2018年中考數(shù)學真題分類匯編第一期專題37操作探究試題含解析20190125365

PAGEPAGE12操作探究一、選擇題1．（2018?湖北荊門?3分）如圖，等腰Rt△ABC中，斜邊AB的長為2，O為AB的中點，P為AC邊上的動點，OQ⊥OP交BC于點Q，M為PQ的中點，當點P從點A運動到點C時，點M所經(jīng)過的路線長為（）A． B． C．1 D．2【分析】連接OC，作PE⊥AB于E，MH⊥AB于H，QF⊥AB于F，如圖，利用等腰直角三角形的性質(zhì)得AC=BC=，∠A=∠B=45°，OC⊥AB，OC=OA=OB=1，∠OCB=45°，再證明Rt△AOP≌△COQ得到AP=CQ，接著利用△APE和△BFQ都為等腰直角三角形得到PE=AP=CQ，QF=BQ，所以PE+QF=BC=1，然后證明MH為梯形PEFQ的中位線得到MH=，即可判定點M到AB的距離為，從而得到點M的運動路線為△ABC的中位線，最后利用三角形中位線性質(zhì)得到點M所經(jīng)過的路線長．【解答】解：連接OC，作PE⊥AB于E，MH⊥AB于H，QF⊥AB于F，如圖，∵△ACB為到等腰直角三角形，∴AC=BC=AB=，∠A=∠B=45°，∵O為AB的中點，∴OC⊥AB，OC平分∠ACB，OC=OA=OB=1，∴∠OCB=45°，∵∠POQ=90°，∠COA=90°，∴∠AOP=∠COQ，在Rt△AOP和△COQ中，∴Rt△AOP≌△COQ，∴AP=CQ，易得△APE和△BFQ都為等腰直角三角形，∴PE=AP=CQ，QF=BQ，∴PE+QF=（CQ+BQ）=BC=×=1，∵M點為PQ的中點，∴MH為梯形PEFQ的中位線，∴MH=（PE+QF）=，即點M到AB的距離為，而CO=1，∴點M的運動路線為△ABC的中位線，∴當點P從點A運動到點C時，點M所經(jīng)過的路線長=AB=1．故選：C．【點評】本題考查了軌跡：通過計算確定動點在運動過程中不變的量，從而得到運動的軌跡．也考查了等腰直角三角形的性質(zhì)．2．（2018·浙江臨安·3分）如圖，正方形硬紙片ABCD的邊長是4，點E、F分別是AB、BC的中點，若沿左圖中的虛線剪開，拼成如圖的一座“小別墅”，則圖中陰影部分的面積是（）A．2 B．4 C．8 D．10【考點】陰影部分的面積【分析】本題考查空間想象能力．【解答】解：陰影部分由一個等腰直角三角形和一個直角梯形組成，由第一個圖形可知：陰影部分的兩部分可構(gòu)成正方形的四分之一，正方形的面積=4×4=16，∴圖中陰影部分的面積是16÷4=4．故選：B．【點評】解決本題的關(guān)鍵是得到陰影部分的組成與原正方形面積之間的關(guān)系．3（2018·浙江舟山·3分）將一張正方形紙片按如圖步驟①，②沿虛線對折兩次，然后沿③中平行于底邊的虛線剪去一個角，展開鋪平后的圖形是（

）A.

B.

C.

D.

【考點】剪紙問題【解析】【解答】解：沿虛線剪開以后，剩下的圖形先向右上方展開，缺失的部分是一個等腰直角三角形，用直角邊與正方形的邊是分別平行的，再沿著對角線展開，得到圖形A。

故答案為A。

【分析】根據(jù)對稱的性質(zhì)，用倒推法去展開這個折紙?！军c評】本題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間想象能力.二.填空題(要求同上一.)1．（2018·湖南省常德·3分）如圖，將矩形ABCD沿EF折疊，使點B落在AD邊上的點G處，點C落在點H處，已知∠DGH=30°，連接BG，則∠AGB=75°．【分析】由折疊的性質(zhì)可知：GE=BE，∠EGH=∠ABC=90°，從而可證明∠EBG=∠EGB．，然后再根據(jù)∠EGH﹣∠EGB=∠EBC﹣∠EBG，即：∠GBC=∠BGH，由平行線的性質(zhì)可知∠AGB=∠GBC，從而易證∠AGB=∠BGH，據(jù)此可得答案．【解答】解：由折疊的性質(zhì)可知：GE=BE，∠EGH=∠ABC=90°，∴∠EBG=∠EGB．∴∠EGH﹣∠EGB=∠EBC﹣∠EBG，即：∠GBC=∠BGH．又∵AD∥BC，∴∠AGB=∠GBC．∴∠AGB=∠BGH．∵∠DGH=30°，∴∠AGH=150°，∴∠AGB=∠AGH=75°，故答案為：75°．【點評】本題主要考查翻折變換，解題的關(guān)鍵是熟練掌握翻折變換的性質(zhì)：折疊前后圖形的形狀和大小不變，位置變化，對應邊和對應角相等．2.（2018·浙江舟山·4分）如圖，量角器的0度刻度線為AB，將一矩形直尺與量角器部分重疊，使直尺一邊與量角器相切于點C，直尺另一邊交量角器于點A，D，量得AD=10cm，點D在量角器上的讀數(shù)為60°，則該直尺的寬度為________

cm?！究键c】垂徑定理，切線的性質(zhì)【分析】因為直尺另一邊EF與圓O相切于點C，連接OC，可知求直尺的寬度就是求CG=OC-OG，而OC=OA；OG和OA都在Rt△AOG中，即根據(jù)解直角三角形的思路去做：由垂定理可知AG=DG=AD=5cm，∠AOG=∠AOD=60°，從而可求答案.【解答】解：如圖，連結(jié)OD，OC，OC與AD交于點G,設直尺另一邊為EF，

因為點D在量角器上的讀數(shù)為60°，

所以∠AOD=120°，

因為直尺一邊EF與量角器相切于點C，

所以OC⊥EF，

因為EF//AD，

所以OC⊥AD，

由垂徑定理得AG=DG=AD=5cm，∠AOG=∠AOD=60°，

在Rt△AOG中，AG=5cm，∠AOG=60°，

則OG=cm,OC=OA=cm

則CG=OC-OG=cm.

【點評】本題的關(guān)鍵是利用垂徑定理和切線的性質(zhì).三.解答題(要求同上一)1.．（2018?四川涼州?8分）如圖，在平面直角坐標系中，點O1的坐標為（﹣4，0），以點O1為圓心，8為半徑的圓與x軸交于A，B兩點，過A作直線l與x軸負方向相交成60°的角，且交y軸于C點，以點O2（13，5）為圓心的圓與x軸相切于點D．（1）求直線l的解析式；（2）將⊙O2以每秒1個單位的速度沿x軸向左平移，當⊙O2第一次與⊙O1外切時，求⊙O2平移的時間．【分析】（1）求直線的解析式，可以先求出A、C兩點的坐標，就可以根據(jù)待定系數(shù)法求出函數(shù)的解析式．（2）設⊙O2平移t秒后到⊙O3處與⊙O1第一次外切于點P，⊙O3與x軸相切于D1點，連接O1O3，O3D1．在直角△O1O3D1中，根據(jù)勾股定理，就可以求出O1D1，進而求出D1D的長，得到平移的時間．【解答】解：（1）由題意得OA=|﹣4|+|8|=12，∴A點坐標為（﹣12，0）．∵在Rt△AOC中，∠OAC=60°，OC=OAtan∠OAC=12×tan60°=12．∴C點的坐標為（0，﹣12）．設直線l的解析式為y=kx+b，由l過A、C兩點，得，解得∴直線l的解析式為：y=﹣x﹣12．（2）如圖，設⊙O2平移t秒后到⊙O3處與⊙O1第一次外切于點P，⊙O3與x軸相切于D1點，連接O1O3，O3D1．則O1O3=O1P+PO3=8+5=13．∵O3D1⊥x軸，∴O3D1=5，在Rt△O1O3D1中，．∵O1D=O1O+OD=4+13=17，∴D1D=O1D﹣O1D1=17﹣12=5，∴（秒）．∴⊙O2平移的時間為5秒．【點評】本題綜合了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，以及圓的位置關(guān)系，其中兩圓相切時的輔助線的作法是經(jīng)常用到的．2.．（2018?四川涼州?10分）如圖，已知拋物線y=x2+bx+c經(jīng)過A（1，0），B（0，2）兩點，頂點為D．（1）求拋物線的解析式；（2）將△OAB繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°后，點B落到點C的位置，將拋物線沿y軸平移后經(jīng)過點C，求平移后所得圖象的函數(shù)關(guān)系式；（3）設（2）中平移后，所得拋物線與y軸的交點為B1，頂點為D1，若點N在平移后的拋物線上，且滿足△NBB1的面積是△NDD1面積的2倍，求點N的坐標．【分析】（1）利用待定系數(shù)法，將點A，B的坐標代入解析式即可求得；（2）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的知識可得：A（1，0），B（0，2），∴OA=1，OB=2，可得旋轉(zhuǎn)后C點的坐標為（3，1），當x=3時，由y=x2﹣3x+2得y=2，可知拋物線y=x2﹣3x+2過點（3，2）∴將原拋物線沿y軸向下平移1個單位后過點C．∴平移后的拋物線解析式為：y=x2﹣3x+1；（3）首先求得B1，D1的坐標，根據(jù)圖形分別求得即可，要注意利用方程思想．【解答】解：（1）已知拋物線y=x2+bx+c經(jīng)過A（1，0），B（0，2），∴，解得，∴所求拋物線的解析式為y=x2﹣3x+2；（2）∵A（1，0），B（0，2），∴OA=1，OB=2，可得旋轉(zhuǎn)后C點的坐標為（3，1），當x=3時，由y=x2﹣3x+2得y=2，可知拋物線y=x2﹣3x+2過點（3，2），∴將原拋物線沿y軸向下平移1個單位后過點C．∴平移后的拋物線解析式為：y=x2﹣3x+1；（3）∵點N在y=x2﹣3x+1上，可設N點坐標為（x0，x02﹣3x0+1），將y=x2﹣3x+1配方得y=（x﹣）2﹣，∴其對稱軸為直線x=．①0≤x0≤時，如圖①，∵，∴∵x0=1，此時x02﹣3x0+1=﹣1，∴N點的坐標為（1，﹣1）．②當時，如圖②，同理可得，∴x0=3，此時x02﹣3x0+1=1，∴點N的坐標為（3，1）．③當x＜0時，由圖可知，N點不存在，∴舍去．綜上，點N的坐標為（1，﹣1）或（3，1）．【點評】此題屬于中考中的壓軸題，難度較大，知識點考查的較多而且聯(lián)系密切，需要學生認真審題．此題考查了二次函數(shù)與一次函數(shù)的綜合知識，解題的關(guān)鍵是要注意數(shù)形結(jié)合思想的應用．3.（2018?山西?12分）(本題12分)綜合與實踐問題情境：在數(shù)學活動課上，老師出示了這樣一個問題：如圖1，在矩形ABCD中，AD=2AB，E是AB延長線上一點且BE=AB連接DE交BC于點M以DE為一邊在DE的左下方作正方形DEFG，連接AM．試判斷線段AM與DE的位置關(guān)系．探究展示：勤奮小組發(fā)現(xiàn)，AM垂直平分DE，并展示了如下的證明方法：證明：BEA,E2D2,D四邊形ABCD是矩形，D//.（依據(jù)１）EB,MM.即AM是△ADE的DE邊上的中線，又DE,M.（依據(jù)2）AM垂直平分DE．反思交流：(1)上述證明過程中的“依據(jù)1“依據(jù)2”分別是指什么？試判斷圖１中的點A是否在線段GF的垂直平分上，請直接回答，不必證明；(2)創(chuàng)新小組受到勤奮小組的啟發(fā)，繼續(xù)進行探究，如圖2，連接CE，以CE為一邊在CE的左下方作正方形CEFG，發(fā)現(xiàn)點G在線段BC的垂直平分線上，請你給出證明；探索發(fā)現(xiàn)：(3)如圖3，連接CE，以CE為一邊在CE的右上方作正方形CEFG，可以發(fā)現(xiàn)點C，點B都在線段AE的垂直平分線上，除此之外，請觀察矩形ABCD和正方形CEFG的頂點與邊，你還能發(fā)現(xiàn)哪個頂點在哪條邊的垂直平分線上，請寫出一個你發(fā)現(xiàn)的結(jié)論，并加以證明.【考點】平行線分線段成比例，三線合一，正方形、矩形性質(zhì)，全等【解析】(1) 答：依據(jù)1：兩條直線被一組平行線所截，所得的對應線段成比例（或平行線分線段成比例）.依據(jù)2：等腰三角形頂角的平分線，底邊上的中線及底邊上的高互相重合（或等腰三角形的“三線合一）.答：點A在線段GF的垂直平分線上.(2) 證明：過點G作GHBC于點H，四邊形ABCD是矩形，點E在AB的延長線上，ECC..四邊形CEFG為正方形，GE,E.13..C≌.C.四邊形ABCD是矩形，D.D2,E,C2E2.CH.GH垂直平分BC.點G在BC的垂直平分線上（3）答：點F在BC邊的垂直平分線上（或點F在AD邊的垂直平分線上）.證法一：過點F作FMBC于點M，過點E作ENFM于點N.NMF.四邊形ABCD是矩形，點E在AB的延長線上，EC.四邊形BENM為矩形.MN,N.12.四邊形CEFG為正方形，F(xiàn)C,F.23..EF,E.M.四邊形ABCD是矩形，D.D2,B.C2M.M.FM垂直平分BC，點F在BC邊的垂直平分線上.證法二：過F作FNBE交BE的延長線于點N，連接FB，F(xiàn)C.四邊形ABCD是矩形，點E在AB的延長線上，∠CBE=∠ABC=∠N=90°.∠1+∠3=90°.四邊形CEFG為正方形，EC=EF，∠CEF=90°.∠1+∠2=90°.∠2=∠3.△ENF△CBE.NF=BE,NE=BC.四邊形ABCD是矩形，AD=BC.AD=2AB，BE=AB.設BE=a，則BC=EN=2a,NF=a.PAGE28BF=CF.點F在BC邊的垂直平分線上.4（2018?山東菏澤?10分）問題情境：在綜合與實踐課上，老師讓同學們以“矩形紙片的剪拼”為主題開展數(shù)學活動．如圖1，將：矩形紙片ABCD沿對角線AC剪開，得到△ABC和△ACD．并且量得AB=2cm，AC=4cm．操作發(fā)現(xiàn)：（1）將圖1中的△ACD以點A為旋轉(zhuǎn)中心，按逆時針方向旋轉(zhuǎn)∠α，使∠α=∠BAC，得到如圖2所示的△AC′D，過點C作AC′的平行線，與DC'的延長線交于點E，則四邊形ACEC′的形狀是菱形．（2）創(chuàng)新小組將圖1中的△ACD以點A為旋轉(zhuǎn)中心，按逆時針方向旋轉(zhuǎn)，使B、A、D三點在同一條直線上，得到如圖3所示的△AC′D，連接CC'，取CC′的中點F，連接AF并延長至點G，使FG=AF，連接CG、C′G，得到四邊形ACGC′，發(fā)現(xiàn)它是正方形，請你證明這個結(jié)論．實踐探究：（3）縝密小組在創(chuàng)新小組發(fā)現(xiàn)結(jié)論的基礎(chǔ)上，進行如下操作：將△ABC沿著BD方向平移，使點B與點A重合，此時A點平移至A'點，A'C與BC′相交于點H，如圖4所示，連接CC′，試求tan∠C′CH的值．【考點】LO：四邊形綜合題．【分析】（1）先判斷出∠ACD=∠BAC，進而判斷出∠BAC=∠AC'D，進而判斷出∠CAC'=∠AC'D，即可的結(jié)論；（2）先判斷出∠CAC'=90°，再判斷出AG⊥CC'，CF=C'F，進而判斷出四邊形ACGC'是平行四邊形，即可得出結(jié)論；（3）先判斷出∠ACB=30°，進而求出BH，AH，即可求出CH，C'H，即可得出結(jié)論．【解答】解：（1）在如圖1中，∵AC是矩形ABCD的對角線，∴∠B=∠D=90°，AB∥CD，∴∠ACD=∠BAC，在如圖2中，由旋轉(zhuǎn)知，AC'=AC，∠AC'D=∠ACD，∴∠BAC=∠AC'D，∵∠CAC'=∠BAC，∴∠CAC'=∠AC'D，∴AC∥C'E，∵AC'∥CE，∴四邊形ACEC'是平行四邊形，∵AC=AC'，∴?ACEC'是菱形，故答案為：菱形；（2）在圖1中，∵四邊形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴∠CAD=∠ACB，∠B=90°，∴∠BAC+∠ACB=90°在圖3中，由旋轉(zhuǎn)知，∠DAC'=∠DAC，∴∠ACB=∠DAC'，∴∠BAC+∠DAC'=90°，∵點D，A，B在同一條直線上，∴∠CAC'=90°，由旋轉(zhuǎn)知，AC=AC'，∵點F是CC'的中點，∴AG⊥CC'，CF=C'F，∵AF=FG，∴四邊形ACGC'是平行四邊形，∵AG⊥CC'，∴?ACGC'是菱形，∵∠CAC'=90°，∴菱形ACGC'是正方形；（3）在Rt△ABC中，AB=2，AC=4，∴BC'=AC=4，BD=BC=2，sin∠ACB==，∴∠ACB=30°，由（2）結(jié)合平移知，∠CHC'=90°，在Rt△BCH中，∠ACB=30°，∴BH=BC?sin30°=，∴C'H=BC'﹣BH=4﹣，在Rt△ABH中，AH=AB=1，∴CH=AC﹣AH=4﹣1=3，在Rt△CHC'中，tan∠C′CH==．【點評】此題是四邊形綜合題，主要考查了矩形是性質(zhì)，平行四邊形，菱形，矩形，正方形的判定和性質(zhì)，勾股定理，銳角三角函數(shù)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，判斷出∠CAC'=90°是解本題的關(guān)鍵．5（2018?株洲市）下圖為某區(qū)域部分交通線路圖，其中直線，直線與直線都垂直，，垂足分別為點A、點B和點C，（高速路右側(cè)邊緣），上的點M位于點A的北偏東30°方向上，且BM＝千米，上的點N位于點M的北偏東方向上，且，MN=千米，點A和點N是城際線L上的兩個相鄰的站點.（1）求之間的距離（2）若城際火車平均時速為150千米/小時，求市民小強乘坐城際火車從站點A到站點N需要多少小時？（結(jié)果用分數(shù)表示）【答案】（1）2；（2）小時.【解析】分析：（1）直接利用銳角三角函數(shù)關(guān)系得出DM的長即可得出答案；（2）利用tan30°=，得出AB的長，進而利用勾股定理得出DN的長，進而得出AN的長，即可得出答案．詳解：（1）過點M作MD⊥NC于點D，∵cosα=，MN=2千米，∴cosα=，解得：DM=2（km），答：l2和l3之間的距離為2km；（2）∵點M位于點A的北偏東30°方向上，且BM=千米，∴tan30°=，解得：AB=3（km），可得：AC=3+2=5（km），∵MN=2km，DM=2km，∴DN==4（km），則NC=DN+BM=5（km），∴AN==10（km），∵城際火車平均時速為150千米/小時，∴市民小強乘坐城際火車從站點A到站點N需要小時．點睛：此題主要考查了解直角三角形的應用，正確得出AN的長是解題關(guān)鍵．6（2018?河南?10分）（1）問題發(fā)現(xiàn)如圖1，在△OAB和△OCD中，OA=OB,OC=OD,∠AOB=∠COD=40°，連接AC，BD交于點M，填空：①的值為_______；②∠AMB的度數(shù)為_______。（2）類比探究如圖2，在△OAB和△OCD中，∠AOB=∠COD=90°，∠OAB=∠OCD=30°，連接AC交BD的延長線于點M，請判斷的值及∠AMB的度數(shù)，并說明理由；（3）拓展延伸在（2）的條件下，將△OCD繞點O在平面內(nèi)旋轉(zhuǎn)，AC，BD所在直線交于點M，若OD=1，OB=，請直接寫出當點C與點M重合時AC的長。7（2018·廣東廣州·14分）如圖，在四邊形ABCD中，∠B=60°，∠D=30°，AB=BC．（1）求∠A+∠C的度數(shù)。（2）連接BD，探究AD，BD，CD三者之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由。（3）若AB=1，點E在四邊形ABCD內(nèi)部運動，且滿足，求點E運動路徑的長度。【答案】（1）解：在四邊形ABCD中，∠B=60°，∠D=30°，

∴∠A+∠C=360°-∠B-∠C=360°-60°-30°=270°。

（2）解：如圖，將△BCD繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°，得到△BAQ，連接DQ，

∵BD=BQ，∠DBQ=60°，

∴△BDQ是等邊三角形，

∴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：如圖，將△BCE繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°，得到△BAF，連接EF，

∵BE=BF，∠EBF=60°，

∴△BEF是等邊三角形，

∴EF=BE，∠BFE=60°，

∵AE2=BE2+CE2

∴AE2=EF2+AF2

∴∠AFE=90°

∴∠BFA=∠BFE+∠AFE=60°+90°=150°，

∴∠BEC=150°，

則動點E在四邊形ABCD內(nèi)部運動，滿足∠BEC=150°，以BC為邊向外作等邊△OBC，

則點E是以O為圓心，OB為半徑的圓周上運動，運動軌跡為BC，

∵OB=AB=1，

則BC==【考點】等邊三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理的逆定理，多邊形內(nèi)角與外角，弧長的計算，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)【解析】【分析】（1）根據(jù)四邊形內(nèi)角和為360度，結(jié)合已知條件即可求出答案.

（2）將△BCD繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°，得到△BAQ，連接DQ（如圖），由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)和等邊三角形判定得△BDQ是等邊三角形，由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)根據(jù)角的計算可得△DAQ是直角三角形，根據(jù)勾股定理得AD2+AQ2=DQ2，即AD2+CD2=BD2.

（3）將△BCE繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°，得到△BAF，連接EF(如圖)，由等邊三角形判定得△BEF是等邊三角形，結(jié)合已知條件和等邊三角形性質(zhì)可得AE2=EF2+AF2，即∠AFE=90°，從而得出∠BFA=∠BEC=150°，從而得出點E是在以O為圓心，OB為半徑的圓周上運動，運動軌跡為BC，根據(jù)弧長公式即可得出答案.8（2018?江蘇揚州?12分）問題呈現(xiàn)如圖1，在邊長為1的正方形網(wǎng)格中，連接格點D，N和E，C，DN和EC相交于點P，求tan∠CPN的值．方法歸納求一個銳角的三角函數(shù)值，我們往往需要找出（或構(gòu)造出）一個直角三角形．觀察發(fā)現(xiàn)問題中∠CPN不在直角三角形中，我們常常利用網(wǎng)格畫平行線等方法解決此類問題，比如連接格點M，N，可得MN∥EC，則∠DNM=∠CPN，連接DM，那么∠CPN就變換到Rt△DMN中．問題解決（1）直接寫出圖1中tan∠CPN的值為2；（2）如圖2，在邊長為1的正方形網(wǎng)格中，AN與CM相交于點P，求cos∠CPN的值；思維拓展（3）如圖3，AB⊥BC，AB=4BC，點M在AB上，且AM=BC，延長CB到N，使BN=2BC，連接AN交CM的延長線于點P，用上述方法構(gòu)造網(wǎng)格求∠CPN的度數(shù)．【分析】（1）連接格點M，N，可得MN∥EC，則∠DNM=∠CPN，連接DM，那么∠CPN就變換到Rt△DMN中．（2）如圖2中，取格點D，連接CD，DM．那么∠CPN就變換到等腰Rt△DMC中．（3）利用網(wǎng)格，構(gòu)造等腰直角三角形解決問題即可；【解答】解：（1）如圖1中，∵EC∥MN，∴∠CPN=∠DNM，∴tan∠CPN=tan∠DNM，∵∠DMN=90°，∴tan∠CPN=tan∠DNM===2，故答案為2．（2）如圖2中，取格點D，連接CD，DM．∵CD∥AN，∴∠CPN=∠DCM，∵△DCM是等腰直角三角形，∴∠DCM=∠D=45°，∴cos∠CPN=cos∠DCM=．（3）如圖3中，如圖取格點M，連接AN、MN．∵PC∥MN，∴∠CPN=∠ANM，∵AM=MN，∠AMN=90°，∴∠ANM=∠MAN=45°，∴∠CPN=45°．【點評】本題考查三角形綜合題、平行線的性質(zhì)、勾股定理、直角三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學會利用數(shù)形結(jié)合的思想解決問題，學會用轉(zhuǎn)化的思想思考問題，屬于中考壓軸題．9

（2018?江蘇鹽城?10分）（1）【發(fā)現(xiàn)】如圖①，已知等邊，將直角三角形的角頂點任意放在邊上（點不與點、重合），使兩邊分別交線段、于點、.

①若，，，則________；

②求證：.________（2）【思考】若將圖①中的三角板的頂點在邊上移動，保持三角板與、的兩個交點、都存在，連接，如圖②所示.問點是否存在某一位置，使平分且平分？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.（3）【探索】如圖③，在等腰中，，點為邊的中點，將三角形透明紙板的一個頂點放在點處（其中），使兩條邊分別交邊、于點、（點、均不與的頂點重合），連接.設，則與的周長之比為________（用含的表達式表示）.【答案】（1）解：4；證明：∵∠EDF=60°，∠B=160°∴∠CDF+∠BDE=120°，∠BED+∠BDE=120°，

∴∠BED=∠CDF，

又∵∠B=∠C，

∴

（2）解：解：存在。如圖，作DM⊥BE，DG⊥EF，DN⊥CF，垂足分別為M，G，N，

∵平分且平分，

∴DM=DG=DN，

又∵∠B=∠C=60°，∠BMD=∠CND=90°，

∴△BDM?△CDN，

∴BD=CD，

即點D是BC的中點，

∴。

（3）1-cosα【考點】全等三角形的判定與性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)【解析】【解答】（1）①∵△ABC是等邊三角形，∴AB=BC=AC=6，∠B=∠C=60°，∵AE=4，∴BE=2，則BE=BD，∴△BDE是等邊三角形，∴∠BDE=60°，又∵∠EDF=60°，∴∠CDF=180°-∠EDF-∠B=60°，則∠CDF=∠C=60°，

∴△CDF是等邊三角形，∴CF=CD=BC-BD=6-2=4。

（3）連結(jié)AO，作OG⊥BE，OD⊥EF，OH⊥CF，垂足分別為G，D，H，

則∠BGO=∠CHO=90°，

∵AB=AC，O是BC的中點

∴∠B=∠C，OB=OC，

∴△OBG?△OCH，

∴OG=OH，GB=CH，∠BOG=∠COH=90°?α，

則∠GOH=180°-（∠BOG+∠COH）=2α，

∵∠EOF=∠B=α，

則∠GOH=2∠EOF=2α，

由（2）題可猜想應用EF=ED+DF=EG+FH（可通過半角旋轉(zhuǎn)證明），

則=AE+EF+AF=AE+EG+FH+AF=AG+AH=2AG，

設AB=m，則OB=mcosα，GB=mcos2α,

【分析】（1）①先求出BE的長度后發(fā)現(xiàn)BE=BD的，又∠B=60°，可知△BDE是等邊三角形，可得∠BDE=60°，另外∠EDF=60°，可證得△CDF是等邊三角形，從而CF=CD=BC-BD；

②證明，這個模型可稱為“一線三等角·相似模型”，根據(jù)“AA”判定相似；（2）【思考】由平分線可聯(lián)系到角平分線的性質(zhì)“角平分線上的點到角兩邊的距離相等”，可過D作DM⊥BE，DG⊥EF，DN⊥CF，則DM=DG=DN，從而通過證明△BDM?△CDN可得BD=CD；（3）【探索】由已知不難求得=2(m+mcos)，則需要用m和α的三角函數(shù)表示出，=AE+EF+AF；題中直接已知O是BC的中點，應用（2）題的方法和結(jié)論，作OG⊥BE，OD⊥EF，OH⊥CF，可得EG=ED，F(xiàn)H=DF，則=AE+EF+AF=AG+AH=2AG，而AG=AB-OB，從而可求得。10（2018?江西?12分）小賢與小杰在探究某類二次函數(shù)問題時，經(jīng)歷了如下過程：求解體驗(1)已知拋物線y=-x2+bx-3經(jīng)過點(-1,0),則b=，頂點坐標為該拋物線關(guān)于點(0,1）成中心對稱的拋物線的表達式是.抽象感悟我們定義：對于拋物線y=ax2+bx+c(a≠0)