1、 中考数学 （安徽专用） 第八章 热点题型探究 8.6 开放探究型 题型一 条件开放型问题 1.(2020北京,14,2分)如图,在ABC中,AB=AC,点D在BC上(不与点B,C重合).只需添加一个条件即可证明 ABDACD,这个条件可以是 (写出一个即可). 答案答案 答案不唯一,如:D是BC的中点 解析解析 根据题意可知AB=AC,B=C,若根据“边角边”判定ABDACD,可以添加BD=CD(D是 BC的中点);若根据“角边角”判定ABDACD,可以添加BAD=CAD(AD平分BAC);若根据 “角角边”判定ABDACD,可以添加BDA=CDA(ADBC或ADC=90),答案不唯一. 2
2、.(2018河南,19,9分)如图,AB是O的直径,DOAB于点O,连接DA交O于点C,过点C作O的切线交 DO于点E,连接BC交DO于点F. (1)求证:CE=EF; (2)连接AF并延长,交O于点G.填空: 当D的度数为 时,四边形ECFG为菱形; 当D的度数为 时,四边形ECOG为正方形. 解析解析 (1)证明:连接OC. CE是O的切线,OCCE. FCO+ECF=90. DOAB,B+BFO=90. CFE=BFO,B+CFE=90.(3分) OC=OB,FCO=B. ECF=CFE.CE=EF.(5分) (2)30.(注:若填为30,不扣分)(7分) 22.5.(注:若填为22.5
3、,不扣分)(9分) 3.(2018江苏苏州,27,10分)问题1:如图,在ABC中,AB=4,D是AB上一点(不与A,B重合),DEBC,交AC 于点E,连接CD.设ABC的面积为S,DEC的面积为S. (1)当AD=3时,= ; (2)设AD=m,请你用含字母m的代数式表示. 问题2:如图,在四边形ABCD中,AB=4,ADBC,AD=BC,E是AB上一点(不与A,B重合),EFBC,交CD于 点F,连接CE.设AE=n,四边形ABCD的面积为S,EFC的面积为S.请你利用问题1的解法或结论,用含字母 n的代数式表示. S S S S 1 2 S S 解析解析 问题1:(1). (2)解法一
4、:AB=4,AD=m,BD=4-m, 又DEBC,=, =. DEBC,ADEABC, =. =, 即=. 解法二:过点B作BHAC,垂足为H,过点D作DFAC,垂足为F. 3 16 CE EA BD DA 4-m m DEC ADE S S 4-m m ADE ABC S S 2 4 m 2 16 m DEC ABC S S DEC ADE S S ADE ABC S S 4-m m 2 16 m 2 -4 16 mm S S 2 -4 16 mm 则DFBH,ADFABH,=, DEBC,=. =, 即=. DF BH AD AB4 m CE CA BD BA 4- 4 m DEC ABC
5、 S S 1 2 1 2 CE DF CA BH 4- 4 m 4 m 2 -4 16 mm S S 2 -4 16 mm 问题2:解法一:分别延长BA,CD,相交于点O, ADBC,OADOBC,=. OA=AB=4,OB=8, AE=n,OE=4+n, 由问题1的结论可知,=. OA OB AD BC 1 2 CEF OBC S S 2 16- 64 n =,=, =,即=. 解法二:连接AC交EF于M, ADBC,且AD=BC,=, SADC=S,SABC=S, 由问题1的结论可知,=, OAD OBC S S 2 OA OB 1 4 ABCD OBC S S 梯形 3 4 CEF AB
6、CD S S梯形 3 4 CEF OBC S S 4 3 2 16- 64 n 2 16- 48 n S S 2 16- 48 n 1 2 ADC ABC S S 1 2 1 3 2 3 EMC ABC S S 2 -4 16 nn SEMC=S= S, MFAD, CFMCDA, =3=,SCFM= S, SEFC=SEMC+SCFM= S+ S= S, 2 -4 16 nn2 3 2 -4 24 nn CFM ACD S S 1 3 CFM S S CFM S S 2 4- 4 n 2 (4- ) 48 n 2 -4 24 nn 2 (4- ) 48 n 2 16- 48 n =. S S
7、 2 16- 48 n 题型二 运动型问题 1.(2020河北,26,12分)如图1和图2,在ABC中,AB=AC,BC=8,tan C=.点K在AC边上,点M,N分别在AB,BC 上,且AM=CN=2.点P从点M出发沿折线MB-BN匀速移动,到达点N时停止;而点Q在AC边上随P移动,且始 终保持APQ=B. (1)当点P在BC上时,求点P与点A的最短距离; (2)若点P在MB上,且PQ将ABC的面积分成上下45两部分时,求MP的长; (3)设点P移动的路程为x,当0 x3及3x9时,分别求点P到直线AC的距离(用含x的式子表示); (4)在点P处设计并安装一扫描器,按定角APQ扫描APQ区域
8、(含边界),扫描器随点P从M到B再到N共 用时36秒.若AK=,请直接写出点K被扫描到的总时长. 3 4 9 4 图1 图2 解析解析 (1)当APBC时,点P与点A的最短距离为PA的长,如图1. AB=AC,PC=BC=4. 在RtPAC中,tan C=,PA=3. 图1 1 2 3 44 PA (2)由(1)得AB=AC=5. 如图2,由B=APQ,易得APQABC. 图2 =.AP=. 22 APCP 2 AP AB 4 45 10 3 MP=AP-AM=. (3)作PHAC交直线AC于点H,则点P到直线AC的距离为PH的长. 当0 x3时,如图3.由B=APQ,得PQBC,AQP=C.
9、 tanAQP=.QH=PH. 在RtQPH中,PQ=PH. 由APQABC,得=,AP=PH. x+2=PH, PH=x+. 4 3 3 4 PH QH 4 3 2 2 4 3 PHPH 5 3 5 AP 5 3 8 PH 25 24 25 24 24 25 48 25 图3 当3x9时,如图4.同理可得PC=PH.x-(5-2)=8-PH. PH=-x+. 5 3 5 3 3 5 33 5 图4 (4)23秒. 提示:设点P移动了t秒,当0t12时,AQ=AP=2+PM=t+2,令AQ=,解得t=1; 当12t36时,由ABPPCQ, 1 4 9 4 得CQ=. AQ=5-CQ=5- =(
10、t-28)2+, 令AQ=,解得t=22或34. 只要AQAK=,点K就能够被扫描. 综上,点K被扫描到的总时长为(22-1)+(36-34)=23秒. BP CP AB 1 5 1 -3 4 t 1 11- 4 t 1 80 9 5 9 4 9 4 难点突破难点突破 第(4)问首先根据点P的运动时间为36秒和路径长为9个单位长度,可求出点P运动的速度是 每秒1/4个单位长度,进而用含t的代数式表示各条线段长,求出线段AQ关于t的函数关系式,从而求得当Q 点与K点重合时的t值,进而得出点K被扫描到的总时长=(22-1)+(36-34)=23秒. 2.(2018吉林,25,10分)如图,在矩形A
11、BCD中,AB=2 cm,ADB=30.P,Q两点分别从A,B同时出发,点P沿折 线AB-BC运动,在AB上的速度是2 cm/s,在BC上的速度是2 cm/s;点Q在BD上以2 cm/s的速度向终点D 运动.过点P作PNAD,垂足为点N.连接PQ,以PQ,PN为邻边作PQMN.设运动时间为x(s),PQMN与矩 形ABCD重叠部分的图形面积为y(cm2). (1)当PQAB时,x= ; (2)求y关于x的函数解析式,并写出x的取值范围; (3)直线AM将矩形ABCD的面积分成13两部分时,直接写出x的值. 备用图 3 解析解析 (1).(2分) (2)当0 x时,如图,过点Q作QHAB于H.
12、由题意得QH=x,AP=2x. y=SPQMN=AP QH=2xx=2x2.(4分) y=2x2. 当x1时,如图,过点Q作QHAB于H.设QM与AD交于点G. y=S梯形PQGA=(QG+AP) QH =(2-x+2x)x=x2+x.(6分) y=x2+x. 2 3 2 3 3 33 3 2 3 1 2 1 2 3 3 2 3 3 2 3 当1x2时,如图,过点Q作QHAB于H. y=S梯形PQGN=(QG+PN) GN =(2-x+2)x-2(x-1) =x2-3x+4. y=x2-3x+4.(8分) 1 2 1 2 33 3 2 33 3 2 33 (3)或.(如图,如图)(10分) 2
13、 5 4 7 提示:由题意知BC=AD=ABtan 60=2,当E点在BC上时, =BE=BC=,如图,作EFCD交BD于点F,设BD与AE的交点为O, 3 ABE ABCD S S矩形 1 2 AB BE AB BC 1 3 1 1 4 1 2 3 则BF=BD=2,由FEOBAO可得BO=BF=,而AP=BQ=2x,由PQOA可得= x=. 同理,当E点在DC上时,=DE=AB=1,设AE、BD交点为O,由DEO BAO可得BO=BD=,又AP=BQ=2x,且PQOA所以=x=. 1 2 2 3 4 3 BQ BO BP AB 2 4 3 x2-2 2 x 2 5 ADE ABCD S S
14、矩形 1 2 AD DE AB BC 1 3 1 1 4 1 2 2 3 8 3 BQ BO BP AB 2 8 3 x2-2 2 x4 7 3.(2018广东,25,9分)已知RtOAB,OAB=90,ABO=30,斜边OB=4,将RtOAB绕点O顺时针旋转60, 如图1,连接BC. (1)填空:OBC= ; (2)如图1,连接AC,作OPAC,垂足为P,求OP的长度; (3)如图2,点M、N同时从点O出发,在OCB边上运动,M沿OCB路径匀速运动,N沿OBC路径匀 速运动,当两点相遇时停止运动.已知点M的运动速度为1.5单位/秒,点N的运动速度为1单位/秒.设运动时 间为x秒,OMN的面积
15、为y,求当x为何值时y取得最大值,最大值为多少?(结果分母可保留根号) 解析解析 (1)60. (2)根据题意,得OB=OC, BOC=60,OBC为等边三角形, BC=OB=4, 在RtOAB中, ABO=30, OA=OB=2,AB=OB=2, 在RtABC中,AC=2. sinACB=, sinPAO=sinACB=, sinPAO=, 1 2 3 2 3 22 ABBC7 AB AC 3 7 3 7 OP OA 3 7 OP=OA=. (3)当0 x时,点M在边OC上,点N在边OB上, ON边上的高为OMsinMON, y= ON OMsinMON= xxsin 60=x2. 当x=时
16、,y取得最大值. 当x4时,如图1,点M在边BC上,点N在边OB上,BM=8-x. 3 7 2 3 7 2 21 7 或 8 3 1 2 1 2 3 2 3 3 8 8 3 8 3 3 8 3 3 2 图1 ON边上的高为BMsinMBN, y= xsin 60=x(16-3x)=-+. 当x=时,y取得最大值. 1 2 3 8- 2 x 3 8 3 3 8 2 8 - 3 x 8 3 3 8 3 8 3 3 当4x时,如图2,点M、N均在BC上, 图2 MN=12-x, MN边上的高等于AB的长, y= MN AB= 2=(24-5x). 24 5 5 2 1 2 1 2 5 12- 2 x
17、 3 3 2 当x=4时,y取得最大值2. 综上所述,当x=时,y取得最大值. 3 8 3 8 3 3 4.(2019辽宁大连,26,12分)定义:把函数C1:y=ax2-2ax-3a(a0)的图象绕点P(m,0)旋转180,得到新函数C2 的图象,我们称C2是C1关于点P的相关函数.C2的图象的对称轴与x轴交点坐标为(t,0). (1)填空:t的值为 (用含m的代数式表示); (2)若a=-1,当xt时,函数C1的最大值为y1,最小值为y2,且y1-y2=1,求C2的解析式; (3)当m=0时,C2的图象与x轴相交于A,B两点(点A在点B的右侧),与y轴相交于点D.把线段AD绕原点O逆时 针
18、旋转90,得到它的对应线段AD.若线段AD与C2的图象有公共点,结合函数图象,求a的取值范围. 1 2 解析解析 (1)2m-1. 详解:函数C1图象的对称轴为直线x=1,故C1的图象的对称轴与x轴的交点为(1,0),点(1,0)关于P(m,0)对称 的点为(2m-1,0),t=2m-1. (2)a=-1,C1:y=-x2+2x+3=-(x-1)2+4,对称轴为直线x=1,顶点坐标为(1,4), 当t时,y1-y2=4-(-t2+2t+3)=1,解得t1=2,t2=0(舍), 综上所述,t=2. C2的解析式为y=(x-2)2-4,即y=x2-4x. (3)m=0,t=2m-1=-1. C2的
19、解析式为y=-a(x+1)2+4a, 令-a(x+1)2+4a=0,得x=1或-3, 1 2 1 -13 4 3 2 1 -13 4 1 4 3 2 B(-3,0),A(1,0),易知D(0,3a), 则A(0,1),D(-3a,0). 当a0时, 解得a; 解得a1; 无解. 综上所述,a的取值范围为a-或0a或a1. 1 3 1 3 -3-3, 13 , a a 1 3 -3-3, 13 , a a -3-3, 13 , a a 1 3 1 3 1.(2020内蒙古包头,26,12分)如图,在平面直角坐标系中,抛物线y=x2-2x经过坐标原点,与x轴正半轴交于 点A,该抛物线的顶点为M,直
20、线y=-x+b经过点A,与y轴交于点B,连接OM. (1)求b的值及点M的坐标; (2)将直线AB向下平移,得到过点M的直线y=mx+n,且与x轴负半轴交于点C,取点D(2,0),连接DM,求证: ADM-ACM=45; (3)点E是线段AB上一动点,点F是线段OA上一动点,连接EF,线段EF的延长线与线段OM交于点G.当 BEF=2BAO时,是否存在点E,使得3GF=4EF?若存在,求出点E的坐标;若不存在,请说明理由. 1 3 1 2 题型三 存在性问题 备用图 解析解析 (1)当y=0时,x2-2x=0,解得x1=0,x2=6,A(6,0). 直线y=-x+b经过点A,b=3. y=x2
21、-2x=(x-3)2-3,M(3,-3).(3分) (2)证明:根据题意得m=-. 直线y=-x+n过点M(3,-3), n=-,y=-x-. 当y=0时,-x-=0,解得x=-3,C(-3,0). 过点M作MNx轴于点N,N(3,0), 1 3 1 2 1 3 1 3 1 2 1 2 3 2 1 2 3 2 1 2 3 2 ON=MN=3,MON=45.D(2,0),OD=2,DN=1. 在RtMND中,MD=. C(-3,0),CD=5. =,=,=. MDC=ODM,DCMDMO,DMC=DOM=45. ADM=ACM+DMC,ADM-ACM=45.(7分) 22 MNDN10 DM D
22、O 10 2 DC DM 10 2 DM DO DC DM (3)假设存在点E,使得3GF=4EF,即=. BEF=2BAO,BAO=EFA,AE=EF. 过点E作EHx轴于点H,AH=HF. 过点G作GKx轴于点K.设E, EH=-a+3,OH=a,AH=HF=6-a. GF EF 4 3 1 ,-3 2 aa 1 2 在RtGKF和RtEHF中,sinKFG=sinHFE, =,=,KG=-a+4. MOA=45,OK=KG,OK=-a+4, KF=OH-OK-HF=a-10.GKx轴,EHx轴, GKEH,=,a=,-a+3=, E,存在点E,使得3GF=4EF.(12分) KG GF
23、HE EF KG HE GF EF 4 3 4 3 1 -3 2 a 2 3 2 3 8 3 KF HF GF EF 4 3 9 2 1 2 3 4 9 3 , 2 4 9 3 , 2 4 思路分析思路分析 (1)根据抛物线与x轴正半轴交于点A,求出A(6,0),代入一次函数解析式即可求出b;将抛物线 解析式转化成顶点式,即可得到M点坐标. (2)易知平移后的直线的解析式为y=-x+n,把点M的坐标代入求出n,过点M作MNx轴于N,则DCM DMO,推出DMC=45,利用ADM=ACM+DMC可得结论. (3)过点G作GKx轴于K,过点E作EHx轴于H.证明EFA=BAO,得AE=EF.设E,
24、用a表示出 EH、OH、HF的长,利用sinKFG=sinHFE求得KG的长.由MOA=45得OK=KG,从而求得KF的长. 由GKEH推出=,求得a的值即可解决问题. 1 2 1 ,-3 2 aa KF HF GF EF 4 3 2.(2020四川成都,28,12分)在平面直角坐标系xOy中,已知抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A(-1,0),B(4,0)两点, 与y轴交于点C(0,-2). (1)求抛物线的函数表达式; (2)如图1,点D为第四象限抛物线上一点,连接AD,BC交于点E,连接BD,记BDE的面积为S1,ABE的面积 为S2,求的最大值; (3)如图2,连接AC,BC,过点
25、O作直线lBC,点P,Q分别为直线l和抛物线上的点.试探究:在第一象限是否存 在这样的点P,Q,使PQBCAB.若存在,请求出所有符合条件的点P的坐标;若不存在,请说明理由. 1 2 S S 图1 图2 解析解析 (1)解法一:将(4,0),(0,-2),(-1,0)分别代入y=ax2+bx+c,得解得 抛物线的函数表达式为y=x2-x-2. 解法二:A(-1,0),B(4,0)在抛物线上, -=.b=-3a. C(0,-2)在抛物线上, c=-2,y=ax2-3ax-2, 将(-1,0)代入y=ax2-3ax-2,得a=, 抛物线的函数表达式为y=x2-x-2. 1640, -2, -0,
26、abc c a bc 1 , 2 3 -, 2 -2. a b c 1 2 3 2 2 b a -14 2 3 2 1 2 1 2 3 2 (2)过点B作AD边上的高BH,过点D作DGx轴于点G, 交BC于点F,过点A作AKx轴,交BC的延长线于点K, =. B(4,0),C(0,-2), 1 2 S S 1 2 1 2 DE BH AE BH DE AE DF AK 直线BC的表达式为y=x-2, 当x=-1时,y=-,AK=. 设D(0m4), F, DF=-m2+2m, =-m2+m=-(m-2)2+, 0m0). 当点P在直线BQ右侧时,如图,过P作PNx轴,过Q作QMNP交NP的延长
27、线于M, 1 2 , 2 m m 则QMP=PNB=90,易知QPB=ACB=90, QPM+MQP=90,QPM+BPN=90, MQP=NPB,QPMPBN, =. PQBCAB,=, MP=BN=m-2,MQ=NP=,Q. 将Q的坐标代入y=x2-x-2中,得m=(m=0舍去), P. 当点P在直线BQ左侧时,由的方法同理可得Q,此时P. QP BP MP BN QM NP QP BP AC BC 5 2 5 1 2 1 2 1 2 1 24 m3 , -2 4 m m 1 2 3 2 68 9 68 34 , 99 5 ,2 4 m 62 41 341 , 55 综上,在第一象限存在符
28、合条件的点P,Q,所有符合条件的点P的坐标为,. 68 34 , 99 62 41 341 , 55 3.(2018新疆,23,13分)如图,在平面直角坐标系中,抛物线y=x2-x-4与x轴交于A,B两点(点A在点B左侧), 与y轴交于点C. (1)求点A,B,C的坐标; (2)点P从A点出发,在线段AB上以每秒2个单位长度的速度向B点运动,同时,点Q从B点出发,在线段BC上 以每秒1个单位长度的速度向C点运动,当其中一个点到达终点时,另一个点也停止运动.设运动时间为t 秒,求运动时间t为多少秒时,PBQ的面积S最大,并求出其最大面积; (3)在(2)的条件下,当PBQ面积最大时,在BC下方的
29、抛物线上是否存在点M,使BMC的面积是PBQ 面积的1.6倍?若存在,求点M的坐标;若不存在,请说明理由. 2 3 2 3 解析解析 (1)抛物线y=x2-x-4与x轴交于A,B两点(点A在点B左侧),与y轴交于点C. 当x=0时,y=-4,C(0,-4). 当y=0时,x2-x-4=0,解得x1=-2,x2=3. A(-2,0),B(3,0),C(0,-4).(3分) (2)由(1)可得AB=5,OB=3,OC=4. 在RtBOC中,BC=5. 由题意可知AP=2t,BQ=t,且0t2.5,则PB=5-2t, 如图,过点Q作y轴的平行线QD,交x轴于点D,连接PQ. 2 3 2 3 2 3
30、2 3 22 OBOC QDCO,=,即=,QD=t. S=PB QD=(5-2t)t=-t2+2t =-+. 当t=时,PBQ的面积S最大,其最大面积为.(8分) QD CO BQ BC4 QD 5 t4 5 1 2 1 2 4 5 4 5 4 5 2 5 - 4 t 5 4 5 4 5 4 (3)在(2)的条件下,当PBQ面积最大时,在BC下方的抛物线上存在点M,使BMC的面积是PBQ面积 的1.6倍.理由如下: 如图,过M作y轴的平行线,交BC于点N,交OB于点E,连接MB,MC. 设直线BC的解析式为y=kx+b(k0). B(3,0)和C(0,-4)在直线BC上, 解得 30, -4
31、, kb b 4 , 3 -4, k b 直线BC的解析式为y=x-4. 可设M,N, 则MN=-m2+2m. 而SBMC=SMNB+SMNC=MN (OE+BE)=MN OB=3, 整理得SBMC=-m2+3m. 又知SBMC=1.6=2,-m2+3m=2,解得m1=1,m2=2. 点M在BC下方的抛物线上, 0m3,m1=1和m2=2均符合. 当m=1时,m2-m-4=-4; 4 3 2 22 ,-4 33 mmm 4 ,-4 3 mm 2 3 1 2 1 2 1 2 2 2 -2 3 mm 5 4 2 3 2 3 当m=2时,m2-m-4=-. 符合题意的M点的坐标为(1,-4)或.(1
32、3分) 2 3 2 3 8 3 8 2,- 3 题型四 类比探究问题 1.(2020安徽九年级模拟大联考一模,23)(1)问题发现 如图1,在OAB和OCD中,OA=OB,OC=OD,AOB=COD=40,连接AC,BD交于点M. 填空: 的值为 ; AMB的度数为 . (2)类比探究 如图2,在OAB和OCD中,AOB=COD=90,OAB=OCD=30,连接AC交BD的延长线于点M.请 判断的值及AMB的度数,并说明理由; (3)拓展延伸 在(2)的条件下,将OCD绕点O在平面内旋转,AC,BD所在直线交于点M,若OD=1,OB=,请直接写出当 点C与点M重合时AC的长. AC BD AC
33、 BD 7 解析解析 (1)AOB=COD=40, COA=DOB, OC=OD,OA=OB, COADOB(SAS), AC=BD,=1. COADOB, CAO=DBO, AOB=40, OAB+ABO=140, 在AMB中,AMB=180-(CAO+OAB+ABD)=180-(DBO+OAB+ABD)=180-140=40. (2)=,AMB=90. 证明:RtCOD中,DCO=30,DOC=90, AC BD AC BD 3 =tan 30=, 同理得=tan 30=, =, AOB=COD=90, AOC=BOD, AOCBOD, =,CAO=DBO, 在AMB中,AMB=180-(
34、MAB+ABM)=180-(OAB+ABM+DBO)=90. (3)3或2. 详解:如图,点C与点M重合且点C在线段BD上时, OD OC 3 3 OB OA 3 3 OD OC OB OA AC BD OC OD 3 33 由(2)知AMB=90,=, 设BD=x,则AC=x, RtCOD中,OCD=30,OD=1, CD=2,BC=x-2, RtAOB中,OAB=30,OB=, AB=2OB=2, 在RtAMB中,AC2+BC2=AB2, AC BD 3 3 7 7 (x)2+(x-2)2=(2)2, x2-x-6=0, (x-3)(x+2)=0, x1=3,x2=-2(舍), AC=3;
35、 如图,点C与点M重合且点C在BD的延长线上时, 由(2)知AMB=90,=, 37 3 AC BD 3 设BD=x,则AC=x, 在RtAMB中,AC2+BC2=AB2, (x)2+(x+2)2=(2)2, x2+x-6=0,(x+3)(x-2)=0, x1=-3(舍),x2=2, AC=2. 综上所述,AC的长为3或2. 3 37 3 33 2.(2020内蒙古呼和浩特,23,10分)某同学在学习了正多边形和圆之后,对正五边形的边及相关线段进行 研究,发现多处出现著名的黄金分割比0.618.如图,圆内接正五边形ABCDE,圆心为O,OA与BE交 于点H,AC,AD与BE分别交于点M、N.根
36、据圆与正五边形的对称性,只对部分图形进行研究.(其他可同理 得出) (1)求证:ABM是等腰三角形且底角等于36,并直接说出BAN的形状; (2)求证:=,且其比值k=; (3)由对称性知AOBE,由(1)(2)可知也是一个黄金分割数,据此求sin 18的值. 5-1 2 BM BN BN BE 5-1 2 MN BM 解析解析 (1)连接圆心O与正五边形除A外的各顶点, 在正五边形中,AOE=3605=72, ABE=AOE=36,同理BAC=72=36, AM=BM, ABM是等腰三角形且底角等于36. BOD=BOC+COD=72+72=144, BAD=BOD=72,BNA=180-B
37、AD-ABE=72, AB=NB,即ABN为等腰三角形. 1 2 1 2 1 2 (2)证明:ABM=ABE,AEB=AOB=36=BAM, BAMBEA, =,而AB=BN, =,设BM=y,AB=x,则AM=AN=y,AE=BN=x, AMN=MAB+MBA=72=BAN,ANM=ANB, AMNBAN, 1 2 BM AB AB BE BM BN BN BE =,即=,则y2=x2-xy, 两边同除以x2,得=1-,设=t, 则t2+t-1=0,解得t=或(舍),=. (3)MAN=36,根据对称性可知:MAH=NAH=MAN=18,而AOBE,=, sin 18=sinMAH=. AM AB MN AN y x -x y y 2 y x y x y x 5-1 2 -1- 5 2 BM BN BN BE y x 5-1 2 1 2 MN BM 5-1 2 MH AM 1 2 MN AM2 MN BM 5-1 4
