专题12探索性问题
一、选择题
1.（2017浙江衢州第7题）下列四种基本尺规作图分别表示：作一个角等于已知角；作一个角的平分线；作一条线段的垂直平分线；过直线外一点P作已知直线的垂线，则对应选项中作法错误的是（）
A． B． C． D．
【答案】C.
考点：基本作图.B.C.D.
【答案】
【解析】
试题解析：作直径CG，连接OD、OE、OF、DG．
CG是圆的直径，
CDG=90°，则DG==8，
又EF=8，
DG=EF，
，
S扇形ODG=S扇形OEF，
AB∥CD∥EF，
S△OCD=S△ACD，S△OEF=S△AEF，
S阴影=S扇形OCD+S扇形OEF=S扇形OCD+S扇形ODG=S半圆=π×52=π．
故选A．考点：1.圆周角定理；2.扇形面积的计算.公式表示当重力为P时的物体作用在弹簧上时弹簧的长度.表示弹簧的初始长度,用厘米(cm)表示，K表示单位重力物体作用在弹簧上时弹簧的长度，用厘米(cm)表示。下面给出的四个公式中，表明这是一个短而硬的弹簧的是（）
A．L=10+0.5PB．L=10+5PC．L=80+0.5PD．L=80+5P
【答案】A
【解析】
试题分析：A和B中，L0=10，表示弹簧短；A和C中，K=0.5，表示弹簧硬；
故选A
考点:一次函数的应用
观察下列图形，它是把一个三角形分别连接这个三角形的中点，构成4个小三角形，挖去中间的小三角形（如题1）；对剩下的三角形再分别重复以上做法，……，将这种做法继续下去（如图2，图3……），则图6中挖去三角形的个数为（）
A．121B．362C．364D．729
【答案】C
考点:探索规律
一大矩形按如图方式分割成九个小矩形，且只有标号为①和②的两个小矩形为正方形，在满足条件的所有分割中，若知道九个小矩形中小矩形的周长，就一定能算出这个大矩形的面积，则最小值是()
A.3 B.4 C.5 D.6
【答案】A.
【解析】
试题分析：根据题意可知，最少知道3个小矩形的周长即可求得大矩形的面积.
考点：矩形的性质.
6.（2017重庆A卷第10题）下列图形都是由同样大小的菱形按照一定规律所组成的，其中第个图形中一共有3个菱形，第个图形中一共有7个菱形，第个图形中一共有13个菱形，…，按此规律排列下去，第个图形中菱形的个数为（）
A．73 B．81 C．91 D．109
C．第个图形中一共有3个菱形，3=122；
第个图形中共有7个菱形，7=223；
第个图形中共有13个菱形，13=324；
…，
第n个图形中菱形的个数为：n2n+1；
第个图形中菱形的个数929+1=91．
故选C．，在，将顶点旋转得到的中点，的中点，连接若则线段是
A．B．C.D．
【答案】B
【解析】
试题解析：如图连接PC．
在RtABC中，A=30°，BC=2，
AB=4，
根据旋转不变性可知，A′B′=AB=4，
A′P=PB′，
PC=A′B′=2，
CM=BM=1，
又PM≤PC+CM，即PM3，
PM的最大值为3（此时P、C、M共线）．
故选B．
旋转的性质．中，，以的一边为边画等腰三角形，使得它的第三个顶点在的其他边上，则可以画出的不同的等腰三角形的个数最多为（）
A．4B．5C．6D．7
【答案】C
【解析】
试题解析：①以B为圆心，BC长为半径画弧，交AB于点D，△BCD就是等腰三角形；②以A为圆心，AC长为半径画弧，交AB于点E，△ACE就是等腰三角形；③以C为圆心，BC长为半径画弧，交AC于点F，△BCF就是等腰三角形；④作AC的垂直平分线交AB于点H，△ACH就是等腰三角形；⑤作AB的垂直平分线交AC于G，则△AGB是等腰三角形；⑥作BC的垂直平分线交AB于I，则△BCI是等腰三角形．
故选C.
考点：画等腰三角形.
9.（2017贵州黔东南州第10题）我国古代数学的许多创新和发展都位居世界前列，如南宋数学家杨辉（约13世纪）所著的《详解九章算术》一书中，用如图的三角形解释二项和（a+b）n的展开式的各项系数，此三角形称为“杨辉三角”．
根据“杨辉三角”请计算（a+b）20的展开式中第三项的系数为（）
A．2017 B．2016 C．191 D．190
找规律发现（ab）3的第三项系数为3=12；
（ab）4的第三项系数为6=12+3；
（ab）5的第三项系数为10=12+3+4；
不难发现（ab）n的第三项系数为12+3+…+（n﹣2）（n﹣1），
（ab）20第三项系数为12+3+…+20=190，
故选D．
已知抛物线y=x2+1具有如下性质：该抛物线上任意一点到定点F（0，2）的距离与到x轴的距离始终相等，如图，点M的坐标为（，3），P是抛物线y=x2+1上一个动点，则△PMF周长的最小值是（）
A．3 B．4 C．5 D．6
C．过点M作MEx轴于点E，交抛物线y=x2+1于点P，此时△PMF周长最小值，
∵F（0，2）、M（ ，3），
ME=3，FM==2，
PMF周长的最小值=ME+FM=3+2=5．
故选C．
填在下面各正方形中四个数之间都有相同的规律，根据这种规律m的值为（）
A．180 B．182 C．184 D．186
【答案】
【解析】
试题解析：由前面数字关系：1，3，5；3，5，7；5，7，9，
可得最后一个三个数分别为：11，13，15，
3×5﹣1=14，；
5×7﹣3=32；
7×9﹣5=58；
m=13×15﹣11=184．
故选C．
考点：
二、填空题
1.（2017浙江衢州第14题）如图，从边长为（a+3）的正方形纸片中剪去一个边长为3的正方形，剩余部分沿虚线又剪拼成一个如图所示的长方形（不重叠无缝隙），则拼成的长方形的另一边长是．
【答案】a+6．
考点：图形的拼接.上的动点，过点P作⊙A的切线，切点为Q，则切线长PQ的最小值是__________
【答案】．
【解析】
试题解析：连接AP，PQ，
当AP最小时，PQ最小，
当AP直线y=﹣x+3时，PQ最小，
A的坐标为（﹣1，0），y=﹣x+3可化为3x+4y﹣12=0，
AP==3，
PQ=．
考点：1.切线的性质；2.一次函数的性质.
．轴上，B在第二象限。△ABO沿轴正方向作无滑动的翻滚，经第一次翻滚后得△A1B1O，则翻滚3次后点B的对应点的坐标是__________；翻滚2017次后AB中点M经过的路径长为__________
【答案】（5，）；.
【解析】
试题解析：如图，作B3Ex轴于E，
易知OE=5，B3E=，
B3（5，），
观察图象可知三次一个循环，一个循环点M的运动路径为：
，
2017÷3=672…1，
翻滚2017次后AB中点M经过的路径长为：
672?（．
考点：点的坐标.
，用同样大小的黑色棋子按如图所示的规律摆放：
则第⑦个图案有色棋子第一个图需棋子个，×0第二个图需棋子个，×1第三个图需棋子个，×2第四个图需棋子个，×3
?第个图需棋子个，×6
考点：数与形结合的规律.
5.（2017浙江宁波第17题）已知三个顶点为，，将右平移单位后，一边的中点恰好落在反比例函数图象上，则值为 .
考点：1.反比例函数图象上点的坐标特征；2.坐标与图形变化-平移．
6.（2017甘肃庆阳第18题）下列图形都是由完全相同的小梯形按一定规律组成的．如果第1个图形的周长为5，那么第2个图形的周长为，第2017个图形的周长为．
【答案】6053.
【解析】
试题解析：∵第1个图形的周长为2+3=5，
第2个图形的周长为2+3×2=8，
第3个图形的周长为2+3×3=11，
…
∴第2017个图形的周长为2+3×2017=6053
考点：图形的变化规律.
7.（2017贵州安顺第18题）如图，在平面直角坐标系中，直线l：y=x2交x轴于点A，交y轴于点A1，点A2，A3，…在直线l上，点B1，B2，B3，…在x轴的正半轴上，若A1OB1，A2B1B2，A3B2B3，…，依次均为等腰直角三角形，直角顶点都在x轴上，则第n个等腰直角三角形AnBn﹣1Bn顶点Bn的横坐标为．
2n+1﹣2．
考点：点的坐标．
8.（2017贵州安顺第17题）如图所示，正方形ABCD的边长为6，ABE是等边三角形，点E在正方形ABCD内，在对角线AC上有一点P，使PDPE的和最小，则这个最小值为．
设BE与AC交于点P，连接BD，
点B与D关于AC对称，
PD=PB，
PD+PE=PB+PE=BE最小．
即P在AC与BE的交点上时，PDPE最小，为BE的长度；
正方形ABCD的边长为6，
AB=6．
又ABE是等边三角形，
BE=AB=6．
故所求最小值为6．
如图，在菱形，，点这个菱形内部或边上的一点，若以顶点的三角形是等腰三角形，则(，两点不重合)两点间的最短距离为 cm.10﹣10（cm）连接BD，在菱形ABCD中，
ABC=120°，AB=BC=AD=CD=10，
A=∠C=60°，
ABD，BCD都是等边三角形，
若以边BC为底，则BC垂直平分线上（在菱形的边及其内部）的点满足题意，此时就转化为了“直线外一点与直线上所有点连线的线段中垂线段最短”，即当点P与点D重合时，PA最小，最小值PA=10；
若以边PB为底，PCB为顶角时，以点C为圆心，BC长为半径作圆，与AC相交于一点，则弧BD（除点B外）上的所有点都满足PBC是等腰三角形，当点P在AC上时，AP最小，最小值为10﹣10；
若以边PC为底，PBC为顶角，以点B为圆心，BC为半径作圆，则弧AC上的点A与点D均满足PBC为等腰三角形，当点P与点A重合时，PA最小，显然不满足题意，故此种情况不存在；
综上所述，PD的最小值为10﹣10（cm）
考点：菱形的性质；等腰三角形的性质．如图，在平面坐标系，顶点的坐标分别是，动点直线运动，以点圆心，为半径的点，当的边相切时，的坐标为 .
（0，0）或（，1）或（3﹣，）．当P与BC相切时，动点P在直线y=x上，
P与O重合，此时圆心P到BC的距离为OB，
P（0，0）．
如图1中，当P与OC相切时，则OP=BP，OPB是等腰三角形，作PEy轴于E，则EB=EO，易知P的纵坐标为1，可得P（，1）．
如图2中，当P与OA相切时，则点P到点B的距离与点P到x轴的距离线段，可得，
解得x=3或3﹣，
x=3+＞OA，
P不会与OA相切，
x=3+不合题意，
p（3﹣，）．
如图3中，当P与AB相切时，设线段AB与直线OP的交点为G，此时PB=PG，
OP⊥AB，
BGP=∠PBG=90°不成立，
此种情形，不存在P．
综上所述，满足条件的P的坐标为（0，0）或（，1）或（3﹣，）．
切线的性质；一次函数图象上点的坐标特征．把多块大小不同的30°直角三角板如图所示，摆放在平面直角坐标系中，第一块三角板AOB的一条直角边与y轴重合且点A的坐标为（0，1），ABO=30°；第二块三角板的斜边BB1与第一块三角板的斜边AB垂直且交y轴于点B1；第三块三角板的斜边B1B2与第二块三角板的斜边BB1垂直且交x轴于点B2；第四块三角板的斜边B2B3与第三块三角板的斜边B1B2C垂直且交y轴于点B3；…按此规律继续下去，则点B2017的坐标为．
（0，﹣）由题意可得，
OB=OA?tan60°=1=，
OB1=OB?tan60°=，
OB2=OB1?tan60°=（）3，
…
2017÷4=506…1，
点B2017的坐标为（0，﹣），，以为直角边作等腰直角三角形.再以为直角边作等腰直角三角形，如此下去，则线段的长度为．
【答案】．OBA1为等腰直角三角形，OB=1，
AA1=OA=1，OA1=OB=；
OA1A2为等腰直角三角形，
A1A2=OA1=，OA2=OA1=2；
OA2A3为等腰直角三角形，
A2A3=OA2=2，OA3=OA2=2；
OA3A4为等腰直角三角形，
A3A4=OA3=2，OA4=OA3=4．
OA4A5为等腰直角三角形，
A4A5=OA4=4，OA5=OA4=4，
OA5A6为等腰直角三角形，
A5A6=OA5=4，OA6=OA5=8．
OAn的长度为．个边长为1的正方形拼接成一排，求得，，，计算，……按此规律，写出（用含的代数式表示）．
【答案】，作CH⊥BA4于H，
由勾股定理得，BA4=，A4C=，
△BA4C的面积=4-2-=，
∴××CH=，解得，CH=，
则A4H==，
∴tan∠BA4C==，
1=12-1+1，
3=22-2+1，
7=32-3+1，
∴tan∠BAnC=和角的三角板和叠合在一起，边与重合，（如图1），点为边的中点，边与相交于点，此时线段的长是．现将三角板绕点按顺时针方向旋转（如图2），在从到的变化过程中，点相应移动的路径长共为．（结果保留根号）
【答案】12-12．12-18．如图1中，作HM⊥BC于M，HN⊥AC于N，则四边形HMCN是正方形，设边长为a．
在Rt△ABC中，∵∠ABC=30°，BC=12，
∴AB=，
在Rt△BHM中，BH=2HM=2a，
在Rt△AHN中，AH=，
∴2a+，
∴a=6-6，
∴BH=2a=12-12．
如图2中，当DG∥AB时，易证GH1⊥DF，此时BH1的值最小，易知BH1=BK+KH1=3+3，
∴HH1=BH-BH1=9-15，
当旋转角为60°时，F与H2重合，易知BH2=6，
观察图象可知，在∠CGF从0°到60°的变化过程中，点H相应移动的路径长=2HH1+HH2=18-30+[6-（12-12）]=12-18．（1）（2），，，请探索，，满足的等量关系。
【答案】（1）全等；证明见解析；（2）是，理由见解析；（3）c2=a2+ab+b2．
试题解析：（1）△ABDBCE≌△CAF；理由如下：
ABC是正三角形，
CAB=∠ABC=∠BCA=60°，AB=BC，
ABD=∠ABC﹣2，BCE=∠ACB﹣3，2=∠3，
ABD=∠BCE，
在△ABD和△BCE中，
，
ABD≌△BCE（ASA）；
（2）△DEF是正三角形；理由如下：
ABD≌△BCE≌△CAF，
ADB=∠BEC=∠CFA，
FDE=∠DEF=∠EFD，
DEF是正三角形；
（3）作AGBD于G，如图所示：
DEF是正三角形，
ADG=60°，
在Rt△ADG中，DG=b，AG=b，
在Rt△ABG中，c2=（a+b）2+（b）2，
c2=a2+ab+b2．
考点：1.全等三角形的判定与性质；2.勾股定理有这样一个问题：探究同一坐标系中系数互为倒数的正、反比例函数与的图象性质.小明根据学习函数的经验，对函数与，当k>0时的图象性质进行了探究，下面是小明的探究过程：
（1）如图所示，设函数与图像的交点为A,B.已知A的坐标为(-k，-1)，则B点的坐标为.
(2)若P点为第一象限内双曲线上不同于点B的任意一点.
设直线PA交x轴于点M，直线PB交x轴于点N.求证：PM=PN.
证明过程如下：设P(m，)，直线PA的解析式为y=ax+b(a≠0).
则解得
所以,直线PA的解析式为．
请把上面的解答过程补充完整，并完成剩余的证明.
当P点坐标为(1,k)(k≠1)时，判断ΔPAB的形状，并用k表示出ΔPAB的面积.
【答案】（1）（k，1）；（2）；ΔPAB为直角三角形或.
【解析】
试题分析：（1）利用反比例函数的对称性指：A点和B点关于原点对称，从而求出B(k，1)
(2)解方程组，直线PA的解析式为，求出M（m-k,0）;同理求出：N（m+k,0）,作PHx轴，得H（m,0），MK=NK=k，最后利用线段垂直平分线线定理知PM=PN.
分两种情况讨论：第一：当k＞1时，；
第二：当0＜k＜1时，.
试题解析：（1）B点的坐标为（k，1）
（2）证明过程如下：设P(m，)，直线PA的解析式为y=ax+b(a≠0).
则解得
所以,直线PA的解析式为．
令y=0，得x=m-k
M点的坐标为（m-k，0）
过点P作PHx轴于H
点H的坐标为（m，0）
MH=xH-xM=m-(m-k)=k.
同理可得：HN=k
PM=PN
②由知，在ΔPMN中，PM=PN
ΔPMN为等腰三角形，且MH=HN=k
当P点坐标为（1，k）时，PH=k
MH=HN=PH
∴∠PMH=∠MPH=45°，PNH=∠NPH=45°
∴∠MPN=90°，即APB=90°
∴ΔPAB为直角三角形.
当k>1时，如图1，
=
=
当0
=
=
考点：反比例函数的性质，一次函数的性质，平面直角坐标系中三角形及四边形面积问题，分类讨论思想有两个内角分别是它们对角的一半的四边形叫做半对角四边形.
(1)如图在半对角四边形，，求的度数之和
(2)如图锐角接于若边存在一点使得的平分线交点结延长交点.求证：四边形半对角四边形；
(3)如图在(2)的条件下，过点于点交点当求的面积之比.
【答案】（1）120°；（2）证明见解析；（3）.
试题分析：（1）在半对角四边形，
∵∠A+∠B+∠C+∠D=360°
∴3∠B+3∠C=360°
∴∠B+∠C=120°
即∠B与∠C的度数之和为120°
（2）在ΔBED和ΔBEO中
∴ΔBED≌ΔBEO
∴∠BDE=∠BOE
又∵∠BCF=∠BOE
∴∠BCF=∠BDE
如图，连接OC
设∠EAF=a，则∠AFE=2∠EAF=2a
∴∠EFC=180°-∠AFE=180°-2a
∵OA=OC
∴∠OAC=∠OCA=a
∴∠AOC=180°-∠OAC-∠OCA=180°-2a
∴∠ABC=∠AOC=∠EFC
∴四边形DBCF是半对角四边形.
(3)如图，过点O作OM⊥BC于点M
∵四边形DBCF是半对角四边形
∴∠ABC+∠ACB=120°
∴∠BAC=60°
∴∠BOC=2∠BAC=120°
∵OB=OC
∴∠OBC=∠OCB=30°
∴BC=2BM=BO=BD
∵DG⊥OB
∴∠HGB=∠BAC=60°
∵∠DBG=∠CBA
∴ΔDBG∽ΔCBA
∴
∵DH=BG，BG=2HG
∴DG=3HG
∴
∴
考点：1.四边形内角和；2.圆周角定理；3.相似三角形的判定与性质.
4.（2017重庆A卷第25题）对任意一个三位数n，如果n满足各个数位上的数字互不相同，且都不为零，那么称这个数为“相异数”，将一个“相异数”任意两个数位上的数字对调后可以得到三个不同的新三位数，把这三个新三位数的和与111的商记为F（n）．例如n=123，对调百位与十位上的数字得到213，对调百位与个位上的数字得到321，对调十位与个位上的数字得到132，这三个新三位数的和为213+321+132=666，666÷111=6，所以F（123）=6．
（1）计算：F（243），F（617）；
（2）若s，t都是“相异数”，其中s=100x+32，t=150+y（1≤x≤9，1≤y≤9，x，y都是正整数），规定：k=，当F（s）+F（t）=18时，求k的最大值．
【解析】
试题分析：(1)根据F(n)的定义式，分别将n=243和n=617代入F(n)中，即可求出结论；
（2）由s=100x+32，t=150+y结合F（s）+F(t)=18,即可得出关于x、y的二元一次方程组，解之即可得出x、y的值，再根据相异数的定义结合F(n)的定义式，即可求出F(s)、F（t）的值，将其代入中，找出最大值即可.
试题解析：（1）F（243）=（423342+234）111=9；
F（617）=（167716+671）111=14．
（2）s，t都是“相异数”，s=100x32，t=150y，
F（s）=（30210x+230+x+100x+23）111=x+5，F（t）=（510y+100y+51+105+10y）111=y+6．
F（t）F（s）=18，
x+5+y+6=x+y+11=18，
x+y=7．
1≤x≤9，1y≤9，且x，y都是正整数，
或或或或或．
s是“相异数”，
x≠2，x3．
t是“相异数”，
y≠1，y5．
或或，
或或，
或或，
k的最大值为．
如图在平面直角坐标系中，已知抛物线轴交于两点，与交于点.
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)若点轴上的一点，且以顶点的三角形与似，求点坐标；
(3)如图轴玮抛物线相交于点点直线方抛物线上的动点，过点轴平行的直线与分别交于点，试探究当点到何处时，四边形面积最大，求点坐标及最大面积；(4)若点抛物线的顶点，点该抛物线上的一点，在，上分别找点，使四边形周长最小，求出点的坐标.
【答案】(1)y=x2﹣4x﹣5，D的坐标为（0，1）或（0，）；当t=时，四边形CHEF的面积最大为．P（，0），Q（0，﹣）．（1）点A（﹣1，0），B（5，0）在抛物线y=ax2bx﹣5上，
，
，
抛物线的表达式为y=x2﹣4x﹣5，
（2）如图1，令x=0，则y=﹣5，
∴C（0，﹣5），
OC=OB，
OBC=∠OCB=45°，
AB=6，BC=5，
要使以B，C，D为顶点的三角形与ABC相似，则有或，
当时，
CD=AB=6，
D（0，1），
当时，
，
CD=，
D（0，），
即：D的坐标为（0，1）或（0，）；
（3）设H（t，t2﹣4t﹣5），
CE∥x轴，
点E的纵坐标为﹣5，
E在抛物线上，
x2﹣4x﹣5=﹣5，x=0（舍）或x=4，
E（4，﹣5），
CE=4，
B（5，0），C（0，﹣5），
直线BC的解析式为y=x﹣5，
F（t，t﹣5），
HF=t﹣5﹣（t2﹣4t﹣5）=﹣（t﹣ ）2，
CE∥x轴，HFy轴，
CE⊥HF，
S四边形CHEF=CE?HF=﹣2（t﹣）2，
当t=时，四边形CHEF的面积最大为．
（4）如图2，K为抛物线的顶点，
K（2，﹣9），
K关于y轴的对称点K''（﹣2，﹣9），
M（4，m）在抛物线上，
M（4，﹣5），
点M关于x轴的对称点M''（4，5），
直线K''M''的解析式为y=x﹣，
P（，0），Q（0，﹣）．
操作：“如图1，P是平面直角坐标系中一点（x轴上的点除外），过点P作PCx轴于点C，点C绕点P逆时针旋转60°得到点Q．”我们将此由点P得到点Q的操作称为点的T变换．
（1）点P（a，b）经过T变换后得到的点Q的坐标为；若点M经过T变换后得到点N（6，﹣），则点M的坐标为．
（2）A是函数y=x图象上异于原点O的任意一点，经过T变换后得到点B．
求经过点O，点B的直线的函数表达式；
如图2，直线AB交y轴于点D，求△OAB的面积与△OAD的面积之比．
【答案】（1）Q（a+b，b）；M（9，﹣2）；(2)y=x；
【解析】
试题分析：（1）连接CQ可知△PCQ为等边三角形，过Q作QDPC，利用等边三角形的性质可求得CD和QD的长，则可求得Q点坐标；设出M点的坐标，利用P、Q坐标之间的关系可得到点M的方程，可求得M点的坐标；
（2）可取A（2，），利用T变换可求得B点坐标，利用待定系数示可求得直线OB的函数表达式；由待定系数示可求得直线AB的解析式，可求得D点坐标，则可求得AB、AD的长，可求得△OAB的面积与△OAD的面积之比．
试题解析：（1）如图1，连接CQ，过Q作QDPC于点D，
由旋转的性质可得PC=PQ，且CPQ=60°，
PCQ为等边三角形，
P（a，b），
OC=a，PC=b，
CD=PC=b，DQ=PQ=b，
Q（a+b，b）；
设M（x，y），则N点坐标为（x+y，y），
N（6，﹣），
，解得，
M（9，﹣2）；
（2）A是函数y=x图象上异于原点O的任意一点，
可取A（2，），
2+×=，×=，
B（，），
设直线OB的函数表达式为y=kx，则k=，解得k=，
直线OB的函数表达式为y=x；
设直线AB解析式为y=k′x+b，
把A、B坐标代入可得，解得，
直线AB解析式为y=﹣x+，
D（0，），且A（2，），B（，），
AB=，AD=，
．
考点：一次函数综合题．如图，△ABC是一块直角三角板，且C=90°，A=30°，现将圆心为点O的圆形纸片放置在三角板内部．
（1）如图，当圆形纸片与两直角边AC、BC都相切时，试用直尺与圆规作出射线CO；（不写作法与证明，保留作图痕迹）
（2）如图，将圆形纸片沿着三角板的内部边缘滚动1周，回到起点位置时停止，若BC=9，圆形纸片的半径为2，求圆心O运动的路径长．
【答案】（1）作图见解析；（2）15+．
试题解析：（1）如图①所示，射线OC即为所求；
（2）如图，圆心O的运动路径长为C△OO1O2，
过点O1作O1D⊥BC、O1F⊥AC、O1G⊥AB，垂足分别为点D、F、G，
过点O作OE⊥BC，垂足为点E，连接O2B，
过点O2作O2H⊥AB，O2I⊥AC，垂足分别为点H、I，
在Rt△ABC中，∠ACB=90°、∠A=30°，
∴AC=，AB=2BC=18，∠ABC=60°，
∴C△ABC=9+9+18=27+9，
∵O1D⊥BC、O1G⊥AB，
∴D、G为切点，
∴BD=BG，
在Rt△O1BD和Rt△O1BG中，
∵，
∴△O1BD≌△O1BG（HL），
∴∠O1BG=∠O1BD=30°，
在Rt△O1BD中，∠O1DB=90°，∠O1BD=30°，
∴BD=，
∴OO1=9-2-2=7-2，
∵O1D=OE=2，O1D⊥BC，OE⊥BC，
∴O1D∥OE，且O1D=OE，
∴四边形OEDO1为平行四边形，
∵∠OED=90°，
∴四边形OEDO1为矩形，
同理四边形O1O2HG、四边形OO2IF、四边形OECF为矩形，
又OE=OF，
∴四边形OECF为正方形，
∵∠O1GH=∠CDO1=90°，∠ABC=60°，
∴∠GO1D=120°，
又∵∠FO1D=∠O2O1G=90°，
∴∠OO1O2=360°-90°-90°=60°=∠ABC，
同理，∠O1OO2=90°，
∴△OO1O2∽△CBA，
∴，即，
∴C△OO1O2=15+，即圆心O运动的路径长为15+．
考点：切线的性质；作图—复杂作图．
8.（2017江苏盐城第26题）【探索发现】
如图，是一张直角三角形纸片，B=60°，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．
【拓展应用】
如图，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面积的最大值为．（用含a，h的代数式表示）
【灵活应用】
如图，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，现有一块四边形的木板余料ABCD，经测量AB=50cm，BC=108cm，CD=60cm，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．
【答案】【探索发现】;【拓展应用】;【灵活应用】720;【实际应用】1944cm2．
【解析】
试题分析：【探索发现】：由中位线知EF=BC、ED=AB、由可得；
【拓展应用】：由△APN∽△ABC知，可得PN=a-PQ，设PQ=x，由S矩形PQMN=PQ?PN═-（x-）2+，据此可得；
【灵活应用】：添加如图1辅助线，取BF中点I，FG的中点K，由矩形性质知AE=EH20、CD=DH=16，分别证△AEF≌△HED、△CDG≌△HDE得AF=DH=16、CG=HE=20，从而判断出中位线IK的两端点在线段AB和DE上，利用【探索发现】结论解答即可；
【实际应用】：延长BA、CD交于点E，过点E作EH⊥BC于点H，由tanB=tanC知EB=EC、BH=CH=54，EH=BH=72，继而求得BE=CE=90，可判断中位线PQ的两端点在线段AB、CD上，利用【拓展应用】结论解答可得．
试题解析：【探索发现】
∵EF、ED为△ABC中位线，
∴ED∥AB，EF∥BC，EF=BC，ED=AB，
又∠B=90°，
∴四边形FEDB是矩形，
则
【拓展应用】
∵PN∥BC，
∴△APN∽△ABC，
∴，即，
∴PN=a-PQ，
设PQ=x，
则S矩形PQMN=PQ?PN=x（a-x）=-x2+ax=-（x-）2+，
∴当PQ=时，S矩形PQMN最大值为，
【灵活应用】
如图1，延长BA、DE交于点F，延长BC、ED交于点G，延长AE、CD交于点H，取BF中点I，FG的中点K，
由题意知四边形ABCH是矩形，
∵AB=32，BC=40，AE=20，CD=16，
∴EH=20、DH=16，
∴AE=EH、CD=DH，
在△AEF和△HED中，
∵，
∴△AEF≌△HED（ASA），
∴AF=DH=16，
同理△CDG≌△HDE，
∴CG=HE=20，
∴BI==24，
∵BI=24＜32，
∴中位线IK的两端点在线段AB和DE上，
过点K作KL⊥BC于点L，
由【探索发现】知矩形的最大面积为×BG?BF=×（40+20）×（32+16）=720，
答：该矩形的面积为720；
【实际应用】
如图2，延长BA、CD交于点E，过点E作EH⊥BC于点H，
∵tanB=tanC=，
∴∠B=∠C，
∴EB=EC，
∵BC=108cm，且EH⊥BC，
∴BH=CH=BC=54cm，
∵tanB=，
∴EH=BH=×54=72cm，
在Rt△BHE中，BE==90cm，
∵AB=50cm，
∴AE=40cm，
∴BE的中点Q在线段AB上，
∵CD=60cm，
∴ED=30cm，
∴CE的中点P在线段CD上，
∴中位线PQ的两端点在线段AB、CD上，
由【拓展应用】知，矩形PQMN的最大面积为BC?EH=1944cm2，
答：该矩形的面积为1944cm2．
考点：四边形综合题．
9.（2017山东烟台第23题）【操作发现】
（1）如图1，为等边三角形，先将三角板中的角与重合，再将三角板绕点按顺时针方向旋转（旋转角大于且小于）.旋转后三角板的一直角边与交于点.在三角板斜边上取一点，使，线段上取点，使，连接，.
①求的度数；
②与相等吗？请说明理由；
【类比探究】
（2）如图2，为等腰直角三角形，，先将三角板的角与重合，再将三角板绕点按顺时针方向旋转（旋转角大于且小于）.旋转后三角板的一直角边与交于点.在三角板另一直角边上取一点，使，线段上取点，使，连接，.请直接写出探究结果：
①的度数；
②线段之间的数量关系.
【答案】(1)①120°；DE=EF；理由90°；AE2+DB2=DE2．试题解析：（1）ABC是等边三角形，
AC=BC，BAC=∠B=60°，
DCF=60°，
ACF=∠BCD，
在ACF和BCD中，，
ACF≌△BCD（SAS），
CAF=∠B=60°，
EAF=∠BAC+∠CAF=120°；
DE=EF；理由如下：
DCF=60°，DCE=30°，
FCE=60°﹣30°=30°，
DCE=∠FCE，
在DCE和FCE中，，
DCE≌△FCE（SAS），
DE=EF；
（2）ABC是等腰直角三角形，ACB=90°，
AC=BC，BAC=∠B=45°，
DCF=90°，
ACF=∠BCD，
在ACF和BCD中，，
ACF≌△BCD（SAS），
CAF=∠B=45°，AF=DB，
EAF=∠BAC+∠CAF=90°；
AE2+DB2=DE2，理由如下：
DCF=90°，DCE=45°，
FCE=90°﹣45°=45°，
DCE=∠FCE，
在DCE和FCE中，，
DCE≌△FCE（SAS），
DE=EF，
在RtAEF中，AE2AF2=EF2，
又AF=DB，
AE2+DB2=DE2．【探究函数y=x+的图象与性质】
（1）函数y=x+的自变量x的取值范围是；
（2）下列四个函数图象中函数y=x+的图象大致是；
（3）对于函数y=x+，求当x＞0时，y的取值范围．
请将下列的求解过程补充完整．
解：x＞0
y=x+=（）2+（）2=（﹣）2+
（﹣）2≥0
y≥．
[拓展运用]
（4）若函数y=，则y的取值范围．
【答案】
【解析】
试题分析：
试题解析：（1）函数y=x+的自变量x的取值范围是x≠0；
（2）函数y=x+的图象大致是C；
（3）解：x＞0
y=x+=（ ）2+（）2=（﹣）2+4
（﹣）2≥0
y≥4．
（4）y==x+﹣5═（）2+（）2﹣5=（+）2+13
（﹣）2≥0，
y≥13．
考点：的正三角形纸片按如下顺序进行两次折叠，展开后，得折痕（如图①），点为其交点.
（1）探求与的数量关系，并说明理由；
（2）如图②，若分别为上的动点.
①当的长度取得最小值时，求的长度；
②如图③，若点在线段上，，则的最小值=.
【答案】（1）AO=2OD，；.
【解析】
试题解析：（1）AO=2OD，
理由：ABC是等边三角形，
BAO=∠ABO=∠OBD=30°，
AO=OB，
BD=CD，
AD⊥BC，
BDO=90°，
OB=2OD，
OA=2OD；
（2）如图，作点D关于BE的对称点D′，过D′作D′NBC于N交BE于P，
则此时PN+PD的长度取得最小值，
BE垂直平分DD′，
BD=BD′，
ABC=60°，
BDD′是等边三角形，
BN=BD=，
PBN=30°，
，
PB=；
（3）如图，作Q关于BC的对称点Q′，作D关于BE的对称点D′，
连接Q′D′，即为QN+NP+PD的最小值．
根据轴对称的定义可知：Q′BN=∠QBN=30°，QBQ′=60°，
BQQ′为等边三角形，△BDD′为等边三角形，
D′BQ′=90°，
在Rt△D′BQ′中，
D′Q′=．
QN+NP+PD的最小值=
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