2018年中考数学真题分类汇编第一期专题37操作探究试题含解析20190125365

PAGEPAGE12操作探究一、选择题1．（2018•湖北荆门•3分）如图，等腰Rt△ABC中，斜边AB的长为2，O为AB的中点，P为AC边上的动点，OQ⊥OP交BC于点Q，M为PQ的中点，当点P从点A运动到点C时，点M所经过的路线长为（）A． B． C．1 D．2【分析】连接OC，作PE⊥AB于E，MH⊥AB于H，QF⊥AB于F，如图，利用等腰直角三角形的性质得AC=BC=，∠A=∠B=45°，OC⊥AB，OC=OA=OB=1，∠OCB=45°，再证明Rt△AOP≌△COQ得到AP=CQ，接着利用△APE和△BFQ都为等腰直角三角形得到PE=AP=CQ，QF=BQ，所以PE+QF=BC=1，然后证明MH为梯形PEFQ的中位线得到MH=，即可判定点M到AB的距离为，从而得到点M的运动路线为△ABC的中位线，最后利用三角形中位线性质得到点M所经过的路线长．【解答】解：连接OC，作PE⊥AB于E，MH⊥AB于H，QF⊥AB于F，如图，∵△ACB为到等腰直角三角形，∴AC=BC=AB=，∠A=∠B=45°，∵O为AB的中点，∴OC⊥AB，OC平分∠ACB，OC=OA=OB=1，∴∠OCB=45°，∵∠POQ=90°，∠COA=90°，∴∠AOP=∠COQ，在Rt△AOP和△COQ中，∴Rt△AOP≌△COQ，∴AP=CQ，易得△APE和△BFQ都为等腰直角三角形，∴PE=AP=CQ，QF=BQ，∴PE+QF=（CQ+BQ）=BC=×=1，∵M点为PQ的中点，∴MH为梯形PEFQ的中位线，∴MH=（PE+QF）=，即点M到AB的距离为，而CO=1，∴点M的运动路线为△ABC的中位线，∴当点P从点A运动到点C时，点M所经过的路线长=AB=1．故选：C．【点评】本题考查了轨迹：通过计算确定动点在运动过程中不变的量，从而得到运动的轨迹．也考查了等腰直角三角形的性质．2．（2018·浙江临安·3分）如图，正方形硬纸片ABCD的边长是4，点E、F分别是AB、BC的中点，若沿左图中的虚线剪开，拼成如图的一座“小别墅”，则图中阴影部分的面积是（）A．2 B．4 C．8 D．10【考点】阴影部分的面积【分析】本题考查空间想象能力．【解答】解：阴影部分由一个等腰直角三角形和一个直角梯形组成，由第一个图形可知：阴影部分的两部分可构成正方形的四分之一，正方形的面积=4×4=16，∴图中阴影部分的面积是16÷4=4．故选：B．【点评】解决本题的关键是得到阴影部分的组成与原正方形面积之间的关系．3（2018·浙江舟山·3分）将一张正方形纸片按如图步骤①，②沿虚线对折两次，然后沿③中平行于底边的虚线剪去一个角，展开铺平后的图形是（

）A.

B.

C.

D.

【考点】剪纸问题【解析】【解答】解：沿虚线剪开以后，剩下的图形先向右上方展开，缺失的部分是一个等腰直角三角形，用直角边与正方形的边是分别平行的，再沿着对角线展开，得到图形A。

故答案为A。

【分析】根据对称的性质，用倒推法去展开这个折纸。【点评】本题主要考查了等腰直角三角形、直角三角形的判定和考生的空间想象能力.二.填空题(要求同上一.)1．（2018·湖南省常德·3分）如图，将矩形ABCD沿EF折叠，使点B落在AD边上的点G处，点C落在点H处，已知∠DGH=30°，连接BG，则∠AGB=75°．【分析】由折叠的性质可知：GE=BE，∠EGH=∠ABC=90°，从而可证明∠EBG=∠EGB．，然后再根据∠EGH﹣∠EGB=∠EBC﹣∠EBG，即：∠GBC=∠BGH，由平行线的性质可知∠AGB=∠GBC，从而易证∠AGB=∠BGH，据此可得答案．【解答】解：由折叠的性质可知：GE=BE，∠EGH=∠ABC=90°，∴∠EBG=∠EGB．∴∠EGH﹣∠EGB=∠EBC﹣∠EBG，即：∠GBC=∠BGH．又∵AD∥BC，∴∠AGB=∠GBC．∴∠AGB=∠BGH．∵∠DGH=30°，∴∠AGH=150°，∴∠AGB=∠AGH=75°，故答案为：75°．【点评】本题主要考查翻折变换，解题的关键是熟练掌握翻折变换的性质：折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．2.（2018·浙江舟山·4分）如图，量角器的0度刻度线为AB，将一矩形直尺与量角器部分重叠，使直尺一边与量角器相切于点C，直尺另一边交量角器于点A，D，量得AD=10cm，点D在量角器上的读数为60°，则该直尺的宽度为________

cm。【考点】垂径定理，切线的性质【分析】因为直尺另一边EF与圆O相切于点C，连接OC，可知求直尺的宽度就是求CG=OC-OG，而OC=OA；OG和OA都在Rt△AOG中，即根据解直角三角形的思路去做：由垂定理可知AG=DG=AD=5cm，∠AOG=∠AOD=60°，从而可求答案.【解答】解：如图，连结OD，OC，OC与AD交于点G,设直尺另一边为EF，

因为点D在量角器上的读数为60°，

所以∠AOD=120°，

因为直尺一边EF与量角器相切于点C，

所以OC⊥EF，

因为EF//AD，

所以OC⊥AD，

由垂径定理得AG=DG=AD=5cm，∠AOG=∠AOD=60°，

在Rt△AOG中，AG=5cm，∠AOG=60°，

则OG=cm,OC=OA=cm

则CG=OC-OG=cm.

【点评】本题的关键是利用垂径定理和切线的性质.三.解答题(要求同上一)1.．（2018•四川凉州•8分）如图，在平面直角坐标系中，点O1的坐标为（﹣4，0），以点O1为圆心，8为半径的圆与x轴交于A，B两点，过A作直线l与x轴负方向相交成60°的角，且交y轴于C点，以点O2（13，5）为圆心的圆与x轴相切于点D．（1）求直线l的解析式；（2）将⊙O2以每秒1个单位的速度沿x轴向左平移，当⊙O2第一次与⊙O1外切时，求⊙O2平移的时间．【分析】（1）求直线的解析式，可以先求出A、C两点的坐标，就可以根据待定系数法求出函数的解析式．（2）设⊙O2平移t秒后到⊙O3处与⊙O1第一次外切于点P，⊙O3与x轴相切于D1点，连接O1O3，O3D1．在直角△O1O3D1中，根据勾股定理，就可以求出O1D1，进而求出D1D的长，得到平移的时间．【解答】解：（1）由题意得OA=|﹣4|+|8|=12，∴A点坐标为（﹣12，0）．∵在Rt△AOC中，∠OAC=60°，OC=OAtan∠OAC=12×tan60°=12．∴C点的坐标为（0，﹣12）．设直线l的解析式为y=kx+b，由l过A、C两点，得，解得∴直线l的解析式为：y=﹣x﹣12．（2）如图，设⊙O2平移t秒后到⊙O3处与⊙O1第一次外切于点P，⊙O3与x轴相切于D1点，连接O1O3，O3D1．则O1O3=O1P+PO3=8+5=13．∵O3D1⊥x轴，∴O3D1=5，在Rt△O1O3D1中，．∵O1D=O1O+OD=4+13=17，∴D1D=O1D﹣O1D1=17﹣12=5，∴（秒）．∴⊙O2平移的时间为5秒．【点评】本题综合了待定系数法求函数解析式，以及圆的位置关系，其中两圆相切时的辅助线的作法是经常用到的．2.．（2018•四川凉州•10分）如图，已知抛物线y=x2+bx+c经过A（1，0），B（0，2）两点，顶点为D．（1）求抛物线的解析式；（2）将△OAB绕点A顺时针旋转90°后，点B落到点C的位置，将抛物线沿y轴平移后经过点C，求平移后所得图象的函数关系式；（3）设（2）中平移后，所得抛物线与y轴的交点为B1，顶点为D1，若点N在平移后的抛物线上，且满足△NBB1的面积是△NDD1面积的2倍，求点N的坐标．【分析】（1）利用待定系数法，将点A，B的坐标代入解析式即可求得；（2）根据旋转的知识可得：A（1，0），B（0，2），∴OA=1，OB=2，可得旋转后C点的坐标为（3，1），当x=3时，由y=x2﹣3x+2得y=2，可知抛物线y=x2﹣3x+2过点（3，2）∴将原抛物线沿y轴向下平移1个单位后过点C．∴平移后的抛物线解析式为：y=x2﹣3x+1；（3）首先求得B1，D1的坐标，根据图形分别求得即可，要注意利用方程思想．【解答】解：（1）已知抛物线y=x2+bx+c经过A（1，0），B（0，2），∴，解得，∴所求抛物线的解析式为y=x2﹣3x+2；（2）∵A（1，0），B（0，2），∴OA=1，OB=2，可得旋转后C点的坐标为（3，1），当x=3时，由y=x2﹣3x+2得y=2，可知抛物线y=x2﹣3x+2过点（3，2），∴将原抛物线沿y轴向下平移1个单位后过点C．∴平移后的抛物线解析式为：y=x2﹣3x+1；（3）∵点N在y=x2﹣3x+1上，可设N点坐标为（x0，x02﹣3x0+1），将y=x2﹣3x+1配方得y=（x﹣）2﹣，∴其对称轴为直线x=．①0≤x0≤时，如图①，∵，∴∵x0=1，此时x02﹣3x0+1=﹣1，∴N点的坐标为（1，﹣1）．②当时，如图②，同理可得，∴x0=3，此时x02﹣3x0+1=1，∴点N的坐标为（3，1）．③当x＜0时，由图可知，N点不存在，∴舍去．综上，点N的坐标为（1，﹣1）或（3，1）．【点评】此题属于中考中的压轴题，难度较大，知识点考查的较多而且联系密切，需要学生认真审题．此题考查了二次函数与一次函数的综合知识，解题的关键是要注意数形结合思想的应用．3.（2018•山西•12分）(本题12分)综合与实践问题情境：在数学活动课上，老师出示了这样一个问题：如图1，在矩形ABCD中，AD=2AB，E是AB延长线上一点且BE=AB连接DE交BC于点M以DE为一边在DE的左下方作正方形DEFG，连接AM．试判断线段AM与DE的位置关系．探究展示：勤奋小组发现，AM垂直平分DE，并展示了如下的证明方法：证明：BEA,E2D2,D四边形ABCD是矩形，D//.（依据１）EB,MM.即AM是△ADE的DE边上的中线，又DE,M.（依据2）AM垂直平分DE．反思交流：(1)上述证明过程中的“依据1“依据2”分别是指什么？试判断图１中的点A是否在线段GF的垂直平分上，请直接回答，不必证明；(2)创新小组受到勤奋小组的启发，继续进行探究，如图2，连接CE，以CE为一边在CE的左下方作正方形CEFG，发现点G在线段BC的垂直平分线上，请你给出证明；探索发现：(3)如图3，连接CE，以CE为一边在CE的右上方作正方形CEFG，可以发现点C，点B都在线段AE的垂直平分线上，除此之外，请观察矩形ABCD和正方形CEFG的顶点与边，你还能发现哪个顶点在哪条边的垂直平分线上，请写出一个你发现的结论，并加以证明.【考点】平行线分线段成比例，三线合一，正方形、矩形性质，全等【解析】(1) 答：依据1：两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例（或平行线分线段成比例）.依据2：等腰三角形顶角的平分线，底边上的中线及底边上的高互相重合（或等腰三角形的“三线合一）.答：点A在线段GF的垂直平分线上.(2) 证明：过点G作GHBC于点H，四边形ABCD是矩形，点E在AB的延长线上，ECC..四边形CEFG为正方形，GE,E.13..C≌.C.四边形ABCD是矩形，D.D2,E,C2E2.CH.GH垂直平分BC.点G在BC的垂直平分线上（3）答：点F在BC边的垂直平分线上（或点F在AD边的垂直平分线上）.证法一：过点F作FMBC于点M，过点E作ENFM于点N.NMF.四边形ABCD是矩形，点E在AB的延长线上，EC.四边形BENM为矩形.MN,N.12.四边形CEFG为正方形，FC,F.23..EF,E.M.四边形ABCD是矩形，D.D2,B.C2M.M.FM垂直平分BC，点F在BC边的垂直平分线上.证法二：过F作FNBE交BE的延长线于点N，连接FB，FC.四边形ABCD是矩形，点E在AB的延长线上，∠CBE=∠ABC=∠N=90°.∠1+∠3=90°.四边形CEFG为正方形，EC=EF，∠CEF=90°.∠1+∠2=90°.∠2=∠3.△ENF△CBE.NF=BE,NE=BC.四边形ABCD是矩形，AD=BC.AD=2AB，BE=AB.设BE=a，则BC=EN=2a,NF=a.PAGE28BF=CF.点F在BC边的垂直平分线上.4（2018•山东菏泽•10分）问题情境：在综合与实践课上，老师让同学们以“矩形纸片的剪拼”为主题开展数学活动．如图1，将：矩形纸片ABCD沿对角线AC剪开，得到△ABC和△ACD．并且量得AB=2cm，AC=4cm．操作发现：（1）将图1中的△ACD以点A为旋转中心，按逆时针方向旋转∠α，使∠α=∠BAC，得到如图2所示的△AC′D，过点C作AC′的平行线，与DC'的延长线交于点E，则四边形ACEC′的形状是菱形．（2）创新小组将图1中的△ACD以点A为旋转中心，按逆时针方向旋转，使B、A、D三点在同一条直线上，得到如图3所示的△AC′D，连接CC'，取CC′的中点F，连接AF并延长至点G，使FG=AF，连接CG、C′G，得到四边形ACGC′，发现它是正方形，请你证明这个结论．实践探究：（3）缜密小组在创新小组发现结论的基础上，进行如下操作：将△ABC沿着BD方向平移，使点B与点A重合，此时A点平移至A'点，A'C与BC′相交于点H，如图4所示，连接CC′，试求tan∠C′CH的值．【考点】LO：四边形综合题．【分析】（1）先判断出∠ACD=∠BAC，进而判断出∠BAC=∠AC'D，进而判断出∠CAC'=∠AC'D，即可的结论；（2）先判断出∠CAC'=90°，再判断出AG⊥CC'，CF=C'F，进而判断出四边形ACGC'是平行四边形，即可得出结论；（3）先判断出∠ACB=30°，进而求出BH，AH，即可求出CH，C'H，即可得出结论．【解答】解：（1）在如图1中，∵AC是矩形ABCD的对角线，∴∠B=∠D=90°，AB∥CD，∴∠ACD=∠BAC，在如图2中，由旋转知，AC'=AC，∠AC'D=∠ACD，∴∠BAC=∠AC'D，∵∠CAC'=∠BAC，∴∠CAC'=∠AC'D，∴AC∥C'E，∵AC'∥CE，∴四边形ACEC'是平行四边形，∵AC=AC'，∴▱ACEC'是菱形，故答案为：菱形；（2）在图1中，∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴∠CAD=∠ACB，∠B=90°，∴∠BAC+∠ACB=90°在图3中，由旋转知，∠DAC'=∠DAC，∴∠ACB=∠DAC'，∴∠BAC+∠DAC'=90°，∵点D，A，B在同一条直线上，∴∠CAC'=90°，由旋转知，AC=AC'，∵点F是CC'的中点，∴AG⊥CC'，CF=C'F，∵AF=FG，∴四边形ACGC'是平行四边形，∵AG⊥CC'，∴▱ACGC'是菱形，∵∠CAC'=90°，∴菱形ACGC'是正方形；（3）在Rt△ABC中，AB=2，AC=4，∴BC'=AC=4，BD=BC=2，sin∠ACB==，∴∠ACB=30°，由（2）结合平移知，∠CHC'=90°，在Rt△BCH中，∠ACB=30°，∴BH=BC•sin30°=，∴C'H=BC'﹣BH=4﹣，在Rt△ABH中，AH=AB=1，∴CH=AC﹣AH=4﹣1=3，在Rt△CHC'中，tan∠C′CH==．【点评】此题是四边形综合题，主要考查了矩形是性质，平行四边形，菱形，矩形，正方形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数，旋转的性质，判断出∠CAC'=90°是解本题的关键．5（2018•株洲市）下图为某区域部分交通线路图，其中直线，直线与直线都垂直，，垂足分别为点A、点B和点C，（高速路右侧边缘），上的点M位于点A的北偏东30°方向上，且BM＝千米，上的点N位于点M的北偏东方向上，且，MN=千米，点A和点N是城际线L上的两个相邻的站点.（1）求之间的距离（2）若城际火车平均时速为150千米/小时，求市民小强乘坐城际火车从站点A到站点N需要多少小时？（结果用分数表示）【答案】（1）2；（2）小时.【解析】分析：（1）直接利用锐角三角函数关系得出DM的长即可得出答案；（2）利用tan30°=，得出AB的长，进而利用勾股定理得出DN的长，进而得出AN的长，即可得出答案．详解：（1）过点M作MD⊥NC于点D，∵cosα=，MN=2千米，∴cosα=，解得：DM=2（km），答：l2和l3之间的距离为2km；（2）∵点M位于点A的北偏东30°方向上，且BM=千米，∴tan30°=，解得：AB=3（km），可得：AC=3+2=5（km），∵MN=2km，DM=2km，∴DN==4（km），则NC=DN+BM=5（km），∴AN==10（km），∵城际火车平均时速为150千米/小时，∴市民小强乘坐城际火车从站点A到站点N需要小时．点睛：此题主要考查了解直角三角形的应用，正确得出AN的长是解题关键．6（2018•河南•10分）（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：①的值为_______；②∠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。7（2018·广东广州·14分）如图，在四边形ABCD中，∠B=60°，∠D=30°，AB=BC．（1）求∠A+∠C的度数。（2）连接BD，探究AD，BD，CD三者之间的数量关系，并说明理由。（3）若AB=1，点E在四边形ABCD内部运动，且满足，求点E运动路径的长度。【答案】（1）解：在四边形ABCD中，∠B=60°，∠D=30°，

∴∠A+∠C=360°-∠B-∠C=360°-60°-30°=270°。

（2）解：如图，将△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAQ，连接DQ，

∵BD=BQ，∠DBQ=60°，

∴△BDQ是等边三角形，

∴BD=DQ，

∵∠BAD+∠C=270°，

∴∠BAD+∠BAQ=270°，

∴∠DAQ=360°-270°=90°，

∴△DAQ是直角三角形

∴AD2+AQ2=DQ2，

即AD2+CD2=BD2

（3）解：如图，将△BCE绕点B逆时针旋转60°，得到△BAF，连接EF，

∵BE=BF，∠EBF=60°，

∴△BEF是等边三角形，

∴EF=BE，∠BFE=60°，

∵AE2=BE2+CE2

∴AE2=EF2+AF2

∴∠AFE=90°

∴∠BFA=∠BFE+∠AFE=60°+90°=150°，

∴∠BEC=150°，

则动点E在四边形ABCD内部运动，满足∠BEC=150°，以BC为边向外作等边△OBC，

则点E是以O为圆心，OB为半径的圆周上运动，运动轨迹为BC，

∵OB=AB=1，

则BC==【考点】等边三角形的判定与性质，勾股定理的逆定理，多边形内角与外角，弧长的计算，旋转的性质【解析】【分析】（1）根据四边形内角和为360度，结合已知条件即可求出答案.

（2）将△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAQ，连接DQ（如图），由旋转性质和等边三角形判定得△BDQ是等边三角形，由旋转性质根据角的计算可得△DAQ是直角三角形，根据勾股定理得AD2+AQ2=DQ2，即AD2+CD2=BD2.

（3）将△BCE绕点B逆时针旋转60°，得到△BAF，连接EF(如图)，由等边三角形判定得△BEF是等边三角形，结合已知条件和等边三角形性质可得AE2=EF2+AF2，即∠AFE=90°，从而得出∠BFA=∠BEC=150°，从而得出点E是在以O为圆心，OB为半径的圆周上运动，运动轨迹为BC，根据弧长公式即可得出答案.8（2018•江苏扬州•12分）问题呈现如图1，在边长为1的正方形网格中，连接格点D，N和E，C，DN和EC相交于点P，求tan∠CPN的值．方法归纳求一个锐角的三角函数值，我们往往需要找出（或构造出）一个直角三角形．观察发现问题中∠CPN不在直角三角形中，我们常常利用网格画平行线等方法解决此类问题，比如连接格点M，N，可得MN∥EC，则∠DNM=∠CPN，连接DM，那么∠CPN就变换到Rt△DMN中．问题解决（1）直接写出图1中tan∠CPN的值为2；（2）如图2，在边长为1的正方形网格中，AN与CM相交于点P，求cos∠CPN的值；思维拓展（3）如图3，AB⊥BC，AB=4BC，点M在AB上，且AM=BC，延长CB到N，使BN=2BC，连接AN交CM的延长线于点P，用上述方法构造网格求∠CPN的度数．【分析】（1）连接格点M，N，可得MN∥EC，则∠DNM=∠CPN，连接DM，那么∠CPN就变换到Rt△DMN中．（2）如图2中，取格点D，连接CD，DM．那么∠CPN就变换到等腰Rt△DMC中．（3）利用网格，构造等腰直角三角形解决问题即可；【解答】解：（1）如图1中，∵EC∥MN，∴∠CPN=∠DNM，∴tan∠CPN=tan∠DNM，∵∠DMN=90°，∴tan∠CPN=tan∠DNM===2，故答案为2．（2）如图2中，取格点D，连接CD，DM．∵CD∥AN，∴∠CPN=∠DCM，∵△DCM是等腰直角三角形，∴∠DCM=∠D=45°，∴cos∠CPN=cos∠DCM=．（3）如图3中，如图取格点M，连接AN、MN．∵PC∥MN，∴∠CPN=∠ANM，∵AM=MN，∠AMN=90°，∴∠ANM=∠MAN=45°，∴∠CPN=45°．【点评】本题考查三角形综合题、平行线的性质、勾股定理、直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．9

（2018•江苏盐城•10分）（1）【发现】如图①，已知等边，将直角三角形的角顶点任意放在边上（点不与点、重合），使两边分别交线段、于点、.

①若，，，则________；

②求证：.________（2）【思考】若将图①中的三角板的顶点在边上移动，保持三角板与、的两个交点、都存在，连接，如图②所示.问点是否存在某一位置，使平分且平分？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.（3）【探索】如图③，在等腰中，，点为边的中点，将三角形透明纸板的一个顶点放在点处（其中），使两条边分别交边、于点、（点、均不与的顶点重合），连接.设，则与的周长之比为________（用含的表达式表示）.【答案】（1）解：4；证明：∵∠EDF=60°，∠B=160°∴∠CDF+∠BDE=120°，∠BED+∠BDE=120°，

∴∠BED=∠CDF，

又∵∠B=∠C，

∴

（2）解：解：存在。如图，作DM⊥BE，DG⊥EF，DN⊥CF，垂足分别为M，G，N，

∵平分且平分，

∴DM=DG=DN，

又∵∠B=∠C=60°，∠BMD=∠CND=90°，

∴△BDM≅△CDN，

∴BD=CD，

即点D是BC的中点，

∴。

（3）1-cosα【考点】全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质【解析】【解答】（1）①∵△ABC是等边三角形，∴AB=BC=AC=6，∠B=∠C=60°，∵AE=4，∴BE=2，则BE=BD，∴△BDE是等边三角形，∴∠BDE=60°，又∵∠EDF=60°，∴∠CDF=180°-∠EDF-∠B=60°，则∠CDF=∠C=60°，

∴△CDF是等边三角形，∴CF=CD=BC-BD=6-2=4。

（3）连结AO，作OG⊥BE，OD⊥EF，OH⊥CF，垂足分别为G，D，H，

则∠BGO=∠CHO=90°，

∵AB=AC，O是BC的中点

∴∠B=∠C，OB=OC，

∴△OBG≅△OCH，

∴OG=OH，GB=CH，∠BOG=∠COH=90°−α，

则∠GOH=180°-（∠BOG+∠COH）=2α，

∵∠EOF=∠B=α，

则∠GOH=2∠EOF=2α，

由（2）题可猜想应用EF=ED+DF=EG+FH（可通过半角旋转证明），

则=AE+EF+AF=AE+EG+FH+AF=AG+AH=2AG，

设AB=m，则OB=mcosα，GB=mcos2α,

【分析】（1）①先求出BE的长度后发现BE=BD的，又∠B=60°，可知△BDE是等边三角形，可得∠BDE=60°，另外∠EDF=60°，可证得△CDF是等边三角形，从而CF=CD=BC-BD；

②证明，这个模型可称为“一线三等角·相似模型”，根据“AA”判定相似；（2）【思考】由平分线可联系到角平分线的性质“角平分线上的点到角两边的距离相等”，可过D作DM⊥BE，DG⊥EF，DN⊥CF，则DM=DG=DN，从而通过证明△BDM≅△CDN可得BD=CD；（3）【探索】由已知不难求得=2(m+mcos)，则需要用m和α的三角函数表示出，=AE+EF+AF；题中直接已知O是BC的中点，应用（2）题的方法和结论，作OG⊥BE，OD⊥EF，OH⊥CF，可得EG=ED，FH=DF，则=AE+EF+AF=AG+AH=2AG，而AG=AB-OB，从而可求得。10（2018•江西•12分）小贤与小杰在探究某类二次函数问题时，经历了如下过程：求解体验(1)已知抛物线y=-x2+bx-3经过点(-1,0),则b=，顶点坐标为该抛物线关于点(0,1）成中心对称的抛物线的表达式是.抽象感悟我们定义：对于抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)