1、操作探究 一、选择题 1（2018湖北荆门3 分）如图，等腰 RtABC 中，斜边 AB 的长为 2，O 为 AB 的中点，P 为 AC 边上的动点，OQOP 交 BC 于点 Q，M 为 PQ 的中点，当点 P 从点 A 运动到点 C 时，点 M 所经过的路线长为（）A B C1 D2【分析】连接 OC，作 PEAB 于 E，MHAB 于 H，QFAB 于 F，如图，利用等腰直角三角形的性质得 AC=BC=，A=B=45，OCAB，OC=OA=OB=1，OCB=45，再证明 RtAOPCOQ 得到 AP=CQ，接着利用APE和BFQ 都为等腰直角三角形得到 PE=AP=CQ，QF=BQ，所以
2、PE+QF=BC=1，然后证明 MH 为梯形PEFQ 的中位线得到 MH=，即可判定点 M 到 AB 的距离为，从而得到点 M 的运动路线为ABC 的中位线，最后利用三角形中位线性质得到点 M 所经过的路线长【解答】解：连接 OC，作 PEAB 于 E，MHAB 于 H，QFAB 于 F，如图，ACB 为到等腰直角三角形，AC=BC=AB=，A=B=45，O 为 AB 的中点，OCAB，OC 平分ACB，OC=OA=OB=1，OCB=45，POQ=90，COA=90，AOP=COQ，在 RtAOP 和COQ 中，RtAOPCOQ，AP=CQ，易得APE 和BFQ 都为等腰直角三角形，PE=AP
3、=CQ，QF=BQ，PE+QF=（CQ+BQ）=BC=1，M 点为 PQ 的中点，MH 为梯形 PEFQ 的中位线，MH=（PE+QF）=，即点 M 到 AB 的距离为，而 CO=1，点 M 的运动路线为ABC 的中位线，当点 P 从点 A 运动到点 C 时，点 M 所经过的路线长=AB=1 故选：C 【点评】本题考查了轨迹：通过计算确定动点在运动过程中不变的量，从而得到运动的轨迹也考查了等腰直角三角形的性质 2（2018浙江临安3 分）如图，正方形硬纸片 ABCD 的边长是 4，点 E、F 分别是 AB、BC 的中点，若沿左图中的虚线剪开，拼成如图的一座“小别墅”，则图中阴影部分的面积是（）
4、A2 B4 C8 D10【考点】阴影部分的面积【分析】本题考查空间想象能力【解答】解：阴影部分由一个等腰直角三角形和一个直角梯形组成，由第一个图形可知：阴影部分的两部分可构成正方形的四分之一，正方形的面积=44=16，图中阴影部分的面积是 164=4 故选：B【点评】解决本题的关键是得到阴影部分的组成与原正方形面积之间的关系 3（2018浙江舟山3 分）将一张正方形纸片按如图步骤，沿虚线对折两次，然后沿中平行于底边的虚线剪去一个角，展开铺平后的图形是（）A.B.C.D.【考点】剪纸问题 【解析】【解答】解：沿虚线剪开以后，剩下的图形先向右上方展开，缺失的部分是一个等腰直角三角形，用直角边与正方
5、形的边是分别平行的，再沿着对角线展开，得到图形 A。故答案为 A。【分析】根据对称的性质，用倒推法去展开这个折纸。【点评】本题主要考查了等腰直角三角形、直角三角形的判定和考生的空间想象能力.二.填空题(要求同上一.)1（2018湖南省常德3 分）如图，将矩形 ABCD 沿 EF 折叠，使点 B 落在 AD 边上的点 G 处，点 C 落在点H 处，已知DGH=30，连接 BG，则AGB=75 【分析】由折叠的性质可知：GE=BE，EGH=ABC=90，从而可证明EBG=EGB，然后再根据EGHEGB=EBCEBG，即：GBC=BGH，由平行线的性质可知AGB=GBC，从而易证AGB=BGH，据此
6、可得答案【解答】解：由折叠的性质可知：GE=BE，EGH=ABC=90，EBG=EGB EGHEGB=EBCEBG，即：GBC=BGH 又ADBC，AGB=GBC AGB=BGH DGH=30，AGH=150，AGB=AGH=75，故答案为：75【点评】本题主要考查翻折变换，解题的关键是熟练掌握翻折变换的性质：折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等 2.（2018浙江舟山4 分）如图，量角器的 0 度刻度线为 AB，将一矩形直尺与量角器部分重叠，使直尺一边与量角器相切于点 C，直尺另一边交量角器于点 A，D，量得 AD=10cm，点 D 在量角器上的读数为 60，则该直尺的
7、宽度为_ cm。【考点】垂径定理，切线的性质 【分析】因为直尺另一边 EF 与圆 O 相切于点 C，连接 OC，可知求直尺的宽度就是求 CG=OC-OG，而 OC=OA；OG 和 OA 都在 RtAOG 中，即根据解直角三角形的思路去做：由垂定理可知 AG=DG=AD=5cm，AOG=AOD=60，从而可求答案.【解答】解：如图，连结 OD，OC，OC 与 AD 交于点 G,设直尺另一边为 EF，因为点 D 在量角器上的读数为 60，所以AOD=120，因为直尺一边 EF 与量角器相切于点 C，所以 OCEF，因为 EF/AD，所以 OCAD，由垂径定理得 AG=DG=AD=5 cm，AOG=
8、AOD=60，在 RtAOG 中，AG=5 cm，AOG=60，则 OG=cm,OC=OA=cm 则 CG=OC-OG=cm.【点评】本题的关键是利用垂径定理和切线的性质.三.解答题(要求同上一)1.（2018四川凉州8 分）如图，在平面直角坐标系中，点 O1的坐标为（4，0），以点 O1为圆心，8 为半径的圆与 x 轴交于 A，B 两点，过 A 作直线 l 与 x 轴负方向相交成 60的角，且交 y 轴于 C 点，以点 O2（13，5）为圆心的圆与 x 轴相切于点 D（1）求直线 l 的解析式；（2）将O2以每秒 1 个单位的速度沿 x 轴向左平移，当O2第一次与O1外切时，求O2平移的时间
9、 【分析】（1）求直线的解析式，可以先求出 A、C 两点的坐标，就可以根据待定系数法求出函数的解析式（2）设O2平移 t 秒后到O3处与O1第一次外切于点 P，O3与 x 轴相切于 D1点，连接 O1O3，O3D1 在直角O1O3D1中，根据勾股定理，就可以求出 O1D1，进而求出 D1D 的长，得到平移的时间【解答】解：（1）由题意得 OA=|4|+|8|=12，A 点坐标为（12，0）在 RtAOC 中，OAC=60，OC=OAtanOAC=12tan60=12 C 点的坐标为（0，12）设直线 l 的解析式为 y=kx+b，由 l 过 A、C 两点，得，解得 直线 l 的解析式为：y=x
10、12 （2）如图，设O2平移 t 秒后到O3处与O1第一次外切于点 P，O3与 x 轴相切于 D1点，连接 O1O3，O3D1 则 O1O3=O1P+PO3=8+5=13 O3D1x 轴，O3D1=5，在 RtO1O3D1中，O1D=O1O+OD=4+13=17，D1D=O1DO1D1=1712=5，（秒）O2平移的时间为 5 秒 【点评】本题综合了待定系数法求函数解析式，以及圆的位置关系，其中两圆相切时的辅助线的作法是经常用到的 2.（2018四川凉州10 分）如图，已知抛物线 y=x2+bx+c 经过 A（1，0），B（0，2）两点，顶点为 D（1）求抛物线的解析式；（2）将OAB 绕点
11、A 顺时针旋转 90后，点 B 落到点 C 的位置，将抛物线沿 y 轴平移后经过点 C，求平移后所得图象的函数关系式；（3）设（2）中平移后，所得抛物线与 y 轴的交点为 B1，顶点为 D1，若点 N 在平移后的抛物线上，且满足NBB1的面积是NDD1面积的 2 倍，求点 N 的坐标 【分析】（1）利用待定系数法，将点 A，B 的坐标代入解析式即可求得；（2）根据旋转的知识可得：A（1，0），B（0，2），OA=1，OB=2，可得旋转后 C 点的坐标为（3，1），当 x=3 时，由 y=x23x+2 得 y=2，可知抛物线 y=x23x+2 过点（3，2）将原抛物线沿 y 轴向下平移 1 个单
12、位后过点 C平移后的抛物线解析式为：y=x23x+1；（3）首先求得 B1，D1的坐标，根据图形分别求得即可，要注意利用方程思想【解答】解：（1）已知抛物线 y=x2+bx+c 经过 A（1，0），B（0，2），解得，所求抛物线的解析式为 y=x23x+2；（2）A（1，0），B（0，2），OA=1，OB=2，可得旋转后 C 点的坐标为（3，1），当 x=3 时，由 y=x23x+2 得 y=2，可知抛物线 y=x23x+2 过点（3，2），将原抛物线沿 y 轴向下平移 1 个单位后过点 C 平移后的抛物线解析式为：y=x23x+1；（3）点 N 在 y=x23x+1 上，可设 N 点坐标为（
13、x0，x023x0+1），将 y=x23x+1 配方得 y=（x）2，其对称轴为直线 x=0 x0时，如图，x0=1，此时 x023x0+1=1，N 点的坐标为（1，1）当时，如图，同理可得，x0=3，此时 x023x0+1=1，点 N 的坐标为（3，1）当 x0 时，由图可知，N 点不存在，舍去 综上，点 N 的坐标为（1，1）或（3，1）【点评】此题属于中考中的压轴题，难度较大，知识点考查的较多而且联系密切，需要学生认真审题 此题考查了二次函数与一次函数的综合知识，解题的关键是要注意数形结合思想的应用 3.（2018山西12 分）(本 题 12 分)综 合 与 实 践 问 题 情 境：在
14、数 学 活 动 课 上，老 师 出 示 了 这 样 一 个 问 题：如 图 1，在 矩 形 ABCD 中，AD=2AB，E 是 AB 延 长 线 上 一 点，且 BE=AB，连 接 DE，交 BC 于 点 M，以 DE 为 一 边 在 DE 的 左 下 方 作 正 方 形 DEFG，连 接 AM 试 判 断 线 段 AM 与 DE 的 位 置 关 系 探 究 展 示：勤 奋 小 组 发 现，AM 垂 直 平 分 DE，并 展 示 了 如 下 的 证 明 方 法：证 明：B E A B,AE 2 AB AD 2 AB,AD AE 四 边 形 ABCD 是 矩 形，AD/BC.EMEBDMAB（依
15、 据 ）BE AB,1EMDM EM DM.即 AM 是 ADE 的 DE 边 上 的 中 线，又 AD AE,AM DE.（依 据 2）AM 垂 直 平 分 DE 反 思 交 流：(1)上 述 证 明 过 程 中 的“依 据 1”“依 据 2”分 别 是 指 什么？试 判 断 图 中 的 点 A 是 否 在 线 段 GF 的 垂 直 平 分 上，请 直 接 回 答，不 必 证 明；(2)创 新 小 组 受 到 勤 奋 小 组 的 启 发，继 续 进 行 探 究，如 图 2，连 接 CE，以 CE 为 一 边 在 CE 的 左 下 方作 正 方 形 CEFG，发 现 点 G 在 线 段 BC
16、的 垂 直 平 分 线 上，请 你 给 出 证 明；探 索 发 现：(3)如 图 3，连 接 CE，以 CE 为 一 边 在 CE 的 右 上 方 作 正 方 形 CEFG，可 以 发 现 点 C，点 B 都 在 线 段 AE 的 垂 直 平 分 线 上，除 此 之 外，请 观 察 矩 形 ABCD 和 正 方 形 CEFG 的顶 点 与 边，你 还 能 发 现 哪 个 顶 点 在 哪 条 边 的 垂 直 平 分 线 上，请 写 出 一 个 你 发 现 的结 论，并 加 以 证 明.【考 点】平 行 线 分 线 段 成 比 例，三 线 合 一，正 方 形、矩 形 性 质，全 等【解 析】(1)
17、答：依 据 1：两 条 直 线 被 一 组 平 行 线 所 截，所 得 的 对 应 线 段 成 比 例（或 平 行 线 分 线 段 成比 例）.依 据 2：等 腰 三 角 形 顶 角 的 平 分 线，底 边 上 的 中 线 及 底 边 上 的 高 互 相 重 合（或 等 腰 三 角 形 的“三 线 合 一”）.答：点 A 在 线 段 GF 的 垂 直 平分 线 上.(2)证 明：过 点 G 作 GH BC 于 点 H，四 边 形 ABCD 是 矩 形，点 E 在 AB 的 延 长 线 上，CBE ABC GHC 90.1+2=90.四 边 形 CEFG 为 正 方 形，CG CE,GCE 90
18、.1 3 90.2=3.GHC CBE.HC BE.四 边 形 ABCD 是 矩 形，AD BC.AD 2 AB,BE AB,BC 2BE 2HC.HC BH.GH 垂 直 平 分 BC.点 G 在 BC 的 垂 直 平 分 线 上（3）答：点 F 在 BC 边 的 垂 直 平 分 线 上（或 点 F 在 AD 边 的 垂 直 平 分 线 上）.证 法 一：过 点 F 作 FM BC 于 点 M，过 点 E 作 EN FM 于 点 N.BMN ENM ENF 90.四 边 形 ABCD 是 矩 形，点 E 在 AB 的 延 长 线 上，CBE ABC 90.四 边 形 BENM 为 矩 形.B
19、M EN,BEN 90.1 2 90.四 边 形 CEFG 为 正 方 形，EF EC,CEF 90.2 3 90.1=3.CBE ENF 90,ENFEBC.NE BE.BM BE.四 边 形 ABCD 是 矩 形，AD BC.AD 2 AB,AB BE.BC 2BM.BM MC.FM 垂 直 平 分 BC，点 F 在 BC 边 的 垂 直 平 分 线 上.证 法 二：过 F 作 FN BE 交 BE 的 延 长 线 于 点 N，连 接 FB，FC.四 边 形 ABCD 是 矩 形，点 E 在 AB 的 延 长 线 上，CBE=ABC=N=90.1+3=90.四 边 形 CEFG 为 正 方
20、 形，EC=EF，CEF=90.1+2=90.2=3.ENF CBE.NF=BE,NE=BC.四 边 形 ABCD 是 矩 形，AD=BC.AD=2AB，BE=AB.设 BE=a，则 BC=EN=2a,NF=a.BF=CF.点 F 在 BC 边 的 垂 直 平 分 线 上.4（2018山东菏泽10 分）问题情境：在综合与实践课上，老师让同学们以“矩形纸片的剪拼”为主题开展数学活动如图 1，将：矩形纸片 ABCD沿对角线 AC 剪开，得到ABC 和ACD并且量得 AB=2cm，AC=4cm 操作发现：（1）将图 1 中的ACD 以点 A 为旋转中心，按逆时针方向旋转，使=BAC，得到如图 2 所
21、示的ACD，过点 C 作 AC的平行线，与 DC的延长线交于点 E，则四边形 ACEC的形状是 菱形 （2）创新小组将图 1 中的ACD 以点 A 为旋转中心，按逆时针方向旋转，使 B、A、D 三点在同一条直线上，得到如图 3 所示的ACD，连接 CC，取 CC的中点 F，连接 AF 并延长至点 G，使 FG=AF，连接 CG、CG，得到四边形 ACGC，发现它是正方形，请你证明这个结论 实践探究：（3）缜密小组在创新小组发现结论的基础上，进行如下操作：将ABC 沿着 BD 方向平移，使点 B 与点 A 重合，此时 A 点平移至 A点，AC 与 BC相交于点 H，如图 4 所示，连接 CC，试
22、求 tanCCH 的值 【考点】LO：四边形综合题【分析】（1）先判断出ACD=BAC，进而判断出BAC=ACD，进而判断出CAC=ACD，即可的结论；（2）先判断出CAC=90，再判断出 AGCC，CF=CF，进而判断出四边形 ACGC是平行四边形，即可得出结论；（3）先判断出ACB=30，进而求出 BH，AH，即可求出 CH，CH，即可得出结论【解答】解：（1）在如图 1 中，AC 是矩形 ABCD 的对角线，B=D=90，ABCD，ACD=BAC，在如图 2 中，由旋转知，AC=AC，ACD=ACD，BAC=ACD，CAC=BAC，CAC=ACD，ACCE，ACCE，四边形 ACEC是平
23、行四边形，AC=AC，ACEC是菱形，故答案为：菱形；（2）在图 1 中，四边形 ABCD 是矩形，ABCD，CAD=ACB，B=90，BAC+ACB=90 在图 3 中，由旋转知，DAC=DAC，ACB=DAC，BAC+DAC=90，点 D，A，B 在同一条直线上，CAC=90，由旋转知，AC=AC，点 F 是 CC的中点，AGCC，CF=CF，AF=FG，四边形 ACGC是平行四边形，AGCC，ACGC是菱形，CAC=90，菱形 ACGC是正方形；（3）在 RtABC 中，AB=2，AC=4，BC=AC=4，BD=BC=2，sinACB=，ACB=30，由（2）结合平移知，CHC=90，在
24、 RtBCH 中，ACB=30，BH=BCsin30=，CH=BCBH=4，在 RtABH 中，AH=AB=1，CH=ACAH=41=3，在 RtCHC中，tanCCH=【点评】此题是四边形综合题，主要考查了矩形是性质，平行四边形，菱形，矩形，正方形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数，旋转的性质，判断出CAC=90是解本题的关键 5（2018株洲市）下图为某区域部分交通线路图，其中直线，直线与直线都垂直，垂足分别为点 A、点 B 和点 C，（高速路右侧边缘），上的点 M 位于点 A 的北偏东 30方向上，且 BM千米，上的点 N 位于点 M 的北偏东方向上，且，MN=千米，点 A 和点 N
25、是城际线 L 上的两个相邻的站点.（1）求之间的距离（2）若城际火车平均时速为 150 千米/小时，求市民小强乘坐城际火车从站点 A 到站点 N 需要多少小时？（结果用分数表示）【答案】（1）2；（2）小时.【解析】分析：（1）直接利用锐角三角函数关系得出 DM 的长即可得出答案；（2）利用 tan30=，得出 AB 的长，进而利用勾股定理得出 DN 的长，进而得出 AN 的长，即可得出答案 详解：（1）过点 M 作 MDNC 于点 D，cos=，MN=2千米，cos=，解得：DM=2（km），答：l2和 l3之间的距离为 2km；（2）点 M 位于点 A 的北偏东 30方向上，且 BM=千米
26、，tan30=，解得：AB=3（km），可得：AC=3+2=5（km），MN=2km，DM=2km，DN=4（km），则 NC=DN+BM=5（km），AN=10（km），城际火车平均时速为 150 千米/小时，市民小强乘坐城际火车从站点 A 到站点 N 需要小时 点睛：此题主要考查了解直角三角形的应用，正确得出 AN 的长是解题关键 6（2018河南10 分）（1）问题发现 如图 1，在OAB 和OCD 中，OA=OB,OC=OD,AOB=COD=40，连接 AC，BD 交于点 M，填空：的值为_；AMB 的度数为_。（2）类比探究 如图 2，在OAB 和OCD 中，AOB=COD=90，O
27、AB=OCD=30，连接 AC 交 BD 的延长线于点 M，请判断的值及AMB 的度数，并说明理由；（3）拓展延伸 在（2）的条件下，将OCD 绕点 O 在平面内旋转，AC，BD 所在直线交于点 M，若 OD=1，OB=，请直接写出当点 C 与点 M 重合时 AC 的长。7（2018广东广州14 分）如图，在四边形 ABCD 中，B=60，D=30，AB=BC（1）求A+C 的度数。（2）连接 BD，探究 AD，BD，CD 三者之间的数量关系，并说明理由。（3）若 AB=1，点 E 在四边形 ABCD 内部运动，且满足，求点 E 运动路径的长度。【答案】（1）解：在四边形 ABCD 中，B=6
28、0，D=30，A+C=360-B-C=360-60-30=270。（2）解：如图，将BCD 绕点 B 逆时针旋转 60，得到BAQ，连接 DQ，BD=BQ，DBQ=60，BDQ 是等边三角形，BD=DQ，BAD+C=270，BAD+BAQ=270，DAQ=360-270=90，DAQ 是直角三角形 AD2+AQ2=DQ2 ，即 AD2+CD2=BD2（3）解：如图，将BCE 绕点 B 逆时针旋转 60，得到BAF，连接 EF，BE=BF，EBF=60，BEF 是等边三角形，EF=BE，BFE=60，AE2=BE2+CE2 AE2=EF2+AF2 AFE=90 BFA=BFE+AFE=60+90
29、=150，BEC=150，则动点 E 在四边形 ABCD 内部运动，满足BEC=150，以 BC 为边向外作等边OBC，则点 E 是以 O 为圆心，OB 为半径的圆周上运动，运动轨迹为 BC，OB=AB=1，则 BC=【考点】等边三角形的判定与性质，勾股定理的逆定理，多边形内角与外角，弧长的计算，旋转的性质 【解析】【分析】（1）根据四边形内角和为 360 度，结合已知条件即可求出答案.（2）将BCD 绕点 B 逆时针旋转 60，得到BAQ，连接 DQ（如图），由旋转性质和等边三角形判定得BDQ是等边三角形，由旋转性质根据角的计算可得DAQ 是直角三角形，根据勾股定理得 AD2+AQ2=DQ2
30、 ，即AD2+CD2=BD2.（3）将BCE 绕点 B 逆时针旋转 60，得到BAF，连接 EF(如图)，由等边三角形判定得BEF 是等边三角形，结合已知条件和等边三角形性质可得 AE2=EF2+AF2 ，即AFE=90，从而得出BFA=BEC=150，从而得出点 E 是在以 O 为圆心，OB 为半径的圆周上运动，运动轨迹为 BC，根据弧长公式即可得出答案.8（2018江苏扬州12 分）问题呈现 如图 1，在边长为 1 的正方形网格中，连接格点 D，N 和 E，C，DN 和 EC 相交于点 P，求 tanCPN 的值 方法归纳 求一个锐角的三角函数值，我们往往需要找出（或构造出）一个直角三角形
31、观察发现问题中CPN 不在直角三角形中，我们常常利用网格画平行线等方法解决此类问题，比如连接格点 M，N，可得 MNEC，则DNM=CPN，连接 DM，那么CPN 就变换到 RtDMN 中 问题解决（1）直接写出图 1 中 tanCPN 的值为 2；（2）如图 2，在边长为 1 的正方形网格中，AN 与 CM 相交于点 P，求 cosCPN 的值；思维拓展（3）如图 3，ABBC，AB=4BC，点 M 在 AB 上，且 AM=BC，延长 CB 到 N，使 BN=2BC，连接 AN 交 CM 的延长线于点 P，用上述方法构造网格求CPN 的度数 【分析】（1）连接格点 M，N，可得 MNEC，则
32、DNM=CPN，连接 DM，那么CPN 就变换到 RtDMN 中（2）如图 2 中，取格点 D，连接 CD，DM那么CPN 就变换到等腰 RtDMC 中（3）利用网格，构造等腰直角三角形解决问题即可；【解答】解：（1）如图 1 中，ECMN，CPN=DNM，tanCPN=tanDNM，DMN=90，tanCPN=tanDNM=2，故答案为 2 （2）如图 2 中，取格点 D，连接 CD，DM CDAN，CPN=DCM，DCM 是等腰直角三角形，DCM=D=45，cosCPN=cosDCM=（3）如图 3 中，如图取格点 M，连接 AN、MN PCMN，CPN=ANM，AM=MN，AMN=90，
33、ANM=MAN=45，CPN=45【点评】本题考查三角形综合题、平行线的性质、勾股定理、直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题 9（2018江苏盐城10 分）（1）【发现】如图，已知等边，将直角三角形的 角顶点 任意放在 边上（点 不与点、重合），使两边分别交线段、于点、.若，则 _；求证：._ （2）【思考】若将图中的三角板的顶点 在 边上移动，保持三角板与、的两个交点、都存在，连接，如图所示.问点 是否存在某一位置，使 平分 且 平分？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由.（3）【探索】如图，在等腰 中，点 为
34、 边的中点，将三角形透明纸板的一个顶点放在点 处（其中），使两条边分别交边、于点、（点、均不与 的顶点重合），连接.设，则 与 的周长之比为_（用含的表达式表示）.【答案】（1）解：4；证明：EDF=60，B=160CDF+BDE=120，BED+BDE=120，BED=CDF，又B=C，（2）解：解：存在。如图，作 DMBE，DGEF，DNCF，垂足分别为 M，G，N，平分 且 平分，DM=DG=DN，又B=C=60，BMD=CND=90，BDMCDN，BD=CD，即点 D 是 BC 的中点，。（3）1-cos 【考点】全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判
35、定与性质，相似三角形的判定与性质 【解析】【解答】（1）ABC 是等边三角形，AB=BC=AC=6，B=C=60，AE=4，BE=2，则 BE=BD，BDE 是等边三角形，BDE=60，又EDF=60，CDF=180-EDF-B=60，则CDF=C=60，CDF 是等边三角形，CF=CD=BC-BD=6-2=4。（3）连结 AO，作 OGBE，ODEF，OHCF，垂足分别为 G，D，H，则BGO=CHO=90，AB=AC，O 是 BC 的中点 B=C，OB=OC，OBGOCH，OG=OH，GB=CH，BOG=COH=90，则GOH=180-（BOG+COH）=2，EOF=B=，则GOH=2EO
36、F=2，由（2）题可猜想应用 EF=ED+DF=EG+FH（可通过半角旋转证明），则=AE+EF+AF=AE+EG+FH+AF=AG+AH=2AG，设 AB=m，则 OB=mcos，GB=mcos2,【分析】（1）先求出 BE 的长度后发现 BE=BD 的，又B=60，可知BDE 是等边三角形，可得BDE=60，另外EDF=60，可证得CDF 是等边三角形，从而 CF=CD=BC-BD；证明，这个模型可称为“一线三等角相似模型”，根据“AA”判定相似；（2）【思考】由平分线可联系到角平分线的性质“角平分线上的点到角两边的距离相等”，可过 D 作 DMBE，DGEF，DN CF，则 DM=DG=
37、DN，从而通过 证明 BDMCDN 可 得 BD=CD；（3）【探索】由已知不难求得=2(m+mcos)，则需要用 m 和 的三角函数表示出，=AE+EF+AF；题中直接已知 O 是 BC 的中点，应用（2）题的方法和结论，作 OGBE，ODEF，OHCF，可得 EG=ED，FH=DF，则=AE+EF+AF=AG+AH=2AG，而 AG=AB-OB，从而可求得。10（2018江西12 分）小贤与小杰在探究某类二次函数问题时，经历了如下过程：求解体验 (1)已知抛物线经过点(-1,0),则=，顶点坐标为 ，该抛物线关于点(0,1）成中心对称的抛物线的表达式是 .抽象感悟 我们定义：对于抛物线,以
38、轴上的点为中心，作该抛物线关于 点对称的抛物线,则我们又称抛物线为抛物线的“衍生抛物线”，点为“衍生中心”.(2)已知抛物线关于点的衍生抛物线为，若这两条抛物线有交点，求 的取值范围.问题解决 (3)已知抛物线 若抛物线的衍生抛物线为,两抛物线有两个交点，且恰好是 它们的顶点，求的值及衍生中心的坐标；若抛物线关于点的衍生抛物线为,其顶点为；关于点的衍生抛 物线为，其顶点为；关于点的衍生抛物线为，其顶点为；(为 正整数).求的长(用含的式子表示).xy备用图O 【解析】求解体验 (1)把(-1,0)代入 得 顶点坐标是(-2,1)(-2,1)关于(0,1)的对称点是(2,1)成中心对称的抛物线表达式是：xy1O 即 (如右图)抽象感悟 (2)顶点是（-1,6）(-1,6)关于的对称点是 两抛物线有交点 有解 有解 (如右图)问题解决(3)=顶点（-1，）代入 得：顶点（1，）代入 得：由 得 xyOxy963O ,两顶点坐标分别是（-1,0），（1,12）由中点坐标公式得 “衍生中心”的坐标是（0,6）如图，设,与轴分别相于,.则,，分别关于,中心对称.,分别是,的中位线，,xyBnBkBn+1B1AAn+1AnAkA1O