2024年中考數(shù)學(xué)真題專題分類精選匯編（2025年中考復(fù)習(xí)全國通用）

專題35綜合與實踐探究類問題

1.（2024黑龍江綏化）綜合與實踐

問題情境

在一次綜合與實踐課上，老師讓同學(xué)們以兩個全等的等腰直角三角形紙片為操作對象．

紙片ABC和DEF滿足ACBEDF90，ACBCDFDE2cm．

下面是創(chuàng)新小組的探究過程．

操作發(fā)現(xiàn)

（1）如圖1，取AB的中點O，將兩張紙片放置在同一平面內(nèi)，使點O與點F重合．當(dāng)旋轉(zhuǎn)DEF

紙片交AC邊于點H、交BC邊于點G時，設(shè)AHx1x2，BGy，請你探究出y與x的

函數(shù)關(guān)系式，并寫出解答過程．

問題解決

（2）如圖2，在（1）的條件下連接GH，發(fā)現(xiàn)CGH的周長是一個定值．請你寫出這個定值，并

說明理由．

拓展延伸

（3）如圖3，當(dāng)點F在AB邊上運動（不包括端點A、B），且始終保持AFE60．請你直接

寫出DEF紙片的斜邊EF與ABC紙片的直角邊所夾銳角的正切值______（結(jié)果保留根號）．

2

【答案】（1）y1x2，見解析；（2）2，見解析；（3）23或23

x

【解析】【分析】（1）根據(jù)題意證明△AFH∽△BGF，得出關(guān)系式AHBGAFBF，進而

求得AB22,AFBC2，代入比例式，即可求解；

（2）方法一：勾股定理求得GH，將將（1）中xy2代入得GHxy2，進而根據(jù)三角形的

周長公式，即可求解；

方法二：證明△AOH∽△BGO，△HAO∽△HOG，過O作OMAH交AH于點M，作

OPHG交HG于點P，作ONGB交GB于點N．證明△OMH≌△OPH，

1

△OPG≌△ONG，得出HGMHGN，得出CMCNBC1，進而根據(jù)三角形的周長

2

公式可得△CHG的周長CMCN2CM212．

方法三：過O作OMAH交AH于點M，作ONGB交GB于點N，在NB上截取一點Q，使

NQMH，連接OC．得出△OMH≌△ONQ，△OHG≌△OQG，則HGGQGNMH，

1

同方法二求得CMCNBC1，進而即可求解；

2

（3）分兩種情況討論，EF于AC,BC的夾角；①過點F作FNAC于點N，作FH的垂直平分

線交FN于點M，連接MH，在Rt△MNH中，設(shè)NHk，由勾股定理得，

FNMNMF23k，進而根據(jù)正確的定義，即可求解；②過點F作FNBC于點N，

作FG的垂直平分線交BG于點M，連接FM，在Rt△FNM中，設(shè)FNk，同①即可求解．．

【詳解】操作發(fā)現(xiàn)

解：（1）∵ACBEDF90，且ACBCDFDE2cm．

∴ABDFE45，

∴AFHBFGBFGFGB135，

∴AFHFGB，

∴△AFH∽△BGF，

AFAH

∴，

BGBF

∴AHBGAFBF．

在Rt△ACB中，ACBC2，

∴ABAC2BC2222222，

∵O是AB的中點，點O與點F重合，

∴AFBF2，

∴xy22，

2

∴y1x2．

x

問題解決

（2）方法一：

解：CGH的周長定值為2．

理由如下：∵ACBC2，AHx，BGy，

∴CH2x，CG2y，

22

在RtHCG中，∴GHCH2CG22x2y

x2y24(xy)8(xy)22xy4(xy)8．

將（1）中xy2代入得：

22

∴GHxy4xy4xy2xy2．

2

∵xyx2y22xyx2y244，又∵1x2，

∴xy2，

∴GHxy2．

∵△CHG的周長CHCGGH，

∴△CHG的周長2x2yxy22．

方法二：

解：CGH的周長定值為2．

理由如下：∵ABC和DEF是等腰直角三角形，

∴ABEEOD45，

∵AOHBOGEOD180，

∴AOHBOG135，

在△AOH中，A45，

∴AOHAHO135，

∴AHOBOG，

∴△AOH∽△BGO，

AOOHAH

∴，AOHOGB，AHOBOG，

BGOGOB

∵O為AB的中點，

∴AOBO，

OHAH

∴，

OGAO

又∵AEOD45，

∴△HAO∽△HOG，

AHOOHG，OGBOGH，

∴過O作OMAH交AH于點M，作OPHG交HG于點P，作ONGB交GB于點N．

∴OMOPON．

又∵OHOH，OGOG，

∴△OMH≌△OPH，△OPG≌△ONG，

∴HMPH，PGNG，

∴HGMHGN．

∵△CHG的周長CHCGGHCHCGMHGNCMCN．

又∵AOOB，OMON，AB45，

∴AOM≌BON，

∴AMBN，

∵C90，AMO90，

∴OM∥BC，

∵O是AB的中點，

點M是AC的中點，同理點N是BC的中點．

1

∴CMCNBC1，

2

∴△CHG的周長CMCN2CM212．

方法三：

解：CGH的周長定值為2．

理由如下：過O作OMAH交AH于點M，作ONGB交GB于點N，在NB上截取一點Q，

使NQMH，連接OC．

∵ABC是等腰直角三角形，O為AB的中點，

∴OC平分ACB，

∴OMON，

∴△OMH≌△ONQ，

∴OHOQ，MOHNOQ．

∵DHOG=45°，ACB90，

∴MON90，MOHGON45，

∴GOQ45，

∴HOGGOQ，

∵OGOG，

∴△OHG≌△OQG，

∴HGGQGNMH，

∴△CHG的周長CHCGGHCHCGMHGNCMCN．

又∵AOOB，OMON，AB45，

∴AOM≌BON，

∴AMBN．

∵C90，AMO90，

∴OM∥BC．

∵O是AB的中點，點M是AC的中點，同理點N是BC的中點．

1

∴CMCNBC1，

2

∴△CHG的周長CMCN2CM212．

拓展延伸

（3）23或23

①解：∵AFE60，A45，

∴AHF75，

過點F作FNAC于點N，作FH的垂直平分線交FN于點M，連接MH，

∴FMMH，

∵FNH90，

∴NFH15，

∵FMMH，

∴NFHMHF15，

∴NMH=30，

在Rt△MNH中，設(shè)NHk，

∴MHMF2k，由勾股定理得，

MN3NH3k，

∴FNMNMF23k，

FN23k

∴在Rt△FNH中，tanFHNtan7523．

NHk

②解：∵AFE60，A45，

∴FGB15，

過點F作FNBC于點N，作FG的垂直平分線交BG于點M，連接FM．

∵GMMF，

∴FGBGFM15，

∴FMB30，

在Rt△FNM中，設(shè)FNk，

∴GMMF2k，由勾股定理得，MN3FN3k，

∴GNGMMN23k，

FNk

∴在Rt△FNG中，tanFGNtan1523．

GN(23)k

∴tanFHN23或tanFGN23．

【點睛】本題考查了相似三角形的性質(zhì)與判定，全等三角形的性質(zhì)與判定，解直角三角形，旋轉(zhuǎn)的性

質(zhì)，函數(shù)解析式，熟練掌握相似三角形的性質(zhì)與判定，解直角三角形是解題的關(guān)鍵．

2.（2024福建?。┰谑止ぶ谱髡n上，老師提供了如圖1所示的矩形卡紙ABCD，要求大家利用它制

作一個底面為正方形的禮品盒．小明按照圖2的方式裁剪（其中AEFB），恰好得到紙盒的展開

圖，并利用該展開圖折成一個禮品盒，如圖3所示．

圖1圖2

圖3

AD

（1）直接寫出的值；

AB

（2）如果要求折成的禮品盒的兩個相對的面上分別印有“吉祥”和“如意”，如圖4所示，那么應(yīng)

選擇的紙盒展開圖圖樣是（）

圖4

A．B．

C．D．

（3）

卡紙型號型號Ⅰ型號Ⅱ型號Ⅲ

規(guī)格（單位：cm）304020808080

單價（單位：元）3520

現(xiàn)以小明設(shè)計的紙盒展開圖（圖2）為基本樣式，適當(dāng)調(diào)整AE，EF的比例，制作棱長為10cm的

正方體禮品盒，如果要制作27個這樣的禮品盒，請你合理選擇上述卡紙（包括卡紙的型號及相應(yīng)型

號卡紙的張數(shù)），并在卡紙上畫出設(shè)計示意圖（包括一張卡紙可制作幾個禮品盒，其展開圖在卡紙上

的分布情況），給出所用卡紙的總費用．

（要求：①同一型號的卡紙如果需要不止一張，只要在一張卡紙上畫出設(shè)計方案；②沒有用到的卡紙，

不要在該型號的卡紙上作任何設(shè)計；③所用卡紙的數(shù)量及總費用直接填在答題卡的表格上；④本題將

綜合考慮“利用卡紙的合理性”和“所用卡紙的總費用”給分，總費用最低的才能得滿分；⑤試卷上

的卡紙僅供作草稿用）

【答案】（1）2；（2）C；（3）見解析．

【解析】本題考查了幾何體的展開與折疊，空間觀念、推理能力、模型觀念、創(chuàng)新意識等知識，掌握

相關(guān)知識是解題的關(guān)鍵．

（1）由折疊和題意可知，GHAEFB，AHDH，四邊形EFNM是正方形，得到EMEF，

即AGEF，即可求解；

（2）根據(jù)幾何體的展開圖即可求解；

（3）由題意可得，每張型號Ⅲ卡紙可制作10個正方體，每張型號Ⅱ卡紙可制作2個正方體，每張

型號Ⅰ卡紙可制作1個正方體，即可求解．

【小問1詳解】

解：如圖：

上述圖形折疊后變成：

由折疊和題意可知，GHAEFB，AHDH，

∵四邊形EFNM是正方形，

∴EMEF，即AGEF，

∴GHAGAEFBEF，即AHAB，

∵AHDH，

ADAHDH

∴2，

ABAB

AD

∴的值為：2．

AB

【小問2詳解】

解：根據(jù)幾何體的展開圖可知，“吉”和“如”在對應(yīng)面上，“祥”和“意”在對應(yīng)面上，而對應(yīng)面

上的字中間相隔一個幾何圖形，且字體相反，

∴C選項符合題意，

故選：C．

【小問3詳解】

解：

卡紙型號型號Ⅰ型號Ⅱ型號Ⅲ

需卡紙的數(shù)量（單位：張）132

所用卡紙總費用（單位：元）58

根據(jù)（1）和題意可得：卡紙每格的邊長為5cm，則要制作一個邊長為10cm的正方體的展開圖形為：

∴型號Ⅲ卡紙，每張卡紙可制作10個正方體，如圖：

型號Ⅱ卡紙，每張這樣的卡紙可制作2個正方體，如圖：

型號Ⅰ卡紙，每張這樣的卡紙可制作1個正方體，如圖：

∴可選擇型號Ⅲ卡紙2張，型號Ⅱ卡紙3張，型號Ⅰ卡紙1張，則

102231127（個），

∴所用卡紙總費用為：

202533158（元）．

3.（2024甘肅威武）【模型建立】

（1）如圖1，已知ABE和△BCD，ABBC，ABBC，CDBD，AEBD．用等式寫

出線段AE，DE，CD的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．

【模型應(yīng)用】

（2）如圖2，在正方形ABCD中，點E，F(xiàn)分別在對角線BD和邊CD上，AEEF，AEEF．用

等式寫出線段BE，AD，DF的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．

【模型遷移】

（3）如圖3，在正方形ABCD中，點E在對角線BD上，點F在邊CD的延長線上，AEEF，

AEEF．用等式寫出線段BE，AD，DF的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．

【答案】（1）DECDAE，理由見詳解，（2）AD2BEDF，理由見詳解，（3）

AD2BEDF，理由見詳解

【解析】

【分析】（1）直接證明△ABE≌△BCD，即可證明；

（2）過E點作EMAD于點M，過E點作ENCD于點N，先證明RtAEM≌RtFEN，可

2

得AMNF，結(jié)合等腰直角三角形的性質(zhì)可得：MDDNDE，

2

2

NFNDDFMDDF，即有NFAMADMDADDE，

2

222

NFDEDF，進而可得ADDEDEDF，即可證；

222

（3）過A點作AHBD于點H，過F點作FGBD，交BD的延長線于點G，先證明

HAE≌GEF，再結(jié)合等腰直角三角形的性質(zhì)，即可證明．

【詳解】（1）DECDAE，理由如下：

∵CDBD，AEBD，ABBC，

∴ABCDAEB90，

∴ABECBDCCBD90，

∴ABEC，

∵ABBC，

∴△ABE≌△BCD，

∴BECD，AEBD，

∴DEBDBEAECD，

∴DECDAE；

（2）AD2BEDF，理由如下：

過E點作EMAD于點M，過E點作ENCD于點N，如圖，

∵四邊形ABCD是正方形，BD是正方形的對角線，

∴ADBCDB45，BD平分ADC，ADC90，

∴2AD2CDBD，

即DEBDBE2ADBE，

∵ENCD，EMAD，

∴EMEN，

∵AEEF，

∴RtAEM≌RtFEN，

∴AMNF，

∵EMEN，ENCD，EMAD，ADC90，

∴四邊形EMDN是正方形，

∴ED是正方形EMDN對角線，MDND，

2

∴MDDNDE，NFNDDFMDDF，

2

22

∴NFAMADMDADDE，NFDEDF，

22

22

∴ADDEDEDF，即AD2DEDF，

22

∵DE2ADBE，

∴AD22ADBEDF，

即有AD2BEDF；

（3）AD2BEDF，理由如下，

過A點作AHBD于點H，過F點作FGBD，交BD的延長線于點G，如圖，

∵AHBD，F(xiàn)GBD，AEEF，

∴AHEGAEF90，

∴AEHHAEAEHFEG90，

∴HAEFEG，

又∵AEEF，

∴HAE≌GEF，

∴HEFG，

∵在正方形ABCD中，BDC45，

∴FDGBDC45，

∴DFG45，

∴DFG是等腰直角三角形，

2

∴FGDF，

2

2

∴HEFGDF，

2

∵ADB45，AHHD，

∴ADH是等腰直角三角形，

2

∴HDAD，

2

22

∴DEHDHEADDF，

22

22

∴BDBEDEADDF，

22

∵BD2AD，

22

∴2ADBEADDF，

22

∴AD2BEDF．

【點睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，角平分

線的性質(zhì)等知識，題目難度中等，作出合理的輔助線，靈活證明三角形的全等，并準(zhǔn)確表示出各個邊

之間的數(shù)量關(guān)系，是解答本題的關(guān)鍵．

4.（2024廣西）綜合與實踐

在綜合與實踐課上，數(shù)學(xué)興趣小組通過洗一套夏季校服，探索清洗衣物的節(jié)約用水策略．

【洗衣過程】

步驟一：將校服放進清水中，加入洗衣液，充分浸泡揉搓后擰干；

步驟二：將擰干后的校服放進清水中，充分漂洗后擰干．重復(fù)操作步驟二，直至校服上殘留洗衣液濃

度達到洗衣目標(biāo)．

假設(shè)第一次漂洗前校服上殘留洗衣液濃度為0.2%，每次擰干后校服上都?xì)埩?.5kg水．

0.5d前

濃度關(guān)系式：d后．其中d前、d后分別為單次漂洗前、后校服上殘留洗衣液濃度；w為單

0.5w

次漂洗所加清水量（單位：kg）

【洗衣目標(biāo)】經(jīng)過漂洗使校服上殘留洗衣液濃度不高于0.01%

【動手操作】請按要求完成下列任務(wù)：

（1）如果只經(jīng)過一次漂洗，使校服上殘留洗衣液濃度降為0.01%，需要多少清水？

（2）如果把4kg清水均分，進行兩次漂洗，是否能達到洗衣目標(biāo)？

（3）比較（1）和（2）的漂洗結(jié)果，從洗衣用水策略方面，說說你的想法．

【答案】（1）只經(jīng)過一次漂洗，使校服上殘留洗衣液濃度降為0.01%，需要9.5kg清水．

（2）進行兩次漂洗，能達到洗衣目標(biāo)；

（3）兩次漂洗的方法值得推廣學(xué)習(xí)

【解析】

【分析】本題考查的是分式方程的實際應(yīng)用，求解代數(shù)式的值，理解題意是關(guān)鍵；

0.5d前

（1）把d后0.01%，d前0.2%代入d后，再解方程即可；

0.5w

（2）分別計算兩次漂洗后的殘留洗衣液濃度，即可得到答案；

（3）根據(jù)（1）（2）的結(jié)果得出結(jié)論即可．

【小問1詳解】

0.5d前

解：把d后0.01%，d前0.2%代入d后

0.5w

0.50.2%

得0.01%，

0.5w

解得w9.5．經(jīng)檢驗符合題意；

∴只經(jīng)過一次漂洗，使校服上殘留洗衣液濃度降為0.01%，需要9.5kg清水．

【小問2詳解】

解：第一次漂洗：

0.5d前

把w2kg，d前0.2%代入d后，

0.5w

0.50.2%

∴d后0.04%，

0.52

第二次漂洗：

0.5d前

把w2kg，d前0.04%代入d后，

0.5w

0.50.04%

∴d后0.008%，

0.52

而0.008%0.01%，

∴進行兩次漂洗，能達到洗衣目標(biāo)；

【小問3詳解】

解：由（1）（2）的計算結(jié)果發(fā)現(xiàn)：經(jīng)過兩次漂洗既能達到洗衣目標(biāo)，還能大幅度節(jié)約用水，

∴從洗衣用水策略方面來講，采用兩次漂洗的方法值得推廣學(xué)習(xí)．

5.（2024貴州省）綜合與探究：如圖，AOB90，點P在AOB的平分線上，PAOA于點

A．

（1）【操作判斷】

如圖①，過點P作PCOB于點C，根據(jù)題意在圖①中畫出PC，圖中APC的度數(shù)為______度；

（2）【問題探究】

如圖②，點M在線段AO上，連接PM，過點P作PNPM交射線OB于點N，求證：

OMON2PA；

（3）【拓展延伸】

點M在射線AO上，連接PM，過點P作PNPM交射線OB于點N，射線NM與射線PO相交

OP

于點F，若ON3OM，求的值．

OF

28

【答案】（1）畫圖見解析，90（2）見解析（3）或

33

【解析】【分析】（1）依題意畫出圖形即可，證明四邊形OAPC是矩形，即可求解；

（2）過P作PCOB于C，證明矩形OAPC是正方形，得出OAAPPCOC，利用ASA證明

△APM≌△CPN，得出AMCN，然后利用線段的和差關(guān)系以及等量代換即可得證；

（3）分M在線段AO，線段AO的延長線討論，利用相似三角形的判定與性質(zhì)求解即可；

【小問1詳解】

解：如圖，PC即為所求，

∵AOB90，PAOA，PCOB，

∴四邊形OAPC是矩形，

∴APC90，

故答案為：90；

【小問2詳解】

證明：過P作PCOB于C，

由（1）知：四邊形OAPC是矩形，

∵點P在AOB的平分線上，PAOA，PCOB，

∴PAPC，

∴矩形OAPC是正方形，

∴OAAPPCOC，APC90，

∵PNPM，

∴APMCPN90MPC，

又APCN90，APCP，

∴△APM≌△CPN，

∴AMCN，

∴OMONOMCNOC

OMAMAP

OAAP

2AP；

【小問3詳解】

解：①當(dāng)M在線段AO上時，如圖，延長NM、PA相交于點G，

由（2）知OMON2PA，

設(shè)OMx，則ON3x，AOPA2x，

∴AMAOOMxOM，

∵AOBMAG90，AMGOMN，

∴AMG≌OMNASA，

∴AGON3x，

∵AOB90，PAOA，

∴AP∥OB，

∴ONF∽PGF，

OFON3x3

∴，

PFPG3x2x5

PF5

∴，

OF3

OP538

∴；

OF33

②當(dāng)M在AO的延長線上時，如圖，過P作PCOB于C，并延長交MN于G

由（2）知：四邊形OAPC是正方形，

∴OAAPPCOC，APC90，PC∥AO，

∵PNPM，

∴APMCPN90MPC，

又APCN90，APCP，

∴△APM≌△CPN，

∴AMCN，

∴ONOM

OCCNOM

AOAMOM

AOAO

2AO，

∵ON3OM3x

∴AOx，CNAM2x，

∵PC∥AO，

∴CGN∽OMN，

CGCNCG2x

∴，即，

OMONx3x

2

∴CGx，

3

∵PC∥AO，

∴OMF∽PGF，

OFOMx3

∴2，

PFPGxx5

3

PF5

∴，

OF3

OP532

∴；

OF33

OP28

綜上，的值為或．

OF33

【點睛】本題考查了矩形的判定與性質(zhì)，正方形的判定與性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)，全等三角形的判斷

與性質(zhì)，相似三角形的判斷與性質(zhì)等知識，明確題意，添加合適輔助線，構(gòu)造全等三角形、相似三角

形，合理分類討論是解題的關(guān)鍵．

6.（2024河北?。┣榫硤D1是由正方形紙片去掉一個以中心O為頂點的等腰直角三角形后得到的．

該紙片通過裁剪，可拼接為圖2所示的鉆石型五邊形，數(shù)據(jù)如圖所示．

（說明：紙片不折疊，拼接不重疊無縫隙無剩余）

操作嘉嘉將圖1所示的紙片通過裁剪，拼成了鉆石型五邊形．

如圖3，嘉嘉沿虛線EF，GH裁剪，將該紙片剪成①，②，③三塊，再按照圖4所示進行拼接．根

據(jù)嘉嘉的剪拼過程，解答問題：

（1）直接寫出線段EF的長；

（2）直接寫出圖3中所有與線段BE相等的線段，并計算BE的長．

探究淇淇說：將圖1所示紙片沿直線裁剪，剪成兩塊，就可以拼成鉆石型五邊形．

請你按照淇淇的說法設(shè)計一種方案：在圖5所示紙片的BC邊上找一點P（可以借助刻度尺或圓規(guī)），

畫出裁剪線（線段PQ）的位置，并直接寫出BP的長．

【答案】（1）EF1；（2）BEGEAHGH，BE22；BP的長為2或22．

【解析】【分析】本題考查的是正方形的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，二

次根式的混合運算，本題要求學(xué)生的操作能力要好，想象能力強，有一定的難度．

（1）如圖，過G作GKFH于K，結(jié)合題意可得：四邊形FOGK為矩形，可得FOKG，

由拼接可得：HFFOKG，可得AHG，HGD，△AFE為等腰直角三角形，GKH為

等腰直角三角形，設(shè)HKKGx，則HGHD2x，再進一步解答即可；

（2）由△AFE為等腰直角三角形，EFAF1；求解BE22，再分別求解GE,AH,GH；

可得答案，如圖，以B為圓心，BO為半徑畫弧交BC于P，交AB于Q，則直線PQ為分割線，

或以C圓心，CO為半徑畫弧，交BC于P，交CD于Q，則直線PQ為分割線，再進一步求解BP的

長即可．

【詳解】解：如圖，過G作GKFH于K，

結(jié)合題意可得：四邊形FOGK為矩形，

∴FOKG，

由拼接可得：HFFOKG，

由正方形的性質(zhì)可得：A45，

∴AHG，HGD，△AFE為等腰直角三角形，

∴GKH為等腰直角三角形，

設(shè)HKKGx，

∴HGHD2x，

∴AHHG2x，HFFOx，

∵正方形的邊長為2，

∴對角線的長222222，

∴OA2，

∴xx2x2，

解得：x21，

∴EFAF21x21211；

（2）∵△AFE為等腰直角三角形，EFAF1；

∴AE2EF2，

∴BE22，

∵GEHG2x22122，

AHGH2x22，

∴BEGEAHGH；

如圖，以B為圓心，BO為半徑畫弧交BC于P，交AB于Q，則直線PQ為分割線，

此時BP2，PQ222，符合要求，

或以C圓心，CO為半徑畫弧，交BC于P，交CD于Q，則直線PQ為分割線，

此時CPCQ2，PQ222，

∴BP22，

綜上：BP的長為2或22．

7.（2024河南?。┚C合與實踐

在學(xué)習(xí)特殊四邊形的過程中，我們積累了一定的研究經(jīng)驗，請運用已有經(jīng)驗，對“鄰等對補四邊形”

進行研究

定義：至少有一組鄰邊相等且對角互補的四邊形叫做鄰等對補四邊形．

（1）操作判斷

用分別含有30和45角的直角三角形紙板拼出如圖1所示的4個四邊形，其中是鄰等對補四邊形的

有________（填序號）．

（2）性質(zhì)探究

根據(jù)定義可得出鄰等對補四邊形的邊、角的性質(zhì)．下面研究與對角線相關(guān)的性質(zhì)．

如圖2，四邊形ABCD是鄰等對補四邊形，ABAD，AC是它的一條對角線．

①寫出圖中相等的角，并說明理由；

②若BCm，DCn，BCD2，求AC的長（用含m，n，的式子表示）．

（3）拓展應(yīng)用

如圖3，在Rt△ABC中，DB=90°，AB3，BC4，分別在邊BC，AC上取點M，N，使四

邊形ABMN是鄰等對補四邊形．當(dāng)該鄰等對補四邊形僅有一組鄰邊相等時，請直接寫出BN的長．

mn

【答案】（1）②④（2）①ACDACB．理由見解析；②

2cos

122122

（3）或

57

【解析】【分析】（1）根據(jù)鄰等對補四邊形的定義判斷即可；

（2）①延長CB至點E，使BEDC，連接AE，根據(jù)鄰等對補四邊形定義、補角的性質(zhì)可得出

ABED，證明ABE≌ADCSAS，得出EACD，AEAC，根據(jù)等邊對等角得

出EACB，即可得出結(jié)論；

mn

②過A作AFEC于F，根據(jù)三線合一性質(zhì)可求出CF，由①可得ACDACBθ，

2

在Rt△AFC中，根據(jù)余弦的定義求解即可；

（3）分ABBM，ANAB，MNAN，BMMN四種情況討論即可．

【小問1詳解】

解：觀察圖知，圖①和圖③中不存在對角互補，圖2和圖4中存在對角互補且鄰邊相等，

故圖②和圖④中四邊形是鄰等對補四邊形，

故答案為：②④；

【小問2詳解】

解：①ACDACB，理由：

延長CB至點E，使BEDC，連接AE，

∵四邊形ABCD是鄰等對補四邊形，

∴ABCD180，

∵ABCABE180，

∴ABED，

∵ABAD，

∴ABE≌ADCSAS，

∴EACD，AEAC，

∴EACB，

∴ACDACB；

②過A作AFEC于F，

∵AEAC，

111mn

∴CFCEBCBEBCDC，

2222

∵BCD2，

∴ACDACBθ，

CF

在Rt△AFC中，cosθ，

AC

CFmn

∴AC；

cosθ2cosθ

【小問3詳解】

解：∵DB=90°，AB3，BC4，

∴AC=AB2+BC2=5，

∵四邊形ABMN是鄰等對補四邊形，

∴ANMB180，

∴ANM90，

當(dāng)ABBM時，如圖，連接AM，過N作NHBC于H，

∴AM2AB2BM218，

在RtAMN中MN2AM2AN218AN2，

22

在RtCMN中MN2CM2CN2435AN，

22

∴18AN2435AN，

解得AN4.2，

4

∴CN，

5

∵NHCABC90，CC，

∴NHC∽ABC，

4

NCNHCH

∴，即5NHCH，

ACABCB

534

1216

∴NH，CH，

2525

84

∴BH，

25

12

∴BNBH2NH22；

5

當(dāng)ANAB時，如圖，連接AM，

∵AMAM，

∴RtABM≌RtANM，

∴BMNM，故不符合題意，舍去；

當(dāng)ANMN時，連接AM，過N作NHBC于H，

∵MNCABC90，CC，

∴△CMN∽△CAB，

CNMNCN5CN

∴，即，

BCAB43

20

解得CN，

7

∵NHCABC90，CC，

∴NHC∽ABC，

20

NCNHCH

∴，即7NHCH，

ACABCB

534

1216

∴NH，CH，

77

12

∴BH，

7

12

∴BNBH2NH22；

7

當(dāng)BMMN時，如圖，連接AM，

∵AMAM，

∴RtABM≌RtANM，

∴ANAB，故不符合題意，舍去；

122122

綜上，BN的長為或．

57

【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，解直

角三角形，勾股定理等知識，明確題意，理解新定義，添加合適輔助線，構(gòu)造全等三角形、相似三角

形是解題的關(guān)鍵．

8.（2024黑龍江齊齊哈爾）綜合與實踐：如圖1，這個圖案是3世紀(jì)我國漢代的趙爽在注解《周髀

算經(jīng)》時給出的，人們稱它為“趙爽弦圖”，受這幅圖的啟發(fā)，數(shù)學(xué)興趣小組建立了“一線三直角模

型”．如圖2，在ABC中，A90，將線段BC繞點B順時針旋轉(zhuǎn)90得到線段BD，作DEAB

交AB的延長線于點E．

（1）【觀察感知】如圖2，通過觀察，線段AB與DE的數(shù)量關(guān)系是______；

（2）【問題解決】如圖3，連接CD并延長交AB的延長線于點F，若AB2，AC6，求BDF

的面積；

BN

（3）【類比遷移】在(2)的條件下，連接CE交BD于點N，則______；

BC

2

（4）【拓展延伸】在(2)的條件下，在直線AB上找點P，使tanBCP，請直接寫出線段AP的

3

長度．

95418

【答案】（1）ABDE（2）10（3）（4）或

13711

【解析】【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得CBD90，CBBD，進而證明ABC≌EDBAAS，

即可求解；

（2）根據(jù)（1）的方法證明ABC≌EDBAAS，進而證明DEF∽CAF，求得EF4，則

BF10，然后根據(jù)三角形的面積公式，即可求解．

1

（3）過點N作NMAF于點M，證明ABC∽MNB得出MNBM，證明EMN∽ECA，

3

54

設(shè)BMx，則MEBEBM6x，代入比例式，得出x，進而即可求解；

13

（4）當(dāng)P在B點的左側(cè)時，過點P作PQBC于點Q，當(dāng)P在B點的右側(cè)時，過點P作PTBC

交CB的延長線于點T，分別解直角三角形，即可求解．

【小問1詳解】

解：∵將線段BC繞點B順時針旋轉(zhuǎn)90得到線段BD，作DEAB交AB的延長線于點E．

CBD90，

ABCDBE90，

A90，

ABCACB90，

DBEACB，

又ADEB90且CBBD

ABC≌EDBAAS，

DEAB；

【小問2詳解】

解：CBD90，

ABCDBE90，

A90，

ABCACB90，

DBEACB，

又ADEB90且CBBD，

ABC≌EDBAAS，

DEAB，BEAC

AB2，AC6

DE2，BE6

AEABBE268，

DEBA180

DE∥AC，

DEF∽CAF，

DEEF

ACFA

2EF

6EF8

EF4，

BFBEEF6410，

1

S10210；

BDF2

【小問3詳解】

解：如圖所示，過點N作NMAF于點M，

∵ABMN90，ACB90ABCNBM

∴ABC∽MNB

BNBMMN

∴，

BCACAB

BNBMMN1

即，即MNBM，

BC623

又∵MN∥AC

∴EMN∽ECA

MEMN

∴，

AEAC

設(shè)BMx，則MEBEBM6x，

1

x

6x

3

86

54

解得：x

13

54

∴BNBM9；

13

BCAC613

【小問4詳解】

解：如圖所示，當(dāng)P在B點的左側(cè)時，過點P作PQBC于點Q

2

∵tanBCP

3

PQ2

∴tanBCP，設(shè)PQ2a，則CQ3a，

CQ3

又∵AC6,AB2，BAC90

AC6

∴tanABC3，BC2262210

AB2

PQ

∴tanPBQ3

BQ

12

∴BQPQa

33

211

∴BCCQBQa3aa

33

11

∴a210，

3

610

解得：a

11

2

在Rt△PBQ中，PQ2a,BQa

3

21021061040

∴PBPQ2BQ2a

331111

4018

∴APPBAB2

1111

如圖所示，當(dāng)P在B點的右側(cè)時，過點P作PTBC交CB的延長線于點T，

∵ABCPBT,AT90

∴BPTACB

AB1

∵tanACB

AC3

BT1

∴tanBPTtanACB

PT3

設(shè)BTb，則PT3b，BP10b，

PT2

∵tanBCP，

CT3

3b2

∴

b2103

410

解得：b

7

40

∴BP10b

7

4054

∴APABBP2

77

5418

綜上所述，AP或．

711

【點睛】本題考查了全等三角形的性質(zhì)與判定，相似三角形的性質(zhì)與判定，解直角三角形，旋轉(zhuǎn)的性

質(zhì)，熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．

9.（2024黑龍江綏化）綜合與探究

如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線yx2bxc與直線相交于A，B兩點，其中點A3,4，

B0,1．

（1）求該拋物線的函數(shù)解析式．

（2）過點B作BC∥x軸交拋物線于點C，連接AC，在拋物線上是否存在點P使

1

tanBCPtanACB．若存在，請求出滿足條件的所有點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．（提

6

示：依題意補全圖形，并解答）

2

（3）將該拋物線向左平移2個單位長度得到y(tǒng)1a1xb1xc1a10，平移后的拋物線與原拋物

線相交于點D，點E為原拋物線對稱軸上的一點，F(xiàn)是平面直角坐標(biāo)系內(nèi)的一點，當(dāng)以點B、D、E、

F為頂點的四邊形是菱形時，請直接寫出點F的坐標(biāo)．

【答案】（1）yx24x1

11115

（2）存在，點P坐標(biāo)為P1,，P2,，補圖見解析

2424

（）、、、

3F11,3F23,46F33,46F41,2

【解析】

【分析】（1）待定系數(shù)法求解析式即可求解；

（）根據(jù)平行線的性質(zhì)可得2，求得，進而分別求得，，

2yc1x4x1C4,1A3,4Q3,1

11

根據(jù)tanBCPtanACB可得tanBCP，設(shè)直線CP交y軸于點M，則M0,3，

621

11

M20,1．進而可得CM，CM的解析式為yx3，yx1，連接CM交拋物

12CM12CM221

線于P1，連接CM2交拋物線于P2，進而聯(lián)立拋物線與直線解析式，解方程，即可求解．

（3）①以BD為對角線，如圖作BD的垂直平分線ME1交BD于點M交直線x2于E1，設(shè)

E12,y，根據(jù)兩點距離公式可得y2，根據(jù)中點坐標(biāo)公式可得F11,3，②以BD為邊，如圖以

B為圓心，BD為半徑畫圓交直線x2于點E2，E3；連接BE2，BE3，根據(jù)勾股定理求得BD,BE2，

進而得出，，根據(jù)平移的性質(zhì)得出，，③

E22,16E32,16F23,46F33,46

以BD為邊，如圖以點D為圓心，BD長為半徑畫圓交直線x2于點E4和E5，連接DE4，DE5，

則，過點作于點，則，在△和

DE4DE5BD10DDHE4E5HDH1RtDHE4

△

RtDHE5中，由勾股定理得HE4HE53，則E42,1、E52,7，根據(jù)

tanDBE4tanE5DH3，可得DBE4E5DH，過點B作BF4∥DE4，過E4作

E4F4∥BD，BF4和E4F4相交于點F4，BE4的中點G1,1．根據(jù)中點坐標(biāo)公式可得F41,2；

【小問1詳解】

解：∵把點A3,4，B0,1代入yx2bxc得

93bc4

，

c1

b4

解得，

c1

∴yx24x1．

【小問2詳解】

存在．

理由：∵BC∥x軸且B0,1，

∴2，

yc1x4x1

∴x10（舍去），x24，

∴C4,1．

過點A作AQBC于點Q，

在RtACQ中，

∵A3,4，

∴Q3,1，

1

∵tanBCPtanACB，

6

1AQ11

∴tanBCP3．

6CQ62

設(shè)直線CP交y軸于點M，

BC4，CBM90，

∴M10,3，M20,1．

連接交拋物線于，連接交拋物線于，

CM1P1CM2P2

11

∴CM，CM的解析式為yx3，yx1，

12CM12CM22

11

y