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将三角尺（$△ MPN$，$∠ MPN = 90°$）放置在$△ ABC$上（点$P$在$△ ABC$内），如图①所示，三角尺的两边$PM$，$PN$恰好经过点$B$和点$C$。
(1)特例探索：若$∠ A = 50°$，则$∠ PBC + ∠ PCB =$
（2）类比探索：求$∠ ABP$，$∠ ACP$，$∠ A$的关系，并说明理由。
(1)特例探索：若$∠ A = 50°$，则$∠ PBC + ∠ PCB =$
90
度；$∠ ABP + ∠ ACP =$40
度。（2）类比探索：求$∠ ABP$，$∠ ACP$，$∠ A$的关系，并说明理由。
答案
(1)90 40
@@(2)结论:∠ABP + ∠ACP = 90° - ∠A.理由:因为(∠PBC + ∠PCB) + (∠ABP + ∠ACP) + ∠A = 180°,所以 90° + (∠ABP + ∠ACP) + ∠A = 180°,所以∠ABP + ∠ACP + ∠A = 90°,所以∠ABP + ∠ACP = 90° - ∠A.
@@(2)结论:∠ABP + ∠ACP = 90° - ∠A.理由:因为(∠PBC + ∠PCB) + (∠ABP + ∠ACP) + ∠A = 180°,所以 90° + (∠ABP + ∠ACP) + ∠A = 180°,所以∠ABP + ∠ACP + ∠A = 90°,所以∠ABP + ∠ACP = 90° - ∠A.
解析
【分析】
1. 对于第(1)问：首先在$△ ABC$中，根据三角形内角和定理，已知$∠ A=50°$，可求出$∠ ABC+∠ ACB$的度数；再在$△ PBC$中，$∠ MPN=90°$，同样利用三角形内角和定理求出$∠ PBC+∠ PCB$的度数；最后用$∠ ABC+∠ ACB$减去$∠ PBC+∠ PCB$，即可得到$∠ ABP+∠ ACP$的度数。
2. 对于第(2)问：先利用$△ PBC$的内角和得出$∠ PBC+∠ PCB=90°$，再结合$△ ABC$的内角和定理，将$∠ ABC$拆分为$∠ ABP+∠ PBC$，$∠ ACB$拆分为$∠ ACP+∠ PCB$，通过整体代换的方式，推导出$∠ ABP$、$∠ ACP$与$∠ A$的关系。
【解析】
(1) 在$△ ABC$中，根据三角形内角和定理：$∠ ABC+∠ ACB+∠ A=180°$，已知$∠ A=50°$，则$∠ ABC+∠ ACB=180°-50°=130°$。
在$△ PBC$中，$∠ MPN=90°$，即$∠ P=90°$，根据三角形内角和定理：$∠ PBC+∠ PCB+∠ P=180°$，所以$∠ PBC+∠ PCB=180°-90°=90°$。
因此$∠ ABP+∠ ACP=(∠ ABC+∠ ACB)-(∠ PBC+∠ PCB)=130°-90°=40°$。
(2) 结论：$\boldsymbol{∠ABP + ∠ACP = 90° - ∠A}$。
理由如下：
在$△ PBC$中，$∠ P=90°$，由三角形内角和定理得：$∠ PBC+∠ PCB=180°-∠ P=90°$。
在$△ ABC$中，由三角形内角和定理得：$∠ ABC+∠ ACB+∠ A=180°$，
又因为$∠ ABC=∠ ABP+∠ PBC$，$∠ ACB=∠ ACP+∠ PCB$，
将其代入上式得：$(∠ ABP+∠ PBC)+(∠ ACP+∠ PCB)+∠ A=180°$，
整理得：$(∠ ABP+∠ ACP)+(∠ PBC+∠ PCB)+∠ A=180°$，
把$∠ PBC+∠ PCB=90°$代入得：$∠ ABP+∠ ACP+90°+∠ A=180°$，
移项化简得：$∠ ABP+∠ ACP=90°-∠ A$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{90}$；$\boldsymbol{40}$
(2) $\boldsymbol{∠ABP + ∠ACP = 90° - ∠A}$，理由见解析。
【知识点】
三角形内角和定理，角的和差关系
【点评】
本题主要考查三角形内角和定理的应用，解题关键是通过角的拆分与整体代换，将未知角的关系转化为已知的三角形内角和关系。题目注重基础知识点的灵活运用，培养学生的逻辑推导与整体思维能力。
【难度系数】
0.6
1. 对于第(1)问：首先在$△ ABC$中，根据三角形内角和定理，已知$∠ A=50°$，可求出$∠ ABC+∠ ACB$的度数；再在$△ PBC$中，$∠ MPN=90°$，同样利用三角形内角和定理求出$∠ PBC+∠ PCB$的度数；最后用$∠ ABC+∠ ACB$减去$∠ PBC+∠ PCB$，即可得到$∠ ABP+∠ ACP$的度数。
2. 对于第(2)问：先利用$△ PBC$的内角和得出$∠ PBC+∠ PCB=90°$，再结合$△ ABC$的内角和定理，将$∠ ABC$拆分为$∠ ABP+∠ PBC$，$∠ ACB$拆分为$∠ ACP+∠ PCB$，通过整体代换的方式，推导出$∠ ABP$、$∠ ACP$与$∠ A$的关系。
【解析】
(1) 在$△ ABC$中，根据三角形内角和定理：$∠ ABC+∠ ACB+∠ A=180°$，已知$∠ A=50°$，则$∠ ABC+∠ ACB=180°-50°=130°$。
在$△ PBC$中，$∠ MPN=90°$，即$∠ P=90°$，根据三角形内角和定理：$∠ PBC+∠ PCB+∠ P=180°$，所以$∠ PBC+∠ PCB=180°-90°=90°$。
因此$∠ ABP+∠ ACP=(∠ ABC+∠ ACB)-(∠ PBC+∠ PCB)=130°-90°=40°$。
(2) 结论：$\boldsymbol{∠ABP + ∠ACP = 90° - ∠A}$。
理由如下：
在$△ PBC$中，$∠ P=90°$，由三角形内角和定理得：$∠ PBC+∠ PCB=180°-∠ P=90°$。
在$△ ABC$中，由三角形内角和定理得：$∠ ABC+∠ ACB+∠ A=180°$，
又因为$∠ ABC=∠ ABP+∠ PBC$，$∠ ACB=∠ ACP+∠ PCB$，
将其代入上式得：$(∠ ABP+∠ PBC)+(∠ ACP+∠ PCB)+∠ A=180°$，
整理得：$(∠ ABP+∠ ACP)+(∠ PBC+∠ PCB)+∠ A=180°$，
把$∠ PBC+∠ PCB=90°$代入得：$∠ ABP+∠ ACP+90°+∠ A=180°$，
移项化简得：$∠ ABP+∠ ACP=90°-∠ A$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{90}$；$\boldsymbol{40}$
(2) $\boldsymbol{∠ABP + ∠ACP = 90° - ∠A}$，理由见解析。
【知识点】
三角形内角和定理，角的和差关系
【点评】
本题主要考查三角形内角和定理的应用，解题关键是通过角的拆分与整体代换，将未知角的关系转化为已知的三角形内角和关系。题目注重基础知识点的灵活运用，培养学生的逻辑推导与整体思维能力。
【难度系数】
0.6
问题情境：如图①，在直角三角形$ABC$中，$∠ BAC = 90°$，$AD ⊥ BC$于点$D$，可知：$∠ BAD = ∠ C$（不需要说明）。
特例探究：如图②，$∠ MAN = 90°$，射线$AE$在这个角的内部，点$B$，$C$在$∠ MAN$的边$AM$，$AN$上，且$AB = AC$，$CF ⊥ AE$于点$F$，$BD ⊥ AE$于点$D$。说明：$△ ABD ≌ △ CAF$。
特例探究：如图②，$∠ MAN = 90°$，射线$AE$在这个角的内部，点$B$，$C$在$∠ MAN$的边$AM$，$AN$上，且$AB = AC$，$CF ⊥ AE$于点$F$，$BD ⊥ AE$于点$D$。说明：$△ ABD ≌ △ CAF$。
答案
解:因为 CF ⊥ AE,BD ⊥ AE,所以∠BDA = ∠AFC = 90°,所以∠ABD + ∠BAD = 90°.因为∠MAN = 90°,所以∠BAD + ∠CAF = 90°,所以∠ABD = ∠CAF.在△ABD 和△CAF 中,{∠ADB = ∠CFA,∠ABD = ∠CAF,AB = AC,所以△ABD ≌ △CAF(AAS).
解析
【分析】
要证明$△ ABD ≌ △ CAF$，需结合全等三角形的判定定理分析：已知$AB=AC$，需再找到两组对应角相等。首先由垂直条件可得直角相等，再利用直角三角形两锐角互余的性质，结合$∠ MAN=90°$，通过同角的余角相等推导出一组对应角相等，最后利用AAS判定定理即可完成证明。
【解析】
证明：
∵ $CF ⊥ AE$，$BD ⊥ AE$，
∴ $∠BDA = ∠AFC = 90°$，
∴ $∠ABD + ∠BAD = 90°$（直角三角形两锐角互余）。
∵ $∠MAN = 90°$，
∴ $∠BAD + ∠CAF = 90°$，
∴ $∠ABD = ∠CAF$（同角的余角相等）。
在$△ ABD$和$△ CAF$中，
$\begin{cases}∠ADB = ∠CFA \\∠ABD = ∠CAF \\AB = AC\end{cases}$
∴ $△ ABD ≌ △ CAF$（AAS）。
【答案】
$△ ABD ≌ △ CAF$得证。
【知识点】
全等三角形的判定（AAS）、同角的余角相等
【点评】
本题是全等三角形证明的基础题型，解题核心是利用垂直关系得到直角，结合角的互余性质找到对应角相等，再运用AAS判定定理完成证明，有助于巩固全等三角形判定定理的理解与应用。
【难度系数】
0.7
要证明$△ ABD ≌ △ CAF$，需结合全等三角形的判定定理分析：已知$AB=AC$，需再找到两组对应角相等。首先由垂直条件可得直角相等，再利用直角三角形两锐角互余的性质，结合$∠ MAN=90°$，通过同角的余角相等推导出一组对应角相等，最后利用AAS判定定理即可完成证明。
【解析】
证明：
∵ $CF ⊥ AE$，$BD ⊥ AE$，
∴ $∠BDA = ∠AFC = 90°$，
∴ $∠ABD + ∠BAD = 90°$（直角三角形两锐角互余）。
∵ $∠MAN = 90°$，
∴ $∠BAD + ∠CAF = 90°$，
∴ $∠ABD = ∠CAF$（同角的余角相等）。
在$△ ABD$和$△ CAF$中，
$\begin{cases}∠ADB = ∠CFA \\∠ABD = ∠CAF \\AB = AC\end{cases}$
∴ $△ ABD ≌ △ CAF$（AAS）。
【答案】
$△ ABD ≌ △ CAF$得证。
【知识点】
全等三角形的判定（AAS）、同角的余角相等
【点评】
本题是全等三角形证明的基础题型，解题核心是利用垂直关系得到直角，结合角的互余性质找到对应角相等，再运用AAS判定定理完成证明，有助于巩固全等三角形判定定理的理解与应用。
【难度系数】
0.7
如图①，在四边形$ABCD$中，$P$是$AD$边上任意一点，$△ PBC$与$△ ABC$和$△ DBC$的面积之间有什么关系？
特殊化感知
为了解决这个问题，我们可以先从一些简单的、特殊的情形入手：
当$AP = \frac{1}{2}AD$时(如图②)：因为$AP = \frac{1}{2}AD$，$△ ABP$和$△ ABD$的高相等，所以$S_{△ ABP} = \frac{1}{2}S_{△ ABD}$。
因为$PD = AD - AP = \frac{1}{2}AD$，$△ CDP$和$△ CDA$的高相等，所以$S_{△ CDP} = \frac{1}{2}S_{△ CDA}$。
所以$S_{△ PBC} = S_{四边形ABCD} - S_{△ ABP} - S_{△ CDP}$
$= S_{四边形ABCD} - \frac{1}{2}S_{△ ABD} - \frac{1}{2}S_{△ CDA}$
$= S_{四边形ABCD} - \frac{1}{2}(S_{四边形ABCD} - S_{△ DBC}) - \frac{1}{2}(S_{四边形ABCD} - S_{△ ABC})$
$= \frac{1}{2}S_{△ DBC} + \frac{1}{2}S_{△ ABC}$。
(1)当$AP = \frac{1}{3}AD$时，探求$S_{△ PBC}$与$S_{△ ABC}$和$S_{△ DBC}$之间的关系为
一般化探究
(2)一般地，当$AP = \frac{1}{n}AD$($n$表示正整数)时，探求$S_{△ PBC}$与$S_{△ ABC}$和$S_{△ DBC}$之间的关系，写出求解过程。
特殊化感知
为了解决这个问题，我们可以先从一些简单的、特殊的情形入手：
当$AP = \frac{1}{2}AD$时(如图②)：因为$AP = \frac{1}{2}AD$，$△ ABP$和$△ ABD$的高相等，所以$S_{△ ABP} = \frac{1}{2}S_{△ ABD}$。
因为$PD = AD - AP = \frac{1}{2}AD$，$△ CDP$和$△ CDA$的高相等，所以$S_{△ CDP} = \frac{1}{2}S_{△ CDA}$。
所以$S_{△ PBC} = S_{四边形ABCD} - S_{△ ABP} - S_{△ CDP}$
$= S_{四边形ABCD} - \frac{1}{2}S_{△ ABD} - \frac{1}{2}S_{△ CDA}$
$= S_{四边形ABCD} - \frac{1}{2}(S_{四边形ABCD} - S_{△ DBC}) - \frac{1}{2}(S_{四边形ABCD} - S_{△ ABC})$
$= \frac{1}{2}S_{△ DBC} + \frac{1}{2}S_{△ ABC}$。
(1)当$AP = \frac{1}{3}AD$时，探求$S_{△ PBC}$与$S_{△ ABC}$和$S_{△ DBC}$之间的关系为
$S_{△PBC} = \frac{1}{3}S_{△DBC} + \frac{2}{3}S_{△ABC}$
；一般化探究
(2)一般地，当$AP = \frac{1}{n}AD$($n$表示正整数)时，探求$S_{△ PBC}$与$S_{△ ABC}$和$S_{△ DBC}$之间的关系，写出求解过程。
答案
$(1)S_{△PBC} = \frac{1}{3}S_{△DBC} + \frac{2}{3}S_{△ABC}$
(2)因为$ AP = \frac{1}{n}AD,△ABP $和△ABD 的高相等,所以$ S_{△ABP} = \frac{1}{n}S_{△ABD}.$
又因为$ PD = AD - AP = \frac{n - 1}{n}AD,$
△CDP 和△CDA 的高相等,
所以$ S_{△CDP} = \frac{n - 1}{n}S_{△CDA}.$
所以
$S_{△PBC} = S_{四边形ABCD} - S_{△ABP} - S_{△CDP}$
$= S_{四边形ABCD} - \frac{1}{n}S_{△ABD} - \frac{n - 1}{n}S_{△CDA}$
$= S_{四边形ABCD} - \frac{1}{n}(S_{四边形ABCD} - S_{△DBC})$
$- \frac{n - 1}{n}(S_{四边形ABCD} - S_{△ABC})$
$= \frac{1}{n}S_{△DBC} + \frac{n - 1}{n}S_{△ABC}.$
(2)因为$ AP = \frac{1}{n}AD,△ABP $和△ABD 的高相等,所以$ S_{△ABP} = \frac{1}{n}S_{△ABD}.$
又因为$ PD = AD - AP = \frac{n - 1}{n}AD,$
△CDP 和△CDA 的高相等,
所以$ S_{△CDP} = \frac{n - 1}{n}S_{△CDA}.$
所以
$S_{△PBC} = S_{四边形ABCD} - S_{△ABP} - S_{△CDP}$
$= S_{四边形ABCD} - \frac{1}{n}S_{△ABD} - \frac{n - 1}{n}S_{△CDA}$
$= S_{四边形ABCD} - \frac{1}{n}(S_{四边形ABCD} - S_{△DBC})$
$- \frac{n - 1}{n}(S_{四边形ABCD} - S_{△ABC})$
$= \frac{1}{n}S_{△DBC} + \frac{n - 1}{n}S_{△ABC}.$
解析
【分析】
本题是从特殊到一般的面积探究题，解题思路如下：
1. 对于第(1)问，可类比题目中给出的$AP=\frac{1}{2}AD$的推导方法：先利用“同高的两个三角形，面积比等于底的比”，得出$S_{△ABP}$与$S_{△ABD}$、$S_{△CDP}$与$S_{△CDA}$的面积关系；再用四边形$ABCD$的面积减去$S_{△ABP}$和$S_{△CDP}$，最后将$S_{△ABD}$、$S_{△CDA}$用四边形面积与$S_{△DBC}$、$S_{△ABC}$的关系代换，化简后即可得到$S_{△PBC}$与$S_{△ABC}$、$S_{△DBC}$的关系。
2. 对于第(2)问，将特殊值$\frac{1}{3}$推广到一般的$\frac{1}{n}$，重复上述步骤，通过代数化简，推导出一般情况下的面积关系。
【解析】
(1) 当$AP = \frac{1}{3}AD$时：
因为$AP = \frac{1}{3}AD$，$△ ABP$和$△ ABD$的高相等，所以$S_{△ABP} = \frac{1}{3}S_{△ABD}$。
因为$PD = AD - AP = \frac{2}{3}AD$，$△ CDP$和$△ CDA$的高相等，所以$S_{△CDP} = \frac{2}{3}S_{△CDA}$。
则$S_{△PBC} = S_{四边形ABCD} - S_{△ABP} - S_{△CDP}$
$= S_{四边形ABCD} - \frac{1}{3}S_{△ABD} - \frac{2}{3}S_{△CDA}$
$= S_{四边形ABCD} - \frac{1}{3}(S_{四边形ABCD} - S_{△DBC}) - \frac{2}{3}(S_{四边形ABCD} - S_{△ABC})$
$= S_{四边形ABCD} - \frac{1}{3}S_{四边形ABCD}+\frac{1}{3}S_{△DBC} - \frac{2}{3}S_{四边形ABCD}+\frac{2}{3}S_{△ABC}$
$= \frac{1}{3}S_{△DBC} + \frac{2}{3}S_{△ABC}$
(2) 当$AP = \frac{1}{n}AD$（$n$为正整数）时：
因为$AP = \frac{1}{n}AD$，$△ ABP$和$△ ABD$的高相等，所以$S_{△ABP} = \frac{1}{n}S_{△ABD}$。
又因为$PD = AD - AP = \frac{n - 1}{n}AD$，$△ CDP$和$△ CDA$的高相等，所以$S_{△CDP} = \frac{n - 1}{n}S_{△CDA}$。
因此$S_{△PBC} = S_{四边形ABCD} - S_{△ABP} - S_{△CDP}$
$= S_{四边形ABCD} - \frac{1}{n}S_{△ABD} - \frac{n - 1}{n}S_{△CDA}$
$= S_{四边形ABCD} - \frac{1}{n}(S_{四边形ABCD} - S_{△DBC}) - \frac{n - 1}{n}(S_{四边形ABCD} - S_{△ABC})$
$= S_{四边形ABCD} - \frac{1}{n}S_{四边形ABCD}+\frac{1}{n}S_{△DBC} - \frac{n - 1}{n}S_{四边形ABCD}+\frac{n - 1}{n}S_{△ABC}$
$= \frac{1}{n}S_{△DBC} + \frac{n - 1}{n}S_{△ABC}$
【答案】
(1) $\boldsymbol{S_{△PBC} = \frac{1}{3}S_{△DBC} + \frac{2}{3}S_{△ABC}}$；
(2) $\boldsymbol{S_{△PBC} = \frac{1}{n}S_{△DBC} + \frac{n - 1}{n}S_{△ABC}}$（$n$为正整数）。
【知识点】
1. 同高三角形面积比
2. 图形面积转化
3. 代数式化简
【点评】
本题是典型的从特殊到一般的探究型题目，考查了学生的类比推理与归纳总结能力。解题的关键是掌握“同高三角形的面积比等于对应底的比”，并学会利用图形面积的和差关系，将未知面积转化为已知三角形面积的组合，同时需要具备一定的代数化简能力，有助于培养逻辑思维与探究能力。
【难度系数】
0.6
本题是从特殊到一般的面积探究题，解题思路如下：
1. 对于第(1)问，可类比题目中给出的$AP=\frac{1}{2}AD$的推导方法：先利用“同高的两个三角形，面积比等于底的比”，得出$S_{△ABP}$与$S_{△ABD}$、$S_{△CDP}$与$S_{△CDA}$的面积关系；再用四边形$ABCD$的面积减去$S_{△ABP}$和$S_{△CDP}$，最后将$S_{△ABD}$、$S_{△CDA}$用四边形面积与$S_{△DBC}$、$S_{△ABC}$的关系代换，化简后即可得到$S_{△PBC}$与$S_{△ABC}$、$S_{△DBC}$的关系。
2. 对于第(2)问，将特殊值$\frac{1}{3}$推广到一般的$\frac{1}{n}$，重复上述步骤，通过代数化简，推导出一般情况下的面积关系。
【解析】
(1) 当$AP = \frac{1}{3}AD$时：
因为$AP = \frac{1}{3}AD$，$△ ABP$和$△ ABD$的高相等，所以$S_{△ABP} = \frac{1}{3}S_{△ABD}$。
因为$PD = AD - AP = \frac{2}{3}AD$，$△ CDP$和$△ CDA$的高相等，所以$S_{△CDP} = \frac{2}{3}S_{△CDA}$。
则$S_{△PBC} = S_{四边形ABCD} - S_{△ABP} - S_{△CDP}$
$= S_{四边形ABCD} - \frac{1}{3}S_{△ABD} - \frac{2}{3}S_{△CDA}$
$= S_{四边形ABCD} - \frac{1}{3}(S_{四边形ABCD} - S_{△DBC}) - \frac{2}{3}(S_{四边形ABCD} - S_{△ABC})$
$= S_{四边形ABCD} - \frac{1}{3}S_{四边形ABCD}+\frac{1}{3}S_{△DBC} - \frac{2}{3}S_{四边形ABCD}+\frac{2}{3}S_{△ABC}$
$= \frac{1}{3}S_{△DBC} + \frac{2}{3}S_{△ABC}$
(2) 当$AP = \frac{1}{n}AD$（$n$为正整数）时：
因为$AP = \frac{1}{n}AD$，$△ ABP$和$△ ABD$的高相等，所以$S_{△ABP} = \frac{1}{n}S_{△ABD}$。
又因为$PD = AD - AP = \frac{n - 1}{n}AD$，$△ CDP$和$△ CDA$的高相等，所以$S_{△CDP} = \frac{n - 1}{n}S_{△CDA}$。
因此$S_{△PBC} = S_{四边形ABCD} - S_{△ABP} - S_{△CDP}$
$= S_{四边形ABCD} - \frac{1}{n}S_{△ABD} - \frac{n - 1}{n}S_{△CDA}$
$= S_{四边形ABCD} - \frac{1}{n}(S_{四边形ABCD} - S_{△DBC}) - \frac{n - 1}{n}(S_{四边形ABCD} - S_{△ABC})$
$= S_{四边形ABCD} - \frac{1}{n}S_{四边形ABCD}+\frac{1}{n}S_{△DBC} - \frac{n - 1}{n}S_{四边形ABCD}+\frac{n - 1}{n}S_{△ABC}$
$= \frac{1}{n}S_{△DBC} + \frac{n - 1}{n}S_{△ABC}$
【答案】
(1) $\boldsymbol{S_{△PBC} = \frac{1}{3}S_{△DBC} + \frac{2}{3}S_{△ABC}}$；
(2) $\boldsymbol{S_{△PBC} = \frac{1}{n}S_{△DBC} + \frac{n - 1}{n}S_{△ABC}}$（$n$为正整数）。
【知识点】
1. 同高三角形面积比
2. 图形面积转化
3. 代数式化简
【点评】
本题是典型的从特殊到一般的探究型题目，考查了学生的类比推理与归纳总结能力。解题的关键是掌握“同高三角形的面积比等于对应底的比”，并学会利用图形面积的和差关系，将未知面积转化为已知三角形面积的组合，同时需要具备一定的代数化简能力，有助于培养逻辑思维与探究能力。
【难度系数】
0.6
