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21(8分)[2026安徽安庆质检]已知$P(x_1,y_1)$，$Q(x_2,y_2)$是抛物线$y=x^2+bx-\frac{1}{4}$上的两个不同点.
(1)若$P,Q$两点都在直线$y=-\frac{b^2}{4}$上,求线段$PQ$的长;
(2)若抛物线关于$y$轴对称,直线$PQ$过坐标原点$O$,求$\frac{1}{OP}+\frac{1}{OQ}$的值;
(3)若点$P,Q$在抛物线对称轴的左侧,$x_1,x_2$为整数,且$x_1＜x_2$,求证:$x_1-x_2+y_1-y_2$为正值.
(1)若$P,Q$两点都在直线$y=-\frac{b^2}{4}$上,求线段$PQ$的长;
(2)若抛物线关于$y$轴对称,直线$PQ$过坐标原点$O$,求$\frac{1}{OP}+\frac{1}{OQ}$的值;
(3)若点$P,Q$在抛物线对称轴的左侧,$x_1,x_2$为整数,且$x_1＜x_2$,求证:$x_1-x_2+y_1-y_2$为正值.
答案
21. (1)【解】
∵ $P,Q$ 两点都在直线 $y=-\frac{b^2}{4}$ 上，
∴ 令 $x^2+bx-\frac{1}{4} = -\frac{b^2}{4}$，解得 $x_1=\frac{-b+1}{2}$，$x_2=\frac{-b-1}{2}$，
∴ $|x_1-x_2| = \left| \frac{-b+1}{2} - \frac{-b-1}{2} \right| = 1$，
∴ 线段 $PQ$ 的长为 1. (2)【解】
∵ 抛物线 $y=x^2+bx-\frac{1}{4}$ 关于 $y$ 轴对称，
∴ $-\frac{b}{2}=0$，解得 $b=0$. 若 $P,Q$ 都在 $x$ 轴上，则 $x^2-\frac{1}{4}=0$，解得 $x=-\frac{1}{2}$ 或 $x=\frac{1}{2}$，
∴ $OP=OQ=\frac{1}{2}$，
∴ $\frac{1}{OP}+\frac{1}{OQ}=2+2=4$. 若直线 $PQ$ 不与 $x$ 轴重合，设直线 $PQ$ 的表达式为 $y=kx$，联立 $\begin{cases}y=x^2-\frac{1}{4} \\y=kx,\end{cases}$ 可得 $x^2-kx-\frac{1}{4}=0$，解得 $x=\frac{k \pm \sqrt{k^2+1}}{2}$，不妨设 $x_2＞x_1$，则 $x_2＞0$，$x_1＜0$，
∴ $x_1x_2 = \frac{k+\sqrt{k^2+1}}{2} × \frac{k-\sqrt{k^2+1}}{2} = -\frac{1}{4}$，$x_2-x_1 = \sqrt{k^2+1}$，
∴ $\frac{1}{OP}+\frac{1}{OQ} = \frac{1}{\sqrt{x_1^2+y_1^2}} + \frac{1}{\sqrt{x_2^2+y_2^2}} = \frac{1}{\sqrt{x_1^2(k^2+1)}} + \frac{1}{\sqrt{x_2^2(k^2+1)}} = \frac{1}{\sqrt{k^2+1}} ( \frac{1}{|x_1|} + \frac{1}{|x_2|} ) = \frac{1}{\sqrt{k^2+1}} · \frac{x_1-x_2}{x_1 · x_2} = \frac{1}{\sqrt{k^2+1}} · \frac{-\sqrt{k^2+1}}{-\frac{1}{4}} = 4$. (3)【证明】$x_1-x_2+y_1-y_2 = x_1-x_2 + x_1^2+bx_1-\frac{1}{4} - x_2^2 -bx_2 + \frac{1}{4} = (x_1-x_2)(x_1+x_2+b+1)$.
∵ 点 $P,Q$ 在抛物线对称轴的左侧，
∴ $x_1 ＜ x_2 ＜ -\frac{b}{2}$.
∵ $x_1,x_2$ 为整数，
∴ $x_1 ≤ x_2-1 ＜ -\frac{b}{2}-1$，
∴ $x_1 ＜ -\frac{b}{2}-1$，
∴ $x_1+x_2+b+1 ＜ -\frac{b}{2}-1 -\frac{b}{2} +b+1 = 0$，
∴ $x_1-x_2$ 和 $x_1+x_2+b+1$ 都是负数，
∴ $(x_1-x_2)(x_1+x_2+b+1)$ 是正数，即 $x_1-x_2+y_1-y_2$ 为正值.
∵ $P,Q$ 两点都在直线 $y=-\frac{b^2}{4}$ 上，
∴ 令 $x^2+bx-\frac{1}{4} = -\frac{b^2}{4}$，解得 $x_1=\frac{-b+1}{2}$，$x_2=\frac{-b-1}{2}$，
∴ $|x_1-x_2| = \left| \frac{-b+1}{2} - \frac{-b-1}{2} \right| = 1$，
∴ 线段 $PQ$ 的长为 1. (2)【解】
∵ 抛物线 $y=x^2+bx-\frac{1}{4}$ 关于 $y$ 轴对称，
∴ $-\frac{b}{2}=0$，解得 $b=0$. 若 $P,Q$ 都在 $x$ 轴上，则 $x^2-\frac{1}{4}=0$，解得 $x=-\frac{1}{2}$ 或 $x=\frac{1}{2}$，
∴ $OP=OQ=\frac{1}{2}$，
∴ $\frac{1}{OP}+\frac{1}{OQ}=2+2=4$. 若直线 $PQ$ 不与 $x$ 轴重合，设直线 $PQ$ 的表达式为 $y=kx$，联立 $\begin{cases}y=x^2-\frac{1}{4} \\y=kx,\end{cases}$ 可得 $x^2-kx-\frac{1}{4}=0$，解得 $x=\frac{k \pm \sqrt{k^2+1}}{2}$，不妨设 $x_2＞x_1$，则 $x_2＞0$，$x_1＜0$，
∴ $x_1x_2 = \frac{k+\sqrt{k^2+1}}{2} × \frac{k-\sqrt{k^2+1}}{2} = -\frac{1}{4}$，$x_2-x_1 = \sqrt{k^2+1}$，
∴ $\frac{1}{OP}+\frac{1}{OQ} = \frac{1}{\sqrt{x_1^2+y_1^2}} + \frac{1}{\sqrt{x_2^2+y_2^2}} = \frac{1}{\sqrt{x_1^2(k^2+1)}} + \frac{1}{\sqrt{x_2^2(k^2+1)}} = \frac{1}{\sqrt{k^2+1}} ( \frac{1}{|x_1|} + \frac{1}{|x_2|} ) = \frac{1}{\sqrt{k^2+1}} · \frac{x_1-x_2}{x_1 · x_2} = \frac{1}{\sqrt{k^2+1}} · \frac{-\sqrt{k^2+1}}{-\frac{1}{4}} = 4$. (3)【证明】$x_1-x_2+y_1-y_2 = x_1-x_2 + x_1^2+bx_1-\frac{1}{4} - x_2^2 -bx_2 + \frac{1}{4} = (x_1-x_2)(x_1+x_2+b+1)$.
∵ 点 $P,Q$ 在抛物线对称轴的左侧，
∴ $x_1 ＜ x_2 ＜ -\frac{b}{2}$.
∵ $x_1,x_2$ 为整数，
∴ $x_1 ≤ x_2-1 ＜ -\frac{b}{2}-1$，
∴ $x_1 ＜ -\frac{b}{2}-1$，
∴ $x_1+x_2+b+1 ＜ -\frac{b}{2}-1 -\frac{b}{2} +b+1 = 0$，
∴ $x_1-x_2$ 和 $x_1+x_2+b+1$ 都是负数，
∴ $(x_1-x_2)(x_1+x_2+b+1)$ 是正数，即 $x_1-x_2+y_1-y_2$ 为正值.
解析
【分析】
(1) P、Q两点纵坐标相同，线段PQ的长等于两点横坐标差的绝对值。只需将抛物线与直线$y=-\frac{b^2}{4}$联立，解一元二次方程得到两个根，计算根的差的绝对值即可。
(2) 抛物线关于y轴对称说明对称轴为y轴，可先求出$b=0$得到简化的抛物线解析式。直线PQ过原点分两种情况讨论：PQ与x轴重合时直接计算$OP、OQ$；PQ不与x轴重合时，设直线解析式为$y=kx$，与抛物线联立后结合一元二次方程根与系数的关系、两点距离公式化简即可得到定值。
(3) 先将$y_1、y_2$代入抛物线解析式，对$x_1-x_2+y_1-y_2$因式分解得到两个因式的乘积，再结合P、Q在对称轴左侧、$x_1,x_2$为整数且$x_1＜x_2$的条件，判断两个因式均为负数，乘积为正即可得证。
【解析】
(1) 解：
∵ $P,Q$ 两点都在直线 $y=-\frac{b^2}{4}$ 上，
∴ 联立方程得 $x^2+bx-\frac{1}{4} = -\frac{b^2}{4}$，
整理得$(x+\frac{b}{2})^2=\frac{1}{4}$，解得 $x_1=\frac{-b+1}{2}$，$x_2=\frac{-b-1}{2}$，
∴ $|x_1-x_2| = \left| \frac{-b+1}{2} - \frac{-b-1}{2} \right| = 1$，
∵ P、Q纵坐标相同，
∴ 线段PQ的长为1。
(2) 解：
∵ 抛物线 $y=x^2+bx-\frac{1}{4}$ 关于$y$轴对称，
∴ 对称轴$x=-\frac{b}{2}=0$，解得 $b=0$，此时抛物线解析式为$y=x^2-\frac{1}{4}$。
若$P,Q$都在$x$轴上，令$y=0$得$x^2-\frac{1}{4}=0$，解得 $x=-\frac{1}{2}$ 或 $x=\frac{1}{2}$，
∴ $OP=OQ=\frac{1}{2}$，
∴ $\frac{1}{OP}+\frac{1}{OQ}=2+2=4$。
若直线$PQ$不与$x$轴重合，设直线$PQ$的表达式为$y=kx$，联立 $\begin{cases}y=x^2-\frac{1}{4} \\y=kx\end{cases}$，
消去y可得 $x^2-kx-\frac{1}{4}=0$，由求根公式得 $x=\frac{k \pm \sqrt{k^2+1}}{2}$，不妨设 $x_2＞x_1$，则 $x_2＞0$，$x_1＜0$，
由根与系数的关系得$x_1x_2=-\frac{1}{4}$，$x_2-x_1=\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=\sqrt{k^2+1}$，
∴ $OP=\sqrt{x_1^2+y_1^2}=\sqrt{x_1^2+(kx_1)^2}=|x_1|\sqrt{k^2+1}$，同理$OQ=|x_2|\sqrt{k^2+1}$，
∴ $\frac{1}{OP}+\frac{1}{OQ} = \frac{1}{\sqrt{x_1^2+y_1^2}} + \frac{1}{\sqrt{x_2^2+y_2^2}} = \frac{1}{\sqrt{x_1^2(k^2+1)}} + \frac{1}{\sqrt{x_2^2(k^2+1)}} = \frac{1}{\sqrt{k^2+1}} ( \frac{1}{|x_1|} + \frac{1}{|x_2|} ) = \frac{1}{\sqrt{k^2+1}} · \frac{x_2-x_1}{-x_1 · x_2} = \frac{1}{\sqrt{k^2+1}} · \frac{\sqrt{k^2+1}}{\frac{1}{4}} = 4$。
综上，$\frac{1}{OP}+\frac{1}{OQ}$的值为4。
(3) 证明：$x_1-x_2+y_1-y_2 = x_1-x_2 + x_1^2+bx_1-\frac{1}{4} - x_2^2 -bx_2 + \frac{1}{4} = (x_1-x_2)(x_1+x_2+b+1)$。
∵ 点$P,Q$在抛物线对称轴的左侧，抛物线对称轴为$x=-\frac{b}{2}$，
∴ $x_1 ＜ x_2 ＜ -\frac{b}{2}$。
∵ $x_1,x_2$ 为整数，且$x_1＜x_2$，
∴ $x_1 ≤ x_2-1 ＜ -\frac{b}{2}-1$，
∴ $x_1 ＜ -\frac{b}{2}-1$，
∴ $x_1+x_2+b+1 ＜ -\frac{b}{2}-1 -\frac{b}{2} +b+1 = 0$，
∴ $x_1-x_2$ 和 $x_1+x_2+b+1$ 都是负数，
∴ $(x_1-x_2)(x_1+x_2+b+1)$ 是正数，即 $x_1-x_2+y_1-y_2$ 为正值。
【答案】
(1) $\boxed{1}$；(2) $\boxed{4}$；(3) 证明成立，$x_1-x_2+y_1-y_2$为正值
【知识点】
二次函数的图象与性质，一元二次方程根与系数的关系，代数式化简与证明
【点评】
本题设置三个梯度明显的小问，综合考查二次函数对称性、二次函数与一次函数交点问题、代数式逻辑推导等内容，既要求掌握基础的方程求解能力，也对逻辑推理能力有一定要求，是二次函数综合类的典型习题。
【难度系数】
0.5
(1) P、Q两点纵坐标相同，线段PQ的长等于两点横坐标差的绝对值。只需将抛物线与直线$y=-\frac{b^2}{4}$联立，解一元二次方程得到两个根，计算根的差的绝对值即可。
(2) 抛物线关于y轴对称说明对称轴为y轴，可先求出$b=0$得到简化的抛物线解析式。直线PQ过原点分两种情况讨论：PQ与x轴重合时直接计算$OP、OQ$；PQ不与x轴重合时，设直线解析式为$y=kx$，与抛物线联立后结合一元二次方程根与系数的关系、两点距离公式化简即可得到定值。
(3) 先将$y_1、y_2$代入抛物线解析式，对$x_1-x_2+y_1-y_2$因式分解得到两个因式的乘积，再结合P、Q在对称轴左侧、$x_1,x_2$为整数且$x_1＜x_2$的条件，判断两个因式均为负数，乘积为正即可得证。
【解析】
(1) 解：
∵ $P,Q$ 两点都在直线 $y=-\frac{b^2}{4}$ 上，
∴ 联立方程得 $x^2+bx-\frac{1}{4} = -\frac{b^2}{4}$，
整理得$(x+\frac{b}{2})^2=\frac{1}{4}$，解得 $x_1=\frac{-b+1}{2}$，$x_2=\frac{-b-1}{2}$，
∴ $|x_1-x_2| = \left| \frac{-b+1}{2} - \frac{-b-1}{2} \right| = 1$，
∵ P、Q纵坐标相同，
∴ 线段PQ的长为1。
(2) 解：
∵ 抛物线 $y=x^2+bx-\frac{1}{4}$ 关于$y$轴对称，
∴ 对称轴$x=-\frac{b}{2}=0$，解得 $b=0$，此时抛物线解析式为$y=x^2-\frac{1}{4}$。
若$P,Q$都在$x$轴上，令$y=0$得$x^2-\frac{1}{4}=0$，解得 $x=-\frac{1}{2}$ 或 $x=\frac{1}{2}$，
∴ $OP=OQ=\frac{1}{2}$，
∴ $\frac{1}{OP}+\frac{1}{OQ}=2+2=4$。
若直线$PQ$不与$x$轴重合，设直线$PQ$的表达式为$y=kx$，联立 $\begin{cases}y=x^2-\frac{1}{4} \\y=kx\end{cases}$，
消去y可得 $x^2-kx-\frac{1}{4}=0$，由求根公式得 $x=\frac{k \pm \sqrt{k^2+1}}{2}$，不妨设 $x_2＞x_1$，则 $x_2＞0$，$x_1＜0$，
由根与系数的关系得$x_1x_2=-\frac{1}{4}$，$x_2-x_1=\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=\sqrt{k^2+1}$，
∴ $OP=\sqrt{x_1^2+y_1^2}=\sqrt{x_1^2+(kx_1)^2}=|x_1|\sqrt{k^2+1}$，同理$OQ=|x_2|\sqrt{k^2+1}$，
∴ $\frac{1}{OP}+\frac{1}{OQ} = \frac{1}{\sqrt{x_1^2+y_1^2}} + \frac{1}{\sqrt{x_2^2+y_2^2}} = \frac{1}{\sqrt{x_1^2(k^2+1)}} + \frac{1}{\sqrt{x_2^2(k^2+1)}} = \frac{1}{\sqrt{k^2+1}} ( \frac{1}{|x_1|} + \frac{1}{|x_2|} ) = \frac{1}{\sqrt{k^2+1}} · \frac{x_2-x_1}{-x_1 · x_2} = \frac{1}{\sqrt{k^2+1}} · \frac{\sqrt{k^2+1}}{\frac{1}{4}} = 4$。
综上，$\frac{1}{OP}+\frac{1}{OQ}$的值为4。
(3) 证明：$x_1-x_2+y_1-y_2 = x_1-x_2 + x_1^2+bx_1-\frac{1}{4} - x_2^2 -bx_2 + \frac{1}{4} = (x_1-x_2)(x_1+x_2+b+1)$。
∵ 点$P,Q$在抛物线对称轴的左侧，抛物线对称轴为$x=-\frac{b}{2}$，
∴ $x_1 ＜ x_2 ＜ -\frac{b}{2}$。
∵ $x_1,x_2$ 为整数，且$x_1＜x_2$，
∴ $x_1 ≤ x_2-1 ＜ -\frac{b}{2}-1$，
∴ $x_1 ＜ -\frac{b}{2}-1$，
∴ $x_1+x_2+b+1 ＜ -\frac{b}{2}-1 -\frac{b}{2} +b+1 = 0$，
∴ $x_1-x_2$ 和 $x_1+x_2+b+1$ 都是负数，
∴ $(x_1-x_2)(x_1+x_2+b+1)$ 是正数，即 $x_1-x_2+y_1-y_2$ 为正值。
【答案】
(1) $\boxed{1}$；(2) $\boxed{4}$；(3) 证明成立，$x_1-x_2+y_1-y_2$为正值
【知识点】
二次函数的图象与性质，一元二次方程根与系数的关系，代数式化简与证明
【点评】
本题设置三个梯度明显的小问，综合考查二次函数对称性、二次函数与一次函数交点问题、代数式逻辑推导等内容，既要求掌握基础的方程求解能力，也对逻辑推理能力有一定要求，是二次函数综合类的典型习题。
【难度系数】
0.5
22(10分)[2025安徽池州期末]如图,AC是正方形ABCD的对角线,AE平分∠CAD交CD于点E,点M在AC上,且AM=AD,连接DM并延长,分别交AE,BC于点G,F.
(1)求证:DE=CF;
(2)求证$:CF^2=GE·AE;$
(3)求tan∠CMF的值.
(1)求证:DE=CF;
(2)求证$:CF^2=GE·AE;$
(3)求tan∠CMF的值.
答案
22. (1)【证明】
∵ 四边形 $ABCD$ 是正方形，
∴ $AD=CD$，$∠ ADE = ∠ DCF = 90°$，则 $∠ ADG + ∠ CDF = 90°$.
∵ $AM=AD$，$AE$ 平分 $∠ CAD$，
∴ $AE ⊥ DM$，
∴ $∠ AGD=90°$，
∴ $∠ ADG + ∠ DAE = 90°$，
∴ $∠ DAE = ∠ CDF$. 在 $△ ADE$ 与 $△ DCF$ 中，$\begin{cases}∠ DAE = ∠ CDF, \\AD=DC, \\∠ ADE = ∠ DCF,\end{cases}$
∴ $△ ADE ≌ △ DCF(\mathrm{ASA})$，
∴ $DE=CF$. (2)【证明】由(1)可知 $∠ DAE = ∠ CDF$，$AE ⊥ DM$，
∴ $∠ DGE = ∠ ADE = 90°$，
∴ $△ DGE ∽ △ ADE$，
∴ $\frac{DE}{AE} = \frac{GE}{DE}$，即 $DE^2 = GE · AE$.
∵ $DE=CF$，
∴ $CF^2 = GE · AE$. (3)【解】
∵ 四边形 $ABCD$ 是正方形，
∴ $AD // BC$，
∴ $∠ ADF = ∠ CFM$.
∵ $AM=AD$，
∴ $∠ AMD = ∠ ADF$.
∵ $∠ AMD = ∠ CMF$，
∴ $∠ CFM = ∠ CMF$，
∴ $CF=CM$. 设正方形 $ABCD$ 的边长为 $a$，则 $AD=AM=CD=a$. 在 $\mathrm{Rt}△ ACD$ 中，由勾股定理得 $AC=\sqrt{AD^2+CD^2} = \sqrt{a^2+a^2} = \sqrt{2}a$，
∴ $CF=CM=AC-AM = (\sqrt{2}-1)a$，
∴ $\tan∠ CMF = \tan∠ CFM = \frac{CD}{CF} = \frac{a}{(\sqrt{2}-1)a} = \frac{1}{\sqrt{2}-1} = \sqrt{2}+1$.
∵ 四边形 $ABCD$ 是正方形，
∴ $AD=CD$，$∠ ADE = ∠ DCF = 90°$，则 $∠ ADG + ∠ CDF = 90°$.
∵ $AM=AD$，$AE$ 平分 $∠ CAD$，
∴ $AE ⊥ DM$，
∴ $∠ AGD=90°$，
∴ $∠ ADG + ∠ DAE = 90°$，
∴ $∠ DAE = ∠ CDF$. 在 $△ ADE$ 与 $△ DCF$ 中，$\begin{cases}∠ DAE = ∠ CDF, \\AD=DC, \\∠ ADE = ∠ DCF,\end{cases}$
∴ $△ ADE ≌ △ DCF(\mathrm{ASA})$，
∴ $DE=CF$. (2)【证明】由(1)可知 $∠ DAE = ∠ CDF$，$AE ⊥ DM$，
∴ $∠ DGE = ∠ ADE = 90°$，
∴ $△ DGE ∽ △ ADE$，
∴ $\frac{DE}{AE} = \frac{GE}{DE}$，即 $DE^2 = GE · AE$.
∵ $DE=CF$，
∴ $CF^2 = GE · AE$. (3)【解】
∵ 四边形 $ABCD$ 是正方形，
∴ $AD // BC$，
∴ $∠ ADF = ∠ CFM$.
∵ $AM=AD$，
∴ $∠ AMD = ∠ ADF$.
∵ $∠ AMD = ∠ CMF$，
∴ $∠ CFM = ∠ CMF$，
∴ $CF=CM$. 设正方形 $ABCD$ 的边长为 $a$，则 $AD=AM=CD=a$. 在 $\mathrm{Rt}△ ACD$ 中，由勾股定理得 $AC=\sqrt{AD^2+CD^2} = \sqrt{a^2+a^2} = \sqrt{2}a$，
∴ $CF=CM=AC-AM = (\sqrt{2}-1)a$，
∴ $\tan∠ CMF = \tan∠ CFM = \frac{CD}{CF} = \frac{a}{(\sqrt{2}-1)a} = \frac{1}{\sqrt{2}-1} = \sqrt{2}+1$.
解析
【分析】
(1) 要证DE=CF，可通过证明两条边所在的三角形全等求解：结合正方形性质可得AD=DC、∠ADE=∠DCF=90°，再根据AM=AD、AE平分∠CAD，由等腰三角形三线合一得AE⊥DM，通过同角的余角相等推导∠DAE=∠CDF，即可证明△ADE≌△DCF得到边相等。
(2) 要证等积式$CF^2=GE·AE$，先由(1)的结论转化为证明$DE^2=GE·AE$，将等积式转为比例式$\frac{DE}{AE}=\frac{GE}{DE}$，通过证明△DGE和△ADE相似，即可得到对应比例关系，代入等量DE=CF即可得证。
(3) 求$\tan∠CMF$的值，先通过对顶角相等、等腰三角形等边对等角、平行线的性质导角，得到$∠CMF=∠CFM$，即CF=CM；设正方形边长为参数，结合勾股定理求出AC的长度，进而得到CM（即CF）的长度，在$\mathrm{Rt}△DCF$中利用正切的定义计算，分母有理化后即可得到结果。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ $AD=CD$，$∠ADE = ∠DCF = 90°$，则 $∠ADG + ∠CDF = 90°$.
∵ $AM=AD$，$AE$平分$∠CAD$，
∴ $AE ⊥ DM$，
∴ $∠AGD=90°$，
∴ $∠ADG + ∠DAE = 90°$，
∴ $∠DAE = ∠CDF$.
在$△ADE$与$△DCF$中，
$\begin{cases}∠DAE = ∠CDF, \\AD=DC, \\∠ADE = ∠DCF,\end{cases}$
∴ $△ADE ≌ △DCF(\mathrm{ASA})$，
∴ $DE=CF$.
(2) 证明：
由(1)可知 $∠DAE = ∠CDF$，$AE ⊥ DM$，
∴ $∠DGE = ∠ADE = 90°$，
又
∵ $∠DEG=∠AED$，
∴ $△DGE ∽ △ADE$，
∴ $\frac{DE}{AE} = \frac{GE}{DE}$，即 $DE^2 = GE · AE$.
∵ $DE=CF$，
∴ $CF^2 = GE · AE$.
(3) 解：
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ $AD // BC$，
∴ $∠ADF = ∠CFM$.
∵ $AM=AD$，
∴ $∠AMD = ∠ADF$.
∵ $∠AMD = ∠CMF$，
∴ $∠CFM = ∠CMF$，
∴ $CF=CM$.
设正方形ABCD的边长为$a$，则 $AD=AM=CD=a$.
在$\mathrm{Rt}△ACD$中，由勾股定理得 $AC=\sqrt{AD^2+CD^2} = \sqrt{a^2+a^2} = \sqrt{2}a$，
∴ $CF=CM=AC-AM = (\sqrt{2}-1)a$，
∴ $\tan∠CMF = \tan∠CFM = \frac{CD}{CF} = \frac{a}{(\sqrt{2}-1)a} = \frac{1}{\sqrt{2}-1} = \sqrt{2}+1$.
【答案】
(1) DE=CF，证明成立；
(2) $CF^2=GE·AE$，证明成立；
(3) $\sqrt{2}+1$
【知识点】
正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质
【点评】
本题是几何综合题，围绕正方形的性质展开，融合了全等、相似的证明及锐角三角函数的计算，解题核心是通过角的推导找到全等、相似的判定条件，第三问通过设参数的方法将几何边长的计算转化为代数运算，有效降低了解题难度，是考查几何综合应用能力的典型习题。
【难度系数】
0.6
(1) 要证DE=CF，可通过证明两条边所在的三角形全等求解：结合正方形性质可得AD=DC、∠ADE=∠DCF=90°，再根据AM=AD、AE平分∠CAD，由等腰三角形三线合一得AE⊥DM，通过同角的余角相等推导∠DAE=∠CDF，即可证明△ADE≌△DCF得到边相等。
(2) 要证等积式$CF^2=GE·AE$，先由(1)的结论转化为证明$DE^2=GE·AE$，将等积式转为比例式$\frac{DE}{AE}=\frac{GE}{DE}$，通过证明△DGE和△ADE相似，即可得到对应比例关系，代入等量DE=CF即可得证。
(3) 求$\tan∠CMF$的值，先通过对顶角相等、等腰三角形等边对等角、平行线的性质导角，得到$∠CMF=∠CFM$，即CF=CM；设正方形边长为参数，结合勾股定理求出AC的长度，进而得到CM（即CF）的长度，在$\mathrm{Rt}△DCF$中利用正切的定义计算，分母有理化后即可得到结果。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ $AD=CD$，$∠ADE = ∠DCF = 90°$，则 $∠ADG + ∠CDF = 90°$.
∵ $AM=AD$，$AE$平分$∠CAD$，
∴ $AE ⊥ DM$，
∴ $∠AGD=90°$，
∴ $∠ADG + ∠DAE = 90°$，
∴ $∠DAE = ∠CDF$.
在$△ADE$与$△DCF$中，
$\begin{cases}∠DAE = ∠CDF, \\AD=DC, \\∠ADE = ∠DCF,\end{cases}$
∴ $△ADE ≌ △DCF(\mathrm{ASA})$，
∴ $DE=CF$.
(2) 证明：
由(1)可知 $∠DAE = ∠CDF$，$AE ⊥ DM$，
∴ $∠DGE = ∠ADE = 90°$，
又
∵ $∠DEG=∠AED$，
∴ $△DGE ∽ △ADE$，
∴ $\frac{DE}{AE} = \frac{GE}{DE}$，即 $DE^2 = GE · AE$.
∵ $DE=CF$，
∴ $CF^2 = GE · AE$.
(3) 解：
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ $AD // BC$，
∴ $∠ADF = ∠CFM$.
∵ $AM=AD$，
∴ $∠AMD = ∠ADF$.
∵ $∠AMD = ∠CMF$，
∴ $∠CFM = ∠CMF$，
∴ $CF=CM$.
设正方形ABCD的边长为$a$，则 $AD=AM=CD=a$.
在$\mathrm{Rt}△ACD$中，由勾股定理得 $AC=\sqrt{AD^2+CD^2} = \sqrt{a^2+a^2} = \sqrt{2}a$，
∴ $CF=CM=AC-AM = (\sqrt{2}-1)a$，
∴ $\tan∠CMF = \tan∠CFM = \frac{CD}{CF} = \frac{a}{(\sqrt{2}-1)a} = \frac{1}{\sqrt{2}-1} = \sqrt{2}+1$.
【答案】
(1) DE=CF，证明成立；
(2) $CF^2=GE·AE$，证明成立；
(3) $\sqrt{2}+1$
【知识点】
正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质
【点评】
本题是几何综合题，围绕正方形的性质展开，融合了全等、相似的证明及锐角三角函数的计算，解题核心是通过角的推导找到全等、相似的判定条件，第三问通过设参数的方法将几何边长的计算转化为代数运算，有效降低了解题难度，是考查几何综合应用能力的典型习题。
【难度系数】
0.6
23(12分)[2026安徽六安质检]在$△ ABC$中，$∠ A,∠ B,∠ C$的对边分别是$a,b,c$，$∠ A=55°$，$b=20\ \mathrm{cm}$，$c=30\ \mathrm{cm}$，求$S_{△ ABC}$(参考数据：$\sin 55°\approx0.82$).
解：如图，作$AB$边上的高$CD$.
$\because$在$\mathrm{Rt}△ ACD$中，$CD=AC·\sin A=b\sin A$，
$\therefore S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AB· CD=\frac{1}{2}bc\sin A$.
$\because b=20\ \mathrm{cm}$，$c=30\ \mathrm{cm}$，$∠ A=55°$，
$\therefore S_{△ ABC}=\frac{1}{2}×20×30×\sin 55°\approx\frac{1}{2}×20×30×0.82=246(\mathrm{cm}^2)$.
【得出结论】
在锐角$△ ABC$中，$∠ A,∠ B,∠ C$的对边分别是$a,b,c$，则有$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}bc\sin A=\frac{1}{2}ac\sin B=\frac{1}{2}ab\sin C$.
【结论应用】
(1)若$a=30\ \mathrm{cm}$，$b=36\ \mathrm{cm}$，$∠ C=30°$，求$△ ABC$的面积.
(2)如图，在$△ ABC$中，$∠ BAC=90°$，$\tan∠ ABC=\frac{1}{2}$，$D$是边$AB$的中点，过点$D$作$DE⊥ BC$，交$BC$于点$E$，过点$B$作$BG⊥ AB$，交$DE$的延长线于点$G$，连接$AG$交$BC$于点$F$.
①求$\sin∠ BGD$的值；
②设$AC$的长为$x$，$△ ACF$的面积为$y$，求$y$关于$x$的函数表达式(不用写$x$的取值范围).
解：如图，作$AB$边上的高$CD$.
$\because$在$\mathrm{Rt}△ ACD$中，$CD=AC·\sin A=b\sin A$，
$\therefore S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AB· CD=\frac{1}{2}bc\sin A$.
$\because b=20\ \mathrm{cm}$，$c=30\ \mathrm{cm}$，$∠ A=55°$，
$\therefore S_{△ ABC}=\frac{1}{2}×20×30×\sin 55°\approx\frac{1}{2}×20×30×0.82=246(\mathrm{cm}^2)$.
【得出结论】
在锐角$△ ABC$中，$∠ A,∠ B,∠ C$的对边分别是$a,b,c$，则有$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}bc\sin A=\frac{1}{2}ac\sin B=\frac{1}{2}ab\sin C$.
【结论应用】
(1)若$a=30\ \mathrm{cm}$，$b=36\ \mathrm{cm}$，$∠ C=30°$，求$△ ABC$的面积.
(2)如图，在$△ ABC$中，$∠ BAC=90°$，$\tan∠ ABC=\frac{1}{2}$，$D$是边$AB$的中点，过点$D$作$DE⊥ BC$，交$BC$于点$E$，过点$B$作$BG⊥ AB$，交$DE$的延长线于点$G$，连接$AG$交$BC$于点$F$.
①求$\sin∠ BGD$的值；
②设$AC$的长为$x$，$△ ACF$的面积为$y$，求$y$关于$x$的函数表达式(不用写$x$的取值范围).
答案
23. 【解】(1)根据结论，得 $S_{△ ABC} = \frac{1}{2}ab\sin C = \frac{1}{2} × 30 × 36 × \sin 30° = \frac{1}{2} × 30 × 36 × \frac{1}{2} = 270(\mathrm{cm}^2)$. (2)①
∵ 在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中，$\tan∠ ABC = \frac{AC}{AB} = \frac{1}{2}$，
∴ 设 $AC=m$，$AB=2m$，
∴ $BC=\sqrt{AC^2+AB^2} = \sqrt{5}m$，
∴ $\sin∠ ABC = \frac{AC}{BC} = \frac{m}{\sqrt{5}m} = \frac{\sqrt{5}}{5}$.
∵ $BG ⊥ AB$，
∴ $∠ ABC + ∠ CBG = ∠ ABG = 90°$.
∵ $DG ⊥ BC$，
∴ $∠ BEG=90°$，
∴ $∠ BGD + ∠ CBG = 90°$，
∴ $∠ BGD = ∠ ABC$，
∴ $\sin∠ BGD = \sin∠ ABC = \frac{\sqrt{5}}{5}$. ②
∵ $∠ BAC=90°$，$\tan∠ ABC = \frac{1}{2}$，$AC=x$，
∴ $AB = \frac{AC}{\tan∠ ABC} = \frac{x}{\frac{1}{2}} = 2x$.
∵ $D$ 是 $AB$ 的中点，
∴ $AD=BD=x$. 由①知 $∠ BGD = ∠ ABC$，
∴ $\tan∠ BGD = \tan∠ ABC = \frac{1}{2}$，
∴ 在 $\mathrm{Rt}△ BGD$ 中，$BG = \frac{BD}{\tan∠ BGD} = 2x$，
∴ $AB=BG$.
∵ $∠ ABG=90°$，
∴ $△ ABG$ 是等腰直角三角形，
∴ $∠ BAG=45°$，
∴ $∠ CAF=45°$，$AG = \frac{BG}{\sin∠ BAG} = \frac{2x}{\sin 45°} = 2\sqrt{2}x$.
∵ $∠ CAB + ∠ ABG = 180°$，
∴ $AC // BG$，
∴ $△ ACF ∽ △ GBF$，
∴ $\frac{AF}{GF} = \frac{AC}{BG} = \frac{x}{2x} = \frac{1}{2}$，
∴ $GF=2AF$.
∵ $AF+GF=AG=2\sqrt{2}x$，
∴ $AF = \frac{2\sqrt{2}}{3}x$，
∴ $S_{△ ACF} = \frac{1}{2}AC · AF · \sin 45° = \frac{1}{2}x · \frac{2\sqrt{2}}{3}x · \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{1}{3}x^2$，即 $y = \frac{1}{3}x^2$.
∵ 在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中，$\tan∠ ABC = \frac{AC}{AB} = \frac{1}{2}$，
∴ 设 $AC=m$，$AB=2m$，
∴ $BC=\sqrt{AC^2+AB^2} = \sqrt{5}m$，
∴ $\sin∠ ABC = \frac{AC}{BC} = \frac{m}{\sqrt{5}m} = \frac{\sqrt{5}}{5}$.
∵ $BG ⊥ AB$，
∴ $∠ ABC + ∠ CBG = ∠ ABG = 90°$.
∵ $DG ⊥ BC$，
∴ $∠ BEG=90°$，
∴ $∠ BGD + ∠ CBG = 90°$，
∴ $∠ BGD = ∠ ABC$，
∴ $\sin∠ BGD = \sin∠ ABC = \frac{\sqrt{5}}{5}$. ②
∵ $∠ BAC=90°$，$\tan∠ ABC = \frac{1}{2}$，$AC=x$，
∴ $AB = \frac{AC}{\tan∠ ABC} = \frac{x}{\frac{1}{2}} = 2x$.
∵ $D$ 是 $AB$ 的中点，
∴ $AD=BD=x$. 由①知 $∠ BGD = ∠ ABC$，
∴ $\tan∠ BGD = \tan∠ ABC = \frac{1}{2}$，
∴ 在 $\mathrm{Rt}△ BGD$ 中，$BG = \frac{BD}{\tan∠ BGD} = 2x$，
∴ $AB=BG$.
∵ $∠ ABG=90°$，
∴ $△ ABG$ 是等腰直角三角形，
∴ $∠ BAG=45°$，
∴ $∠ CAF=45°$，$AG = \frac{BG}{\sin∠ BAG} = \frac{2x}{\sin 45°} = 2\sqrt{2}x$.
∵ $∠ CAB + ∠ ABG = 180°$，
∴ $AC // BG$，
∴ $△ ACF ∽ △ GBF$，
∴ $\frac{AF}{GF} = \frac{AC}{BG} = \frac{x}{2x} = \frac{1}{2}$，
∴ $GF=2AF$.
∵ $AF+GF=AG=2\sqrt{2}x$，
∴ $AF = \frac{2\sqrt{2}}{3}x$，
∴ $S_{△ ACF} = \frac{1}{2}AC · AF · \sin 45° = \frac{1}{2}x · \frac{2\sqrt{2}}{3}x · \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{1}{3}x^2$，即 $y = \frac{1}{3}x^2$.
解析
【分析】
本题属于结论应用类几何综合题，解题思路如下：
(1)第一小问直接套用题干给出的三角形面积公式$S_{△ABC}=\frac{1}{2}ab\sin C$，代入对应数值计算即可。
(2)①求$\sin∠BGD$时，利用直角三角形两锐角互余的性质，推导得出$∠BGD=∠ABC$，将所求三角函数值转化为已知$\tan$值的$∠ABC$的正弦值，再结合勾股定理和正弦的定义计算即可。
②先根据$\tan∠ABC$的值和$AC=x$求出$AB$长度，结合$D$是中点得到$BD$长度，再利用①的结论求出$BG$的长度，通过证明$AC// BG$得到$△ ACF ∼ △ GBF$，求出$AF$与$AG$的比例关系，最后套用三角形面积公式得到$y$关于$x$的函数表达式。
【解析】
(1) 由题干给出的三角形面积公式$S_{△ABC}=\frac{1}{2}ab\sin C$，代入$a=30\mathrm{cm}$，$b=36\mathrm{cm}$，$∠ C=30°$：
$S_{△ABC} = \frac{1}{2} × 30 × 36 × \sin 30° = \frac{1}{2} × 30 × 36 × \frac{1}{2} = 270(\mathrm{cm}^2)$
(2) ① 在$\mathrm{Rt}△ABC$中，$\tan∠ABC = \frac{AC}{AB} = \frac{1}{2}$，设$AC=m$，则$AB=2m$，
由勾股定理得$BC=\sqrt{AC^2+AB^2} = \sqrt{m^2+(2m)^2}=\sqrt{5}m$，
$\therefore \sin∠ABC = \frac{AC}{BC} = \frac{m}{\sqrt{5}m} = \frac{\sqrt{5}}{5}$。
$\because BG⊥AB$，$\therefore ∠ABG=90°$，即$∠ABC + ∠CBG = 90°$，
$\because DE⊥BC$，$\therefore ∠BEG=90°$，即$∠BGD + ∠CBG = 90°$，
$\therefore ∠BGD = ∠ABC$，
$\therefore \sin∠BGD = \sin∠ABC = \frac{\sqrt{5}}{5}$。
② $\because ∠BAC=90°$，$\tan∠ABC = \frac{AC}{AB}=\frac{1}{2}$，$AC=x$，
$\therefore AB = \frac{AC}{\tan∠ABC} = 2x$，
$\because D$是$AB$中点，$\therefore AD=BD=\frac{1}{2}AB=x$，
由①知$∠BGD = ∠ABC$，$\therefore \tan∠BGD = \tan∠ABC=\frac{1}{2}$，
在$\mathrm{Rt}△BGD$中，$\tan∠BGD=\frac{BD}{BG}=\frac{1}{2}$，$\therefore BG=\frac{BD}{\tan∠BGD}=2x$，
$\because ∠ABG=90°$，$AB=BG=2x$，$\therefore △ABG$是等腰直角三角形，$\therefore ∠BAG=45°$，
$\therefore ∠CAF=∠BAC - ∠BAG=90°-45°=45°$，
$\because ∠BAC + ∠ABG=90°+90°=180°$，$\therefore AC// BG$，
$\therefore △ACF ∽ △GBF$，$\therefore \frac{AF}{GF}=\frac{AC}{BG}=\frac{x}{2x}=\frac{1}{2}$，即$GF=2AF$，
等腰直角三角形$ABG$中$AG=\sqrt{AB^2+BG^2}=2\sqrt{2}x$，
$\therefore AF + 2AF = 2\sqrt{2}x$，解得$AF=\frac{2\sqrt{2}}{3}x$，
$\therefore S_{△ACF}=\frac{1}{2}·AC·AF·\sin∠CAF=\frac{1}{2}·x·\frac{2\sqrt{2}}{3}x·\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{1}{3}x^2$，即$y=\frac{1}{3}x^2$。
【答案】
(1) $270\mathrm{cm}^2$；
(2) ① $\frac{\sqrt{5}}{5}$；② $y=\frac{1}{3}x^2$
【知识点】
三角形面积计算，锐角三角函数，相似三角形的判定与性质
【点评】
本题以新推导的三角形面积公式为切入点，综合考查了三角函数的转化应用、相似三角形的性质以及函数表达式的求解，题型设置由易到难，梯度明显，既注重基础公式的迁移运用，也能有效考查逻辑推理和几何计算能力。
【难度系数】
0.6
本题属于结论应用类几何综合题，解题思路如下：
(1)第一小问直接套用题干给出的三角形面积公式$S_{△ABC}=\frac{1}{2}ab\sin C$，代入对应数值计算即可。
(2)①求$\sin∠BGD$时，利用直角三角形两锐角互余的性质，推导得出$∠BGD=∠ABC$，将所求三角函数值转化为已知$\tan$值的$∠ABC$的正弦值，再结合勾股定理和正弦的定义计算即可。
②先根据$\tan∠ABC$的值和$AC=x$求出$AB$长度，结合$D$是中点得到$BD$长度，再利用①的结论求出$BG$的长度，通过证明$AC// BG$得到$△ ACF ∼ △ GBF$，求出$AF$与$AG$的比例关系，最后套用三角形面积公式得到$y$关于$x$的函数表达式。
【解析】
(1) 由题干给出的三角形面积公式$S_{△ABC}=\frac{1}{2}ab\sin C$，代入$a=30\mathrm{cm}$，$b=36\mathrm{cm}$，$∠ C=30°$：
$S_{△ABC} = \frac{1}{2} × 30 × 36 × \sin 30° = \frac{1}{2} × 30 × 36 × \frac{1}{2} = 270(\mathrm{cm}^2)$
(2) ① 在$\mathrm{Rt}△ABC$中，$\tan∠ABC = \frac{AC}{AB} = \frac{1}{2}$，设$AC=m$，则$AB=2m$，
由勾股定理得$BC=\sqrt{AC^2+AB^2} = \sqrt{m^2+(2m)^2}=\sqrt{5}m$，
$\therefore \sin∠ABC = \frac{AC}{BC} = \frac{m}{\sqrt{5}m} = \frac{\sqrt{5}}{5}$。
$\because BG⊥AB$，$\therefore ∠ABG=90°$，即$∠ABC + ∠CBG = 90°$，
$\because DE⊥BC$，$\therefore ∠BEG=90°$，即$∠BGD + ∠CBG = 90°$，
$\therefore ∠BGD = ∠ABC$，
$\therefore \sin∠BGD = \sin∠ABC = \frac{\sqrt{5}}{5}$。
② $\because ∠BAC=90°$，$\tan∠ABC = \frac{AC}{AB}=\frac{1}{2}$，$AC=x$，
$\therefore AB = \frac{AC}{\tan∠ABC} = 2x$，
$\because D$是$AB$中点，$\therefore AD=BD=\frac{1}{2}AB=x$，
由①知$∠BGD = ∠ABC$，$\therefore \tan∠BGD = \tan∠ABC=\frac{1}{2}$，
在$\mathrm{Rt}△BGD$中，$\tan∠BGD=\frac{BD}{BG}=\frac{1}{2}$，$\therefore BG=\frac{BD}{\tan∠BGD}=2x$，
$\because ∠ABG=90°$，$AB=BG=2x$，$\therefore △ABG$是等腰直角三角形，$\therefore ∠BAG=45°$，
$\therefore ∠CAF=∠BAC - ∠BAG=90°-45°=45°$，
$\because ∠BAC + ∠ABG=90°+90°=180°$，$\therefore AC// BG$，
$\therefore △ACF ∽ △GBF$，$\therefore \frac{AF}{GF}=\frac{AC}{BG}=\frac{x}{2x}=\frac{1}{2}$，即$GF=2AF$，
等腰直角三角形$ABG$中$AG=\sqrt{AB^2+BG^2}=2\sqrt{2}x$，
$\therefore AF + 2AF = 2\sqrt{2}x$，解得$AF=\frac{2\sqrt{2}}{3}x$，
$\therefore S_{△ACF}=\frac{1}{2}·AC·AF·\sin∠CAF=\frac{1}{2}·x·\frac{2\sqrt{2}}{3}x·\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{1}{3}x^2$，即$y=\frac{1}{3}x^2$。
【答案】
(1) $270\mathrm{cm}^2$；
(2) ① $\frac{\sqrt{5}}{5}$；② $y=\frac{1}{3}x^2$
【知识点】
三角形面积计算，锐角三角函数，相似三角形的判定与性质
【点评】
本题以新推导的三角形面积公式为切入点，综合考查了三角函数的转化应用、相似三角形的性质以及函数表达式的求解，题型设置由易到难，梯度明显，既注重基础公式的迁移运用，也能有效考查逻辑推理和几何计算能力。
【难度系数】
0.6
