第5课时 探究型问题 <br />‎(69分)‎ <br />一、选择题(每题6分，共12分)‎ <br />‎1．[2019&middot;滨州]如图2－2－1，点P为定角∠AOB的平分线上的一个定点，且∠MPN与∠AOB互补，若∠MPN在绕点P旋转的过程中，其两边分别与OA，OB相交于M，N两点，则以下结论：①PM＝PN恒成立；②OM＋ON的值不变；③四边形PMON的面积不变；④MN的长不变，其中正确的个数为 (　B　)‎ <br />A．4 B．3 C．2 D．1‎ <br />图2－2－1 　第1题答图 <br />‎【解析】 如答图，作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F. ∠PEO＝∠PFO＝90°，∴∠EPF＋∠AOB＝180°， ∠MPN＋∠AOB＝180°，∴∠EPF＝∠MPN，∴∠EPM＝∠FPN， OP平分∠AOB，PE⊥OA，PF⊥OB，∴PE＝PF，‎ <br />在Rt△POE和Rt△POF中， <br />‎∴Rt△POE≌Rt△POF，∴OE＝OF，在△PEM和△PFN中， ∴△PEM≌△PFN，∴EM＝NF，PM＝PN，故①正确；∴S△PEM＝S△PNF，∴S四边形PMON＝S四边形PEOF＝定值，故③正确； OM＋ON＝OE＋ME＋OF－NF＝2OE＝定值，故②正确；MN的长度是变化的，故④错误．故选B.‎ <br />‎2．[2019&middot;株洲]如图2－2－2，若△ABC内一点P满足∠PAC＝∠PBA＝∠PCB，则点P为△ABC的布洛卡点．三角形的布洛卡点(Brocard，point)是法国数学家和数学教育家克洛尔(A.L.Crelle，1780～1855)于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意，1875年，布洛卡点被一个数学爱好者法国军官布洛卡(Brocard，1845～1922)重新发现，并用他的名字命名．问题：已知在等腰直角三角形DEF中，∠EDF＝90°，若点Q为△DEF的布洛卡点，DQ <br /> <br />‎＝1，则EQ＋FQ的值为 (　D　)‎ <br />A．5 B．4‎ <br />C．3＋ D．2＋ <br />图2－2－2 　　　第2题答图 <br />‎【解析】 如答图，在等腰直角三角形DEF中，∠EDF＝90°，DE＝DF，‎ <br />‎∠1＝∠2＝∠3， ∠1＋∠QEF＝∠3＋∠DFQ＝45°，∴∠QEF＝∠DFQ， ∠2＝∠3，∴△DQF∽△FQE, ∴＝＝＝， DQ＝1，∴FQ＝，EQ＝2，∴EQ＋FQ＝2＋ .‎ <br />二、填空题(每题6分，共12分)‎ <br />图2－2－3‎ <br />‎3．[2019&middot;绍兴]如图2－2－3，∠AOB＝45°，点M，N在边OA上，OM＝x，ON＝x＋4，点P是边OB上的点，若使点P，M，N构成等腰三角形的点P恰好有三个，则x的值是__x＝0或x＝4－4或4＜x＜4___．‎ <br />第3题答图①‎ <br />‎【解析】 分三种情况：①如答图①，当M与O重合时，即x＝0时，点P恰好有三个；‎ <br />‎②如答图②，以M为圆心，以4为半径画圆，当⊙M与OB相切时，设切点为C，⊙M与OA交于D，∴MC⊥OB， ∠AOB <br />‎＝45°，∴△MCO是等腰直角三角形，‎ <br />‎∴MC＝OC＝4，∴OM＝4 ，当M与D重合时，即x＝OM－DM＝4 －4时，同理可知：点P恰好有三个；‎ <br />第3题答图②‎ <br />‎③如答图③，取OM＝4，以M为圆心，以OM <br /> <br />为半径画圆，则⊙M与OB除了O外只有一个交点，‎ <br />此时x＝4，即以∠PMN为顶角，MN为 <br />腰，符合条件的点P有一个，以N圆心，‎ <br />以MN为半径画圆，与直线OB相离，说明此时 <br />第3题答图③‎ <br />以∠PNM为顶角，以MN为腰，符合条件的点P不存在，还有一个是以NM为底边的符合条件的点P；点M沿OA运动，到M1时，发现⊙M1与直线OB有一个交点，∴当4＜x＜4 时，圆M在移动过程中，则会与OB除了O外有两个交点，满足点P恰好有三个．综上所述，若使点P，M，N构成等腰三角形的点P恰好有三个，则x的值是x＝0或x＝4 －4或4＜x＜4 .‎ <br />‎4．如图2－2－4，正方形ABCD边长为1，以AB为直径作半圆，P是CD中点，BP与半圆交于点Q，连结DQ.给出如下结论：①DQ＝1；②＝；③S△PDQ＝；④cos∠ADQ＝.其中正确结论是__①②④__(填序号)．‎ <br />图2－2－4 　 　第4题答图 <br />‎【解析】 ①如答图，连结OQ，OD， DP＝CD＝BO＝AB，且DP∥OB，∴四边形OBPD是平行四边形．∴∠AOD＝∠OBQ，∠DOQ＝∠OQB， OB＝OQ，∴∠OBQ＝∠OQB，∴∠AOD＝∠DOQ，∴△AOD≌△QOD(SAS)，∴∠OQD＝∠DAO＝90°，DQ＝AD＝1.∴①正确；②如答图，延长DQ交BC于点E，过点Q作QF⊥CD，垂足为F，根据切线长定理，得QE＝BE，设QE＝x，则BE＝x，DE＝1＋x，CE＝1－x，在Rt△CDE中，(1＋x)2＝(1－x)2＋1，解得x＝，∴CE＝， △DQF∽△DEC，∴＝＝，得FQ＝， △PQF∽△...