第二讲 第2课时 探究型问题

第2课时 探究型问题(69分)一、选择题(每题6分，共12分)1．[2017·滨州]如图2－2－1，点P 为定角∠AOB 的平分线上的一个定点，且∠MPN 与∠AOB 互补，若∠MPN 在绕点P 旋转的过程中，其两边分别与OA ，OB 相交于M ，N 两点，则以下结论：①PM ＝PN 恒成立；②OM ＋ON 的值不变；③四边形PMON 的面积不变；④MN 的长不变，其中正确的个数为 ( B )A ．4B ．3C ．2D ．1图2－2－1 第1题答图【解析】 如答图，作PE ⊥OA 于E ，PF ⊥OB 于F .∵∠PEO ＝∠PFO ＝90°，∴∠EPF ＋∠AOB ＝180°，∵∠MPN ＋∠AOB ＝180°，∴∠EPF ＝∠MPN ，∴∠EPM ＝∠FPN ，∵OP 平分∠AOB ，PE ⊥OA ，PF ⊥OB ，∴PE ＝PF ，在Rt △POE 和Rt △POF 中，⎩⎨⎧OP ＝OP ，PE ＝PF ，∴Rt △POE ≌Rt △POF ，∴OE ＝OF ，在△PEM 和△PFN 中， ⎩⎨⎧∠MPE ＝∠NPF ，PE ＝PF ，∠PEM ＝∠PFN ，∴△PEM ≌△PFN ，∴EM ＝NF ，PM ＝PN ，故①正确；∴S △PEM ＝S △PNF ，∴S 四边形PMON ＝S 四边形PEOF ＝定值，故③正确；∵OM ＋ON ＝OE ＋ME ＋OF －NF ＝2OE ＝定值，故②正确；MN 的长度是变化的，故④错误．故选B.2．[2017·株洲]如图2－2－2，若△ABC 内一点P 满足∠P AC ＝∠PBA ＝∠PCB ，则点P为△ABC的布洛卡点．三角形的布洛卡点(Brocard，point)是法国数学家和数学教育家克洛尔(A.L.Crelle，1780～1855)于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意，1875年，布洛卡点被一个数学爱好者法国军官布洛卡(Brocard，1845～1922)重新发现，并用他的名字命名．问题：已知在等腰直角三角形DEF中，∠EDF＝90°，若点Q为△DEF的布洛卡点，DQ＝1，则EQ＋FQ的值为(D) A．5 B．4C．3＋ 2 D．2＋2图2－2－2 第2题答图【解析】如答图，在等腰直角三角形DEF中，∠EDF＝90°，DE＝DF，∠1＝∠2＝∠3，∵∠1＋∠QEF＝∠3＋∠DFQ＝45°，∴∠QEF＝∠DFQ，∵∠2＝∠3，∴△DQF∽△FQE, ∴DQFQ＝FQQE＝DFEF＝12，∵DQ＝1，∴FQ＝2，EQ＝2，∴EQ＋FQ＝2＋ 2.二、填空题(每题6分，共12分)3．[2017·绍兴]如图2－2－3，∠AOB＝45°，点M，N 在边OA上，OM＝x，ON＝x＋4，点P是边OB上的点，若使点P，M，N构成等腰三角形的点P恰好有三个，则x的值是__．【解析】分三种情况：①如答图①，当M与O重合时，即x＝0时，点P恰好有三个；②如答图②，以M为圆心，以4为半径画圆，当⊙M与OB相切时，设切点为C，⊙M与OA交于D，图2－2－3第3题答图①∴MC ⊥OB ，∵∠AOB＝45°，∴△MCO 是等腰直角三角形，∴MC ＝OC ＝4，∴OM ＝4 2，当M 与D 重合时，即x ＝OM －DM ＝4 2－4时，同理可知：点P 恰好有三个；③如答图③，取OM ＝4，以M 为圆心，以OM 为半径画圆，则⊙M 与OB 除了O 外只有一个交点，此时x ＝4，即以∠PMN 为顶角，MN 为腰，符合条件的点P 有一个，以N 圆心，以MN 为半径画圆，与直线OB 相离，说明此时以∠PNM 为顶角，以MN 为腰，符合条件的点P 不存在，还有一个是以NM 为底边的符合条件的点P ；点M 沿OA 运动，到M 1时，发现⊙M 1与直线OB 有一个交点，∴当4＜x ＜4 2时，圆M 在移动过程中，则会与OB 除了O 外有两个交点，满足点P 恰好有三个．综上所述，若使点P ，M ，N 构成等腰三角形的点P 恰好有三个，则x 的值是x ＝0或x ＝4 2－4或4＜x ＜4 2.4．如图2－2－4，正方形ABCD 边长为1，以AB 为直径作半圆，P 是CD 中点，BP 与半圆交于点Q ，连结DQ .给出如下结论：①DQ ＝1；②PQ BQ ＝32；③S △PDQ＝18；④cos ∠ADQ ＝35.其中正确结论是__①②④__(填序号)．图2－2－4 第4题答图 【解析】 ①如答图，连结OQ ，OD ，∵DP ＝12CD ＝BO ＝12AB ，且DP ∥OB ，∴四边形OBPD 是平行四边形．∴∠AOD ＝∠OBQ ，∠DOQ ＝∠OQB ，∵OB ＝OQ ，∴∠OBQ ＝∠OQB ，∴∠AOD ＝∠DOQ ，∴△AOD ≌△QOD (SAS )，第3题答图②第3题答图③∴∠OQD ＝∠DAO ＝90°，DQ ＝AD ＝1.∴①正确；②如答图，延长DQ 交BC 于点E ，过点Q 作QF ⊥CD ，垂足为F ，根据切线长定理，得QE ＝BE ，设QE ＝x ，则BE ＝x ，DE ＝1＋x ，CE ＝1－x ，在Rt △CDE 中，(1＋x )2＝(1－x )2＋1，解得x ＝14，∴CE ＝34，∵△DQF ∽△DEC ，∴DQ DE ＝FQ CE ＝45，得FQ＝35，∵△PQF ∽△PBC ，∴PQ BP ＝FQ CB ＝35，∴PQ BQ ＝32.∴②正确；③S △PDQ ＝ 12DP ·QF ＝12×12×35＝320，∴③错误；④∵AD ∥BC ，∴∠ADQ ＝∠DEC ，∴cos ∠ADQ ＝cos ∠DEC ＝CE DE ＝ 34 54＝35，∴④正确．故答案为①②④.三、解答题(共45分)5．(15分)[2017·连云港]问题呈现：如图2－2－5①，点E ，F ，G ，H 分别在矩形ABCD 的边AB ，BC ，CD ，DA 上，AE ＝DG .求证：2S 四边形EFGH ＝S 矩形ABCD .(S 表示面积)图2－2－5①实验探究：某数学实验小组发现：若图①中AH ≠BF ，点G 在CD 上移动时，上述结论会发生变化，分别过点E ，G 作BC 边的平行线，再分别过点F ，H 作AB 边的平行线，四条平行线分别相交于点A 1，B 1，C 1，D 1，得到矩形A 1B 1C 1D 1.如图②，当AH ＞BF 时，若将点G 向点C 靠近(DG ＞AE )，经过探索，发现：2S 四边形EFGH ＝S 矩形ABCD ＋S 矩形A 1B 1C 1D 1.如图③，当AH ＞BF 时，若将点G 向点D 靠近(DG ＜AE )，请探索S 四边形EFGH ，S 矩形ABCD 与S 矩形A 1B 1C 1D 1之间的数量关系，并说明理由．图2－2－5迁移应用：请直接应用“实验探究”中发现的结论解答下列问题：(1)如图④，点E ，F ，G ，H 分别是面积为25的正方形ABCD 各边上的点，已知AH ＞BF ，AE ＞DG ，S 四边形EFGH ＝11，HF ＝29，求EG 的长．图2－2－5④ 图2－2－5⑤ (2)如图⑤，在矩形ABCD 中，AB ＝3，AD ＝5，点E ，H 分别在边AB ，AD 上，BE ＝1，DH ＝2，点F ，G 分别是边BC ，CD 上的动点，且FG ＝10，连结EF ，HG ，请直接写出四边形EFGH 面积的最大值．解：问题呈现：证明：∵四边形ABCD 是矩形，∴AB ∥CD ，∠A ＝90°，又∵AE ＝DG ，∴四边形AEGD 是矩形，∴S △HEG ＝12EG ·AE ＝12S 矩形AEGD ，同理可得S △FEG ＝12S 矩形BCGE .∵S 四边形EFGH ＝S △HEG ＋S △FEG ，∴2S 四边形EFGH ＝S 矩形ABCD .实验探究：由题意得，当将G 点向点D 靠近(DG ＜AE )时，如答图①所示，S △HEC 1＝12S 矩形HAEC 1，S △EFB 1＝12S 矩形EBFB 1，S △FGA 1＝12S 矩形FCGA 1，S △GHD 1＝12S 矩形GDHD 1，∴S 四边形EFGH ＝S △HEC 1＋S △EFB 1＋S △FGA 1＋S △GHD 1－S 矩形A 1B 1C 1D 1， ∴2S 四边形EFGH ＝S 矩形HAEC 1＋S 矩形EBFB 1＋S 矩形FCGA 1＋S 矩形GDHD 1－2S 矩形A 1B 1C 1D 1，即2S 四边形EFGH ＝S 矩形ABCD －S 矩形A 1B 1C 1D 1.迁移应用：(1)如答图②所示，由“实验探究”的结论可知 2S 四边形EFGH＝S 矩形ABCD －S 矩形A 1B 1C 1D 1，∴S 矩形A 1B 1C 1D 1＝S矩形ABCD －2S 四边形EFGH ＝25－2×11＝3＝A 1B 1·A 1D 1，∵正方形面积是25，∴边长为5，又∵A 1D 21＝HF 2－52＝29－25＝4， ∴A 1D 1＝2，A 1B 1＝32，∴EG 2＝A 1B 21＋52＝94＋25＝1094，∴EG ＝1092.(2)四边形 EFGH 面积的最大值为172.6．(15分)[2016·黑龙江]已知：P 是▱ABCD 对角线AC 所在直线上的一个动点(点P 不与点A ，C 重合)，分别过点A ，C 向直线BP 作垂线，垂足分别为E ，F ，O 为AC 的中点．(1)如图2－2－6①，当点P 与点O 重合时，求证OE ＝OF ；图2－2－6第5题答图① 第5题答图②(2)直线BP 绕点B 逆时针方向旋转，当∠OFE ＝30°时，如图②、图③的位置，猜想线段CF ，AE ，OE 之间有怎样的数量关系？请写出你对图②、图③的猜想，并选择一种情况予以证明．解：(1)证明：∵AE ⊥PB ，CF ⊥BP ，∴∠AEO ＝∠CFO ＝90°，在△AEO 和△CFO 中，⎩⎨⎧∠AEO ＝∠CFO ，∠AOE ＝∠COF ，AO ＝CO ，∴△AEO ≌△CFO (AAS )，∴OE ＝OF ；(2)图②中的结论为CF ＝OE ＋AE .图③中的结论为CF ＝OE －AE .选图②中的结论，证明：如答图①，延长EO 交CF 于点G .∵AE ⊥BP ，CF ⊥BP ，∴AE ∥CF ，∴∠EAO ＝∠GCO ，在△EOA 和△GOC 中，⎩⎨⎧∠EAO ＝∠GCO ，OA ＝OC ，∠AOE ＝∠COG ，∴△EOA ≌△GOC (ASA )，∴EO ＝GO ，AE ＝CG ，在Rt △EFG 中，∵EO ＝OG ，∴OE ＝OF ＝GO ，∵∠OFE ＝30°，∴∠OFG ＝90°－30°＝60°，∴△OFG 是等边三角形，∴OF ＝FG ，∵OE ＝OF ，∴OE ＝FG ，∵CF ＝FG ＋CG ，∴CF ＝OE ＋AE .① ②第6题答图选图③的结论，证明：如答图②，延长EO 交FC 的延长线于点G ，∵AE ⊥BP ，CF ⊥BP ，∴AE ∥CF ，∴∠AEO ＝∠G ，在△AOE 和△COG 中，⎩⎨⎧∠AEO ＝∠G ，∠AOE ＝∠COG ，AO ＝CO ，∴△AOE ≌△COG (AAS )，∴OE ＝OG ，AE ＝CG ，在Rt △EFG 中，∵OE ＝OG ，∴OE ＝OF ＝OG ，∵∠OFE ＝30°，∴∠OFG ＝90°－30°＝60°，∴△OFG 是等边三角形，∴OF ＝FG ，∵OE ＝OF ，∴OE ＝FG ，∵CF ＝FG －CG ，∴CF ＝OE －AE .7．(15分)[2017·成都]问题背景：如图2－2－7①，等腰三角形ABC 中，AB ＝AC ，∠BAC ＝120°，作AD ⊥BC 于点D ，则D 为BC 的中点，∠BAD ＝12∠BAC＝60°，于是BC AB ＝2BD AB ＝3；图2－2－7① 图2－2－7② 迁移应用：如图②，△ABC 和△ADE 都是等腰三角形，∠BAC ＝∠DAE ＝120°，D ，E ，C 三点在同一条直线上，连结BD .①求证：△ADB ≌△AEC ；②请直接写出线段AD ，BD ，CD 之间的等量关系式；拓展延伸：如图③，在菱形ABCD 中，∠ABC ＝120°，在∠ABC 内作射线BM ，作点C 关于BM 的对称点E ，连结AE 并延长交BM 于点F ，连结CE ，CF .①证明：△CEF 是等边三角形；②若AE ＝5，CE ＝2，求BF 的长．图2－2－7③解：迁移应用：①证明：∵ △ABC 和△ADE 都是等腰三角形，∠BAC ＝∠DAE ＝∠120°，∴AD ＝AE ，AB ＝AC ，∵∠DAB ＝∠DAE －∠BAE ，∠CAE ＝∠BAC －∠BAE ，∴∠DAB ＝∠CAE ，∴△ADB ≌△AEC ；②BD ＋3AD ＝CD .拓展延伸：①证明：如答图所示，连结BE ，作BG ⊥AE ，∵点C ，E 关于BM 对称，∴BM 垂直平分CE ，∴FE ＝FC ，BE ＝BC ，∴△CEF 和△BEC 都是等腰三角形，∴AB ＝BC ＝BE ，又∵BG ⊥AE ，∴∠ABG ＝∠EBG ，∠EBF ＝∠CBF ，∴∠GBF ＝∠EBG ＋∠EBF ＝12∠ABC ＝60°，∴∠GFB ＝30°，∴∠EFC ＝60°，∴△CEF 是等边三角形；②∵AE ＝5，CE ＝2，在等腰三角形ABE 中，GE ＝GA ＝52.又∵EF ＝2，∴GF ＝GE ＋EF ＝92，在Rt △GBF 中，∵∠GFB ＝30°，∴FG ＝3BG ，∴BF ＝2×GF3＝3 3. (15分)8．(15分)[2017·自贡]如图2－2－8①，在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，点A (－1，0)，点B (0，3)．(1)求∠BAO 的度数；第7题答图(2)如图①，将△AOB绕点O顺时针旋转得△A′OB′，当A′恰好落在AB边上时，设△AB′O的面积为S1，△BA′O的面积为S2，则S1与S2有何关系？为什么？(3)若将△AOB绕点O顺时针旋转到如图②所示的位置，S1与S2的关系发生变化了吗？证明你的判断．①②图2－2－8【解析】(1)在Rt△AOB中，利用锐角三角函数求解；(2)当A′恰好落在AB边上时，易证△AOA′是等边三角形，从而得到旋转角为60°，分别求得S1和S2，比较即可；(3)对于△AB′O和△BA′O，OA＝OA′，分别作这两条边上的高，通过比较高的大小即可得到它们面积之间的关系．解：(1)∵A(－1，0)，B(0，3)，∴AO＝1，BO＝3，∴tan∠BAO＝BOAO＝31＝3，∴∠BAO＝60°；(2)S1＝S2.理由：根据旋转的性质可得AO＝A′O，∠OA′B′＝60°.∵∠BAO＝60°，∴△AOA′是等边三角形，∴A′O＝AO，∠AOA′＝60°，∴∠AOA′＝∠OA′B′，∴A′B′∥x轴，∴A′B′⊥y轴．如答图①，设A′B′与y轴交于点C，在Rt△A′CO中，A′O＝1，∠A′OC＝90°－60°＝30°，∴A′C＝12，CO＝32.∴S1＝12AO·CO＝12×1×32＝34，S 2＝12BO ·A ′C ＝12×3×12＝34，∴S 1＝S 2；第8题答图①第8题答图② (3)关系没有变化．理由：如答图②，过点B ′作B ′D ⊥x 轴于D ，过点B 作BE ⊥OA ′于E ，∴∠ODB ′＝∠OEB ＝90°.∵∠AOA ′＝∠BOB ′，∴∠AOB ＝∠A ′OB ′＝90°，∴∠BOE ＝∠B ′OD .又∵OB ＝OB ′，∴△OBE ≌△OB ′D ，∴BE ＝B ′D .又∵OA ＝OA ′，∴S 1＝S 2.(16分)9．(16分)[2017·盐城]【探索发现】 如图2－2－9①是一张直角三角形纸片，∠B ＝90°，小明想从中剪出一个以∠B 为内角且面积最大的矩形，经过多次操作发现，当沿着中位线DE ，EF 剪下时，所得的矩形的面积最大．随后，他通过证明验证了其正确性，并得出：矩形的最大面积与原三角形面积的比值为__12__．图2－2－9【拓展应用】如图②，在△ABC 中，BC ＝a ，BC 边上的高AD ＝h ，矩形PQMN 的顶点P ，N分别在边AB，AC上，顶点Q，M在边BC上，则矩形PQMN面积的最大值为__14ah__．(用含a，h的代数式表示)【灵活应用】如图③，有一块“缺角矩形”ABCDE，AB＝32，BC＝40，AE＝20，CD＝16，小明从中剪出了一个面积最大的矩形(∠B为所剪出矩形的内角)，求该矩形的面积．【实际应用】如图④，现有一块四边形的木板余料ABCD，经测量AB＝50 cm，BC＝108 cm，CD＝60 cm，且tan B＝tan C＝43，木匠徐师傅从这块余料中裁出了顶点M，N在边BC上且面积最大的矩形PQMN，求该矩形的面积．图2－2－9④备用图解：【灵活应用】如答图①，设矩形BFGK是从“缺角矩形”中剪出的一个矩形，显然，当顶点G在线段DE上时，矩形的面积才可取最大值．作直线DE，分别交线段BA，BC的延长线于点P，Q，过点E作EH⊥BC于点H.∵四边形ABCM是矩形，∴AM∥BC，∴△DEM∽△DQC.∴EMCQ＝MDCD.∵CD＝16，CM＝AB＝32，∴MD＝CD＝16.∴EMCQ＝1，即CQ＝EM.∵AE＝20，AM＝BC＝40，∴EM＝AE＝20. ∴AE＝CQ.同理P A＝MD＝CD＝16.∴当BK＝12PB＝24，即当顶点G在DE中点处时，矩形的面积最大，最大面第9题答图①积为14×60×48＝720.【实际应用】分三种情形：(I)如答图②，当矩形的另两个顶点P ，Q 分别在边AB ，CD 上时，延长BA ，CD 相交于点E .∵∠B ＝∠C ，∴EB ＝EC .过点E 作EH ⊥BC 于点H .∴BH ＝12BC ＝12×108＝54.在Rt △EBH 中，EH ＝BH ·tan B ＝54×43＝72.∴EB ＝90.由结论，当PB ＝12EB ＝45＜AB 时，矩形面积有最大值14×108×72＝1 944 cm 2第9题答图② 第9题答图③ (II)如答图③，当矩形的另两个顶点P ，Q 分别在边AD ，CD 上时，延长BA ，CD 相交于E ，延长QP 交AE 于F ，过点F 作FG ⊥BC 于G ，则矩形PQMN 的面积小于矩形FQMG 的面积．由①知，S 矩形FQMG ＜1 944.(III)当矩形另两个顶点P ，Q 分别在边AB ，AD 上时，此时不能裁出矩形． 综上所述，矩形面积的最大值为1 944 cm 2.。