在一个垂直于地面的平面内．请直接回答这个猜想是否正确？
(3)若同一时间量得高圆柱落在坡面上的影子长为100 cm，则高圆柱的高度为多少cm？

【答案】见解析。
【分析】(1)根据同一时刻，物长与影从成正比，构建方程即可解决问题．
(2)根据落在地面上的影子皆与坡脚水平线MN互相垂直，并视太阳光为平行光，结合横截面分析可得；
(3)过点F作FG⊥CE于点G，设FG＝4m，CG＝3m，利用勾股定理求出CG和FG，得到BG，过点F作FH⊥AB于点H，再根据同一时刻身高与影长的比例，求出AH的长度，即可得到AB．
【解析】(1)设王诗嬑的影长为xcm，
由题意可得：9072=150x，
解得：x＝120，
经检验：x＝120是分式方程的解，
王诗嬑的的影子长为120cm；
(2)正确，
因为高圆柱在地面的影子与MN垂直，所以太阳光的光线与MN垂直，
则在斜坡上的影子也与MN垂直，则过斜坡上的影子的横截面与MN垂直，
而横截面与地面垂直，高圆柱也与地面垂直，
∴高圆柱和它的影子与斜坡的某个横截面一定同在一个垂直于地面的平面内；
(3)如图，AB为高圆柱，AF为太阳光，△CDE为斜坡，CF为圆柱在斜坡上的影子，
过点F作FG⊥CE于点G，
由题意可得：BC＝100，CF＝100，
∵斜坡坡度i＝1：0.75，
∴DECE=FGCG=10.75=43，
∴设FG＝4m，CG＝3m，在△CFG中，(4m)2+(3m)2＝1002，
解得：m＝20，
∴CG＝60，FG＝80，
∴BG＝BC+CG＝160，
过点F作FH⊥AB于点H，
∵同一时刻，90cm矮圆柱的影子落在地面上，其长为72cm，
FG⊥BE，AB⊥BE，FH⊥AB，
可知四边形HBGF为矩形，
∴9072=AHHF=AHBG，
∴AH=9072×BG=9072×160=200，
∴AB＝AH+BH＝AH+FG＝200+80＝280，
故高圆柱的高度为280cm．

8．(2020•陕西)问题提出
(1)如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＞BC，∠ACB的平分线交AB于点D．过点D分别作DE⊥AC，DF⊥BC．垂足分别为E，F，则图1中与线段CE相等的线段是　 　．
问题探究
(2)如图2，AB是半圆O的直径，AB＝8．P是AB上一点，且PB=2PA，连接AP，BP．∠APB的平分线交AB于点C，过点C分别作CE⊥AP，CF⊥BP，垂足分别为E，F，求线段CF的长．
问题解决
(3)如图3，是某公园内“少儿活动中心”的设计示意图．已知⊙O的直径AB＝70m，点C在⊙O上，且CA＝CB．P为AB上一点，连接CP并延长，交⊙O于点D．连接AD，BD．过点P分别作PE⊥AD，PF⊥BD，重足分别为E，F．按设计要求，四边形PEDF内部为室内活动区，阴影部分是户外活动区，圆内其余部分为绿化区．设AP的长为x(m)，阴影部分的面积为y(m2)．
①求y与x之间的函数关系式；
②按照“少儿活动中心”的设计要求，发现当AP的长度为30m时，整体布局比较合理．试求当AP＝30m时．室内活动区(四边形PEDF)的面积．

【答案】见解析。
【分析】(1)证明四边形CEDF是正方形，即可得出结果；
(2)连接OP，由AB是半圆O的直径，PB=2PA，得出∠APB＝90°，∠AOP＝60°，则∠ABP＝30°，同(1)得四边形PECF是正方形，得PF＝CF，在Rt△APB中，PB＝AB•cos∠ABP＝43，在Rt△CFB中，BF=CFtan∠ABC=3CF，推出PB＝CF+BF，即可得出结果；
(3)①同(1)得四边形DEPF是正方形，得出PE＝PF，∠APE+∠BPF＝90°，∠PEA＝∠PFB＝90°，将△APE绕点P逆时针旋转90°，得到△A′PF，PA′＝PA，则A′、F、B三点共线，∠APE＝∠A′PF，证∠A′PB＝90°，得出S△PAE+S△PBF＝S△PA′B=12PA′•PB=12x(70﹣x)，在Rt△ACB中，AC＝BC＝352，S△ACB=12AC2＝1225，由y＝S△PA′B+S△ACB，即可得出结果；
②当AP＝30时，A′P＝30，PB＝40，在Rt△A′PB中，由勾股定理得A′B=A'P2+PB2=50，由S△A′PB=12A′B•PF=12PB•A′P，求PF，即可得出结果．
【解析】(1)∵∠ACB＝90°，DE⊥AC，DF⊥BC，
∴四边形CEDF是矩形，
∵CD平分∠ACB，DE⊥AC，DF⊥BC，
∴DE＝DF，
∴四边形CEDF是正方形，
∴CE＝CF＝DE＝DF，
故答案为：CF、DE、DF；
(2)连接OP，如图2所示：
∵AB是半圆O的直径，PB=2PA，
∴∠APB＝90°，∠AOP=13×180°＝60°，
∴∠ABP＝30°，
同(1)得：四边形PECF是正方形，
∴PF＝CF，
在Rt△APB中，PB＝AB•cos∠ABP＝8×cos30°＝8×32=43，
在Rt△CFB中，BF=CFtan∠ABC=CFtan30°=CF33=3CF，
∵PB＝PF+BF，
∴PB＝CF+BF，
即：43=CF+3CF，
解得：CF＝6﹣23；
(3)①∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝∠ADB＝90°，
∵CA＝CB，
∴∠ADC＝∠BDC，
同(1)得：四边形DEPF是正方形，
∴PE＝PF，∠APE+∠BPF＝90°，∠PEA＝∠PFB＝90°，
∴将△APE绕点P逆时针旋转90°，得到△A′PF，PA′＝PA，如图3所示：
则A′、F、B三点共线，∠APE＝∠A′PF，
∴∠A′PF+∠BPF＝90°，即∠A′PB＝90°，
∴S△PAE+S△PBF＝S△PA′B=12PA′•PB=12x(70﹣x)，
在Rt△ACB中，AC＝BC=22AB=22×70＝352，
∴S△ACB=12AC2=12×(352)2＝1225，
∴y＝S△PA′B+S△ACB=12x(70﹣x)+1225=-12x2+35x+1225；
②当AP＝30时，A′P＝30，PB＝AB﹣AP＝70﹣30＝40，
在Rt△A′PB中，由勾股定理得：A′B=A'P2+PB2=302+402=50，
∵S△A′PB=12A′B•PF=12PB•A′P，
∴12×50×PF=12×40×30，
解得：PF＝24，
∴S四边形PEDF＝PF2＝242＝576(m2)，
∴当AP＝30m时．室内活动区(四边形PEDF)的面积为576m2．

9.(2020浙江舟山)比较x2+1与2x的大小．
(1)尝试(用“＜”，“＝”或“＞”填空)：
①当x＝1时，x2+1　 　2x；
②当x＝0时，x2+1　 　2x；
③当x＝﹣2时，x2+1　 　2x．
(2)归纳：若x取任意实数，x2+1与2x有怎样的大小关系？试说明理由．
【答案】(1)①=；②>；③>；(2)x2+1≥2x，理由见解析
【解析】(1)①当x＝1时，x2+1＝2x；
②当x＝0时，x2+1＞2x；
③当x＝﹣2时，x2+1＞2x．
故答案为：＝；＞；＞．
(2)x2+1≥2x．
证明：∵x2+1﹣2x＝(x﹣1)2≥0，
∴x2+1≥2x．
10.(2020•宁波)【基础巩固】
(1)如图1，在△ABC中，D为AB上一点，∠ACD＝∠B．求证：AC2＝AD•AB．
【尝试应用】
(2)如图2，在▱ABCD中，E为BC上一点，F为CD延长线上一点，∠BFE＝∠A．若BF＝4，BE＝3，求AD的长．
【拓展提高】
(3)如图3，在菱形ABCD中，E是AB上一点，F是△ABC内一点，EF∥AC，AC＝2EF，∠EDF=12∠BAD，AE＝2，DF＝5，求菱形ABCD的边长．

【解析】见解析。
【分析】(1)证明△ADC∽△ACB，得出ADAC=ACAB，则可得出结论；
(2)证明△BFE∽△BCF，得出比例线段BFBC=BEBF，则BF2＝BE•BC，求出BC，则可求出AD．
(3)分别延长EF，DC相交于点G，证得四边形AEGC为平行四边形，得出AC＝EG，CG＝AE，∠EAC＝∠G，证明△EDF∽△EGD，得出比例线段EDEG=EFDE，则DE=2EF，可求出DG，则答案可求出．
【解析】(1)证明：∵∠ACD＝∠B，∠A＝∠A，
∴△ADC∽△ACB，
∴ADAC=ACAB，
∴AC2＝AD•AB．
(2)∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，∠A＝∠C，
又∵∠BFE＝∠A，
∴∠BFE＝∠C，
又∵∠FBE＝∠CBF，
∴△BFE∽△BCF，
∴BFBC=BEBF，
∴BF2＝BE•BC，
∴BC=BF2BE=423=163，
∴AD=163．
(3)如图，分别延长EF，DC相交于点G，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥DC，∠BAC=12∠BAD，
∵AC∥EF，
∴四边形AEGC为平行四边形，
∴AC＝EG，CG＝AE，∠EAC＝∠G，
∵∠EDF=12∠BAD，
∴∠EDF＝∠BAC，
∴∠EDF＝∠G，
又∵∠DEF＝∠GED，
∴△EDF∽△EGD，
∴EDEG=EFDE，
∴DE2＝EF•EG，
又∵EG＝AC＝2EF，
∴DE2＝2EF2，
∴DE=2EF，
又∵DGDF=DEEF，
∴DG=2DF=52，
∴DC＝DG﹣CG＝52-2．