专题突破(四)
专题突破4 阅读理解题
·新课标
专题突破四
3．[2009·兰州 阅读材料：设一元二次方程 ax2＋bx＋c＝ ． 兰州]阅读材料 兰州 阅读材料： ＋ ＝ 0(a≠0)的两根为 x1、x2，则两根与方程系数之间有如下关系： 则两根与方程系数之间有如下关系： ≠ 的两根为 b c x1＋x2＝－a，x1·x2＝a.根据该材料填空：已知 x1、x2 是方程 根据该材料填空： 根据该材料填空 x2 x1 2 10 ． x ＋6x＋3＝0 的两实数根，则 ＋ 的值为 ＋ ＝ 的两实数根， x x 的值为_________． 1 2
·新课标
专题突破四
(2)另取两点 B(－1.6,2.1)、C(－1,0)．有一电子青蛙从点 P1 处开始依次 另取两点 － 、 － ． 关于点 A、B、C 作循环对称跳动，即第一次跳到点 P1 关于点 A 的对称点 、 、 作循环对称跳动， P2 处，第二次跳到点 P2 关于点 B 的对称点 P3 处，第三次再跳到点 P3 关于 点 C 的对称点 P4 处，第四次再跳到点 P4 关于点 A 的对称点 P5 处，….则 则 － P3、P8 的坐标分别为 (－5.2,1___， (2,3) ； 拓展延伸： 拓展延伸： (3)求出点 P2012 的坐标，并直接写出在 x 轴上与点 P2012、点 C 构成等 的坐标， 求出点 腰三角形的点的坐标． 腰三角形的点的坐标．
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专题突破四
7．[2010·凉山州 先阅读下列材料，然后解答问题： ． 凉山州]先阅读下列材料 凉山州 先阅读下列材料，然后解答问题： 种不同的排法， 材料 1：从三张不同的卡片中选出两张排成一列，有 6 种不同的排法， ：从三张不同的卡片中选出两张排成一列， 个元素的排列， 抽象成数学问题就是从 3 个不同的元素中选取 2 个元素的排列，排列数记 为 A2＝3×2＝6. × ＝ 3 一般地， 一般地，从 n 个不同的元素中选取 m 个元素的排列数记作 Am， n m An ＝n(n－1)(n－2)(n－3)…(n－m＋1)．(m≤n) － － － … － ＋ ． ≤ 个元素排成一列的排列数为： 5 例：从 5 个不同的元素中选取 3 个元素排成一列的排列数为：A3＝ 5×4×3＝60. × × ＝ 种不同的选法， 材料 2：从三张不同的卡片中选两张，有 3 种不同的选法，抽象成数 ：从三张不同的卡片中选两张， 3×2 × 2 个元素的组合， 学问题就是从 3 个元素中选取 2 个元素的组合，组合数为 C3＝ ＝3. 2×1 × 一般地， 一般地，从 n 个不同的元素中选取 m 个元素的组合数记作 Cm， n n(n－1)( －2)( －3)…(n－m＋1) )(n－ )( )(n－ ) ( － )( － ＋ ) Cm＝ .(m≤n) ≤ n m(m－1)…2×1 ( － ) × 6×5×4 × × 个元素的组合数为： 6 例：从 6 个不同的元素中选 3 个元素的组合数为：C3＝ ＝20. 3×2×1 × ×
部编版历史八年级下册第5单元 专题突破(四) 新中国的民族团结、祖国统一和外交成就
10．(北部湾中考)1972 年 2 月，周恩来对一位来华访问的国家领导人说：“你
的手伸过世界最辽阔的海洋来和我握手——25 年没有交往了啊！”周恩来
的感慨针对的是( D ) A．中苏关系
B．中英关系
C．中日关系
D．中美关系
11．(内江中考)建国后，我国以崭新的外交形象活跃在世界舞台，形成了“朋
友遍天下”的局面。以下外交活动，按时间先后顺序排列正确的是( C )
③实现了少数民族地区协调发展 ④有利于少数民族文化的传承
A．①④
B．②④
C．①③
D．②③
3．邓小平在一次谈话中说：“祖国统一后，台湾特别行政区可以有自己的 独立性，可以实行同大陆不同的制度；台湾还可以有自己的军队，只是不能 构成对大陆的威胁；大陆不派人驻台，不仅军队不去，行政人员也不去。” 下面对这段话的分析不正确的是( B ) A．“一国两制”是解决台湾问题的途径 B．统一后的台湾拥有外交自主权 C．统一后的台湾拥有高度的自治权 D．统一后的台湾实行原有的社会制度
4．“1980 年以前，台湾最重要的市场是美国，但到了 90 年代，我们认识 到，台湾经济成功的最关键因素是大陆。”从这段话中，我们可以看出( B ) A．两岸双方秉持“两岸一家亲”的理念 B．祖国大陆与台湾经济交往日益密切 C．港澳回归作为“一国两制”的成功范例推动了台湾向大陆靠拢 D．祖国统一是历史的必然，指日可待
历史 八年级 下册•R
第五单元 国防建设与外交成就
专题突破(四) 新中国的民族团结、祖国统一和外交成就
专题整合 1．特别行政区、民族自治区和经济特区的区别与联系
2.中华人民共和国的外交成就
时间
成就
1953年，周恩来首次提出和平共处五项原则，成为处理国与国之 间关系的基本准则 20世纪50年代 1955年，周恩来在万隆会议上提出“求同存异”方针，促进会议 圆满成功
专题四 几何测量——2023届中考数学热点题型突破(含答案)
专题四几何测量——2023届中考数学热点题型突破1.重庆轨道5号线正在如火如荼地建设中.如图工程队在由南向北的方向上将轨道线路铺设到A处时,测得档案馆C在A北偏西方向的600米处,再铺设一段距离到达B 处,测得档案馆C在B北偏西方向.（1）请求出A,B间铺设了多远的距离;(结果保留整数,参考数据:,)（2）档案馆C周围米内要建设文化广场,不能铺设轨道,若工程队将轨道线路铺设到B处时,沿北偏东的BE方向继续铺设,请问这是否符合建设文化广场的要求,通过计算说明理由.2.随着科技的发展，无人机已广泛应用于生产和生活，如代替人们在高空测量距离和角度.某校“综合与实践”活动小组的同学要测量AB，CD两座楼之间的距离，他们借助无人机设计了如下测量方案：如图，无人机在AB，CD两楼之间上方的点O处，点O 距地面AC的高度为，此时观测到楼AB底部点A处的俯角为，楼CD上点E 处的俯角为，沿水平方向由点O飞行到达点F，测得点E处俯角为，其中点A，B，C，D，E，F，O均在同一竖直平面内.请根据以上数据求楼AB与CD之间的距离AC的长(结果精确到.参考数据：，，，).3.周末，小刚和爸爸一起到某湿地公园进行数学实践活动.如图，在爸爸的协助下，小刚在河的南岸点A处观测到北岸的一棵大树P在北偏东方向上，他沿北偏东方向走了到达点B处，此时他发现这棵大树在自己的正北方向上.请你帮小刚求出点B和大树P之间的距离.(结果精确到.参考数据：，，，)4.某数学小组的同学利用两个高度相同的测角仪和一把卷尺测量路杆AB顶端巨型广告牌的高度AN，如图，他们在路杆AB两侧的点C和点D处分别放置测角仪CE和DF(点C，B，D在同一直线上，点A，N与点C，B，D在同一平面内)，测角仪CE测得点N处的仰角为，测角仪DF测得点A处的仰角为.已知两个测角仪相距，测角仪CE与AB之间的距离为.(1)求广告牌的高度AN.(结果精确到.参考数据：，，，)(2)利用测角仪测角度时，有哪些注意事项?(写出两条即可)5.如图是某地铁出站口扶梯侧面设计示意图，起初工程师计划修建一段坡度为，高度为32米的扶梯AB，但这样坡度太陡容易引发安全事故.现工程师对设计图进行了修改：修建AC，DE两段扶梯，并在这两段扶梯之间修建5米的水平平台CD，其中，，扶梯AC长米，点B，E在同一水平线上.求修改后扶梯底部E与原来扶梯底部B之间的距离.(结果精确到0.1米.参考数据：，，，)6.为测量某机场东西两栋建筑物A,B之间的距离.如图,勘测无人机在点C处,测得建筑物A的俯角为,CA的距离为千米,然后沿着平行于AB的方向飞行6.4千米到点D处,测得建筑物B的俯角为.(参考数据:,,, ,,).（1）无人机距离地面的飞行高度是多少千米?（2）求该机场东西两栋建筑物A,B之间的距离.(结果精确到0.01千米)7.“一去紫台连朔漠，独留青冢向黄昏.”美丽的昭君博物院作为著名景区，现已成为外地游客到呼和浩特市旅游的打卡地.如图，为测量景区中一座雕像AB的高度，某数学兴趣小组在D处用测角仪测得雕像顶部A的仰角为，测得底部B的俯角为.已知测角仪CD与水平地面垂直且高度为1米，求雕像AB的高.(用非特殊角的三角函数及根式表示即可)8.中国廊桥是桥梁与房屋的珠联璧合之作.如图,某桥面建造古典楼阁和廊道,主跨顶部建造双层楼阁.数学兴趣小组的同学为测量桥面上楼阁AB的高度,从D处观测到楼阁顶部点A的仰角为,观测到A点的正下方楼阁底部点B的仰角为,已知桥面高BC为50米,则楼阁AB的高度约为多少米(参考数据:,,)9.如图，由飞行高度为2000米的飞机上的P点测得到大楼顶部A处的俯角为，到大楼底部B处的俯角为，问大楼AB的高度约为多少米？(结果保留整数.参考数据：，)答案以及解析1.答案：（1）220（2）见解析解析:（1）解:如图,过点C作,交AB的延长线于点F,根据题意可知,,,,（2）符合建设文化广场的要求,理由如下,如图,过点C作根据题意可得符合建设文化广场的要求.2.答案：AC的长约为解析：分别延长AB，CD与直线OF交于点G，点H，如图，则.又，四边形ACHG是矩形，.由题意，得，，，，.在中，，，.是的外角，，，.在中，，，，.答：楼AB与CD之间的距离AC的长约为.3.答案：解析：如图，过点B作于点F，过点P作于点E，则四边形EFBP 是矩形，，.在中，，，，.在中，，，.故点B和大树P之间的距离约为.4.答案：(1)(2)见解析解析：(1)如图，连接EF交AB于点G，则，，，.在中，，.在中，，，.答：广告牌的高度AN大约为.(2)①测量时，测角仪要与地面垂直；②需测量多次，取平均值.(答案不唯一，合理即可)5.答案：修改后扶梯底部E与原来扶梯底部B之间的距离约为20.7米解析：如图，分别过点A，D作EB的垂线，垂足分别为点F，H，延长DC交AF于点M，则四边形DMFH是矩形，，，.，.在中，，，.，的坡度为，，，.在中，，，.答：修改后扶梯底部E与原来扶梯底部B之间的距离约为20.7米.6.答案：（1）无人机距离地面的飞行高度约是1.54千米（2）该机场东西两建筑物AB的距离约为7.2千米解析:（1）过点A作于点E,过点B作于点F.,在中,,,(千米)答:无人机距离地面的飞行高度约是1.54千米;（2）在中,(千米),四边形AEFB是矩形,千米,,在中,,,解得(千米),(千米)(千米)答:该机场东西两建筑物AB的距离约为7.2千米.7.答案：雕像AB的高为米解析：如图，过点C作于H，则.在中，.在中，，则.答：雕像AB的高为米.8.答案：楼阁AB的高度约为9.5米解析:由题意得:,在中,米,,(米),在中,,(米),(米),楼阁AB的高度约为9.5米.9.答案：大楼AB的高度约为541米解析：解：根据题意构建数学模型，如图，过点P作AB的垂线，交BA的延长线于点D.飞机的飞行高度为2000米，米.在中，，.在中，，(米)，(米).答：大楼AB的高度约为541米.。
第二部分 中考专题突破 专题四 综合能力题
回答 2：___________________________________________.
【答案】问题①：电流表指针会在什么条件下发生偏转 回答①：开关闭合，导体 ab 在磁场中做切割磁感线运动时 问题②：怎样改变电流表指针的偏转方向 回答②：改变磁场方向或导体 ab 的运动方向
3．小明通过学习得知：一般情况下，水的质量一定时，加
2．如图 4－4 所示，根据图展示情景提出一个电与磁方面
的问题，并回答：
图 4－4 问题 1：___________________________________________? 回答 1：___________________________________________.
问题 2：___________________________________________?
舟”七号飞船，并且首次实现了我国航天员太空行走的愿望．
如图 4－2 所示，是我国航天员翟志刚出舱时的英姿，请问：
图 4－2 (1)与在地球上相比，航天员在太空上的质量________，受 到的重力________．(填“变大”、“不变”或“变小”)
(2)出舱的航天员与轨道舱之间需要系上一根安全系绳．当
入食盐的质量越多，溶液的浓度就越高．他想探究食盐水溶液
的导电性能与什么因素有关．小明的猜想是：
a．食盐水溶液的导电性能与溶液的浓度有关．
b．食盐水溶液的导电性能与金属片之间的距离有关． c．食盐水溶液的导电性能与溶液的温度有关． 小明利用水、食盐、烧杯、小勺子、电源、刻度尺、小灯 泡、金属片、酒精灯等器材，设计了如图 4－5 的装置，进行了 探究实验．他记录的实验表格如下：
6．冬天，小明新买了一双尼Fra bibliotek袜和一双棉袜，他发现穿棉
中考数学 精讲篇 专题突破四 含参数的方程(组)、不等式(组)的综合问题
问题
(必考)
x－m
1．如果关于 x 的不等式组
2
≥2，
的解集为 x≥1，且关于 x 的
x－4≤3（x－2）
方程m－（13－x）＝x－2 有非负整数解，则所有符合条件的整数 3 个 C．4 个 D．5 个
x≥4＋m， 【解析】不等式组整理得x≥1， 由不等式组的解集为 x≥1，得到 m ＋4≤1，即 m≤－3，方程去分母得 m－1＋x＝3x－6，解得 x＝m＋2 5，由 方程有非负整数解，得到 m＝－5 或－3，则符合条件的整数 m 的值有 2 个．故选：A.
解分式方程yy＋－2a＝3，得 y＝－a＋2 6，∵分式方程的解为负数，∴－a＋2 6＜
a＋6 0，且－ 2 ≠－2，∴－6＜a＜－1，且 a≠－2，则整数 a 的值为－5，
－4，－3，共 3 个．故选：B.
x－a>2， 3．(2021·合川区模拟)若整数 a 使关于 x 的不等式组x－3a＜－2无解， 且使关于 x 的分式方程xa－x5－5－5 x＝－3 有正整数解，则满足条件的 a 的
y＞－2， ≠2，即 a≤7 且 a≠3，不等式组整理得：y≤a， 即－2＜y≤a，∵不 等式组至少有 3 个整数解，∴a≥1，综上，a 的范围为 1≤a≤7 且 a≠3， 即 a＝1，2，4，5，6，7，则满足条件的 a 之和为 1＋2＋4＋5＋6＋7＝ 25.故选：B.
8．若关于 x 的二次函数 y＝－x2＋(a－3)x－3，当 x≥0 时，y 随 x 的增
x＋1 2x＋5
方程有增根，∴y＝1 或－1，∴a－3＝0，∴a＝3.由
2
≤
6
， 可得
x＋1＞a＋b，
x≤2，b＋2<x≤2，∴b<0.∵不等式组有不超过 3 个整数解，∴－1≤b＋
高考数学一轮总复习第二章函数专题突破4几个特殊函数的图象与性质课件
= ln 1 +
根据复合函数单调性,可知 在(−∞ ,− )上单调递减，D正确.故选D.
2
2−1
.
3.【多选题】已知函数 = sin
A. 为奇函数
√
2
+
，则(
sin
B. 的值域为 −∞, −2 2] ∪ [2 2, +∞
C. 的最小正周期为π
D. 的图象关于直线 =
+
± ( > ,且 ≠ )
函数
条件
图象
定义域
值域
单调性
奇偶性
单调递增
单调递减
奇函数
例5 已知函数 = log 2 3 +
3
(−∞ ， ]
实数的取值范围为__________.
2
9 2
+1 −
2
，若
2 +1
解：由题意，可知ℎ = + 1 = log 2 3 +
)
1
11
A.是偶函数，且在( ,+∞)单调递增
B.是奇函数，且在(− , )单调递减
2
C.是偶函数，且在(−∞
1
,− )单调递增
2
解：由题意，得 的定义域为{| ≠
22
D.是奇函数，且在(−∞ ,− )单调递减
√
1
± }，关于原点对称.
2
1
2
又 − = ln|1 − 2 −ln − 2 − 1 = ln 2 − 1 −ln 2 + 1| = − ，
2
.由恒成立，得
考点四 =
−
(
四年级数学思维能力拓展专题突破系列(四)解方程讲义(含答案)
（1）20+4x=32-2x
（2）15-3x=19-4x
练习1：解一元一次方程：（1）2x+4=8（2）12-x=7（3）x÷6=3
（1）解：2x+4=8
2x=8-4
2x=4
x=2
（2）解：12-x=7
12-7=x
x=5
（3）解：x÷6=3
x=3×6
x=18
练习2：解方程：13x+8=14x+2
x=1+4 7x=17+4
x=5 7x=21
x=3
四年级数学思维能力拓展专题突破系列（四）解方程
------解方程综合巩固
掌握解一元一次方程的方法
（1）x2+2=18（）
（2）5x-6=11（）
（3）3x-y=16（）
（4）3a-6=a+4（）
练习1：叙述方程的定义，一元一次方程的定义？
答：方程指含有未知数的等式。
一元一次方程是含有一个未知数，并且未知数的指数是1的方程。
练习2：下列哪些是代数式（）
A. 4x＞2 B. 4+2=6 C. 5a-2b D. 5y-4=2
解：13x+8=14x+2
8-2=14x-13x
6=x
x=6
练习3：解方程：12-4x=3x-2
解：12-4x=3x-2
12+2=3x+4x
7x=14
x =2
练习4：解方程：4x-6=3x-1
解：4x-6=3x-1
4x-3x=6-1
x=5
练习5：解下列一元一次方程：（1）20+4x=32-2x（2）15-3x=19-4x
2023年高考政治二轮复习第一部分专题突破专题四经济发展与对外开放热点议题探究
高考二轮总复习 • 政治
热点押题
1．2022年4月10日，《中共中央 国务院关于加快建设全国统一大 市场的意见》发布。统一大市场是指在全国范围内，建设一个基础制度
规则统一，设施高标准联通，要素、资源、商品和服务市场高水平统
一，监管公平统一，不当市场竞争和市场干预行为进一步规范的大市
过关微专题四 经济发展与对外开放
高考二轮总复习 • 政治
4．阅读下列材料，回答问题。 4月10日，《中共中央 国务院关于加快建设全国统一大市场的意 见》，从全局和战略高度明确了加快推进全国统一大市场建设的总体要 求，释放了经济下行压力下持续深化改革开放、推动经济高质量发展的 积极信号。 近年来，全国统一大市场建设工作取得重要进展，但在实践中还存 在一些妨碍全国统一大市场建设的问题。我国市场体系仍存在着制度规 则不统一，各地长期存在的市场准入、监管标准不一；要素和资源市场
缺失滥用 ③加强宏观调控，提高市场监管水平 ④拓展政府职能，健
全公共服务体系
D．③④
过关微专题四 经济发展与对外开放
高考二轮总复习 • 政治
【解析】 建设全国统一大市场，规范不当市场竞争和市场干预行 为，既需要政府加强宏观调控，提高市场监管水平；又需要政府为社会 监督提供方便，防止权力缺失滥用，②③符合题意。建设全国统一大市 场需要政府加强市场监管和公共服务，而“减少各项支出，降低公共管 理成本”与之不符，①排除。宪法和法律规定了政府的职能的边界，不 能随意拓展，④错误。
过关微专题四 经济发展与对外开放
高考二轮总复习 • 政治
2．2022年4月10日，中共中央国务院发布关于加快建设全国统一大
市场的意见，强调健全统一市场监管规则，要求加强市场监管行政立法
北京市中考数学专题突破四：一元二次方程综合(含答案)
专题突破(四)一元二次方程综合一元二次方程的综合运用，一元二次方程的二次项系数不为零及整数根问题是一元二次方程综合题中的热点考查内容．—北京中考知识点对比题型年份题型一次函数与反比例函数综合一次函数与反比例函数综合一元二次方程综合一元二次方程综合一次函数与反比例函数综合1．[·北京]已知关于x的方程mx2－(m＋2)x＋2＝0(m≠0)．(1)求证：方程总有两个实数根；(2)若方程的两个实数根都是整数，求正整数m的值．2．[·北京]已知关于x的一元二次方程x2＋2x＋2k－4＝0有两个不相等的实数根．(1)求k的取值范围；(2)若k为正整数，且该方程的根都是整数，求k的值．1．[·西城一模]已知关于x的一元二次方程x2－2(m－1)x－m(m＋2)＝0.(1)求证：此方程总有两个不相等的实数根；(2)若x＝－2是此方程的一个根，求实数m的值．2．[·海淀二模]已知关于x的方程x2－4x＋3a－1＝0有两个实数根．(1)求实数a 的取值范围；(2)若a 为正整数，求方程的根．3．[·朝阳一模] 已知关于x 的一元二次方程x 2－6x ＋k ＋3＝0有两个不相等的实数根．(1)求k 的取值范围；(2)若k 为大于3的整数，且该方程的根都是整数，求k 的值．4．[·西城二模] 已知关于x 的一元二次方程x 2＋2x ＋3k －6＝0有两个不相等的实数根．(1)求实数k 的取值范围；(2)若k 为正整数，且该方程的根都是整数，求k 的值．5．[·海淀] 已知关于x 的一元二次方程mx 2－()m ＋2x ＋2＝0有两个不相等的实数根x 1，x 2.(1)求m 的取值范围；(2)若x 2<0，且x 1x 2>－1，求整数m 的值．6．[·海淀一模] 已知关于x 的方程kx 2－x －2k＝0(k ≠0)．(1)求证：方程总有两个不相等的实数根；(2)若方程的两个实数根都是整数，求整数k的值．7．[·石景山二模]已知关于x的方程x2－(k＋2)x＋(2k－1)＝0.(1)求证：方程恒有两个不相等的实数根；(2)若此方程的一个根是1，请求出方程的另一个根，并求以此两根为边长的直角三角形的周长．8．[·怀柔一模]已知关于x的一元二次方程kx2－(4k＋1)x＋3k＋3＝0(k是整数)．(1)求证：方程有两个不相等的实数根；(2)若方程的两个实数根都是整数，求k的值．参考答案北京真题体验1.解：＝(m ＋2)2－4×2×m＝m 2＋4m ＋4－8m＝m 2－4m ＋4＝(m －2)2≥0.∴方程总有两个实数根． (2)由公式法解方程可得：x ＝－b ±Δ2a ＝（m ＋2）±（m －2）2m∴x 1＝1；x 2＝2m. 由题意得方程的两个实数根均为整数，∴x 2必为整数．又∵m 为正整数， ∴m ＝1或2.2．(1)k <52(2)k ＝2 北京专题训练1.解：(1)证明：Δ＝[]－2（m －1）2＋4m (m ＋2)＝4m 2－8m ＋4＋4m 2＋8m＝8m 2＋4.∵8m 2≥0，∴8m 2＋4＞0.∴方程总有两个不相等的实数根．(2)∵x ＝－2是此方程的一个根，∴(－2)2－2×(－2)(m －1)－m (m ＋2)＝0.整理得m 2－2m ＝0.解得m 1＝0，m 2＝2.2．解：(1)∵关于x 的方程x 2－4x ＋3a －1＝0有两个实数根，∴Δ＝(－4)2－4(3a －1)≥0.解得a ≤53. ∴a 的取值范围为a ≤53. (2)∵a ≤53，且a 为正整数， ∴a ＝1.∴方程x 2－4x ＋3a －1＝0可化为x 2－4x ＋2＝0.∴此方程的根为x 1＝2＋2，x 2＝2－ 2.3．解：(1)Δ＝(－6)2－4(k ＋3)＝36－4k －12＝－4k ＋24.∵原方程有两个不相等的实数根，∴－4k ＋24>0.解得k <6.(2)∵k <6且k 为大于3的整数，∴k ＝4或5.①当k ＝4时，方程x 2－6x ＋7＝0的根不是整数．∴k ＝4不符合题意．②当k ＝5时，方程x 2－6x ＋8＝0的根为x 1＝2，x 2＝4均为整数．∴k ＝5符合题意．综上所述，k 的值是5.4．解：(1)由题意，得Δ＝4－4(3k －6)>0.∴k <73. (2)∵k 为正整数，∴k ＝1或2.当k ＝1时，方程x 2＋2x －3＝0的根x 1＝－3，x 2＝1都是整数；当k ＝2时，方程x 2＋2x ＝0的根x 1＝－2，x 2＝0都是整数．综上所述，k ＝1或k ＝2.5．解：(1)由已知，得m ≠0且Δ＝()m ＋22－4×2m ＝m 2－4m ＋4＝()m －22>0， ∴m ≠0且m ≠2.(2)原方程的解为x ＝()m ＋2±()m －22m .∴x ＝1或x ＝2m. ∵x 2<0，∴x 1＝1，x 2＝2m<0.∴m <0. ∵x 1x 2>－1，∴m 2>－1.∴m >－2. 又∵m ≠0且m ≠2，∴－2<m <0.∵m 是整数，∴m ＝－1.6．解：(1)证明：∵k ≠0，∴kx 2－x －2k＝0是关于x 的一元二次方程． ∵Δ＝(－1)2－4k (－2k)＝9>0， ∴方程总有两个不相等的实数根．(2)由求根公式，得x ＝1±92k .∴x 1＝2k ，x 2＝－1k. ∵方程的两个实数根都是整数，且k 是整数，∴k ＝－1或k ＝1.7．解：(1)证明：∵Δ＝(k ＋2)2－4(2k －1)＝(k －2)2＋4>0，∴方程恒有两个不相等的实数根．(2)根据题意得1－(k ＋2)＋(2k －1)＝0，解得k ＝2，则原方程为x 2－4x ＋3＝0，解得另一个根为x ＝3.①当该直角三角形的两直角边长是1、3时，由勾股定理得斜边的长为10，该直角三角形的周长为4＋10；②当该直角三角形的直角边长和斜边长分别是1、3时，由勾股定理得该直角三角形的另一直角边长为2 2，该直角三角形的周长为4＋2 2.8．解：(1)证明：Δ＝(4k ＋1)2－4k (3k ＋3)＝(2k －1)2.∵kx 2－(4k ＋1)x ＋3k ＋3＝0是一元二次方程，∴k ≠0，∵k 是整数，∴k ≠12，即2k －1≠0， ∴Δ＝(2k －1)2＞0，∴方程有两个不相等的实数根．(2)解方程得x ＝（4k ＋1）±（2k －1）22k. ∴x ＝3或x ＝1＋1k. ∵k 是整数，方程的根都是整数，∴k ＝1或k ＝－1.。
2024年高考语文二轮复习专项突破卷四 古诗文阅读专题(含答案)
专项突破卷四古诗文阅读专题(90分钟 100分)一、古文阅读(64分)(一)阅读下面的文言文,完成1~5题。
(22分)秦败魏于华,魏王且入朝于秦。
周讠斤谓王曰:“今王之事秦,尚有可以易入朝者乎愿王之有以易之,而以入朝为后。
”魏王曰:“子患寡人入而不出邪许绾为我祝曰:‘入而不出,请殉寡人以头。
’”周讠斤对曰:“如臣之贱也今人有谓臣曰入不测之渊而必出不出请以一鼠首为女殉者臣必不为也今秦不可知之国也,犹不测之渊也;而许绾之首犹鼠首也。
内王于不可知之秦,而殉王以鼠首,臣窃为王不取也。
且无梁孰与无河内急”王曰:“梁急。
”“无梁孰与无身急”王曰:“身急。
”曰:“以三者,身上也,河内其下也。
秦未索其下,而王效其上,可乎”王尚未听也。
支期曰:“王视楚王,楚王入秦,王以三乘先之;楚王不入,楚、魏为一,尚足以捍秦。
”王乃止。
王谓支期曰:“吾始已诺于应侯矣,今不行者,欺之矣。
”支期曰:“王勿忧也。
臣使长信侯请无内王,王待臣也。
”支期说于长信侯曰:“王命召相国。
”长信侯曰:“王何以臣为”支期曰:“臣不知也,王急召君。
”长信侯曰:“吾内王于秦者,宁以为秦邪吾以为魏也。
”支期曰:“君无为魏计,君其自为计。
且安死乎安生乎安穷乎安贵乎君其先自为计,后为魏计。
”长信侯曰:“楼公将入矣,臣今从。
”支期曰:“王急召君,君不行,血溅君襟矣。
”长信侯行,支期随其后。
且见王,支期先入,谓王曰:“伪病者乎而见之,臣已恐之矣。
”长信侯入见王,王曰:“病甚奈何!吾始已诺于应侯矣,意虽道死,行乎。
”长信侯曰:“王毋行矣!臣能得之于应侯,愿王无忧。
”(摘编自《战国策·魏策三》)1.下列对文中画波浪线部分的断句,正确的一项是(3分) ( )A.如臣之贱也今人/有谓臣曰/入不测之渊而必出/不出/请以一鼠首为女殉者/臣必不为也/B.如臣之贱也今人/有谓臣曰/入不测之渊而必出/不出/请以一鼠首为女/殉者臣必不为也/C.如臣之贱也/今人有谓臣曰/入不测之渊而必出/不出/请以一鼠首为女/殉者臣必不为也/D.如臣之贱也/今人有谓臣曰/入不测之渊而必出/不出/请以一鼠首为女殉者/臣必不为也/2.下列对文中加点的词语及相关内容的解说,不正确的一项是(3分) ( )A.寡人,意为寡德之人,文中是魏王自称,中国古代的君主常以此谦称自己。
专题突破四 转换法和控制变量法在声的探究中的应用
(1)为控制实验过程中敲击玻璃杯的力大小相同，
小明的做法是
将小球拉到同一高度释放
。
(2)小明记录的实验数据如下表，你认为表中空格处应填入 吸音性能 。
材料种类 玻璃杯发声大小 聚酯棉 最小 最强 软木 最大 最弱 泡沫 较大 较弱 海绵 较小 较强
(3)小明实验中的四种材料，仅从吸音性能的角度考虑，最适合装修隔音墙 的是 聚酯棉 。 (4)你认为影响吸音性能的因素除了材料的种类，可能还有材料的厚度 ____(写出
(4)如果利用声音的反射现象，测量声音在空气中的传播速度，应选择表中 的 大理石 作为反射面效果最好。
(2)轻轻地敲击桌面，观察墙面上小光斑的位置有什么变化？ (3)用力敲击桌面，观察小光斑位置的变化。 收集证据：桌面发声时，你发现墙壁上小光斑 在颤动 。 得出结论：这说明 桌子发声时在振动 。
5．在学习二胡演奏过程中，小明发现琴弦发出的声音音调受各种因素的影
响，他决定对此进行研究，经过和同学们讨论提出了以下几种猜想： 猜想一：琴弦发声音调高低可能与琴弦的横截面积有关； 猜想二：琴弦发声音调高低可能与琴弦的长短有关； 猜想二：琴弦发声音调高低可能与琴弦的材料有关。 为了验证上述猜想是否正确，他和同学们找到了表中所列4种规格的琴弦， 进行实验。
一个即可)。
8．李想同学家在繁华的闹市中心，夜深了，街道上车辆的喇叭声、小贩的 叫卖声仍不绝于耳，噪声污染严重。李想想制作一个防噪声的耳罩，通过比 较几种材料(衣服、锡箔纸、泡沫塑料)的隔音性能，来选择一种隔音性能好的 材料作耳罩的填充物。 (1)准备的实验器材除了待检测的材料外，还有音叉、机械闹钟、鞋盒。其 中适合作声源的是 机械闹钟 。
A 、____ B 的两种规格的琴弦进行实验。 (1)为了验证猜想一，应选编号____ (2)在验证猜想三时，小明发现粗心的同学没有把表中的数据填全， 55 。 表中①的位置所缺数据是____ (3)小明在这个探究实验中，采用的研究方法是 控制变量法 。
2025届高三物理一轮复习专题突破四动态平衡问题平衡中的临界和极值问题(28张PPT)
FT、FN的夹角不变,且合力不变,如图中虚线所示,可知两根细绳对圆柱体拉力的合力FT一直减小,木板对圆柱体的支持力FN先增大后减小,根据牛顿第三定律得圆柱体对木板的压力先增大后减小,A、D两项错误, B项正确;两根细绳的夹角不变,随着合力的减小,两根细绳上的拉力也一直减小,C项错误。
解析 如图所示,以小球为研究对象,小球受到重力、细绳的拉力和斜面的支持力,三力平衡。根据平衡条件得知拉力与支持力的合力与重力大小相等,方向相反,且重力保持不变,作出三个位置拉力与支持力的合成示意图,可得细绳由水平方向逐渐向上偏移时,拉力F先逐渐减小后逐渐增大,D项正确。
答案 D
考向3 相似三角形法在三力平衡问题中,如果有一个力是恒力,另外两个力方向都变化,且题目给出了空间几何关系,多数情况下力的矢量三角形与空间几何三角形相似,可利用相似三角形对应边成比例进行计算。
第二章
相互作用——力
专题突破四 态平衡问题 平衡中的临界和极值问题
1.学会用解析法、图解法、相似三角形法等解答动态平衡问题。2.会用极限分析法或数学分析法等解答平衡中的临界和极值问题。
1.动态平衡问题是指物体的受力状态缓慢发生变化,但在变化过程中,每一个状态均可视为平衡状态。2.基本思路:化“动”为“静”,“静”中求“动”。
考向2 物理分析法根据物体的平衡条件,作出力的矢量图,通过对物理过程的分析,利用平行四边形定则进行动态分析,确定最大值与最小值。
答案 A
人教版初中物理中考专题突破(四)-定量推理题
专题四定量推理题定量推理题与计算题的不同之处是，计算题需要计算具体的数据得出具体的结果，而定量推理试题在计算过程中是用字母进行表达，并用字母表达出相应的结果，其过程类似于依据物理原理进行公式的推导，比较典型的是课本中依据浮力产生的原因、液体和固体的压强公式，定量推导浮力的公式(阿基米德原理)。
试题特点：更加重视逻辑思维能力。
题型一力学1．用如图所示的滑轮组将重为G的物体匀速提升了h，作用在绳上的拉力大小为F，则总功为，额外功为，效率为。
(用题中给出的物理量表示)2．如图所示，薄壁容器的底面积为S，重为G1，内装有密度为ρ、重为G2的某种液体，深度为h，容器放置在水平桌面上静止，那么容器底部受到的液体压强为，容器对桌面产生的压强为。
3．采用如图所示站姿锻炼手臂力量：双脚并拢，脚尖O触地，脚后跟踮起，手臂水平，手掌支撑在竖直墙壁上的A点，B为人体重心所在位置。
锻炼时，躯体伸直，手臂弯曲和伸直动作交替进行。
现要估测手掌对墙壁的压力F。
(g为已知常量)(1)用体重计称量出人体的体重(质量)m，用卷尺分别测量出两点间的竖直距离l1和两点间的水平距离l2；(选填“A、O”或“B、O”)(2)手掌对墙壁的压力F= (用已知和测得的物理量表示)；(3)锻炼时，脚尖离开墙壁越远，手掌对墙壁的压力就越。
4．甲、乙两位同学对“雨滴的下落速度是否跟雨滴的大小有关”持有不同的意见，于是他们对此展开研究，他们从网上查到，雨滴在下落过程中接近地面时受到的空气阻力与雨滴的横截面积S成正比，与雨滴下落速度v的平方成正比，即f=kSv2(其中k为比例系数，是个定值)，雨滴接近地面时可看做匀速直线运动，把雨滴看做球形，其半径为r，密度为ρ，球的体积为V=4，则：3πr3(1)半径为r的雨滴重力为(结果用字母表示)。
(2)在接近地面时，大雨滴的下落速度(选填“大于”“等于”或“小于”)小雨滴的下落速度。
5.一均匀的正方体木块，放在水平地面上，对地面的压强为p ，如果将这个木块切成完全相同的八个小正方体，取其中一个放在水平地面上，则这个小木块对地面的压强是( )A ．p B. 12p C. 14p D ．2p 6．小强所在的研究性学习小组，对一个半径为r 、质量为m 且质量分布均匀的圆柱体进行了测量与研究。
潍坊市中考专题突破专题四：几何变换综合题（含答案解析）
专题类型突破专题四几何变换综合题类型一涉及一个动点的几何问题(·长春中考)如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，AB＝4，动点P从点A出发，沿AB以每秒2个单位长度的速度向终点B运动．过点P作PD⊥AC 于点D(点P不与点A，B重合)，作∠DPQ＝60°，边PQ交射线DC于点Q.设点P 的运动时间为t秒．(1)用含t的代数式表示线段DC的长；(2)当点Q与点C重合时，求t的值；(3)设△P DQ与△ABC重叠部分图形的面积为S，求S与t之间的函数关系式；(4)当线段PQ的垂直平分线经过△ABC一边中点时，直接写出t的值．【分析】 (1)先求出AC，用三角函数求出AD，即可得出结论；(2)利用AD＋DQ＝AC，即可得出结论；(3)分两种情况，利用三角形的面积公式和面积差即可得出结论；(4)分三种情况，利用锐角三角函数，即可得出结论．【自主解答】1．(·江西中考)在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，点P是射线BD上一动点，以AP为边向右侧作等边△APE，点E的位置随着点P的位置变化而变化．(1)如图1，当点E在菱形ABCD内部或边上时，连接CE，BP与CE的数量关系是，CE与AD的位置关系是；(2)当点E在菱形ABCD外部时，(1)中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由(选择图2，图3中的一种情况予以证明或说理)；(3)如图4，当点P在线段BD的延长线上时，连接BE，若AB＝23，BE＝219，求四边形ADPE的面积．类型二涉及两个动点的几何问题(·青岛中考)已知：如图，四边形ABCD，AB∥DC，CB⊥AB，AB＝16 cm，BC＝6 cm，CD＝8 cm，动点P从点D开始沿DA边匀速运动，动点Q从点A开始沿AB边匀速运动，它们的运动速度均为2 cm/s.点P和点Q同时出发，以QA，QP为边作平行四边形AQPE，设运动的时间为t(s)，0＜t＜5.根据题意解答下列问题： (1)用含t 的代数式表示AP ；(2)设四边形CPQB 的面积为S(cm 2)，求S 与t 的函数关系式； (3)当QP⊥BD 时，求t 的值；(4)在运动过程中，是否存在某一时刻t ，使点E 在∠ABD 的平分线上？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由．【分析】 (1)作D H⊥AB 于点H ，则四边形DHBC 是矩形，利用勾股定理求出AD 的长即可解决问题；(2)作PN⊥AB 于N ，连接PB ，根据S ＝S △PQ B ＋S △BCP 计算即可；(3)当QP⊥BD 时，∠PQN＋∠DBA ＝90°，∠QPN＋∠PQN＝90°，推出∠QPN ＝∠DBA ，由此利用三角函数即可解决问题；(4)连接BE 交DH 于点K ，作KM⊥BD 于点M.当BE 平分∠ABD 时，△K B H≌△K BM ，推出KH ＝KM.作EF⊥AB 于点F ，则△A EF≌△QPN，推出EF ＝PN ，AF ＝QN ，由KH∥EF 可得KH EF ＝BHBF ，由此构建方程即可解决问题．【自主解答】2．(·黄冈中考)如图，在平面直角坐标系xOy 中，菱形OABC 的边OA 在x 轴正半轴上，点B ，C 在第一象限，∠C ＝120°，边长OA ＝8.点M 从原点O 出发沿x 轴正半轴以每秒1个单位长的速度作匀速运动，点N 从A 出发沿边AB －BC －CO 以每秒2个单位长的速度作匀速运动，过点M 作直线MP 垂直于x 轴并交折线OCB 于P ，交对角线OB 于Q ，点M 和点N 同时出发，分别沿各自路线运动，点N 运动到原点O 时，M 和N 两点同时停止运动． (1)当t ＝2时，求线段PQ 的长； (2)求t 为何值时，点P 与N 重合；(3)设△APN 的面积为S ，求S 与t 的函数关系式及t 的取值范围．类型三 图形的平移变换(·扬州中考)如图，将△ABC 沿着射线BC 方向平移至△A ′B ′C ′，使点A ′落在∠ACB 的外角平分线CD 上，连接AA ′. (1)判断四边形ACC ′A ′的形状，并说明理由；(2)在△ABC 中，∠B ＝90°，AB ＝24，cos ∠BAC ＝1213，求CB ′的长．【分析】 (1)根据平行四边形的判定定理(有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形)知四边形ACC′A′是平行四边形．再根据对角线平分对角的平行四边形是菱形知四边形ACC′A′是菱形．(2)通过解直角△ABC得到AC，BC的长度，由(1)中菱形ACC′A′的性质推知AC ＝AA′，由平移的性质得四边形ABB′A′是平行四边形，则AA′＝BB′，所以CB′＝BB′－BC.【自主解答】平移变换命题的呈现形式主要有：(1)坐标系中的点、函数图象的平移问题；(2)涉及基本图形平移的几何问题；(3)利用平移变换作为工具解题．其解题思路：(1)特殊点法：解题的关键是学会运用转化的思想，如坐标系中图象的平移问题，一般是通过图象上一个关键(特殊)点的平移来研究整个图象的平移；(2)集中条件法：通过平移变换添加辅助线，集中条件，使问题获得解决；(3)综合法：已知条件中涉及基本图形的平移或要求利用平移作图的问题时，要注意找准对应点，看清对应边，注意变换性质的理解和运用．3．(·安徽中考)如图，直线l1，l2都与直线l垂直，垂足分别为M，N，MN＝1.正方形ABCD的边长为2，对角线AC在直线l上，且点C位于点M处．将正方形ABCD沿l向右平移，直到点A与点N重合为止．记点C平移的距离为x，正方形ABCD的边位于l1，l2之间部分的长度和为y，则y关于x的函数图象大致为( )4．如图，在平面直角坐标系中，△AOB 的顶点O 为坐标原点，点A 的坐标为(4，0)，点B 的坐标为(0，1)，点C 为边AB 的中点，正方形OBDE 的顶点E 在x 轴的正半轴上，连接CO ，CD ，CE.(1)线段OC 的长为 ； (2)求证：△CBD ≌△COE ；(3)将正方形OBDE 沿x 轴正方向平移得到正方形O 1B 1D 1E 1，其中点O ，B ，D ，E 的对应点分别为点O 1，B 1，D 1，E 1，连接CD 1，CE 1，设点E 1的坐标为(a ，0)，其中a ≠2，△CD 1E 1的面积为S.①当1＜a ＜2时，请直接写出S 与a 之间的函数解析式； ②在平移过程中，当S ＝14时，请直接写出a 的值．类型四图形的旋转变换(·潍坊中考)边长为6的等边△ABC中，点D，E分别在AC，BC边上，D E∥AB，EC＝2 3.(1)如图1，将△DEC沿射线EC方向平移，得到△D′E′C′，边D′E′与AC的交点为M，边C′D′与∠ACC′的角平分线交于点N.当CC′多大时，四边形MCND′为菱形？并说明理由．(2)如图2，将△DEC绕点C旋转∠α(0°<α<360°)，得到△D′E′C，连接AD′，B E′.边D′E′的中点为P.①在旋转过程中，AD′和B E′有怎样的数量关系？并说明理由；②连接AP，当AP最大时，求AD′的值．(结果保留根号)【分析】 (1)先判断出四边形MCND′为平行四边形，可得△M C E′和△N CC′为等边三角形，即可求出CC′，得出CN＝CM，即证四边形MCND′为菱形；(2)①分两种情况，利用旋转的性质，即可判断出△ACD′≌△BC E′，即可得出结论；②先判断出点A，C，P三点共线，求出CP，AP，最后用勾股定理即可得出结论．【自主解答】旋转变换问题的解题思路：(1)以旋转为背景的问题，要根据题意，找准对应点，看清对应边，注意对旋转的性质的理解和运用，想象其中基本元素，如点、线(角)之间的变化规律，再结合几何图形的性质，大胆地猜想结果并加以证明来解决问题；(2)利用旋转变换工具解决问题，要注意观察，通过旋转图形中的部分，运用旋转的性质，将复杂问题简单化．5．(·菏泽中考)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＝2 cm，AC＝4 cm.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．(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t a n∠C′CH的值．类型五图形的翻折变换(·德州中考)如图1，在矩形纸片ABCD 中，AB ＝3 cm ，AD ＝5 cm ，折叠纸片使B 点落在边AD 上的E 处，折痕为PQ.过点E 作EF∥AB 交PQ 于F ，连接BF. (1)求证：四边形BFEP 为菱形；(2)当点E 在AD 边上移动时，折痕的端点P ，Q 也随之移动． ①当点Q 与点C 重合时(如图2)，求菱形BFEP 的边长；②若限定P ，Q 分别在边BA ，BC 上移动，求出点E 在边AD 上移动的最大距离．【分析】 (1)由折叠的性质得出PB ＝PE ，BF ＝EF ，∠BPF ＝∠EPF，由平行线的性质得出∠BPF ＝∠EFP，证出∠EPF＝∠EFP，得出EP ＝EF ，因此BP ＝BF ＝EF ＝EP ，即可得出结论；(2)①由矩形的性质得出BC ＝AD ＝5 cm ，CD ＝AB ＝3 cm ，∠A ＝∠D ＝90°，由对称的性质得出CE ＝BC ＝5 cm ，在Rt △CDE 中，由勾股定理求出DE ＝4 cm ，得出AE ＝AD －DE ＝1 cm ；在Rt △APE 中，由勾股定理得出方程，解方程得出EP ＝53 cm即可；②当点Q 与点C 重合时，点E 离点A 最近，由①知，此时AE ＝1 cm ；当点P 与点A 重合时，点E 离点A 最远，此时四边形ABQE 为正方形，AE ＝AB ＝3 cm ，即可得出答案． 【自主解答】翻折变换问题的解题思路：以翻折变换为载体，考查几何图形的判定和性质问题．一般先作出折叠前、后的图形位置，考虑折叠前、后哪些线段、角对应相等，哪些量发生了变化．然后再利用轴对称的性质和相关图形的性质推出相等的线段、角、全等三角形等，当有直角三角形出现时，考虑利用勾股定理以及方程思想来解决．6．(·兰州中考)如图1，将一张矩形纸片ABCD 沿着对角线BD 向上折叠，顶点C 落到点E 处，BE 交AD 于点F. (1)求证：△BDF 是等腰三角形；(2)如图2，过点D 作D G∥BE ，交BC 于点G ，连接FG 交BD 于点O. ①判断四边形BFDG 的形状，并说明理由； ②若AB ＝6，AD ＝8，求FG 的长．类型六 图形的相似变换【探究证明】(1)某班数学课题学习小组对矩形内两条相互垂直的线段与矩形两邻边的数量关系进行探究，提出下列问题，请你给出证明：如图1，矩形ABCD 中，EF⊥GH，EF 分别交AB ，CD 于点E ，F ，GH 分别交AD ，BC 于点G ，H.求证：EF GH ＝ADAB ；【结论应用】(2)如图2，在满足(1)的条件下，又A M⊥BN ，点M ，N 分别在边BC ，CD 上．若EFGH＝1115，则BNAM 的值为 ； 【联系拓展】(3)如图3，四边形ABCD 中，∠ABC ＝90°，AB ＝AD ＝10，BC ＝CD ＝5，A M⊥DN ，点M ，N 分别在边BC ，AB 上，求DNAM的值．【分析】 (1)过点A 作A P∥EF，交CD 于点P ，过点B 作B Q∥GH，交AD 于点Q ，易证AP ＝EF ，GH ＝BQ ，△P DA ∽△Q AB ，然后运用相似三角形的性质就可以解决问题；(2)只需运用(1)中的结论，就可得到EF GH ＝AD AB ＝BNAM ，就可以解决问题；(3)过D 作AB 的平行线，交BC 的延长线于点E ，作A F⊥AB 交直线DE 于点F ，易证得四边形ABEF 是矩形，通过等量代换，得∠1＝∠3，进而得到△AD F∽△DCE ，根据相似三角形的性质，得出线段DE ，AF ，DC ，AD 之间的关系，再通过设未知数及勾股定理求出AF ，最后根据(1)中的结论，即可解决问题． 【自主解答】求两条线段的比，一般有两种方法：一是根据定义，求出两条线段的长度，再求两条线段的比；二是利用比例线段，等比转换，能够产生比例线段的是相似三角形和平行线，可以利用相似三角形和平行线的性质去寻找比例线段．在含有比值与相似的问题中，关键是证明三角形相似．判定三角形相似的方法一般有：(1)条件中若有平行线，可采用找角相等证两个三角形相似；(2)条件中若有一组对应角相等，可再找一组对应角相等或再找此角所在的两边对应成比例；(3)条件中若有两边对应成比例，可找夹角相等；(4)条件中若有一组直角，可考虑再找一组等角或证明斜边、直角边对应成比例；(5)条件中若有等腰关系，可找顶角相等或找对应底角相等或底和腰对应成比例．7．(·湖州中考)已知在Rt △ABC 中，∠BAC ＝90°，AB ≥AC ，D ，E 分别为AC ，BC 边上的点(不包括端点)，且DC BE ＝ACBC ＝m ，连接AE ，过点D 作D M⊥AE ，垂足为点M ，延长DM 交AB 于点F.(1)如图1，过点E 作EH⊥AB 于点H ，连接DH. ①求证：四边形DHEC 是平行四边形； ②若m ＝22，求证：AE ＝DF ；(2)如图2，若m ＝35，求DFAE的值．类型七 类比、拓展类探究问题(·淄博中考)(1)操作发现：如图1，小明画了一个等腰三角形ABC ，其中AB ＝AC ，在△ABC 的外侧分别以AB ，AC 为腰作了两个等腰直角三角形ABD ，ACE.分别取BD ，CE ，BC 的中点M ，N ，G.连接GM ，GN.小明发现了：线段GM 与GN 的数量关系是 ；位置关系是 ．(2)类比思考：如图2，小明在此基础上进行了深入思考．把等腰三角形ABC 换为一般的锐角三角形．其中AB>AC ，其他条件不变，小明发现的上述结论还成立吗？请说明理由．(3)深入探究：如图3，小明在(2)的基础上，又作了进一步探究，向△ABC 的内侧分别作等腰直角三角形ABD ，ACE.其他条件不变，试判断△GMN 的形状，并给予证明．【分析】 (1)利用S A S 判断出△AEB ≌△ACD ，得出EB ＝CD ，∠AEB ＝∠ACD ，进而判断出EB ⊥CD ，最后用三角形中位线定理即可得出结论； (2)同(1)的方法即可得出结论；(3)同(1)的方法得出MG ＝NG ，最后利用三角形中位线定理和等量代换即可得出结论． 【自主解答】8．(·日照中考)问题背景：我们学习等边三角形时得到直角三角形的一个性质：在直角三角形中，如果一个锐角等于30°，那么它所对的直角边等于斜边的一半．即：如图1，在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，∠ABC ＝30°，则AC ＝12AB.探究结论：小明同学对以上结论作了进一步探究．(1)如图1，连接AB 边上中线CE ，由于CE ＝12AB ，易得结论：①△ACE 为等边三角形；②BE 与CE 之间的数量关系为 ；(2)如图2，点D 是边CB 上任意一点，连接AD ，作等边△ADE ，且点E 在∠ACB 的内部，连接BE.试探究线段BE 与DE 之间的数量关系，写出你的猜想并加以证明；(3)当点D 为边CB 延长线上任意一点时，在(2)条件的基础上，线段BE 与DE 之间存在怎样的数量关系？请直接写出你的结论 ；拓展应用：如图3，在平面直角坐标系xOy 中，点A 的坐标为(－3，1)，点B 是x 轴正半轴上的一动点，以AB 为边作等边△ABC.当C 点在第一象限内，且B(2，0)时，求C 点的坐标．参考答案类型一【例1】 (1)∵在Rt △ABC 中，∠A＝30°，AB ＝4， ∴AC＝2 3.∵PD⊥AC，∴∠ADP＝∠CDP＝90°. 在Rt △ADP 中，AP ＝2t ，∴DP＝t ，AD ＝3t ，∴CD＝AC －AD ＝23－3t(0＜t ＜2)． (2)在Rt △PDQ 中， ∵∠DPQ＝60°，∴∠PQD＝30°＝∠A，∴PA＝PQ. ∵PD⊥AC，∴AD＝DQ.∵点Q 和点C 重合，∴AD＋DQ ＝AC ，∴23t ＝23，∴t＝1. (3)当0＜t≤1时，S ＝S △PDQ ＝12DQ·DP＝12×3t·t＝32t 2.如图，当1＜t ＜2时，CQ ＝AQ －AC ＝2AD －AC ＝ 23t －23＝23(t －1)． 在Rt △CEQ 中，∠CQE＝30°，∴CE＝CQ·t a n ∠CQE＝23(t －1)×33＝2(t －1)，∴S＝S △PDQ －S △ECQ ＝12×3t·t－12×23(t －1)×2(t－1)＝－332t 2＋43t －23，∴S＝⎩⎪⎨⎪⎧32t 2（0<t≤1），－332t 2＋43t －23（1<t<2）.(4)①如图，当PQ 的垂直平分线过AB 的中点F 时，∴∠PGF＝90°，PG ＝12PQ ＝12AP ＝t ，AF ＝12AB ＝2. ∵∠A＝∠AQP＝30°，∴∠FPG＝60°，∴∠PFG＝30°，∴PF＝2PG ＝2t ， ∴AP＋PF ＝2t ＋2t ＝2， ∴t＝12.②如图，当PQ 的垂直平分线过AC 的中点N 时，∴∠QMN＝90°， AN ＝12AC ＝3，QM ＝12PQ ＝12AP ＝t.在Rt △NMQ 中，NQ ＝MQ cos 30°＝233t.∵AN＋NQ ＝AQ ，∴3＋233t ＝23t ，∴t＝34.③如图，当PQ 的垂直平分线过BC 的中点F 时，∴BF＝12BC ＝1，PE ＝12PQ ＝t ，∠H＝30°.∵∠ABC＝60°， ∴∠BFH＝30°＝∠H， ∴BH＝BF ＝1.在Rt △PEH 中，PH ＝2PE ＝2t.∵AH＝AP ＋PH ＝AB ＋BH ，∴2t＋2t ＝5， ∴t＝54.即当线段PQ 的垂直平分线经过△ABC 一边中点时，t 的值为12或34或54.变式训练1．解：(1)BP ＝CE CE⊥AD 提示：如图，连接AC.∵四边形ABCD 是菱形， ∠ABC＝60°，∴△ABC，△ACD 都是等边三角形，∠ABD＝∠CBD＝30°，∴A B ＝AC. 又∵△APE 是等边三角形，∴AP＝AE ，∠BAC＝∠PAE＝60°，∴∠BAP＝∠CAE， ∴△BAP≌△CAE，∴BP＝CE ，∠ABP＝∠ACE＝30°. 延长CE 交AD 于点H. ∵∠CAH＝60°， ∴∠CAH＋∠ACH＝90°， ∴∠AHC＝90°，即CE⊥AD.(2)结论仍然成立．理由：如图，连接AC交BD于点O，设CE交AD于点H.∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴△ABC，△ACD都是等边三角形，∠ABD＝∠CBD＝30°，∴AB＝AC.∵△APE是等边三角形，∴AP＝AE，∠BAC＝∠PAE＝60°，∴∠BAP＝∠CAE，∴△BAP≌△CAE，∴BP＝CE，∠ABP＝∠ACE＝30°.∵∠CAH＝60°，∴∠CA H＋∠ACH＝90°，∴∠AHC＝90°，即CE⊥AD.也可选用图3进行证明，方法同上．(3)如图，连接AC交BD于点O，连接CE交AD于点H，由(2)可知EC⊥AD，CE＝BP.在菱形ABCD中，AD∥BC，∴EC⊥BC.∵BC＝AB＝23，BE＝219，在Rt△BC E中，EC＝（219）2－（23）2＝8，∴BP＝CE ＝8.∵AC 与BD 是菱形的对角线， ∴∠ABD＝12∠ABC＝30°，AC⊥BD，∴BD＝2BO ＝2AB·cos 30°＝6， ∴OA＝12AB ＝3，DP ＝BP －BD ＝8－6＝2，∴OP＝OD ＋DP ＝5.在Rt △AOP 中，AP ＝AO 2＋OP 2＝27，∴S 四边形ADPE ＝S △ADP ＋S △AEP ＝12×2×3＋34×(27)2＝8 3.类型二【例2】 (1)如图，作DH⊥AB 于点H ，则四边形DHBC 是矩形， ∴CD＝BH ＝8，DH ＝BC ＝6. ∵AH＝AB －BH ＝8， ∴AD＝DH 2＋AH 2＝10， ∴AP ＝AD －DP ＝10－2t.(2)如图，作PN⊥AB 于点N ，连接PB. 在Rt △APN 中，PA ＝10－2t ， ∴PN＝PA·sin ∠DAH＝35(10－2t)，AN ＝PA·cos ∠DAH＝45(10－2t)，∴BN＝16－AN ＝16－45(10－2t)，∴S＝S △PQB ＋S △BCP ＝12·(16－2t)·35(10－2t)＋12×6×[16－45(10－2t)]＝65t 2－545t ＋72.(3)当QP⊥BD 时，∠PQN＋∠DBA＝90°. ∵∠QPN＋∠PQN＝90°，∴∠QPN＝∠DBA， ∴t a n ∠QPN＝QN PN ＝34，∴45（10－2t ）－2t 35（10－2t ）＝34，解得t ＝3527.经检验，t ＝3527是分式方程的解，且符合题意，∴当t ＝3527时，QP⊥BD.(4)存在．理由如下：如图，连接BE 交DH 于点K ，作KM⊥BD 于点M. 当BE 平分∠ABD 时，△KBH≌△KBM， ∴KH＝KM ，BH ＝BM ＝8. ∵BD＝CD 2＋BC 2＝10， ∴DM＝2. 设KH ＝KM ＝x ，在Rt △DKM 中，(6－x)2＝22＋x 2， 解得x ＝83.如图，作EF⊥AB 于点F ，则△AEF≌△QPN， ∴EF＝PN ＝35(10－2t)，AF ＝QN ＝45(10－2t)－2t.∴BF＝16－[45(10－2t)－2t]．∵KH∥EF，∴KH EF ＝BH BF ， ∴8335（10－2t ）＝816－[45（10－2t ）－2t]， 解得t ＝2518. 经检验，t ＝2518是分式方程的解，且符合题意， ∴当t ＝2518时，点E 在∠ABD 的平分线上．变式训练2．解：(1)当t ＝2时，OM ＝2，在Rt △OPM 中，∠POM＝60°，∴PM＝OM·t a n 60°＝2 3.在Rt △OMQ 中，∠QOM＝30°，∴QM＝OM·t a n 30°＝233， ∴PQ＝PM －QM ＝23－233＝433. (2)当t≤4时，AN ＝PO ＝2OM ＝2t ，t ＝4时，P 到达C 点，N 到达B 点，点P ，N 在边BC 上相遇．设t 秒时，点P 与N 重合，则(t －4)＋2(t －4)＝8，解得t ＝203，即t ＝203秒时，点P 与N 重合．(3)①当0＜t≤4时，S ＝12·2t·43＝43t. ②当4<t≤203时，S ＝12×[8－(t －4)－(2t －8)]×4 3 ＝403－63t.③当203<t≤8时，S ＝12×[(t－4)＋(2t －8)－8]×4 3 ＝63t －40 3. ④当8<t≤12时，S ＝S 菱形ABCO －S △AON －S △ABP －S △CPN ＝323－12·(24－2t)·43－12·[8－(t －4)]·43－12(t －4)·32·(2t－16)＝－32t 2＋123t －56 3. 综上所述，S 与t 的函数关系式为S ＝⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧43t （0<t≤4），403－63t （4<t ≤203），63t －403（203<t≤8），－32t 2＋123t －563（8<t≤12）. 类型三【例3】 (1)四边形ACC′A′是菱形．理由如下：由平移的性质得到AC∥A′C′，且AC ＝A′C′，则四边形ACC′A′是平行四边形，∴∠ACC′＝∠AA′C′.又∵CD 平分∠ACB 的外角，即CD 平分∠ACC′，易证CD 也平分∠AA′C′，∴四边形ACC′A′是菱形．(2)∵在△ABC 中，∠B＝90°，AB ＝24，cos ∠BAC＝1213， ∴cos ∠BAC＝AB AC ＝1213，即24AC ＝1213，∴AC＝26， ∴由勾股定理知BC ＝AC 2－AB 2＝262－242＝10.又由(1)知，四边形ACC′A′是菱形，∴AC＝AA′＝26.由平移的性质得到AB∥A′B′，AB ＝A′B′，则四边形ABB′A′是平行四边形，∴AA′＝BB′＝26，∴CB′＝BB′－BC ＝26－10＝16.变式训练3．A4．解：(1)172(2)∵∠AOB＝90°，点C 是AB 的中点，∴OC＝BC ＝12AB ，∴∠CBO＝∠COB. ∵四边形OBDE 是正方形，∴BD＝OE ，∠DBO＝∠EOB＝90°，∴∠CBD＝∠COE.在△CBD 和△COE 中，⎩⎪⎨⎪⎧CB ＝CO ，∠CBD＝∠COE，BD ＝OE ，∴△CBD≌△COE(S A S )． (3)①S＝－12a ＋1. ②a＝32或52.类型四【例4】 (1)当CC′＝3时，四边形MCND′为菱形．理由：由平移的性质得CD∥C′D′，DE∥D′E′.∵△ABC为等边三角形，∴∠B＝∠ACB＝60°，∴∠ACC′＝180°－60°＝120°.∵CN是∠ACC′的角平分线，∴∠NCC′＝60°.∵AB∥DE，DE∥D′E′，∴AB∥D′E′，∴∠D′E′C′＝∠B＝60°，∴∠D′E′C′＝∠NCC′，∴D′E′∥CN，∴四边形MCND′为平行四边形．∵∠ME′C′＝∠MCE′＝60°，∠NCC′＝∠NC′C＝60°，∴△MCE′和△NCC′为等边三角形，∴MC＝CE′，NC＝CC′.又∵E′C′＝23，CC′＝3，∴CE′＝CC′＝3，∴MC＝CN，∴四边形MCND′为菱形．(2)①AD′＝BE′.理由：当α≠180°时，由旋转的性质得∠ACD′＝∠BCE′.由(1)知AC＝BC，CD′＝CE′，∴△ACD′≌△BCE′，∴AD′＝BE′.当α＝180°时，AD′＝AC＋CD′，BE′＝BC＋CE′，即AD′＝BE′.综上可知，AD′＝BE′.②如图，连接CP，在△ACP中，由三角形三边关系得AP<AC＋CP，∴当A，C，P三点共线时AP最大．此时，AP＝AC＋CP.在△D′CE′中，由P为D′E′中点得AP⊥D′E′，PD′＝3，∴CP＝3，∴AP＝6＋3＝9.在Rt△APD′中，由勾股定理得AD′＝AP2＋PD′2＝92＋（3）2＝221.变式训练5．(1)解：菱形(2)证明：∵点F是CC′的中点，∴CF＝FC′.∵FG＝AF，∴四边形ACGC′是平行四边形．∵在Rt△ABC和Rt△AC′D中，∠BAC＋∠ACB＝90°，∠ACB＝∠DAC′，∴∠BAC＋∠DAC′＝90°.又∵B，A，D三点在同一条直线上，∴∠CAC′＝90°，∴四边形ACGC′是矩形．∵AC＝AC′，∴四边形ACGC′是正方形．(3)解：在Rt△A′BC和Rt△BC′D中，BC＝BD＝42－22＝2 3.∵Rt△A′BC≌Rt△BC′D，∴∠DBC′＋∠BA′C＝90°，∴∠BHA′＝90°，∴BC′⊥A′C.在Rt△A′BC中，A′C·BH＝BC·A′B，即4BH＝2×23，∴BH＝3，∴C′H＝BC′－BH＝4－ 3.在Rt △A′BH 中，A′H＝A′B 2－BH 2＝22－（3）2＝1，∴CH＝4－1＝3，∴t a n ∠C′CH＝C′H CH ＝4－33， ∴t a n ∠C′CH 的值为4－33. 类型五【例5】 (1)∵折叠纸片使B 点落在边AD 上的E 处，折痕为PQ ，∴点B 与点E 关于PQ 对称，∴PB＝PE ，BF ＝EF ，∠BPF＝∠EPF.又∵EF∥AB，∴∠BPF＝∠EFP，∴∠EPF ＝∠EFP，∴EP＝EF ，∴BP＝BF ＝FE ＝EP ，∴四边形BFEP 为菱形．(2)①如图1，图1∵四边形ABCD 为矩形，∴BC＝AD ＝5 cm ，CD ＝AB ＝3 cm ，∠A＝∠D＝90°.∵点B 与点E 关于PQ 对称，∴CE＝BC ＝5 cm .在Rt △CDE 中，DE 2＝CE 2－CD 2，即DE 2＝52－32，∴DE＝4 cm ，∴AE＝AD －DE ＝5－4＝1(cm )．在Rt △APE 中，AE ＝1，AP ＝3－PB ＝3－PE ，∴EP 2＝12＋(3－EP)2，解得EP ＝53 cm ， ∴菱形BFEP 的边长为53cm . ②图2当点Q 与点C 重合时，如图1，点E 离A 点最近，由①知，此时AE ＝1 cm .当点P 与点A 重合时，如图2，点E 离A 点最远，此时四边形ABQE 为正方形， AE ＝AB ＝3 cm ，∴点E 在边AD 上移动的最大距离为2 cm .变式训练6．(1)证明：根据折叠的性质知∠DBC＝∠DBE.又∵AD∥BC，∴∠DBC＝∠ADB，∴∠DBE＝∠ADB，∴DF＝BF ，∴△BDF 是等腰三角形．(2)解：①∵四边形ABCD 是矩形，∴AD∥BC，∴FD∥BG.又∵DG∥BE，∴四边形BFDG 是平行四边形．∵DF＝BF ，∴四边形BFDG 是菱形．②∵AB＝6，AD ＝8，∴BD＝10，∴OB＝12BD ＝5. 假设DF ＝BF ＝x ，则AF ＝AD －DF ＝8－x ，∴在Rt △ABF 中，AB 2＋AF 2＝BF 2，即62＋(8－x)2＝x 2，解得x ＝254，即BF ＝254，∴FO＝BF 2－OB 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2542－52＝154， ∴FG＝2FO ＝152. 类型六【例6】 (1)如图，过点A 作AP∥EF，交CD 于点P ，过点B 作BQ∥GH，交AD 于点Q ，交AP 于点T.∵四边形ABCD 是矩形，∴AB∥DC，AD∥BC，∴四边形AEFP 和四边形BHGQ 都是平行四边形，∴AP＝EF ，GH ＝BQ. ∵GH⊥EF，∴AP⊥BQ，∴∠QAT＋∠AQT＝90°.∵四边形ABCD 是矩形，∴∠DAB＝∠D＝90°，∴∠DAP＋∠DPA＝90°，∴∠AQT＝∠DPA， ∴△PDA∽△QAB，∴AP BQ ＝AD BA ，∴EF GH ＝AD AB. (2)1115. 提示：∵EF⊥GH，AM⊥BN，∴由(1)结论可得EF GH ＝AD AB ，BN AM ＝AD AB， ∴BN AM ＝EF GH ＝1115. (3)如图，过D 作AB 的平行线，交BC 的延长线于E ，作AF⊥AB 交ED 延长线于点F.∵∠BAF＝∠B＝∠E＝90°，∴四边形ABEF 是矩形．连接AC ，由已知条件得△ADC≌△ABC， ∴∠ADC＝∠ABC＝90°，∠1＋∠2＝90°.又∵∠2＋∠3＝90°，∴∠1＝∠3，∴△ADF∽△DCE， ∴DE AF ＝DC AD ＝510＝12. 设DE ＝x ，则AF ＝2x ，DF ＝10－x.在Rt △ADF 中，AF 2＋DF 2＝AD 2，即(2x)2＋(10－x)2＝100，解得x 1＝4，x 2＝0(舍去)，∴AF＝2x ＝8，∴DN AM ＝AF AB ＝810＝45. 变式训练7．(1)①证明：∵EH⊥AB，∠BAC＝90°，∴EH∥CA，∴△BHE∽△BAC，∴BE BC ＝HE AC. ∵DC BE ＝AC BC ，∴BE BC ＝DC AC， ∴HE AC ＝DC AC，∴HE＝DC. ∵EH∥DC，∴四边形DHEC 是平行四边形．②证明：∵AC BC ＝22，∠BAC＝90°，∴AC＝AB. ∵DC BE ＝22，HE ＝DC ，∴HE BE ＝22. ∵∠BHE＝90°，∴BH＝HE.∵HE＝DC ，∴BH＝CD ，∴AH＝AD.∵DM⊥AE，EH⊥AB，∴∠EHA＝∠AMF＝90°，∴∠HAE＋∠HEA＝∠HAE＋∠AFM＝90°， ∴∠HEA＝∠AFD.∵∠EHA＝∠FAD＝90°，∴△HEA≌△AFD，∴AE＝DF.(2)解：如图，过点E 作EG⊥AB 于点G.∵CA⊥AB，∴EG∥CA，∴△EGB∽△CAB，∴EG CA ＝BE BC ，∴EG BE ＝CA BC ＝35. ∵CD BE ＝35，∴EG＝CD. 设EG ＝CD ＝3x ，AC ＝3y ，∴BE＝5x ，BC ＝5y ， ∴BG＝4x ，AB ＝4y.∵∠EGA＝∠A MF ＝90°，∴∠GEA＋∠EAG＝∠EAG＋∠AFM，∴∠AFM＝∠AEG.∵∠FAD＝∠EGA＝90°，∴△FAD∽△EGA，∴DF AE ＝AD AG ＝3y －3x 4y －4x ＝34. 类型七【例7】 (1)MG ＝NG MG⊥NG提示：如图，连接EB ，DC ，EB ，DC 交于点F.∵AE＝AC ，AB ＝AD ，∠EAC＝∠BAD＝90°，∴∠EAB＝∠CAD，∴△AEB≌△ACD，∴EB＝CD ，∠AEB＝∠ACD.∵∠AHE＝∠FHC，∴∠EFC＝∠EAC＝90°，∴EB⊥CD.∵M，N ，G 分别是BD ，CE ，BC 的中点，∴NG∥EB，且NG ＝12EB ，MG∥CD，且MG ＝12CD ， ∴MG＝NG ，MG⊥NG.(2)成立．理由：类似于(1)的证明方法，可以得出△ADC≌△ABE，从而得出EB⊥CD，再利用三角形中位线定理可证明结论还成立．(3)△GMN 是等腰直角三角形．证明：如图，连接EB ，DC ，并分别延长交于点F.∵AE＝AC ，AB ＝AD ，∠EAB＝∠CAD，∴△AEB≌△ACD，∴EB＝CD ，∠AEB＝∠ACD，∴∠AEB＋∠ACF＝180°.又∠EAC＝90°，∴∠F＝90°，∴EB⊥CD.∵M，N ，G 分别是BD ，CE ，BC 的中点，∴NG∥EB，且NG ＝12EB ， MG∥CD，且MG ＝12CD ， ∴MG＝NG ，MG⊥NG，∴△GMN 是等腰直角三角形．变式训练8．解：(1)BE ＝CE(2)BE ＝DE.证明如下：如图，取AB 的中点P ，连接EP.由(1)结论可知△CPA 为等边三角形，∴∠CAP＝60°，CA ＝PA.∵△ADE 为等边三角形，∴∠DAE＝60°，AD ＝AE ，∴∠CAP＝∠DAE，∴∠CAP－∠DAB＝∠DAE－∠DAB，∴∠CAD＝∠PAE，∴△ACD≌△APE(S A S )，∴∠APE＝∠ACD＝90°，∴EP⊥AB.∵P为AB的中点，∴AE＝BE.∵DE＝AE，∴BE＝DE.(3)BE＝DE拓展应用：如图，连接OA，OC，过点A作AH⊥x轴于点H.∵A的坐标为(－3，1)，∴∠AOH＝30°.由探究结论(3)可知CO＝CB.∵O(0，0)，B(2，0)，∴点C的横坐标为1.设C(1，m)．∵CO2＝CB2＝12＋m2，AB2＝12＋(2＋3)2，AB＝CB，∴12＋m2＝12＋(2＋3)2，∴m＝2＋3，∴C点的坐标是(1，2＋3)．。