专题专题归纳提升版
借助“微专题”教学，提高复习效率
借助“微专题”教学，提高复习效率作者：***来源：《数学教学通讯·初中版》2023年第10期［摘要］“微专题”教学法能让学生从本质上掌握教学内容，提升解题能力. 文章以“隐形圆相关的最值问题”的专题复习教学为例，从教学分析出发，分别从“注重预习，初建模型”“加强探究，强化模型”“立足解题，变式拓展”“课堂小结，反思感悟”四个方面展开教学，并从“尊重个体差异，合理设计教学”“利用变式拓展，发散数学思维”“注重教学反思，提炼知识重点”三方面谈一些教学思考.［关键词］微专题；复习教学；隐圆章建跃认为：数学教育应注重教学方法的研究，要以发展学生的数学核心素养为目标，让学生获得用数学知识来解决数学内外问题的能力. 近年来，“微专题”教学法已然成为复习教学的重要方法之一，该教学方法主要立足于学情、教情与考情等综合因素，选择“切口小，针对性强”的一两个关联的知识点或数学思想方法等进行专题复习，让学生深度理解知识本质，获得用这部分知识来解决数学内外问题的能力.教学分析1. 教学内容课堂探究的主题为“隐形圆相关的最值问题”，教学涉及课前预习和课堂教学两大版块. 预习环节，主要是让学生探寻“隐圆”的形成过程与模型. 教学环节，主要分三步走：①将学生的预习成果——隐圆模型进行展示，根据学生的结论进行提炼总结；②带领学生探索隐圆模型的形成依据；③用实际问题鼓励学生自主发现隐圆相关内容，并计算最值，让学生深切体会“探寻模型—发现隐圆—获得路径—解决最值”的过程.2. 教学方法教学预设以发现问题、提出问题与解决问题为主线，让学生全程参与知识的回顾与整理过程，通过一定的探索手段自主归纳模型，而后利用所获得的模型解决实际问题. 让学生在丰富的教学方式中，感知、体悟这一类问题在中考中的命题方向，从而突破思维的瓶颈，在认知上获得质的飞跃.3. 教学手段精心的教学预设离不开科学的教学手段的支持. 教师以“微专题”教学模式为载体，鼓励学生在课前进行独立预习与思考，课堂中要求学生在自己的引导下，积极开动脑筋妥善理解并处理隐圆问题的主要方法（四个步骤），课后可适当地布置作业，以巩固学生的认知.教学过程1. 注重预习，初建模型众所周知，凡事预则立，不预则废. “微专题”教学虽然所涉及的知识点不多，但教学容量并不小，而且涉及的知识点都比较经典，具有一定的代表性，预习环节同样值得重视［1］. 隐圆相关知识，学生之前虽然接触过，但因其比较抽象且历时久远，课前预习必不可少. 本节课预习的主要目的在于回忆、总结几种常见的隐圆模型，为课堂“微专题”复习奠定基础.师：经过课前预习，大家发现隐圆模型有哪些？学生总结出以下几种基本模型（见图1至图4）.分析预习不仅引导学生回顾了隐圆相关知识，还让学生明确了本节课待探索的主题，从而使学生做到胸有成竹. 教师将四种典型模型在课前展示，存在两方面深意：一方面检查学生的预习情况，是对学生预习成果的肯定；另一方面，让一部分学生发现自身认知的漏洞与盲区，从而提高课堂学习的积极性.2. 加强探究，强化模型探究1 上述四种模型作为隐圆的常规模型，大家知道它们是如何形成的吗？经过讨论，学生提出四个隐圆模型所获得的依据分别为：第一个，直角的圆周角所对的弦是直径；第二个，若一个四边形的对角互补，或外角与内对角是相等的关系，那么这个四边形的四个顶点在一个圆上；第三个，定角对定弦；第四个，到定点的距离等于定长的点的集合为一个圆.探究2 这四种模型之间是否存在什么联系？探索发现，图1是图3的特殊情况，一般情况下定角为30°、45°、60°、90°等特殊角，同时，图1也是图4的特殊状态. 模型1的得来依据，从表面上看是“直角的圆周角所对的弦是直径”，实质上却是“到定点的距离等于定长的点的集合是一个圆”.师：通过以上两个探究活动的开展，能否对模型得来的依据进行一个归纳？分析学生通过探究1活动的开展，深化了对各类模型形成本质的理解，这种理解能有效地帮助学生突破本节课的教学重点与难点，从一定意义上让学生更加清晰地理解概念的本质；对于探究2，学生在类比分析中，进一步深化了对模型本身的认识，为后续灵活应用奠定了基础；最后一个问题的提出，具有提炼、总结、提升的意图.3. 立足解题，变式拓展例1 如图5所示，正方形ABCD的边长为4，其中点E，F分别在线段DC，BC上移动，已知DE=CF，AE与DF相交于点P，求CP的最小值.变式如图6，Rt△ABC中，已知AB⊥BC，AB=6，CB=4，点P为△ABC内的一个动点，并满足∠PAB=∠PBC，求线段CP的最小值.分析例题与变式均为90°的圆周角所对的弦为直径的模型，在动态中寻找，都能发现90°的角不会变化，问题在于直角比较难发现. 如例1中的直角，需要在全等的证明基础上获得，而变式中的直角则需要通过角的转化而获得.变式的应用，让学生在解决例1的基础上，更加深入地理解了模型的本质，为提升解题能力奠定了基础. 学生一旦找到隐圆，结合动点的起始点与终止点，不难获得动点的运动轨迹. 那么，线段的最值问题就转化成圆外一点到圆上点的最长与最短距离的问题了. 此例与变式的应用，让学生亲历了“探寻模型、发现隐圆、明确解题路径、解决最值问题”的过程，这种体验为接下来解决更多的实际问题提供了直接经验.例2 如图7所示，点D，E分别为等边三角形ABC中AB，AC边上的两个动点，已知AE=BD，分别连接CD，BE相交于点P，如果等边三角形ABC的边长是2，那么点P的运动路径长是多少？分析本题将例1中弦所对的圆周角从直角转换成120°的角与45°的角，这种转换显然增加了寻找圆心的难度. 同时，变式也由探索线段的最值问题转换到探索面积的最值问题上，从一定程度上对学生的思维提出了更高的要求.本例题，需通过三角形的全等证明才能获得120°的角，例1中也涉及三角形全等的证明问题，这对学生而言是一种方法上的巩固. 而变式题，只有分析线段与角的关系，才能获得45°角. 此例与变式的解决，训练了学生在不同条件与背景下的思维拓展能力，为学生从不同维度掌握解题技巧奠定了基础.例3 如图9所示，菱形ABCD的边长为2，已知∠A=60°，点M为AD边的中点，点N为AB边上的一个动点，若将△AMN沿MN所在的直线进行翻折，可得△NA′M，连接A′C，求A′C长度的最小值.变式如图10所示，△ABC中的∠BAC=90°，已知AB=3，AC=4，且点D为BC边的中点，现将△ABD沿AD所在的直线进行翻折，可得△EDA，連接CE，求CE的长.分析本题为“多点共圆”模型的应用，尽管问题中的点在运动，但是它到定点的距离却是恒定不变的，也就是AM=DM=A′M. 根据模型4的形成依据，很快就能发现隐圆的身影. 本例被称为“伞型”或“鸡爪型”问题，学生通过研究本题，获得从变中探寻不变的量的能力，这也是解决这一类问题的基本方式. 变式的提出，在于考查学生能否在多点共圆的模型下发现新的解题方法，这是一个挑战，也是促进学生思维成长的契机.例4 如图11所示，△ABC为一个边长为2的等边三角形，已知ED⊥AB，EF⊥AC，求AF的值.分析本题为典型的“四点共圆”模型的应用，从“双垂直”的条件不难发现隐圆的存在，通过圆中角的转换，问题迎刃而解. 此例的应用，关键在于能让学生明确“四点共圆”模型的主要特征，从中发现图形. 三角函数设k法的应用以及圆中角的转化都是解决几何问题的常用方法. 变式的拓展，体现了“定角对定弦”与“四点共圆”模型的综合应用，这不仅巩固了本节课所探寻的新内容，而且也是对旧知的温顾.4. 课堂小结，反思感悟课堂总结具有“画龙点睛”之功效. 本节课作为一节“微专题”课，目标明确、知识点清晰，教师在小结时，以总结、提炼与反思为主，以帮助学生更好地将知识内化成自己的认知结构.师：通过本节课的探究，你们能在问题中一眼就发现“隐圆”的存在吗？该如何发现呢？课后请有兴趣的同学写一写关于隐圆的解题思考，下节课我们一起交流.分析这个问题起到了回顾、总结、建构知识脉络的作用，学生结合本节课的解题经验，在思考“如何发现隐圆”的问题引领下形成了自己独特的解题经验. 课后教学思考的书写，不仅训练了学生的反思能力，还从另一个角度训练了学生总结问题的能力，为后续研究其他专题提供了帮助.教学思考1. 尊重个体差异，合理设计教学“微专题”教学内容一般为一个相关联的或能单独研究的知识点、数学思想方法、单个主题等. 对于初三阶段的学生而言，受社会与学习背景等影响，存在一定的个体差异是客观存在的现实. 教师应充分尊重学生的这种差异性，根据学情与教学专题的特点，科学、合理地设计教学，使得每个学生都能在课堂中获得不同程度的进步与发展.隐圆问题的综合性与灵活性比较高，学生掌握时存在一定的困难，加上学生认知水平的参差不齐，着实给教学带来了不小的困难. 本节课，教师以“微专题”教学法为载体，结合预习、探究与反思等教学活动的开展，让每个学生都能根据自身实际情况，选择学习的深度与宽度. 由此可见，本节课虽为“微专题”，实则“大容量”.2. 利用变式拓展，发散数学思维“微专题”教学离不开例题教学的辅助，而例题教学的拓展与延伸，又离不开变式的支持. 尤其是初三复习阶段，教师将复习内容分割为一个个大小专题逐个突破，这些专题看似独立存在，实则互相关联. 而变式的应用，则实现了各个知识点的有效沟通，它主要通过表面的变化，突出核心知识恒定不变的本质［2］，对帮助学生更好地掌握知识与技能具有直接影响. 一般变式应用时，会选择经典例题或教材例题作为“母胎”，以便学生掌握知识的重点与难点.本节课，基于模型建立、应用与总结，让学生以探索模型的形成依据为主线，进行例题的分析与拓展. 每个例题都配有相应的变式，这种模式不仅巩固了学生对各种模型的理解与应用，还为课后研究提供了素材，是学生思维拓展延伸的基础.3. 注重教学反思，提炼知识重点“微专题”教学虽以例题与变式来帮助学生明晰知识点，但它的作用绝不仅限于此. 例题与变式的应用还能有效地帮助学生提炼思想方法与数学模型等，而这一切都离不开“反思”的过程. “微专题”研究若仅凭单个雷同问题的堆砌，必然无法完成它的使命，只有从不同层次进行递进式探索，才能让学生从真正意义上掌握知识本质. 此过程，离不开师生及时、准确的归纳、总结与提炼.常规情况下，“微专题”可以用较短的时间完成教学，但本节课却花费了不少时间. 主要原因有：隐圆这个知识点确实存在一定的难度，学生理解需要一个过程；隐圆模型种类比较多，逐个分析与突破也需要耗费一定的时间.那么，本节课的“微专题”还“微”吗？还可以怎么改进教学设计，做到课堂教学内容“短小精悍”，而教学效果却“稳中有升”呢？这些都是值得反思的问题.参考文献：［1］吕增锋. 数学“微专题教学”到底“微”在哪［J］. 中小学数学（高中版），2018（04）：33-34.［2］李宽珍. 数学微专题教学的特征、策略及方法［J］. 教学月刊·中学版（教学参考），2016（09）：3-7.。
备战中考数学二轮专题归纳提升真题几何模型—一线三等角模型(解析版)
专题13 几何模型3—一线三等角模型【模型介绍】一线三等角：两个三角形中相等的两个角落在同一条直线上，另外两条边所构成的角与这两个角相等，这三个相等的角落在同一直线上，故称“一线三等角”如下图所示，一线三等角包括一线三直角、一线三锐角、一线三钝角【解题关键】构造相似或是全等三角形【典型例题】【题型一：一线三直角模型】如图，若∠1、∠2、∠3都为直角，则有△ACP ∽△BP D ．【例1】如图1所示，已知△ABC 中，∠ACB =90°,AC =BC ，直线m 经过点C ，过A 、B 两点分别作直线m 的垂线，垂足分别为E 、F ．（1）如图1，当直线m 在A 、B 两点同侧时，求证：EF =AE +BF ；（2）若直线m 绕点C 旋转到图2所示的位置时（BF <AE ），其余条件不变，猜想EF 与AE ，BF 有什么数量关系？并证明你的猜想；（3）若直线m 绕点C 旋转到图3所示的位置时（BF >AE ）其余条件不变，问EF 与AE ，BF 321DBP AC的关系如何？直接写出猜想结论，不需证明．【答案】（1）见解析；（2）EF=AE−BF，证明见解析；（3）EF=BF−AE，证明见解析【解析】（1）证明：∵AE⊥EF，BF⊥EF，∠ACB=90°，∴∠AEC=∠BFC=∠ACB=90°，∴∠EAC+∠ECA=90°，∠FCB+∠ECA=90°，∴∠EAC=∠FCB，在△EAC和△FCB中，{∠AEC=∠CFB ∠EAC=∠FCBAC=BC，∴△EAC≌△FCB(AAS)，∴CE=BF，AE=CF，∵EF=CF+CE，∴EF=AE+BF；（2）解：EF=AE−BF，理由如下：∵AE⊥EF，BF⊥EF，∠ACB=90°，∴∠AEC=∠BFC=∠ACB=90°，∴∠EAC+∠ECA=90°，∠FCB+∠ECA=90°，∴∠EAC=∠FCB，在△EAC和△FCB中，{∠AEC=∠CFB ∠EAC=∠FCBAC=BC，∴△EAC≌△FCB(AAS)，∴CE=BF，AE=CF，∵EF=CF−CE，∴EF=AE−BF；（3）解：EF=BF−AE，理由如下：∵AE⊥EF，BF⊥EF，∠ACB=90°，∴∠AEC=∠BFC=∠ACB=90°，∴∠EAC+∠ECA=90°，∠FCB+∠ECA=90°，∴∠EAC=∠FCB，在△EAC和△FCB中，{∠AEC=∠CFB ∠EAC=∠FCBAC=BC，∴△EAC≌△FCB(AAS)，∴CE=BF，AE=CF，∵EF=CE−CF，∴EF=BF−AE．【练1】如图，在平面直角坐标系中，将直线y=−3x向上平移3个单位，与y轴、x轴分别交于点A、B，以线段AB为斜边在第一象限内作等腰直角三角形AB C．若反比例函数y=kx(x>0)的图象经过点C，则k的值为（）A．2B．3C．4D．6【答案】C【解析】解：过点C作CE⊥x轴于点E，作CF⊥y轴于点F，如图所示，∵CE⊥x轴，CF⊥y轴，∴∠ECF＝90°．∵△ABC为等腰直角三角形，∴∠ACF＋∠FCB＝∠FCB＋∠BCE＝90°，AC＝BC，∴∠ACF＝∠BCE．在△ACF和△BCE中，{∠AFC ＝∠BEC ＝90°∠ACF ＝∠BCEAC ＝BC， ∴△ACF ≌△BCE （AAS ），∴S △ACF ＝S △BCE ，∴S 矩形OECF ＝S 四边形OBCA ＝S △AOB ＋S △AB C ．∵将直线y ＝−3x 向上平移3个单位可得出直线AB ，∴直线AB 的表达式为y ＝−3x ＋3，∴点A （0，3），点B （1，0），∴AB ＝√OA 2＋OB 2=√10，∵△ABC 为等腰直角三角形，∴AC =BC =√22AB =√5， ∴S 矩形OECF ＝S △AOB ＋S △ABC ＝12×1×3＋12×√5×√5＝4．∵反比例函数y =k x （x ＞0）的图象经过点C ，∴k ＝4，故选C ．【练2】如图，直角三角形的直角顶点在坐标原点，∠OBA =60°，若点A 在反比例函数y =3x (x >0)的图象上，则经过点B 的反比例函数表达式为（ ）A ．y =−3xB ．y =3xC ．1y x =-D ．y =1x【答案】C 【解析】解：作AD ⊥x 轴于D ，BC ⊥x 轴于C ，如图，∵∠AOB=90°，∠ABO=60°，∴∠BAO=30°，∴OB=√33OA．∵点A在反比例函数y=3x(x>0)的图象上，∴xy=OD∙AD=3．∵∠AOD+∠BOC=90°，∠AOD+∠DAO=90°，∴∠BOC=∠DAO，∴Rt△BOC∽Rt△OAD，∴S△BOCS△DAO =(OBOA)2=13．∵S△DAO=12OD∙AD=12×3=32，∴S△BOC=12，即12|k|=12，∴|k|=1．∵k<0，∴k=−1，∴经过点B的反比例函数解析式为y=−1x．故选：C．【练3】如图，已知l1∥l2∥l3，相邻两条平行直线间的距离相等，若等腰直角△ABC的三个顶点分别在这三条平行直线上，则sinα的值是（）A．13B. 617C．√55D. √1010【答案】D【解析】如图，过点A作AD⊥l1于点D，过点B作BE⊥l1于点B，设l1，l2，l3之间的距离为1∵∠CAD+∠ACD=90°，∠BCE+∠ACD=90°∴∠CAD=∠BCE在等腰直角△AB C中，AC=BC，∠ADC=∠BEC=90°∴△ACD≌△CBE∴CD=BE=1在Rt△AC D中AC=√AD2+CD2=√22+12=√5在等腰直角△AB C中AB=√2AC=√2×√5=√10∴sinα=1√10=√1010故选：D【练4】如图1，等腰Rt△AB C中，∠ABC＝90°，CB＝BA，直线ED经过点B，过A作AD ⊥ED于D，过C作CE⊥ED于E.则易证△ADB≌△BE C．这个模型我们称之为“一线三垂直”.它可以把倾斜的线段AB和直角∠ABC转化为横平竖直的线段和直角，所以在平面直角坐标系中被大量使用.模型应用：(1)如图2，点A（0，4)，点B(3，0），△ABC是等腰直角三角形．①若∠ABC＝90°，且点C在第一象限，求点C的坐标；②若AB为直角边，求点C的坐标；(2)如图3，长方形MFNO，O为坐标原点，F的坐标为（8，6），M、N分别在坐标轴上，P 是线段NF上动点，设PN＝n，已知点G在第一象限，且是直线y＝2x一6上的一点，若△MPG 是以G为直角顶点的等腰直角三角形，请直接写出点G的坐标.【答案】（1）①（7,3）；②（7,3）、（4,7）、（-4,1）、（-1,-3）；（2）（4，2）、(203,22 3).【解析】解：（1）①如图，过C作CD垂直于x轴，根据“一线三垂直”可得△AOB≌△BDC，∴AO=BD，OB=CD，∵点A（0，4)，点B(3，0），∴AO=4，OB=3，∴OD=3+4=7，∴点C的坐标为（7,3）；②如图，若AB为直角边，点C的位置可有4处，a、若点C在①的位置处，则点C的坐标为（7,3）；b、若点C在C1的位置处，同理可得，则点C1的坐标为（4,7）；c、若点C在C2的位置处，则C1、C1关于点A对称，∵点A（0，4)，点C1（4,7），∴点C2的坐标为（-4,1）；d、若点C在C3的位置处，则C3、C关于点B对称，∵点B(3，0），点C（7,3），∴点C3的坐标为（-1,-3）；综上，点C的坐标为（7,3）、（4,7）、（-4,1）、（-1,-3）；（2）当点G位于直线y=2x-6上时，分两种情况：①当点G在矩形MFNO的内部时，如图，过G作x轴的平行线AB，交y轴于A，交直线NF于点B，设G（x，2x-6）；则OA=2x-6，AM=6-（2x-6）=12-2x，BG=AB-AG=8-x；则△MAG≌△GBP，得AM =BG，即：12-2x=8-x，解得x=4，∴G（4，2）；当点G在矩形MFNO的外部时，如图，过G作x轴的平行线AB，交y轴于A，交直线NF 的延长线于点B，设G（x，2x-6）；则OA=2x-6，AM=（2x-6）-6=2x-12，BG=AB-AG=8-x；则△MAG≌△GBP，得AM =BG，即：2x-12=8-x，解得x=203，∴G(203,223)；综上，G点的坐标为（4，2）、(203,22 3).【题型二：一线三锐角与一线三钝角】如图，若∠1、∠2、∠3都为锐角，则有△ACP ∽△BP D ．证明：∵∠DPB ＝180°－∠3－∠CP A ，∠C ＝180°－∠1－∠CP A ，而∠1＝∠3∴∠C ＝∠DPB ，∵∠1＝∠2，∴△ACP ∽△BPD如图，若∠1、∠2、∠3都为钝角，则有△ACP ∽△BP D ．（证明同锐角）【例2】如图，在等腰三角形AB C 中，∠BAC ＝120°，AB ＝AC ＝2，点D 是BC 边上的一个动点（不与B 、C 重合），在AC 上取一点E ，使∠ADE ＝30°．（1）设BD ＝x ，AE ＝y ，求y 关于x 的函数关系式并写出自变量x 的取值范围；（2）当△ADE 是等腰三角形时，求AE 的长．【答案】（1）y =12x 2−√3x +2(0<x <2√3)(2) AE ＝4－2√3或AE ＝23 【解析】解（1）∵△ABC 是等腰三角形，且∠BAC ＝120°，∴∠ABD ＝∠ACB ＝30°，∴∠ABD ＝∠ADE ＝30°，∵∠ADC ＝∠ADE ＋∠EDC ＝∠ABD ＋∠DAB ，∴∠EDC ＝∠DAB ，∴△ABD ∽△DCE ；∵AB ＝AC ＝2，∠BAC ＝120°，过A 作AF ⊥BC 于F ，3CDBP A 231DB P A CEC DB A∴∠AFB ＝90°，∵AB ＝2，∠ABF ＝30°，∴AF ＝12AB ＝1， ∴BF ＝√3，∴BC ＝2BF ＝2√3，则DC ＝2√3−x ，EC ＝2－y∵△ABD ∽△DCE ，∴AB BD =DC CE ， ∴2x =2√3−x 2−y， 化简得：y =12x 2−√3x +2(0<x <2√3)．（2）①当AD ＝DE 时，如图，△ABD ≌△DCE ，则AB ＝CD ，即2＝2√3−x ，x ＝2√3−2，代入y =12x 2−√3x解得：y ＝4−2√3，即AE ＝4−2√3，②当AE ＝ED 时，如图，∠EAD ＝∠EDA ＝30°，∠AED ＝120°，所以∠DEC ＝60°，∠EDC ＝90°则ED ＝ 12 EC ，即y ＝12 （2－y ）解得y ＝23，即AE ＝23；③当AD ＝AE 时，有∠AED －∠EDA ＝30°，∠EAD ＝120° 此时点D 和点B 重合，与题目不符，此情况不存在． EC DB AAB C所以当△是ADE等腰三角形时，AE＝4－2√3或AE＝23【练1】如图，在△AB C中，AB=AC=2，∠B=40°，点D在线段BC上运动（点D不与点B、C重合），连接AD，作∠ADE=40°，DE交线段AC于点E．（1）当∠BDA=115°时，∠EDC=______°，∠AED=______°；（2）线段DC的长度为何值时，△ABD≌△DCE，请说明理由；（3）在点D的运动过程中，△ADE的形状可以是等腰三角形吗？若可以，求∠BDA的度数；若不可以，请说明理由．【答案】（1）25°，65°；（2）2，理由见解析；（3）可以，110°或80°.【解析】解：（1）∵∠B=40°∠ADB=115°，∴∠BAD=180°-∠B-∠ADB=180°-115°-40°=25°，∵AB=AC，∴∠C=∠B=40°，∵∠EDC=180°-∠ADB-∠ADE=25°，∴∠DEC=180°-∠EDC-∠C=115°，∴∠AED=180°-∠DEC=180°-115°=65°；（2）当DC=2时，△ABD≌△DCE，理由：∵∠C=40°，∴∠DEC+∠EDC=140°，又∵∠ADE=40°，∴∠ADB+∠EDC=140°，∴∠ADB=∠DEC，又∵AB=DC=2，在△ABD和△DCE中，{∠ADB ＝∠DEC∠B ＝∠CAB ＝DC∴△ABD ≌△DCE （AAS ）；（3）当∠BDA 的度数为110°或80°时，△ADE 的形状是等腰三角形，∵∠BDA =110°时，∴∠ADC =70°，∵∠C =40°，∴∠DAC =70°，∴△ADE 的形状是等腰三角形；∵当∠BDA 的度数为80°时，∴∠ADC =100°，∵∠C =40°，∴∠DAC =40°，∴△ADE 的形状是等腰三角形．【练2】阅读材料：小胖同学遇到这样一个问题，如图1，在△AB C 中，∠ABC ＝45°，AB ＝2√2，AD ＝AE ，∠DAE ＝90°，CE ＝√5，求CD 的长；小胖经过思考后，在CD 上取点F 使得∠DEF ＝∠ADB （如图2），进而得到∠EFD ＝45°，试图构建“一线三等角”图形解决问题，于是他继续分析，又意外发现△CEF ∽△CDE ．（1）请按照小胖的思路完成这个题目的解答过程．（2）参考小胖的解题思路解决下面的问题：如图3，在△AB C 中，∠ACB ＝∠DAC ＝∠ABC ，AD ＝AE ，12∠EAD +∠EBD ＝90°，求BE ：E D ．【答案】CD=5；（1）证明见解析；（2）12【解析】解：（1）在CD 上取点F ，使∠DEF ＝∠ADB ，∵AD＝AE，∠DAE＝90°，∴DE＝√2AD＝√2AE，∵∠ABC＝45°，∠ADE＝45°，且∠ADC＝∠ADE+∠EDC，∴∠BAD＝∠EDC，∵∠BDA＝∠DEF，∴△ADB∽△DEF，∴DFAB =DEAD＝√2，∵AB＝2√2，∴DF＝4，又∵∠CDE+∠C＝45°，∴∠CEF＝∠CDE，∴△CEF∽△CDE，∴CECF =DCCE，又∵DF＝4，CE＝√5，∴√5CF =√5，∴CF＝1或CF＝5（舍去），∴CD＝CF+4＝5；（2）如图3，作∠DAT＝∠BDE，作∠RAT＝∠DAE，∵∠ACB＝∠DAC＝∠ABC，∴AB＝AC，AD＝CD，∵AD＝AE，∴∠AED＝∠ADE，∵12∠EAD+∠EBD＝90°，∴∠EAD+2∠EBD＝180°，且∠EAD+2∠AED＝180°，∴∠EBD＝∠AED＝∠ADE，∵∠BDA＝∠DAT+∠ATD＝∠BDE+∠ADE，∴∠ADE＝∠ATD＝∠EBD，且∠BDE＝∠DAT，∴△DBE∽△ATD，∴BEDT =DEAD，∠ADT＝∠BED，∴BEDE =DTAD，且AD＝DC，∴BEDE =DTCD，∵∠RAT＝∠DAE，∠ADE＝∠ATD，∴∠RAE＝∠DAT，∠AED＝∠ART＝∠ADE＝∠ATD，∴AR＝AT，且∠RAE＝∠DAT，∠ARE＝∠ATD，∴△ARE≌△ATD（ASA）∴∠ADT＝∠AER，DT＝ER，∴∠BED＝∠AER，∴∠AED＝∠BER＝∠EBD，∴RE＝RB＝DT，∵AB＝AC，∠ABC＝∠ACB，∠ARB＝∠ATC，∴△ABR≌△ACT（AAS）∴BR＝TC，∴DT＝TC，∴CD＝2DT，∴BEDE =DTCD＝12【练3】数学模型（“一线三等角”模型）(1)如图1，∠BAC＝90°，AB＝AC，BD⊥AD于点D，CE⊥AD于点E．求证：△ABD≌△CAE．(2)如图2，在△AB C中，AB＝AC，点D，A，E都在直线l上，并且∠BDA＝∠AEC＝∠BAC ＝α．若CE＝a，BD＝b，求DE的长度（用含a，b的代数式表示）；(3)如图3，D，E是直线l上的动点，若△ABF和△ACF都是等边三角形，且∠BDA＝∠AEC ＝∠BAC＝α，试判断△DEF的形状，并说明理由．【答案】(1)见解析(2)a+b(3)△DEF是等边三角形，理由见解析．【解析】(1)证明：∵∠1+∠2＝∠2+∠C＝90°，∴∠1＝∠C，在△ABD和△CAE中，{∠1=∠C∠ADB=∠CEA=90°AB=AC，∴△ABD≌△CAE（AAS），(2)解：∵∠BDA＝∠BAC＝α，∴∠DBA+∠BAD＝180°﹣α＝∠BAD+∠CAE，∴∠CAE＝∠ABD，在△ABD和△CAE中，{∠ABD=∠CAE ∠BDA=∠AEC AB=AC∴△ABD≌△CAE（AAS），∴AD＝CE，BD＝AE，∵CE＝a，BD＝b，∴DE＝AD+AE＝BD+CE＝a+b；(3)解：△DEF是等边三角形，理由如下：∵△ABF和△ACF都是等边三角形∴AB＝AC，由（2）知：△ABD≌△CAE，∴BD＝AE，∠ABD＝∠CAE，∵△ACF是等边三角形，△ABF是等边三角形，∴∠CAF＝60°，AB＝AF，∴∠ABD+∠ABF＝∠CAE+∠CAF，即∠DBF＝∠F AE，在△BDF和△AEF中，{FB=FA∠FBD=∠FAEBD=AE，∴△BDF≌△AEF（SAS），∴DF＝EF，∠BFD＝∠AFE，∴∠DFE＝∠AFD+∠AFE＝∠AFD+∠BFD＝60°，∴△DEF是等边三角形．【练4】数学模型学习与应用．【学习】如图1，∠BAD=90°，AB=AD，BC⊥AC于点C，DE⊥AC于点E．由∠1+∠2=∠2+∠D=90°，得∠1=∠D；又∠ACB=∠AED=90°，可以通过推理得到△ABC≌△DAE．我们把这个数学模型称为“一线三等角”模型；(1)【应用】如图2，点B，P，D都在直线l上，并且∠ABP=∠APC=∠PDC=α．若BP=x，AB=2，BD=5，用含x的式子表示CD的长；(2)【拓展】在△ABC中，点D，E分别是边BC，AC上的点，连接AD，DE，∠B=∠ADE=∠C，AB=5，BC=6．若△CDE为直角三角形，求CD的长；(3)如图3，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为(2,4)，点B为平面内任一点．△AOB是以OA为斜边的等腰直角三角形，试直接写出点B的坐标．【答案】(1)CD=−12x2+52x(2)3(3)(3,1)或(−1,3)【解析】(1)解：∵∠ABP=∠APC=∠PDC=α，∴∠A+∠APB=∠APB+∠CPD，∴∠A=∠CPD，又∵∠ABP=∠PDC，∴△ABP∽△PDC，∴ABPD =BPCD，即xCD =25−x，∴CD=−12x2+52x．(2)解：如图4，当∠CED=90°时，∵∠ADE=∠C，∠CAD=∠DAE，∴△ACD∽△ADE，∴∠ADC=∠AED=90°，∵∠B=∠C，∠ADC=90°∴点D为BC的中点，∴CD=12BC=12×6=3．如图5，当∠EDC=90°时，∵∠B=∠C，∴∠BAD=∠EDC=90°，过点A作AF⊥BC，交BC于点F，∴BF=12BC=3，cos B=BFAB=ABBD=35，BD=253>6，不合题意，舍去，∴CD=3．(3)解：分两种情况：①如图6所示，过A作AC⊥y轴于D，过B作BE⊥x轴于E，DA与EB相交于C，则∠C ＝90°，∴四边形OECD是矩形∵点A的坐标为（2，4），∴AD＝2，OD＝CE＝4，∵∠OBA＝90°，∴∠OBE+∠ABC＝90°，∵∠ABC+∠BAC＝90°，∴∠BAC＝∠OBE，在△ABC与△BOE中，{∠C=∠BEO=90°∠BAC=∠OBEAB=BO∴△ABC≌△BOE（AAS），∴AC＝BE，BC＝OE，设OE＝x，则BC＝OE＝CD＝x，∴AC＝BE＝x－2，∴CE＝BE+BC＝x－2+x＝OD＝4，∴x＝3，x－2＝1，∴点B的坐标是（3，1）；②如图7，同理可得，点B的坐标（－1，3），综上所述，点B的坐标为（3，1）或（－1，3）．。
备战中考数学二轮专题归纳提升真题二次函数系数问题(解析版)
专题03 二次函数系数问题【知识点梳理】1、二次函数图象的特征与a ，b ，c 的关系2、常用公式及方法：（1）二次函数三种表达式：（2）韦达定理：若二次函数y =ax 2+bx +c 图象与x 轴有两个交点且交点坐标为（x 1，0）和（x 2，0），则x 1+x 2=−ba，x 1⋅x 2=ca。
（3）赋值法：在二次函数y =ax 2+bx +c 中，令x =1，则y =a +b +c ；令x =−1，则y =a −b +c ；令x =2，则y =4a +2b +c ；令x =−2，则y =4a −2b +c ；利用图象上对应点的位置来判断含有a 、b 、c 的关系式的正确性。
【典例分析】【例1】如图为二次函数y=ax2+bx+c的图象，在下列说法中：①ac＜0；②方程ax2+bx+c=0的根是x1=-1，x2=3；③a+b+c＜0；④当x＞1时，y随x的增大而减小；⑤2a-b=0；⑥b2-4ac ＞0．下列结论一定成立的是【答案】①②③⑥【解析】解：①由图象可知，a＞0，b＜0，c＜0，∴ac＜0，故①正确；②由图象可知，二次函数与x轴的交点横坐标为-1和3，∴方程ax2+bx+c=0的根是x1=-1，x2=3，故②正确；③当x=1时，y＜0∴a+b+c＜0，故③正确；④∵方程ax2+bx+c=0的根是x1=-1，x2=3∴对称轴为x=x1+x22=−1+32=1由图象可知，当x＞1时，y随x的增大而增大，故④错误；⑤∵对称轴−b2a=1∴b=-2a，2a+b=0，故⑤错误；⑥∵二次函数与x轴有两个交点，即方程ax2+bx+c=0有两个不相等的实数根，∴b2-4ac＞0，故⑥正确。
故答案为：①②③⑥【练1】如图，已知二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴分别交于A、B两点，与y轴交于C 点，OA=OC．则由抛物线的特征写出如下结论：①abc＞0；②4ac-b2＞0；③a-b+c＞0；④ac+b+1=0．其中正确的个数是（）A.4个B. 3个C. 2个D. 1个【答案】B【解析】解：①由图象可知，a＞0，b＜0，c＜0，∴abc＞0，故①正确；②由图象可知，二次函数与x轴有两个交点，即方程ax2+bx+c=0有两个不相等的实数根，∴b2-4ac＞0，即4ac-b2＜0故②错误；③当x=-1时，y＞0∴a-b+c＞0，故③正确；④∵C（0，c），OA=OC，∴A（c，0）∴当x=c时，y=0，即（c）²+bc+c=0∵c≠0正确错误.故答案为：B.【练2】小明从二次函数y=ax2+bx+c的图象（如图）中观察得出了下面五条信息：①c＜0；②abc＞0；③a-b+c＞0；④2a-3b=0；⑤c-4b＞0．你认为其中正确的信息是（）A.①②③⑤B. ①②③④C. ①③④⑤D. ②③④⑤【答案】A【解析】解：①由图象可知，a＞0，b＜0，c＜0，故①正确；②abc＞0，故②正确；③由图象可知当x=-1时，y＞0∴a-b+c＞0，故③正确；④∵对称轴−b2a =13∴3b=-2a，2a+3b=0，故④错误；⑤∵当x=2时，y＞0即4a+2b+c＞0∵3b=-2a∴2×（-3b）+2b+c=c-4b＞0，故⑤正确.故答案为：A.【例2】抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的对称轴是直线x=−1，其图象如图所示．下列结论：①abc<0；②(4a+c)2<(2b)2；③若(x1,y1)和(x2,y2)是抛物线上的两点，则当|x1+1|>|x2+1|时，y1<y2；④抛物线的顶点坐标为(−1,m)，则关于x的方程ax2+bx+c=m−1无实数根．其中正确结论的个数是（）A．4B．3C．2D．1【答案】B【解析】解：①∵抛物线图象开口向上，∴a>0，∵对称轴在直线y轴左侧，∴a，b同号，b>0，∵抛物线与y轴交点在x轴下方，∴c<0，∴abc<0，故①正确．②(4a+c)2−(2b)2=(4a+c+2b)(4a+c−2b)，当x=2时ax2+bx+c=4a+2b+c，由图象可得4a+2b+c>0，当x=−2时，ax2+bx+c=4a−2b+c，由图象可得，4a−2b+c<0∴(4a+c)2−(2b)2＜0，即，(4a+c)2<(2b)2故②正确．③|x1+1|=|x1−(−1)|，|x2+1|=|x2−(−1)|，∵|x1+1|>|x2+1|∴点(x1，y1)到对称轴的距离大于点(x2，y2)到对称轴的距离，∴y1>y2，故③错误．④∵抛物线的顶点坐标为(−1,m)，∴由图象知，y＞m，∴ax2+bx+c>m，∴ax2+bx+c=m−1无实数根．故④正确，综上所述，①②④正确，故答案为：B．【练1】二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象的一部分如图所示．已知图象经过点(−1,0)，其对称轴为直线x =1．下列结论：①abc <0；②4a +2b +c <0；③8a +c <0；④若抛物线经过点(−3,n )，则关于x 的一元二次方程()200ax bx c n a ++-=≠的两根分别为−3，5，上述结论中正确结论的个数为（ ）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【答案】C【解析】解：①由图象可知，a ＜0，b ＞0，c ＞0， ∴abc ＜0，故①正确；②∵对称轴为直线x = −b2a =1，且图象与x 轴交于点（﹣1，0）， ∴图象与x 轴的另一个交点坐标为（3，0），b=﹣2a ， ∴根据图象，当x =2时，y =4a +2b +c ＞0，故②错误；③根据图象，当x =﹣2时，y =4a ﹣2b +c =4a +4a +c =8a +c ＜0，故③正确； ④∵抛物线经过点(−3,n )，∴根据抛物线的对称性，抛物线也经过点(5,n )，∴抛物线y =ax 2+bx +c 与直线y =n 的交点坐标为（﹣3，n ）和（5，n ）， ∴一元二次方程ax 2+bx +c −n =0(a ≠0)的两根分别为−3，5， 故④正确，综上，上述结论中正确结论有①③④， 故答案为：C ．【练2】已知抛物线y =ax 2+bx +c （a,b,c 是常数，a ≠0）经过点(−1,−1),(0,1)，当x =−2时，与其对应的函数值y >1．有下列结论：①0abc >；②关于x 的方程ax 2+bx +c −3=0有两个不等的实数根；③a +b +c >7．其中，正确结论的个数是（ ） A ．0 B ．1C ．2D ．3【答案】D【解析】解：∵抛物线y =ax 2+bx +c （a,b,c 是常数，a ≠0）经过点(−1,−1),(0,1)，当x =−2时，与其对应的函数值y >1． ∴c =1＞0，a -b +c = -1,4a -2b +c ＞1， ∴a -b = -2,2a -b ＞0，∴2a-a-2＞0，∴a＞2＞0，∴b=a+2＞0，∴abc＞0，∵ax2+bx+c−3=0,∴△=b2−4a(c−3)=b2+8a＞0,∴ax2+bx+c−3=0有两个不等的实数根；∵b=a+2，a＞2，c=1，∴a+b+c=a+a+2+1=2a+3，∵a＞2，∴2a＞4，∴2a+3＞4+3＞7，故答案为：D．【例3】抛物线y=ax2+bx+c（a，b，c为常数）开口向下且过点A(1,0)，B(m,0)（−2< m<−1），下列结论：①2b+c>0；②2a+c<0；③ a(m+1)−b+c>0；④若方程a(x−m)(x−1)−1=0有两个不相等的实数根，则244ac b a-<．其中正确结论的个数是（）A．4B．3C．2D．1【答案】A【解析】解：∵抛物线开口向下，∴a<0把A(1,0)，B(m,0)代入y=ax2+bx+c得{a+b+c=0am2+bm+c=0，∴am2+bm=a+b∴am2+bm−a−b=0(m−1)(am+a+b)=0∵−2<m<−1∴am+a+b=0∴am=c,a(m+1)=−b∴c>0∴−1<m+1<0∵m+1<0∴−12<m+12<0∴−12<−b2a<0∴1>ba>0∴a<b<0①2b+c=2b−a−b=b−a>0，故①正确；②2a+c=2a−a−b=a−b<0，故②正确；③ a(m+1)−b+c=−2b+c=−2b−a−b=−3b−a>0，故③正确；；④若方程a(x−m)(x−1)−1=0有两个不相等的实数根，即ax2−a(m+1)x+am−1=0Δ=a2(m+1)2−4a(am−1)=a2(m+1)2−4a2m+4a=b2−4a2⋅−a−ba+4a=b2+4a2+4ab+4a=b2+4a(a+b)+4a=b2−4ac+4a>0∴4ac−b2<4a，故④正确，即正确结论的个数是4，故答案为：A．【练1】如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c（a≠0）的顶点为（1，n），与x轴的一个交点B（3，0），与y轴的交点在（0，﹣3）和（0，﹣2）之间．下列结论中：①abc >0；②﹣2＜b<−53；③（a＋c）2﹣b2＝0；④2c﹣a＜2n，则正确的个数为（）A．1B．2C．3D．4【答案】B【解析】解：∵抛物线y＝ax2＋bx＋c（a≠0）的开口向上，∴a＞0，∵抛物线线y＝ax2＋bx＋c（a≠0）的顶点坐标为（1，n），∴对称轴x=−b2a=1，∴b=-2a＜0，∵抛物线与y轴的交点在（0，﹣3）和（0，﹣2）之间∴-3＜c＜-2＜0，>0；故①正确；∴abc∵抛物线线x轴的一个交点B（3，0），∴9a+3b+c=0，抛物线线x轴的一个交点（-1，0），∵b=-2a，∴c=3b2＜-2，∴-3＜3b2∴﹣2＜b<−4，故②错误；3∵抛物线线x轴的一个交点（-1，0），∴a-b+c=0，∴（a＋c）2﹣b2＝（a+b+c）（a-b+c）=0，故③正确；∵a＞0，∴-a＜0∵b=-2a∴3a+2b=-a＜0∴2c﹣a＞2（a+b+c），∵抛物线y＝ax2＋bx＋c（a≠0）的顶点为（1，n），∴a+b+c=n，∴2c﹣a＞2n；故④错误；故答案为：B【练2】已知二次函数y=ax2+bx+c的图像如图所示，有下列结论：①a＞0；②b2−4ac ＞0；③4a+b=0；④不等式ax2+（b−1）x+c＜0的解集为1≤x＜3，正确的结论个数是（）A．1B．2C．3D．4【答案】A【解析】解：∵抛物线的开口向上，∴a＞0，故①正确；∵抛物线与x轴没有交点∴b2−4ac＜0，故②错误∵由抛物线可知图象过（1,1），且过点（3,3）{a+b+c=19a+3b+c=3∴8a+2b=2∴4a+b=1，故③错误；由抛物线可知顶点坐标为（1,1），且过点（3,3）则抛物线与直线y=x交于这两点∴ax2+(b−1)x+c＜0可化为ax2+bx+c<x，根据图象，解得：1＜x＜3故④错误．故答案为：A．【练3】如图，已知抛物线y=ax2+bx+c的对称轴在y轴右侧，抛物线与x轴交于点A(−2,0)>0；②2b−4ac=1；和点B，与y轴的负半轴交于点C，且OB=2OC，则下列结论：①a−bc；④当−1<b<0时，在x轴下方的抛物线上一定存在关于对称轴对称的两点M，N（点③a=14M在点N左边），使得AN⊥BM．其中正确的有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】B【解析】解：①从图像观察，开口朝上，所以a>0，对称轴在y轴右侧，所以b＜0，图像与y轴交点在x轴下方，所以c<0<0，所以①不正确；∴a−b>0,a−bc②点A(−2,0)和点B，与y轴的负半轴交于点C(0,c)，且OB=2OC设B(−2c,0)代入y=ax2+bx+c,得：4ac2−2bc+c=0∵c≠0∴2b−4ac=1，所以②正确；③∵A(−2,0)，B(−2c,0)设抛物线解析式为：y=a(x+2)(x+2c)过C(0,c)∴c=4ac∴a=14，所以③正确；④如图：设AN,BM交点为P，对称轴与x轴交点为Q，顶点为D，根据抛物线的对称性，△APB是等腰直角三角形，∵A(−2,0)，B(−2c,0)∴AB=2−2c，PQ=12AB=1−c又对称轴x=−2+(−2c)2=c+1∴P(c+1,c−1)由顶点坐标公式可知D(c+1,4ac−b24a)∵a=14∴D(c+1,c−b2)由题意c−b2<c−1，解得b>1或者b<−1由①知b<0∴b<−1，所以④不正确．综上所述：②③正确共2个故答案为：B．【例4】二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的部分图象如图所示，对称轴为x=12，且经过点(2,0)．下列说法：①abc<0；②−2b+c=0；③4a+2b+c<0；④若(−12,y1)，(52,y2)是抛物线上的两点，则y1<y2；⑤14b+c>m(am+b)+c（其中m≠12）．正确的结论有（）A．2个B．3个C．4个D．5个【答案】B【解析】解：∵抛物线的开口向下，与y轴的交点位于y轴正半轴，∴a<0,c>0，∵抛物线的对称轴为x =−b 2a =12，∴b=-a ＞0，∴abc <0，则结论①正确；将点(2,0)代入二次函数的解析式得：4a +2b +c =0，则结论③错误；将a =−b 代入得：−2b +c =0，则结论②正确；∵抛物线的对称轴为x =12，∴x =32和x =−12时的函数值相等，即都为y 1，又∵当x ≥12时，y 随x 的增大而减小，且32<52，∴y 1>y 2，则结论④错误；由函数图象可知，当x =12时，y 取得最大值，最大值为14a +12b +c =−14b +12b +c =14b +c ，∵m ≠12， ∴14b +c >am 2+bm +c ，即14b +c >m(am +b)+c ，结论⑤正确；综上，正确的结论有①②⑤，共3个，故答案为：B ．【练1】二次函数y =ax 2+bx +c (a ≠0)的图象如图所示，有下列结论：①0abc >，②4a −2b +c <0，③()a b x ax b -≥+，④3a +c <0，正确的有（ ）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【答案】C【解析】解：∵抛物线开口向下，∴a ＜0，∵对称轴为直线x =-1，即−b 2a =−1，∴b =2a ，则b ＜0，∵抛物线与y轴交于正半轴，∴c＞0，∴abc＞0，故①正确；∵抛物线对称轴为直线x=-1，与x轴的一个交点横坐标在0和1之间，则与x轴的另一个交点在-2和-3之间，∴当x=-2时，y=4a-2b+c＞0，故②错误；∵x=-1时，y=ax2+bx+c的最大值是a-b+c，∴a-b+c≥ax2+bx+c，∴a-b≥ax2+bx，即a-b≥x（ax+b），故③正确；∵当x=1时，y=a+b+c＜0，b=2a，∴a+2a+c=3a+c＜0，故④正确；故答案为：C．【练2】如图，二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)图象的一部分与x轴的一个交点坐标为(1,0)，对称轴为x=−1，结合图象给出下列结论：①a+b+c=0；②a−2b+c<0；③关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根分别为-3和1；④若点(−4,y1)，(−2,y2)，(3,y3)均在二次函数图象上，则y1<y2<y3；⑤a−b<m(am+b)（m为任意实数）．其中正确的结论有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】C【解析】解：∵二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)图象的一部分与x轴的一个交点坐标为(1,0)，∴当x=1时，a+b+c=0，故结论①正确；根据函数图像可知，当x =−1，y <0，即a −b +c <0，对称轴为x =−1，即−b 2a =−1，根据抛物线开口向上，得a ＞0，∴b =2a ＞0，∴a −b +c −b <0，即a −2b +c <0，故结论②正确；根据抛物线与x 轴的一个交点为(1,0)，对称轴为x =−1可知：抛物线与x 轴的另一个交点为(-3，0)，∴关于x 的一元二次方程ax 2+bx +c =0(a ≠0)的两根分别为-3和1， 故结论③正确；根据函数图像可知：y 2<y 1<y 3，故结论④错误；当x =m 时，y =am 2+bm +c =m(am +b)+c ，∴当m =−1时，a −b +c =m(am +b)+c ，即a −b =m(am +b)，故结论⑤错误，综上：①②③正确，故答案为：C ．【练3】如图，已知抛物线y =ax 2+bx +c （a ，b ，c 为常数，a ≠0）经过点(2,0)，且对称轴为直线x =12，有下列结论：①0abc >；②a +b >0；③4230a b c ++<；④无论a ，b ，c 取何值，抛物线一定经过,02c a ⎛⎫ ⎪⎝⎭；⑤2440am bm b +-≥．其中正确结论有（ ）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【答案】D 【解析】解：①图像开口朝上，故a >0 ，根据对称轴“左同右异”可知0b <， 图像与y 轴交点位于x 轴下方，可知c <0∴abc >0故①正确；②x =−b 2a =12得a =−b∴a +b =0故②错误；③∵y =ax 2+bx +c 经过(2,0)∴4a+2b+c=0又由①得c <0∴4a +2b +3c <0故③正确；④根据抛物线的对称性，得到x =2与x =−1时的函数值相等∴当x =−1时y =0，即a −b +c =0∵a=-b∴2a +c =0即c 2a =−1∴y =ax 2+bx +c 经过(c 2a ，0)，即经过(−1,0)故④正确；⑤当x =12时,y =14a +12b +c , 当x =m 时,y =am 2+bm +c∵a >0∴函数有最小值14a +12b +c∴am 2+bm +c ≥14a +12b +c 化简得4am 2+4bm −b ≥0，故⑤正确．综上所述：①③④⑤正确．故选D ．【练4】已知二次函数y =ax 2+bx +c(a ≠0)的图象如图所示，有下列5个结论：①0abc ；②b 2<4ac ；③2c <3b ；④a +2b >m(am +b)（m ≠1）；⑤若方程|ax 2+bx +c |＝1有四个根，则这四个根的和为2，其中正确的结论有（ ）A ．2个B ．3个C ．4个D ．5个【答案】A【解析】解：①∵抛物线开口方向向下，∴a＜0，∵抛物线与y轴交于正半轴，∴c＞0，∵对称轴在y轴右侧，∴b＞0，∴abc＜0，①错误；②∵抛物线与x轴有两个交点∴b2−4ac>0∴b2>4ac，故②错误；③∵抛物线的对称轴为直线x=1，∴−b2a=1，∴a=−12b由图象得，当x=−1时，y=a−b+c<0，∴−12b−b+c<0∴2c<3b，故③正确；④当x=1时，y=a+b+c的值最大，∴当x=m(m≠1)时，a+b+c>am2+bm+c，∴a+b>m(am+b)（m≠1），∵b＞0，∴a+2b>m(am+b)（m≠1），故④正确；⑤∵方程|ax2+bx+c|=1有四个根，∴方程ax2+bx+c=1有2个根，方程ax2+bx+c=-1有2个根，∴所有根之和为2×（-ba ）=2×2aa=4，所以⑤错误．∴正确的结论是③④，故选：A【例5】函数y=x2+bx+c与y=x的图象如图所示，有以下结论：①b2﹣4c＞0；②b+c+1=0；③3b+c+6=0；④当1＜x＜3时，x2+（b﹣1）x+c＜0．其中正确的个数为A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】B 【解析】解∵函数y=x 2+bx+c 与x 轴无交点，∴b 2﹣4c ＜0；故①错误．当x=1时，y=1+b+c=1，故②错误．∵当x=3时，y=9+3b+c=3，∴3b+c+6=0．故③正确．∵当1＜x ＜3时，二次函数值小于一次函数值，∴x 2+bx+c ＜x ，∴x 2+（b ﹣1）x+c ＜0．故④正确．综上所述，正确的结论有③④两个，故答案为：B【练1】已知抛物线y =ax 2+bx +c(a >0)，且a +b +c =−12,a −b +c =−32．判断下列结论：①abc <0；②220a b c ++>；③抛物线与x 轴正半轴必有一个交点；④当2≤x ≤3时，y 最小=3a ；⑤该抛物线与直线y =x −c 有两个交点，其中正确结论的个数（ ） A ．2B ．3C ．4D ．5【答案】D【解析】解：∵a +b +c =−12,a −b +c =−32，∴两式相减得b =12，两式相加得c =−1−a ，∴c <0，∵a >0,b >0,c <0，∴abc <0，故①正确；∴2a +2b +c =2a +2×12−1−a =a >0，故②正确；∵当x =1时，则y =a +b +c =−12，当x =-1时，则有y =a −b +c =−32， ∴当y =0时，则方程0=ax 2+bx +c 的两个根一个小于-1，一个根大于1， ∴抛物线与x 轴正半轴必有一个交点，故③正确；由题意可知抛物线的对称轴为直线x =−b 2a =−14a <0，∴当2≤x ≤3时，y 随x 的增大而增大，∴当x =2时，有最小值，即为y =4a +2b +c =4a +1−1−a =3a ，故④正确；联立抛物线y=ax2+bx+c及直线y=x−c可得：x−c=ax2+bx+c，整理得：ax2−1x+2c=0，2−8ac>0，∴Δ=14∴该抛物线与直线y=x−c有两个交点，故⑤正确；∴正确的个数有5个；故答案为：D．。
备战中考数学二轮专题归纳提升真题几何模型—三角形中的旋转模型(解析版)
专题11 几何模型（1）—三角形中的旋转模型【问题引入】当题中出现等腰三角形的条件但是不好使用时，可以考虑利用旋转构造辅助线，通过构造等腰三角形得到手拉手全等，利用全等转移边角进行解题旋转三要素：旋转中心、旋转角、旋转方向旋转对象：一般是含已知条件或问题相关的边角所在三角形如何转：确定旋转三角形后，考虑由旋转三角形中的腰旋转至与另一腰重合，整个三角形进行同样的旋转旋转后的图形分析：1、从新构造的全等三角形进行分析；2、从新得到的等腰三角形进行分析【题型一：常见旋转模型之邻补模型】条件构成：有两邻边相等的四边形，且四边形对角互补，且一般等腰三角形顶角为特殊角。
∠DAB+∠DCB=180°，AD=AB常见结论：1、有角平分线；2、有线段和差的倍数关系解题方法：1、作双垂；2、构造旋转全等①90°相关结论：1、AC平分∠BCD2、BC+CD=√2AC②60°相关结论：1、AC平分∠BCD2、BC+CD=AC③120°相关结论：1、AC平分∠BCD2、BC+CD=√3AC补充说明：对角互补、邻边相等、角平分线三个条件知到其中两个就可求另外第三个，辅助线的构造与三角形全等相同，但是全等判定会有差异，需要根据具体情况判断【例】如图，在Rt△ABC和Rt△BCD中，∠BAC＝∠BDC＝90°，BC＝8，AB＝AC，∠CBD＝30°，BD＝4√3，M，N分别在BD，CD上，∠MAN＝45°，则△DMN的周长为_____．【答案】4√3+4．【解析】将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，如图：由旋转得：∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN，∵∠BAC＝∠D＝90°，∴∠ABD+∠ACD＝360°﹣90°﹣90°＝180°，∴∠ABD+∠ABE＝180°，∴E，B，M三点共线，∵∠MAN＝45°，∠BAC＝90°，∴∠EAM＝∠EAB+∠BAM＝∠CAN+∠BAM＝∠BAC﹣∠MAN＝90°﹣45°＝45°，∴∠EAM＝∠MAN，在△AEM和△ANM中，{AE=AN∠EAM=∠NAMAM=AM，∴△AEM≌△ANM（SAS），∴MN＝ME，∴MN＝CN+BM，∵在Rt△BCD中，∠BDC＝90°，∠CBD＝30°，BD＝4√3，CD＝BD×tan∠CBD＝4，∴△DMN的周长为DM+DN+MN＝DM+DN+BM+CN＝BD+DC＝4√3+4，故答案为：4√3+4．【练1】如图，在平面直角坐标系xOy中，A,B两点分别在x轴，y轴的正半轴上，且OA=OB，点C在第一象限，OC=3，连接BC，AC，若∠BCA=90°，则BC+AC的值为_________．【答案】3√2【解析】解：将△OBC绕O点旋转90°，∵OB=OA∴点B落在A处，点C落在D处且有OD=OC=3，∠COD=90°，∠OAD=∠OBC，在四边形OACB中∵∠BOA=∠BCA=90°，∴∠OBC+∠OAC=180°，∴∠OAD+∠OAC=180°∴C、A、D三点在同一条直线上，∴△OCD为等要直角三角形，根据勾股定理CD2=OC2+OD2即CD2=32+32=18解得CD=3√2即BC+AC=3√2.【练2】如图，P是等边三角形ABC内一点，将线段BP绕点B逆时针旋转60°得到线段BQ，连接AQ．若PA=4，PB=5，PC=3，则四边形APBQ的面积为_______．【答案】5√34+6【解析】解：如图，连接PQ，由旋转的性质可得，BP=BQ，又∵∠PBQ=60°，∴△BPQ是等边三角形，∴PQ=BP，在等边三角形ABC中，∠CBA=60°，AB=BC，∴∠ABQ=60°-∠ABP∠CBP=60°-∠ABP∴∠ABQ=∠CBP在△ABQ与△CBP中{BQ=BP∠ABQ=∠CBPAB=CB∴△ABQ≌△CBP(SAS)，∴AQ=PC，又∵PA=4，PB=5，PC=3，∴PQ=BP=5，PC=AQ=3，在△APQ中，AQ2=9,AP2=16,PQ2=25，25=16+9，∴由勾股定理的逆定理可知△APQ是直角三角形，∴S 四边形APBQ =S △BPQ +S △APQ =√34×52+12×3×4=5√34+6， 故答案为：5√34+6【练3】如图，在△ABC 中，∠ACB =120°，BC >AC ，点E 在BC 上，点D 在AB 上，CE =CA ，连接DE ，180ACB ADE ∠+∠=︒，CH ⊥AB ，垂足为H ．证明：DE AD +=．【答案】见解析【解析】证明：如图，延长BA 到点F ，使AF=DE ，连接CF 、CD ，∵∠ACB+∠ADE=180°∴∠CAD+∠CED=360°－180°=180°∵∠CAD+∠CAF=180°∴∠CAF=∠CED∵AC=EC ，AF=ED∴△AFC ≌△EDC∴CF=CD ，∠ACF=∠ECD∴∠FCD=∠ACF+∠ACD=∠ECD+∠ACD=∠ACB=120°∵CF=CD ，CH ⊥DF∴FH=DH=12DF =12(DE+AD)，∠HCD=12∠FCD=60°∴tan ∠HCD=DH CH =√3∴DH=√3CH∴DE+AD=2DH=2√3CH【题型二：旋转与三角形全等的构造】【例】问题背景：如图①设P 是等边△ABC 内一点，PA ＝6，PB ＝8，PC ＝10，求∠APB 的度数．小君研究这个问题的思路是：将△ACP 绕点A 逆时针旋转60°得到△ABP '，易证：△APP'是等边三角形，△PBP'是直角三角形，所以∠APB＝∠APP'+∠BPP'＝150°．简单应用：（1）如图2，在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°．P为△ABC内一点，且PA ＝5，PB＝3，PC＝2√2，则∠BPC＝°（2）如图3，在等边△ABC中，P为△ABC内一点，且PA＝5，PB＝12，∠APB＝150°，则PC＝．拓展廷伸：①如图4，∠ABC＝∠ADC＝90°，AB＝BC．求证：√2BD＝AD+DC．②若图4中的等腰直角△ABC与Rt△ADC在同侧如图5，若AD＝2，DC＝4，请直接写出BD的长．【答案】（1）135°（2）PC=13；拓展延伸①：证明见解析②：BD=√2【解析】解：简单应用：（1）如图2，∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠ACB＝90°，AC＝BC，将△ACP绕点C逆时针旋转90°得到△CBP'，连接PP'，∴BP'＝AP＝5，∠PCP'＝90°，CP'＝CP＝2√2，∴∠CPP'＝∠CP'P＝45°，根据勾股定理得，PP'=√2CP＝4，∵BP'＝5，BP＝3，∴PP'2+BP2＝BP'，∴△BPP'是以BP'为斜边的直角三角形，∴∠BPP'＝90°，∴∠BPC＝∠BPP'+∠CPP'＝135°，（2）如图3，∵△ABC是等边三角形，∴∠BAC＝60°，AC＝AB，将△ACP绕点A逆时针旋转60°得到△ABP'，连接PP'，∴BP'＝CP，AP'＝AP＝5，∠PAP'＝60°，∴△APP'是等边三角形，∴PP'＝AP＝5，∠APP'＝60°，∵∠APB＝150°，∴∠BPP'＝∠APB﹣∠APP'＝90根据勾股定理得，BP'=√BP2+PP′2=13，∴CP＝13，拓展廷伸：①如图4，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，将△ABD绕点B顺时针旋转90°得到△BCD'，∴BD'＝BD，CD'＝AD，∠BCD'＝∠BAD，∵∠ABC＝∠ADC＝90°，∴∠BAD+∠BCD＝180°，∴∠BCD+∠BCD'＝180°，∴点D'在DC的延长线上，∴DD'＝CD+CD'＝CD+AD，在Rt△DBD'中，DD'=√2BD，∴√2BD＝CD+AD；②如图5，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，将△CBD绕点B顺时针旋转90°得到△ABD'，∴BD'＝BD，CD＝AD'，∠DBD'＝90°，∠BCD＝∠BAD'，AB与CD的交点记作G，∵∠ADC＝∠ABC＝90°，∴∠DAB+∠AGD＝∠BCD+∠BGC＝180°，∵∠AGD＝∠BGC，∴∠BAD＝∠BCD，∴∠BAD＝∠BAD'，∴点D'在AD的延长线上，∴DD'＝AD'﹣AD＝CD﹣AD＝2，在Rt△BDD'中，BD=√22DD'=√2．【练1】如图，在等边△ABC中，点D为△ABC内的一点，∠ADB＝120°，∠ADC＝90°，将△ABD绕点A逆时针旋转60°得△ACE，连接DE．（1）求证：AD＝DE；（2）求∠DCE的度数；（3）若BD＝1，求AD，CD的长．【答案】（1）见解析（2）90°（3）√3【解析】（1）证明：∵将△ABD绕点A逆时针旋转60°得△ACE∴△ABD≌△ACE，∠BAC＝∠DAE，∴AD＝AE，BD＝CE，∠AEC＝∠ADB＝120°，∵△ABC为等边三角形∴∠BAC＝60°∴∠DAE＝60°∴△ADE为等边三角形，∴AD＝DE，（2）∠ADC＝90°，∠AEC＝120°，∠DAE＝60°∴∠DCE＝360°﹣∠ADC﹣∠AEC﹣∠DAE＝90°，（3）∵△ADE为等边三角形∴∠ADE＝60°∴∠CDE＝∠ADC﹣∠ADE＝30°又∵∠DCE＝90°∴DE＝2CE＝2BD＝2，∴AD＝DE＝2在Rt△DCE中，DC=√DE2−CE2=√22−12=√3．【练2】如图，四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝45°，将△BCD绕点C顺时针旋转一定角度后，点B的对应点恰好与点A重合，得到△ACE．（1）请求出旋转角的度数；（2）请判断AE与BD的位置关系，并说明理由；（3）若AD＝2，CD＝3，试求出四边形ABCD的对角线BD的长．【答案】（1）90°（2）证明见解析（3）BD=√22【解析】解：（1）∵将△BCD绕点C顺时针旋转得到△ACE ∴△BCD'≌△ACE∴AC＝BC，又∵∠ABC＝45°，∴∠ABC＝∠BAC＝45°∴∠ACB＝90°故旋转角的度数为90°（2）AE⊥BD．理由如下：在Rt△BCM中，∠BCM＝90°∴∠MBC+∠BMC＝90°∵△BCD'≌△ACE∴∠DBC＝∠EAC即∠MBC＝∠NAM又∵∠BMC＝∠AMN∴∠AMN+∠CAE＝90°∴∠AND＝90°∴AE⊥BD（3）如图，连接DE，由旋转图形的性质可知CD＝CE，BD＝AE，旋转角∠DCE＝90°∴∠EDC＝∠CED＝45°∵CD＝3，∴CE＝3在Rt△DCE中，∠DCE＝90°∴DE=√CD2+CE2=√9+9=3√2∵∠ADC＝45°∴∠ADE＝∠ADC+∠EDC＝90°在Rt△ADE中，∠ADE＝90°∴EA=√AD2+DE2=√18+4=√22∴BD=√22【练3】如图1，已知：已知：等边△ABC，点D是边BC上一点（点D不与点B、点C重合），求证：BD+DC＞AD．下面的证法供你参考：把△ACD绕点A顺时针旋转60°得到△ABE，连接ED，则有△ACD≌△ABE，DC＝EB，∵AD ＝AE，∠DAE＝60°，∴△ADE是等边三角形，∴AD＝DE．在△DBE中，BD+EB＞DE，即：BD+DC＞AD实践探索：（1）请你仿照上面的思路，探索解决下面的问题：如图3，点D是等腰直角三角形△ABC边上的点（点D不与B、C重合）．求证：BD+DC＞√2AD．（2）如果点D运动到等腰直角三角形△ABC外或内时，BD、DC和AD之间又存在怎样的数量关系？直接写出结论．创新应用：（3）已知：如图4，等腰△ABC中，AB＝AC，且∠BAC＝α（α为钝角），D是等腰△ABC外一点，且∠BDC+∠BAC＝180°，BD、DC与AD之间存在怎样的数量关系？写出你的猜想，并证明．【答案】（1）证明见解析（2）BD+DC≥√2AD；（3）猜想：BD+DC＜2AD；证明见解析【解析】解：（1）证明：把△ACD绕点A顺时针旋转90°得到△ABE，连接ED则有△ACD≌△ABE，DC＝EB∵AD＝AE，∠DAE＝90°∴△ADE是等腰直角三角形∴DE=√2AD在△DBE中，BD+EB＞DE，即：BD+DC＞√2AD；（2）把△ABD旋转，使AB与AC AC旋转，得到△ACD′，则BD＝CD′，在△CDD′中，CD+CD′＞DD′，即BD+CD＞DD′，∵△ADD′是钝角三角形，则DD′＞√2AD当D运动到B的位置时，DD′＝BC=√2AD．∴BD+DC≥√2AD；（3）猜想1：BD+DC＜2AD证明：把△ACD绕点A顺时针旋转α，得到△ABE则有△ACD≌△ABE，DC＝EB，∠ACD＝∠ABE∵∠BAC+∠BDC＝180°∴∠ABD+∠ACD＝180°∴∠ABD+∠ABE＝180°即：E、B、D三点共线．∴在△ADE中，AE+AD＞ED，即BD+DC＜2AD．【题型三：旋转与相似三角形的构造】【例】如图，在矩形ABCD中，E是AD边的中点，BE⊥AC于点F，连接DF，给出下列四个结论：①△AEF∽△CAB；②CF＝2AF；③DF＝DC；④S△ABF：S四边形CDEF＝2：5，其中正确的结论有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】D【解析】解：如图，过D作DM∥BE交AC于N，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∠ABC＝90°，AD＝BC，∵BE⊥AC于点F，∴∠EAC＝∠ACB，∠ABC＝∠AFE＝90°，∴△AEF∽△CAB，故①正确；∴△AEF ∽△CBF ，∴AE BC ＝AF CF ，∵AE ＝12AD ＝12BC ，∴AF CF ＝12，∴CF ＝2AF ，故②正确，∵DE ∥BM ，BE ∥DM ，∴四边形BMDE 是平行四边形，∴BM ＝DE ＝12BC ，∴BM ＝CM ，∴CN ＝NF ，∵BE ⊥AC 于点F ，DM ∥BE ，∴DN ⊥CF ，∴DF ＝DC ，故③正确；∵△AEF ∽△CBF ，∴EF BF ＝AE BC ＝12，∴S △AEF ＝12S △ABF ，S △ABF ＝16S 矩形ABCD ，∴S △AEF ＝112S 矩形ABCD ，又∵S 四边形CDEF ＝S △ACD ﹣S △AEF ＝12S 矩形ABCD ﹣112S 矩形ABCD ＝512S 矩形ABCD ，∴S △ABF ：S 四边形CDEF ＝2：5，故④正确；【练1】如图，正方形ABCD 的边长为8，线段CE 绕着点C 逆时针方向旋转，且CE =3，连接BE ，以BE 为边作正方形BEFG ，M 为AB FM 的长最小时，tan ∠ECB =______．【答案】13【解析】解：连接BD ，BF ，FD ，如图，∵BD BC =BF BE =√2，∴BD BF =BC BE ，∵∠FBD+∠DBE=45°，∠EBC+∠DBE=45°，∴∠FBD=∠EBC，∴△EBC∽△FBD，∴∠FDB=∠ECB，DFCE =BDBC=√2，∴DF=√2CE=3√2，由题意知：FM、DF、DM三条线段满足FM+DF≥MD，其中DM、DF的值一定，∴当M，F，D三点一线时，FM最小，过点M作MN⊥BD，垂足为G，∵∠MBN=45°，BM=12AB=4，∴MN=BN=2√2，∵MD=√AM2+AD2=√42+82=4√5，∴DG=√MD2−MG2=√(4√5)2−(2√2)2=6√2，∴tan∠ECB=tan∠FDG=MGDG =√26√2=13，故答案为：13．【练2】如图，在△ABC中，AB＝5，D为边AB上－动点，以CD为一边作正方形CDEF，当点D从点B运动到点A时，点E运动的路径长为_________．【答案】5√2【解析】解：如图，作GB⊥BC于B，取GB=BC，当点D与点B重合时，则点E与点G重合，∴∠CBG=90°，∴CG=√2BC，∠GCB=45°，∵四边形CDEF是正方形，∴CE=√2DC，∠ECD=45°，∴∠BCD+∠DCG =∠GCE+∠DCG =45°，∴∠BCD =∠GCE，且CGBC =CEDC=√2，∴△CGE∽△CBD，∴GEBD =CEDC=√2，即GE=√2BD，∵BD=5，∴点E运动的路径长为GE=√2BD=5√2．【练3】在△ABC和△ADE中，BA=BC，DA=DE，且∠ABC=∠ADE=α，点E在△ABC的内部，连接EC，EB，EA和BD，并且∠ACE+∠ABE=90°．（观察猜想）（1）如图①，当α=60°时，线段BD与CE的数量关系为__________，线段EA，EB，EC的数量关系为__________．（探究证明）（2）如图②，当α=90°时，（1）中的结论是否依然成立？若成立，请给出证明，若不成立，请说明理由；（拓展应用）（3）在（2）的条件下，当点E在线段CD上时，若BC=2√5，请直接写出△BDE的面积．【答案】（1）BD=CE，EB2+EC2=EA2；（2）不成立，理由见解析；（3）2【解析】（1）如图①中，∵BA=BC，DA=DE．且∠ABC=∠ADE=60°，∴△ABC，△ADE都是等边三角形，∴AD=AE，AB=AC，∠DAE=∠BAC=60°，∴∠DAB=∠EAC，∴△DAB≌△EAC（SAS），∴BD=EC，∠ABD=∠ACE，∵∠ACE+∠ABE=90°，∴∠ABD+∠ABE=90°，∴∠DBE=90°，∴DE2=BD2+BE2，∵EA=DE，BD=EC，∴EA2=BE2+EC2．故答案为：BD=EC，EA2=EB2+EC2．（2）结论：EA2=EC2+2BE2．理由：如图②中，∵BA =BC ，DA =DE ．且∠ABC =∠ADE =90°， ∴△ABC ，△ADE 都是等腰直角三角形， ∴∠DAE =∠BAC =45°，∴∠DAB =∠EAC ， ∵AD AE =√22，AB AC =√22， ∴AD AE =ABAC ，∴△DAB ∽△EAC ，∴DB EC =AB AC =√22，∠ACE =∠ABD ， ∵∠ACE +∠ABE =90°，∴∠ABD +∠ABE =90°，∴∠DBE =90°，∴DE 2=BD 2+BE 2，∵EA =√2DE ，BD =√22EC ， ∴12EA 2=12EC 2+BE 2，∴EA 2=EC 2+2BE 2．（3）如图③中，∵∠AED =45°，D ，E ，C 共线， ∴∠AEC =135°，∵△ADB ∽△AEC ，∴∠ADB =∠AEC =135°，∵∠ADE =∠DBE =90°，∴∠BDE =∠BED =45°，∴BD =BE ，∴DE =√2BD ，∵EC =√2BD ，∴AD =DE =EC ，设AD =DE =EC =x ，在Rt△ABC中，∵AB=BC=2√5，∴AC=2√10，在Rt△ADC中，∵AD2+DC2=AC2，∴x2+4x2=40，∴x=2√2（负根已经舍弃），∴AD=DE=2√2，∴BD=BE=2，×2×2=2．∴S△BDE=12。
高中化学 专题2 有机物的结构与分类专题归纳提升 苏教
【课堂新坐标】（教师用书）2013-2014学年高中化学专题2 有机物的结构与分类专题归纳提升苏教版选修5有机物的结构与分类有机化合物的结构有机物中碳原子的成键特点碳原子价键总数为4易形成单键、双键、叁键、碳链、碳环同分异构体位置异构碳链异构顺反异构对映异构类别异构有机物结构的表示方法结构简式结构式键线式有机化合物的分类和命名有机化合物的分类按碳的骨架分类：链状化合物、环状化合物、杂环化合物按官能团分类：烷烃、烯烃、炔烃、芳香烃、卤代烃、醇、醚、酚、醛、酮、羧酸、酯有机化合物的命名习惯命名法系统命名法选母体写名称编号位原子全部写出；已知结构简式确定同分异构体数目，则可用箭头或用阿拉伯数字表示，而不必将其结构式一一写出，这样可以节约很多时间。
要判断两种结构简式是否互为同分异构体，首先要看分子式是否相等，然后看结构是否不同。
1．等效氢法：烃的一取代物数目的确定，实质上是看处于不同位置的氢原子数目。
可用“等效氢法”判断。
判断“等效氢”的三条原则是：(1)同一碳原子上的氢原子是等效的，如甲烷中的4个氢原子等同；(2)同一碳原子上所连的甲基是等效的，如新戊烷中的4个甲基上的12个氢原子等同；(3)处于对称位置上的氢原子是等效的，如乙烷中的6个氢原子等同，2,2,3,3四甲基丁烷上的18个氢原子等同，苯环上的6个氢原子等同。
在确定同分异构体之前，要先找出对称面，判断等效氢，从而确定同分异构体的数目。
2．定一移二法：对于二元取代物的同分异构体的判断，可固定一个取代基位置，再移动另一取代基位置以确定同分异构体数目。
3．要记住已掌握的常见具体物质的异构体数(1)凡只含一种氢原子的分子一卤代物只有一种；甲烷、乙烷、新戊烷(看作CH4的四甲基取代物)，2,2,3,3四甲基丁烷(看作乙烷的六甲基取代物)，苯、环己烷、C2H2、C2H4等分子的一卤代物只有一种。
(2)丁烷、丁炔、丙基、丙醇有2种。
近代中国思想解放的潮流专题归纳提升课件 人民版必修3课件
【解答思路】
考查 知识
题法 对接
答案
新文化运动的历史意义
1.全面分析和把握历史事件。对于新文化运动， 要掌握其背景、性质、内容和历史意义等，其 中历史意义，五个备选项都符合。 2.准确把握题干与备选项之间的逻辑关系。① ②③⑤属于新文化运动的性质、意义，而④与 题干信息“辛亥革命”、“文艺复兴运动”、 “启蒙运动”不符，属于新文化运动后期的内 容。
作用 的思想统治地位，促进中国人 的序幕，为中共的成立
民的觉醒，推动了五四运动的
作了思想准备
发生
都通过著书立说开展文化宣传，同时都经过了长期激烈 相同点 的争论；都是当时社会先进思潮的主体成分，都开阔了
人们的眼界，提高了人们的认识
因果型选择题的解答方法 (1)注意历史事件之间的内在联系，全面分析和把握影响 历史发展的各种因素。 (2)在做题时要准确把握题干与备选项之间的逻辑关系， 弄清二者之间谁是因谁是果。
D
中国近代思想解放潮流的三大特征、四个阶段 1．三大特征 (1)一是近代中国人学习西方、寻求变革的思想主题是为 了实现中国的独立、民主和富强，学习西方与抵制侵略、启 蒙和救亡相连，体现了强烈的反封建反侵略性质。 (2)二是近代中国人学习西方是一个由浅入深、由表及 里，由“器物”到“制度”再到“思想文化”不断深化的历 程。
新文化运动前期和后期的主要不同
比较项ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
前期
后期
领导
资产阶级民主主义者
马克思主义者
指导 思想
民权、平等和进化论
马克思列宁主义
主要 追求民主与科学，提倡新文学、
不 内容
新道德
主要宣传马克思主义
同 性质 资产阶级民主主义的文化运动 无产阶级的新文化运动 点
专题20 母子形相似模型-2021年中考数学解题方法归纳提升(解析版)
专题20 母子形相似模型一、单选题1．古希腊数学家发现“黄金三角形”很美．顶角为36︒的等腰三角形，称为“黄金三角形”．如图所示，ABC中，AB AC =，36A ∠=︒，其中10.6182BC AC =≈，又称为黄金比率，是著名的数学常数．作ABC ∠的平分线，交AC 于1C ，得到黄金三角形1BCC ；作11//C B BC 交AB 于1B ，121//B C BC 交AC 于2C ，得到黄金三角形112B C C △；作22//C B BC 交AB 于2B ，231//B C BC 交AC 于3C ，得到黄金三角形233B C C △；依此类推，我们可以得到无穷无尽的黄金三角形．若BC 的长为1，那么56C C 的长为（ ）A 2B ．9-C ．4-D 【答案】B【分析】 黄金三角形是一个等腰三角形，它的顶角为36°，每个底角为72°．它的腰与它的底成黄金比．当底角被平分时，角平分线分对边也成黄金比，并形成两个较小的等腰三角形．这两三角形之一相似于原三角形，从而利用相似三角形的性质得出规律，即可得到答案．【详解】解：∵AB AC =，36A ∠=︒，72,ABC ACB ∴∠=∠=︒1BC 平分ABC ∠，1136,CBC ABC A ∴∠=∠=︒=∠ 1172,BCC BC C ∠=∠=︒111,BC AC BC ∴===172,ACB BCC ∠=∠=︒1ABC BCC ∴∽，设1CC x =，则1,AB AC x ==+ 则1AB BC BC CC =， 11,1x x+∴= 210,x x ∴+-=∵12x -±=， 又0x >，∵x =．经检验：12x =符合题意，1CC ∴= 同理：11112,AB C B C C ∽11//,B C BC11,AB C ABC ∴∽1112BCC B C C ∴∽，∵121111112C C B C AC BC BC CC BC AC AC AC =====，∵2121322C C ⎛⎫-== ⎪ ⎪⎝⎭，同理：3232C C ==⎝⎭，……，)62561292C C ⎛⎫===- ⎪ ⎪⎝⎭故选B ．【点睛】本题考查了相似三角形的性质与方程思想，相似三角形的对应边的比相等，同时考查了二次根式的乘方运算；解题时要注意方程思想的应用．2．如图，∵ABC 中，D 、E 分别是BC 、AC 边上一点，F 是AD 、BE 的交点，CE=2AE ，BF=EF ，EN∵BC 交AD 于N ，若BD=2，则CD 长度为( )A ．6B ．7C ．8D ．9【答案】A【分析】根据平行线的性质得到相等的角，再结合BF=EF 先证明∵NEF∵∵DBF ，即可得到NE=BD=2，再证明∵ANE∵∵ADC ，根据相似三角形的对应边成比例求解．【详解】解：∵NE∵BC ，∵∵NEF=∵DBF ，∵ENF=∵BDF ，又∵BF=EF ，∵∵NEF∵∵DBF ，∵NE=BD=2．∵NE∵BC ，∵∵ANE∵∵ADC ，∵NE AE CD AC=， ∵CE=2AE ，∵13NE AE CD AC ==， ∵CD=6．故答案选：A ．【点睛】本题主要考查了平行线的性质、全等三角形的判定与性质和相似三角形的判定与性质，主要注意数形结合思想的应用．二、解答题3．如图，四边形ABCD 和四边形AEFG 都是正方形，C ，F ，G 三点在一直线上，连接AF 并延长交边CD 于点M ．（1）求证：∵MFC ∵∵MCA ；（2）求证∵ACF ∵∵ABE ；（3）若DM =1，CM =2，求正方形AEFG 的边长．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3． 【分析】 （1）由正方形的性质得45ACD AFG ∠=∠=︒，进而根据对顶角的性质得CFM ACM ∠=∠，再结合公共角，根据相似三角形的判定得结论；（2）根据正方形的性质得AF AC AE AB=，再证明其夹角相等，便可证明ACF ABE ∽△△； （3）由已知条件求得正方形ABCD 的边长，进而由勾股定理求得AM 的长度，再由MFC MCA △∽△，求得FM ，进而求得正方形AEFG 的对角线长，便可求得其边长．【详解】解：（1）四边形ABCD 是正方形，四边形AEFG 是正方形，45ACD AFG ∴∠=∠=︒，CFM AFG ∠=∠，CFM ACM ∴∠=∠，CMF AMC ∠=∠，MFC MCA ∴△∽△；（2）四边形ABCD 是正方形，90ABC ∴∠=︒，45BAC ∠=︒，AC ∴=，同理可得AF =，∴AF AC AE AB= 45EAF BAC ∠=∠=︒，CAF BAE ∴∠=∠，ACF ABE ∴△∽△；（3）1DM =，2CM =，123AD CD ∴==+=，AM ∴=MFC MCA △∽△， ∴CM FMAM CM =2FM =，FM ∴=，AF AM FM ∴=-=，∴AG即正方形AEFG ． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，关键是掌握相似模型及证明方法和正方形性质．4．在矩形ABCD的CD边上取一点E，将∵BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处．（1）如图1，若BC=2BA，求∵CBE的度数；（2）如图2，当AB=5，且AF⋅FD=10时，求BC的长；（3）如图3，延长EF，与∵ABF的角平分线交于点M，BM交AD于点N，当NF=12AD时，求ABBC的值．【答案】（1）15°；（2）（3）3 5【分析】（1）由折叠的性质得出BC=BF，∵FBE=∵EBC，根据直角三角形的性质得出∵AFB=30°，可求出答案；（2）证明∵FAB∵∵EDF，由相似三角形的性质得出AF ABDE DF=，可求出DE=2，求出EF=3，由勾股定理求出AF，即可求出BC的长；（3）过点N作NG∵BF于点G，证明∵NFG∵∵BFA，1 2NG FG NFAB FA BF===，设AN=x，设FG=y，则AF=2y，由勾股定理得出(2x)2+(2y)2=(2x+y)2，解出y=43x，则可求出答案．【详解】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∵∵C=90°，∵将∵BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处，∵BC=BF，∵FBE=∵EBC，∵C=∵BFE=90°，∵BC=2AB，∵BF=2AB，∵∵AFB=30°，∵四边形ABCD是矩形，∵AD//BC，∵∵AFB=∵CBF=30°，∵∵CBE=12∵FBC=15°；（2）∵将∵BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处，∵∵BFE=∵C=90°，CE=EF，又∵矩形ABCD中，∵A=∵D=90°，∵∵AFB+∵DFE=90°，∵DEF+∵DFE=90°，∵∵AFB=∵DEF，∵∵FAB∵∵EDF，∵AF AB DE DF=，∵AF•DF=AB•DE，∵AF•DF=10，AB=5，∵DE=2，∵CE=DC-DE=5-2=3，∵EF=3，∵DF==∵AF==∵BC=AD=AF+DF=+=（3）过点N作NG∵BF于点G，∵NF=12AD∵NF=12 BF，∵∵NFG=∵AFB，∵NGF=∵BAF=90°，∵∵NFG∵∵BFA，∵12 NG FG NFAB FA BF===，设AN=x，∵BN平分∵ABF，AN∵AB，NG∵BF，∵AN=NG=x，AB=BG=2x，设FG=y，则AF=2y，∵AB2+AF2=BF2，∵(2x)2+(2y)2=(2x+y)2，解得y=43 x，∵BF=BG+GF=410233x x x+=．∵231053AB AB xBC BF x===．【点睛】本题考查了矩形的性质，直角三角形的性质，折叠的性质，角平分线的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质及矩形的性质是解题的关键．5．已知正方形ABCD的边长为4，点E在边BC上，点F在边CD上，且CF BE=，AE和BF交于点G．（1）如图，求证：∵AE BF=∵AE BF⊥（2）连接CG并延长交AB于点H，∵若点E 为BC 的中点（如图），求BH 的长．∵若点E 在BC 边上滑动（不与点,B C 重合），当CG 取得最小值时，求BE 的长．【答案】（1）∵证明见解析；∵证明见解析；（2）∵43；∵2 【分析】（1）∵由正方形的性质得出AB=BC=4，∵ABC=∵BCD=90°，由SAS 证明∵ABE∵∵BCF ，即可得出结论；∵由∵得：∵ABE∵∵BCF ，得出∵BAE=∵CBF ，证出∵AGB=90°，即可得出结论；（2）∵由直角三角形的性质得出CF=BE=12BC=2，由勾股定理得出1）得：AE∵BF ，则∵BGE=∵ABE=90°，证明∵BEG∵∵AEB ，得出12GE BE BG AB ==，设GE=x ，则BG=2x ，在Rt∵BEG 中，由勾股定理得出方程，解方程得出=BH BG CF FG =，即可得出BH 的长； ∵由（1）得：∵AGB=90°，得出点G 在以AB 为直径的圆上，设AB 的中点为M ，当C 、G 、M 在同一直线上时，CG 为最小值，求出GM=12AB=BM=2，由平行线得出CF BM CG GM==1，证出CF=CG=BE ，设CF=CG=BE=a ，则CM=a+2，在Rt∵BCM 中，由勾股定理得出方程，解方程即可．【详解】（1）证明：∵∵四边形ABCD 是正方形，∵AB=BC=4，∵ABC=∵BCD=90°，在∵ABE 和∵BCF 中，AB BC ABC BCD BE CF ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∵∵ABE∵∵BCF （SAS ），∵AE=BF ；∵由∵得：∵ABE∵∵BCF，∵∵BAE=∵CBF，∵∵CBF+∵ABF=90°，∵∵BAE+∵ABF=90°，∵∵AGB=90°，∵AE∵BF；（2）解：∵如图2所示：∵E为BC的中点，∵CF=BE=12BC=2，∵BF=22254=2+，由（1）得：AE∵BF，∵∵BGE=∵ABE=90°，∵∵BEG=∵AEB，∵∵BEG∵∵AEB，∵12 GE BEBG AB==，设GE=x，则BG=2x，在Rt∵BEG中，由勾股定理得：x2+（2x）2=22，解得：x=25，∵BG=2×25=455，∵AB∵CD，∵BH BGCF FG=，即2BH=解得：BH=43；∵由（1）得：∵AGB=90°，∵点G在以AB为直径的圆上，设AB的中点为M，由图形可知：当C、G、M在同一直线上时，CG为最小值，如图3所示：∵AE∵BF，∵∵AGB=90°，∵GM=12AB=BM=2，∵AB∵CD，∵CF BMCG GM==1，∵CF=CG，∵CF=BE，∵CF=CG=BE，设CF=CG=BE=a，则CM=a+2，在Rt∵BCM中，由勾股定理得：22+42=（a+2）2，解得：a=25-2，即当CG取得最小值时，BE的长为25-2．【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、平行线的性质、直角三角形的性质等知识；本题综合性强，证明三角形全等和三角形相似是解题关键．6．如图，已知双曲线()0k y x x=>经过Rt OAB ∆斜边的中点D ，与直角边AB 相交于点C ，若OBC ∆的面积为3，求k 的值．【答案】2k =【分析】过点D 做DE x ⊥轴,可得12OED OCA S S k ∆∆==，再根据OAB OED ∆∆∽可得2OAB S k ∆=，最后根据2213OBC OAB OCA S S k S k ∆∆∆===－－即可求得k 的值． 【详解】解：过点D 做DE x ⊥轴，垂足为E ，∵Rt OAB ∆中，90OAB ∠=︒，∵DE AB ∥∵D 为Rt OAB ∆斜边OB 的中点，∵DE 为Rt OAB ∆的中位线∵OAB OED ∆∆∽且12OD OB =∵双曲线的解析式是k y x=∵12OED OCA S S k ∆∆==，2OAB S k ∆= 2213OBC OAB OCA S S k S k ∆∆∆===－－ 解得2k =【点睛】 主要考查了反比例函数k y x =中k 的几何意义，相似三角形的性质和判定.过双曲线上任意一点引x 轴、y 轴垂线，所得三角形面积为1||2k 是经常考查的一个知识点；这里体现了数形结合的思想，做此类题一定要正确理解k 的几何意义．7．已知，如图，∵ABC 中，AB ＝2，BC ＝4，D 为BC 边上一点，BD ＝1，AD +AC =8．（1）找出图中的一对相似三角形并证明；（2）求AC 长．【答案】（1）∵BAD ∵∵BCA ，理由见详解；（2）163 【分析】（1）由题意易得1=2BD AB AB BC =，然后由∵B 是公共角，问题可证； （2）由（1）可得1=2AD AC ，再由AD +AC =8可求解． 【详解】解：（1）∵BAD∵∵BCA ，理由如下：AB ＝2，BC ＝4，BD ＝1，∴121,=242BD AB AB BC ==， ∴1=2BD AB AB BC =， 又∵B=∵B ，∴∵BAD∵∵BCA ；（2）由（1）得：1=2AD AC ，即2AC AD =，AD +AC =8， ∴28AD AD +=，解得：83AD =， ∴163AC =． 【点睛】本题主要考查相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．8．如图，在∵ABC 中，∵ACB =90°，AB =10， AC =8，CD 是边AB 的中线．动点P 从点C 出发，以每秒5个单位长度的速度沿折线CD -DB 向终点B 运动．过点P 作PQ ∵AC 于点Q ，以PQ 为边作矩形PQMN ，使点C 、N 始终在PQ 的异侧，且23PN PQ =．设矩形PQMN 与∵ACD 重叠部分图形的面积是S ，点P 的运动时间为()t s （t>0）．（1）当点P 在边CD 上时，用含t 的代数式表示PQ 的长．（2）当点N 落在边AD 上时，求t 的值．（3）当点P 在CD 上时，求S 与t 之间的函数关系式．（4）连结DQ ，当直线DQ 将矩形PQMN 分成面积比为1：2的两部分时，直接写出t 的值．【答案】（1）3PQ t =；（2）45t =；（3）2246056346024125t t s t t t ⎧⎛⎫<≤ ⎪⎪⎪⎝⎭=⎨⎛⎫⎪-+-<≤ ⎪⎪⎝⎭⎩；（4）14或23或43或74 【分析】（1）证明∵ABC∵∵CPQ ，利用相似三角形的性质解决问题即可．（2）如图2，当点N 落在边AD 上时，根据AM+MQ+CQ=8，构建方程即可解决问题．（3）分三种情形：∵如图1中，当0＜t≤45时，重叠部分是矩形PQMN ．∵如图3-1，当45＜t≤1时，重叠部分是五边形PQMKJ，根据S=S矩形PQMN-S∵NKJ，求解即可．∵如图3-2中，当1＜t≤2时，重叠部分是五边形KQMJD，根据S=S∵ADC-S∵CQK-S∵AMJ，求解即可．（4）分四种情形：∵如图4-1中，设DQ交MN于J，当MJ=2JN时，直线DQ将矩形PQMN分成面积比为1：2的两部分．∵如图4-2中，设DQ交PN于J，当PJ=2JN时，直线DQ将矩形PQMN分成面积比为1：2的两部分．∵如图4-3中，设DQ交PN于J，当PJ=2JN时，直线DQ将矩形PQMN分成面积比为1：2的两部分．∵如图4-4中，设DQ交MN于J，当MJ=2JN时，直线DQ将矩形PQMN分成面积比为1：2的两部分．【详解】解：（1）如图1中，在∵ABC中，∵∵ACB=90°，AB=10，AC=8，由勾股定理，得AB2=AC2+BC2．∵BC=6．∵CD是边AB的中线，∵CD=AD=5．∵∵ACD=∵CAD．∵∵CQP=∵ACB，∵∵ABC∵∵CPQ．∵PQ CP BC AB=，∵5 610 PQ t=∵PQ=3t．（2）如图2，当点N落在边AD上时，∵AM+MQ+CQ=8∵4t+2t+4t=8．解得t=45．（3）如图1中，当0＜t≤45时，重叠部分是矩形PQMN，S=6t2．如图3-1，当45＜t≤1时，重叠部分是五边形PQMKJ，S=S矩形PQMN-S∵NKJ=6t2-12×34（10t-8）（10t-8）=-632t2+60t-24．如图3-2中，当1＜t≤2时，重叠部分是五边形KQMJD，S=S∵ADC-S∵CQK-S∵AMJ=12-12•（6-3t）（8-4t）-12×2t×2t×3 4=-152t2+24t-12，综上所述，2246056346024125t tst t t⎧⎛⎫<≤⎪⎪⎪⎝⎭=⎨⎛⎫⎪-+-<≤⎪⎪⎝⎭⎩．（4）∵如图4-1中，设DQ交MN于J，当MJ=2JN时，直线DQ将矩形PQMN分成面积比为1：2的两部分．作DK∵AC于K．∵PQ=MN=3t，MJ=2JM，∵MJ=MQ=2t，∵∵DQK=45°，∵DK∵BC，AD=DB，∵AK=KC，∵DK=KQ=12BC=3，∵CQ=1，∵4t=1，∵t=14．∵如图4-2中，设DQ交PN于J，当PJ=2JN时，直线DQ将矩形PQMN分成面积比为1：2的两部分．∵PJ∵CQ ， ∵PJ DP CQ DC =，∵455345t t t -=， ∵t=23∵如图4-3中，设DQ 交PN 于J ，当PJ=2JN 时，直线DQ 将矩形PQMN 分成面积比为1：2的两部分．∵PJ∵AQ ，∵PJ DP AQ AD=， ∵55 5443t t t-= ， ∵t=43∵如图4-4中，设DQ 交MN 于J ，当MJ=2JN 时，直线DQ 将矩形PQMN 分成面积比为1：2的两部分．同法可证MQ=MJ=2t，∵∵AQD=45°，由∵可知CQ=1，∵8-4t=1，∵t=74，综上所述，满足条件的t的值为14，23，43，74．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，解直角三角形，平行线分线段成比例定理，多边形的面积等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．9．如图，小明欲测量一座古塔的高度，他拿出一根标杆竖直插在地面上，然后自己退后，使眼睛通过标杆的顶端刚好看到塔顶，若小明眼睛离地面1.5m，标杆顶端离地面2.4m，小明到标杆的距离DF=2m，标杆到塔底的距离DB=30m，求这座古塔的高度．【答案】14.3m【分析】先根据小明、竹竿、古塔均与地面垂直，EH∵AB可知，BH=DG=EF=1.5m，再小明眼睛离地面1.5m，竹杆顶端离地面2.4m求出CG的长，由于CD∵AB可得出∵EGC∵∵EHA，再根据相似三角形的对应边成比例可求出AH的长，进而得出AB的长．【详解】解：∵小明、竹杆、古塔均与地面垂直，EH∵AB，∵BH=DG=EF=1.5m ，EG=DF ，GH=DB ，∵小明眼睛离地面1．5m ，竹杆顶端离地面2．4m ，∵CG=CD -EF=2．3-1．5=0．8m ，∵CD∵AB ，∵∵EGC ～∵EHA∵DF=2m DB=30m ， ∵EG EH ＝CG AH ，即2302+= 0.8AH，解得：AH=12．8m ， ∵AB=AH+BH=12．8+1．5=14．3m ，答：古塔的高度是14．3m ．【点睛】本题考查了相似三角形的应用，先根据题意得出相似三角形，再根据相似三角形的对应边成比例得出结论是解题的关键．10．如图，PA ，PB 为O 的两条切线，A ，B 为切点，BO 的延长线交O 于点D ，交PA 的延长线于点C ，连接OP ，AD ．（1）求证：//AD OP ；（2）若2AP AC =，求tan OPB ∠的值．【答案】（1）见解析；（2）tan 5OPB ∠=． 【分析】（1）如图，作辅助线，证明∵APO=∵BPO 得OP AB ⊥，再由BD 为O 的直径可得AB∵AD ，从而可得结论；（2）设AC a =，则2AP a =，由勾股定理得OA =C CAO BP ∽△△可求出a =从而通过解直角三角形可得结论．【详解】（1）证明：连接AB 交OP 于点E ，∵PA ，PB 为O 的两条切线，∵AP BP =，BPO APO ∠=∠，∵OP AB ⊥．∵BD 为O 的直径，∵90DAB OEA ∠=︒=∠，∵//OP AD ．（2）∵2AP AC =，∵设AC a =，则2AP a =．∵//OP AD ， ∵12CD AC DO AP ==．不妨设1CD =，则22OD CD ==．在Rt AOC △中，OA ==∵AP ，BP 为O 的切线，∵90OAC OBP ∠=∠=︒．∵C CAO BP ∽△△， ∵OA BP AC BC=．25a =，解得a =．∵2tan25OB OPB BP a ∠====． 【点睛】 此题考查了切线的性质、解直角三角形以及相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质定理与判定定理是解答此题的关键．11．如图，AB 是O 的直径，AD BD 、是O 的弦，BC 是O 的切线，切点为B ，//OC AD ，BA CD 、的延长线相交于点E ．(1)求证：CD 是O 的切线； (2)若O 的半径为4，3ED AE =，求AE 的长．【答案】（1）见解析；（2）=1AE ．【分析】（1）连接OD ，由题意易证∵CDO∵∵CBO ，然后根据三角形全等的性质可求证；（2）由题意易得∵EDA∵∵EBD ，然后根据相似三角形的性质及3ED AE =可求解．【详解】（1）证明：连接OD ，如图所示：AD∵OC ，∴∵DAO=∵COB ，∵ADO=∵COD ， 又OA=OD ，∴∵DAO=∵ADO ，∴∵COD=∵COB ，OD=OB ，OC=OC ，∴∵CDO∵∵CBO ，∴∵CDO=∵CBO ，BC 是O 的切线，∴∵CBO=∵CDO=90°，点D 在O 上，∴CD 是O 的切线；（2）由（1）图可得：∵ADO+∵EDA=90°，∵ODB=∵DBO ，AB 是O 的直径，∴∵ADB=90°，即∵ADO+∵ODB=90°，∴∵EDA=∵ODB=∵DBO ，又∵E=∵E ，∴∵EDA∵∵EBD ，∴2ED AE EB =⋅， O 的半径为4，3ED AE =，∴AB=8，EB=AE+8，∴()298AE AE AE =⋅+，解得：=1AE ．【点睛】 本题主要考查圆的切线定理与判定定理和相似三角形的判定与性质，熟练掌握圆的切线定理及判定定理是解题的关键．12．如图，ABC 中，,,AB AC AB AC =⊥点D E 、分别是BC AC 、的中点，AF BE ⊥与点F ．（1）求证：2AE FE BE =⋅；（2）求AFC ∠的大小；（3）若1DF =，求ABF 的面积．【答案】（1）证明见解析；（2）135︒；（3）2．【分析】（1）先根据相似三角形的判定可得AEF BEA ~，再根据相似三角形的性质即可得证；（2）先根据等腰直角三角形的判定与性质可得45ACB ∠=︒，再根据相似三角形的判定可得CEF BEC ~，然后根据相似三角形的性质可得45CFE BCE ∠=∠=︒，最后根据角的和差即可得；（3）设2AB AC a ==，从而可得AB =，再根据相似三角形的性质、勾股定理可得,55FA a BF a ==，从而可得BF BC BD BE =，然后根据相似三角形的判定与性质可得BD DF BE EC =，从而可求出a 的值，最后根据直角三角形的面积公式即可得．【详解】（1）,AF BE AB AC ⊥⊥，90AFE BAE ∴∠=∠=︒，在AEF 和BEA △中，AFE BAE AEF BEA ∠=∠⎧⎨∠=∠⎩， AEF BEA ∴~，AE FE BE AE∴=， 2AE FE BE ∴=⋅； （2）,AB AC AB AC =⊥，ABC ∴是等腰直角三角形，45ABC ACB ∴∠=∠=︒，由（1）可知，AE FE BE AE=， AE BE FE AE∴=， 点E 是AC 的中点，AE CE ∴=，CE BE FE CE∴=， 在CEF △和BEC △中，CE BE FE CE CEF BEC⎧=⎪⎨⎪∠=∠⎩，CEF BEC ∴~，45CFE BCE ∴∠=∠=︒，又AF BE ⊥，90AFE ∴∠=︒，9045135AFE CFE AFC ∠=∴∠+∠=︒+︒=︒；（3）设2(0)AB AC a a ==>， ABC 是等腰直角三角形，BC ∴==，点D E 、分别是BC AC 、的中点，,AE CE a BD CD ∴====，在Rt ABE △中，BE ==，BC BE ∴==， 由（1）知，AEF BEA ~，AE FA BE AB∴=2FA a =，解得FA=，在Rt ABF中，5BF a==，BF BCBD BE∴===，在BDF和BEC△中，BF BCBD BEDBF EBC⎧=⎪⎨⎪∠=∠⎩，BDF BEC∴~，BD DFBE EC∴=DFa=，解得5DF a=，又1DF =，15a=，解得a=FA BF∴====则ABF的面积为11222FA BF⋅==．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．13．如图，在ABC∆中，CD AB⊥于D，BE AC⊥于E，试说明：（1）ABE ACD（2）AD BC DE AC ⋅=⋅【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）直接根据相似三角形的判定证明即可；（2）首先根据相似三角形的性质得出AE AB AD AC=，进而证明∵ADE ∵∵ACB ，最后根据相似三角形的性质即可证明．【详解】解：（1）∵CD ∵AB 于D ，BE ∵AC 于E ，∵∵AEB =∵ADC =90°，在∵ABE 和∵ACD 中 90ADC AEB A A∠=∠=︒⎧⎨∠=∠⎩ ∵∵ABE ∵∵ACD ；（2）∵∵ABE ∵∵ACD ， ∵AE AB AD AC=． 在∵ADE 和∵ACB 中，AE AB AD AC A A⎧=⎪⎨⎪∠=∠⎩ ∵∵ADE ∵∵ACB ∵AD DE AC BC= ∵AD ·BC =DE ·AC ．【点睛】本题主要考查相似三角形的判定及性质，掌握相似三角形的判定及性质是解题的关键．14．如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E为对角线AC上一动点（点E与点A，C不重合），连接DE，作EF∵DE交射线BA于点F，过点E作MN∵BC分别交CD，AB于点M、N，作射线DF交射线CA于点G．（1）求证：EF＝DE；（2）当AF＝2时，求GE的长．【答案】（1）见解析；（2）3【分析】（1）根据正方形的性质以及EF∵DE，证明∵DME∵∵ENF即可；（2）根据勾股定理计算出DF，根据平行线的性质得到DC DGAF FG，计算出DG，FG的值，利用特殊角的锐角三角函数计算出DE的值，最后证明∵DGE∵∵AGF，利用相似比列出方程即可求出GE的值．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，且MN∵BC，∵四边形ANMD是矩形，∵BAC=45°，∵∵ANM=∵DMN=90°，EN=AN=DM，∵∵DEM+∵EDM=90°，∵EF∵DE，∵∵DEM+∵FEN=90°，∵∵EDM=∵FEN，∵在∵DME与∵ENF中∵DME=∵ENF=90°，DM=EN，∵EDM=∵FEN，∵∵DME∵∵ENF（ASA），∵EF＝DE；（2）∵四边形ABCD是正方形，∵AB∵DC，∵DAB=90°，∵DF==∵DC DGAF FG=，即42=，解得：DG=3，∵FG=DF-，又∵DE=EF，EF∵DE，∵∵DEF是等腰直角三角形，∵∵EDF=45°，DE=EF=sin45DF︒==∵∵GAF=∵GDE=45°，又∵∵DGE=∵AGF，∵∵DGE∵∵AGF，∵DE GEAF GF=3=，解得：3GE=，∵3GE=．【点睛】本题考查了正方形的性质以及相似三角形的性质及判定，第（1）问的解题关键是证明∵DME∵∵ENF，第（2）问的解题关键是通过相似三角形的性质列出方程．15．如图，在∵ABC中，D为BC边上的一点，且AC=CD＝4，BD＝2，求证：∵ACD∵∵BCA．【答案】证明见解析．【分析】根据AC=CD＝4，BD＝2，可得AC CDBC AC=，根据∵C =∵C，即可证明结论．【详解】解：∵AC=CD ＝4，BD ＝2∵AC BC ==CD AC == ∵AC CD BC AC = ∵∵C =∵C∵∵ACD ∵∵BCA ．【点睛】本题考查了相似三角形的性质和判定，掌握知识点是解题关键．16．如图，在矩形ABCD 中，点E 是BC 边上的一点，且AE BD ⊥垂足为点,2F DAE BAE ∠=∠．()1:BE DF =_ ．()2若四边形EFDC 的面积为22，求BEF 的面积．【答案】（1）1:3（2）2【分析】 （1）由题意根据已知条件得到∵DAE=60°，∵BAE=30°，由直角三角形的性质可得BD=2AB ，AB=2BF ，以此即可求解；（2）根据题意通过证明∵BEF∵∵BDC ，可得21(12)BEF BCD S EF SCD==，进行分析即可求解． 【详解】解：（1）∵四边形ABCD 为矩形，∵DAE=2∵BAE ，∵∵DAE=60°，∵BAE=30°，又∵AE∵BD ，∵BAD=90°，∵BD=2AB ，AB=2BF ，∵BD=4BF ，∵DF=3BF ，∵BF ：DF=1：3，故答案为：1：3；（2）∵∵BAE=30°∵∵AEB=60°，∵AE∵BD ，∵∵DBC=30°，∵BFE=∵BCD=90°∵122CD BD BF BF ===，，∵EF =， ∵∵FBE=∵CBD ，∵BFE=∵DCB ，∵∵BEF∵∵BDC ， ∵21(12)BEF BCD SEF S CD ==， ∵四边形EFDC 的面积为22，∵12S ∵BEF =S ∵BCD =S ∵BEF +S 四边形EFDC ，∵S ∵BEF =2． 【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质与矩形的性质以及直角三角形的性质，利用相似三角形的判定定理证明∵BEF∵∵BDC 是解答本题的关键．17．如图，抛物线215:324L y x x =--与x 轴正半轴交于点A ，与y 轴交于点B ．（1）求直线AB 的解析式及抛物线顶点坐标；（2）如图1，点P 为第四象限且在对称轴右侧抛物线上一动点，过点P 作PC x ⊥轴，垂足为C ，PC 交AB 于点D ，求PD BD +的最大值，并求出此时点P 的坐标；（3）如图2，将抛物线215:324L y x x =--向右平移得到抛物线L '，直线AB 与抛物线L '交于M ，N 两点，若点A 是线段MN 的中点，求抛物线L '的解析式．【答案】（1）直线AB 的解析式为334y x =-，抛物线顶点坐标为5121,432⎛⎫- ⎪⎝⎭；（2）当134x =时，PD BD +的最大值为16932； 1357,432P ⎛⎫- ⎪⎝⎭；（3）21133242y x x =-+． 【分析】 （1）先根据函数关系式求出A 、B 两点的坐标，设直线AB 的解析式为y kx b =+，利用待定系数法求出AB 的解析式，将二次函数解析式配方为顶点式即可求得顶点坐标；（2）过点D 作DE y ⊥轴于E ，则//DE OA ．求得AB=5，设点P 的坐标为2155,34244x x x x ⎛⎫⎛⎫--<< ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，则点D 的坐标为3,34x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭，ED=x ，证明BDE BAO ∽，由相似三角形的性质求出54BD x =，用含x 的式子表示PD ，配方求得最大值，即可求得点P 的坐标；（3）设平移后抛物线L '的解析式21121()232y x m =--，将L′的解析式和直线AB 联立，得到关于x 的方程，设()()1122,,,M x y N x y ，则12,x x 是方程2232520416x m x m ⎛⎫-++-= ⎪⎝⎭的两根，得到12324x x m ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭，点A 为MN 的中点，128x x +=，可求得m 的值，即可求得L′的函数解析式．【详解】（1）在215324y x x =--中， 令0y =，则2153024x x --=，解得123,42x x =-=， ∵(4,0)A ．令0x =，则3y =-，∵()0,3B -．设直线AB 的解析式为y kx b =+，则403k b b +=⎧⎨=-⎩，解得：343k b ⎧=⎪⎨⎪=-⎩， ∵直线AB 的解析式为334y x =-． 2215151213242432y x x x ⎛⎫=--=-- ⎪⎝⎭， ∵抛物线顶点坐标为5121,432⎛⎫- ⎪⎝⎭（2）如图，过点D 作DE y ⊥轴于E ，则//DE OA ．∵4,3OA OB ==，∵5AB ===，设点P 的坐标为2155,34244x x x x ⎛⎫⎛⎫--<< ⎪⎪⎝⎭⎝⎭， 则点D 的坐标为3,34x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭， ∵ED x =．∵//DE OA ， ∵BDE BAO ∽， ∵BD ED BA OA=， ∵54BD x =， ∵54BD x =．而2231513324242PD x x x x x ⎛⎫=----=-+ ⎪⎝⎭， ∵22215113113169224242432PD BD x x x x x x ⎛⎫+=-++=-+=--+ ⎪⎝⎭， ∵102-<，544x <<，由二次函数的性质可知： 当134x =时，PD BD +的最大值为16932． 2235313513573344444432x x ⎛⎫--=⨯-⨯-=- ⎪⎝⎭， ∵1357,432P ⎛⎫- ⎪⎝⎭．（3）设平移后抛物线L '的解析式21121()232y x m =--， 联立23341121()232y x y x m ⎧=-⎪⎪⎨⎪=--⎪⎩， ∵2311213()4232x x m -=--，整理，得：2232520416x m x m ⎛⎫-++-= ⎪⎝⎭， 设()()1122,,,M x y N x y ，则12,x x 是方程2232520416x m x m ⎛⎫-++-= ⎪⎝⎭的两根， ∵12324x x m ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭． 而A 为MN 的中点，∵128x x +=， ∵3284m ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，解得：134m =． ∵抛物线L '的解析式2211312111332432242y x x x ⎛⎫=--=-+ ⎪⎝⎭． 【点睛】本题考查二次函数的图象和性质、相似三角形的判定与性质、待定系数法求一次函数解析式，解题的关键是熟练掌握二次函数的图象和性质．18．已知：如图，在ABC 中，D 是AC 上一点，联结BD ，且∵ABD =∵ACB∵∵1∵求证：∵ABD∵∵ACB ；∵2∵若AD=5，AB= 7，求AC 的长.【答案】(1)见详解；（2）495 【详解】（1）证明：∵∵A=∵A,∵ABD =∵ACB,∵∵ABD∵∵ACB.（2）解: ∵∵ABD∵∵ACB ， ∵AB AD AC AB=，∵757AC =， ∵495AC = 19．如图，在Rt∵ABC 中，∵C=90°，AC=4cm ，BC=3cm ．动点M ，N 从点C 同时出发，均以每秒1cm 的速度分别沿CA 、CB 向终点A ，B 移动，同时动点P 从点B 出发，以每秒2cm 的速度沿BA 向终点A 移动，连接PM ，PN ，设移动时间为t （单位：秒，0＜t ＜2.5）．（1）当t 为何值时，以A ，P ，M 为顶点的三角形与∵ABC 相似？（2）是否存在某一时刻t ，使四边形APNC 的面积S 有最小值？若存在，求S 的最小值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）32；（2）当32t =时，四边形APNC 的面积S 有最小值，其最小值是215． 【分析】根据勾股定理求得AB=5cm ．（1）分∵AMP∵∵ABC 和∵APM∵∵ABC 两种情况讨论：利用相似三角形的对应边成比例来求t 的值． （2）如图，过点P 作PH∵BC 于点H ，构造平行线PH∵AC ，由平行线分线段成比例求得以t 表示的PH 的值；然后根据“S=S ∵ABC ﹣S ∵BPH ”列出S 与t 的关系式()24321S=0 2.5525t t ⎛⎫-+<< ⎪⎝⎭，则由二次函数最值的求法即可得到S 的最小值．【详解】解：∵如图，在Rt∵ABC 中，∵C=90°，AC=4cm ，BC=3cm ．∵根据勾股定理，得AB 5cm =．（1）以A ，P ，M 为顶点的三角形与∵ABC 相似，分两种情况： ∵当∵AMP∵∵ABC 时，AP AM AC AB =，即52445t t --=，解得32t =； ∵当∵APM∵∵ABC 时，AM AP AC AB =，即45245t t --=，解得t=0（不合题意，舍去）．综上所述，当32t =时，以A 、P 、M 为顶点的三角形与∵ABC 相似． （2）存在某一时刻t ，使四边形APNC 的面积S 有最小值．理由如下：假设存在某一时刻t ，使四边形APNC 的面积S 有最小值．如图，过点P 作PH∵BC 于点H ．则PH∵AC ，∵PH BP AC BA=， 即245PH t =． ∵85t PH =． ∵ABC BPN S S S =-△△()118343225t t =⨯⨯-⨯-⋅ ()24321=0 2.5525t t ⎛⎫-+<< ⎪⎝⎭． ∵405>， ∵S 有最小值． 当32t =时，S 最小值=215． 答：当32t =时，四边形APNC 的面积S 有最小值，其最小值是215． 20．如图，点A 在x 轴正半轴上，点B 在y 轴正半轴上，OA ＝OB ，点C 的坐标为（﹣1，0），OA ：OC ＝3：1，抛物线y ＝ax 2+bx +c 经过点A 、B 、C ，顶点为D ．（1）求a 、b 、c 的值；（2）若直线y ＝13x +n 与x 轴交于点E ，与y 轴交于点F ． ∵当n ＝﹣1时，求∵BAF ﹣∵BAD 的值；∵若直线EF 上有点H ，使∵AHC ＝90°，求n 的取值范围．【答案】（1）a =-1，b=2，c=3；（2）∵∵BAF ﹣∵BAD ＝45°；∵n的取值范围n． 【分析】（1）根据已知条件得到点A 、B 、C 的坐标，代入抛物线y ＝ax 2+bx +c 中即可求解；（2）∵根据已知条件求得点F 、点D 坐标，进而求得AB 、BD 、AD 的长，由勾股定理可知ABD △为直角三角形，然后证明∵OAF ∵∵BAD ，即∵OAF ＝∵BAD ，根据等角转换即可求解；∵根据已知条件直线EF 上有点H ，使∵AHC ＝90°，则以AC 为直径的圆∵G 与直线EF 有公共点，当直线EF 在x 下方与∵G 相切时，∵EGK ∵∵EFO ，即GK EG FO EF=，设E （﹣3n ，0），F （0，n ），n ＜0，根据相似比可求出n 的值，当直线EF 在x 下方与∵G 相切时，∵EGK ∵∵EFO ，同理可得n 的值，综上即可得到n 的取值范围．【详解】（1）∵点C 的坐标为（﹣1，0），OA ：OC ＝3：1，∵A （（3，0），∵OA ＝OB ，∵B （0，3），把A 、B 、C 三点都代入二次函数的解析式得，93030a b c c a b c ++=⎧⎪=⎨⎪-+=⎩，解得，123abc=-⎧⎪=⎨⎪=⎩；（2）∵n＝﹣1，∵y＝13x+n＝13x﹣1，∵F（0，﹣1）∵OF＝1，由（1）知，抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，∵D（1，4），∵A（3，0），B（0，3），∵OA＝3，AB＝BD，AD＝∵BD2+AB2＝AD2，∵∵ABD＝∵AOF＝90°，∵2OFBD==，2OABA==，∵OF OABD BA=，∵∵OAF∵∵BAD，∵∵OAF＝∵BAD，∵OA＝OB＝3，∵AOB＝90°，∵∵OAB＝45°，∵∵BAF﹣∵BAD＝∵OAB+∵OAF﹣∵BAD＝45°；∵直线EF上有点H，使∵AHC＝90°，则以AC为直径的圆∵G与直线EF有公共点，如图，当直线EF在x下方与∵G相切时，则∵EGK∵∵EFO，∵GK EG FO EF=，∵A（3，0），C（﹣1，0），∵GK＝12AC＝2，G（1，0），∵直线y＝13x+n与x轴交于点E，与y轴交于点F．∵E（﹣3n，0），F（0，n），n＜0，∵OF＝﹣n，EF＝，∵2n=-，解得，n＝13+-或0（舍）；经检验，n＝如图，当直线EF在x下方与∵G相切时，则∵EGK∵∵EFO，∵GK EG OF EF=，∵A（3，0），C（﹣1，0），∵GK＝12AC＝2，G（1，0），∵直线y＝13x+n与x轴交于点E，与y轴交于点F．∵E（-3n，0），F（0，n），n>0，∵OF＝n，EF n，2n=，解得，n或0（舍）；经检验，n＝13是该方程的根，∵若直线EF上有点H，使∵AHC＝90°，则n的取值范围n．【点睛】本题主要考查了二次函数与图形的综合应用，涉及求二次函数解析式、相似三角形的性质与判定、图形运动问题等，根据题意找到相似三角形并灵活运用相似比是解题关键．21．如图，点A在线段EB上，且EA＝12AB，以AB直径作∵O，过点E作射线EM交∵O于D、C两点，且AD CD=．过点B作BF∵EM，垂足为点F．（1）求证：CD•CB＝2CF•EA；（2）求tan∵CBF的值．【答案】（1）见解析；（2）tan∵CBF．【分析】（1）连接BD，根据圆周角定理，由AB为直径得到∵ADB＝90°，再根据题意即可证明∵ABD∵∵CBF，根据相似三角形的性质即可得出AD•CB＝CF•AB，最后根据等量代换即可得证；（2）连接OD，过O作OH∵CD于点H，设∵O的半径为r，CD＝x，则CH＝DH＝12x，根据AD CD=易证∵EOD∵∵EBC，根据相似三角形的性质得出OD EO EDBC EB EC==，再根据题意及等量代换即可求得ED＝2CD＝2x，根据勾股定理可表示出OH，根据BF∵EM得出平行，即可HF、CF，再根据勾股定理求得BF，最后根据an∵CBF＝CFBF代入即可得出答案．【详解】（1）连接BD，如图1，∵AB是∵O的直径，∵∵ADB＝90°，∵BF∵EM，∵∵BFC＝90°，∵∵ADB＝∵CFB＝90°，∵∵BCF＝∵BAD，∵∵ABD∵∵CBF，∵AD AB CF CB=，∵AD•CB＝CF•AB，∵AD＝CD，AE＝12 AB，∵CD•CB＝CF•2AE，即CD•CB＝2CF•EA；（2）连接OD ，过O 作OH ∵CD 于点H ，设∵O 的半径为r ，CD ＝x ，如图2，则CH ＝DH ＝12x ， ∵AD CD =，∵∵AOD ＝∵ABC ，∵OD ∵BC ，∵∵EOD ∵∵EBC ， ∵OD EO ED BC EB EC==， ∵EA ＝12AB ＝OA ＝OB ＝r ， ∵23EO EB =， ∵23OD ED BC EC ==， ∵BC ＝3322OD r =， ED ＝23EC ， ∵ED ＝2CD ＝2x ，∵OH == ∵BF ∵EM ，∵OH ∵BF ， ∵2EH EO HF OB==， ∵HF ＝12EH ＝1152224x x x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭， ∵CF ＝HF ﹣CH ＝34x ，∵BF ==， ∵EF 2+BF 2＝EB 2， ∵()222239349416x x r x r ⎛⎫++-= ⎪⎝⎭， ∵r 2＝2x 2，∵BF==， ∵tan∵CBF＝343x CF BF ==．【点睛】本题考查了圆周角定理、相似三角形的判定及性质、勾股定理、求角的正切，添加合适的辅助线是解题的关键．三、填空题22．如图，正方形ABCD 中，BC=2，点M 是边AB 的中点，连接DM ，DM 与AC 交于点P ，点F 为DM 中点，点E 为DC 上的动点．当∵DFE=45°时，则DE= _____ ．【答案】56． 【分析】 如图，连接EF ．首先求出DM 、DF 的长，证明DEF DPC ∽∆∆，可得DF DE DC DP =，即求出DE ． 【详解】 解：四边形ABCD 是正方形，2AB BC CD DA ∴====，90DAB ∠=︒，45DCP ∠=︒，∵点M 是边AB 的中点，1AM BM ∴==，在Rt ADM ∆中，DM =//AM CD ， ∴12AM MP DC PD ==， ∵2DP PM =，23DP DM ∴==， ∵点F 为DM 中点，∵12DF DM == ∵45DCP DFE ∠=∠=︒，CDP FDE ∠=∠∵CDP FDE ∵DP DC DE DF=即有5265322DP DF DE DC ===． 故答案是：56． 【点睛】 本题考查正方形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理、平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题．23．如图，在边长为4正方形ABCD 中，以AB 为腰向正方形内部作等腰ABE △，点G 在CD 上，且3CG DC =．连接BG 并延长，与AE 交于点F ，与AD 延长线交于点H ．连接DE 交BH 于点K ．若2·AE BF BH =，则CDE S =△____．【答案】165【分析】作EM AB ⊥于M ，EM 交CD 于N ，根据勾股定理可得BG ，再由相似三角形的性质可得BH ，继而判定BAF BHA ∽△△，并求得BF 的长，由全等三角形的性质可得ME ，利用线段的和差求得EN ，进而由三角形面积公式即可求解．【详解】作EM AB ⊥于M ，EM 交CD 于N ，如图，则EN CD ⊥，∵3CG DG =，∵1DG =，3CG =，在Rt BCG中，5BG ==，∵//DG AB ，∵HDG HAB ∽△△． ∵HG DG HB AB =即514HB HB -=解得203HB = ∵2·AE BF BH =，而AB AE =，∵2·AB BF BH =，即::AB BF BH AB =，而ABF HBA ∠=∠，∵BAF BHA ∽△△．∵90BFA BAH ∠=∠=︒，∵BF∵AE ． ∵224122053AB BF BH===， ∵∵BME ＝EFB ，∵MBE ＝∵FEB ，BE ＝EB ，∵∵BME∵∵EFB （AAS ）， ∵125ME BF ==，∵128455EN =-=， ∵18164255CDE S ∆=⨯⨯=． 故答案为：165． 【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线求得关键线段的长解决问题．24．如图，在ABC 中，45ABC ∠=︒，AB =AD AE =，DAE 90∠=︒，CE =，则CD 的长为______．【答案】5【分析】在CD 上取点F ，使DEF ADB ∠∠=，证明ADB DEF ∽，求解4DF =，再证明CEF CDE ∽，利用相似三角形的性质求解CF 即可得到答案.【详解】解：在CD 上取点F ，使DEF ADB ∠∠=，AD AE =，DAE 90∠=︒，=DE ∴==，ABC 45∠=︒，ADE 45∠=︒，且ADC ADE EDC=ABD BAD ∠∠∠=+∠+∠，BAD EDC ∠∠∴=，BDA DEF ∠∠=，ADB ∴∵DEF ，DF DEAB AD∴==45,EFD ABD ∠=∠=︒AB 2=DF 4∴=，又45CDE C AED ∠∠∠=︒=+，45,EFD CEF C ∠=∠+∠=︒CEF CDE ∠∠∴=，,C C ∠=∠CEF ∴∵CDE ，CE DC CF CE ∴=，又DF 4,CE ==CF = CF 1∴=或CF 5(=舍去)，经检验：1CF =符合题意，CD CF 45∴=+=．故答案为：5．本题考查的是等腰直角三角形的性质，勾股定理的应用，分式方程与一元二次方程的解法，相似三角形的判定与性质，掌握以上知识是解题的关键.25．如图D 、E 分别是AB 、AC 上的点，DE∵BC ，∵ABC 的内角平分线AQ 交DE 于点P ，过点P 作直线交AB 、AC 于R 、S ，若23,9AS AR AC AB BC ===，则DE=________．。
初中历史教研专题归纳(3篇)
第1篇一、引言历史作为一门基础学科，在初中教育中占有重要地位。
初中历史教学旨在培养学生的历史意识、民族精神和社会责任感。
为了提高初中历史教学质量，我们需要不断进行教研活动，探讨和总结历史教学中的有效方法和策略。
本文将从以下几个方面对初中历史教研专题进行归纳。
二、初中历史教学目标1. 知识目标：掌握基本的历史知识，了解历史发展的基本脉络。
2. 能力目标：培养学生分析、判断、归纳和总结的能力。
3. 情感目标：培养学生的爱国主义精神、民族自豪感和社会责任感。
4. 思想目标：引导学生树立正确的世界观、人生观和价值观。
三、初中历史教研专题1. 历史教学方法的创新（1）情境教学法：通过创设历史情境，激发学生的学习兴趣，提高学生的参与度。
（2）问题引导法：以问题为导向，引导学生主动探究，培养学生的思维能力。
（3）合作学习法：通过小组合作，培养学生的团队协作能力和沟通能力。
（4）多媒体教学法：运用多媒体技术，丰富教学内容，提高教学效果。
2. 历史教材的研究与运用（1）深入挖掘教材内容，结合实际，设计合理的教学方案。
（2）关注教材中的重点、难点，有针对性地进行教学。
（3）结合教材，拓展课外阅读，提高学生的历史素养。
3. 历史教学评价（1）制定科学合理的评价标准，关注学生的全面发展。
（2）采用多元化的评价方式，如课堂提问、作业、测试、实践等。
（3）注重评价的反馈功能，及时调整教学策略。
4. 历史教学中的德育教育（1）挖掘历史教材中的德育元素，培养学生良好的道德品质。
（2）结合历史事件，引导学生树立正确的人生观、价值观。
（3）开展丰富多彩的德育活动，提高学生的道德素养。
5. 历史教师的专业发展（1）加强历史教师队伍建设，提高教师的专业素养。
（2）开展教师培训，提升教师的教学能力。
（3）鼓励教师进行教育教学研究，促进教师专业成长。
6. 历史学科与其他学科的融合（1）挖掘历史学科与其他学科的关联性，开展跨学科教学。
（2）结合历史学科特点，开展综合性实践活动。
备战中考数学二轮专题归纳提升真题几何模型—半角模型(解析版)
专题12 几何模型（2）—半角模型【模型介绍】半角模型是指：共顶点的两个一大一小的角，其中小角是大角的一半。
如下图中：若小角∠EAD等于大角∠BAC的一半，我们习惯上称之为“半角模型”。
【解题关键】旋转目标三角形法和翻折目标三角形法【典型例题】【题型一：等边直角三角形中的半角模型】【模型】如图，△BDC为等腰三角形且∠BDC=120°，M和N分别是AB和AC上的两个点，且∠MDN=60°，△ABC为等边三角形。
【结论】结论①：MN=BM+CN；证明：如下图1，延长AB到H点，并使得BH=CN，连接DH，∵△BCD为等腰三角形，且∠BDC=120°，∴∠DBC=∠DCB=30°，∵△ABC为等边三角形，∴∠ABC=∠ACB=60°，∴∠ABD=∠ABC+∠DBC=60°+30°=90°=∠ACD，即∠HBD=∠NCD=90°，在△HBD和△NC D中：{BH=CN∠HBD=∠NCD=90∘DB=DC∴△HBD≌△NCD(SAS)，∴DH=DN，∠HDB=∠CDN，又∠BDC=120°，∠MDN=60°，∴∠BDM+∠CDN=60°，即∠BDM+∠HDB=60°，∴∠HDM=∠NDM=60°，在△HDM和△NDM中：{HD=DN∠HDM=∠NDM=60∘MD=MD∴△HDM≌△NDM(SAS)，∴MN=MH=MB+BH=MB+CN。
证明完毕！结论②：如上图1中：△AMN的周长=2倍等边△ABC的边长；或者说成：3倍△AMN的周长=2倍等边三角形的周长。
证明：由结论①知：MN=MB+CN，CΔAMN=AM+AN+MN=AM+AN+(MB+CN)=(AM+MB)+(AN+NC)=AB+AC=2AB【例】如图，△ABC是边长为2的等边三角形，△BDC是顶角为120°的等腰三角形，以点D 为顶点作∠MDN=60°，点M、N分别在AB、AC上．（1）如图①，当MN//BC时，则△AMN的周长为______；（2）如图②，求证：BM+NC=MN．【答案】（1）4；（2）证明见解析【解析】解：（1）∵△ABC 是等边三角形，MN //BC ，∴∠AMN =∠ABC =60°，∠ANM =∠ACB =60°∴△AMN 是等边三角形，∴AM =AN ，则BM =NC ，∵△BDC 是顶角∠BDC =120°的等腰三角形，∴∠DBC =∠DCB =30°，∴∠DBM =∠DCN =90°在△BDM 和△CDN 中，{BM =CN,∠MBD =∠DCN,BD =CD,∴△BDM ≌△CDN （SAS ）∴DM =DN ，∠BDM =∠CDN ，∵∠MDN =60°，∴△DMN 是等边三角形，∠BDM ∠CDN =30°，∴NC =BM =12DM =12MN∴MN =MB +NC ，∴△AMN 的周长=AB +AC =4．（2）如图，延长AC 至点E ，使得CE =BM ，连接DE ，∵△ABC 是等边三角形，△BDC 是顶角∠BDC =120°的等腰三角形，∴∠ABC =∠ACB =60°，∠DBC =∠DCB =30°，∴∠ABD =∠ACD =90°，∴∠DCE =90°，在△BDM 和△CDE 中，{BD =CD,∠MBD =∠ECD,BM =CE,∴△BDM ≌△CDE （SAS ），∴MD =ED ，∠MDB =∠EDC∴∠MDE=120°-∠MDB+∠EDC=120°，∵∠MDN=60°，∴∠EDN=60°，在△MDN和△EDN中，{MD=ED,∠MDN=∠NDE=60°,DN=DN,∴△NDM≌△NDE（SAS），∴MN=NE，又∵NE=NC+CE=NC+BM，∴BM+NC=MN．【练1】如图，△ABC是边长为3的等边三角形，△BDC是等腰三角形，且∠BDC=120°，以D为顶点作一个60°角，使其两边分别交AB于点M，交AC于点N，连接MN，求△AMN的周长．【答案】△AMN的周长为6．【解析】解：∵△BDC是等腰三角形，且∠BDC=120°∴∠BCD=∠DBC=30°∵△ABC是边长为3的等边三角形∴∠ABC=∠BAC=∠BCA=60°∴∠DBA=∠DCA=90°延长AB至F，使BF=CN，连接DF，在Rt△BDF和Rt△CN D中，BF=CN，DB=DC∴△BDF≌△CDN，∴∠BDF=∠CDN，DF=DN∵∠MDN=60°∴∠BDM+∠CDN=60°∴∠BDM+∠BDF=60°，∠FDM=60°=∠MDN，DM为公共边∴△DMN≌△DMF，∴MN=MF∴△AMN的周长是：AM+AN+MN=AM+MB+BF+AN=AB+AC=6．【练2】在等边△ABC的两边AB、AC所在直线上分别有两点M、N，D为△ABC外一点，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝D C．探究：当M、N分别在直线AB、AC上移动时，BM、NC、MN之间的数量关系及△AMN的周长Q与等边△ABC的周长L的关系．（1）如图1，当点M、N边AB、AC上，且DM＝DN时，BM、NC、MN之间的数量关系=；是；此时QL（2）如图2，点M、N在边AB、AC上，且当DM≠DN时，猜想（I）问的两个结论还成立吗？若成立请直接写出你的结论；若不成立请说明理由．（3）如图3，当M、N分别在边AB、CA的延长线上时，探索BM、NC、MN之间的数量关系如何？并给出证明．【答案】（1）BM+NC＝MN，2；3（2）结论仍然成立，详见解析；（3）NC﹣BM＝MN，详见解析【解析】（1）如图1，BM、NC、MN之间的数量关系BM+NC＝MN．此时QL =23．理由：∵DM＝DN，∠MDN＝60°，∴△MDN是等边三角形，∵△ABC是等边三角形，∴∠A＝60°，∵BD＝CD，∠BDC＝120°，∴∠DBC＝∠DCB＝30°，∴∠MBD＝∠NCD＝90°，∵DM＝DN，BD＝CD，∴Rt△BDM≌Rt△CDN，∴∠BDM＝∠CDN＝30°，BM＝CN，∴DM＝2BM，DN＝2CN，∴MN＝2BM＝2CN＝BM+CN；∴AM＝AN，∴△AMN是等边三角形，∵AB＝AM+BM，∴AM：AB＝2：3，∴QL =23；（2）猜想：结论仍然成立．证明：在NC的延长线上截取CM1＝BM，连接DM1．∵∠MBD＝∠M1CD＝90°，BD＝CD，∴△DBM≌△DCM1，∴DM＝DM1，∠MBD＝∠M1CD，M1C＝BM，∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，∴∠M1DN＝∠MDN＝60°，∴△MDN≌△M1DN，∴MN＝M1N＝M1C+NC＝BM+NC，∴△AMN的周长为：AM+MN+AN＝AM+BM+CN+AN＝AB+AC，∴QL =23；（3）证明：在CN上截取CM1＝BM，连接DM1．∵∠MBD＝∠M1CD＝90°，BD＝CD，∴△DBM≌△DCM1，∴DM＝DM1，∠MBD＝∠M1CD，M1C＝BM，∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，∴∠M1DN＝∠MDN＝60°，∴△MDN≌△M1DN，∴MN＝M1N．∴NC﹣BM＝MN．【题型二：等腰直角三角形中的半角模型】【模型】：如图，在△AB C中，AB=AC，∠BAC=90°，点D，E在BC上，且∠DAE=45°作法1：将△ABD旋转90°作法2：分别翻折△ABD,△ACE【结论】BD 2+CE 2=DE 2（证明与正方形中的半角模型类似）【例】如图，等腰直角三角形AB C 中，∠BAC = 90°，AB =AC ，点M ，N 在边BC 上，且∠MAN =45°．若BM = 1，CN =3，求MN 的长．【答案】√10【解析】解：如图，过点C 作CE ⊥BC ，垂足为点C ，截取CE ，使CE ＝BM ．连接AE 、EN ．∵AB ＝AC ，∠BAC ＝90°，∴∠B ＝∠ACB ＝45°．∵CE ⊥BC ，∴∠ACE ＝∠B ＝45°．在△ABM 和△ACE 中{AB ＝AC∠B ＝∠ACE BM ＝CE，∴△ABM ≌△ACE （SAS ）．∴AM ＝AE ，∠BAM ＝∠CAE ．∵∠BAC ＝90°，∠MAN ＝45°，∴∠BAM ＋∠CAN ＝45°．于是，由∠BAM ＝∠CAE ，得∠MAN ＝∠EAN ＝45°．在△MAN 和△EAN 中{AM ＝AE∠MAN ＝∠EAN AN ＝AN，∴△MAN ≌△EAN （SAS ）．∴MN ＝EN ．在Rt △EN C 中，由勾股定理，得EN 2＝EC 2＋NC 2．∴MN 2＝BM 2＋NC 2．∵BM ＝1，CN ＝3，∴MN 2＝12＋32，∴MN ＝√10．【练1】如图，在四边形ABC D 中，AB ＝AD ，BC ＝CD ，∠ABC ＝∠ADC ＝90°，∠MAN ＝∠BA D ．（1）如图1，将∠MAN 绕着A 点旋转，它的两边分别交边BC 、CD 于M 、N ，试判断这一过程中线段BM 、DN 和MN 之间有怎样的数量关系？直接写出结论，不用证明；（2）如图2，将∠MAN 绕着A 点旋转，它的两边分别交边BC 、CD 的延长线于M 、N ，试判断这一过程中线段BM 、DN 和MN 之间有怎样的数量关系？并证明你的结论；（3）如图3，将∠MAN 绕着A 点旋转，它的两边分别交边BC 、CD 的反向延长线于M 、N ，试判断这一过程中线段BM 、DN 和MN 之间有怎样的数量关系？直接写出结论，不用证明．【答案】证明见解析【解答】解：（1）证明：如图，延长MB 到G ，使BG ＝DN ，连接AG ．∵∠ABG＝∠ABC＝∠ADC＝90°，AB＝AD，∴△ABG≌△ADN．∴AG＝AN，BG＝DN，∠1＝∠4．∠BA D．∴∠1+∠2＝∠4+∠2＝∠MAN＝12∴∠GAM＝∠MAN．又AM＝AM，∴△AMG≌△AMN．∴MG＝MN．∵MG＝BM+BG．∴MN＝BM+DN．（2）MN＝BM﹣DN．证明：如图，在BM上截取BG，使BG＝DN，连接AG．∵∠ABC＝∠ADC＝90°，AD＝AB，∴△ADN≌△ABG，∴AN＝AG，∠NAD＝∠GAB，∠DAB，∴∠MAN＝∠NAD+∠BAM＝12∠BAD，∴∠MAG＝12∴∠MAN＝∠MAG，∴△MAN≌△MAG，∴MN＝MG，∴MN＝BM﹣DN．（3）MN＝DN﹣BM．【练2】已知：如图（1）在Rt△AB C中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E分别为线段BC 上两动点，若∠DAE＝45°．探究线段BD、DE、EC三条线段之间的数量关系：（1）猜想BD、DE、EC三条线段之间存在的数量关系式，直接写出你的猜想；（2）当动点E在线段BC上，动点D运动在线段CB延长线上时，如图（2），其它条件不变，（1）中探究的结论是否发生改变？请说明你的猜想并给予证明；（3）已知：如图（3），等边三角形AB C中，点D、E在边AB上，且∠DCE＝30°，请你找出一个条件，使线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形，并求出此时等腰三角形顶角的度数．【答案】（1）DE2＝BD2+EC2；（2）关系式DE2＝BD2+EC2仍然成立，详见解析；（3）当AD＝BE时，线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形，且顶角∠DFE为120°．【解析】解：（1）DE2＝BD2+EC2；证明：如图，将△ADB沿直线AD对折，得△AFD，连FE，∴△AFD≌△ABD，∴AF＝AB，FD＝DB，∠F AD＝∠BAD，∠AFD＝∠ABD，∵∠BAC＝90°，∠DAE＝45°∴∠BAD+∠CAE＝45°,∠F AD+∠F AE＝45°,∴∠CAE=∠F AE又AE=AE,AF=AB=AC∴△AFE≌△ACE，∴∠DFE＝∠AFD+∠AFE＝45°+45°＝90°，∴DE2＝FD2+EF2∴DE2＝BD2+EC2；（2）关系式DE2＝BD2+EC2仍然成立．证明：将△ADB沿直线AD对折，得△AFD，连FE∴△AFD≌△ABD，∴AF＝AB，FD＝DB，∠F AD＝∠BAD，∠AFD＝∠ABD，又∵AB＝AC，∴AF＝AC，∵∠F AE＝∠F AD+∠DAE＝∠F AD+45°，∠EAC＝∠BAC﹣∠BAE＝90°﹣（∠DAE﹣∠DAB）＝45°+∠DAB，∴∠F AE＝∠EAC，又∵AE＝AE，∴△AFE≌△ACE，∴FE＝EC，∠AFE＝∠ACE＝45°，∠AFD＝∠ABD＝180°﹣∠ABC＝135°∴∠DFE＝∠AFD﹣∠AFE＝135°﹣45°＝90°，∴在Rt△DFE中，DF2+FE2＝DE2，即DE2＝BD2+EC2；（3）当AD＝BE时，线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形．如图，与（2）类似，以CE为一边，作∠ECF＝∠ECB，在CF上截取CF＝CB，可得△CFE≌△CBE，△DCF≌△DC A．∴AD＝DF，EF＝BE．∴∠DFE＝∠1+∠2＝∠A+∠B＝120°．若使△DFE为等腰三角形，只需DF＝EF，即AD＝BE，∴当AD＝BE时，线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形，且顶角∠DFE为120°．【题型三：正方形中的半角模型】【模型】在正方形ABC D中，E、F分别是BC、CD边上的点，∠EAF=45°，BD为对角线，交AE于M点，交AF于N点。
专题10 名著阅读专题《童年》(教案)六年级语文上学期阅读与写作专题复习讲义(提升版)(五四制)
专题10-名著阅读专题《童年》一、上次课后巩固作业复习1.知识点回顾2.作业讲解二、互动探索教学建议：老师批改后给学生打分，让学生对自己上次课所学知识的掌握程度有一个清醒的认知，对于学生做错的题目可以采用以对带错的形式来解决，让对的学生给错的学生讲解，老师在旁边进行补充，既可以观察学生的掌握程度又可以让学生得到锻炼。
预习作业：（一）经典阅读童年的朋友高尔基①我醒来时，轮船又颤动着噗噗地响了。
船舱的窗户明晃晃的，像一个太阳。
外祖母坐在我身旁梳头，皱着眉头，老是自言自语．．．．地咕哝着。
她的头发多得出奇，密密地盖着两肩、胸脯、两膝，一直垂到地上，乌黑乌黑的，泛着蓝光。
她用一只手从地上把头发兜起来提着，挺费劲地把稀疏的木梳齿儿梳进厚厚的发绺里；她的嘴唇歪扭着，黑眼珠儿闪耀着气愤的光芒，她的脸在大堆的头发里变得又小又可笑。
②她今天样子很凶，但当我问起她的头发为什么这样长的时候，她还是用昨天那样温暖而柔和的腔调说：“看来这是上帝给我的惩罚，上帝说：给你梳这些该死的头发去吧！年轻的时候，我夸耀过这一把马鬃，到老来，我可诅咒它了。
你睡吧！还早着呢，——太阳睡了一夜刚起来……”③“我不想睡！”④“不想睡就不睡好了，”她马上表示同意，一面编辫子，一面往沙发那边瞧，母亲就在沙发上躺着，脸朝上，身子直得像一根弦。
“你昨天怎么把牛奶瓶子打破了？你小点声说！”⑤外祖母说话好似在用心地唱歌，字字句句都像鲜花那样温柔、鲜艳和丰润，一下子就牢牢地打．进我的记忆里，她微笑的时候，那黑得像黑樱桃的眼珠儿睁得圆圆的，闪出一种难以形容的愉快光芒，在笑容里，快活地露出坚固的雪白的牙齿，虽然黑黑的两颊有许多皱纹，但整个面孔仍然显得年轻，明朗。
但这我，使我充满了坚强的力量以应付困苦的生活的。
”5.温柔、善良、热爱生活、乐观坚毅等。
6.温柔慈爱的朋友般的外祖母，她对“我”充满了爱，对生活充满了爱，她乐观的精神和坚毅的性格深深地影响了“我”，丰富了“我”的精神世界，使“我”有了战胜一切困难的勇气和信心。
KSU推荐高一政治同步课堂提升版专题我国外交政策的基本目标和宗旨课件新必修
第三(dì sān)框 我国外交政策的基本目标和宗旨【重难点精讲】
4.对公民 ①有利于保障人民当家作主的权利，保护公民合法权利，尊重和保障人权。 ②有利于提高民族素质，促进社会主义精神文明建设； ③有利于公民的政治、经济和文化权利得到保障。 5.对国际社会或对外交往活动 ①有利于发展友好关系，促进世界和平与发展，维护国家安全和国家利益，创设 (chuàngshè)良好的国际环境； ②有利于缓和国际紧张局势，建立并完善国际政治经济新秩序。
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内容(nèiróng)总结
2015——2016高一同步备课精品【人教版】 第四单元 当代国际社会。③我国的社会主义现代化建设亟须和平的国际环境。①我国外交政策的
No 基本目标包括两个方面：一是维护我国的独立(dúlì)和主权，二是促进世界的和平与发展。根据国际
问题本身的是非曲直决定自己的态度和政策。所以，一定的外交政策是由一定的国家利益决定的， 是为实现和维护一定的国家利益服务的。如我国的外交政策和美国的外交政策因国家性质不同而不 同
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第三框 我国外交政策的基本目标(mùbiāo)和宗旨【重难点精讲】 4. 我国应该如何坚定地走和平发展道路？ 坚持独立自主的和平外交政策；坚持在和平共处五项原则的基础上同所有国家发展友 好合作，改善和发展同发达国家的关系，坚持与邻为善、以邻为伴，加强同周边国家 的睦邻友好和务实合作，加强同广大(guǎngdà)发展中国家的团结合作；维护国家主 权和国家利益；增强我国综合国力和经济实力；反对霸权主义和强权政治等。 【知识拓展：我国外交行为在不同模块中的体现 (1)经济生活：经济全球化，加入世贸组织，坚持“引进来”与“走出去”相结合的发展 战略，应对贸易摩擦、规避贸易风险。 (2)文化生活：文化具有多样性，在坚持各民族文化一律平等原则的基础上，加强中 外文化交流，推动中华文化“走出去”。】
《步步高》2017-2018学年高二人教版生物选修一课件：专题整合提升：专题4 酶的研究与应用
必背要语
1.果胶酶是分解果胶的一类酶的总称，包括多聚半乳糖醛酸酶、
果胶分解酶和果胶酯酶等 2. 碱性蛋白酶能将大分子蛋白质水解为可溶性的氨基酸或小分 子的肽，所以蛋白质类纤维织物不能用此种加酶洗衣粉洗涤。 3. 温度、酸碱度和表面活性剂都会影响加酶洗衣粉的洗涤效果。 4. 固定化酶常采用化学结合法和物理吸附法，而固定化细胞则 常采用包埋法。
方法二 (1) 请 问 上 述 哪 种 方 法 更 科 学？
______________________ 的反应环境从一开始便达到实验预设的 pH
方法二的操作能够确保 。理由是 酶 。
果胶酶和反应物 (2) 该 实 验 步 骤 中 也 有 用 玻 璃 棒 搅 拌 的 操 作 ， 其 目 的 是 使 充分接触 ______________ 。 果汁体积 (3)如果用曲线图记录实验结果，在现有的条件下，可用横坐标 表示pH，则纵坐标表示 A (果汁体积/试管体积)。根据 。 你对酶特性的了解，下列最可能表示实验结果的曲线是
果胶酶活究果胶
酶的用量
果胶
酶
果汁量 (澄清 度)
①制备苹果匀浆后迅速加热，
使苹果匀浆中的果胶酶变性；
对酶活性
的影响
的用
量
②温度、 pH 应为最适宜且
保持不变
例1
果胶是植物细胞壁以及胞间层的主要成分之一。果胶酶能
够分解果胶，瓦解植物细胞壁和胞间层。在果汁生产中应用果
胶酶可以提高出汁率和澄清度。请你帮助完成以下有关果胶酶
下表中未填写的内容填上。
操作顺
序 ① ②
项目 在烧杯中加入苹果泥 注入果胶酶溶液 A._______________
烧杯
1 20 2 20 mL
2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题2数列第2讲数列求和及其综合应用课件
真题研究·悟高考
1. (2023·全国新高考Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为 d，且 d>1.令 bn ＝n2a＋n n，记 Sn，Tn 分别为数列{an}，{bn}的前 n 项和．
(1)若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式； (2)若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d.
考点突破·提能力
核心考点1 求数列的通项公式
核 心 知 识·精 归 纳
求数列通项公式的方法 (1)Sn 与 an 的关系：若数列{an}的前 n 项和为 Sn，通项公式为 an，则 an＝SS1n，－nS＝n－11，，n≥2. (2)由递推关系式求通项公式：①构造法；②累加法；③累乘法．
角度1：由Sn与an的关系求通项公式
方 法 技 巧·精 提 炼
根据所求的结果的不同要求，将问题向两个不同的方向转化 (1)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解． (2)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解．
加 固 训 练·促Байду номын сангаас提 高
1.数列{an}满足：a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2＋(n－1)·2n＋1，n∈N*. 求数列{an}的通项公式．
2. (2023·全国新高考Ⅱ卷){an}为等差数列，bn＝a2na－n，6， n为n为 偶奇 数数 ，， 记 Sn，Tn 分别为数列{an}，{bn}的前 n 项和，S4＝32，T3＝16.
(1)求{an}的通项公式； (2)证明：当n>5时，Tn>Sn.
【解析】 (1)设等差数列{an}的公差为d， 而 bn＝a2na－n，6，n＝n＝2k，2k－1， k∈N*， 则b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6， 于是ST43＝＝44aa11＋＋64dd＝－3122，＝16， 解得 a1＝5，d＝2，an＝a1＋(n－1)d
北京市海淀区【中考数学】2022-2023学年专题提升训练—相似三角形综合解答题(含解析)
北京市海淀区【中考数学】2022-2023学年专题提升训练—相似三角形综合解答题1．如图在矩形ABCD中，AB＝12，P是边AB上一点，把△PBC沿直线PC折叠，顶点B的对应点是点G，过点B作BE⊥CG，垂足为点E且点E在AD上，BE交PC于点F．（1）求证：△ABE∽△DEC；（2）当AD＝25时，且AE＜DE时，求tan∠PCB的值；（3）当BP＝9时，求BE•EF的值．2．如图，在△ABC中，BA＝BC，AB＝kAC．点F在AC上，点E在BF上，BE＝2EF．点D 在BC延长线上，连接AD、AE，∠ACD+∠DAE＝180°．（1）求证：∠CAD＝∠EAB；（2）求的值（用含k的式子表示）；（3）如图2，若DH＝AH，求的值（用含k的式子表示）．3．已知在Rt△ABC中，CD⊥AB于点D．（1）在图1中，写出其中两对相似三角形．（2）已知BD＝1，DC＝2，将△CBD绕着点D按顺时针方向进行旋转得到△C'BD，连接AC'，BC．①如图2，判断AC'与BC之间的位置及数量关系，并证明；②在旋转过程中，当点A，B，C'在同一直线时，求BC的长．4．如图，在正方形ABCD中，点E是边CD上的一点（不与点C，D重合），点F在边CB的延长线上，且AE＝AF，连接EF交AB于点M，交AC于点N．（1）求证：AE⊥AF；（2）若∠BAC＝2∠BAF，求证：AF2＝AM•AB；（3）若CE＝nDE，求的值（用含n的式子表示）．5．如图，点E是矩形ABCD中CD边上一点，△BCE沿BE折叠为△BFE，点F落在AD 上．（1）求证：△ABF∽△DFE；（2）若sin∠DFE＝，求tan∠EBC的值；（3）在△ABF中，AF＝5cm，BF＝10cm，动点M从点B出发，在BF边上以每秒2cm的速度向点F匀速运动，同时动点N从点A出发，在AB边上以每秒cm的速度向点B匀速运动，设运动时间为ts（0≤t≤5），连接MN，若△ABF与以点B，N，M为顶点的三角形相似，求t的值．6．【基础探究】如图1，四边形ABCD中，∠ADC＝∠ACB，AC为对角线，AD•CB＝DC•AC．（1）求证：AC平分∠DAB．（2）若AC＝8，AB＝12，则AD＝ ．【应用拓展】如图2，四边形ABCD中，∠ADC＝∠ACB＝90°，AC为对角线，AD•CB＝DC•AC，E为AB的中点，连结CE、DE，DE与AC交于点F．若CB＝6，CE＝5，请直接写出的值．7．已知：∠ACB＝90°，CD是∠ACB的平分线，点P在CD上，CP＝．将三角板的直角顶点放置在点P处，绕着点P旋转，三角板的一条直角边与射线CB交于点E，另一条直角边与直线CA，直线CB分别交于点F，点G．（1）如图1，当点F在射线CA上时，①求证：PF＝PE；②设CF＝a（0＜a＜1），试求CG的值（用含a的代数式表示）；（2）如图2，点F在AC延长线上，连接EF，当△CEF与△EGP相似时，求EG的长．8．（1）【问题呈现】如图1，△ABC和△ADE都是等边三角形，连接BD，CE．求证：BD＝CE．（2）【类比探究】如图2，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°．连接BD，CE．请直接写出的值．（3）【拓展提升】如图3，△ABC和△ADE都是直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，且＝＝．连接BD，CE．①求的值；②延长CE交BD于点F，交AB于点G．求sin∠BFC的值．9．如图1，在△ABC中，∠A＝90°，AB＝3，AC＝4，点M是边AB上的动点（不与A，B 重合），MQ⊥BC于点Q，MN∥BC，交AC于点N，连接NQ．（1）求证：△QBM∽△AMN；（2）若点M为AB的中点（如图2），求QB的长；（3）若四边形BMNQ为平行四边形（如图3），求QB的长．10．如图，已知△ABC是边长为12cm的等边三角形，动点P，Q同时从AB两点出发，分别沿AB、BC匀速运动，其中点P运动的速度是2cm/s，点Q运动的速度是4cm/s，当点Q到达点C时，P、Q两点都停止运动，设运动时间为t（s），解答下列问题：（1）当t＝2时，判断△BPQ的形状，并说明理由；（2）设△BPQ的面积为S（cm2），求S与t的函数关系式；（3）作QR∥BA交AC于点R，连接PR，当t为何值时，△APR∽△PRQ．11．问题初探：数学兴趣小组在研究四边形的旋转时，遇到了这样的一个问题．如图1，四边形ABCD和BEFG都是正方形，BH⊥AE于H，延长HB交CG于点M．通过测量发现CM＝MG．为了证明他们的发现，小亮想到了这样的证明方法：过点C作CN⊥BM于点N．他已经证明了△ABH≌△BCN，但接下来的证明过程，他有些迷茫了．（1）请同学们帮小亮将剩余的证明过程补充完整；（2）深入研究：若将原题中的“正方形”改为“矩形”（如图2所示），且（其中k＞0），请直接写出线段CM、MG的数量关系为 ；（3）拓展应用：在图3中，在Rt△ABC和Rt△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ACB＝∠AED＝30°，连接BD、CE，F为BD中点，则AF与CE的数量关系为 ．12．如图1，Rt△ABC中，∠A＝90°，D为AB上一点，∠ACD＝∠B．（1）求证：AC2＝AD•AB；（2）如图2，过点A作AM⊥CD于M，交BC于点E，若，求的值；（3）如图3，N为CD延长线上一点，连接AN、BN，若，∠NBD＝2∠ACD，则tan∠ACN的值为 ．13．如图（1），点E为正方形ABCD内一动点，连接CE，DE，且∠DEC＝90°，以CE为边向右侧作等腰直角三角形ECF，∠ECF＝90°，连接AF，BF．（1）求∠BFE的度数；（2）如图（2），连接AE，若∠AEF＝90°．①求证：＝；②求tan∠AFE的值．14．（1）阅读解决华罗庚是我国著名的数学家，他推广的优选法，就是以黄金分割法为指导，用最可能少的试验次数，尽快找到生产和科学实验中最优方案的一种科学试验方法．黄金分割是指将整体一分为二，较大部分与整体部分的比值等于较小部分与较大部分的比值，这个比例被公认为最能引起美感的比例，因此被称为黄金分割．如图①，点B把线段AC分成两部分，如果＝，那么称点B为线段AC的黄金分割点，它们的比值为．在图①中，若AB＝12m，则BC的长为 cm；（2）问题解决如图②，用边长为40m的正方形纸片进行如下操作：对折正方形ABCD得折痕EF，连接CE，将CB折叠到CE上，点B对应点为H，折痕为CG．证明：G是AB的黄金分割点；（3）拓展探究如图③在边长为m的正方形ABCD的边AD上任取点E（AE＞DE），连接BE，作CF⊥BE，交AB于点F，延长EF，CB交于点P．发现当PB与BC满足某种关系时，E、F恰好分别是AD、AB的黄金分割点．请猜想这一发现，并说明理由，15．定义：两个相似等腰三角形，如果它们的底角有一个公共的顶点，那么把这两个三角形称为“关联等腰三角形”．如图，在△ABC与△AED中，BA＝BC，EA＝ED，且△ABC～AED，所以称△ABC与△AED为“关联等腰三角形”，设它们的顶角为α，连接EB，DC，则称为“关联比”．下面是小颖探究“关联比”与α之间的关系的思维过程，请阅读后，解答下列问题：（1）当△ABC与△AED为“关联等腰三角形”，且α＝90°时，①在图2中，若点E落在AB上，则“关联比”＝ ；②在图3中，探究△ABE与△ACD的关系，并求出“关联比”的值．（2）如图4，当△ABC与△AED为“关联等腰三角形”，且α＝120°，①“关联比”＝ ．②AB＝2时，将△ABC绕点A顺时针旋转60°，线段BC扫过的面积是 ．[迁移运用]（3）如图5，△ABC与△AED为“关联等腰三角形”．若∠ABC＝∠AED＝90°，AC＝4，点P为AC边上一点，且PA＝1，点E为PB上一动点，当点E自点B运动至点P时，点D所经过的路径长为 ．16．【教材呈现】华师版九年级上册数学教材第77页的部分内容：如图，在△ABC中，点D、E分别是AB，AC的中点，可以猜想：DE∥BC且DE＝BC．对此，我们可以用演绎推理给出证明．证明：在△ABC中，∵点D、E分别是AB与AC的中点，∴，请根据教材提示，结合图1，写出完整证明过程．【结论应用】如图2，在△ABC中AD垂直于∠ABC的平分线BE于点E，且交BC边于点D，点F为AC 的中点．若AB＝6，BC＝10，求EF的长．【拓展延伸】如图3，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，D为AC中点，将AD绕点A逆时针旋转一定的角度α（0°＜α＜360°），得到线段AD1，连结CD1，取CD1的中点E，连结BE．则△BEC面积的最大值为 ．17．【观察与猜想】（1）如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，AD上的两点，连接DE，CF，若DE⊥CF，则的值为 ；（2）如图2，在矩形ABCD中，AD＝7，CD＝4，点E是AD上的一点，连接CE，BD，若CE⊥BD，则的值为 ．【类比探究】（3）如图3，在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，点E为AB上一点，连接DE，过点C作DE的垂线交ED的延长线于点G，交AD的延长线于点F，求证：DE•AB＝CF•AD；【拓展延伸】（4）如图4，在Rt△ABD中，∠BAD＝90°，AD＝18，将△ABD沿BD翻折，点A落在点C处，得到△CBD，点F为线段AD上一动点，连接CF，作DE⊥CF交AB于点E，垂足为点G，连接AG．设，求AG的最小值．18．类比推理是根据两个或两类对象在一系列属性上相同或相似，从而推出它们在其他属性上也相同或相似的推理．借助类比推理可以发现解决问题的方法．如图（1），在△ABC中，∠C＝90°，＝m，点D、F分别是边AB、AC上的点，∠B＝2∠ADF，过点A作AE⊥DF交DF的延长线于点E，求的值．为了获取解决问题的方法，小敏先假设m＝1，点D与点B重合（图（2）），此时她发现BE 是∠ABC的角平分线，因为BE又与AE垂直，所以她想到将AE与BC延长，于是她求出了的值．（1）图（2）中，∠CAE＝ °，小敏求出的＝ ；（2）接着在m＝1的条件下，她让点D与点B不重合，如图（3），请尝试探究此时的值；（3）最后她类比特例中采用的方法，成功地解决的原题．请结合特例探究的经验，尝试求出原题图（1）中的值．（4）如图（4），∠C＝90°，点D、F分别在BC、AC边上，连接AD、BF交于点M，过点A作AE⊥BF，BC＝mAF，CF＝mBD．请直接写出的值．19．如图，△ABC中，D，E分别为AB，AC上的点，DE∥BC，将△ADE绕点A逆时针旋转，连接BD，且B，D，E三点恰好在一条直线上．（1）如图①，连接CE，求证：△ABD∽△ACE；（2）如图②，若△ABC为直角三角形，∠BAC＝90°，∠ABC＝30°，延长AE，BC交于点F，若，求的值；（3）如图③，若△ABC为等腰三角形，AB＝AC＝6，点G为△ABC内一点，连接AG，BG，CG，且∠BAG＝∠GBC，∠BGC＝90°，BG＝2GC，请直接写出AG的长．20．几何学的产生，源于人们对土地测量的需要，后来由实际问题抽象成为数学问题．初中数学常见的几何模型有很多，通过整理归纳，可以从这些基本模型中找到其所藻蕴含的规律．【提出问题】如图1，△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，△ADE绕点A旋转，连结BD、EC，小明通过探究得到∠ABD与∠BCE的大小存在某种数量关系，具体探究过程如下．【探究问题】小明先将上述问题“特值化”，如图1，令AB＝1，AD＝，∠ABD＝100°，则可证明△ABD和△ACE相似，进而可求得∠BCE的度数．请你帮助小明完成解答过程．【解决问题】将问题“一般化”，如图2，在△ADE绕点A旋转过程中，∠ABD与∠BCE满足的数量关系为 ．【拓展应用】如图3，过线段AB的端点B作射线BM⊥AB，Rt△ADE的直角顶点D在射线BM上运动，连结BE，若AB＝4，＝，则BE的最小值为 ．答案1．（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠D＝90°，∵BE⊥CG，∴∠BEC＝90°，∴∠AEB＝90°﹣∠CED＝∠DCE，∴△ABE∽△DEC；（2）解：当AD＝25时，如图：由（1）知△ABE∽△DEC，∴＝，设AE＝m，则DE＝25﹣m，∴＝，解得：m＝9或m＝16，经检验，m＝9或m＝16是原分式方程的解，∵AE＜DE，∴AE＝9，DE＝16，∴CE＝20，BE＝15，∵△BPC沿PC折叠得到△GPC，∴∠PGC＝∠PBC＝90°，∠BPC＝∠GPC，BP＝PG，∵BE⊥CG，∴BE∥PG，∴∠GPF＝∠PFB，∴∠BPF＝∠BFP，∴BP＝BF；∴BP＝BF＝PG，∵BE∥PG，∴△ECF∽△GCP，∴＝，设BP＝BF＝PG＝n，∴＝，∴n＝，经检验，n＝是原分式方程的解，∴BP＝，∴tan∠PCB＝＝＝；（3）解：连接FG，如图：∵∠GEF＝∠PGC＝90°，∴BF∥PG，由（2）知BF＝PG＝BP＝9，∴四边形BPGF是菱形，GF＝9，∴BP∥GF，∴∠GFE＝∠ABE，∴△GEF∽△EAB，∴＝，∴BE•EF＝AB•GF＝12×9＝108．2．（1）证明：∵BA＝BC，∴∠BAC＝∠BCA，∵∠ACD+∠DAE＝180°，∠ACD+∠ACB＝180°∴∠DAE＝∠ACB，∴∠DAE＝∠BAC，∴∠DAE﹣∠CAE＝∠BAC﹣∠CAE，即∠CAD＝∠BAE；（2）解：如图1，过点C作∠ACM＝∠ABE，交AD于点M，∵∠DAC＝∠BAE，∴△AEB∽△AMC，∴＝＝，∵AB＝kAC，∴AM＝AE，CM＝BE，∵BE＝2EF，∴CM＝EF，∵∠AEF＝∠EAB+∠ABE，∠DMC＝∠MAC+∠ACM，∴∠DMC＝∠AEF，∵∠ACB＝∠D+∠DAC，∠DAE＝∠DAC+∠EAE，∠DAE＝∠ACB，∴∠D＝∠FAE，∴△DCM∽△AFE，∴＝，∴DM＝AE，∴AD＝AM+DM＝AE，∴＝；（3）解：如图2，过点B作BN∥AC交AE延长线于点N，∵∠D＝∠CAH，∠AHC＝∠DHA，∴△AHC∽△DHA，∴＝，＝＝，∴AH2＝CH•DH，AD＝AC，∵AB＝kAC，∴AD＝AB，∵＝，∴AE＝AB，设AH＝2a，AB＝BC＝b，则DH＝3a，AE＝b，∵BN∥AC，BE＝2EF，∴NE＝2AE＝b，∵EH＝AH﹣AE＝EN﹣NH，∴NH＝b﹣2a，∵AH2＝HC•DH，∴CH＝a，∴CD＝a，由（2）知，BN＝ak，∵△ADH∽△NBH，∴＝，∴＝，整理得：9b2﹣12ab﹣20a2k2＝0，解得：b1＝a（舍去），b2＝a，∴＝．3．解：（1）∵CD⊥AB，∴∠ADC＝∠BDC＝∠ACB＝90°，∴△ABC∽△ACD，△BCD∽△BAC；（2）①，AC'⊥BC，理由如下：由（1）知，在图1中，△ABC∽△CBD∽△ACD，∴，如图2，∵∠BDC'＝∠CDA＝90°，∴∠BDC＝∠C'DA，∴△DBC∽△DC'A，∴，∠DC'A＝∠DBC，∵∠DEB＝∠CEC'，∴∠C'FE＝∠BDC'＝90°，∴AC'⊥BC，∴，AC'⊥BC；②如图，当点A、B、C'在同一直线上时，由①知，，AC'⊥BC，设BC＝x，AC'＝2x，在Rt△ACB中，由勾股定理得，x2+（2x﹣）2＝（2）2，解得x＝（负值舍去），如图，当A、C'、B在同一直线上时，同理可得，x2+（2x+）2＝（2）2，解得x＝（负值舍去），综上：BC＝或．4．（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠D＝∠ABC＝90°，∴∠D＝∠ABF＝90°，在Rt△ABF与Rt△ADE中，，∴Rt△ABF≌Rt△ADE（HL），∴∠FAB＝∠EAD，∵∠EAD+∠BAE＝90°，∴∠FAB+∠BAE＝90°，∴∠FAE＝90°，∴AE⊥AF；（2）证明：∵∠BAC＝45°，∠BAC＝2∠BAF，∴∠BAF＝22.5°，由（1）知，∠DAE＝∠BAF＝22.5°，∵∠DAC＝45°，∴∠CAE＝22.5°，∴∠BAF＝∠CAE，∵AE＝AF，AE⊥AF，∴∠AFE＝∠AEF＝45°，∴∠AFM＝∠ACE，∴△AFM∽△ACE，∴＝，∴AF2＝AC•AM，∵AC＝AB，∴AF2＝AM•AB；（3）解：∵CE＝nDE，∴设DE＝1，CE＝n，由（1）知，Rt△ABF≌Rt△ADE，∴BF＝DE＝1，∴BC＝AB＝CD＝1+n，∴FC＝n+2，∴FE＝＝＝，∵BM∥CE，∴△BFM∽△CFE，∴＝，∴FM＝，∵∠AEN＝∠ACE＝45°，∠EAN＝∠CAE，∴△AEN∽△ACE，∴＝，∵AE＝＝，AC＝CD＝（n+1），∴EN＝＝＝，∴＝＝．5．（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠D＝∠C＝90°，∵△BCE沿BE折叠为△BFE，∴∠BFE＝∠C＝90°，∴∠AFB+∠DFE＝180°﹣∠BFE＝90°，又∵∠AFB+∠ABF＝90°，∴∠ABF＝∠DFE，∴△ABF∽△DFE；（2）解：在Rt△DEF中，sin∠DFE＝，∴设DE＝a，EF＝3a，则DF＝2a，∵△BCE沿BE折叠为△BFE，∴CE＝EF＝3a，CD＝DE+CE＝4a，AB＝4a，∠EBC＝∠EBF，由（1）得：△ABF∽△DFE，∴，∴tan；（3）解：∵AF＝5cm，BF＝10cm，∴AB＝5cm，∵∠ABF＝∠NBM，①当△ABF∽△NBM时，如图，此时，，即，∴t＝2.5；②当△ABF∽△MBN时，如图，此时，即，∴t＝，综上，t＝2.5或．6．（1）证明：∵∠ADC＝∠ACB，，∴△ADC∽△ACB，∴∠DAC＝∠CAB，∴AC平分∠DAB；（2）解：∵△ADC∽△ACB，∴，∴AC2＝AB×AD，∵AC＝8，AB＝12，∴64＝12AD，∴AD＝，故；（3）解：∵∠ACB＝90°，点E为AB的中点，∴AB＝2CE＝10，∴AC＝8，∵△ADC∽△ACB，∴AD＝＝6.4，由（1）知∠DAC＝∠EAC，∵CE＝AE，∴∠ECA＝∠EAC，∴∠DAC＝∠ECA，∴△AFD∽△CFE，∴．7．（1）①证明：过点P作PM⊥AC，PN⊥BC，垂足分别为M、N．∵CD是∠ACB的平分线，∴PM＝PN．由∠PMC＝∠MCN＝∠CNP＝90°，得∠MPN＝90°，∴∠1+∠FPN＝90°，∵∠2+∠FPN＝90°，∴∠1＝∠2．∴△PMF≌△PNE（AAS）．∴PF＝PE．②解：∵CP＝，∴CN＝CM＝1．∵△PMF≌△PNE，∴NE＝MF＝1﹣a．∴CE＝2﹣a．∵CF∥PN，∴△GCF∽△GNP，∴．∴CG＝（0＜a＜1）．（2）解：当△CEF与△EGP相似时，点F的位置有两种情况：①当点F在射线CA上时，∵∠GPE＝∠FCE＝90°，∠1≠∠PEG，∴∠G＝∠1．∴FG＝FE．∴CG＝CE．在Rt△EGP中，EG＝2CP＝2．②当点F在AC延长线上时，∵∠GPE＝∠FCE＝90°，∠1≠∠2，∴∠3＝∠2．∵∠1＝45°+∠5，∠1＝45°+∠3，∠2＝∠3，∴∠5＝∠2．易证∠3＝∠4，可得∠5＝∠4．∴FC＝CP＝．∴FM＝1+．易证△PMF≌△PNE，可得EN＝1+．∵CF∥PN，∴．∴GN＝﹣1．∴EG＝2．8．（1）证明：∵△ABC和△ADE都是等边三角形，∴AD＝AE，AB＝AC，∠DAE＝∠BAC＝60°，∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD＝CE；（2）解：∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∴＝＝，∠DAE＝∠BAC＝45°，∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD∽△CAE，∴＝＝＝；（3）解：①∵＝＝，∠ABC＝∠ADE＝90°，∴△ABC∽△ADE，∴∠BAC＝∠DAE，＝＝，∴∠CAE＝∠BAD，∴△CAE∽△BAD，∴＝＝；②由①得：△CAE∽△BAD，∴∠ACE＝∠ABD，∵∠AGC＝∠BGF，∴∠BFC＝∠BAC，∴sin∠BFC＝＝．9．解：（1）∵MQ⊥BC，∴∠BQM＝90°＝∠A，∵MN∥BC，∴∠B＝∠AMN，∴△QBM∽△AMN；（2）在Rt△ABC中，AB＝3，AC＝4，根据勾股定理得，BC＝5，∵点M为AB的中点，且AB＝3，∴AM＝BM＝＝，∵∠B＝∠B，∠BQM＝∠BAC＝90°，∴△QBM∽△ABC，∴，∴，∴QB＝；（3）∵四边形BMNQ为平行四边形，∴BQ＝MN，∵MN∥BC，∴△AMN∽△ABC，∴，∴，设AM＝3a，则MN＝5a，∵四边形BMNQ为平行四边形，∴BQ＝MN，∴BQ＝MN＝5a，由（1）知，△QBM∽△AMN，∴，∴，∴a＝，∴BQ＝5a＝．10．解：（1）结论：△PBQ是等边三角形．理由：∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC＝AC＝12，∠A＝∠B＝∠C＝60°，∵t＝2，∴AP＝4，BQ＝8，∴PB＝AB﹣AP＝8，∴BP＝BQ，∵∠B＝60°，∴△PBQ是等边三角形．（2）过Q作QE⊥AB，垂足为E由QB＝4t，得QE＝4t•sin60°＝2t由AP＝2t，得PB＝12﹣2t∴S△BPQ＝×BP×QE＝（12﹣2t）×2t＝﹣2t2+12t．（3）∵QR∥BA∴∠QRC＝∠A＝60°，∠RQC＝∠B＝60°∴△QRC是等边三角形∴QR＝RC＝QC＝12﹣4t∵BE＝BQ•cos60°＝×4t＝2t∴EP＝AB﹣AP﹣BE＝12﹣2t﹣2t＝12﹣4t∴EP∥QR，EP＝QR∴四边形EPRQ是平行四边形∴PR＝EQ＝2t又∵∠PEQ＝90°，∴四边形EPRQ是矩形，∴∠APR＝∠PRQ＝90°∵△APR∽△PRQ，∴∠QPR＝∠A＝60°∴tan60°＝，即＝解得t＝∴当t＝s时，△APR∽△PRQ．11．解：（1）过G作GQ⊥BM于点Q，∵BH⊥AE，∴∠GQB＝∠BHE＝90°，∠HBE+∠BEH＝90°，∵正方形BEFG，∴BE＝BG，∠GBE＝90°，∴∠HBE+∠QBG＝90°，∴∠QBG＝∠BEH，∴△EBH≌△BGQ（AAS），∴BH＝GQ，∵△ABH≌△BCN，∴BH＝CN，∴CN＝GQ，又∵∠CMN＝∠QMG，∴△CMN≌△GMQ（AAS），∴CM＝MG，∴M为CG的中点．（2）过点C作CN⊥BM于点N，过G作GQ⊥BM于点Q．∵∠ABC＝90°，∴∠ABH+∠CBN＝90°，∵∠ABH+∠BAH＝90°，∴∠CBN＝∠BAH，∴△ABH∽△BCN，同理可得：△BEH∽△BGQ．∵，∴，∴，∵∠AMN＝∠GMQ，∴△CMN∽△GMQ，∴，∴MG＝k2CM．故MG＝k2CM；（3）延长AF至点G，使AF＝FG，∵AF＝FG，BF＝DF，∴四边形ABGF为平行四边形，∴AD∥BG，AD＝BG，∴∠ABG+∠BAD＝180°，∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠CAE+∠BAD＝180°，∴∠ABG＝∠BAD，∵∠ACB＝∠AED＝30°，∴AC＝AB，AE＝AD＝BG，∴，∴△CAE∽△ABG，∴，∴，∴CE＝2AF．故CE＝2AF．12．（1）证明：∵∠ACD＝∠B，∠A＝∠A＝90°，∴△ABC∽△ACD，∴，∴AC2＝AD•AB；（2）解：过点E作EF⊥AB交AB于点F，∵AM⊥CD，∴∠AMD＝∠DAC＝90°，∴∠DAM+∠ADM＝∠ADM+∠ACD＝90°，∴∠DAM＝∠ACD，∵∠ABC＝∠ACD，∴∠DAM＝∠ABC，∴△AEB为等腰三角形，∴AE＝BE，AF＝BF＝AB，又∵△ABC∽△ACD，∴，∵＝，令CD＝a，则BC＝2a，AB＝2AC，在Rt△ABC中，BC2＝AB2+AC2，∴AC＝a，AB＝a，∴AF＝AB＝a，AD＝AC＝a，∵∠ACD＝∠ABC，∴sin∠ACD＝sin∠ABC，即，∴AM＝＝a，又∵∠BAE＝∠ACD，∠EFA＝∠DCA＝90°，∴Rt△AEF∽Rt△ADC，∴，∴AE＝＝a，∴＝，∴；（3）解：作∠NBD的角平分线BP交DN于点P，过点A作AF⊥CN于F，∴∠NBP＝∠PBD＝∠NBD，∵∠NBD＝2∠ACD，∴∠NBP＝∠PBD＝∠ACD，且∠PDB＝∠ADC，∴∠BPD＝∠BAC＝90°，∴BP⊥DN，在△BNP和△BDP中，，∴△BNP≌△BDP（ASA），∴BN＝BD，NP＝DP，∵∠PBD＝∠ACD，∠PDB＝∠ADC，∴△PDB∽△ADC，∴，由（1）知，AC2＝AD•AB，在Rt△ADC中，AC2＝CD2﹣AD2，AB＝AD+BD，∴CD2﹣AD2＝AD（AD+BD），∵CD＝，BN＝3，BD＝BN＝3，即（）2﹣AD2＝AD2+3AD，解得AD＝1或AD＝﹣（舍去），∵＝＝，∴PD＝AD＝，∵NP＝DP，∴DN＝2PD＝，AC＝2，∵AF•DC＝AD•AC，∴AF＝，在Rt△ADF中，DF＝＝，∴NF＝ND+DF＝+＝，在Rt△ANF中，tan∠ANC＝＝．故．13．（1）解：在正方形ABCD中，BC＝CD，∠BCD＝90°，又∵△ECF是等腰直角三角形，∴CE＝CF，∠ECF＝90°，∠CFE＝45°，∴∠ECF﹣∠ECB＝∠BCD﹣∠ECB，∴∠DCE＝∠BCF，∴△DEC≌△BFC（SAS），∴∠BFC＝∠DEC＝90°，∴∠BFE＝∠EFC＝45°；（2）①证法1：如图2中，将DE边沿着D点顺时针旋转90°得到DH边，连接CH，EH，则DE＝DH．∴∠EDH＝∠ADC＝90°，∠DHE＝∠DEH＝45°，∴∠ADE＝∠CDH，∠HEC＝45°，又∵AD＝CD，∴△ADE≌△CDH（SAS），∴AE＝CH，又∵∠AEF＝∠DEC＝90°，∠CEF＝45°，∴∠AED＝135°＝∠DHC，∴∠EHC＝90°，即EH＝CH，∴，，∴；证法2：如图3中，连接AC．∵∠AEC＝∠AEF+∠FEC＝135°，∴∠AED＝360°﹣∠AEC﹣∠DEC＝135°，∴∠AEC＝∠AED，又∵∠DAE+∠EAC＝45°，∠ACE+∠EAC＝45°，∴∠DAE＝∠ACE，∴△ADE∽△CAE，∴，∵EC＝CF，ED＝BF，∴；②解法1：如图2中，∵AE＝CH，∴，即CE＝，∵EF＝，∴EF＝2AE，即tan∠AFE＝；解法2：如图3中，∵△ADE∽△CAE，∴，又∵EF＝，∴tan∠AFE＝．14．（1）解：∵＝，∴＝，整理得：BC2+12BC﹣144＝0，解得：BC1＝6﹣6，BC2＝﹣6﹣6（舍去），则BC的长为（6﹣6）cm，故（6﹣6）；（2）证明：如图②，分别延长DA、CG交于点M，∵四边形ABCD为正方形，∴AD∥BC，∴∠BCG＝∠M，由折叠的性质可知：∠BCG＝∠ECG，∴∠ECG＝∠M，∴EC＝EM，由勾股定理得：EC＝＝＝20（cm），∴AM＝（20﹣20）cm，∵AD∥BC，∴△MAG∽△CBG，∴＝＝＝，∴G是AB的黄金分割点；（3）当PB＝BC时，E、F恰好分别是AD、AB的黄金分割点，理由如下：∵CF⊥BE，∴∠CBE+∠BCF＝90°，∵∠ABE+∠CBE＝90°，∴∠ABE＝∠BCF，在△ABE和△BCF中，，∴△ABE≌△BCF（ASA），∴AE＝BF，∵AD∥BC，∴△AFE∽△BFP，∴＝，∵F是AB的黄金分割点，∴＝，∴＝，∵AE＝BF，∴BP＝AB＝BC．15．解：（1）①∵△ABC与△AED为等腰直角三角形，∴∠BAC＝∠EAD＝45°，＝＝，∠AED＝∠CBA＝90°，∴DE∥CB，若点E落在AB上，则点D落在AC上，∴＝＝，故；②∵△ABC与△AED为等腰直角三角形，∴∠BAC＝∠EAD＝45°，＝＝，∠AED＝∠CBA＝90°，∴∠BAC﹣∠CAE＝∠EAD﹣∠EAC，∴∠BAE＝∠CAD，∴△ABE∽△ACD，∴＝＝；（2）①如图4，过点E作EF⊥AD于点F，则∠AFE＝90°，∵AE＝DE，∠AED＝α＝120°，∴∠EAD＝∠EDA＝30°，AF＝DF，∴AE＝2EF，AF＝EF，∴AD＝2AF＝2EF，∴＝，同理：∠BAC＝30°，＝＝，∴∠EAD+∠CAE＝∠BAC+∠CAE，即∠CAD＝∠BAE，∴△CAD∽△BAE，∴＝＝，故；②如图4﹣1，由①可知，＝，∴AC＝AB＝2，由旋转的性质得：∠BAB'＝∠CAC'＝60°，△ABC≌△AB'C'，∴线段BC扫过的面积＝△ABC的面积+扇形CAC'的面积﹣（△AB'C'的面积+扇形BAB'的面积）＝扇形CAC'的面积﹣扇形BAB'的面积＝﹣＝，故；（3）如图6同（2）得：△CAD∽△BAE，∴∠ACD＝∠ABE，∴点D所经过的路径是线段CD，此时CP＝AC﹣AP＝4﹣1＝3，PD＝AP＝1，∠CPD＝90°，∴CD＝＝＝，∴当点E自点B运动至点P时，点D所经过的路径长为，故．16．解：【教材呈现】如图1中，∵点D、E分别是AB与AC的中点，∴，∵∠A＝∠A，∴△ADB∽△ABC，∴＝＝，∠ADE＝∠B，∴DE∥BC；【结论应用】如图2中，∵BE⊥AD，∴∠BEA＝∠BED＝90°，∵BE平分∠ABE，∴∠ABE＝∠DBE，∵∠ABE+∠BAE＝90°，∠DBE+∠BDE＝90°，∴∠BAE＝∠BDE，∴BA＝BD，∴AE＝DE，∵AF＝FC，∴EF＝CD，∵AB＝BD＝6，BC＝10，∴CD＝BC﹣BD＝10﹣6＝4，∴EF＝CD＝2．【拓展延伸】如图3中，连接DE，过点D作DH⊥BC于H．在Rt△ABC中，AB＝3，BC＝4，∴AC＝＝＝5，∵AD＝DC，∴AD＝AC＝，∵DH∥AB，AD＝DC，∴BH＝HC，∴DH＝AB＝，∵AD＝DC，ED1＝EC，∴DE＝AD1＝，∴点E在以D为圆心，为半径的圆上运动，∴点E到直线BC的最大距离＝DE+DH＝+＝，∴△BCE的面积的最大值＝×4×＝．故．17．（1）解：如图1，设DE与CF交于点G，∵四边形ABCD是正方形，∴∠A＝∠FDC＝90°，AD＝CD，∵DE⊥CF，∴∠DGF＝90°，∴∠ADE+∠CFD＝90°，∠ADE+∠AED＝90°，∴∠CFD＝∠AED，在△AED和△DFC中，，∴△AED≌△DFC（AAS），∴DE＝CF，即＝1，故1；（2）解：如图2，设DB与CE交于点G，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠EDC＝90°，AB＝CD，AD∥BC，∵CE⊥BD，∴∠DGC＝90°，∴∠CDG+∠ECD＝90°，∠ADB+∠CDG＝90°，∴∠ECD＝∠ADB，∵∠CDE＝∠A，∴△DEC∽△ABD，∴＝＝，故；（3）证明：如图3，过点C作CH⊥AF交AF的延长线于点H，∵CG⊥EG，∴∠G＝∠H＝∠A＝∠B＝90°，∴四边形ABCH为矩形，∴AB＝CH，∠FCH+∠CFH＝∠DFG+∠FDG＝90°，∴∠FCH＝∠FDG＝∠ADE，∵∠A＝∠H＝90°，∴△DEA∽△CFH，∴，∴，∴DE•AB＝CF•AD；（4）解：如图4，过点C作CH⊥AD于H，过点A作AN⊥DC于N，取CD的中点O，连接AO，CO，∵DE⊥CF，CH⊥AD，∴∠BAD＝∠EGF＝90°＝∠CHF，∴∠AEG+∠AFG＝180°，又∵∠AFG+∠CFH＝180°，∴∠AEG＝∠CFH，∴△DAE∽△CHF，∴＝，∴CH＝AD＝，∵将△ABD沿BD翻折，∴AD＝CD＝18，又∵∠ADC＝∠ADC，∠CHD＝∠AND＝90°，∴△AND≌△CHD（AAS），∴AN＝CH＝，∴DN＝＝＝，∵点O是CD的中点，∴DO＝CO＝9，∴NO＝，∴AO＝＝，∵∠CGD＝90°，∴点G在以CD为直径的圆上运动，∴当点G在线段AO上时，AG有最小值为﹣9．18．解：（1）如图1，延长AE，交BC的延长线于G，∵∠ABC＝2∠ABE，∴∠ABE＝∠GBG，∵BE⊥AE，∴∠AEB＝∠BEG，∵BE＝BE，∴△ABE≌△GBE（ASA），∴AE＝EG，∴AG＝2AE，∵∠AFE＝∠BFC，∴∠CAE＝∠CBD＝＝22.5°，∵AC＝BC，∠ACB＝∠ACG＝90°，∴△ACG≌△BCF（ASA），∴AG＝DF，∴，故22，5°，；（2）如图2，作DH⊥AC，交AE的延长线于G，∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴∠CAB＝∠B＝45°，∴∠ADH＝90°﹣∠CAB＝45°，∴∠CAB＝∠ADH，∴AH＝DH，∴△ADH是等腰直角三角形，∴∠ADH＝∠ABC＝2∠ADE，由（1）得，AG＝DF，AG＝2AE，∴；（3）如图3，作DH⊥AC，交AE的延长线于G，∴∠AHD＝∠C＝90°，∵∠HAD＝∠CAB，∴△AHD∽△ACB，∴＝m，由上可知，AG＝2AE，∠GAH＝∠HDF，∠AHG＝∠DHF＝90°，∴△AHG∽△DHF，∴，∴，∴；（4）如图4，作AG⊥AC，截取AG＝BD，∵∠C＝90°，∴AG∥BC，∴四边形AGBD是平行四边形，∴AD∥BG，∴∠∠EMA＝∠GBF，∵BC＝mAF，CF＝mBD，∴，∴，∵∠FAG＝∠C＝90°，∴△FAG∽△BCF，∴∠FAG＝∠CBF，，∴∠AFG+∠BFC＝∠CBF+∠BFC＝90°，∴∠BFG＝90°，∴∠BFG＝∠E＝90°，∴△AME∽△GBF，∴．19．（1）证明：∵DE∥BC，∴，∵∠DAE＝∠BAC，∴∠DAE﹣∠DAC＝∠BAC﹣∠DAC，∴∠BAD＝∠CAE，∴△ABD∽△ACE；（2）解：如图1，连接CE，由（1）知，△ABD∽△ACE，∴＝＝tan∠ABC＝tan30°＝，∠ACE＝∠ABD，∴∠BEC＝∠BAC＝90°，∵∠AED＝60°，∴∠FEC＝180°﹣∠AED﹣∠AEC＝30°，∵∠ABC＝30°，∴∠FEC＝∠ABC，∵∠F＝∠F，∴△FEC∽△FBA，∴，∵＝，∴，∴；（3）解：如图2，将△ABG绕点A旋转∠BAC的度数至△ACG′，连接CG′，∴AG＝AG′，∠GAG′＝∠BAC，∵AB＝AC，∴，∴△AGG′∽△ABC，∴∠AGG′＝∠ABC，∵∠AGB+∠BAG+∠ABG＝180°，∠BAG＝∠CBG，∴∠AGB+∠CBG+∠ABG＝180°，∴∠AGB+∠ABC＝180°，∴∠AGB+∠AGG′＝180°，∴B、G、G′共线，∴∠CGG′＝90°，设CG＝a，则CG′＝BG＝2a，∴BC＝a，GG′＝＝，。
备战中考数学二轮专题归纳提升真题平面直角坐标系规律探究问题(解析版)
专题01 平面直角坐标系规律探究问题【知识点梳理】1、关于x 轴、y 轴或原点对称的点的坐标的特征点P （a ，b ）与关于x 轴对称点的坐标为 （a ，-b ） 点P （a ，b ）与关于y 轴对称点的坐标为 （-a ，b ） 点P （a ，b ）与关于原点对称点的坐标为 （-a ，-b ） 口诀：关于谁对称，谁不变，另一个变号，关于原点对称都变号 2、点的平移点P （a ，b ）沿x 轴向右（或向左）平移m 个单位后对应点的坐标是(a ±m,b )； 点P （a ，b ）沿y 轴向上（或向下）平移n 个单位后对应点的坐标是(a,b ±n ). 口诀：横坐标右加左减，纵坐标上加下减.3、两点间的距离：在x 轴或平行于x 轴的直线上的两点P 1 (x 1,y )，P 2 (x 2,y )间的距离为|x 1−x 2| 在y 轴或平行于y 轴的直线上的两点P 1 (x ,y 1)，P 2 (x ,y 2)间的距离为|y 1−y 2| 任意两点P 1 (x 1,y 1)，P 2 (x 2,y 2)，则线段P 1P 2的中点坐标为(x 1+x 22,y 1+y 22)任意两点P 1 (x 1,y 1)，P 2 (x 2,y 2)，则线段P 1P 2=√(x 1−x 2)2+(y 1−y 2)2【典例分析】【例1y)经过某种变换后得到点P ′(−y +1,x +2)，我们把点P ′(−y +1,x +2)叫做点P(x,y)的终结点．已知点P 1的终结点为P 2，点P 2的终结点为P 3，点P 3的终结点为P 4，这样依次得到P 1、P 2、P 3、P 4、…、nP 、…，若点p 1的坐标为（2，0），则点P 2022的坐标为_____。
【答案】（1，4）．解析：解：P 1 坐标为（2，0），则P 2坐标为（1，4），P 3坐标为（-3，3），P 4坐标为（-2，-1），P 5坐标为（2，0），∴P n 的坐标为（2，0），（1，4），（-3，3），（-2，-1）循环， ∵2022=4×505+2， ∴P 2022 坐标与P 2点重合， 故答案为（1，4）．【练1】在平面直角坐标系xOy 中，对于点P （x ，y ），我们把点P′（y -1，-x+1）叫做点P 的伴随点．已知点A 1的伴随点为A 2，点A 2的伴随点为A 3，点A 3的伴随点为A 4，…，这样依次得到点A 1，A 2，A 3，…，A n ，…．若点A 1的坐标为（3，2），则A 2023的坐标为________【答案】（-3，0）解析：解：∵A1（3，2），A2（1，-2），A3（-3，0），A4（-1，4），A5（3，2），…，∴点A n的坐标4个一循环．∵2023=505×4+3，∴点A2023的坐标与点A2的坐标相同．∴A2023的坐标为（-3，0），故答案为：（-3，0）．【练2】某同学在平面直角坐标系内设计了一个动点运动的编程．若一个动点从点A1（1，3）出发，沿A2（3，5）→A3（7，9）→…运动，则点A2022的坐标为（）A．（22021﹣1，22021+1）B．（22022﹣1，22022+1）C．（22022﹣2，22022+2）D．（22021﹣2021，22021+2021）【答案】B【解析】解：∵一个动点从点A1（1，3）出发，沿A2（3，5）→A3（7，9）→…运动，∴A n（2n﹣1，2n+1），∴A2022的坐标为：（22022﹣1，22022+1），故选：B．【练3】对点（x，y）的一次操作变换记为P1（x，y），定义其变换法则如下：P1（x，y）＝（x+y，x﹣y）；且规定P n（x，y）＝P1（P n﹣1（x，y））（n为大于1的整数）．如P1（1，2）＝（3，﹣1），P2（1，2）＝P1（P1（1，2））＝P1（3，﹣1）＝（2，4），P3（1，2）＝P1（P2（1，2））＝P1（2，4）＝（6，﹣2）．则P2022（1，﹣1）＝．【答案】（21011，21011）【解析】解：由题意可得：P1（1，﹣1）＝（0，2），P2（1，﹣1）＝（2，﹣2）P3（1，﹣1）＝（0，4），P4（1，﹣1）＝（4，﹣4）P5（1，﹣1）＝（0，8），P6（1，﹣1）＝（8，﹣8）…当n为奇数时，P n（1，﹣1）＝（0，），当n为偶数时，P n（1，﹣1）＝（2n2，2n2），∴P2022（1，﹣1）应该等于（21011，21011）．故答案是：（21011，21011）．【例2】如图，在平面直角坐标系中，A1（1，2），A2（2，0），A3（3，﹣2），A4（4，0）…根据这个规律，探究可得点A2022的坐标是（）A．（2022，0）B．（2022，2）C．（2021，﹣2）D．（2022，﹣2）【答案】A【解析】解：观察图形可知，点A1（1，2），A2（2，0），A3（3，﹣2），A4（4，0）…的横坐标依次是1、2、3、4、…、n，纵坐标依次是2、0、﹣2、0、2、0、﹣2、…，四个一循环，2022÷4＝505…2，故点A2022坐标是（2022，0）．故选：A．【练1】如图，动点P1次从原点运动到点（1，1），第2次接着运动到点（2，0），第3次接着运动到点（3，2），……，按这样的运动规律，经过第2022次运动后，动点P的坐标是（）A．（2021，0）B．（2020，1）C．（2022，0）D．（2022，1）【答案】C【解析】分析图象可以发现，点P的运动每4次位置循环一次．每循环一次向右移动四个单位，∴2022=4×505+2．当第505循环结束时，点P位置在（2020，0），在此基础之上运动两次到（2022，0）．故选C．【练2】如图，动点P在平面直角坐标系中按图中箭头所示方向运动，第一次从原点O运动到点P1（1，1），第二次运动到点P2（2，0），第三次运动到P3（3，﹣2），…，按这样的运动规律，第2022次运动后，动点P2022的坐标是（）A．（2022，1）B．（2022，2）C．（2022，﹣2）D．（2022，0）【答案】D【解析】解：观察图象，动点P第一次从原点O运动到点P1（1，1），第二次运动到点P2（2，0），第三次运动到P3（3，﹣2），第四次运动到P4（4，0），第五运动到P5（5，2），第六次运动到P6（6，0），…，结合运动后的点的坐标特点，可知由图象可得纵坐标每6次运动组成一个循环：1，0，﹣2，0，2，0；∵2022÷6＝337，∴经过第2022次运动后，动点P的纵坐标是0，故选：D．【练3】如图，平面直角坐标系中，一个点从原点O出发，按向右→向上→向右→向下的顺序依次不断移动，每次移动1个单位，其移动路线如图所示，第1次移到点A1，第二次移到点A2，第三次移到点A3，…，第n次移到点A n，则点A2022的坐标是_____________.【答案】（1011,1）.【解析】观察图象可知，点A的纵坐标每4个点循环一次，∵2022=505×4+2，∴点A2022的纵坐标与点A2的纵坐标相同，∵A2（1，1），A6（3,1），A10（5,1）……，∴点A2022的坐标是（1011,1）.【例3】如图，在平面直角坐标系上有个点A（-1，O），点A第1次向上跳动一个单位至点A1（-1，1），紧接着第2次向右跳动2个单位至点A2(1，1)，第3次向上跳动1个单位，第4次向左跳动3个单位，第5次又向上跳动1个单位，第6次向右跳动4个单位，…，依次规律跳动下去，点A第2022次跳动至点A2022的坐标是( )A.(-505, 1011)B.(505, 1010)C.(-506, 1010)D.(506, 1011)【答案】D【解析】解：设第n次跳动至点A n，观察，发现：A（-1，0），A1（-1，1），A2（1，1），A3（1，2），A4（-2，2），A5（-2，3），A6（2，3），A7（2，4），A8（-3，4），A9（-3，5），…，∴A4n（-n-1，2n），A4n+1（-n-1，2n+1），A4n+2（n+1，2n+1），A4n+3（n+1，2n+2）（n为自然数）．∵2022=505×4+2，∴A2022（505+1，505×2+1），即（506，1011）．故选：D．【练1】如图所示，在平面直角坐标系上有个点P（1,0），点P第1次向上跳动1个单位至点P1(1,1)，紧接着第2次向左跳动2个单位至点P2(−1,1)，第3次向上跳动1个单位，第4次向右跳动3个单位，第5次又向上跳动1个单位，第6次向左跳动4个单位……依此规律跳动下去，点P第99次跳动至点P99的坐标是_____【答案】（-25，50）【解析】解：由题中规律可得出如下结论：设点Px的横坐标的绝对值是n，则在y轴右侧的点的下标分别是4（n-1）和4n-3，在y轴左侧的点的下标是：4n-2和4n-1；判断P199的坐标，就是看99=4（n-1）和99=4n-3和99=4n-2和99=4n-1这四个式子中哪一个有负整数解，从而判断出点的横坐标.由上可得：点P第99次跳动至点P99的坐标是（-25，50）故答案为：（-25，50）.【练2】如图，在平面直角坐标系上有点A0(1,0)，点A0第一次跳动至点A1(−1,1)，第二次点A1跳动至点A2(2,1)，第三次点A跳动至点A3(−2,2)，第四次点A3跳动至点A4(3,2)，……依2此规律跳动下去，则点A2021与点A2022之间的距离是（）A．2023B．2022C．2021D．2020【答案】A【解析】观察发现，第2次跳动至点的坐标是（2，1），第4次跳动至点的坐标是（3，2），第6次跳动至点的坐标是（4，3），第8次跳动至点的坐标是（5，4），…第2n次跳动至点的坐标是（n+1，n），则第2022次跳动至A2022点的坐标是（1012，1011），第2021次跳动至点A2021的坐标是（﹣1011，1011）．∵点A2021与点A2022的纵坐标相等，∴点A2021与点A2022之间的距离=1012﹣（﹣1011）=2023．故选：A．【练3】在平面直角坐标系内原点O（0，0）第一次跳动到点A1（0，1），第二次从点A1跳动到点A2（1，2），第三次从点A2跳动到点A3（﹣1，3），第四次从点A3跳动到点A4（﹣1，4），…，按此规律下去，则点A2021的坐标是（）A．（673，2021）B．（674，2021）C．（﹣673，2021）D．（﹣674，2021）【答案】B【解析】解：因为A1（0，1），A2（1，2），A3（﹣1，3），A4（﹣1，4），A5（2，5），A6（﹣2，6），A7（﹣2，7），A8（3，8），…A3n﹣1（n，3n﹣1），A3n（﹣n，3n），A3n+1（﹣n，3n+1）（n为正整数），∵3×674﹣1＝2021，∴n＝674，所以A2021（674，2021），故选：B．【例4】如图，在平面直角坐标系中，有若干个横纵坐标分别为整数的点，其顺序按图中“→”方向排列，如（1，0），（2，0），（2，1）（1，1）,（1，2），（2，2）……根据这个规律，第2022个点的坐标为________【答案】（45，6）【解析】解：观察图形，可知：第1个点的坐标为（1，0），第4个点的坐标为（1，1），第9个点的坐标为（3，0），第16个点的坐标为（1，3），…，∴第（2n-1）2个点的坐标为（2n-1，0）（n为正整数）．∵2025=452，∴第2025个点的坐标为（45，0）．又∵2025-3=2022，∴第2022个点在第2025个点的上方3个单位长度处，∴第2022个点的坐标为（45，3）．故答案为：（45，3）．【练1】如图，一个蒲公英种子从平面直角坐标系的原点O出发，向正东走3米到达点A1，再向正北方向走6米到达点A2，再向正西方向走9米到达点A3，再向正南方向走12米到达点A4，再向正东方向走15米到达点A5，以此规律走下去，当种子到达点A10时，它在坐标系中坐标为（）A．（﹣12，﹣12）B．（15，18）C．（15，﹣12）D．（﹣15，18）【答案】B【解析】解：根据题意可知：O A1＝3，A1A2＝6，A2A3＝9，A3A4＝12，A4A5＝15，A5A6＝18，A9A10＝30，∴A1点坐标为（3，0），A2点坐标为（3，6），A3点坐标为（﹣6，6），A4点坐标为（﹣6，﹣6），A5点坐标为（9，﹣6），A6点坐标为（9，12），以此类推，A9点坐标为（15，﹣12），所以A10点横坐标为15，纵坐标为﹣12+30＝18，∴A10点坐标为（15，18），故选：B．【练2】如图，一个点在第一象限及x轴、y轴上移动，在第一秒钟，它从原点移动到点（1，0），然后按照图中箭头所示方向移动，即（0，0）→（1，0）→（1，1）→（0，1）→（0，2）→…，且每秒移动一个单位，那么第2022秒时，点所在位置的坐标是（ ）A ．（2，44）B ．（41，44）C ．（44，41）D ．（44，2）【答案】【解析】解：观察可发现，点到（0，2）用4＝22秒，到（3，0）用9＝32秒，到（0，4）用16＝42秒，则可知当点离开x 轴时的横坐标为时间的平方，当点离开y 轴时的纵坐标为时间的平方， 此时时间为奇数的点在x 轴上，时间为偶数的点在y 轴上, ∵2022＝452﹣3＝2025﹣3，∴第2025秒时，动点在（45，0），故第2022秒时，动点在（45，0）向左一个单位，再向上2个单位， 即（44，2）的位置． 故选：D ．【练3】如图，在平面直角坐标系中，有若干个整数点，其顺序按图中“→”方向排列，如(1,0)，(2,0)，(2,1)，(3,1)，(3,0)，(3,−1)…根据这个规律探索可得，第99个点的坐标为( )A.(14,−1)B.(14,0)C.(14,1)D.(14,2)【答案】C【解析】解：在横坐标上，第一列有一个点，第二列有2个点…第n 个有n 个点， 并且奇数列点数对称而偶数列点数y 轴上方比下方多一个， 所以奇数列的坐标为(n,n−12)，(n,n−12−1)，…，(n,1−n 2)；偶数列的坐标为(n,n2)，(n,n2−1)，…，(n,1−n2)， ∵1+2+3+4+……+13=91∴第99个点位于第14列自上而下第7行．−6)，即(14,1)．代入上式得(14,142故选C．【例5】如图，在平面直角坐标系中，将边长为3，4，5的直角△ABO沿x轴向右滚动到△AB1C1的位置，再到△A1B1C2的位置…依次进行下去，发现A（3，0），A1（12，3），A2（15，0）…那么点A2022的坐标为．【答案】（12135，0）【解析】解：∵∠AOB＝90°，点A（3，0），B（0，4），根据勾股定理得AB＝5，根据旋转可知：OA+AB1+B1C2＝3+5+4＝12，所以点A1（12，3），A2（15，0）；继续旋转得A3（24，3），A4（27，0）；…发现规律：A2n﹣1（12n，3），A2n（12n+3，0），∵2022＝2n，∴n＝1011，∴点A2022的坐标为（12135，0），故答案为：（12135，0）．【练1】如图，动点P从（0，3）出发沿所示方向运动，每当碰到长方形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角，当点P第2022次碰到长方形的边时点P的坐标为．【答案】（0，3【解答过程】解：如图所示：经过6次反弹后动点回到出发点（0，3），∵2022÷6＝337∴当点P第2022次碰到矩形的边时与P点起点位置重合，∴点P的坐标为（0，3）．故答案为：（0，3）．【练2】如图，将边长为2的等边三角形沿x轴正方向连续翻折2019次，依次得到点P1,P2,P3,...,P2022，则点P2022的坐标是（）A.(2022,2)B.(2022,√3)C.(4043,2)D.(4043, √3)【答案】D【解析】解：由题意可知P1是1P的横坐标是3，P3的横坐标是5，P4的横坐标是7…依此类推下去，P n的横坐标是2n-1,∴P2022的横坐标是2×2022-1=4043纵坐标都是√3，故选：D．连续作旋转变换，依【练3】如图，在直角坐标系中，已知点A(−3,0)，B(0,4)，对OAB次得到Δ1，Δ2，Δ3，Δ4，…，则∆2022的直角顶点的坐标为______.【答案】（8088，0）【解析】解：∵点A（-3，0）、B（0，4），∴AB=√32+42=5由图可知，每三个三角形为一个循环组依次循环，一个循环组前进的长度为：4+5+3=12，∵2022÷3=674，∴∆2022的直角顶点是第674个循环组的最后一个三角形的直角顶点；∵674×12=8088，∴∆2022的直角顶点的坐标为（8088，0）.故答案为（8088，0）.【例6】如图，在平面直角坐标系中，边长为1的正方形OA1B1C1的两边在坐标轴上，以它的对角线OB1为边作正方形OB1B2C2，再以正方形OB1B2C2的对角线OB2为边作正方形OB2B3C3，以此类推……则正方形OB2021B2022C2022的顶点B2022的坐标是_____.【答案】（0,-22011）【解析】解：∵正方形OA1B1C1的边长为1，∴OB1=√2∴OB2=2∴B2（0，2），同理可知B3（-2，2），B4（-4，0），B5（-4，-4），B6（0，-8），B7（8，-8），B9（16，16），B10（0，32）．由规律可以发现，每经过8次作图后，点的坐标符号与第一次坐标的符号相同，每次正方形的边长变为原来的√2倍，∵2022÷8=252⋯⋯6，∴B8n+6（0，-24n+3），∴B2022（0,-22011）．故答案为：（0,-22011）．【练1】如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形OAA1的直角边OA在x轴上，点A1在第一象限，且OA＝1，以点A1为直角顶点，0A1为一直角边作等腰直角三角形OA1A2，再以点A2为直角顶点，OA2为直角边作等腰直角三角形OA2A3…依此规律，则点A2022的坐标是_____．【答案】（0,-22011）【解析】解：由等腰直角三角形的性质，可知：A 1（1，1），A 2（0，2），A 3（﹣2，2），A 4（0，﹣4），A 5（﹣4，﹣4），A 6（0，﹣8），A 7（8，﹣8），A 8（16，0），A 9（16，16），A 10（0，32），A 11（﹣32，32），…，∵2022＝252×8+6∴点A 8n+6的坐标为（0，24n+3）（n 为自然数）．∴点A 2022的坐标为（0，24×252+3），即（0,-22011），故答案为：（0,-22011）．【练2】在平面直角坐标系中，正方形ABCD 的位置如图所示，点A 的坐标为（1，0），点D 的坐标为（0，2）.长CB 交x 轴于点A 1，作正方形A 1B 1C 1C ；延长C 1B 1交x 轴于点2A ，作正方形A 2B 2C 2C 1……按这样的规律进行下去，第2022个正方形的面积为_____．【答案】5×(32)4042.【解析】解：∵点A 的坐标为（1,0），点D 的坐标为（0,2）∴正方形ABCD 的边长为√5，设其面积为S 1=5，依此类推，接下来的面积依次为S 2,S 3,S 4⋯⋯第2022个正方形的面积为S 2022，又∵三角形相似，∴ OA OD =A 1B AB =A 2B 1A 1B 1=⋯=12. ∴ S 2=5×94，S 3=5×(94)2…… ∴S 2022=5×(94)2022−1=5×(94)2021=5×(32)4042.【练3】如图，在平面直角坐标系xOy中，B1（0，1），B2（0，3），B3（0，6），B4（0，10），…，以B1B2为对角线作第一个正方形A1B1C1B2，以B2B3为对角线作第二个正方形A2B2C2B3，以B3B4为对角线作第三个正方形A3B3C3B4，…，如果所作正方形的对角线B n B n+1都在y 轴上，且B n B n+1的长度依次增加1个单位长度，顶点A n都在第一象限内（n≥1，且n为整数），那么A1的纵坐标为；用n的代数式表示A n的纵坐标：．【答案】2；【解析】解：作A1D⊥y轴于点D，则B1D＝B1B2÷2＝（3﹣1）÷2＝1，∴A1的纵坐标＝B1D+B1O＝1+12，同理可得A2的纵坐标＝OB2+（B2B3）÷2＝3+（6﹣3）÷2 4.5，∴A n的纵坐标为，故答案为2，．。
专题四 专题整合 提升素能
“设置行省管理意大利半岛之外 的地区” “至东汉末,全国百余郡”
建立起行政管理 制度
23-
视角一
视角二
视角三
题 号
设 问
材料关键句
12-
视角一
视角二
视角三
典例感悟
例2(2019安徽“皖南八校”第一次联考,26)阅读材料,完成下列要
求。
材料一 《权利法案》重申了正统的政府必须依法而治这一古
老的思想,还规定议会是英国政府中最高权力的拥有者,议会制定
的法律是国内最高法。与其他欧洲国家的法律制度都是在继承古
罗马法基础上发展起来的情况不同,英国法律制度是从自身内部产
关键能力
-4-
二、全面认识近代西方资产阶级代议制 1.特点 (1)具有形式上代表民意行使国家权力的议会。议会由议员组成, 议员由选举产生。国家重大立法和重大决策都须经议会讨论并经 多数通过,议会享有立法权、财政权和行政监督权。 (2)实行三权分立和权力制衡的原则,权力之间相互制约平衡,防 止专制独裁,提高了行政效率,保障了资产阶级民主制度。 (3)实行资产阶级政党政治,即由在议会选举或大选中获胜的政党 领袖出任总统或总理、首相,并以本党人员为主组成内阁。政党政 治的主要内容是各党通过对议会议席的争夺,来实现其代表的利益 集团的政治和经济利益。
——摘编自《评美国1787年宪法》 (1)根据材料一,概括英国宪法文化的特征,并说明《权利法案》 确立的宪政原则。 (2)根据材料二,分析美国宪法所确立的“新的政体”的进步意义, 并结合所学知识,指出其与英国政体的相同点。
14-
视角一
视角二
视角三
参考答案 (1)特征:原生性(独立自主性);不成文性;延续性(保守性)。 宪政原则:法治;议会主权(议会至上)。
高中政治 专题7.1 处理民族关系的原则 平等、团结、共同繁荣(讲)(提升版)新人教版必修2
处理民族关系的原则平等、团结、共同繁荣【重难点“精讲”】一、我国的新型民族关系1.我国是统一的多民族国家任何国家都是由一定的民族组成的。
我国有56个民族，除汉族外，其他55个民族，由于人口较少，习惯上被称为少数民族。
我国所有民族统称为中华民族。
我国是统一的多民族国家，这是我国重要的国情之一。
2.我国民族关系的根本性变化（1）新中国成立后，我国各民族陆续走上了社会主义道路，铲除了民族压迫和民族歧视的阶级根源，逐步形成了平等、团结、互助的社会主义新型民族关系。
（2）我国的民族关系发生了根本性变化，但由于历史形成和遗留下来的民族之间的经济、文化等发展不平衡所造成的差距，却依然存在，且不可能在短期内消除。
二、处理民族问题的基本原则1.民族平等（1）含义：民族平等是指各民族具有同等的地位，都依法平等的享有政治、经济、文化和社会等方面的权利，平等的履行应尽的义务。
（2）依据：宪法规定，中华人民共和国各民族一律平等。
我国各民族只有人口多少和发展程度上的区别，绝无高低优劣之分。
各族人民都为祖国文明作出了贡献，都是国家的主人。
（3）表现：坚持民族平等是我国处理民族关系的首要原则。
为体现这一原则的要求，历届全国人大都有少数民族代表参加，少数民族代表占代表总数的比例，都高于同期少数民族人口占全国人口的比例。
2.民族团结（1）含义：指各族人民和睦相处、友好往来、互相合作、共同奋斗，谁也离不开谁的大团结局面。
（2）重要性：民族的团结和凝聚力，是衡量一个国家综合国力的重要指标之一，是社会稳定的前提，是经济发展和社会进步的保证，是国家统一的基础。
3.各民族共同繁荣（1）含义：在民族平等、民族团结的前提下，实现各民族共同发展、共同富裕、共同繁荣。
（2）重要性：各民族共同繁荣是社会主义本质决定的，是实现国家现代化和中华民族伟大复兴的必然要求。
坚持各民族共同繁荣是我国处理民族关系的根本原则。
4.民族原则之间的关系三者互相联系、不可分割。
燕尾角-2021年中考数学解题方法归纳提升(解析版)
专题15 燕尾角一、单选题1．如图，在△ABC 中，△A=20°，△ABC 与△ACB 的角平分线交于D 1，△ABD 1与△ACD 1的角平分线交于点D 2，依此类推，△ABD 4与△ACD 4的角平分线交于点D 5，则△BD 5C 的度数是（ ）A ．24°B ．25°C ．30°D ．36°【答案】B【详解】 △△A=20°，△ABC 与△ACB 的角平分线交于D 1，△△D 1BC+△D 1CB=12(△ABC+△ACB)= 12(180°-△A)， △△1D =180°- 12(180°-△A)= 12△A+90°=100°， 同理：△2D =60°，△3D =40°，△4D =30°，△5D =25°.故选B二、解答题2．如图(1)所示的图形，像我们常见的学习用品——圆规．我们不妨把这样图形叫做“规形图”，那么在这一个简单的图形中，到底隐藏了哪些数学知识呢？下面就请你发挥你的聪明才智，解决以下问题：（1）观察“规形图”,试探究△BDC 与△A 、△B 、△C 之间的关系，并说明理由；（2）请你直接利用以上结论．．．．．．，解决以下三个问题： △如图(2)，把一块三角尺XYZ 放置在△ABC 上，使三角尺的两条直角边XY 、图(1)XZ 恰好经过点B 、C ，若△A=50°，则△ABX+△ACX =__________°；△如图(3)DC平分△ADB,EC平分△AEB,若△DAE=50°，△DBE=130°，求△DCE的度数；（写出解答过程）△如图（4），△ABD，△ACD的10等分线相交于点G1、G2 、G9，若△BDC=140°，△BG1C=77°，则△A 的度数=__________°．【答案】（1）△BDC=△A+△B+△C，详见解析；（2）△40；△△DCE=90°；△70【分析】（1）根据题意观察图形连接AD并延长至点F，根据一个三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和可证△BDC=△BDF+△CDF；（2）△由（1）的结论可得△ABX+△ACX+△A=△BXC，然后把△A=50°，△BXC=90°代入上式即可得到△ABX+△ACX的值；△结合图形可得△DBE=△DAE+△ADB+△AEB，代入△DAE=50°，△DBE=130°即可得到△ADB+△AEB的值，再利用上面得出的结论可知△DCE=12（△ADB+△AEB）+△A，易得答案．△由△方法，进而可得答案．【详解】解：（1）连接AD并延长至点F，由外角定理可得△BDF＝△BAD+△B，△CDF＝△C+△CAD；△△BDC＝△BDF+△CDF，△△BDC＝△BAD+△B+△C+△CAD.△△BAC＝△BAD+△CAD；△△BDC＝△BAC +△B+△C；（2）△由（1）的结论易得：△ABX+△ACX+△A＝△BXC，△△A＝50°，△BXC＝90°，△△ABX+△ACX＝90°﹣50°＝40°．故答案是：40；△由（1）的结论易得△DBE＝△DAE +△ADB+△AEB，△DCE＝△ADC△△AEC△△A △△DAE=50°，△DBE=130°，△△ADB+△AEB＝80°；△DC平分△ADB,EC平分△AEB,△△ADC=12△ADB,△AEC=12△AEB△△DCE ＝12(△ADB+△AEB)+△A=40°+50°=90°； △由△知，△BG 1C ＝110(△ABD+△ACD)+ △A ， △△BG 1C ＝77°，△设△A 为x°， △△ABD+△ACD ＝140°﹣x°， △110(140﹣x)＋x ＝77， △14﹣110x+x ＝77， △x ＝70，△△A 为70°．故答案是：70△【点睛】本题考查三角形外角的性质，三角形的内角和定理的应用，能求出△BDC=△A+△B+△C 是解答的关键，注意：三角形的内角和等于180°，三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和．3．如图，D 是AB 上一点，E 是AC 上一点，BE ，CD 相交于点F ，62A ∠=︒，35ACD ∠=︒，20ABE ∠=︒，求BFD ∠的度数.【答案】63BFD ∠=︒.【解析】【分析】根据三角形的外角性质先求出BDF ∠的度数，再利用三角形内角和定理即可注出BFD ∠的度数.【详解】解：在△ADC 中，97BDF A ACD ∠=∠+∠=︒，在在△BDF 中，180180209763BFD ABE BDF ∠=︒-∠-∠=︒-︒-︒=︒.【点睛】本题考查了三角形内角和定理及三角形外角的性质.熟练找出三角形内角与外角的关系是解题的关键. 4．如图，BG 是ABD ∠的平分线，CH 是ACD ∠的平分线，BG 与CH 交于点O ，若150BDC ∠=︒，110BOC ∠=°，求A ∠的度数.【答案】70A ∠=︒.【解析】【分析】根据三角形的外角的性质得出燕尾角的基本图形的结论得出△BDC 、△BOC ，在根据角平分线的性质即可得出【详解】解：由燕尾角的基本图形与结论可得，BDC BOC OBD OCD ∠=∠+∠+∠△BOC A ABO ACO ∠=∠+∠+∠△ BG 是ABD ∠的平分线，GH 是ACD ∠的平分线ABO OBD ∴∠=∠，ACO OCD ∠=∠．△-△得，270A BOC BDC ∠=∠-∠=︒．【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，角平分线的定义．注意利用“8字形”的对应角相等求出角的关系是解题的关键，要注意整体思想的利用．5．如图，AM 、CM 分别平分BAD ∠和BCD ∠，若42B ∠=︒，54D ∠=︒，求M ∠的度数.【答案】48M ∠=︒.【解析】【分析】根据三角形内角和定理用△B 、△M 表示出△BAM -△BCM ，再用△B 、△M 表示出△MAD -△MCD ，再根据角平分线的定义可得△BAM -△BCM=△MAD -△MCD ，然后求出△M 与△B 、△D 关系，代入数据进行计算即可得解；【详解】解：根据三角形内角和定理，△B+△BAM=△M+△BCM ，△△BAM -△BCM=△M -△B ，同理，△MAD -△MCD=△D -△M ，△AM 、CM 分别平分△BAD 和△BCD ，△△BAM=△MAD ，△BCM=△MCD ，△△M -△B=△D -△M ， △△M=12（△B+△D ）=12（42°+54°）=48°； 【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，角平分线的定义．注意利用“8字形”的对应角相等求出角的关系是解题的关键，要注意整体思想的利用．6．如图，在ABC ∆中，ABC ∠与ACB ∠的平分线相交于点I ，试说明BIC ∠、A ∠之间的数量关系.【答案】1902BIC A ∠=︒+∠，见解析.【解析】【分析】根据角平分线的性质和三角形的内角和定理得出△BIC=180°-12（△ABC+△ACB ）=180°-90°+12△A=90°+12△A ，【详解】解：在ABC 中，△ABC+△ACB=180°-△A△ABC ∠与ACB ∠的平分线相交于点I ， △12∠=∠CBI ABC ，12∠=∠BCI ACB , 在BIC 中1)180()(1802︒-=∠︒=∠+∠∠+∠-BIC IBC ICB ABC ACB ()11180902-2180=︒-∠=︒+∠︒A A ． 【点睛】本题主要考查三角形内角和定理，以及角平分线的性质定理，熟练掌握相关的性质是解题的关键 7．如图，已知DE 分别交ABC ∆的边AB 、AC 于D 、E ，交BC 的延长线于F ，62B ∠=︒，76ACB ∠=︒，93ADE ∠=︒，求DEC ∠的度数.【答案】135DEC ∠=︒.【分析】根据三角形的内角和定理即可求解【详解】解：在ABC 中，=180--∠︒∠∠A B ACB =180︒-62︒-7642︒=︒，△△DEC=9342135A ADE ∠+∠=︒+︒=︒【点睛】本题主要考查三角形内角和定理和外角的性质，掌握三角形内角和为180°及三角形的一个外角等于不相邻两个内角的和是解题的关键．8．如图，ABC ∆中，（1）若ABC ∠、ACB ∠的三等分线交于点1O 、2O ，请用A ∠表示1BO C ∠、2BO C ∠；（2）若ABC ∠、ACB ∠的n 等分线交于点1O 、21n O O -⋅⋅⋅⋅⋅⋅（1O 、21n O O -⋅⋅⋅⋅⋅⋅依次从下到上），请用A ∠表示1BO C ∠，1n BO C -∠.【答案】（1）111203BO C A ∠=︒+∠，22603BO C A ∠=︒+∠；（2）111180n BO C A n n-∠=⨯︒+∠，111180n n BO C A n n--∠=⨯︒+∠. 【分析】（1）根据三角形内角和可得180ABC ACB A ∠+∠=︒-∠，再根据ABC ∠、ACB ∠的三等分线交于点1O 、2O ，可得111(180),3O BC O CB A ∠+∠=︒-∠222(180),3O BC O CB A ∠+∠=︒-∠然后根据三角形内角和定理即可用含A ∠表示1BO C ∠、2BO C ∠；（2）根据（1）中所体现的规律解答即可.【详解】解：（1）△180A ABC ACB ∠+∠+∠=︒，△180ABC ACB A ∠+∠=︒-∠，△ABC ∠、ACB ∠的三等分线交于点1O 、2O ， △111(180),3O BC O CB A ∠+∠=︒-∠222(180),3O BC O CB A ∠+∠=︒-∠ △11111180()180(180)12033BO C O BC O CB A A ∠=︒-∠+∠=︒-︒-∠=︒+∠， 22222180()180(180)6033BO C O BC O CB A A ∠=︒-∠+∠=︒-︒-∠=︒+∠； （2）由（1）可知1111180(180)180n BO C A A n n n-∠=︒-︒-∠=⨯︒+∠， 1111180(180)180n n n BO C A A n n n ---∠=︒-︒-∠=⨯︒+∠.本题考查了三角形内角和定理及角的n等分线的性质.熟练应用三角形内角和定理求角的度数是解题的关键.三、填空题9．如右图，△A+△B+△C+△D+△E+△F+△G+△H＝__．【答案】360°【分析】根据三角形的外角性质可得△BNP＝△A＋△B，△DPQ＝△C＋△D，△FQM＝△E＋△F，△HMN＝△G＋△H，再根据多边形的外角和定理即可求解．【详解】解：由图形可知：△BNP＝△A＋△B，△DPQ＝△C＋△D，△FQM＝△E＋△F，△HMN＝△G＋△H，△△BNP＋△DPQ＋△FQM＋△HMN＝360°，△△A＋△B＋△C＋△D＋△E＋△F＋△G＋△H＝△BNP＋△DPQ＋△FQM＋△HMN＝360°．故答案为：360°．【点睛】本题考查了三角形的外角性质和多边形外角和等于360度，将△A＋△B＋△C＋△D＋△E＋△F＋△G＋△H的和转化为△BNP＋△DPQ＋△FQM＋△HMN的和是解题的关键．10．如图，△A+△B+△C+△D+△E＝__．【答案】180°【分析】先根据三角形外角的性质得出△CFB＝△A＋△C，△BGF＝△D＋△E，再由三角形内角和定理即可得出结论．解：△△CFB是△ACF的外角，△BGF是△DEG的外角，△△CFB＝△A＋△C，△BGF＝△D＋△E，△△B＋△CFB＋△BGF＝180°，△△A＋△B＋△C＋△D＋△E＝180°．故答案为：180°．【点睛】本题考查的是三角形内角和定理，熟知三角形内角和是180°是解答此题的关键．11．如图，△A+△B+△C+△D+△E等于__．【答案】180°【分析】根据三角形外角的性质可知△B＋△A＝△1，△D＋△E＝△2，再根据三角形内角和定理即可得出结论．【详解】解：如图，△△B＋△A＝△1，△D＋△E＝△2，△△1＋△2＋△C＝180°，△△A＋△B＋△C＋△D＋△E＝180°．故答案为：180°．【点睛】本题考查的是三角形外角的性质及三角形内角和定理，熟知“三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和”是解答此题的关键．12．如图，△A+△B+△C+△D+△E+△F+△G+△H＝__．【答案】360°【分析】连接CF，根据三角形的外角得到由三角形外角的性质可得：△2＝△G＋△H，△3＝△A＋△B，△1＝△D＋△E ＝△4＋△5，根据四边形的内角和为360°，可得：△2＋△3＋△GFE＋△4＋△5＋△DCB＝360°即△G＋△H＋△A＋△B＋△GFE＋△D＋△E＋△DCB＝360°．【详解】解：如图，连接FC，由三角形外角的性质可得：△2＝△G＋△H，△3＝△A＋△B，△1＝△D＋△E＝△4＋△5，根据四边形的内角和为360°，可得：△2＋△3＋△GFE＋△4＋△5＋△DCB＝360°即△G＋△H＋△A＋△B＋△GFE＋△D＋△E＋△DCB＝360°，故答案为360°．【点睛】本题考查了三角形的内角与外角，解决本题的关键是熟记三角形的外角的性质．13．如图，△A+△B+△C+△D+△E+△F+△G+△H＝__．【答案】720°【分析】根据三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和，可得△2与△H、△G的关系，△1与△2、△D的关系，根据多边形的内角和公式，可得答案．【详解】解：如图：由三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和，得△2＝△H＋△G，△1＝△2＋△D，△1＝△H＋△G＋△D，△A＋△B＋△C＋△D＋△E＋△F＋△G＋△H＝△A＋△B＋△C＋△E＋△F＋△H＋△G＋△D＝180°×（6－2）＝270°．故答案为：720°．【点睛】本题考查了多边形的内角与外角，先求出△1＝△H ＋△G ＋△D ，再求出多边形的内角和．14．如图，则△A +△B +△C +△D +△E 的度数是__．【答案】180°【分析】由三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，得△4＝△A ＋△2，△2＝△D ＋△C ，进而利用三角形的内角和定理求解．【详解】解：如图可知：△△4是三角形的外角，△△4＝△A ＋△2，同理△2也是三角形的外角，△△2＝△D ＋△C ，在△BEG 中，△△B ＋△E ＋△4＝180°，△△B ＋△E ＋△A ＋△D ＋△C ＝180°．故答案为：180°．【点睛】本题考查三角形外角的性质及三角形的内角和定理，解答的关键是沟通外角和内角的关系．15．如图，在ABC ∆中，80ABC ∠=︒，50ACB ∠=︒，BP 平分ABC ∠，CP 平分ACB ∠，则BPC ∠=______.【答案】115︒【解析】【分析】先根据角平分线的性质求出PBC PCB ∠+∠的度数，再利用三角形内角和定理即可求解.【详解】解：△BP 平分ABC ∠，CP 平分ACB ∠， △1(8050)652PBC PCB ∠+∠=︒+︒=︒， △18065115BPC ∠=︒-︒=︒.【点睛】本题考查了角平分线的性质及三角形内角和定理.熟练掌握三角形内角和定理是解题的关键.。
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一、发散思维与聚合思维相结合 1．特征 发散思维具有流畅性、变通性、独特性特征。发散思维能在有限的时间内 产生较多独特新奇的设想，打破老框框的限制，因而能创新。聚合思维具有严 谨性、归一性、可论证性特征，能从众多设想中寻求最优方案，从而使发散思 维的创新设想具有可行性，付诸实践，达到创新的目的。
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2．必要性 事物以对立统一的方式存在，具有复杂的相反相成的性质与功能，人们已 经认识到的只是其中的一部分，为了认识事物可能具有的其他性质与功能，需 运用逆向思维。正向思维与逆向思维是认识对象的内在矛盾在思维中的反映。 逆向思维的反向是具有合理性的思维反向。如果不顾事物的规律，盲目“反 向”，很难达到思维创新的目的。只有掌握了正向思维，才能合理有效地逆向 思维。思维创新中的逆向思维，往往是在运用正向思维未能获得满意结果的情 况下才采用的。逆向思维并非总比正向思维效果好，究竟哪种好要取决于具体 情况。因此，只有将正向思维与逆向思维结合起来才能产生创新性的成果。
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三、线性思维与非线性思维相结合 1．含义 线性思维方法，即还原论思维方法，就是用分析的方法，把整体分解为部 分，把高层次还原到低层次，从大到小、从上到下、由浅入深来认识事物。这 种思维方法在自然科学领域揭示了大自然的许多奥秘，发挥了巨大的创新效果。 非线性思维方法即复杂性思维方法，它的特点是多变的方向、非均匀的分布、 可变的速度等，具有种种内在的不确定性和不可预料性。其在解决复杂性问题、 进行思维创新时，取得了满意的效果。可见，二者在不同的范围内，都能达到 创新的目的。
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二、正向思维与逆向思维相结合 1．内容 如果把原有的思路叫作正向思维，那么一切与原有的思路方向相反的思考 都可称为逆向思维。作为一种思维创新的方法，逆向思维是从人们过去所把握 的事物原理的反面、构成要素的反面、功能结构的反面，去思考、去求索，以 实现创新的目的。因为，对于有待解决的难题，在进行一番思考后，仍难找到 满意的解决办法。
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2．我们应该辩证地看待线性思维方法与非线性思维方法 从认识的辩证发展过程看，从感性具体到思维抽象主要是分析、分解在起 作用，是运用还原论的方法，但并不是单纯地运用还原论的方法；在从思维抽 象上升到思维具体的过程中，主要是综合、整合在起作用，是运用非线性思维 的方法，同样也不能排除还原论方法的运用。可见，二者也必须相互结合，只 是在不同范围有不同侧重罢了。
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2．必要性 事物具有多种多样的性质和关系，不同的性质和关系具有不同的功能与作 用，人们已认识的事物性质和关系可能只是其中的一部分，为揭示事物存在的 其他性质和关系，寻求事物可能具有的其他功能与作用，就需运用发散思维。 不同事物，不论其差别有多大，总会存在或多或少的相同或相似之处，为揭示 不同事物之间的联系，把握事物的整体发展，就需运用聚合思维。发散思维以 某个问题为出发点“发散”出去，发散出去的思维还要再聚合起来，即对各种 设想进行论证评判，从“量”中求得“质”，在“多”中求得“好”。只有将 发散思维与聚合思维结合起来，才能更好地达到思维创新的目的。
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综合检测（四） 点击图标进入…
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