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）

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1、专题专题 54 探究发现类创新型综合素养能力题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

2、在型探究题三、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

3、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】【例题】(2020河南河南)小亮在学习中遇到这样一个问题： 如图，点 D 是 上一动点，线段 BC8cm，点 A 是线段 BC 的中点

4、，过点 C 作 CFBD，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 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： “当点 D

5、为 的中点时，BD5.0cm” 则上表中 a 的值是 ； “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)由 = 可求 BDCDa5cm； 由“AAS”可证BADCAF，可得 BDCF，即可求解； (2)由

6、题意可画出函数图象； (3)结合图象可求解 【解析】(1)点 D 为 的中点， = ，BDCDa5cm， 故答案为：5； (2)点 A 是线段 BC 的中点， ABAC， CFBD，FBDA， 又BADCAF， BADCAF(AAS)，BDCF， 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：BD3.8cm 或 5cm 或 6.2cm 时，DCF 为等腰三角形 【对点练习】【对点练习】在 RtABC 中，ABC=90，AB=，AC=2，过点 B 作直线 mAC，将ABC 绕点 C 顺时针旋 转得到ABC(点 A，B 的对应点分别为

7、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 AB与 BC 的交点为 M，当 M 为 AB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 PABQ 的面积是否存在最 小值若存在，求出四边形 PABQ 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=AC=2， ACB=90，AB=，AC=2， BC=， ACB=90，mAC， ABC=90， cosACB=， ACB=30， ACA=60； (2)M 为 AB的

8、中点， ACM=MAC， 由旋转可得，MAC=A， A=ACM， tanPCB=tanA=， PB=BC=， tanQ=tanA=， BQ=BC=2， PQ=PB+BQ=； (3)S四边形 PABQ=SPCQSACB=SPCQ， S四边形 PABQ最小，即 SPCQ最小， SPCQ=PQBC=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， CGPQ，即 CG 与 CB 重合时，CG 最小， CGmin=，PQmin=2， SPCQ的最小值=3，S四边形 PABQ=3； 法二(代数法)设 PB=x，BQ=y， 由射影

9、定理得：xy=3， 当 PQ 最小时，x+y 最小， (x+y) 2=x2+2xy+y2=x2+6+y22xy+6=12， 当 x=y=时， “=”成立， PQ=+=2， SPCQ的最小值=3，S四边形 PABQ=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 浙江宁波浙江宁波)问题小明在学习时遇到这样一个问题：求不等式 x 3+3x2x30 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

10、系 xOy 中，直线 y1ax+b 与双曲线 y2 k x 交于 A (1，3)和 B(3，1)，则不等 式 ax+b k x 的解集是 探究将不等式 x3+3x2x30 按条件进行转化： 当 x0 时，原不等式不成立； 当 x0 时，不等式两边同除以 x 并移项转化为 x2+3x1 3 x ； 当 x0 时，不等式两边同除以 x 并移项转化为 x2+3x1 3 x (2)构造函数，画出图象： 设 y3x2+3x1，y4 3 x ，在同一坐标系中分别画出这两个函数的图象； 双曲线 y4 3 x 如图 2 所示，请在此坐标系中画出抛物线 yx2+3x1(不用列表) (3)确定两个函数图象公共点的

11、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 y3y4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+3x2x30的解集为 【解析】(1)如图 1 中，观察图形可知：不等式 ax+b k x 的解集为 x1 或3x0 故答案为：x1 或3x0 (2)函数 y3x2+3x1 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 y3y4的所有 x的值为3 或1或 1 故答案为3或1 或 1 (4)

12、观察图象，当 x0时，不等式两边同除以 x 并移项转化为 x2+3x1 3 x 的解集为 x1， 当 x0 时，不等式两边同除以 x 并移项转化为 x2+3x1 3 x 的解集为 x3或1x0， 不等式 x3+3x2x30的解集为 x1或 x3或1x0 故答案为 x1或 x3或1x0 【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.

13、(发现猜想)(1)如图， 已知AOB70 ， AOD100 ， OC为BOD 的角平分线， 则AOC的度数为 ； . (探索归纳)(2)如图，AOBm，AODn，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，若AOB20 ，AOC90 ，AOD120 .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

14、】见解析。 【解析】(1)85 ； (2)AOBm，AODn，BODnm OC为BOD 的角平分线 BOC AOC+m (3)设经过的时间为 x秒， 则DOA120 30 x；COA90 10 x；BOA20 +20 x； 当在 x 之前，OC 为 OB，OD的角平分线；3020 x7030 x，x14(舍)； 当 x 在 和 2 之间，OD为 OC，OB的角平分线；30+20 x10050 x，x2； 当 x 在 2和 之间，OB 为 OC，OD 的角平分线；7030 x100+50 x，x3； 当 x 在 和 4 之间，OC 为 OB，OD 的角平分线；70+30 x30+20 x，x44

15、. 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，MPN80，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)

16、 【答案】见解析。 【分析】(1)连接 OA，OB，由切线的性质可求PAOPBO90，由四边形内角和可求解； (2)当APB60时，四边形 APBC 是菱形，连接 OA，OB，由切线长定理可得 PAPB，APCBPC 30，由“SAS”可证APCBPC，可得ACPBCP30，ACBC，可证 APACPBBC， 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 ，即可求解 【解析】(1)如图 1，连接 OA，OB， PA，PB 为O 的切线， PAOPBO90， APB+PAO+PBO+AOB360， APB+AOB180， APB80，AOB100，ACB50；

17、 (2)如图 2，当APB60时，四边形 APBC 是菱形， 连接 OA，OB， 由(1)可知，AOB+APB180， APB60，AOB120，ACB60APB， 点 C 运动到 PC 距离最大，PC 经过圆心， PA，PB 为O 的切线， PAPB，APCBPC30， 又PCPC， APCBPC(SAS)， ACPBCP30，ACBC， APCACP30，APAC， APACPBBC， 四边形 APBC 是菱形； (3)O 的半径为 r， OAr，OP2r， AP= 3r，PDr， AOP90APO60， = 60 180 = 3 ， 阴影部分的周长PA+PD+ = 3r+r+ 3r(3

18、+1+ 3)r 4(2020北京北京)在平面直角坐标系 xOy 中，O 的半径为 1，A，B 为O 外两点，AB1 给出如下定义：平移线段 AB，得到O 的弦 AB(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

19、)若点 A 的坐标为(2，3 2)，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，OEEFOF1，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 EHMN 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 PQOA 交，交O 于 P，Q以 OA，AB 为邻边构造 平行四边形 ABDO，以 OD 为边

20、构造等边ODB，等边OBA，则 ABAB，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P1P2P3P4； 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：P1P2P3P4，P3 (2)如图 1 中，作等边OEF，点 E 在 x 轴上，OEEFOF1， 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 EHMN 于 H， OM

21、2，ON23， tanNMO= 3， NMO60， EHEMsin60= 3 2 ， 观察图象可知，线段 AB 到O 的“平移距离”为 d1的最小值为 3 2 (3)如图 2 中，作直线 OA 交O 于 M，N 过点 O 作 PQOA 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OBA， 则 ABAB， 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OAOM= 5 2 1= 3 2， 当点 A与 P 或 Q 重合时，AA的值最大最大值=12+ (5 2) 2 = 29 2 ， 3

22、2 d2 29 2 5(2020哈尔滨哈尔滨)已知：O 是ABC 的外接圆，AD 为O 的直径，ADBC，垂足为 E，连接 BO，延长 BO 交 AC 于点 F (1)如图 1，求证：BFC3CAD； (2)如图 2，过点 D 作 DGBF 交O 于点 G，点 H 为 DG 的中点，连接 OH，求证：BEOH； (3)如图 3，在(2)的条件下，连接 CG，若 DGDE，AOF 的面积为92 5 ，求线段 CG 的长 【答案】见解析。 【分析】(1)由垂径定理可得 BEEC，由线段垂直平分线的性质可得 ABAC，由等腰三角形的性质可得 BADABOCAD，由外角的性质可得结论； (2)由“AA

23、S”可证BOEODH，可得 BEOH； (3)过点 F 作 FNAD，交 AD 于 N，设 DGDE2x，由全等三角形的性质可得 OEDHx，OD3x OAOB， 勾股定理可求BE22x， 由锐角三角函数可求AN= 2NF， ON= 2 4 NF， 可得AOAN+ON= 52 4 NF， 由三角形面积公式可求 NF 的长，可求 x1，可得 BE22 =OH，AE4，DGDE2，勾股定理可求 AC26，连接 AG，过点 A 作 AMCG，交 GC 的延长线于 M，通过证明ACMADG，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

24、 的直径，ADBC， BEEC，ABAC， 又ADBC，BADCAD， OAOB，BADABO， BADABOCAD， BFCBAC+ABO， BFCBAD+EAD+ABO3CAD； (2)如图 2，连接 AG， AD 是直径，AGD90， 点 H 是 DG 中点，DHHG， 又AODO，OHAG，AG2OH， AGDOHD90， DGBF，BOEODH， 又OEBOHD90，BODO， BOEODH(AAS)，BEOH； (3)如图 3，过点 F 作 FNAD，交 AD 于 N， 设 DGDE2x，DHHGx， BOEODH，OEDHx， OD3xOAOB， BE= 2 2 = 9 2 2

25、=22x， BAECAE， tanBAEtanCAE= = ， 22 4 = ， AN= 2NF， BOENOF， tanBOEtanNOF= = ， 22 = ， ON= 2 4 NF， AOAN+ON= 52 4 NF， AOF 的面积为92 5 ， 1 2 AONF= 1 2 52 4 NF2= 92 5 ， NF= 62 5 ， AO= 52 4 NF33x， x1， BE22 =OH，AE4，DGDE2， AC= 2+ 2 = 16+ 8 =26， 如图 3，连接 AG，过点 A 作 AMCG，交 GC 的延长线于 M， 由(2)可知：AG2OH42， 四边形 ADGC 是圆内接四边

26、形， ACMADG， 又AMCAGD90， ACMADG， = = ， 6 26 = 42 = 2 ， CM= 26 3 ，AM= 83 3 ， GM= 2 2 =32 64 3 = 46 3 ， CGGMCM= 26 3 6(2020成都成都)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，ACAD，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 AB10，tanB= 4 3，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

27、明理由 【答案】见解析。 【分析】(1)连接 OD，由切线的性质可得ADO90，由“SSS”可证ACOADO，可得ADO ACO90，可得结论； (2)由锐角三角函数可设 AC4x，BC3x，由勾股定理可求 BC6，再由勾股定理可求解； (3)连接 OD，DE，由“SAS”可知COEDOE，可得OCEOED，由三角形内角和定理可得DEF 180OECOED1802OCE，DFE180BCFCBF1802OCE，可得 DEFDFE，可证 DEDFCE，可得结论 【解析】(1)如图，连接 OD， O 与边 AB 相切于点 D， ODAB，即ADO90， AOAO，ACAD，OCOD， ACOADO

28、(SSS)， ADOACO90， 又OC 是半径， AC 是O 的切线； (2)tanB= 4 3 = ， 设 AC4x，BC3x， AC2+BC2AB2， 16x2+9x2100， x2， BC6， ACAD8，AB10， BD2， OB2OD2+BD2， (6OC)2OC2+4， OC= 8 3， 故O 的半径为8 3； (3)连接 OD，DE， 由(1)可知：ACOADO， ACOADO90，AOCAOD， 又CODO，OEOE， COEDOE(SAS)， OCEOED， OCOEOD， OCEOECOEDODE， DEF180OECOED1802OCE， 点 F 是 AB 中点，ACB

29、90， CFBFAF， FCBFBC， DFE180BCFCBF1802OCE， DEFDFE， DEDFCE， AFBFDF+BDCE+BD 7(2020攀枝花攀枝花)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 i1：0.75，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

30、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 FGCE 于点 G，设 FG4m，CG3m，利用勾股定理求出 CG 和 FG，得到 BG，过点 F 作 FH

31、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：90 72 = 150 ， 解得：x120， 经检验：x120 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

32、斜坡上的影子， 过点 F 作 FGCE 于点 G， 由题意可得：BC100，CF100， 斜坡坡度 i1：0.75， = = 1 0.75 = 4 3， 设 FG4m，CG3m，在CFG 中，(4m)2+(3m)21002， 解得：m20， CG60，FG80， BGBC+CG160， 过点 F 作 FHAB 于点 H， 同一时刻，90cm 矮圆柱的影子落在地面上，其长为 72cm， FGBE，ABBE，FHAB， 可知四边形 HBGF 为矩形， 90 72 = = ， AH= 90 72 = 90 72 160 =200， ABAH+BHAH+FG200+80280， 故高圆柱的高度为 28

33、0cm 8(2020陕西陕西)问题提出 (1)如图 1，在 RtABC 中，ACB90，ACBC，ACB 的平分线交 AB 于点 D过点 D 分别作 DE AC，DFBC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，AB8P 是 上一点，且 =2 ，连接 AP，BPAPB 的平分线交 AB 于点 C，过点 C 分别作 CEAP，CFBP，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 AB70m，点 C 在O 上，且 CA CB P 为 AB 上一点， 连接

34、 CP 并延长， 交O 于点 D 连接 AD， BD 过点 P 分别作 PEAD， PFBD， 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) 求 y 与 x 之间的函数关系式； 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 AP30m 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， =2 ，得出APB90，A

35、OP60，则ABP30，同 (1)得四边形 PECF 是正方形，得 PFCF，在 RtAPB 中，PBABcosABP43，在 RtCFB 中，BF= = 3CF，推出 PBCF+BF，即可得出结果； (3)同(1)得四边形 DEPF 是正方形，得出 PEPF，APE+BPF90，PEAPFB90，将 APE 绕点 P 逆时针旋转 90，得到APF，PAPA，则 A、F、B 三点共线，APEAPF，证 APB90，得出 SPAE+SPBFSPAB= 1 2PAPB= 1 2x(70 x)，在 RtACB 中，ACBC352，S ACB= 1 2AC 21225，由 yS PAB+SACB，即可

36、得出结果； 当 AP30 时，AP30，PB40，在 RtAPB 中，由勾股定理得 AB= 2+ 2=50，由 SA PB= 1 2ABPF= 1 2PBAP，求 PF，即可得出结果 【解析】(1)ACB90，DEAC，DFBC， 四边形 CEDF 是矩形， CD 平分ACB，DEAC，DFBC， DEDF， 四边形 CEDF 是正方形， CECFDEDF， 故答案为：CF、DE、DF； (2)连接 OP，如图 2 所示： AB 是半圆 O 的直径， =2 ， APB90，AOP= 1 3 18060， ABP30， 同(1)得：四边形 PECF 是正方形， PFCF， 在 RtAPB 中，P

37、BABcosABP8cos308 3 2 =43， 在 RtCFB 中，BF= = 30 = 3 3 = 3CF， PBPF+BF， PBCF+BF， 即：43 =CF+3CF， 解得：CF623； (3)AB 为O 的直径， ACBADB90， CACB， ADCBDC， 同(1)得：四边形 DEPF 是正方形， PEPF，APE+BPF90，PEAPFB90， 将APE 绕点 P 逆时针旋转 90，得到APF，PAPA，如图 3 所示： 则 A、F、B 三点共线，APEAPF， APF+BPF90，即APB90， SPAE+SPBFSPAB= 1 2PAPB= 1 2x(70 x)， 在

38、RtACB 中，ACBC= 2 2 AB= 2 2 70352， SACB= 1 2AC 2=1 2 (352)21225， ySPAB+SACB= 1 2x(70 x)+1225= 1 2x 2+35x+1225； 当 AP30 时，AP30，PBABAP703040， 在 RtAPB 中，由勾股定理得：AB= 2+ 2= 302+ 402=50， SAPB= 1 2ABPF= 1 2PBAP， 1 2 50PF= 1 2 4030， 解得：PF24， S四边形PEDFPF2242576(m2)， 当 AP30m 时室内活动区(四边形 PEDF)的面积为 576m2 9.(20209.(20

39、20 浙江舟山浙江舟山) )比较 x2+1与 2x 的大小 (1)尝试(用“”，“”或“”填空)： 当 x1时，x2+1 2x； 当 x0时，x2+1 2x； 当 x2 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)=；(2)x2+12x，理由见解析 【解析】(1)当 x1时，x2+12x； 当 x0时，x2+12x； 当 x2 时，x2+12x 故答案为：； (2)x2+12x 证明：x2+12x(x1)20， x2 +12x 10.(2020宁波宁波)【基础巩固】 (1)如图 1，在ABC 中，D 为 AB 上一点，ACD

40、B求证：AC2ADAB 【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，BFEA若 BF4，BE3，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，EFAC，AC2EF，EDF= 1 2BAD， AE2，DF5，求菱形 ABCD 的边长 【解析】见解析。 【分析】(1)证明ADCACB，得出 = ，则可得出结论； (2)证明BFEBCF，得出比例线段 = ，则 BF 2BEBC，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，

41、得出 ACEG，CGAE，EAC G，证明EDFEGD，得出比例线段 = ，则 DE= 2EF，可求出 DG，则答案可求出 【解析】(1)证明：ACDB，AA， ADCACB， = ， AC2ADAB (2)四边形 ABCD 是平行四边形， ADBC，AC， 又BFEA， BFEC， 又FBECBF， BFEBCF， = ， BF2BEBC， BC= 2 = 42 3 = 16 3 ， AD= 16 3 (3)如图，分别延长 EF，DC 相交于点 G， 四边形 ABCD 是菱形， ABDC，BAC= 1 2BAD， ACEF， 四边形 AEGC 为平行四边形， ACEG，CGAE，EACG， EDF= 1 2BAD， EDFBAC， EDFG， 又DEFGED， EDFEGD， = ， DE2EFEG， 又EGAC2EF， DE22EF2， DE= 2EF， 又 = ， DG= 2 = 52， DCDGCG52 2