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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．4 B．3 C．2 D．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，
∴Rt△POE≌Rt△POF，∴OE＝OF，在△PEM和△PFN中， ∴△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∠PAC＝∠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，
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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．4
C．3＋ D．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, ∴＝＝＝，∵DQ＝1，∴FQ＝，EQ＝2，∴EQ＋FQ＝2＋ .
二、填空题(每题6分，共12分)
图2－2－3
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__x＝0或x＝4－4或4＜x＜4___．
第3题答图①
【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，∴MC⊥OB，∵∠AOB
＝45°，∴△MCO是等腰直角三角形，
∴MC＝OC＝4，∴OM＝4 ，当M与D重合时，即x＝OM－DM＝4
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－4时，同理可知：点P恰好有三个；
第3题答图②
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
第3题答图③
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M1时，发现⊙M1与直线OB有一个交点，∴当4＜x＜4 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 －4或4＜x＜4 .
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；②＝；③S△PDQ＝；④cos∠ADQ＝.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＝CD＝BO＝AB，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)，∴∠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，
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解得x＝，∴CE＝，∵△DQF∽△DEC，∴＝＝，得FQ＝，∵△PQF∽△PBC，∴＝＝，∴＝.∴②正确；③S△PDQ＝ DP·QF＝××＝，∴③错误；④∵AD∥BC，∴∠ADQ＝∠DEC，
∴cos∠ADQ＝cos∠DEC＝＝＝，∴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A1，B1，C1，D1，得到矩形A1B1C1D1.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A1B1C1D1.
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A1B1C1D1之间的数量关系，并说明理由．
图2－2－5
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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＝，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＝，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＝EG·AE＝S矩形AEGD，
同理可得S△FEG＝S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：
第5题答图①
由题意得，当将G点向点D靠近(DG＜AE)时，如答图①所示，
S△HEC1＝S矩形HAEC1，
S△EFB1＝S矩形EBFB1，
S△FGA1＝S矩形FCGA1，S△GHD1＝S矩形GDHD1，
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∴S四边形EFGH＝S△HEC1＋S△EFB1＋S△FGA1＋S△GHD1－S矩形A1B1C1D1，
∴2S四边形EFGH＝S矩形HAEC1＋S矩形EBFB1＋S矩形FCGA1＋S矩形GDHD1－2S矩形A1B1C1D1，
即2S四边形EFGH＝S矩形ABCD－S矩形A1B1C1D1.
迁移应用：
第5题答图②
(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A1B1C1D1，
∴S矩形A1B1C1D1＝S矩形ABCD－2S四边形EFGH＝25－2×11＝3＝A1B1·A1D1，
∵正方形面积是25，∴边长为5，
又∵A1D＝HF2－52＝29－25＝4，
∴A1D1＝2，A1B1＝，
∴EG2＝A1B＋52＝＋25＝，∴EG＝.
(2)四边形 EFGH面积的最大值为.
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
(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°，
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在△AEO和△CFO中，
∴△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，
∴△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，
∴△AOE≌△COG(AAS)，
∴OE＝OG，AE＝CG，
在Rt△EFG中，∵OE＝OG，
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∴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＝∠BAC＝60°，于是＝＝；
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，
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∴∠DAB＝∠CAE，∴△ADB≌△AEC；
②BD＋AD＝CD.
第7题答图
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＝∠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＝.
又∵EF＝2，∴GF＝GE＋EF＝，
在Rt△GBF中，∵∠GFB＝30°，∴FG＝BG，
∴BF＝2×＝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，)．
(1)求∠BAO的度数；
(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．
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① ②
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，)，∴AO＝1，BO＝ ，
∴tan∠BAO＝＝＝，∴∠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＝，CO＝.∴S1＝AO·CO＝×1×＝，
S2＝BO·A′C＝××＝，∴S1＝S2；
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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′，∴S1＝S2.
(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____．
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
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面积的最大值为__ah__．(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tanB＝tanC＝，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．
第9题答图①
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.
∴ ＝.
∵CD＝16，CM＝AB＝32，∴MD＝CD＝16.
∴＝1，即CQ＝EM.
∵AE＝20，AM＝BC＝40，∴EM＝AE＝20.
∴AE＝CQ.同理PA＝MD＝CD＝16.
∴当BK＝PB＝24，即当顶点G在DE中点处时，矩形的面积最大，最大面积为×60×48＝720.
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【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＝BC＝×108＝54.
在Rt△EBH中，EH＝BH·tanB＝54×＝72.∴EB＝90.
由结论，当PB＝EB＝45＜AB时，矩形面积有最大值×108×72＝1 944 cm2
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 cm2.
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