2024年中考数学真题专题分类汇编专题35 综合与实践探究类问题（解析版）

2024年中考数学真题专题分类精选汇编（2025年中考复习全国通用）

专题35综合与实践探究类问题

1.（2024黑龙江绥化）综合与实践

问题情境

在一次综合与实践课上，老师让同学们以两个全等的等腰直角三角形纸片为操作对象．

纸片ABC和DEF满足ACBEDF90，ACBCDFDE2cm．

下面是创新小组的探究过程．

操作发现

（1）如图1，取AB的中点O，将两张纸片放置在同一平面内，使点O与点F重合．当旋转DEF

纸片交AC边于点H、交BC边于点G时，设AHx1x2，BGy，请你探究出y与x的

函数关系式，并写出解答过程．

问题解决

（2）如图2，在（1）的条件下连接GH，发现CGH的周长是一个定值．请你写出这个定值，并

说明理由．

拓展延伸

（3）如图3，当点F在AB边上运动（不包括端点A、B），且始终保持AFE60．请你直接

写出DEF纸片的斜边EF与ABC纸片的直角边所夹锐角的正切值______（结果保留根号）．

2

【答案】（1）y1x2，见解析；（2）2，见解析；（3）23或23

x

【解析】【分析】（1）根据题意证明△AFH∽△BGF，得出关系式AHBGAFBF，进而

求得AB22,AFBC2，代入比例式，即可求解；

（2）方法一：勾股定理求得GH，将将（1）中xy2代入得GHxy2，进而根据三角形的

周长公式，即可求解；

方法二：证明△AOH∽△BGO，△HAO∽△HOG，过O作OMAH交AH于点M，作

OPHG交HG于点P，作ONGB交GB于点N．证明△OMH≌△OPH，

1

△OPG≌△ONG，得出HGMHGN，得出CMCNBC1，进而根据三角形的周长

2

公式可得△CHG的周长CMCN2CM212．

方法三：过O作OMAH交AH于点M，作ONGB交GB于点N，在NB上截取一点Q，使

NQMH，连接OC．得出△OMH≌△ONQ，△OHG≌△OQG，则HGGQGNMH，

1

同方法二求得CMCNBC1，进而即可求解；

2

（3）分两种情况讨论，EF于AC,BC的夹角；①过点F作FNAC于点N，作FH的垂直平分

线交FN于点M，连接MH，在Rt△MNH中，设NHk，由勾股定理得，

FNMNMF23k，进而根据正确的定义，即可求解；②过点F作FNBC于点N，

作FG的垂直平分线交BG于点M，连接FM，在Rt△FNM中，设FNk，同①即可求解．．

【详解】操作发现

解：（1）∵ACBEDF90，且ACBCDFDE2cm．

∴ABDFE45，

∴AFHBFGBFGFGB135，

∴AFHFGB，

∴△AFH∽△BGF，

AFAH

∴，

BGBF

∴AHBGAFBF．

在Rt△ACB中，ACBC2，

∴ABAC2BC2222222，

∵O是AB的中点，点O与点F重合，

∴AFBF2，

∴xy22，

2

∴y1x2．

x

问题解决

（2）方法一：

解：CGH的周长定值为2．

理由如下：∵ACBC2，AHx，BGy，

∴CH2x，CG2y，

22

在RtHCG中，∴GHCH2CG22x2y

x2y24(xy)8(xy)22xy4(xy)8．

将（1）中xy2代入得：

22

∴GHxy4xy4xy2xy2．

2

∵xyx2y22xyx2y244，又∵1x2，

∴xy2，

∴GHxy2．

∵△CHG的周长CHCGGH，

∴△CHG的周长2x2yxy22．

方法二：

解：CGH的周长定值为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为AB的中点，

∴AOBO，

OHAH

∴，

OGAO

又∵AEOD45，

∴△HAO∽△HOG，

AHOOHG，OGBOGH，

∴过O作OMAH交AH于点M，作OPHG交HG于点P，作ONGB交GB于点N．

∴OMOPON．

又∵OHOH，OGOG，

∴△OMH≌△OPH，△OPG≌△ONG，

∴HMPH，PGNG，

∴HGMHGN．

∵△CHG的周长CHCGGHCHCGMHGNCMCN．

又∵AOOB，OMON，AB45，

∴AOM≌BON，

∴AMBN，

∵C90，AMO90，

∴OM∥BC，

∵O是AB的中点，

点M是AC的中点，同理点N是BC的中点．

1

∴CMCNBC1，

2

∴△CHG的周长CMCN2CM212．

方法三：

解：CGH的周长定值为2．

理由如下：过O作OMAH交AH于点M，作ONGB交GB于点N，在NB上截取一点Q，

使NQMH，连接OC．

∵ABC是等腰直角三角形，O为AB的中点，

∴OC平分ACB，

∴OMON，

∴△OMH≌△ONQ，

∴OHOQ，MOHNOQ．

∵ÐHOG=45°，ACB90，

∴MON90，MOHGON45，

∴GOQ45，

∴HOGGOQ，

∵OGOG，

∴△OHG≌△OQG，

∴HGGQGNMH，

∴△CHG的周长CHCGGHCHCGMHGNCMCN．

又∵AOOB，OMON，AB45，

∴AOM≌BON，

∴AMBN．

∵C90，AMO90，

∴OM∥BC．

∵O是AB的中点，点M是AC的中点，同理点N是BC的中点．

1

∴CMCNBC1，

2

∴△CHG的周长CMCN2CM212．

拓展延伸

（3）23或23

①解：∵AFE60，A45，

∴AHF75，

过点F作FNAC于点N，作FH的垂直平分线交FN于点M，连接MH，

∴FMMH，

∵FNH90，

∴NFH15，

∵FMMH，

∴NFHMHF15，

∴NMH=30，

在Rt△MNH中，设NHk，

∴MHMF2k，由勾股定理得，

MN3NH3k，

∴FNMNMF23k，

FN23k

∴在Rt△FNH中，tanFHNtan7523．

NHk

②解：∵AFE60，A45，

∴FGB15，

过点F作FNBC于点N，作FG的垂直平分线交BG于点M，连接FM．

∵GMMF，

∴FGBGFM15，

∴FMB30，

在Rt△FNM中，设FNk，

∴GMMF2k，由勾股定理得，MN3FN3k，

∴GNGMMN23k，

FNk

∴在Rt△FNG中，tanFGNtan1523．

GN(23)k

∴tanFHN23或tanFGN23．

【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，解直角三角形，旋转的性

质，函数解析式，熟练掌握相似三角形的性质与判定，解直角三角形是解题的关键．

2.（2024福建省）在手工制作课上，老师提供了如图1所示的矩形卡纸ABCD，要求大家利用它制

作一个底面为正方形的礼品盒．小明按照图2的方式裁剪（其中AEFB），恰好得到纸盒的展开

图，并利用该展开图折成一个礼品盒，如图3所示．

图1图2

图3

AD

（1）直接写出的值；

AB

（2）如果要求折成的礼品盒的两个相对的面上分别印有“吉祥”和“如意”，如图4所示，那么应

选择的纸盒展开图图样是（）

图4

A．B．

C．D．

（3）

卡纸型号型号Ⅰ型号Ⅱ型号Ⅲ

规格（单位：cm）304020808080

单价（单位：元）3520

现以小明设计的纸盒展开图（图2）为基本样式，适当调整AE，EF的比例，制作棱长为10cm的

正方体礼品盒，如果要制作27个这样的礼品盒，请你合理选择上述卡纸（包括卡纸的型号及相应型

号卡纸的张数），并在卡纸上画出设计示意图（包括一张卡纸可制作几个礼品盒，其展开图在卡纸上

的分布情况），给出所用卡纸的总费用．

（要求：①同一型号的卡纸如果需要不止一张，只要在一张卡纸上画出设计方案；②没有用到的卡纸，

不要在该型号的卡纸上作任何设计；③所用卡纸的数量及总费用直接填在答题卡的表格上；④本题将

综合考虑“利用卡纸的合理性”和“所用卡纸的总费用”给分，总费用最低的才能得满分；⑤试卷上

的卡纸仅供作草稿用）

【答案】（1）2；（2）C；（3）见解析．

【解析】本题考查了几何体的展开与折叠，空间观念、推理能力、模型观念、创新意识等知识，掌握

相关知识是解题的关键．

（1）由折叠和题意可知，GHAEFB，AHDH，四边形EFNM是正方形，得到EMEF，

即AGEF，即可求解；

（2）根据几何体的展开图即可求解；

（3）由题意可得，每张型号Ⅲ卡纸可制作10个正方体，每张型号Ⅱ卡纸可制作2个正方体，每张

型号Ⅰ卡纸可制作1个正方体，即可求解．

【小问1详解】

解：如图：

上述图形折叠后变成：

由折叠和题意可知，GHAEFB，AHDH，

∵四边形EFNM是正方形，

∴EMEF，即AGEF，

∴GHAGAEFBEF，即AHAB，

∵AHDH，

ADAHDH

∴2，

ABAB

AD

∴的值为：2．

AB

【小问2详解】

解：根据几何体的展开图可知，“吉”和“如”在对应面上，“祥”和“意”在对应面上，而对应面

上的字中间相隔一个几何图形，且字体相反，

∴C选项符合题意，

故选：C．

【小问3详解】

解：

卡纸型号型号Ⅰ型号Ⅱ型号Ⅲ

需卡纸的数量（单位：张）132

所用卡纸总费用（单位：元）58

根据（1）和题意可得：卡纸每格的边长为5cm，则要制作一个边长为10cm的正方体的展开图形为：

∴型号Ⅲ卡纸，每张卡纸可制作10个正方体，如图：

型号Ⅱ卡纸，每张这样的卡纸可制作2个正方体，如图：

型号Ⅰ卡纸，每张这样的卡纸可制作1个正方体，如图：

∴可选择型号Ⅲ卡纸2张，型号Ⅱ卡纸3张，型号Ⅰ卡纸1张，则

102231127（个），

∴所用卡纸总费用为：

202533158（元）．

3.（2024甘肃威武）【模型建立】

（1）如图1，已知ABE和△BCD，ABBC，ABBC，CDBD，AEBD．用等式写

出线段AE，DE，CD的数量关系，并说明理由．

【模型应用】

（2）如图2，在正方形ABCD中，点E，F分别在对角线BD和边CD上，AEEF，AEEF．用

等式写出线段BE，AD，DF的数量关系，并说明理由．

【模型迁移】

（3）如图3，在正方形ABCD中，点E在对角线BD上，点F在边CD的延长线上，AEEF，

AEEF．用等式写出线段BE，AD，DF的数量关系，并说明理由．

【答案】（1）DECDAE，理由见详解，（2）AD2BEDF，理由见详解，（3）

AD2BEDF，理由见详解

【解析】

【分析】（1）直接证明△ABE≌△BCD，即可证明；

（2）过E点作EMAD于点M，过E点作ENCD于点N，先证明RtAEM≌RtFEN，可

2

得AMNF，结合等腰直角三角形的性质可得：MDDNDE，

2

2

NFNDDFMDDF，即有NFAMADMDADDE，

2

222

NFDEDF，进而可得ADDEDEDF，即可证；

222

（3）过A点作AHBD于点H，过F点作FGBD，交BD的延长线于点G，先证明

HAE≌GEF，再结合等腰直角三角形的性质，即可证明．

【详解】（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：

过E点作EMAD于点M，过E点作ENCD于点N，如图，

∵四边形ABCD是正方形，BD是正方形的对角线，

∴ADBCDB45，BD平分ADC，ADC90，

∴2AD2CDBD，

即DEBDBE2ADBE，

∵ENCD，EMAD，

∴EMEN，

∵AEEF，

∴RtAEM≌RtFEN，

∴AMNF，

∵EMEN，ENCD，EMAD，ADC90，

∴四边形EMDN是正方形，

∴ED是正方形EMDN对角线，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，

过A点作AHBD于点H，过F点作FGBD，交BD的延长线于点G，如图，

∵AHBD，FGBD，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．

【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分

线的性质等知识，题目难度中等，作出合理的辅助线，灵活证明三角形的全等，并准确表示出各个边

之间的数量关系，是解答本题的关键．

4.（2024广西）综合与实践

在综合与实践课上，数学兴趣小组通过洗一套夏季校服，探索清洗衣物的节约用水策略．

【洗衣过程】

步骤一：将校服放进清水中，加入洗衣液，充分浸泡揉搓后拧干；

步骤二：将拧干后的校服放进清水中，充分漂洗后拧干．重复操作步骤二，直至校服上残留洗衣液浓

度达到洗衣目标．

假设第一次漂洗前校服上残留洗衣液浓度为0.2%，每次拧干后校服上都残留0.5kg水．

0.5d前

浓度关系式：d后．其中d前、d后分别为单次漂洗前、后校服上残留洗衣液浓度；w为单

0.5w

次漂洗所加清水量（单位：kg）

【洗衣目标】经过漂洗使校服上残留洗衣液浓度不高于0.01%

【动手操作】请按要求完成下列任务：

（1）如果只经过一次漂洗，使校服上残留洗衣液浓度降为0.01%，需要多少清水？

（2）如果把4kg清水均分，进行两次漂洗，是否能达到洗衣目标？

（3）比较（1）和（2）的漂洗结果，从洗衣用水策略方面，说说你的想法．

【答案】（1）只经过一次漂洗，使校服上残留洗衣液浓度降为0.01%，需要9.5kg清水．

（2）进行两次漂洗，能达到洗衣目标；

（3）两次漂洗的方法值得推广学习

【解析】

【分析】本题考查的是分式方程的实际应用，求解代数式的值，理解题意是关键；

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）分别计算两次漂洗后的残留洗衣液浓度，即可得到答案；

（3）根据（1）（2）的结果得出结论即可．

【小问1详解】

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．经检验符合题意；

∴只经过一次漂洗，使校服上残留洗衣液浓度降为0.01%，需要9.5kg清水．

【小问2详解】

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%，

∴进行两次漂洗，能达到洗衣目标；

【小问3详解】

解：由（1）（2）的计算结果发现：经过两次漂洗既能达到洗衣目标，还能大幅度节约用水，

∴从洗衣用水策略方面来讲，采用两次漂洗的方法值得推广学习．

5.（2024贵州省）综合与探究：如图，AOB90，点P在AOB的平分线上，PAOA于点

A．

（1）【操作判断】

如图①，过点P作PCOB于点C，根据题意在图①中画出PC，图中APC的度数为______度；

（2）【问题探究】

如图②，点M在线段AO上，连接PM，过点P作PNPM交射线OB于点N，求证：

OMON2PA；

（3）【拓展延伸】

点M在射线AO上，连接PM，过点P作PNPM交射线OB于点N，射线NM与射线PO相交

OP

于点F，若ON3OM，求的值．

OF

28

【答案】（1）画图见解析，90（2）见解析（3）或

33

【解析】【分析】（1）依题意画出图形即可，证明四边形OAPC是矩形，即可求解；

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

△APM≌△CPN，得出AMCN，然后利用线段的和差关系以及等量代换即可得证；

（3）分M在线段AO，线段AO的延长线讨论，利用相似三角形的判定与性质求解即可；

【小问1详解】

解：如图，PC即为所求，

∵AOB90，PAOA，PCOB，

∴四边形OAPC是矩形，

∴APC90，

故答案为：90；

【小问2详解】

证明：过P作PCOB于C，

由（1）知：四边形OAPC是矩形，

∵点P在AOB的平分线上，PAOA，PCOB，

∴PAPC，

∴矩形OAPC是正方形，

∴OAAPPCOC，APC90，

∵PNPM，

∴APMCPN90MPC，

又APCN90，APCP，

∴△APM≌△CPN，

∴AMCN，

∴OMONOMCNOC

OMAMAP

OAAP

2AP；

【小问3详解】

解：①当M在线段AO上时，如图，延长NM、PA相交于点G，

由（2）知OMON2PA，

设OMx，则ON3x，AOPA2x，

∴AMAOOMxOM，

∵AOBMAG90，AMGOMN，

∴AMG≌OMNASA，

∴AGON3x，

∵AOB90，PAOA，

∴AP∥OB，

∴ONF∽PGF，

OFON3x3

∴，

PFPG3x2x5

PF5

∴，

OF3

OP538

∴；

OF33

②当M在AO的延长线上时，如图，过P作PCOB于C，并延长交MN于G

由（2）知：四边形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

综上，的值为或．

OF33

【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，正方形的判定与性质，角平分线的性质，全等三角形的判断

与性质，相似三角形的判断与性质等知识，明确题意，添加合适辅助线，构造全等三角形、相似三角

形，合理分类讨论是解题的关键．

6.（2024河北省）情境图1是由正方形纸片去掉一个以中心O为顶点的等腰直角三角形后得到的．

该纸片通过裁剪，可拼接为图2所示的钻石型五边形，数据如图所示．

（说明：纸片不折叠，拼接不重叠无缝隙无剩余）

操作嘉嘉将图1所示的纸片通过裁剪，拼成了钻石型五边形．

如图3，嘉嘉沿虚线EF，GH裁剪，将该纸片剪成①，②，③三块，再按照图4所示进行拼接．根

据嘉嘉的剪拼过程，解答问题：

（1）直接写出线段EF的长；

（2）直接写出图3中所有与线段BE相等的线段，并计算BE的长．

探究淇淇说：将图1所示纸片沿直线裁剪，剪成两块，就可以拼成钻石型五边形．

请你按照淇淇的说法设计一种方案：在图5所示纸片的BC边上找一点P（可以借助刻度尺或圆规），

画出裁剪线（线段PQ）的位置，并直接写出BP的长．

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

【解析】【分析】本题考查的是正方形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理的应用，二

次根式的混合运算，本题要求学生的操作能力要好，想象能力强，有一定的难度．

（1）如图，过G作GKFH于K，结合题意可得：四边形FOGK为矩形，可得FOKG，

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

等腰直角三角形，设HKKGx，则HGHD2x，再进一步解答即可；

（2）由△AFE为等腰直角三角形，EFAF1；求解BE22，再分别求解GE,AH,GH；

可得答案，如图，以B为圆心，BO为半径画弧交BC于P，交AB于Q，则直线PQ为分割线，

或以C圆心，CO为半径画弧，交BC于P，交CD于Q，则直线PQ为分割线，再进一步求解BP的

长即可．

【详解】解：如图，过G作GKFH于K，

结合题意可得：四边形FOGK为矩形，

∴FOKG，

由拼接可得：HFFOKG，

由正方形的性质可得：A45，

∴AHG，HGD，△AFE为等腰直角三角形，

∴GKH为等腰直角三角形，

设HKKGx，

∴HGHD2x，

∴AHHG2x，HFFOx，

∵正方形的边长为2，

∴对角线的长222222，

∴OA2，

∴xx2x2，

解得：x21，

∴EFAF21x21211；

（2）∵△AFE为等腰直角三角形，EFAF1；

∴AE2EF2，

∴BE22，

∵GEHG2x22122，

AHGH2x22，

∴BEGEAHGH；

如图，以B为圆心，BO为半径画弧交BC于P，交AB于Q，则直线PQ为分割线，

此时BP2，PQ222，符合要求，

或以C圆心，CO为半径画弧，交BC于P，交CD于Q，则直线PQ为分割线，

此时CPCQ2，PQ222，

∴BP22，

综上：BP的长为2或22．

7.（2024河南省）综合与实践

在学习特殊四边形的过程中，我们积累了一定的研究经验，请运用已有经验，对“邻等对补四边形”

进行研究

定义：至少有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做邻等对补四边形．

（1）操作判断

用分别含有30和45角的直角三角形纸板拼出如图1所示的4个四边形，其中是邻等对补四边形的

有________（填序号）．

（2）性质探究

根据定义可得出邻等对补四边形的边、角的性质．下面研究与对角线相关的性质．

如图2，四边形ABCD是邻等对补四边形，ABAD，AC是它的一条对角线．

①写出图中相等的角，并说明理由；

②若BCm，DCn，BCD2，求AC的长（用含m，n，的式子表示）．

（3）拓展应用

如图3，在Rt△ABC中，ÐB=90°，AB3，BC4，分别在边BC，AC上取点M，N，使四

边形ABMN是邻等对补四边形．当该邻等对补四边形仅有一组邻边相等时，请直接写出BN的长．

mn

【答案】（1）②④（2）①ACDACB．理由见解析；②

2cos

122122

（3）或

57

【解析】【分析】（1）根据邻等对补四边形的定义判断即可；

（2）①延长CB至点E，使BEDC，连接AE，根据邻等对补四边形定义、补角的性质可得出

ABED，证明ABE≌ADCSAS，得出EACD，AEAC，根据等边对等角得

出EACB，即可得出结论；

mn

②过A作AFEC于F，根据三线合一性质可求出CF，由①可得ACDACBθ，

2

在Rt△AFC中，根据余弦的定义求解即可；

（3）分ABBM，ANAB，MNAN，BMMN四种情况讨论即可．

【小问1详解】

解：观察图知，图①和图③中不存在对角互补，图2和图4中存在对角互补且邻边相等，

故图②和图④中四边形是邻等对补四边形，

故答案为：②④；

【小问2详解】

解：①ACDACB，理由：

延长CB至点E，使BEDC，连接AE，

∵四边形ABCD是邻等对补四边形，

∴ABCD180，

∵ABCABE180，

∴ABED，

∵ABAD，

∴ABE≌ADCSAS，

∴EACD，AEAC，

∴EACB，

∴ACDACB；

②过A作AFEC于F，

∵AEAC，

111mn

∴CFCEBCBEBCDC，

2222

∵BCD2，

∴ACDACBθ，

CF

在Rt△AFC中，cosθ，

AC

CFmn

∴AC；

cosθ2cosθ

【小问3详解】

解：∵ÐB=90°，AB3，BC4，

∴AC=AB2+BC2=5，

∵四边形ABMN是邻等对补四边形，

∴ANMB180，

∴ANM90，

当ABBM时，如图，连接AM，过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

当ANAB时，如图，连接AM，

∵AMAM，

∴RtABM≌RtANM，

∴BMNM，故不符合题意，舍去；

当ANMN时，连接AM，过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

当BMMN时，如图，连接AM，

∵AMAM，

∴RtABM≌RtANM，

∴ANAB，故不符合题意，舍去；

122122

综上，BN的长为或．

57

【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，解直

角三角形，勾股定理等知识，明确题意，理解新定义，添加合适辅助线，构造全等三角形、相似三角

形是解题的关键．

8.（2024黑龙江齐齐哈尔）综合与实践：如图1，这个图案是3世纪我国汉代的赵爽在注解《周髀

算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”，受这幅图的启发，数学兴趣小组建立了“一线三直角模

型”．如图2，在ABC中，A90，将线段BC绕点B顺时针旋转90得到线段BD，作DEAB

交AB的延长线于点E．

（1）【观察感知】如图2，通过观察，线段AB与DE的数量关系是______；

（2）【问题解决】如图3，连接CD并延长交AB的延长线于点F，若AB2，AC6，求BDF

的面积；

BN

（3）【类比迁移】在(2)的条件下，连接CE交BD于点N，则______；

BC

2

（4）【拓展延伸】在(2)的条件下，在直线AB上找点P，使tanBCP，请直接写出线段AP的

3

长度．

95418

【答案】（1）ABDE（2）10（3）（4）或

13711

【解析】【分析】（1）根据旋转的性质可得CBD90，CBBD，进而证明ABC≌EDBAAS，

即可求解；

（2）根据（1）的方法证明ABC≌EDBAAS，进而证明DEF∽CAF，求得EF4，则

BF10，然后根据三角形的面积公式，即可求解．

1

（3）过点N作NMAF于点M，证明ABC∽MNB得出MNBM，证明EMN∽ECA，

3

54

设BMx，则MEBEBM6x，代入比例式，得出x，进而即可求解；

13

（4）当P在B点的左侧时，过点P作PQBC于点Q，当P在B点的右侧时，过点P作PTBC

交CB的延长线于点T，分别解直角三角形，即可求解．

【小问1详解】

解：∵将线段BC绕点B顺时针旋转90得到线段BD，作DEAB交AB的延长线于点E．

CBD90，

ABCDBE90，

A90，

ABCACB90，

DBEACB，

又ADEB90且CBBD

ABC≌EDBAAS，

DEAB；

【小问2详解】

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

【小问3详解】

解：如图所示，过点N作NMAF于点M，

∵ABMN90，ACB90ABCNBM

∴ABC∽MNB

BNBMMN

∴，

BCACAB

BNBMMN1

即，即MNBM，

BC623

又∵MN∥AC

∴EMN∽ECA

MEMN

∴，

AEAC

设BMx，则MEBEBM6x，

1

x

6x

3

86

54

解得：x

13

54

∴BNBM9；

13

BCAC613

【小问4详解】

解：如图所示，当P在B点的左侧时，过点P作PQBC于点Q

2

∵tanBCP

3

PQ2

∴tanBCP，设PQ2a，则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

如图所示，当P在B点的右侧时，过点P作PTBC交CB的延长线于点T，

∵ABCPBT,AT90

∴BPTACB

AB1

∵tanACB

AC3

BT1

∴tanBPTtanACB

PT3

设BTb，则PT3b，BP10b，

PT2

∵tanBCP，

CT3

3b2

∴

b2103

410

解得：b

7

40

∴BP10b

7

4054

∴APABBP2

77

5418

综上所述，AP或．

711

【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，旋转的性

质，熟练掌握以上知识是解题的关键．

9.（2024黑龙江绥化）综合与探究

如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线yx2bxc与直线相交于A，B两点，其中点A3,4，

B0,1．

（1）求该抛物线的函数解析式．

（2）过点B作BC∥x轴交抛物线于点C，连接AC，在抛物线上是否存在点P使

1

tanBCPtanACB．若存在，请求出满足条件的所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．（提

6

示：依题意补全图形，并解答）

2

（3）将该抛物线向左平移2个单位长度得到y1a1xb1xc1a10，平移后的抛物线与原抛物

线相交于点D，点E为原抛物线对称轴上的一点，F是平面直角坐标系内的一点，当以点B、D、E、

F为顶点的四边形是菱形时，请直接写出点F的坐标．

【答案】（1）yx24x1

11115

（2）存在，点P坐标为P1,，P2,，补图见解析

2424

（）、、、

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

【解析】

【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；

（）根据平行线的性质可得2，求得，进而分别求得，，

2yc1x4x1C4,1A3,4Q3,1

11

根据tanBCPtanACB可得tanBCP，设直线CP交y轴于点M，则M0,3，

621

11

M20,1．进而可得CM，CM的解析式为yx3，yx1，连接CM交抛物

12CM12CM221

线于P1，连接CM2交抛物线于P2，进而联立抛物线与直线解析式，解方程，即可求解．

（3）①以BD为对角线，如图作BD的垂直平分线ME1交BD于点M交直线x2于E1，设

E12,y，根据两点距离公式可得y2，根据中点坐标公式可得F11,3，②以BD为边，如图以

B为圆心，BD为半径画圆交直线x2于点E2，E3；连接BE2，BE3，根据勾股定理求得BD,BE2，

进而得出，，根据平移的性质得出，，③

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

以BD为边，如图以点D为圆心，BD长为半径画圆交直线x2于点E4和E5，连接DE4，DE5，

则，过点作于点，则，在△和

DE4DE5BD10DDHE4E5HDH1RtDHE4

△

RtDHE5中，由勾股定理得HE4HE53，则E42,1、E52,7，根据

tanDBE4tanE5DH3，可得DBE4E5DH，过点B作BF4∥DE4，过E4作

E4F4∥BD，BF4和E4F4相交于点F4，BE4的中点G1,1．根据中点坐标公式可得F41,2；

【小问1详解】

解：∵把点A3,4，B0,1代入yx2bxc得

93bc4

，

c1

b4

解得，

c1

∴yx24x1．

【小问2详解】

存在．

理由：∵BC∥x轴且B0,1，

∴2，

yc1x4x1

∴x10（舍去），x24，

∴C4,1．

过点A作AQBC于点Q，

在RtACQ中，

∵A3,4，

∴Q3,1，

1

∵tanBCPtanACB，

6

1AQ11

∴tanBCP3．

6CQ62

设直线CP交y轴于点M，

BC4，CBM90，

∴M10,3，M20,1．

连接交抛物线于，连接交抛物线于，

CM1P1CM2P2

11

∴CM，CM的解析式为yx3，yx1，

12CM12CM22

11

y