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第二讲 开放与探究型问题
第1课时 开放型问题
(69分)
一、选择题(每题6分，共12分)
1．[2016·东营]如图2－1－1，在矩形ABCD中，E是AD边的中点，BE⊥AC，垂足为F，连结DF，分析下列四个结论：①△AEF∽△CAB；②CF＝2AF；③DF＝DC；④tan∠CAD＝.其中正确的结论有 ( B )
A．4个 B．3个
C．2个 D．1个
图2－1－1 第1题答图
【解析】 如答图，过点D作DM∥BE交AC于点N，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∠ABC＝90°，AD＝BC，∠EAC＝∠ACB，∵BE⊥AC于点F，∴∠ABC＝∠EFA＝90°，∴△AEF∽△CAB.故①正确；
∵AD∥BC，∴△AEF∽△CBF，∴＝，∵AE＝AD＝BC，∴＝，∴CF＝2AF.故②正确；
∵DE∥BM，BE∥DM，∴四边形BMDE是平行四边形，∴BM＝DE＝BC，∴BM＝CM，∴CN＝NF，∵BE⊥AC于点F，DM∥BE，∴DN⊥CF，∴DF＝DC.故③正确；
设EF＝1，则BF＝2，∵∠BAD＝90°，BE⊥AC，∴∠BAF＋∠FAE＝90°，∠FAE＋∠AEF＝90°，∴∠BAF＝∠AEF，∴△ABF∽△EAF，∴＝，∴AF＝＝，∴tan∠CAD＝tan∠ABF＝＝.故④错误．故选B.
2．如图2－1－2，AC是矩形ABCD的对角线，⊙O是△ABC的内切圆，
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现将矩形ABCD按如图所示的方式折叠，使点D与点O重合，折痕为FG，点F，G分别在边AD，BC上，连结OG，DG，若OG⊥DG，且⊙O的半径长为1，则下列结论不成立的是 ( A )
A．CD＋DF＝4
B．CD－DF＝2－3
C．BC＋AB＝2＋4
D．BC－AB＝2
图2－1－2 第2题答图
【解析】 如答图，设AB与⊙O相切于点M，BC与⊙O相切于点H，连结MO并延长MO交CD于点T，连结OH，连结OD交FG于点R，过点G作GN⊥AD于点N，分别交OD于点K，交OT于点P.
由折叠易知，OG＝DG，∵OH⊥BC，∴∠OHG＝∠GCD＝90°，∠HOG＋∠OGH＝90°，∵OG⊥DG，∴∠OGH＋∠DGC＝90°，∴∠DGC＝∠GOH，∴△OHG≌△GCD，∴HG＝CD，OH＝GC＝1，易得四边形BMOH是正方形，∴BM＝BH＝MO＝OH＝1，设CD＝m，则HG＝m，AB＝m，∴AM＝m－1，又∵⊙O是△ABC的内切圆，∴AC＝m＋1＋m－1＝2m，∴AC＝2AB，∴∠ACB＝30°，∴BC＝AB，2＋m＝m，解得m＝＋1，∴AB＝＋1，BC＝2＋m＝3＋，∴BC－AB＝2.D选项正确；
BC＋AB＝2m＋2＝2＋4，C选项正确；
由折叠知，OG＝GD，又∵OG⊥GD，∴△OGD是等腰直角三角形，且OR＝RD，∴RG＝RD，RG⊥RD，∵GN⊥AD，∠GRD＝∠FRD＝90°，又∵∠RKG＝∠NKD，∠RKG＋∠RGK＝∠NKD＋∠NDK＝90°，∴∠NDK＝∠RGK，∴△RKG≌△RFD(AAS)，∴KG＝DF，易得四边形OHGP是矩形，∴PG＝1，由GN∥DC，可得△OPK∽△OTD，∴＝＝＝＝－1，∴PK＝3－
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，∴KG＝DF＝4－，CD－DF＝＋1－(4－)＝2－3.B选项正确；
CD＋DF＝＋1＋(4－)＝5.A选项错误．故选A.
二、填空题(每题6分，共12分)
3．[2017·济宁]请写出一个过(1，1)，且与x轴无交点的函数表达式：__y＝(答案不唯一)__．
【解析】 一个与x轴无交点的函数有很多，例如反比例函数 y＝(k≠0)，且经过(1，1)，由此可得k＝1.
4．[2016·随州]如图2－1－3，边长为1的正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O.有直角∠MPN，使直角顶点P与点O重合，直角边PM，PN分别与OA，OB重合，然后逆时针旋转∠MPN，旋转角为θ(0°＜θ＜90°)，PM，PN分别交AB，BC于E，F两点，连结EF交OB于点G，则下列结论中正确的是__①②③⑤__．
①EF＝OE；②S四边形OEBF∶S正方形ABCD＝1∶4；③BE＋BF＝OA；④在旋转过程中，当△BEF与△COF的面积之和最大时，AE＝；⑤OG·BD＝AE2＋CF2.
图2－1－3 第4题答图
【解析】 ∵四边形ABCD是正方形，∴OB＝OC，∠OBE＝∠OCF＝45°，∠BOC＝90°，∴∠BOF＋∠COF＝90°，∵∠EOF＝90°，∴∠BOF＋∠BOE＝90°，∴∠BOE＝∠COF，∴△BOE≌△COF(ASA)，∴OE＝OF，BE＝CF，∴EF＝OE.故①正确；
∵S四边形OEBF＝S△BOE＋S△BOF＝S△BOF＋S△COF＝S△BOC＝S正方形ABCD，∴S四边形OEBF∶S正方形ABCD＝1∶4.故②正确；
∵BE＋BF＝BF＋CF＝BC＝OA.故③正确；
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如答图，过点O作OH⊥BC交BC于点H，∵BC＝1，∴OH＝BC＝，设AE＝x，则BE＝CF＝1－x，BF＝x，∴S△BEF＋S△COF＝BE·BF＋CF·OH＝x(1－x)＋(1－x)×＝－＋，∵a＝－＜0，∴当x＝时，S△BEF＋S△COF最大，即在旋转过程中，当△BEF与△COF的面积之和最大时，AE＝.故④错误；
∵∠EOG＝∠BOE，∠OEG＝∠OBE＝45°，∴△OEG∽△OBE，∴OE∶OB＝OG∶OE，∴OG·OB＝OE2，∵OB＝BD，OE＝EF，∴OG·BD＝EF2，∵在△BEF中，EF2＝BE2＋BF2，∴EF2＝AE2＋CF2，∴OG·BD＝AE2＋CF2.故⑤正确．
故答案为①②③⑤.
三、解答题(共45分)
5．(15分)[2017·泰安]如图2－1－4，四边形ABCD是平行四边形，AD＝AC，AD⊥AC，E是AB的中点，F是AC延长线上一点．
(1)若ED⊥EF，求证：ED＝EF；
(2)在(1)的条件下，若DC的延长线与FB交于点P，试判定四边形ACPE是否为平行四边形，并证明你的结论(请先补全图形，再解答)；
(3)若ED＝EF，ED与EF垂直吗？若垂直，请给出证明．
图2－1－4 第5题答图①
解： (1)证明：在▱ABCD中，∵AD＝AC，AD⊥AC，
∴AC＝BC，AC⊥BC，如答图①，连结CE，
∵E是AB的中点，
∴AE＝EC，CE⊥AB，
∴∠ACE＝∠BCE＝45°，∴∠ECF＝∠EAD＝135°，
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∵ED⊥EF，∴∠CEF＝∠AED＝90°－∠CED，
在△CEF和△AED中，
∴△CEF≌△AED，∴ED＝EF；
(2)如答图②，由(1)得△CEF≌△AED，CF＝AD，
∵AD＝AC，∴AC＝CF，
∵DP∥AB，∴FP＝PB，∴CP＝AB＝AE，
∴四边形ACPE为平行四边形；
第5题答图② 第5题答图③
(3)垂直，理由：
如答图③，过E作EM⊥DA交DA的延长线于M，过E作EN⊥FC交FC的延长线于N，
∵∠EAM＝∠EAN＝45°，∴ME＝NE，
在Rt△DME和Rt△FNE中，
∴Rt△DME≌Rt△FNE，
∴∠ADE＝∠CFE，在△ADE与△CFE中，
∴△ADE≌△CFE，
∴∠DEA＝∠FEC，∵∠DEA＋∠DEC＝90°，
∴∠CEF＋∠DEC＝90°，∴∠DEF＝90°，∴ED⊥EF.
6．(15分)如图2－1－5，CD是经过∠BCA顶点C的一条直线，CA＝CB.E，F分别是直线CD上两点，且∠BEC＝∠CFA＝∠α.
(1)若直线CD经过∠BCA的内部，且E，F在射线CD上，请解决下面两个问题：
①如图①，若∠BCA＝90°，∠α＝90°，
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则BE__＝__CF；EF__＝__|BE－AF|(选填“＞”“＜”或“＝”)；
②如图②，若0°＜∠BCA＜180°，请添加一个关于∠α与∠BCA关系的条件__∠α＋∠BCA＝180°__，使①中的两个结论仍然成立，并证明两个结论成立．
(2)如图③，若直线CD经过∠BCA的外部，∠α＝∠BCA，请写出EF，BE，AF三条线段数量关系的合理猜想(不要求证明)．
图2－1－5
解：(1)①∵∠BCA＝90°，∠α＝90°，
∴∠BCE＋∠CBE＝90°，∠BCE＋∠ACF＝90°，
∴∠CBE＝∠ACF，
∵CA＝CB，∠BEC＝∠CFA，∴△BCE≌△CAF，
∴BE＝CF；EF＝|CF－CE|＝|BE－AF|.
②∠α＋∠BCA＝180°.
证明：在△BCE中，∠CBE＋∠BCE＝180°－∠BEC＝180°－∠α.
∵∠BCA＝180°－∠α，∴∠CBE＋∠BCE＝∠BCA.
又∵∠ACF＋∠BCE＝∠BCA，∴∠CBE＝∠ACF，
又∵BC＝CA，∠BEC＝∠CFA，
∴△BCE≌△CAF(AAS)，
∴BE＝CF，CE＝AF，又∵EF＝CF－CE，
∴EF＝|BE－AF|.
(2)猜想：EF＝BE＋AF.
证明：∵∠BEC＝∠CFA＝∠α，∠α＝∠BCA，∠BCA＋∠BCE＋∠ACF＝180°，∠CFA＋∠CAF＋∠ACF＝180°，
∴∠BCE＝∠CAF，又∵BC＝CA，
∴△BCE≌△CAF(AAS)．
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∴BE＝CF，EC＝FA，∴EF＝EC＋CF＝BE＋AF.
7．(15分)[2017·兰州]如图2－1－6①，将一张矩形纸片ABCD沿着对角线BD向上折叠，顶点C落到点E处，BE交AD于点F.
(1)求证：△BDF是等腰三角形；
(2)如图②，过点D作DG∥BE，交BC于点G，连结FG交BD于点O.
①判断四边形BFDG的形状，并说明理由；
②若AB＝6，AD＝8，求FG的长．
图2－1－6
解：(1)证明：根据折叠的性质，得∠DBC＝∠DBE，
又∵AD∥BC，∴∠DBC＝∠BDA，
∴∠DBE＝∠BDA，∴BF＝DF，
∴△BDF是等腰三角形；
(2)①菱形．理由：
∵DG∥BE，DF∥BG，
∴四边形BFDG是平行四边形，
又∵BF＝DF，∴四边形BFDG是菱形；
②在Rt△ABD中，AB＝6，AD＝8，则BD＝10，
设DF＝BF＝x，则AF＝8－x，
在Rt△ABF中，AB2＋AF2＝BF2，即62＋(8－x)2＝x2，解得x＝，∴DF＝，
由S菱形BFDG＝DF·AB＝FG·BD，得×6＝FG×10，解得FG＝7.5.
(15分)
8．(15分)如图2－1－7，已知AB是⊙O的切线，切点为B，直线AO交⊙O于C，D两点，CD＝2，∠DAB＝30°，动点P在直线AB上运动，PC交⊙O
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于另一点Q.
图2－1－7
(1)当点P运动到Q，C两点重合时(如图①)，求AP的长；
(2)点P运动过程中，有几个位置(几种情况)使△CQD的面积为(直接写出答案)?
(3)当△CQD的面积为，且点Q位于以CD为直径的上半圆上，CQ＞QD时(如图②)，求AP的长．
解：(1)∵AB是⊙O的切线，∴∠OBA＝90°，
∵CD＝2，∠DAB＝30°，∴OB＝1，
∴OB＝OC＝AC＝1，
∵点P运动到Q，C两点重合，∴PC为⊙O的切线，∴∠PCA＝90°，
∵∠DAB＝30°，AC＝1，
∴AP＝；
第8题答图
(2)由于CD＝2，而S△CQD＝，∴CD上的高线的长度为，由答图①，可知有4个位置使△CQD的面积为；
(3)如答图②，过点Q作QN⊥AD于点N，过点P作PM⊥AD于点M，连结QD.
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∵S△CQD＝，∴QN·CD＝，
∵CD＝2，∴QN＝，
∵CD是⊙O的直径，∴∠CQD＝90°，
易证△QCN∽△DQN，∴＝，
∴QN2＝CN·DN.
设CN＝x，则DN＝2－x，∴x(2－x)＝，
解得x1＝，x2＝，
∵CQ＞QD，∴CN＝，∴＝2＋.
易证△PMC∽△QNC，∴＝＝2＋，
∴CM＝(2＋)MP，
在Rt△AMP中，∵∠MAP＝30°，∴AM＝MP，
∵AM＋CM＝AC＝1，∴MP＋(2＋)MP＝1，
∴MP＝，∴AP＝2MP＝.
(16分)
9．(16分)[2017·十堰]已知O为直线MN上一点，OP⊥MN，在等腰直角三角形ABO中，∠BAO＝90°，AC∥OP交OM于C，D为OB的中点，DE⊥DC交MN于E.
图2－1－8
(1)如图2－1－8①，若点B在OP上，则①AC__＝__OE(选填“>”“
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