江西省2021-2023三年中考数学真题分类汇编-03解答题（较难题）知识点分类

这是一份江西省2021-2023三年中考数学真题分类汇编-03解答题（较难题）知识点分类，共29页。试卷主要包含了综合与实践，课本再现等内容，欢迎下载使用。
江西省2021-2023三年中考数学真题分类汇编-03解答题（较难题）知识点分类
一．二次函数的应用（共1小题）
1．（2022•江西）跳台滑雪运动可分为助滑、起跳、飞行和落地四个阶段，运动员起跳后飞行的路线是抛物线的一部分（如图中实线部分所示），落地点在着陆坡（如图中虚线部分所示）上，着陆坡上的基准点K为飞行距离计分的参照点，落地点超过K点越远，飞行距离分越高．2022年北京冬奥会跳台滑雪标准台的起跳台的高度OA为66m，基准点K到起跳台的水平距离为75m，高度为hm（h为定值）．设运动员从起跳点A起跳后的高度y（m）与水平距离x（m）之间的函数关系为y＝ax2+bx+c（a≠0）．
（1）c的值为 　 　；
（2）①若运动员落地点恰好到达K点，且此时a＝﹣，b＝，求基准点K的高度h；
②若a＝﹣时，运动员落地点要超过K点，则b的取值范围为 　 　；
（3）在（2）的条件下，若运动员飞行的水平距离为25m时，恰好达到最大高度76m，试判断他的落地点能否超过K点，并说明理由．

二．二次函数综合题（共2小题）
2．（2023•江西）综合与实践
问题提出
某兴趣小组开展综合实践活动：在Rt△ABC中，∠C＝90°，D为AC上一点，CD＝，动点P以每秒1个单位的速度从C点出发，在三角形边上沿C→B→A匀速运动，到达点A时停止，以DP为边作正方形DPEF．设点P的运动时间为ts，正方形DPEF的面积为S，探究S与t的关系．
初步感知
（1）如图1，当点P由点C运动到点B时，
①当t＝1时，S＝　 　；
②S关于t的函数解析式为 　 　．
（2）当点P由点B运动到点A时，经探究发现S是关于t的二次函数，并绘制成如图2所示的图象．请根据图象信息，求S关于t的函数解析式及线段AB的长．
延伸探究
（3）若存在3个时刻t1，t2，t3（t1＜t2＜t3）对应的正方形DPEF的面积均相等．
①t1+t2＝　 　；
②当t3＝4t1时，求正方形DPEF的面积．

3．（2021•江西）二次函数y＝x2﹣2mx的图象交x轴于原点O及点A．
感知特例
（1）当m＝1时，如图1，抛物线L：y＝x2﹣2x上的点B，O，C，A，D分别关于点A中心对称的点为B′，O′，C′，A′，D′，如表：
…
B（﹣1，3）
O（0，0）
C（1，﹣1）
A（ 　 　，　 　）
D（3，3）
…
…
B'（5，﹣3）
O′（4，0）
C'（3，1）
A′（2，0）
D'（1，﹣3）
…
①补全表格；
②在图1中描出表中对称后的点，再用平滑的曲线依次连接各点，得到的图象记为L'．

形成概念
我们发现形如（1）中的图象L'上的点和抛物线L上的点关于点A中心对称，则称L'是L的“孔像抛物线”．例如，当m＝﹣2时，图2中的抛物线L'是抛物线L的“孔像抛物线”．

探究问题
（2）①当m＝﹣1时，若抛物线L与它的“孔像抛物线”L'的函数值都随着x的增大而减小，则x的取值范围为 　 　；
②在同一平面直角坐标系中，当m取不同值时，通过画图发现存在一条抛物线与二次函数y＝x2﹣2mx的所有“孔像抛物线”L'都有唯一交点，这条抛物线的解析式可能是 　 　（填“y＝ax2+bx+c”或“y＝ax2+bx”或“y＝ax2+c”或“y＝ax2”，其中abc≠0）；
③若二次函数y＝x2﹣2mx及它的“孔像抛物线”与直线y＝m有且只有三个交点，求m的值．
三．四边形综合题（共2小题）
4．（2022•江西）综合与实践
问题提出
某兴趣小组在一次综合与实践活动中提出这样一个问题：将足够大的直角三角板PEF（∠P＝90°，∠F＝60°）的一个顶点放在正方形中心O处，并绕点O逆时针旋转，探究直角三角板PEF与正方形ABCD重叠部分的面积变化情况（已知正方形边长为2）．
操作发现
（1）如图1，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当OF与OB重合时，重叠部分的面积为 　 　；当OF与BC垂直时，重叠部分的面积为 　 　；一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积S1与S的关系为 　 　；
类比探究
（2）若将三角板的顶点F放在点O处，在旋转过程中，OE，OP分别与正方形的边相交于点M，N．
①如图2，当BM＝CN时，试判断重叠部分△OMN的形状，并说明理由；
②如图3，当CM＝CN时，求重叠部分四边形OMCN的面积（结果保留根号）；
拓展应用
（3）若将任意一个锐角的顶点放在正方形中心O处，该锐角记为∠GOH（设∠GOH＝α），将∠GOH绕点O逆时针旋转，在旋转过程中，∠GOH的两边与正方形ABCD的边所围成的图形的面积为S2，请直接写出S2的最小值与最大值（分别用含α的式子表示）．

5．（2021•江西）课本再现
（1）在证明“三角形内角和定理”时，小明只撕下三角形纸片的一个角拼成图1即可证明，其中与∠A相等的角是 　 　；

类比迁移
（2）如图2，在四边形ABCD中，∠ABC与∠ADC互余，小明发现四边形ABCD中这对互余的角可类比（1）中思路进行拼合：先作∠CDF＝∠ABC，再过点C作CE⊥DF于点E，连接AE，发现AD，DE，AE之间的数量关系是 　 　；
方法运用
（3）如图3，在四边形ABCD中，连接AC，∠BAC＝90°，点O是△ACD两边垂直平分线的交点，连接OA，∠OAC＝∠ABC．
①求证：∠ABC+∠ADC＝90°；
②连接BD，如图4，已知AD＝m，DC＝n，＝2，求BD的长（用含m，n的式子表示）．

四．圆的综合题（共1小题）
6．（2021•江西）如图1，四边形ABCD内接于⊙O，AD为直径，点C作CE⊥AB于点E，连接AC．
（1）求证：∠CAD＝∠ECB；
（2）若CE是⊙O的切线，∠CAD＝30°，连接OC，如图2．
①请判断四边形ABCO的形状，并说明理由；
②当AB＝2时，求AD，AC与围成阴影部分的面积．

五．相似形综合题（共1小题）
7．（2023•江西）课本再现
思考
我们知道，菱形的对角线互相垂直．反过来，对角线互相垂直的平行四边形是菱形吗？
可以发现并证明菱形的一个判定定理；
对角线互相垂直的平行四边形是菱形．
定理证明
（1）为了证明该定理，小明同学画出了图形（如图1），并写出了“已知”和“求证”，请你完成证明过程．
已知：在▱ABCD中，对角线BD⊥AC，垂足为O．
求证：▱ABCD是菱形．

知识应用
（2）如图2，在▱ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，AD＝5，AC＝8，BD＝6．
①求证：▱ABCD是菱形；
②延长BC至点E，连接OE交CD于点F，若∠E＝∠ACD，求的值．
六．解直角三角形的应用（共1小题）
8．（2023•江西）图1是某红色文化主题公园内的雕塑，将其抽象成如图2所示的示意图．已知点B，A，D，E均在同一直线上，AB＝AC＝AD，测得∠B＝55°，BC＝1.8m，DE＝2m．（结果保小数点后一位）

（1）连接CD，求证：DC⊥BC；
（2）求雕塑的高（即点E到直线BC的距离）．
（参考数据：sin55°≈0.82，cos55°≈0.57，tan55°≈1.43）

江西省2021-2023三年中考数学真题分类汇编-03解答题（较难题）知识点分类
参考答案与试题解析
一．二次函数的应用（共1小题）
1．（2022•江西）跳台滑雪运动可分为助滑、起跳、飞行和落地四个阶段，运动员起跳后飞行的路线是抛物线的一部分（如图中实线部分所示），落地点在着陆坡（如图中虚线部分所示）上，着陆坡上的基准点K为飞行距离计分的参照点，落地点超过K点越远，飞行距离分越高．2022年北京冬奥会跳台滑雪标准台的起跳台的高度OA为66m，基准点K到起跳台的水平距离为75m，高度为hm（h为定值）．设运动员从起跳点A起跳后的高度y（m）与水平距离x（m）之间的函数关系为y＝ax2+bx+c（a≠0）．
（1）c的值为 　66　；
（2）①若运动员落地点恰好到达K点，且此时a＝﹣，b＝，求基准点K的高度h；
②若a＝﹣时，运动员落地点要超过K点，则b的取值范围为 　b＞　；
（3）在（2）的条件下，若运动员飞行的水平距离为25m时，恰好达到最大高度76m，试判断他的落地点能否超过K点，并说明理由．

【答案】（1）66；
（2）①基准点K的高度h为21m；
②b＞；
（3）他的落地点能超过K点，理由见解答过程．
【解答】解：（1）∵起跳台的高度OA为66m，
∴A（0，66），
把A（0，66）代入y＝ax2+bx+c得：
c＝66，
故答案为：66；
（2）①∵a＝﹣，b＝，
∴y＝﹣x2+x+66，
∵基准点K到起跳台的水平距离为75m，
∴y＝﹣×752+×75+66＝21，
∴基准点K的高度h为21m；
②∵a＝﹣，
∴y＝﹣x2+bx+66，
∵运动员落地点要超过K点，
∴x＝75时，y＞21，
即﹣×752+75b+66＞21，
解得b＞，
故答案为：b＞；
（3）他的落地点能超过K点，理由如下：
∵运动员飞行的水平距离为25m时，恰好达到最大高度76m，
∴抛物线的顶点为（25，76），
设抛物线解析式为y＝a（x﹣25）2+76，
把（0，66）代入得：
66＝a（0﹣25）2+76，
解得a＝﹣，
∴抛物线解析式为y＝﹣（x﹣25）2+76，
当x＝75时，y＝﹣×（75﹣25）2+76＝36，
∵36＞21，
∴他的落地点能超过K点．
二．二次函数综合题（共2小题）
2．（2023•江西）综合与实践
问题提出
某兴趣小组开展综合实践活动：在Rt△ABC中，∠C＝90°，D为AC上一点，CD＝，动点P以每秒1个单位的速度从C点出发，在三角形边上沿C→B→A匀速运动，到达点A时停止，以DP为边作正方形DPEF．设点P的运动时间为ts，正方形DPEF的面积为S，探究S与t的关系．
初步感知
（1）如图1，当点P由点C运动到点B时，
①当t＝1时，S＝　3　；
②S关于t的函数解析式为 　S＝t2+2　．
（2）当点P由点B运动到点A时，经探究发现S是关于t的二次函数，并绘制成如图2所示的图象．请根据图象信息，求S关于t的函数解析式及线段AB的长．
延伸探究
（3）若存在3个时刻t1，t2，t3（t1＜t2＜t3）对应的正方形DPEF的面积均相等．
①t1+t2＝　4　；
②当t3＝4t1时，求正方形DPEF的面积．

【答案】（1）①3；②S＝t2+2；
（2）S＝t2﹣8t+18（2≤t≤8），AB＝6；
（3）①4；②正方形DPEF的面积为．
【解答】解：（1）①当t＝1时，CP＝1，
又∵∠C＝90°，CD＝，
∴S＝DP2＝CP2+CD2＝12+（）2＝3．
故答案为：3；
②当点P由点C运动到点B时，CP＝t，
∵∠C＝90°，CD＝，
∴S＝DP2＝CP2+CD2＝t2+（）2＝t2+2．
故答案为：S＝t2+2；
（2）由图2可得：当点P运动到点B处时，PD2＝BD2＝6，当点P运动到点A处时，PD2＝AD2＝18，
抛物线的顶点坐标为（4，2），

∴BC＝＝＝2，AD＝＝3，
∴M（2，6），
设S＝a（t﹣4）2+2，将M（2，6）代入，得4a+2＝6，
解得：a＝1，
∴S＝（t﹣4）2+2＝t2﹣8t+18，
∴AC＝AD+CD＝3+＝4，
在Rt△ABC中，AB＝＝＝6，
CB+AC＝2+6＝8，
∴抛物线的解析式为S＝t2﹣8t+18（2≤t≤8）；
（3）①如图，则∠AHD＝90°＝∠C，

∵∠DAH＝∠BAC，
∴△ADH∽△ABC，
∴＝＝，即＝＝，
∴DH＝，AH＝4，
∴BH＝2，DH＝CD，
∵存在3个时刻t1，t2，t3（t1＜t2＜t3）对应的正方形DPEF的面积均相等，
∴DP1＝DP2＝DP3，
∴CP1＝t1，P2H＝4﹣t2，
在Rt△CDP1和Rt△HDP2中，
，
∴Rt△CDP1≌Rt△HDP2（HL），
∴CP1＝HP2，
∴t1＝4﹣t2，
∴t1+t2＝4．
故答案为：4；
②∵DP3＝DP1，DH＝DC，∠DHP3＝∠C＝90°，
∴Rt△DHP3≌Rt△DCP1（HL），
∴P3H＝CP1，
∵P3H＝t3﹣4，
∴t3﹣4＝t1，
∵t3＝4t1，
∴t1＝，
∴S＝（）2+2＝．
3．（2021•江西）二次函数y＝x2﹣2mx的图象交x轴于原点O及点A．
感知特例
（1）当m＝1时，如图1，抛物线L：y＝x2﹣2x上的点B，O，C，A，D分别关于点A中心对称的点为B′，O′，C′，A′，D′，如表：
…
B（﹣1，3）
O（0，0）
C（1，﹣1）
A（ 　2　，　0　）
D（3，3）
…
…
B'（5，﹣3）
O′（4，0）
C'（3，1）
A′（2，0）
D'（1，﹣3）
…
①补全表格；
②在图1中描出表中对称后的点，再用平滑的曲线依次连接各点，得到的图象记为L'．

形成概念
我们发现形如（1）中的图象L'上的点和抛物线L上的点关于点A中心对称，则称L'是L的“孔像抛物线”．例如，当m＝﹣2时，图2中的抛物线L'是抛物线L的“孔像抛物线”．

探究问题
（2）①当m＝﹣1时，若抛物线L与它的“孔像抛物线”L'的函数值都随着x的增大而减小，则x的取值范围为 　﹣3≤x≤﹣1　；
②在同一平面直角坐标系中，当m取不同值时，通过画图发现存在一条抛物线与二次函数y＝x2﹣2mx的所有“孔像抛物线”L'都有唯一交点，这条抛物线的解析式可能是 　y＝ax2　（填“y＝ax2+bx+c”或“y＝ax2+bx”或“y＝ax2+c”或“y＝ax2”，其中abc≠0）；
③若二次函数y＝x2﹣2mx及它的“孔像抛物线”与直线y＝m有且只有三个交点，求m的值．
【答案】（1）①（2，0）；
②所画图象见解答；
（2）①﹣3≤x≤﹣1；
②y＝ax2；
③m＝±1．
【解答】解：（1）①∵B（﹣1，3）、B'（5，﹣3）关于点A中心对称，
∴点A为BB′的中点，
设点A（m，n），
∴m＝＝2，n＝＝0，
故答案为：（2，0）；
②所画图象如图1所示，

（2）①当m＝﹣1时，抛物线L：y＝x2+2x＝（x+1）2﹣1，对称轴为直线x＝﹣1，开口向上，当x≤﹣1时，L的函数值随着x的增大而减小，
抛物线L′：y＝﹣x2﹣6x﹣8＝﹣（x+3）2+1，对称轴为直线x＝﹣3，开口向下，当x≥﹣3时，L′的函数值随着x的增大而减小，
∴当﹣3≤x≤﹣1时，抛物线L与它的“孔像抛物线”L'的函数值都随着x的增大而减小，
故答案为：﹣3≤x≤﹣1；
②∵抛物线y＝x2﹣2mx的“孔像抛物线”是y＝﹣x2+6mx﹣8m2，
∴设符合条件的抛物线M解析式为y＝a′x2+b′x+c′，
令a′x2+b′x+c′＝﹣x2+6mx﹣8m2，
整理得（a′+1）x2+（b′﹣6m）x+（c′+8m2）＝0，
∵抛物线M与抛物线L′有唯一交点，
∴分下面两种情形：
i）当a′＝﹣1时，无论b′为何值，都会存在对应的m使得b′﹣6m＝0，此时方程无解或有无数解，不符合题意，舍去；
ii）当a′≠﹣1时，Δ＝（b′﹣6m）2﹣4（a′+1）（c′+8m2）＝0，
即b′2﹣12b′m+36m2﹣4（a′+1）•8m2﹣4c′（a′+1）＝0，
整理得[36﹣32（a′+1）]m2﹣12b′m+b′2﹣4c′（a′+1）＝0，
∵当m取不同值时，两抛物线都有唯一交点，
∴当m取任意实数，上述等式都成立，即：上述等式成立与m取值无关，
∴，
解得a′＝，b′＝0，c′＝0，
则y＝x2，
故答案为：y＝ax2；
③抛物线L：y＝x2﹣2mx＝（x﹣m）2﹣m2，顶点坐标为M（m，﹣m2），
其“孔像抛物线”L'为：y＝﹣（x﹣3m）2+m2，顶点坐标为N（3m，m2），
抛物线L与其“孔像抛物线”L'有一个公共点A（2m，0），
∴二次函数y＝x2﹣2mx及它的“孔像抛物线”与直线y＝m有且只有三个交点时，有三种情况：
i）直线y＝m经过M（m，﹣m2），
∴m＝﹣m2，
解得：m＝﹣1或m＝0（舍去），
ii）直线y＝m经过N（3m，m2），
∴m＝m2，
解得：m＝1或m＝0（舍去），
iii）直线y＝m经过A（2m，0），
∴m＝0，
但当m＝0时，y＝x2与y＝﹣x2只有一个交点，不符合题意，舍去，
综上所述，m＝±1．
三．四边形综合题（共2小题）
4．（2022•江西）综合与实践
问题提出
某兴趣小组在一次综合与实践活动中提出这样一个问题：将足够大的直角三角板PEF（∠P＝90°，∠F＝60°）的一个顶点放在正方形中心O处，并绕点O逆时针旋转，探究直角三角板PEF与正方形ABCD重叠部分的面积变化情况（已知正方形边长为2）．
操作发现
（1）如图1，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当OF与OB重合时，重叠部分的面积为 　1　；当OF与BC垂直时，重叠部分的面积为 　1　；一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积S1与S的关系为 　S1＝S　；
类比探究
（2）若将三角板的顶点F放在点O处，在旋转过程中，OE，OP分别与正方形的边相交于点M，N．
①如图2，当BM＝CN时，试判断重叠部分△OMN的形状，并说明理由；
②如图3，当CM＝CN时，求重叠部分四边形OMCN的面积（结果保留根号）；
拓展应用
（3）若将任意一个锐角的顶点放在正方形中心O处，该锐角记为∠GOH（设∠GOH＝α），将∠GOH绕点O逆时针旋转，在旋转过程中，∠GOH的两边与正方形ABCD的边所围成的图形的面积为S2，请直接写出S2的最小值与最大值（分别用含α的式子表示）．

【答案】（1）1，1，S1＝S；
（2）①证明见解析部分；
②﹣1；
（3）S2的最小值为tan，S2的最大值为1﹣tan（45°﹣α）．
【解答】解：（1）如图1，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当OF与OB重合时，OE与OC重合，此时重叠部分的面积＝△OBC的面积＝正方形ABCD的面积＝1；
当OF与BC垂直时，OE⊥BC，重叠部分的面积＝正方形ABCD的面积＝1；
一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积S1与S的关系为S1＝S．
理由：如图1中，设OF交AB于点J，OE交BC于点K，过点O作OM⊥AB于点M，ON⊥BC于点N．

∵O是正方形ABCD的中心，
∴OM＝ON，
∵∠OMB＝∠ONB＝∠B＝90°，
∴四边形OMBN是矩形，
∵OM＝ON，
∴四边形OMBN是正方形，
∴∠MON＝∠EOF＝90°，
∴∠MOJ＝∠NOK，
∵∠OMJ＝∠ONK＝90°，
∴△OMJ≌△ONK（AAS），
∴S△PMJ＝S△ONK，
∴S四边形OKBJ＝S正方形OMBN＝S正方形ABCD，
∴S1＝S．
故答案为：1，1，S1＝S．

（2）①如图2中，结论：△OMN是等边三角形．

理由：过点O作OT⊥BC，
∵O是正方形ABCD的中心，
∴BT＝CT，
∵BM＝CN，
∴MT＝TN，
∵OT⊥MN，
∴OM＝ON，
∵∠MON＝60°，
∴△MON是等边三角形；

②如图3中，连接OC，过点O作OJ⊥BC于点J．

∵CM＝CN，∠OCM＝∠OCN，OC＝OC，
∴△OCM≌△OCN（SAS），
∴∠COM＝∠CON＝30°，
∴∠OMJ＝∠COM+∠OCM＝75°，
∵OJ⊥CB，
∴∠JOM＝90°﹣75°＝15°，
∵BJ＝JC＝OJ＝1，
∴JM＝OJ•tan15°＝2﹣，
∴CM＝CJ﹣MJ＝1﹣（2﹣）＝﹣1，
∴S四边形OMCN＝2××CM×OJ＝﹣1．

（3）如图4﹣1中，过点O作OQ⊥BC于点Q，当BM＝CN时，△OMN的面积最小，即S2最小．

在Rt△MOQ中，MQ＝OQ•tan＝tan，
∴MN＝2MQ＝2tan，
∴S2＝S△OMN＝×MN×OQ＝tan．

如图4﹣2中，当CM＝CN时，S2最大．

同法可证△COM≌△CON，
∴∠COM＝α，
∵∠COQ＝45°，
∴∠MOQ＝45°﹣α，
QM＝OQ•tan（45°﹣α）＝tan（45°﹣α），
∴MC＝CQ﹣MQ＝1﹣tan（45°﹣α），
∴S2＝2S△CMO＝2××CM×OQ＝1﹣tan（45°﹣α）．
5．（2021•江西）课本再现
（1）在证明“三角形内角和定理”时，小明只撕下三角形纸片的一个角拼成图1即可证明，其中与∠A相等的角是 　∠DCE′　；

类比迁移
（2）如图2，在四边形ABCD中，∠ABC与∠ADC互余，小明发现四边形ABCD中这对互余的角可类比（1）中思路进行拼合：先作∠CDF＝∠ABC，再过点C作CE⊥DF于点E，连接AE，发现AD，DE，AE之间的数量关系是 　AD2+DE2＝AE2　；
方法运用
（3）如图3，在四边形ABCD中，连接AC，∠BAC＝90°，点O是△ACD两边垂直平分线的交点，连接OA，∠OAC＝∠ABC．
①求证：∠ABC+∠ADC＝90°；
②连接BD，如图4，已知AD＝m，DC＝n，＝2，求BD的长（用含m，n的式子表示）．

【答案】（1）∠DCE′．
（2）AD2+DE2＝AE2．
（3）①证明见解析部分．
②．
【解答】（1）解：如图1中，由图形的拼剪可知，∠A＝∠DCE′，
故答案为：∠DCE′．
（2）解：如图2中，


∵∠ADC+∠ABC＝90°，∠CDE＝∠ABC，
∴∠ADE＝∠ADC+∠CDE＝90°，
∴AD2+DE2＝AE2．
故答案为：AD2+DE2＝AE2．

（3）①证明：如图3中，连接OC，作△ADC的外接圆⊙O．

∵点O是△ACD两边垂直平分线的交点
∴点O是△ADC的外心，
∴∠AOC＝2∠ADC，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
∵∠AOC+∠OAC+∠OCA＝180°，∠OAC＝∠ABC，
∴2∠ADC+2∠ABC＝180°，
∴∠ADC+∠ABC＝90°．

②解：如图4中，在射线DC的下方作∠CDT＝∠ABC，过点C作CT⊥DT于T．

∵∠CTD＝∠CAB＝90°，∠CDT＝∠ABC，
∴△CTD∽△CAB，
∴∠DCT＝∠ACB，＝，
∴＝，∠DCB＝∠TCA
∴△DCB∽△TCA，
∴＝，
∵＝2，
∴AC：BA：BC＝CT：DT：CD＝1：2：，
∴BD＝AT，
∵∠ADT＝∠ADC+∠CDT＝∠ADC+∠ABC＝90°，DT＝n，AD＝m，
∴AT＝＝＝，
∴BD＝．
四．圆的综合题（共1小题）
6．（2021•江西）如图1，四边形ABCD内接于⊙O，AD为直径，点C作CE⊥AB于点E，连接AC．
（1）求证：∠CAD＝∠ECB；
（2）若CE是⊙O的切线，∠CAD＝30°，连接OC，如图2．
①请判断四边形ABCO的形状，并说明理由；
②当AB＝2时，求AD，AC与围成阴影部分的面积．

【答案】（1）证明见解答；
（2）①是菱形，理由见解答；
②+π．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠CBE＝∠D，
∵AD为⊙O的直径，
∴∠ACD＝90°，
∴∠D+∠CAD＝90°，
∴∠CBE+∠CAD＝90°，
∵CE⊥AB，
∴∠CBE+∠BCE＝90°，
∴∠CAD＝∠BCE；

（2）①四边形ABCO是菱形，理由：
∵∠CAD＝30°，
∴∠COD＝2∠CAD＝60°，
∵CE是⊙O的切线，
∴OC⊥CE，
∵CE⊥AB，
∴OC∥AB，
∴∠DAB＝∠COD＝60°，
由（1）知，∠CBE+∠CAD＝90°，
∴∠CBE＝90°﹣∠CAD＝60°＝∠DAB，
∴BC∥OA，
∴四边形ABCO是平行四边形，
∵OA＝OC，
∴▱ABCO是菱形；
②由①知，四边形ABCO是菱形，
∴OA＝OC＝AB＝2，
∴AD＝2OA＝4，
由①知，∠COD＝60°，
在Rt△ACD中，∠CAD＝30°，
∴CD＝2，AC＝2，
∴AD，AC与围成阴影部分的面积为S△AOC+S扇形COD
＝S△ACD+S扇形COD
＝××2×2+
＝+π．
五．相似形综合题（共1小题）
7．（2023•江西）课本再现
思考
我们知道，菱形的对角线互相垂直．反过来，对角线互相垂直的平行四边形是菱形吗？
可以发现并证明菱形的一个判定定理；
对角线互相垂直的平行四边形是菱形．
定理证明
（1）为了证明该定理，小明同学画出了图形（如图1），并写出了“已知”和“求证”，请你完成证明过程．
已知：在▱ABCD中，对角线BD⊥AC，垂足为O．
求证：▱ABCD是菱形．

知识应用
（2）如图2，在▱ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，AD＝5，AC＝8，BD＝6．
①求证：▱ABCD是菱形；
②延长BC至点E，连接OE交CD于点F，若∠E＝∠ACD，求的值．
【答案】（1）证明见解答过程；
（2）①证明见解答过程；
②．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BO＝DO，
又∵BD⊥AC，垂足为O，
∴AC是BD的垂直平分线，
∴AB＝AD，
∴▱ABCD是菱形．
（2）①证明：∵▱ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，AC＝8，BD＝6，
∴AO＝CO＝AC＝4，DO＝BD＝3，
又∵AD＝5，
∴在三角形AOD中，AD2＝AO2+DO2，
∴∠AOD＝90°，
即BD⊥AC，
∴▱ABCD是菱形；
②解：如图，设CD的中点为G，连接OG，

∴OG是△ACD的中位线，
∴OG＝AD＝，
由①知：四边形ABCD是菱形，
∴∠ACD＝∠ACB，
又∵∠E＝∠ACD，
∴∠E＝∠ACB，
又∵∠ACB＝∠E+∠COE，
∴∠E＝∠COE，
∴CE＝CO＝4，
∵OG是△ACD的中位线，
∴OG∥AD∥BE，
∴△OGF∽△ECF，
∴，
又∵OG＝，CE＝4，
∴．
六．解直角三角形的应用（共1小题）
8．（2023•江西）图1是某红色文化主题公园内的雕塑，将其抽象成如图2所示的示意图．已知点B，A，D，E均在同一直线上，AB＝AC＝AD，测得∠B＝55°，BC＝1.8m，DE＝2m．（结果保小数点后一位）

（1）连接CD，求证：DC⊥BC；
（2）求雕塑的高（即点E到直线BC的距离）．
（参考数据：sin55°≈0.82，cos55°≈0.57，tan55°≈1.43）
【答案】（1）证明过程见解答；
（2）雕塑的高约为4.2m．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB，
∵AD＝AC，
∴∠ADC＝∠ACD，
∵∠B+∠ACB+∠ADC+∠ACD＝180°，
∴2∠ACB+2∠ACD＝180°，
∴∠ACB+∠ACD＝90°，
∴∠BCD＝90°，
∴DC⊥BC；
（2）解：过点E作EF⊥BC，垂足为F，

在Rt△DCB中，∠B＝55°，BC＝1.8m，
∴BD＝≈＝（m），
∵DE＝2m，
∴BE＝BD+DE＝（m），
在Rt△BEF中，EF＝BE•sin55°≈×0.82≈4.2（m），
∴雕塑的高约为4.2m．