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(共113张PPT)
2026中考数学专项复习 精讲课件
03几何综合型问题（3类）
重难题型突破 精讲课件
类型一　几何变换型问题
类型二　动点型问题
类型三　与圆有关的综合问题
重难题型突破篇
类型一　几何变换型问题
角度 　正多边形的研究
(2025烟台)【问题呈现】
如图Z3-1①,已知P是正方形A1A2A3A4外一点,且满足∠PA1A2+∠PA3A2=180°,探究PA1,PA2,PA3三条线段的数量关系.
题型精练
图Z3-1
小颖通过观察、分析、思考,形成了如下思路:
思路一:如图②,构造△QA3A2与△PA1A2全等,从而得出PA1+PA3与PA2的数量关系;
思路二:如图③,构造△MA1A2与△NA3A2全等,从而得出PA1+PA3与PA2的数量关系.
(1)请参考小颖的思路,直接写出PA1+PA3与PA2的数量关系:　　　　　　　;
图Z3-1
【类比探究】
(2)如图④,若P是正五边形A1A2A3A4A5外一点,且满足∠PA1A2+∠PA3A2=180°,
PA1=11,PA3=49,求PA2的长度(结果精确到0.1,参考数据:sin 54°≈0.81,sin 72°≈
0.95,cos 54°≈0.59,cos 72°≈0.31);
【拓展延伸】
(3)如图⑤,若P是正十边形A1A2…A10外
一点,且满足∠PA1A2+∠PA3A2=180°,则
PA1,PA2,PA3三条线段的数量关系为
　　　　　　　　(结果用含有锐角
三角函数的式子表示).
图Z3-1
小颖通过观察、分析、思考,形成了如下思路:
思路一:如图②,构造△QA3A2与△PA1A2全等,从而得出PA1+PA3与PA2的数量关系;
思路二:如图③,构造△MA1A2与△NA3A2全等,从而得出PA1+PA3与PA2的数量关系.
(1)请参考小颖的思路,直接写出PA1+PA3与PA2的数量关系:　　 　　　　　;
图Z3-1
PA1+PA3=PA2
[解析]如图①,延长PA3至点Q,使得A3Q=PA1,连接A2Q.
∵∠PA1A2+∠PA3A2=180°,∠QA3A2+∠PA3A2=180°,∴∠PA1A2=∠QA3A2.
∵四边形A1A2A3A4是正方形,∴A2A3=A2A1,∠A1A2A3=90°,
∴△QA3A2≌△PA1A2,∴∠A3A2Q=∠A1A2P,QA2=PA2.
∵∠A1A2A3=90°,∴∠A1A2P+∠PA2A3=90°,
∴∠A3A2Q+∠PA2A3=90°,即∠PA2Q=90°,
∴△A2PQ是等腰直角三角形,
∴PQ=PA3+A3Q=PA3+PA1=PA2.
故答案为PA1+PA3=PA2.
(2)如图④,若P是正五边形A1A2A3A4A5外一点,且满足∠PA1A2+∠PA3A2=180°,
PA1=11,PA3=49,求PA2的长度(结果精确到0.1,参考数据:sin 54°≈0.81,sin 72°≈
0.95,cos 54°≈0.59,cos 72°≈0.31);
图Z3-1
解:(2)正五边形的一个内角的度数为=108°.
如图②,延长PA3至点Q,使得A3Q=PA1,连接A2Q,过点A2作A2T⊥PQ于点T.
同(1)可得△QA3A2≌△PA1A2,∴∠A3A2Q=∠A1A2P,QA2=PA2,
∴∠PA2Q=∠A1A2A3=108°.
∵QA2=PA2,A2T⊥PQ,∴∠PA2T=∠PA2Q=54°.
∵PA1=11,PA3=49,
∴PQ=PA3+A3Q=PA3+PA1=60,
∴PT=PQ=30,∴PA2=≈≈37.0.
(3)如图⑤,若P是正十边形A1A2…A10外一点,且满足∠PA1A2+∠PA3A2=180°,则
PA1,PA2,PA3三条线段的数量关系为　　 　　　　　　(结果用含有锐角三角函数的式子表示).
图Z3-1
PA1+PA3=2PA2·sin 72°　
[解析]如图③,延长PA3至点Q,使得A3Q=PA1,连接A2Q,过点A2作A2T⊥PQ于点T.
同(2)可得A2Q=PA2,∠PA2Q=∠A1A2A3==144°,
∴∠PA2T=∠PA2Q=72°.
∵PQ=PA3+A3Q=PA3+PA1,
∴PT=PQ=(PA1+PA3),
∴PA2=,
即PA1+PA3=2PA2·sin 72°.
故答案为PA1+PA3=2PA2·sin 72°.
折叠的本质是轴对称,折叠类问题要充分利用折叠的性质,转化边和角.
提醒:关注“两点一线”,“两点”即对称点,“一线”即折痕所在直线.
角度 　翻折过程蕴含的数学知识
知识储备
(2025吉林)【问题背景】在学行四边形后,某数学兴趣小组研究了有一个内角为60°的平行四边形的折叠问题.其探究过程如下:
【探究发现】如图Z3-2,在 ABCD中,∠A=60°,AB>AD,E为边AD的中点,点F在边DC上,且DF=DE,连接EF,将△DEF沿EF翻折得到△GEF,点D的对应点为点G.小组成员发现四边形DEGF是一个特殊的四边形,请判断该四边形的形状,不需要说明理由.
例
1
典题精讲
图Z3-2
【探究证明】取图Z3-2中的边BC的中点M,点N在边AB上,且BN=BM,连接MN,将△BMN沿MN翻折得到△HMN,点B的对应点为点H,连接FH,GN,如图Z3-3,求证:四边形GFHN是平行四边形.
【探究提升】在图Z3-3中,四边形GFHN能否成为轴对称图形 如果能,直接写出的值;如果不能,说明理由.
图Z3-3
【探究发现】如图Z3-2,在 ABCD中,∠A=60°,AB>AD,E为边AD的中点,点F在边DC上,且DF=DE,连接EF,将△DEF沿EF翻折得到△GEF,点D的对应点为点G.小组成员发现四边形DEGF是一个特殊的四边形,请判断该四边形的形状,不需要说明理由.
图Z3-2
解:【探究发现】四边形DEGF是菱形.
[解析]∵将△DEF沿EF翻折得到△GEF,
∴DE=GE,DF=GF.
又∵DF=DE,∴GE=DE=DF=GF,
∴四边形DEGF是菱形.
【探究证明】取图Z3-2中的边BC的中点M,点N在边AB上,且BN=BM,连接MN,将△BMN沿MN翻折得到△HMN,点B的对应点为点H,连接FH,GN,如图Z3-3,求证:四边形GFHN是平行四边形.
图Z3-3
【探究证明】证明:∵将△BMN沿MN翻折得到△HMN,∴BN=HN,BM=HM.
又∵BN=BM,∴HN=BN=BM=HM,
∴四边形BMHN是菱形,∴HN∥BC.
∵E为边AD的中点,M为边BC的中点,
∴DE=AD,BM=BC.
∵四边形ABCD是平行四边形,∴AD=BC,AD∥BC,∴DE=BM,AD∥HN.
∵四边形DEGF是菱形,∴DE=FG,FG∥AD,
∴FG=DE=BM=HN,FG∥HN,
∴四边形GFHN是平行四边形.
【探究提升】在图Z3-3中,四边形GFHN能否成为轴对称图形 如果能,直接写出的值;如果不能,说明理由.
图Z3-3
【探究提升】四边形GFHN能成为轴对称图形,的值为或.
[解析]由【探究证明】知,四边形GFHN是平行四边形,若四边形GFHN为轴对称图形,则四边形GFHN是矩形或菱形.
当四边形GFHN是矩形时,过点G作GK⊥AB于点K,过点E作ET⊥AB于点T,如图①.
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AB∥CD,∠B=180°-∠A=120°.
∵四边形DEGF是菱形,∴EG=DE,EG∥DF,∴EG∥AB.
又∵ET⊥AB,GK⊥AB,∴四边形ETKG是矩形,∴EG=TK,ET=GK.
∵∠A=60°,∴∠AET=30°,∴AT=AE.
设AT=x,则AE=2x,∴GK=ET=x.
∵E为AD的中点,∴AD=2AE=4x,DE=AE=2x,∴EG=TK=2x.
∵四边形GFHN是矩形,∴∠GNH=90°.
∵四边形BMHN是菱形,∴∠HNB=180°-∠B=60°,
∴∠GNK=180°-∠GNH-∠HNB=180°-90°-60°=30°,
∴KN=GK=x=3x.
∵BN=BM=BC=AD=2x,
∴AB=AT+TK+KN+BN=x+2x+3x+2x=8x,
∴.
当四边形GFHN是菱形时,延长FG交AB于点W,如图②.
设AD=y,则DE=DF=EG=GF=BN=BM=HM=NH=y.
∵四边形GFHN是菱形,∴GF=FH=NH=GN=y.
∵EG∥AB,GF∥AD,∴四边形AEGW是平行四边形,∠GWN=∠A=60°,
∴AW=EG=y,GW=AE=y,∴GW=GN,∴△GWN是等边三角形,
∴WN=GW=y,∴AB=AW+WN+BN=y+y+y=y,∴.
综上所述,当四边形GFHN为轴对称图形时,的值为或.
(2025眉山)综合与实践
【问题情境】下面是某校数学社团在一次折纸活动中的探究过程.
【操作实践】如图Z3-4①,将矩形纸片ABCD沿过点C
的直线折叠,使点B落在AD边上的点B'处,折痕交AB于
点E,再沿着过点B'的直线折叠,使点D落在B'C上的点
D'处,折痕交CD于点F.将纸片展平,画出对应点B',D'及
折痕CE,B'F,连接B'E,B'C,D'F.
题型精练
图Z3-4
【初步猜想】(1)确定CE和B'F的位置关系及线段BE和CF的数量关系.
创新小组经过探究,发现CE∥B'F,证明过程如下:
由折叠的性质可知∠DB'F=∠CB'F=∠DB'C,
∠ECB'=∠ECB=∠BCB'.由矩形的性质,可知
AD∥BC,∴∠DB'C=∠BCB',∴①　　　　　　,
∴CE∥B'F.
智慧小组先测量BE和CF的长度,猜想其关系为②　　　　.
图Z3-4
经过探究,发现验证BE和CF数量关系的方法不唯一:
方法一:证明△AB'E≌△D'CF,得到B'E=CF,再由B'E=BE可得结论;
方法二:过点B'作AB的平行线交CE于点G,构造 CFB'G,然后证B'G=B'E可得
结论.
请补充上述过程中横线上的内容.
图Z3-4
【推理证明】(2)请你结合智慧小组的探究思路,选择一种方法验证BE和CF的数量关系,写出证明过程.
【尝试运用】(3)如图②,在矩形ABCD中,AB=6,按上述操作折叠并展开后,过点B'作B'G∥AB交CE于点G,连接D'G,当△B'D'G为直角三角形时,求BE的长.
图Z3-4
图Z3-4
【初步猜想】(1)确定CE和B'F的位置关系及线段BE和CF的数量关系.
创新小组经过探究,发现CE∥B'F,证明过程如下:
由折叠的性质可知∠DB'F=∠CB'F=∠DB'C,
∠ECB'=∠ECB=∠BCB'.由矩形的性质,可知
AD∥BC,∴∠DB'C=∠BCB',
∴①　　 　　　　,
∴CE∥B'F.
智慧小组先测量BE和CF的长度,猜想其关系为②　　　　.
请补充上述过程中横线上的内容.
图Z3-4
∠ECB'=∠CB'F
BE=CF
【推理证明】(2)请你结合智慧小组的探究思路,选择一种方法验证BE和CF的数量关系,写出证明过程.
图Z3-4
解:(2)证明:方法一 ∵四边形ABCD是矩形,
∴∠A=∠B=∠BCD=∠D=90°,BC=AD.
由折叠的性质,得B'D=B'D',BC=B'C=AD,BE=B'E,
∠D=∠B'D'F=90°,∠EB'C=∠B=90°,
∴AD-B'D=B'C-B'D',∠CD'F=90°=∠A,∴AB'=D'C.
由(1)知∠DB'C=∠BCB'.
又∵∠AB'E+∠DB'C=180°-∠EB'C=90°,∠BCB'+∠B'CF=∠BCD=90°,
∴∠AB'E=∠D'CF.
又∵AB'=CD',∠A=∠CD'F,∴△AB'E≌△D'CF,∴B'E=CF.
∵BE=B'E,∴BE=CF.
方法二 过点B'作B'G∥AB交CE于点G.
又∵CE∥B'F,
∴四边形CFB'G为平行四边形,
∴B'G=CF.
∵B'G∥AB,∴∠B'GE=∠BEC.
由折叠的性质,得∠BEC=∠B'EC,BE=B'E,
∴∠B'GE=∠B'EC,
∴B'E=B'G,∴BE=B'G=CF.
【尝试运用】(3)如图②,在矩形ABCD中,AB=6,按上述操作折叠并展开后,过点B'作B'G∥AB交CE于点G,连接D'G,当△B'D'G为直角三角形时,求BE的长.
图Z3-4
(3)∵B'G∥AB,∴∠GB'D=∠A=90°.
由(2)可知:B'G=B'E=BE=CF,CD'=AB',
△AB'E≌△D'CF,
∴D'F=AE.
设BE=x,则B'G=B'E=CF=BE=x,D'F=AE=AB-BE=6-x,
∴CD'=AB'=.
当△B'D'G为直角三角形时,分以下两种情况讨论:
①如图 ,若∠B'GD'=90°,则∠GB'D+∠B'GD'=180°,∴GD'∥AD∥BC,
∴∠CGD'=∠ECB.∴∠CGD'=∠GCD',∴GD'=CD'=.
∵四边形ABCD是矩形,
∴AB∥CD.又∵B'G∥AB,∴B'G∥CF,
∴∠GB'D'=∠FCD',
∴tan∠GB'D'=tan∠FCD',∴,
即,∴x(6-x)=12x-36,解得x1=3-3,x2=-3-3.
经检验,x1=3-3是所列方程的解,x2=-3-3不是所列方程的解,∴BE=3-3.
②如图 ,若∠B'D'G=90°,
∵∠B'D'F=∠D=90°,∴∠B'D'G+∠B'D'F=180°,
∴G,D',F三点共线,∴B'C⊥GF.
又∵四边形CFB'G为平行四边形,
∴四边形CFB'G为菱形,∴∠GCD'=∠FCD'.
由折叠的性质,得∠BCE=∠GCD',
∴∠BCE=∠GCD'=∠FCD'=30°.
在Rt△CFD'中,∠CD'F=90°,∠FCD'=30°,∴D'F=CF=x.
又∵D'F=6-x,∴x=6-x,解得x=4,∴BE=4.综上,BE的长为3-3或4.
1.旋转性质:旋转前后图形全等.
2.旋转模型:旋转任意大小的角度后旋转中心与对应边构成等腰三角形;旋转角度为90°时,旋转中心与对应边构成等腰直角三角形;旋转角度为60°时,旋转中心与对应边构成等边三角形.共顶点旋转会出现手拉手全等模型.
3.旋转会出现隐圆,旋转产生的最值问题往往转化为圆上点到直线的最大、最小距离问题(即圆心到直线的距离±半径).
角度 　旋转型问题
知识储备
(2024成都)数学活动课上,同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置,固定一个顶点,然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转,来探究图形旋转的性质.已知三角形纸片ABC和ADE中,AB=AD=3,BC=DE=4,∠ABC=
∠ADE=90°.
例
2
典题精讲
【初步感知】
(1)如图Z3-5,连接BD,CE,在纸片ADE绕点A旋转的过程中,试探究的值.
【深入探究】
(2)如图Z3-6,在纸片ADE绕点A旋转的
过程中,当点D恰好落在△ABC的中线
BM的延长线上时,延长ED交AC于点F,
求CF的长.
图Z3-5
图Z3-6
【拓展延伸】
(3)在纸片ADE绕点A旋转的过程中,试探究C,D,E三点能否构成直角三角形.若能,直接写出所有直角三角形CDE的面积;若不能,请说明理由.
图Z3-7
(1)如图Z3-5,连接BD,CE,在纸片ADE绕点A旋转的过程中,试探究的值.
图Z3-5
解:(1)∵△ADE≌△ABC,∴∠DAE=∠BAC,AE=AC,
∴∠DAE-∠DAC=∠BAC-∠DAC,
即∠CAE=∠BAD.
∵=1,即,
∴△ADB∽△AEC,∴.
在Rt△ABC中,AB=3,BC=4,∠ABC=90°,
∴AC==5,∴.
(2)如图Z3-6,在纸片ADE绕点A旋转的过程中,当点D恰好落在△ABC的中线BM的延长线上时,延长ED交AC于点F,求CF的长.
图Z3-6
(2)连接CE,延长BD交CE于点Q,连接AQ交EF于点P,
延长EF交BC于点N,如图①.
同(1)得△ADB∽△AEC,∴∠ABD=∠ACE.
∵BM是Rt△ABC斜边上的中线,
∴BM=AM=CM=AC=,∴∠MBC=∠MCB.
∵∠ABD+∠MBC=∠ABC=90°,
∴∠ACE+∠MCB=90°,即∠BCE=90°,
∴∠ABC+∠BCE=180°,∴AB∥CE,
∴∠BAM=∠QCM,∠ABM=∠CQM.
又∵AM=CM,
∴△BAM≌△QCM(AAS),∴BM=QM,
∴四边形ABCQ是平行四边形.
又∵∠ABC=90°,∴四边形ABCQ是矩形,
∴CQ=AB=3,AQ=BC=4,∠AQC=90°,PQ∥CN.
∵AE=AC=5,AQ⊥CE,
∴EQ=CQ=3,
∴PQ是△CEN的中位线,∴PQ=CN.
设PQ=x,则CN=2x,AP=4-x.
∵∠EPQ=∠APD,∠EQP=90°=∠ADP,EQ=AD=3,
∴△EQP≌△ADP(AAS),∴EP=AP=4-x.
在Rt△EQP中,由勾股定理,得EP2=PQ2+EQ2,
即(4-x)2=x2+32,解得x=,∴AP=,CN=.
∵PQ∥CN,∴△APF∽△CNF,
∴,∴.
∵AC=5,∴,∴CF=.
(3)在纸片ADE绕点A旋转的过程中,试探究C,D,E三点能否构成直角三角形.若能,直接写出所有直角三角形CDE的面积;若不能,请说明理由.
图Z3-7
(3)C,D,E三点能构成直角三角形,所有直角三角形CDE的面积为4,16,12,.
[解析]①当点D在线段AC上时,DE⊥AC,此时△CDE是直角三角形,如图②,
则S△CDE=CD·DE=×(5-3)×4=4.
②当点D在CA的延长线上时,DE⊥AC,此时△CDE是直角三角形,如图③,
则S△CDE=CD·DE=×(5+3)×4=16.
③当DE⊥EC时,△CDE是直角三角形,过点A作AQ⊥EC于点Q,如图④.
∵AQ⊥EC,DE⊥EC,DE⊥AD,
∴四边形ADEQ是矩形,
∴EQ=AD=3.
∵AE=AC,AQ⊥EC,
∴CQ=EQ=3,∴CE=EQ+CQ=6,
∴S△CDE=CE·DE=×6×4=12.
④当DC⊥EC时,△CDE是直角三角形,过点A作AQ⊥EC于点Q,交DE于点N,如图⑤.
∵DC⊥EC,AQ⊥EC,∴AQ∥DC.
∵AC=AE,AQ⊥EC,
∴EQ=CQ,∴NQ是△CDE的中位线,
∴DN=NE=DE=2,CD=2NQ.
∵∠AND=∠ENQ,∠ADN=∠EQN=90°,∴∠DAN=∠QEN,
∴tan∠DAN=tan∠QEN,
∴,∴NQ=EQ.
在Rt△EQN中,由勾股定理,得NQ2+EQ2=NE2,
∴(EQ)2+EQ2=22,解得EQ=,
∴CE=2EQ=,NQ=EQ=,
∴CD=2NQ=,
∴S△CDE=CD·CE=.
综上所述,所有直角三角形CDE的面积为4,16,12,.
(2025乌鲁木齐天山区一模)综合与实践
【思考尝试】
(1)如图Z3-8,在Rt△ABC中,AB=AC,点D在BC上,连接AD,将线段AD绕点A逆时针旋转90°,得到线段AE,连接CE,DE.用等式写出线段BD,CD,AD的数量关系,并说明理由;
题型精练
图Z3-8
解:(1)BD2+CD2=2AD2.理由如下:
由题意,得△ABC与△ADE均为等腰直角三角形,AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE=90°,
∴∠ABC=∠ACB=45°,DE=AD.
∵∠BAC=∠DAE,∴∠BAD=∠CAE.
在△ABD和△ACE中,∴△ABD≌△ACE(SAS),
∴BD=CE,∠ABD=∠ACE=45°,∴∠DCE=∠ACD+∠ACE=90°,
∴CE2+CD2=DE2=(AD)2=2AD2,∴BD2+CD2=2AD2.
【实践探究】
(2)如图Z3-9,小新受此问题启发,思考并提出新的问题:在等腰直角三角形ABC的斜边BC上取两点F,G,连接AF,AG,使∠FAG=45°,用等式写出线段BF,FG,GC的数量关系,并说明理由;
图Z3-9
(2)FG2=BF2+GC2.理由如下:
如图①,将AF绕点A逆时针旋转90°得到AF',连接F'G,F'C,
∴∠F'AF=90°,AF'=AF,∴∠BAF=∠CAF'.
又∵AC=AB,∴△AF'C≌△AFB(SAS),
∴CF'=BF,∠F'CA=∠B=∠ACB=45°,
∴∠F'CG=∠F'CA+∠ACB=45°+45°=90°.
在Rt△ABC中,∠BAC=90°,∠FAG=45°,∴∠BAF+∠GAC=45°,
∴∠CAF'+∠GAC=∠F'AG=45°,∴∠F'AG=∠FAG=45°.
又∵AG=AG,AF'=AF,∴△F'AG≌△FAG(SAS),∴F'G=FG.
在Rt△F'CG中,∵F'G2=CF'2+GC2,∴FG2=BF2+GC2.
【拓展迁移】
(3)如图Z3-10,小齐深入研究小新提出的问题,发现并提出新的探究点:在边长为7的等边三角形ABC的BC边上取一点H,使BH∶CH=2∶5,连接AH,将线段AH绕点A逆时针旋转60°得到线段AI,连接CI,HI,求△HCI的面积.
图Z3-10
(3)∵△ABC是等边三角形,
∴∠ACB=∠B=∠BAC=60°,AB=AC=BC=7.
∵BH∶CH=2∶5,∴BH=2,CH=5.
∵将线段AH绕点A逆时针旋转60°得到线段AI,
∴AI=AH,∠HAI=60°,∴∠IAC=∠HAB,
∴△AIC≌△AHB(SAS),∴IC=BH=2,∠ACI=∠B=60°,∴∠ICM=60°.
如图②,过点I作IM⊥BC,交BC的延长线于点M,∴∠IMC=90°.
在Rt△ICM中,IM=sin∠ICM·IC=sin 60°×2=,
∴S△HCI=CH·IM=×5×.
重难题型突破篇
类型二　动点型问题
1.解决“动点型问题”的关键是动中求静.根据运动规律,寻求运动中的特殊位置,对其不同情况进行分类求解.
2.求解“动点型问题”,需特别关注不变的量、不变的关系和特殊关系,根据边长、运动速度、角度等建立等量关系,求得未知数的值.主要有两类问题:
(1)速度型动点问题:分析确定起点、终点、速度、时间等因素,通常以时间为变量,用时间和速度表示出各边长,再结合条件和图形的性质,列关系式求解.
(2)非速度型动点问题:根据图形的性质,结合全等或相似等求解.
角度 　几何图形中的动点型问题
知识储备
(2024南充)如图Z3-11,正方形ABCD的边长为6 cm,E为对角线AC上一点, CE=2AE,点P在AB边上以1 cm/s的速度由点A向点B运动,同时点Q在BC边上以2 cm/s的速度由点C向点B运动,设运动时间为t s(0(1)求证:△AEP∽△CEQ;
(2)当△EPQ是直角三角形时,求t的值;
(3)连接AQ,当tan∠AQE=时,求△AEQ的面积.
例
3
典题精讲
图Z3-11
(1)求证:△AEP∽△CEQ;
图Z3-11
解:(1)证明:∵四边形ABCD是正方形,
∴∠PAE=∠QCE=45°.
由题意,得AP=t cm,CQ=2t cm.
又∵CE=2AE,
∴,
∴△AEP∽△CEQ.
(2)当△EPQ是直角三角形时,求t的值;
图Z3-11
(2)如图①,过点E分别作EM⊥AB于点M,EN⊥BC于点N.
∵正方形ABCD的边长为6 cm,
∴AC=6 cm.
∵CE=2AE,∴AE=2 cm,CE=4 cm,
∴AM=EM=2 cm,EN=CN=4 cm.
由题意,得AP=t cm,CQ=2t cm,
∴BQ=(6-2t)cm,MP=|t-2|cm,BP=(6-t)cm,QN=|2t-4|cm.
在Rt△EPM中,EP2=EM2+MP2,即EP2=22+|t-2|2=t2-4t+8.
在Rt△PBQ中,PQ2=BP2+BQ2,即PQ2=(6-t)2+(6-2t)2=5t2-36t+72.
在Rt△ENQ中,EQ2=EN2+QN2,即EQ2=42+|2t-4|2=4t2-16t+32.
若△EPQ是直角三角形,则分以下三种情况讨论:
①当∠EPQ=90°时,EQ2=EP2+PQ2,
即4t2-16t+32=t2-4t+8+5t2-36t+72,
整理,得t2-12t+24=0,
解得t1=6-2,t2=6+2(不合题意,舍去);
②当∠PEQ=90°时,PQ2=EP2+EQ2,
即5t2-36t+72=t2-4t+8+4t2-16t+32,
整理,得t-2=0,解得t=2;
③当∠PQE=90°时,EP2=PQ2+EQ2,
即t2-4t+8=5t2-36t+72+4t2-16t+32,
整理,得t2-6t+12=0.
∵Δ=(-6)2-4×1×12=-12<0,∴该方程无实数根.
综上所述,当△EPQ是直角三角形时,t的值为6-2或2.
(3)连接AQ,当tan∠AQE=时,求△AEQ的面积.
图Z3-11
(3)过点A作AF⊥AC,交CB的延长线于点F,
连接FE交AQ于点G,如图②.
∵AF⊥AC,∠ACF=45°,
∴∠AFC=45°=∠ACF,∴AF=AC.
∵CE=2AE,∴,
∴tan∠AFE=.
∵tan∠AQE=,∴∠AFE=∠AQE.
又∵∠AGF=∠EGQ,∴△AGF∽△EGQ,∴,即.
又∵∠AGE=∠FGQ,∴△AGE∽△FGQ,∴∠AEG=∠FQG.
∵∠AFE+∠AEF=90°,∴∠FQG+∠EQG=90°,即∠FQE=90°,
∴AB∥EQ,△EQC是等腰直角三角形,∴,即,
∴QC=×6=4,∴EQ=QC=4,
∴S△AEQ=S△AQC-S△EQC=QC·AB-QC·EQ
=×4×6-×4×4=4(cm2).
1.(2025昌吉州一模)在Rt△ABC中,∠ACB=90°,D是斜边AB上的动点(点D与点A不重合),连接CD,以点C为顶点作∠DCE,使得∠DCE=90°,连接BE.
【特例感知】
(1)如图Z3-12,若CA=CB,CD=CE,则AD与BE之间的位
置关系是　　　　,数量关系是　　　　　;
题型精练
图Z3-12
【类比迁移】
(2)如图Z3-13,若=k(k≠1),猜想AD与BE之间的位置关系和数量关系,并证明你的猜想;
【拓展应用】
(3)在(1)的条件下,连接DE,若点F与
点C关于DE对称,连接DF,EF,BF,如
图Z3-14.已知AC=6,设AD=x,四边形
CDFE的面积为y,求y与x之间的函数
表达式,并求出y的最小值.
图Z3-13
图Z3-14
(1)如图Z3-12,若CA=CB,CD=CE,则AD与BE之间的位置关系是　 　　　,数量关系是　　　　　;
AD⊥BE
图Z3-12
[解析]∵∠ACB=∠DCE=90°,CA=CB,
∴∠ACD=∠BCE,∠A=∠ABC=45°.
在△ACD和△BCE中,
∴△ACD≌△BCE(SAS),∴AD=BE,∠A=∠EBC=45°,
∴∠ABE=∠EBC+∠ABC=90°,即AD⊥BE.故答案为AD⊥BE,AD=BE.
AD=BE
(2)如图Z3-13,若=k(k≠1),猜想AD与BE之间的位置关系和数量关系,并证明你的猜想;
图Z3-13
(2)AD与BE之间的位置关系和数量关系分别为AD⊥BE,kAD=BE.
证明:∵∠ACB=∠DCE=90°,∴∠ACD=∠BCE.
又∵=k(k≠1),∴△BCE∽△ACD,
∴=k(k≠1),∠CBE=∠A,则kAD=BE.
∵∠A+∠ABC=90°,∴∠CBE+∠ABC=90°,
∴∠ABE=90°,∴AD⊥BE.
(3)在(1)的条件下,连接DE,若点F与点C关于DE对称,连接DF,EF,BF,如图Z3-14.已知AC=6,设AD=x,四边形CDFE的面积为y,求y与x之间的函数表达式,并求出y的最小值.
图Z3-14
图Z3-12
(3)如图,连接CF交DE于点O.
由(1)知,AC=BC=6,∠ACB=90°,△ACD≌△BCE,∠DBE=90°,
∴BD=6-x,AD=BE=x,∴DE2=BD2+BE2=(6-x)2+x2.
∵点F与点C关于DE对称,∴DE垂直平分CF,∴CE=EF,CD=DF.
∵CD=CE,∴CD=DF=EF=CE.
又∵∠DCE=90°,∴四边形CDFE是正方形,
∴y=DE2=[(6-x)2+x2]=x2-6x+36,
∴y与x之间的函数表达式为y=x2-6x+36(0∵y=x2-6x+36=(x-3)2+18,∴y的最小值为18.
2.(2025绥化)综合与实践
如图Z3-15,在边长为8的正方形ABCD中,作射线BD,E是射线BD上的一个动点,连接AE,以AE为边作正方形AEFG,连接CG交射线BD于点M,连接DG.(提示:依题意补全图形,并解答)
【用数学的眼光观察】
(1)请判断BD与DG的位置关系,并利用图Z3-15说明你的
理由;
图Z3-15
【用数学的思维思考】
(2)若DG=a,请你用含a的代数式直接写出∠CMB的正切值为　　　　　;
【用数学的语言表达】
(3)设DE=x,正方形AEFG的面积为S,请求出S与x之间的函数解析式.(不要求写出自变量x的取值范围)
图Z3-15
图Z3-16
(1)请判断BD与DG的位置关系,并利用图Z3-15说明你的理由;
图Z3-15
解:(1)BD⊥DG.理由如下:
∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形,
∴AB=AD,AE=AG,∠BAD=∠EAG=90°,
∴∠BAE=∠DAG=90°-∠DAE,
∴△BAE≌△DAG(SAS),∴∠ABE=∠ADG.
∵∠ABD+∠ADB=90°,
∴∠ADG+∠ADB=90°,即∠BDG=90°,
∴BD⊥DG.
【用数学的思维思考】
(2)若DG=a,请你用含a的代数式直接写出∠CMB的正切值为　　　　　;
图Z3-15
图Z3-16
　
[解析]如图①,连接AC交BD于点O.
∵四边形ABCD是正方形,且边长为8,
∴AC=BD=AB=8,OC=OD=OA=OB,∠COD=90°,
∴OC=OD=4,∴OM=OD-DM=4-DM.
∵∠GDM=∠COM=90°,∠GMD=∠CMO,∴△GMD∽△CMO,
∴,即,解得DM=.
∵∠BDG=90°,∴tan∠CMB=tan∠DMG==a·.
故答案为.
【用数学的语言表达】
(3)设DE=x,正方形AEFG的面积为S,请求出S与x之间的函数解析式.(不要求写出自变量x的取值范围)
图Z3-15
图Z3-16
解:(3)当点E在线段BD上时,如图②,过点E作EK⊥AD于点K.
∵四边形ABCD是正方形,
∴∠ADE=45°,∴△DEK为等腰直角三角形,
∴DK=EK=DE·sin 45°=x,
∴AK=AD-DK=8-x.
在Rt△AKE中,AE2=EK2+AK2=(x)2+(8-x)2=x2-8x+64,
∴S=AE2=x2-8x+64;
当点E在线段BD的延长线上时,如图③,过点E作EL⊥AD,交AD的延长线于点L.
同理可得EL=DL=x,∴AL=AD+DL=8+x.
在Rt△ALE中,AE2=EL2+AL2=(x)2+(8+x)2=x2+8x+64,
∴S=AE2=x2+8x+64.
综上,S与x之间的函数解析式为S=
点或直线在几何图形的边上运动,从而引起线段长度、面积大小等变化的动点问题.
函数揭示了运动变化过程中量与量之间的变化规律,动点问题反映的是一种函数思想.
由于某一个点或某图形的有条件地运动变化,引起未知量与已知量间的一种变化关系,这种变化关系就是动点问题中的函数关系.
解决这类问题可通过求解析式这种常规思路进行,也可抓住初中所学三种基本函数的本质特征,避免求解析式较为烦琐的运算,从而有效地解决这类问题.
角度 　与函数有关的动点型问题
知识储备
(2024威海)如图Z3-17,在菱形ABCD中,AB=10 cm,∠ABC=60°,E为对角线AC上一动点,以DE为一边作∠DEF=60°,EF交射线BC于点F,连接BE,DF.点E从点C出发,沿CA方向以2 cm/s的速度运动至点A处停止.设△BEF的面积为y cm2,点E的运动时间为x s.
(1)求证:BE=EF;
(2)求y与x的函数表达式,并写出
自变量x的取值范围;
(3)求当x为何值时,线段DF的长度最短.
例
4
典题精讲
图Z3-17
(1)求证:BE=EF;
图Z3-17
解:(1)证明:如图,设CD与EF相交于点M.
∵四边形ABCD为菱形,
∴BC=DC,∠BCE=∠DCE,AB∥CD.
∵∠ABC=60°,∴∠DCF=60°.
在△BCE和△DCE中,
∴△BCE≌△DCE(SAS),
∴∠CBE=∠CDE.
∵∠DMF=∠DEF+∠CDE=∠DCF+∠CFE,∠DEF=∠DCF=60°,
∴∠CDE=∠CFE,
∴∠CBE=∠CFE,∴BE=EF.
(2)求y与x的函数表达式,并写出自变量x的取值范围;
图Z3-17
(2)如图,过点E作EN⊥BC于点N,
则∠ENC=90°.
∵BE=EF,∴BF=2BN.
∵AB∥CD,∠ABC=60°,
∴∠BCD=120°.
∵四边形ABCD为菱形,
∴BC=AB=10 cm,∠ACB=∠BCD=60°,即∠ECN=60°.
∵EN⊥BC,CE=2x cm,
∴EN=CE·sin 60°=2x·x(cm),CN=CE·cos 60°=2x·=x(cm),
∴BN=BC-CN=(10-x)cm,∴BF=2BN=2(10-x)cm,
∴y=BF·EN=×2(10-x)×x=-x2+10x.
∵AB=BC,∠ABC=60°,
∴△ABC为等边三角形,∴AC=AB=10 cm,
∴0<2x≤10,∴0(3)求当x为何值时,线段DF的长度最短.
图Z3-17
(3)∵△BCE≌△DCE,∴BE=DE.
又∵BE=EF,∴DE=EF.
又∵∠DEF=60°,
∴△DEF为等边三角形,
∴DE=DF,∴BE=DF.
当BE⊥AC时,BE最短,即DF最短.
∵BE⊥AC,∴CE=AC=5 cm,∴x=.
故当x=时,线段DF的长度最短.
1.(2024吉林)如图Z3-18,在△ABC中,∠C=90°,∠B=30°,AC=3 cm,AD是△ABC的角平分线.动点P从点A出发,以 cm/s的速度沿折线AD-DB向终点B运动.过点P作PQ∥AB,交AC于点Q,以PQ为边作等边三角形PQE,且点C,E在PQ同侧.设点P的运动时间为t(s)(t>0),△PQE与△ABC重合部分图形的面积为S(cm2).
(1)当点P在线段AD上运动时,判断△APQ的形状(不
必证明),并直接写出AQ的长(用含t的代数式表示);
(2)当点E与点C重合时,求t的值;
(3)求S关于t的函数解析式,并写出自变量t的取值范围.
题型精练
图Z3-18
(1)当点P在线段AD上运动时,判断△APQ的形状(不必证明),并直接写出AQ的长(用含t的代数式表示);
图Z3-18
[解析]如图①,过点Q作QH⊥AD于点H.
∵PQ∥AB,∴∠BAD=∠APQ.
∵AD是△ABC的角平分线,
∴∠CAD=∠BAD,∴∠CAD=∠APQ,
∴AQ=PQ,∴△APQ是等腰三角形.
∵QH⊥AP,∴AH=AP=t cm.∵∠CAD=30°,∴AQ==t cm.
解:(1)△APQ是等腰三角形,AQ=t cm.
(2)当点E与点C重合时,求t的值;
图Z3-18
(2)如图②是点E,C重合时的图形.
∵△PQE是等边三角形,∴QE=PQ.
由(1)得AQ=PQ,∴AQ=QE,
∴AE=2AQ,即2t=3,∴t=.
(3)求S关于t的函数解析式,并写出自变量t的取值范围.
图Z3-18
(3)①当点P在AD上,点E在AC上时,重
合部分是等边三角形PQE,如图③,
过点P作PG⊥QE于点G.
∵∠C=90°,∠B=30°,∴∠BAC=60°,
∴∠PAQ=∠BAC=30°,∴PG=AP=t cm.
∵△PQE是等边三角形,∴QE=PQ=AQ=t cm,∴S=QE·PG=t2.
由(2)知当点E,C重合时,t=,∴S=t2(0②当点P在AD上,点E在AC的延长线上时,设PE与BC交于点F,则重合部分是四边形PQCF,如图④.
∵△PQE是等边三角形,
∴∠PQE=∠E=60°.
在Rt△FCE中,CE=(2t-3)cm,∠E=60°,
∴CF=CE·tan 60°=(2t-3)cm,
∴S△FCE=CE·CF=(2t-3)·(2t-3)=(2t-3)2,
∴S=S△PQE-S△FCE=t2-(2t-3)2=-t2+6t-(③当点P在DB上时,重合部分是Rt△PQC,如图⑤.
∵AC=3 cm,∠DAC=30°,∴CD=AC·tan 30°= cm,AD==2 cm,
∴PC=t-2(t-1)cm.
∵∠PQC=60°,∴QC==(t-1)cm,
∴S=QC·PC=(t-1)·(t-1)=(t-1)2(2≤t≤4).
综上所述,S=
2.(2025阿拉尔二模)综合与实践
【问题提出】如图Z3-19①,在△ABC中,∠A=90°,D为AB的中点,点P沿折线D-A-C运动(运动到点C停止),以DP为边在DP上方作正方形DPEF.设点P运动的路程为x,正方形DPEF的面积为y.
【初步感悟】(1)当点P在AD上运动时,
①若x=,则y=　　　　;
②y关于x的函数关系式为　　　　.
图Z3-19
3
y=x2
(2)当点P从点A运动到点C时,经探究发现y是关于x的二次函数,并绘制成如图②所示的函数图象,直线x=2是其图象所在抛物线的对称轴,求y关于x的函数关系式(写出自变量的取值范围).
【延伸探究】(3)当y-x=2时,AP的长为　　　　,此时y关于x
的函数图象上点的坐标为　　　　　　　　.
(4)连接正方形DPEF的对角线DE,PF,两对角线的交点为M,
求当点A在△DFM内部时x和y的取值范围.
图Z3-19
(2)当点P从点A运动到点C时,经探究发现y是关于x的二次函数,并绘制成如图②所示的函数图象,直线x=2是其图象所在抛物线的对称轴,求y关于x的函数关系式(写出自变量的取值范围).
图Z3-19
解:(2)由题意可知,当x=2时,点P与点A重合,∴AD=2,此时y=22=4.
∵D是AB的中点,∴AB=4.连接CD,由题图②可知点P与点C重
合时,DP2=AD2+AC2=20,∴AC=4.
当点P在AC上运动时,x=AD+AP=2+AP,∴AP=x-2,
∴在Rt△ADP中,DP2=AD2+AP2=22+(x-2)2=x2-4x+8,∴y=x2-4x+8,
∴当点P在AC上运动时,y关于x的函数关系式为y=x2-4x+8(2≤x≤6).
【延伸探究】(3)当y-x=2时,AP的长为　　　　,此时y关于x的函数图象上点的坐标为　　　　　　 .
图Z3-19
0或1
(2,4)或(3,5)
[解析]当0≤x<2时,y=x2.
令y-x=2,则x2-x=2,
解得x=-1(不合题意,舍去)或x=2(不合题意,舍去);
当2≤x≤6时,y=x2-4x+8.
令y-x=2,则x2-4x+8-x=2,
解得x=2或x=3.
当x=2时,y=4,此时AP=0,
当x=3时,y=5,此时AP=1,
∴当y-x=2时,AP的长为0或1,此时y关于x的函数图象上点的坐标为(2,4)或(3,5).
故答案为0或1,(2,4)或(3,5).
(4)连接正方形DPEF的对角线DE,PF,两对角线的交点为M,求当点A在△DFM内部时x和y的取值范围.
图Z3-19
(4)由(2)知,AD=2,AB=AC=4.
取AC的中点N,连接DN,如图,
∴AN=AC=2=AD,DN是△ABC的中位线,∴DN∥BC.
又∵∠A=90°,∴△ADN是等腰直角三角形.
∵四边形DPEF是正方形,∴△MDP是等腰直角三角形.
分析点P的运动规律可知,当点P运动到DP∥BC,即点P运动到点N处时,点A与点M重合,点P在线段CN(不含点N)上运动时,点A在△DFM内部.
当点P运动到点N处时,x=2+2=4,此时y=x2-4x+8=8;
当x=6时,y=62-4×6+8=20,
∴当点A在△DFM内部时x的取值范围为4重难题型突破篇
类型三　与圆有关的综合问题
　　在与圆有关的几何证明问题中,经常融合垂径定理、圆内接四边形的性质、圆内接三角形的性质、等腰(等边)三角形“三线合一”的性质、角平分线的性质、圆周角、弦切角、相似三角形的性质以及切线的判定方法等知识点进行综合考查.考查的知识点很多,综合性很强,对学生的综合能力考查目的性很强.
知识储备
(2024福建)如图Z3-20,在△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,以AB为直径的☉O交BC于点D,AE⊥OC,垂足为E,BE的延长线交于点F.
(1)求的值;
(2)求证:△AEB∽△BEC;
(3)求证:AD与EF互相平分.
例
5
典题精讲
图Z3-20
(1)求的值;
图Z3-20
解:(1)∵AB=AC,且AB是☉O的直径,∴AC=2AO.
∵∠BAC=90°,∴在Rt△AOC中,tan∠AOC==2.
∵AE⊥OC,∴在Rt△AOE中,tan∠AOC=,
∴=2,∴.
(2)求证:△AEB∽△BEC;
图Z3-20
(2)证明:过点B作BM∥AE,交EO的延长线于点M,如图,
则∠BAE=∠ABM,∠BMO=∠AEO=90°.
又∵AO=BO,∴△AOE≌△BOM(AAS),
∴AE=BM,OE=OM.
∵,∴BM=AE=2OE=EM,
∴∠MEB=∠MBE=45°,
∴∠AEB=∠AEO+∠MEB=135°,∠BEC=180°-∠MEB=135°,∴∠AEB=∠BEC.
∵AB=AC,∠BAC=90°,∴∠ABC=45°,∴∠ABC=∠MBE,∴∠ABM=∠CBE,
∴∠BAE=∠CBE,∴△AEB∽△BEC.
(3)求证:AD与EF互相平分.
图Z3-20
(3)证明:连接DE,DF,如图.
∵AB是☉O的直径,∴∠ADB=∠AFB=90°,AB=2AO.
又∵AB=AC,∠BAC=90°,∴BC=2BD,∠DAB=45°.
由(2)知△AEB∽△BEC,∴.
又∵∠EAO=∠EBD,∴△AOE∽△BDE,
∴∠BED=∠AEO=90°,∴∠DEF=90°,∴∠AFB=∠DEF,∴AF∥DE.
由(2)知∠AEB=135°,∴∠AEF=180°-∠AEB=45°.
∵∠DFB=∠DAB=45°,∴∠DFB=∠AEF,∴AE∥FD,
∴四边形AEDF是平行四边形,∴AD与EF互相平分.
1.(2024浙江)如图Z3-21,在圆内接四边形ABCD中,AD(1)若∠AFE=60°,CD为直径,求∠ABD的度数.
(2)求证:①EF∥BC;
②EF=BD.
题型精练
图Z3-21
解:(1)∵CD为直径,∴∠CAD=90°.
∵∠AFE=∠ADC,∠AFE=60°,∴∠ADC=60°,
∴∠ACD=90°-60°=30°,
∴∠ABD=∠ACD=30°.
(2)求证:①EF∥BC;
图Z3-21
(2)证明:①∵四边形ABCD是圆内接四边形,
∴∠ABC+∠ADC=180°.
又∵∠AFE=∠ADC,
∴∠ABC+∠AFE=180°,
∴EF∥BC.
②EF=BD.
图Z3-21
②如图,过点D作DG∥BC交圆于点G,连接AG,CG.
∵DG∥BC,∴∠CDG=∠BCD,∴BD=CG.
∵四边形ACGD是圆内接四边形,
∴∠ADG+∠ACG=180°.
又∵∠ADG+∠GDE=180°,∴∠GDE=∠ACG.
∵EF∥BC,DG∥BC,
∴EF∥DG,∴∠DEF=∠GDE,∴∠DEF=∠ACG.
∵∠AFE=∠ADC,∠ADC=∠AGC,∴∠AFE=∠AGC.
又∵AE=AC,∴△AEF≌△ACG(AAS),∴EF=CG,∴EF=BD.
2.(2024湖南)【问题背景】
已知A是半径为r的☉O上的定点,连接OA,将线段OA绕点O按逆时针方向旋转α(0°<α<90°)得到OE,连接AE,过点A作☉O的切线l,在直线l上取点C,使得∠CAE为锐角.
【初步感知】
(1)如图Z3-22,当α=60°时,∠CAE=　　　　°.
图Z3-22
【问题探究】
(2)以线段AC为对角线作矩形ABCD,使得边AD过点E,连接CE,对角线AC,BD相交于点F.
①如图Z3-23,当AC=2r时,求证:无论α在给定的范围内如何变化,BC=CD+ED总成立;
②如图Z3-24,当AC=r,
时,请补全图形,并求tan α及
的值.
图Z3-23
图Z3-24
(1)如图Z3-22,当α=60°时,∠CAE=　　　　°.
图Z3-22
30
[解析]∵∠AOE=α=60°,OA=OE,
∴△OAE是等边三角形,
∴∠OAE=60°.
∵AC与☉O相切于点A,∴∠OAC=90°,
∴∠CAE=∠OAC-∠OAE=30°.
故答案为30.
(2)①如图Z3-23,当AC=2r时,求证:无论α在给定的范围内如何变化,BC=CD+ED总成立;
图Z3-23
解:(2)①证明:∵四边形ABCD是矩形,AC=2r,
∴AD=BC,CF=DF=r=OA=OE,∠ADC=90°.
∵AC与☉O相切于点A,∴∠OAC=90°=∠ADC,
∴∠OAE+∠CAD=∠ACD+∠CAD,
∴∠OAE=∠ACD.
又∵OA=OE,CF=DF,
∴∠OAE=∠OEA=∠ACD=∠CDF.
在△OAE和△FCD中,
∴△OAE≌△FCD(AAS),
∴AE=CD.
∵AD=AE+ED,AD=BC,
∴BC=CD+ED,
即无论α在给定的范围内如何变化,BC=CD+ED总成立.
②如图Z3-24,当AC=r,时,请补全图形,并求tan α及的值.
图Z3-24
②连接OC.
设OA=3m,则AC=r=4m,
∴OC==5m.
∵,OE=OA=3m,
∴CE=2m,∴OE+CE=5m=OC,即点E在线段OC上,
补全图形如图:
∴tan α=tan∠AOC=.
如图,过点O作OH⊥AE,垂足为H,则AH=EH.
∵∠OHE=90°=∠D,∠OEH=∠CED,∴△OEH∽△CED,∴.
设EH=AH=3a,则ED=2a,∴AD=AH+EH+ED=8a.
在Rt△ACD中,由勾股定理,得CD2=AC2-AD2=16m2-64a2.
在Rt△CED中,由勾股定理,得CD2=CE2-ED2=4m2-4a2,
∴16m2-64a2=4m2-4a2,∴a=m,
∴BC=AD=m,AB=CD=m,∴.
Thanks!
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