函數(shù)過(guò)程性學(xué)習(xí)是一種以學(xué)生為中心設(shè)計(jì)執(zhí)行函數(shù)過(guò)程性學(xué)習(xí)方法．函數(shù)過(guò)程性學(xué)習(xí)要求學(xué)生從真實(shí)世界的基本問(wèn)題出發(fā)，圍繞復(fù)雜的、來(lái)自真實(shí)情境的主題，在精心設(shè)計(jì)任務(wù)、活動(dòng)的基礎(chǔ)上，以小組方式進(jìn)行開(kāi)放性探究，并將學(xué)習(xí)結(jié)果以作品的形式表現(xiàn)出來(lái)，最終達(dá)到知識(shí)建構(gòu)與自身能力提高．這個(gè)也是落實(shí)課程標(biāo)準(zhǔn)中的活動(dòng)建議，函數(shù)過(guò)程性學(xué)習(xí)更能有效提高學(xué)生發(fā)現(xiàn)問(wèn)題、分析問(wèn)題和解決問(wèn)題的能力，此類(lèi)題可以是純函數(shù)性質(zhì)探究，也可以結(jié)合幾何動(dòng)點(diǎn)探究函數(shù)性質(zhì)，屬于創(chuàng)新題．
=一．選擇題
1．（2023?青海）生物興趣小組探究酒精對(duì)某種魚(yú)類(lèi)的心率是否有影響，實(shí)驗(yàn)得出心率與酒精濃度的關(guān)系如圖所示，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．酒精濃度越大，心率越高
B．酒精對(duì)這種魚(yú)類(lèi)的心率沒(méi)有影響
C．當(dāng)酒精濃度是10%時(shí)，心率是168次/分
D．心率與酒精濃度是反比例函數(shù)關(guān)系
解：由圖象可知，酒精濃度越大，心率越低，故A錯(cuò)誤；
酒精濃度越大，心率越低，酒精對(duì)這種魚(yú)類(lèi)的心率有影響，故B錯(cuò)誤；
由圖象可知，當(dāng)酒精濃度是10%時(shí)，心率是168次/分，故C正確；
任意取兩個(gè)點(diǎn)坐標(biāo)（5%，192），（10%，168），因?yàn)?92×5%≠168×10%，所以心率與酒精濃度不是反比例函數(shù)關(guān)系，故D錯(cuò)誤．
故選：C．
2．（2021?蘭州）如圖，小明探究課本“綜合與實(shí)踐”板塊“制作視力表”的相關(guān)內(nèi)容：當(dāng)測(cè)試距離為5m時(shí)，標(biāo)準(zhǔn)視力表中最大的“”字高度為72.7mm，當(dāng)測(cè)試距離為3m時(shí)，最大的“”字高度為（ ）
A．121.17mmB．43.62mmC．29.08mmD．4.36mm
解：由題意得：CB∥DF，
，
∵AD＝3m，AB＝5m，BC＝72.7mm，
，
∴DF＝43.62（mm），
故選：B．
3．（2023?晉城模擬）觀察式子：，＝2×3＝6；＝，；，，由此猜想＝（a≥0，b≥0）．上述探究過(guò)程蘊(yùn)含的思想方法是（ ）
A．特殊與一般B．整體
C．轉(zhuǎn)化D．分類(lèi)討論
解：探究過(guò)程蘊(yùn)含的思想方法是特殊與一般，
故選：A．
4．（2023?遷安市二模）如圖1和圖2是在數(shù)學(xué)課上甲組和乙組在探究用不同方法：過(guò)直線(xiàn)外一點(diǎn)P作直線(xiàn)l的平行線(xiàn)，用尺規(guī)作圖保留痕跡，關(guān)于兩組的作法下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．甲組作法正確，乙組作法不正確
B．甲組作法不正確，乙組作法正確
C．甲組和乙組作法都不正確
D．甲組和乙組作法都正確
解：圖1中，AB是∠PAC的平分線(xiàn)，
∴∠PAB＝∠BAC，
∵PA＝PB，
∴∠PAB＝∠PBA，
∴∠PBA＝∠BAC，
∴PB∥l，
∴甲組作法正確；
圖2中，A、C分別為PB、QB的中點(diǎn)，
∴AC是△PBQ的中位線(xiàn)，
∴AC∥PQ，
∴PQ∥l，
∴乙組作法正確；
故選：D．
5．（2022?百色）活動(dòng)探究：我們知道，已知兩邊和其中一邊的對(duì)角對(duì)應(yīng)相等的兩個(gè)三角形不一定全等．如已知△ABC中，∠A＝30°，AC＝3，∠A所對(duì)的邊為，滿(mǎn)足已知條件的三角形有兩個(gè)（我們發(fā)現(xiàn)其中如圖的△ABC是一個(gè)直角三角形），則滿(mǎn)足已知條件的三角形的第三邊長(zhǎng)為（ ）
A．2B．2﹣3C．2或D．2或2﹣3
解：如圖，CD＝CB，作CH⊥AB于H，
∴DH＝BH，
∵∠A＝30°，
∴CH＝AC＝，AH＝CH＝，
在Rt△CBH中，由勾股定理得BH＝＝，
∴AB＝AH+BH＝＝2，AD＝AH﹣DH＝＝，
故選：C．
6．（2023?山西模擬）數(shù)學(xué)中，常對(duì)同一個(gè)量（圖形的面積、點(diǎn)的個(gè)數(shù)等）用兩種不同的方法計(jì)算，從而建立相等關(guān)系．我們把這種思想叫“算兩次”“算兩次“也稱(chēng)作富比尼原理，是一種重要的數(shù)學(xué)思想．由它可以推導(dǎo)出很多重要的公式．如圖，兩個(gè)直角邊分別為a，b的直角三角形和一個(gè)兩條直角邊都是c的直角三角形拼成一個(gè)梯形，用“算兩次”的方法，探究a，b，c之間的數(shù)量關(guān)系，可以驗(yàn)證的是（ ）
A．勾股定理B．平方差公式
C．完全平方公式D．比例的性質(zhì)
解：第一次利用梯形的面積公式，圖形面積為：，
第二次利用圖形的面積和計(jì)算為：2×，
∴＝2×，
整理得：a2+2ab+c2＝2ab+c2，
∴a2+b2＝c2．
故選：A．
7．（2023?金昌）如圖1，漢代初期的《淮南萬(wàn)畢術(shù)》是中國(guó)古代有關(guān)物理、化學(xué)的重要文獻(xiàn)，書(shū)中記載了我國(guó)古代學(xué)者在科學(xué)領(lǐng)域做過(guò)的一些探索及成就．其中所記載的“取大鏡高懸，置水盆于其下，則見(jiàn)四鄰矣”，是古人利用光的反射定律改變光路的方法，即“反射光線(xiàn)與入射光線(xiàn)、法線(xiàn)在同一平面上；反射光線(xiàn)和入射光線(xiàn)位于法線(xiàn)的兩側(cè)；反射角等于入射角”．為了探清一口深井的底部情況，運(yùn)用此原理，如圖在井口放置一面平面鏡可改變光路，當(dāng)太陽(yáng)光線(xiàn)AB與地面CD所成夾角∠ABC＝50°時(shí)，要使太陽(yáng)光線(xiàn)經(jīng)反射后剛好垂直于地面射入深井底部，則需要調(diào)整平面鏡EF與地面的夾角∠EBC＝（ ）
A．60°B．70°C．80°D．85°
解：如圖，
∵BM⊥CD，
∴∠CBM＝90°，
∵∠ABC＝50°，
∴∠ABE+∠FBM＝180°﹣90°﹣50°＝40°，
∵∠ABE＝∠FBM，
∴∠ABE＝∠FBM＝20°，
∴∠EBC＝20°+50°＝70°．
故選：B．
8．（2022?無(wú)錫）雪花、風(fēng)車(chē)……展示著中心對(duì)稱(chēng)的美，利用中心對(duì)稱(chēng)，可以探索并證明圖形的性質(zhì)．請(qǐng)思考在下列圖形中，是中心對(duì)稱(chēng)圖形但不一定是軸對(duì)稱(chēng)圖形的為（ ）
A．扇形B．平行四邊形
C．等邊三角形D．矩形
解：A．扇形是軸對(duì)稱(chēng)圖形，不是中心對(duì)稱(chēng)圖形，故此選項(xiàng)不合題意；
B．平行四邊形不一定是軸對(duì)稱(chēng)圖形，是中心對(duì)稱(chēng)圖形，故此選項(xiàng)符合題意；
C．等邊三角形是軸對(duì)稱(chēng)圖形，不是中心對(duì)稱(chēng)圖形，故此選項(xiàng)不合題意；
D．矩形既是軸對(duì)稱(chēng)圖形，又是中心對(duì)稱(chēng)圖形，故此選項(xiàng)不合題意；
故選：B．
9．（2023?德陽(yáng)）在“點(diǎn)燃我的夢(mèng)想，數(shù)學(xué)皆有可能”數(shù)學(xué)創(chuàng)新設(shè)計(jì)活動(dòng)中，“智多星”小強(qiáng)設(shè)計(jì)了一個(gè)數(shù)學(xué)探究活動(dòng)；對(duì)依次排列的兩個(gè)整式m，n按如下規(guī)律進(jìn)行操作：
第1次操作后得到整式中m，n，n﹣m；
第2次操作后得到整式中m，n，n﹣m，﹣m；
第3次操作后……
其操作規(guī)則為：每次操作增加的項(xiàng)，都是用上一次操作得到的最末項(xiàng)減去其前一項(xiàng)的差，小強(qiáng)將這個(gè)活動(dòng)命名為“回頭差”游戲．
則該“回頭差”游戲第2023次操作后得到的整式串各項(xiàng)之和是（ ）
A．m+nB．mC．n﹣mD．2n
解：第1次操作后得到的整式串m，n，n﹣m；
第2次操作后得到的整式串m，n，n﹣m，﹣m；
第3次操作后得到的整式串m，n，n﹣m，﹣m，﹣n；
第4次操作后得到的整式串m，n，n﹣m，﹣m，﹣n，﹣n+m；
第5次操作后得到的整式串m，n，n﹣m，﹣m，﹣n，﹣n+m，m；
第6次操作后得到的整式串m，n，n﹣m，﹣m，﹣n，﹣n+m，m，n；
第7次操作后得到的整式串m，n，n﹣m，﹣m，﹣n，﹣n+m，m，n，n﹣m；
……
第 2023次操作后得到 的整式串m，n，n﹣m，﹣m，﹣n，﹣n+m，……m，n，n﹣m；共2025個(gè)整式；
歸納可得，以上整式串每六次一循環(huán)．每6個(gè)整式的整式之和為：m+n+（n﹣m）+（﹣m）+（﹣n）+（﹣n+m）＝0，
∵2025÷6＝337…3，
∴第2023次操作后得到的整式中，求最后三項(xiàng)之和即可．
∴這個(gè)和為m+n+（n﹣m）＝2n．
故選：D．
10．（2023?東湖區(qū)校級(jí)二模）數(shù)學(xué)小組將兩塊全等的含30°角的三角尺按較長(zhǎng)的直角邊重合的方式擺放，并通過(guò)平移對(duì)特殊四邊形進(jìn)行探究．如圖1，其中∠ADB＝∠CBD＝30°，∠ABD＝∠BDC＝90°，AB＝CD＝3，將Rt△BCD沿射線(xiàn)DB方向平移，得到Rt△B'C'D′．分別連接AB'，DC′（如圖2所示），下列有關(guān)四邊形AB′C'D的說(shuō)法正確的是（ ）
A．先是平行四邊形，平移個(gè)單位長(zhǎng)度后是菱形
B．先是平行四邊形，平移個(gè)單位長(zhǎng)度后是矩形，再平移2個(gè)單位長(zhǎng)度后是菱形
C．先是平行四邊形，平移個(gè)單位長(zhǎng)度后是矩形，再平移3個(gè)單位長(zhǎng)度后是正方形
D．在Rt△BCD平移的過(guò)程中，依次出現(xiàn)平行四邊形、矩形、菱形、正方形
解：A．在Rt△ABB′中，AB＝3，BB′＝，
∴AB′＝＝＝2，
在Rt△ABD中，∠ADB＝30°，
∴AD＝2AB＝2×3＝6，
∴BD＝＝3，
∵△ABD≌△CDB，
∴CD＝AB＝3，BC＝AD＝6，
∴B′C′＝6，
∴AB′≠B′C′，
∴四邊形AB′C'D是平行四邊形，但不是菱形，故A選項(xiàng)不符合題意；
B．當(dāng)BB′＝時(shí)，
∵tan∠AB′B＝＝，
∴∠AB′B＝60°，
∵∠CBD＝30°，BC∥B′C′，
∴∠C′B′D′＝30°，
∴∠AB′C′＝90°，四邊形AB′C'D是平行四邊形，
∴四邊形AB′C'D是矩形，
當(dāng)BB′＝3時(shí)，AB′＝＝＝6＝B′C′，
∴四邊形AB′C'D是菱形，故B選項(xiàng)符合題意；
C．由B可知先是平行四邊形，平移個(gè)單位長(zhǎng)度后是矩形，
當(dāng)BB′＝4時(shí)，AB′＝＝＝≠B′C′，
∴四邊形AB′C'D不是正方形，故C選項(xiàng)不符合題意；
D．由B知，Rt△BCD平移個(gè)單位長(zhǎng)度后是矩形，移動(dòng)的其它位置不是矩形，故一定不是正方形，故D選項(xiàng)不符合題意．
故選：B．
二．填空題
11．（2023?福山區(qū)一模）3月28日電28日，我國(guó)首單以人民幣結(jié)算的進(jìn)口液化天然氣（LNG）采購(gòu)交易達(dá)成，標(biāo)志著我國(guó)在油氣貿(mào)易領(lǐng)域的跨境人民幣結(jié)算交易探索邁出實(shí)質(zhì)性一步，數(shù)據(jù)顯示，2022年上海石油天然氣交易中心天然氣雙邊交易量達(dá)到928.58億立方米．928.58億用科學(xué)記數(shù)法表示為 9.2858×1010 ．
解：928.58億＝92858000000＝9.2858×1010．
故答案為：9.2858×1010．
12．（2023?杭州）在“探索一次函數(shù)y＝kx+b的系數(shù)k，b與圖象的關(guān)系”活動(dòng)中，老師給出了直角坐標(biāo)系中的三個(gè)點(diǎn)：A（0，2），B（2，3），C（3，1）．同學(xué)們畫(huà)出了經(jīng)過(guò)這三個(gè)點(diǎn)中每?jī)蓚€(gè)點(diǎn)的一次函數(shù)的圖象，并得到對(duì)應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式y(tǒng)1＝k1x+b1，y2＝k2x+b2，y3＝k3x+b3．分別計(jì)算k1+b1，k2+b2，k3+b3的值，其中最大的值等于 5 ．
解：解法一：設(shè)直線(xiàn)AB的解析式為y1＝k1x+b1，
將點(diǎn)A（0，2），B（2，3）代入得，，
解得：，
∴k1+b1＝，
設(shè)直線(xiàn)AC的解析式為y2＝k2x+b2，
將點(diǎn)A（0，2），C（3，1）代入得，，
解得：，
∴k2+b2＝，
設(shè)直線(xiàn)BC的解析式為y3＝k3x+b3，
將點(diǎn)B（2，3），C（3，1）代入得，，
解得：，
∴k3+b3＝5，
∴k1+b1＝，k2+b2＝，k3+b3＝5，其中最大的值為5．
解法二：如圖，作直線(xiàn)AB、AC、BC，作直線(xiàn)x＝1，
設(shè)直線(xiàn)AB的解析式為y1＝k1x+b1，直線(xiàn)AC的解析式為y2＝k2x+b2，直線(xiàn)BC的解析式為y3＝k3x+b3，
由圖象可知，直線(xiàn)x＝1與直線(xiàn)BC的交點(diǎn)最高，
即當(dāng)x＝1時(shí)，k1+b1，k2+b2，k3+b3其中最大的值為k3+b3，
將點(diǎn)B（2，3），C（3，1）代入得，，
解得：，
∴k3+b3＝5，
k1+b1，k2+b2，k3+b3其中最大的值為k3+b3＝5．
故答案為：5．
13．（2023?杏花嶺區(qū)校級(jí)模擬）我省積極探索保障糧食安全，做強(qiáng)精品糧油，始終堅(jiān)持“藏糧于地、藏糧于技”戰(zhàn)略，穩(wěn)定糧食面積，提升基礎(chǔ)保障能力，增強(qiáng)科技支撐能力，牢牢把飯碗端在自己手中，某農(nóng)科所在相同條件下做某種作物種子發(fā)芽率的試驗(yàn)，結(jié)果如表所示：
則該作物種子發(fā)芽的概率約為 0.91 ．（結(jié)果保留兩位小數(shù)）
解：觀察表格發(fā)現(xiàn)，隨著實(shí)驗(yàn)次數(shù)的增多，種子發(fā)芽的頻率逐漸穩(wěn)定在0.91附近，
所以估計(jì)該作物種子發(fā)芽的概率約為0.91，
故答案為：0.91．
14．（2023?榆樹(shù)市校級(jí)模擬）在“探索函數(shù)y＝ax2+bx+c的系數(shù)a，b，c與圖象的關(guān)系“活動(dòng)中，師給出了直角坐標(biāo)系中的四個(gè)點(diǎn)A（0，2），B（1，0），C（3，1），D（2，3）．同學(xué)們探索了經(jīng)過(guò)這四個(gè)點(diǎn)中的三個(gè)點(diǎn)的二次函數(shù)圖象，發(fā)現(xiàn)運(yùn)些圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式各不相同，其中a的最大值為 ．
解：由圖象知，A、B、D組成的二次函數(shù)圖象開(kāi)口向上，a＞0；
A、B、C組成的二次函數(shù)開(kāi)口向上，a＞0；
B、C、D三點(diǎn)組成的二次函數(shù)開(kāi)口向下，a＜0；
A、D、C三點(diǎn)組成的二次函數(shù)開(kāi)口向下，a＜0；
即只需比較A、B、D組成的二次函數(shù)和A、B、C組成的二次函數(shù)即可．
設(shè)A、B、C組成的二次函數(shù)為y1＝a1x2+b1x+c1，
把A（0，2），B（1，0），C（3，1）代入上式得，
解得a1＝；
設(shè)A、B、D組成的二次函數(shù)為y＝ax2+bx+c，
把A（0，2），B（1，0），D（2，3）代入上式得，
解得a＝，
即a最大的值為．
故答案為：．
15．（2020?安徽）在數(shù)學(xué)探究活動(dòng)中，敏敏進(jìn)行了如下操作：如圖，將四邊形紙片ABCD沿過(guò)點(diǎn)A的直線(xiàn)折疊，使得點(diǎn)B落在CD上的點(diǎn)Q處．折痕為AP；再將△PCQ，△ADQ分別沿PQ，AQ折疊，此時(shí)點(diǎn)C，D落在AP上的同一點(diǎn)R處．請(qǐng)完成下列探究：
（1）∠PAQ的大小為 30 °；
（2）當(dāng)四邊形APCD是平行四邊形時(shí)，的值為 ．
解：（1）由折疊的性質(zhì)可得：∠B＝∠AQP，∠DAQ＝∠QAP＝∠PAB，∠DQA＝∠AQR，∠CQP＝∠PQR，∠D＝∠ARQ，∠C＝∠QRP，
∵∠QRA+∠QRP＝180°，
∴∠D+∠C＝180°，
∴AD∥BC，
∴∠B+∠DAB＝180°，
∵∠DQR+∠CQR＝180°，
∴∠DQA+∠CQP＝90°，
∴∠AQP＝90°，
∴∠B＝∠AQP＝90°，
∴∠DAB＝90°，
∴∠DAQ＝∠QAP＝∠PAB＝30°，
故答案為：30；
（2）由折疊的性質(zhì)可得：AD＝AR，CP＝PR，
∵四邊形APCD是平行四邊形，
∴AD＝PC，
∴AR＝PR，
又∵∠AQP＝90°，
∴QR＝AP，
∵∠PAB＝30°，∠B＝90°，
∴AP＝2PB，AB＝PB，
∴PB＝QR，
∴＝，
故答案為：．
16．（2023?臨淄區(qū)一模）華羅庚說(shuō)過(guò)：“復(fù)雜的問(wèn)題要善于‘退’，足夠地‘退’，‘退’到最原始而不失重要性的地方，是學(xué)好數(shù)學(xué)的一個(gè)訣竅．”可見(jiàn)，復(fù)雜的問(wèn)題有時(shí)要“退”到本質(zhì)上去研究．如圖，已知拋物線(xiàn)y＝﹣x2+2x﹣1的圖象與f的圖象關(guān)于直線(xiàn)y＝x對(duì)稱(chēng)，我們把探索線(xiàn)的變化規(guī)律“退”到探索點(diǎn)的變化規(guī)律上去研究，可以得到圖象f所對(duì)應(yīng)的關(guān)于x與y的關(guān)系式為x＝﹣y2+2y﹣1．若拋物線(xiàn)y＝﹣x2+2x﹣1與g的圖象關(guān)于y＝﹣x對(duì)稱(chēng)，則圖象g所對(duì)應(yīng)的關(guān)于x與y的關(guān)系式為 x＝y(tǒng)2+2y+1 ．
解：設(shè)（x，y）為圖象g上任意點(diǎn)，則關(guān)于y＝﹣x的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為（﹣y，﹣x），
把（﹣y，﹣x）代入y＝﹣x2+2x﹣1得：﹣x＝﹣y2﹣2y﹣1，
∴x＝y(tǒng)2+2y+1，
故答案為：x＝y(tǒng)2+2y+1．
17．（2022?鋼城區(qū)）利用圖形的分、和、移、補(bǔ)探索圖形關(guān)系，是我國(guó)傳統(tǒng)數(shù)學(xué)的一種重要方法．如圖1，BD是矩形ABCD的對(duì)角線(xiàn)，將△BCD分割成兩對(duì)全等的直角三角形和一個(gè)正方形，然后按圖2重新擺放，觀察兩圖，若a＝4，b＝2，則矩形ABCD的面積是 16 ．
解：設(shè)小正方形的邊長(zhǎng)為x，
∵a＝4，b＝2，
∴BD＝2+4＝6，
在Rt△BCD中，DC2+BC2＝DB2，
即（4+x）2+（x+2）2＝62，
整理得，x2+6x﹣8＝0，
而長(zhǎng)方形面積為＝（x+4）（x+2）＝x2+6x+8＝8+8＝16
∴該矩形的面積為16，
解法二：由題意得第一個(gè)矩形的左上角的三角形面積＝第二個(gè)矩形左上角的長(zhǎng)方形的面積＝4×2＝8，所以原矩形面積為16
故答案為：16．
18．（2023?十堰）在某次數(shù)學(xué)探究活動(dòng)中，小明將一張斜邊為4的等腰直角三角形ABC（∠A＝90°）硬紙片剪切成如圖所示的四塊（其中D，E，F(xiàn)分別AB，AC，BC的中點(diǎn)，G，H分別為DE，BF的中點(diǎn)），小明將這四塊紙片重新組合拼成四邊形（相互不重疊，不留空隙），則所能拼成的四邊形中周長(zhǎng)的最小值為 8 ，最大值為 8+2 ．
解：如圖，
BC＝4，AC＝4×＝2，CI＝BD＝CE＝AC＝，DI＝BC＝4，
∴四邊形BCID周長(zhǎng)＝4+4+2＝8+2；
如圖，
AF＝AI＝IC＝FC＝2，
∴四邊形AFCI周長(zhǎng)為2×4＝8；
故答案為：8，8+2．
19．（2021?大慶）已知，如圖①，若AD是△ABC中∠BAC的內(nèi)角平分線(xiàn)，通過(guò)證明可得＝，同理，若AE是△ABC中∠BAC的外角平分線(xiàn)，通過(guò)探究也有類(lèi)似的性質(zhì)．請(qǐng)你根據(jù)上述信息，求解如下問(wèn)題：
如圖②，在△ABC中，BD＝2，CD＝3，AD是△ABC的內(nèi)角平分線(xiàn)，則△ABC的BC邊上的中線(xiàn)長(zhǎng)l的取值范圍是 ＜l＜ ．
解：∵AD是△ABC的內(nèi)角平分線(xiàn)，
＝，
∵BD＝2，CD＝3，
∴＝，
作∠BAC的外角平分線(xiàn)AE，與CB的延長(zhǎng)線(xiàn)交于點(diǎn)E，
∴＝，
∴，
∴BE＝10，
∴DE＝12，
∵AD是∠BAC的角平分線(xiàn)，AE是∠BAC外角平分線(xiàn)
∴∠EAD＝90°，
∴點(diǎn)A在以DE為直徑的圓上運(yùn)動(dòng)，
取BC的中點(diǎn)為F，
∴DF＜AF＜EF，
∴＜l＜，
故答案為：＜l＜．
解法2：∵AD是△ABC的內(nèi)角平分線(xiàn)，
∴＝，
∵BD＝2，CD＝3，
∴＝，
可設(shè)AB＝2k，AC＝3k，
在△ABC中，BC＝5，
∴5k＞5，k＜5，
∴1＜k＜5，
E是BC邊的中點(diǎn)，延長(zhǎng)AE至A'，使得AE＝A'E，連結(jié)A'C，
∴A'C＝AB，
∴k＜2l＜5k，
∴＜l＜k，
∴＜l＜，
故答案為：＜l＜．
三．解答題
20．（2023?廣西）【探究與證明】折紙，操作簡(jiǎn)單，富有數(shù)學(xué)趣味，我們可以通過(guò)折紙開(kāi)展數(shù)學(xué)探究，探索數(shù)學(xué)奧秘．
【動(dòng)手操作】如圖1，將矩形紙片ABCD對(duì)折，使AD與BC重合，展平紙片，得到折痕EF：折疊紙片，使點(diǎn)B落在EF上，并使折痕經(jīng)過(guò)點(diǎn)A，得到折痕AM，點(diǎn)B，E的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為B′，E′展平紙片，連接AB′，BB′，BE′．請(qǐng)完成：
（1）觀察圖1中∠1，∠2和∠3，試猜想這三個(gè)角的大小關(guān)系；
（2）證明（1）中的猜想；
【類(lèi)比操作】如圖2，N為矩形紙片ABCD的邊AD上的一點(diǎn)，連接BN，在AB上取一點(diǎn)P，折疊紙片，使B，P兩點(diǎn)重合，展平紙片，得到折痕EF；折疊紙片，使點(diǎn)B，P分別落在EF，BN上，得到折痕l，點(diǎn)B，P的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為B′，P′，展平紙片，連接BB′，P′B′．請(qǐng)完成：
（3）證明BB′是∠NBC的一條三等分線(xiàn)．
（1）解：∠1＝∠2＝∠3；
（2）證明：如圖1，
設(shè)AM，EF交于點(diǎn)O，
由題意得：EF是AB的垂直平分線(xiàn)，AM是BB′的垂直平分線(xiàn)，AB＝AB′，
∴AB′＝BB′，OA＝OB＝OB′，
∴AB′＝BB′＝AB，O為外心，
∴∠ABB′＝60°，
∴∠1＝∠2＝30°，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，
∴∠3＝90°﹣60°＝30°，
∴∠1＝∠2＝∠3；
（3）證明：如圖2，
同理（2）得：OB＝OB′＝OP＝OP′，BP′＝PB′＝BB′，
∴∠P′BO＝∠B′BO，∠OBB′＝∠BB′O，
∵EF∥BC，
∴∠OB′B＝∠B′BC，
∴∠P′BO＝∠B′BO＝∠B′BC，
∴BB′是∠NBC的一條三等分線(xiàn)．
21．（2023?綿陽(yáng)）如圖，拋物線(xiàn)經(jīng)過(guò)△AOD的三個(gè)頂點(diǎn)，其中O為原點(diǎn)，A（2，4），D（6，0），點(diǎn)F在線(xiàn)段AD上運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)G在直線(xiàn)AD上方的拋物線(xiàn)上，GF∥AO，GE⊥DO于點(diǎn)E，交AD于點(diǎn)I，AH平分∠OAD，C（﹣2，﹣4），AH⊥CH于點(diǎn)H，連接FH．
（1）求拋物線(xiàn)的解析式及△AOD的面積；
（2）當(dāng)點(diǎn)F運(yùn)動(dòng)至拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)軸上時(shí)，求△AFH的面積；
（3）試探究的值是否為定值？如果為定值，求出該定值；不為定值，請(qǐng)說(shuō)明理由．
解：（1）設(shè)拋物線(xiàn)的解析式為y＝ax2+bx（a≠0）．
將A（2，4），D（6，0）代入，得，
解得：，
∴y＝﹣x2+3x．
設(shè)點(diǎn)O到AD的距離為d，點(diǎn)A的縱坐標(biāo)為yA，
∴S△AOD＝AD?d＝OD?yA＝×6×4＝12．
（2）∵y＝﹣x2+3x＝﹣（x﹣3）2+，
∴拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)軸為直線(xiàn)x＝3．
當(dāng)點(diǎn)F運(yùn)動(dòng)至對(duì)稱(chēng)軸上時(shí)，點(diǎn)F的橫坐標(biāo)為3，
則＝＝，
即AF＝AD．
如圖，連接OC、OH，
由點(diǎn)C（﹣2，4），得點(diǎn)A與點(diǎn)C關(guān)于原點(diǎn)O對(duì)稱(chēng)，
∴點(diǎn)A、O、C三點(diǎn)共線(xiàn)，且O為AC的中點(diǎn)．
∵AH⊥CH，
∴OH＝AC＝OA，
∴∠OAH＝∠AHO．
∵AH平分∠CAD，
∴∠OAH＝∠DAH，
∴∠AHO＝∠DAH，
∴HO∥AD，
∴HO與AD間的距離為d，
∴點(diǎn)H到AD的距離為d．
∵S△AFH＝×AF×d，S△AOD＝×AD×d＝12，
∴S△AFH＝×AF×d＝×AD×d＝×（×AD×d）＝×12＝3．
∴當(dāng)點(diǎn)F運(yùn)動(dòng)至拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)軸上時(shí)，△AFH的面積為3；
（3）如圖，過(guò)點(diǎn)A作AL⊥OD于點(diǎn)L，過(guò)點(diǎn)F作FK⊥GE于點(diǎn)K．
由題意得AL＝4，OL＝2，
∴OA＝＝＝2．
∴DL＝OD﹣OL＝6﹣2＝4，
在Rt△ADL中，AL＝DL，
∴∠ADL＝45°，
∵GE⊥DO，
∴∠FIK＝45°，即△FIK為等腰直角三角形．
設(shè)FK＝m，則KI＝m，
在Rt△AOL和Rt△GFK中，
∵GF∥AO，
∴∠AOL＝∠GFK，
∴tan∠AOL＝tan∠GFK，
∴＝，
即＝，
∴GK＝2m，
∴GI＝GK+KI＝2m+m＝3m．
又∵sin∠AOL＝sin∠GFK，
∴＝，
即＝，
∴FG＝m，
∴＝＝．
∴的值是定值，定值為．
22．（2023?甘孜州）如圖，在Rt△ABC中，，點(diǎn)D在AB邊上，連接CD，將CD繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到CE，連接BE，DE．
（1）求證：△CAD≌△CBE；
（2）若AD＝2時(shí)，求CE的長(zhǎng)；
（3）點(diǎn)D在AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，試探究AD2+BD2的值是否存在最小值，如果存在，求出這個(gè)最小值；如果不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
（1）證明：由題意，可知∠ACB＝∠DCE＝90°，CA＝CB，CD＝CE．
∴∠ACB﹣∠DCB＝∠DCE﹣∠DCB．
即∠ACD＝∠BCE．
在△CAD和△CBE中，
∴△CAD≌△CBE（SAS）；
（2）解：∵在 Rt△ABC中，，
∴∠CAB＝∠CBA＝45°，，
∴BD＝AB﹣AD＝6﹣2＝4．
∵△CAD≌△CBE（SAS），
∴BE＝AD＝2，∠CBE＝∠CAD＝45°，
∴∠ABE＝∠ABC+∠CBE＝90°．
∴，
∴在 Rt△CDE 中，；
（3）解：存在，理由：
由（2）可知，AD2+BD2＝BE2+BD2＝DE2＝2CD2，
∴當(dāng)CD最小時(shí)，有 AD2+BD2 的值最小，此時(shí) CD⊥AB．
∵△ABC 為等腰直角三角形，
∴，
∴AD2+BD2＝2CD2≥2×32＝18．
即 AD2+BD2 的最小值為18．
23．（2023?淄博）在數(shù)學(xué)綜合與實(shí)踐活動(dòng)課上，小紅以“矩形的旋轉(zhuǎn)”為主題開(kāi)展探究活動(dòng)．
（1）操作判斷
小紅將兩個(gè)完全相同的矩形紙片ABCD和CEFG拼成“L”形圖案，如圖①．試判斷：△ACF的形狀為 等腰直角三角形 ．
（2）深入探究
小紅在保持矩形ABCD不動(dòng)的條件下，將矩形CEFG繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)，若AB＝2，AD＝4．
探究一：當(dāng)點(diǎn)F恰好落在AD的延長(zhǎng)線(xiàn)上時(shí)，設(shè)CG與DF相交于點(diǎn)M，如圖②．求△CMF的面積．
探究二：連接AE，取AE的中點(diǎn)H，連接DH，如圖③．求線(xiàn)段DH長(zhǎng)度的最大值和最小值．
解：（1）在Rt△ABC中，AC＝，
在Rt△CFG中，CF＝，
∵AB＝GF，BC＝CG，
∴AC＝CF，
∴△ACF是等腰三角形，
∵AB＝GF，∠FGC＝∠ABC＝90°．BC＝CG，
∴△ABC≌△FGC（SAS），
∴∠ACG＝∠GFC，
∵∠GCF+∠GFC＝90°，
∴∠ACG+∠GCF＝90°，
∴∠ACF＝90°，
∴△ACF是等腰直角三角形，
故答案為：等腰直角三角形；
（2）探究一：∵CD＝GF，∠FMG＝∠DMC，∠G＝∠CDF＝90°，
∴△CDM≌△FGM（AAS），
∴CM＝MF，
∵AC＝CF，CD⊥AF，
∴AD＝DF，
∵AB＝CD＝2，AD＝DF＝4，
∴DM＝4﹣CM，
在Rt△CDM中，CM2＝CD2+DM2，
∴CM2＝22+（4﹣CM）2，
解得CM＝，
∴MF＝，
∴△CMF的面積＝2×＝；
探究二：連接DE，取DE的中點(diǎn)P，連接HP，取AD、BC的中點(diǎn)為M、N，連接MN，MH，NH，
∵H是AE的中點(diǎn)，
∴MH∥DE，且MH＝DE，
∵CD＝CE，
∴CP⊥DE，DP＝PE，
∵M(jìn)H∥DP，且MH＝DP，
∴四邊形MHPD是平行四邊形，
∴MD＝HP，MD∥HP，
∵AD∥BC，MD＝CN，
∴HP∥CN，HP＝CN，
∴四邊形HNCP是平行四邊形，
∴NH∥CP，
∴∠MHN＝90°，
∴H點(diǎn)在以MN為直徑的圓上，
設(shè)MN的中點(diǎn)為T(mén)，
∴DT＝＝，
∴DH的最大值為+1，最小值為﹣1．
方法二：設(shè)AC的中點(diǎn)為T(mén)，連接HT，
∵HT是△ACE的中位線(xiàn)，
∴HT＝CE＝1，
∴H在以T為圓心，1為半徑的圓上，
∵DT＝＝，
∴DH的最大值為+1，最小值為﹣1．
24．（2023?青海）如圖，二次函數(shù)y＝﹣x2+bx+c的圖象與x軸相交于點(diǎn)A和點(diǎn)C（1，0），交y軸于點(diǎn)B（0，3）．
（1）求此二次函數(shù)的解析式；
（2）設(shè)二次函數(shù)圖象的頂點(diǎn)為P，對(duì)稱(chēng)軸與x軸交于點(diǎn)Q，求四邊形AOBP的面積（請(qǐng)?jiān)趫D1中探索）；
（3）二次函數(shù)圖象的對(duì)稱(chēng)軸上是否存在點(diǎn)M，使得△AMB是以AB為底邊的等腰三角形？若存在，請(qǐng)求出滿(mǎn)足條件的點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由（請(qǐng)?jiān)趫D2中探索）．
解：（1）由題意得，
，
∴，
∴y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）如圖，
連接OP，
∵y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，
∴P（﹣1，4），
∴PQ＝4，OQ＝1，
由﹣x2﹣2x+3＝0得，
x1＝1，x2＝﹣3，
∴OA＝3，
∴S四邊形AOBP＝S△AOP+S△BOP＝＝＝；
（3）設(shè)M（﹣1，m），
由AM2＝BM2得，
[（﹣3）﹣（﹣1）]2+m2＝（﹣1）2+（m﹣3）2，
∴m＝1，
∴M（﹣1，1）．
25．（2023?鹽城）綜合與實(shí)踐
【問(wèn)題情境】
如圖1，小華將矩形紙片ABCD先沿對(duì)角線(xiàn)BD折疊，展開(kāi)后再折疊，使點(diǎn)B落在對(duì)角線(xiàn)BD上，點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)記為B′，折痕與邊AD，BC分別交于點(diǎn)E，F(xiàn)．
【活動(dòng)猜想】
（1）如圖2，當(dāng)點(diǎn)B′與點(diǎn)D重合時(shí)，四邊形BEDF是哪種特殊的四邊形？答： 菱形 ．
【問(wèn)題解決】
（2）如圖3，當(dāng)AB＝4，AD＝8，BF＝3時(shí)，求證：點(diǎn)A′，B′，C在同一條直線(xiàn)上．
【深入探究】
（3）如圖4，當(dāng)AB與BC滿(mǎn)足什么關(guān)系時(shí)，始終有A′B′與對(duì)角線(xiàn)AC平行？請(qǐng)說(shuō)明理由．
（4）在（3）的情形下，設(shè)AC與BD，EF分別交于點(diǎn)O，P，試探究三條線(xiàn)段AP，B′D，EF之間滿(mǎn)足的等量關(guān)系，并說(shuō)明理由．
（1）解：當(dāng)點(diǎn)B′與點(diǎn)D重合時(shí)，四邊形BEDF是菱形．
理由：設(shè)EF與BD交于點(diǎn)O，如圖，
由折疊得：EF⊥BD，OB＝OD，
∴∠BOF＝∠DOE＝90°，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠OBF＝∠ODE，
∴△BFO≌△DEO（ASA），
∴OE＝OF，
∴四邊形BEDF是菱形．
故答案為：菱形．
（2）證明：∵四邊形ABCD是矩形，AB＝4，AD＝8，BF＝3，
∴BC＝AD＝8，CD＝AB＝4，∠BCD＝90°，
∴CF＝BC﹣BF＝8﹣3＝5，
∴BD＝＝＝4，
如圖，設(shè)EF與BD交于點(diǎn)M，過(guò)點(diǎn)B′作B′K⊥BC于K，
由折疊得：∠A′B′F＝∠ABF＝∠BMF＝∠B′MF＝90°，B′F＝BF＝3，BB′＝2BM，
∴∠BMF＝∠BCD，
∵∠FBM＝∠DBC，
∴△BFM∽△BDC，
∴＝，即＝，
∴BM＝，
∴BB′＝，
∵∠BKB′＝∠BCD，∠B′BK＝∠DBC，
∴△BB′K∽△BDC，
∴＝＝，即＝＝，
∴B′K＝，BK＝，
∴CK＝BC﹣BK＝8﹣＝，
∴B′C＝＝＝4，
∵B′F2+B′C2＝32+42＝25，CF2＝52＝25，
∴B′F2+B′C2＝CF2，
∴∠CB′F＝90°，
∴∠A′B′F+∠CB′F＝90°+90°＝180°，
∴點(diǎn)A′，B′，C在同一條直線(xiàn)上．
（3）解：當(dāng)BC＝AB時(shí)，始終有A′B′與對(duì)角線(xiàn)AC平行．
理由：如圖，設(shè)AC、BD交于點(diǎn)O，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴OA＝OB，∠ABC＝90°，
∵BC＝AB，
∴tan∠BAC＝＝，
∴∠BAC＝60°，
∴△OAB是等邊三角形，
∴∠ABO＝∠AOB＝60°，
由折疊得：∠A′B′B＝∠ABO＝60°，
∴∠A′B′B＝∠AOB，
∴A′B′∥AC，
故當(dāng)BC＝AB時(shí)，始終有A′B′與對(duì)角線(xiàn)AC平行．
（4）解：EF＝2（AP+B′D），理由如下：
如圖，過(guò)點(diǎn)E作EG⊥BC于G，設(shè)EF交BD于H，
由折疊得：EF⊥BD，B′F＝BF，∠BFE＝∠B′FE，
設(shè)AE＝m，EF＝n，
由（3）得：∠BAC＝60°＝∠ABD，
∴∠BB′F＝∠DBC＝30°，
∴∠BFE＝∠B′FE＝60°，
∴EG＝EF?sin60°＝n，F(xiàn)G＝EF?cs60°＝n，
∵∠EAB＝∠ABG＝∠BGE＝90°，
∴四邊形ABGE是矩形，
∴AB＝EG＝n，BG＝AE＝m，AD∥BC，
∴BF＝B′F＝m+n，
∴BH＝BF?cs30°＝（m+n），
∴BB′＝2BH＝（m+n），
∵BD＝2AB＝n，
∴B′D＝BD﹣BB′＝n﹣（m+n）＝n﹣m，
∵AD∥BC，
∴∠DEF＝∠EFG＝60°，
∴∠APE＝∠DEF﹣∠DAC＝60°﹣30°＝30°＝∠DAC，
∴AP＝2AE?cs30°＝m，
∴AP+B′D＝m+（n﹣m）＝n，
∴AP+B′D＝EF，
即EF＝2（AP+B′D）．
26．（2023?呼和浩特）探究函數(shù)y＝﹣2|x|2+4|x|的圖象和性質(zhì)，探究過(guò)程如下：
（1）自變量x的取值范圍是全體實(shí)數(shù)，x與y的幾組對(duì)應(yīng)值列表如下：
其中，m＝ 2 .根據(jù)如表數(shù)據(jù)，在圖1所示的平面直角坐標(biāo)系中，通過(guò)描點(diǎn)畫(huà)出了函數(shù)圖象的一部分，請(qǐng)畫(huà)出該函數(shù)圖象的另一部分．觀察圖象，寫(xiě)出該函數(shù)的一條性質(zhì)；
（2）點(diǎn)F是函數(shù)y＝﹣2|x|2+4|x|圖象上的一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)A（2，0），點(diǎn)B（﹣2，0），當(dāng)S△FAB＝3時(shí)，請(qǐng)直接寫(xiě)出所有滿(mǎn)足條件的點(diǎn)F的坐標(biāo)；
（3）在圖2中，當(dāng)x在一切實(shí)數(shù)范圍內(nèi)時(shí)，拋物線(xiàn)y＝﹣2x2+4x交x軸于O，A兩點(diǎn)（點(diǎn)O在點(diǎn)A的左邊），點(diǎn)P是點(diǎn)Q（1，0）關(guān)于拋物線(xiàn)頂點(diǎn)的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)，不平行y軸的直線(xiàn)l分別交線(xiàn)段OP，AP（不含端點(diǎn)）于M，N兩點(diǎn)．當(dāng)直線(xiàn)l與拋物線(xiàn)只有一個(gè)公共點(diǎn)時(shí)，PM與PN的和是否為定值？若是，求出此定值；若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由．
解：（1）當(dāng)x＝﹣1時(shí)，y＝﹣2×（﹣1）2+4×|﹣1|＝2，
∴m＝2，
函數(shù)圖象如圖所示：
由圖象可得該函數(shù)的性質(zhì)：該函數(shù)關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)；當(dāng)x＜﹣1或0≤x＜1時(shí)，y隨x的增大而增大；當(dāng)﹣1≤x＜0或x≥1時(shí)，y隨x的增大而減?。?br>故答案為：2；
（2）當(dāng)x＜0時(shí)，y＝﹣2x2﹣4x，
當(dāng)x≥0時(shí)，y＝﹣2x2+4x，
∵A（2，0），B（﹣2，0），
∴AB＝4，
∵S△FAB＝3，
∴×4|yF|＝3，
∴yF＝±，
當(dāng)yF＝時(shí)，若x＜0，則﹣2x2﹣4x＝，
解得：x＝﹣或﹣，
若x≥0，則﹣2x2+4x＝，
解得：x＝或，
∴F（﹣，）或（﹣，）或（，）或（，）；
當(dāng)yF＝﹣時(shí)，若x＜0，則﹣2x2﹣4x＝﹣，
解得：x＝﹣1﹣或x＝﹣1+（舍去），
若x≥0，則﹣2x2+4x＝﹣，
解得：x＝1﹣（舍去）或x＝1+，
∴F（﹣1+，﹣）或（﹣1﹣，﹣）或（1﹣，﹣）或（1+，﹣）；
綜上所述，所有滿(mǎn)足條件的點(diǎn)F的坐標(biāo)為（﹣，）或（﹣，）或（，）或（，）或（﹣1﹣，﹣）或（1+，﹣）；
（3）PM與PN的和是定值；
如圖2，連接直線(xiàn)PQ，
∵拋物線(xiàn)y＝﹣2x2+4x交x軸于O，A兩點(diǎn)，
∴O（0，0），A（2，0），
∵y＝﹣2x2+4x＝﹣2（x﹣1）2+2，
∴拋物線(xiàn)y＝﹣2x2+4x的頂點(diǎn)為（1，2），
∵點(diǎn)P是點(diǎn)Q（1，0）關(guān)于拋物線(xiàn)頂點(diǎn)（1，2）的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)，故點(diǎn)P的坐標(biāo)為（1，4），
由點(diǎn)P、O的坐標(biāo)得，直線(xiàn)OP的表達(dá)式為y＝4x①，
同理可得，直線(xiàn)AP的表達(dá)式為y＝﹣4x+8②，
設(shè)直線(xiàn)l的表達(dá)式為y＝tx+n，
聯(lián)立y＝tx+n和y＝﹣2x2+4x并整理得：2x2+（t﹣4）x+n＝0，
∵直線(xiàn)l與拋物線(xiàn)只有一個(gè)公共點(diǎn)，
故Δ＝（t﹣4）2﹣8n＝0，解得n＝（t﹣4）2，
故直線(xiàn)l的表達(dá)式為y＝tx+（t﹣4）2③，
聯(lián)立①③并解得xM＝﹣（t﹣4），
同理可得，xN＝﹣（t﹣12），
∵射線(xiàn)PO、PA關(guān)于直線(xiàn)PQ：x＝1對(duì)稱(chēng)，則∠APQ＝∠OPQ，設(shè)∠APQ＝∠OPQ＝α，
則sin∠APQ＝sin∠OPQ＝＝＝＝sinα，
∴PM+PN＝+＝（xN﹣xM）＝為定值．
27．（2023?樂(lè)山）在學(xué)習(xí)完《圖形的旋轉(zhuǎn)》后，劉老師帶領(lǐng)學(xué)生開(kāi)展了一次數(shù)學(xué)探究活動(dòng)．
【問(wèn)題情境】
劉老師先引導(dǎo)學(xué)生回顧了華東師大版教材七年級(jí)下冊(cè)第121頁(yè)“探索”部分內(nèi)容：
如圖1，將一個(gè)三角形紙板△ABC繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)θ到達(dá)的位置△A′B′C′的位置，那么可以得到：
AB＝AB′，AC＝AC′，BC＝B′C′；
∠BAC＝∠B′AC′，∠ABC＝∠AB′C′，∠ACB＝∠AC′B′．（_____）
劉老師進(jìn)一步談到：圖形的旋轉(zhuǎn)蘊(yùn)含于自然界的運(yùn)動(dòng)變化規(guī)律中，即“變”中蘊(yùn)含著“不變”，這是我們解決圖形旋轉(zhuǎn)的關(guān)鍵．故數(shù)學(xué)就是一門(mén)哲學(xué)．
【問(wèn)題解決】
（1）上述問(wèn)題情境中“（_____）”處應(yīng)填理由： 旋轉(zhuǎn)前后的圖形對(duì)應(yīng)線(xiàn)段相等，對(duì)應(yīng)角相等 ；
（2）如圖2，小王將一個(gè)半徑為4cm，圓心角為60°的扇形紙板ABC繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°到達(dá)扇形紙板A′B′C′的位置．
①請(qǐng)?jiān)趫D中作出點(diǎn)O；
②如果BB′＝6cm，則在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，點(diǎn)B經(jīng)過(guò)的路徑長(zhǎng)為 cm ；
【問(wèn)題拓展】
小李突發(fā)奇想，將與（2）中完全相同的兩個(gè)扇形紙板重疊，一個(gè)固定在墻上，使得一邊位于水平位置．另一個(gè)在弧的中點(diǎn)處固定，然后放開(kāi)紙板，使其擺動(dòng)到豎直位置時(shí)靜止．此時(shí)，兩個(gè)紙板重疊部分的面積是多少呢？如圖3所示，請(qǐng)你幫助小李解決這個(gè)問(wèn)題．
解：【問(wèn)題解決】
（1）根據(jù)題意，AB＝AB′，AC＝AC′，BC＝B′C′；∠BAC＝∠B′AC′，∠ABC＝∠AB′C′，∠ACB＝∠AC′B′的理由是：旋轉(zhuǎn)前后的圖形對(duì)應(yīng)線(xiàn)段相等，對(duì)應(yīng)角相等，
故答案為：旋轉(zhuǎn)前后的圖形對(duì)應(yīng)線(xiàn)段相等，對(duì)應(yīng)角相等；
（2）①如圖：
作線(xiàn)段BB'，AA'的垂直平分線(xiàn)，兩垂直平分線(xiàn)交于O，點(diǎn)O為所求；
②∵∠BOB'＝90°，OB＝OB'，
∴△BOB'是等腰直角三角形，
∵BB'＝6，
∴OB＝＝3，
∵＝（cm），
∴點(diǎn)B經(jīng)過(guò)的路徑長(zhǎng)為cm，
故答案為：cm；
【問(wèn)題拓展】
連接PA'，交AC于M，連接PA，PD，AA'，PB'，PC，如圖：
∵點(diǎn)P為中點(diǎn)，
∴∠PAB＝，
由旋轉(zhuǎn)得∠PA'B'＝30°，PA＝PA′＝4，
在Rt△PAM中，PM＝PA?sin∠PAM＝4×sin30°＝2，
∴A'M＝PA'﹣PM＝4﹣2＝2，
在Rt△A′DM中，
A'D＝＝＝，DM＝A'D＝，
∴S△A'DP＝××4＝；
S扇形PA'B'＝＝，
下面證明陰影部分關(guān)于PD對(duì)稱(chēng)：
∵∠PAC＝∠PA'B'＝30°，∠ADN＝∠A'DM，
∴∠AND＝∠A'MD＝90°，
∴∠PNA'＝90°，
∴PN＝PA'＝2，
∴AN＝PA﹣PN＝2，
∴AN＝A′M，
∴△AND≌△A'MD（AAS），
∴AD＝A′D，
∴CD＝B'D，
∵PD＝PD，PB'＝PC，
∴△PB′D≌△PCD（SSS），
∴陰影部分面積被PD等分，
∴S陰影＝2（S扇形PA'B'﹣S△A'DP）＝2（﹣）＝（cm2）．
∴兩個(gè)紙板重疊部分的面積是cm2．
28．（2023?淮安）綜合與實(shí)踐
定義：將寬與長(zhǎng)的比值為（n為正整數(shù)）的矩形稱(chēng)為n階奇妙矩形．
（1）概念理解：
當(dāng)n＝1時(shí)，這個(gè)矩形為1階奇妙矩形，如圖（1），這就是我們學(xué)習(xí)過(guò)的黃金矩形，它的寬（AD）與長(zhǎng)（CD）的比值是 ．
（2）操作驗(yàn)證：
用正方形紙片ABCD進(jìn)行如下操作（如圖（2））：
第一步：對(duì)折正方形紙片，展開(kāi)，折痕為EF，連接CE；
第二步：折疊紙片使CD落在CE上，點(diǎn)D的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)H，展開(kāi)，折痕為CG；
第三步：過(guò)點(diǎn)G折疊紙片，使得點(diǎn)A、B分別落在邊AD、BC上，展開(kāi)，折痕為GK．
試說(shuō)明：矩形GDCK是1階奇妙矩形．
（3）方法遷移：
用正方形紙片ABCD折疊出一個(gè)2階奇妙矩形．要求：在圖（3）中畫(huà)出折疊示意圖并作簡(jiǎn)要標(biāo)注．
（4）探究發(fā)現(xiàn)：
小明操作發(fā)現(xiàn)任一個(gè)n階奇妙矩形都可以通過(guò)折紙得到．他還發(fā)現(xiàn)：如圖（4），點(diǎn)E為正方形ABCD邊AB上（不與端點(diǎn)重合）任意一點(diǎn)，連接CE，繼續(xù)（2）中操作的第二步、第三步，四邊形AGHE的周長(zhǎng)與矩形GDCK的周長(zhǎng)比值總是定值．請(qǐng)寫(xiě)出這個(gè)定值，并說(shuō)明理由．
（1）解：當(dāng)n＝1時(shí)，，
故答案為：；
（2）證明：如圖1，
延長(zhǎng)CG，交BA的延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)R，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝90°，
∴∠R＝∠DCG，△CDG∽△RAG，
∴，
由折疊得，
∠GCH＝∠DCG，
∴∠R＝∠GCH，
∴ER＝CE，
設(shè)BE＝AE＝1，則AB＝BC＝CD＝AD＝2，ER＝CE＝，
∴AR＝ER﹣AE＝，
∴，
∴DG＝，
∴，
∴矩形GDCK是1階奇妙矩形；
（3）解：如圖2，
第一步：對(duì)折正方形紙片，折痕為MN；
第二步：對(duì)折矩形ADMN，折痕為EF，將正方形展開(kāi)；
第三步：連接CE，折疊紙片，使CD落在CE上，點(diǎn)D落在H點(diǎn)，折痕為CG；
第四步：過(guò)點(diǎn)G折疊紙片，使得點(diǎn)A、B分別落在邊AD、BC上，展開(kāi)，折痕為GK．
則矩形GDCK是2階奇妙矩形；
（4）解：如圖3，
四邊形AGHE的周長(zhǎng)與矩形GDCK的周長(zhǎng)比值是定值，理由如下：
延長(zhǎng)CG，交BA的延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)R，
設(shè)AD＝AB＝BC＝CD＝a，設(shè)BE＝b，則AE＝a﹣b，
同理（2）可得：ER＝CE＝，，
∴AR＝﹣（a﹣b），
∴＝，
∴DG＝﹣b，
∴四邊形CDGK的周長(zhǎng)＝2（DG+CD）＝2（+a﹣b），
∵EH＝CE﹣CH＝CE﹣CD＝﹣a，
∵四邊形AGHE的周長(zhǎng)＝EH+AE+AG+GH＝（﹣a）+（a﹣b）+AG+DG＝﹣a+a﹣b+a＝+（a﹣b），
∴四邊形AGHE的周長(zhǎng)與矩形GDCK的周長(zhǎng)比值是．
29．（2023?常州）如圖1，小麗借助幾何軟件進(jìn)行數(shù)學(xué)探究：第一步，畫(huà)出矩形ABCD和矩形EFGH，點(diǎn)E、F在邊AB上（EF＜AB），且點(diǎn)C、D、G、H在直線(xiàn)AB的同側(cè)；第二步，設(shè)＝m，＝n，矩形EFGH能在邊AB上左右滑動(dòng)；第三步，畫(huà)出邊EF的中點(diǎn)O，射線(xiàn)OH與射線(xiàn)AD相交于點(diǎn)P（點(diǎn)P、D不重合），射線(xiàn)OG與射線(xiàn)BC相交于點(diǎn)Q（點(diǎn)Q、C不重合），觀測(cè)DP、CQ的長(zhǎng)度．
（1）如圖2，小麗取AB＝4，EF＝3，m＝1，n＝3，滑動(dòng)矩形EFGH，當(dāng)點(diǎn)E、A重合時(shí)，CQ＝ ；
（2）小麗滑動(dòng)矩形EFGH，使得O恰為邊AB的中點(diǎn)．她發(fā)現(xiàn)對(duì)于任意的m≠n，DP＝CQ總成立．請(qǐng)說(shuō)明理由；
（3）經(jīng)過(guò)數(shù)次操作，小麗猜想，設(shè)定m、n的某種數(shù)量關(guān)系后，滑動(dòng)矩形EFGH，DP＝CQ總成立．小麗的猜想是否正確？請(qǐng)說(shuō)明理由．
解：（1）∵四邊形ACBD和四邊形EFGH是矩形，
∴∠B＝∠EFG＝90°，BC＝AD，F(xiàn)G＝EH，
∴FG∥BC，
∴△OGF∽△OQB，
∴，
∵＝1，＝3，AB＝4，EF＝3，
∴BC＝AD＝4，F(xiàn)G＝EH＝1，
∵OF＝OE＝，OB＝AB﹣OE＝4﹣＝，
∴，
∴BQ＝，
∴CQ＝4﹣＝，
故答案為：；
（2）如圖1，
∵EH∥AD，
∴△OEH∽△OAP，
∴，
同理可得，
，
∵O是EF的中點(diǎn)，O是AB的中點(diǎn)，
∴OE＝OF，OA＝OB，
∴，
∵EH＝FG，
∴AP＝BQ，
∵AD＝BC，
∴DP＝CQ；
（3）如圖，
當(dāng)m＝n時(shí)，即：＝＝m時(shí)，DP＝CQ，理由如下：
同理（2）可得，
，，
∴AP＝，BQ＝，
∵，O是EF的中點(diǎn)，
∴AP＝，BQ＝，
∴DP＝AD﹣AP＝AD﹣，CQ＝BQ﹣BC＝﹣AD，
∴DP﹣CQ＝2AD﹣＝2AD﹣＝＝，
∴DP＝CQ，
當(dāng)點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)到AB的中點(diǎn)時(shí)，DP＝CQ＝0
種子個(gè)數(shù)n
1000
1500
2500
4000
8000
15000
20000
30000
發(fā)芽種子個(gè)數(shù)m
899
1365
2245
3644
7272
13680
18160
27300
發(fā)芽種子頻率
0.899
0.910
0.898
0.911
0.909
0.912
0.908
0.910
x
…
﹣
﹣2
﹣
﹣1
﹣
0
1
2
…
y
…
﹣
0
m
0
2
0
﹣
…

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