中考数学复习专题转化思想(含答案)
中考数学第二轮复习专题(14个)
中考数学二轮专题复习之一：配方法与换元法把代数式通过凑配等手段，得到完全平方式，再运用完全平方式是非负数这一性质达到增加问题的条件的目的，这种解题方法叫配方法．所谓换元法，就是在一个比较复杂的数学式子中，用新的变元去代替原式的一个部分或改造原来的式子，使它简化，使问题易于解决。
【范例讲析】： 例1： 填空题：1）．将二次三项式x 2+2x －2进行配方，其结果为 。
2）．方程x 2+y 2+4x －2y+5=0的解是 。
3）．已知M=x 2－8x+22，N=－x 2+6x －3，则M 、N 的大小关系为 。
例2.已知△ABC 的三边分别为a 、b 、c ，且a 2+b 2+c 2=ab+bc+ac ，则△ABC 的形状为 。
例3.解方程：422740x x --=【闯关夺冠】 1.已知13x x +=．则221x x+的值为__________． 2．若a 、b 、c 是三角形的三边长，则代数式a 2–2ab+b 2–c 2的值 （ ） A 大于零 B 等于零 C 小于零 D 不能确定 3已知：a 、b 为实数，且a 2+4b 2－2a+4b+2=0，求4a 2－b1的值。
4. 解方程： 211()65()11x x +=--对于某些数学问题，若得知所求结果具有某种确定的形式，则可研究和引入一些尚待确定的系数(或参数)来表示这样的结果．通过变形与比较．建立起含有待定字母系数(或参数)的方程(组)，并求出相应字母系数(或参数)的值，进而使问题获解．这种方法称为待定系数法． 【范例讲析】：【例1】二次函数的图象经过A(1，0)、B(3，0)、C(2，－1)三点．(1)求这个函数的解析式．(2)求函数与直线y=－x+1的交点坐标．【例2】一次函数的图象经过反比例函数xy 8-=的图象上的A 、B 两点，且点A 的横坐标与点B 的纵坐标都是2。
（1）求这个一次函数的解析式；（2）若一条抛物线经过点A 、B 及点C （1，7），求抛物线的解析式。
中考数学复习专题 转化思想(含答案)
转化思想一. 选择题：（本题10小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的，请把正确的选项选出来．每小题选对得4分；共40分）1、用换元法解方程xx x x +=++2221时，若设x 2+x=y, 则原方程可化为（ ）A 、y 2+y+2=0B 、y 2－y －2=0C 、y 2－y+2=0D 、y 2+y －2=0 2、如图，已知ABC ∆外有一点,P 满足PC PB PA ==，则（ ） A 、2231∠=∠ B 、21∠=∠ C 、221∠=∠ D 、2,1∠∠的大小无法确定3、小敏在今年的校运动会跳远比赛中跳出了满意一跳，函数23.54.9h t t =-（t 的单位：s ，h 的单位：m ）可以描述他跳跃时重心高度的变化，则他起跳后到重心最高时所用的时间是（ ）A 、0.71sB 、 0.70sC 、0.63sD 、0.36s 4、已知如图：ΔABC 中，∠C=90°，BC=AC ，以AC 为直径的圆交AB 于D ，若AD=8cm ，则阴影部分的面积为（ ） A 、64πcm 2B 、64 cm 2C 、32 cm 2D 、48 πcm 25、已知实数x 满足01122=+++x x xx ，那么x x 1+的值为（ ） A 、1或-2 B 、-1或2 C 、1 D 、-26、如图，在半圆的直径上作4个正三角形，如这半圆周长为1C ，这4个正三角形的周长和为2C ，则1C 和2C 的大小关系是（ ）第2题 第3题第4题第6题A 、1C >2CB 、1C <2C C 、1C =2CD 、不能确定 7.如图，点A 、D 、G 、M 在半圆O 上，四边形ABOC 、DEOF 、HMNO 均为矩形，设BC=aEF=b ，NH=c ，则下列各式中正确的是 A 、a ＞b ＞c B 、a=b=c C 、c ＞a ＞bD 、b ＞c ＞a8. 如图，梯形ABCD 中，AB//DC ，AB ＝a ，BD ＝b ，CD ＝c ，且a 、b 、c 使方程ax bx c 220-+=有两个相等实数根，则∠DBC 和∠A 的关系是（ ） A. ∠=∠DBC A B. ∠≠∠DBC AC. ∠>∠DBC AD. ∠<∠DBC A9. 如图，圆锥的母线长是3，底面半径是1，A 是底面圆周 上从点A 出发绕侧面一周，再回到点A 的最短的路线长是( ) (A) 36 (B)233 (C) 33 (D) 3 10. 已知a 、b 、c 是∆ABC 三边的长，b>a ＝c ，且方程ax bx c 220-+=两根的差的绝对值等于2，则∆ABC 中最大角的度数是（ ） A. 90︒B. 120︒C. 150︒D. 60︒二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分，）11、一位美术老师在课堂上进行立体模型素描教学时，把14个棱长为1分米的正方体摆在课桌上成如图形式，然后他把露出的表面都涂上不同的颜色，则被他涂上颜色部分的面积为__________12、某同学在电脑中打出如下排列的若干个圆（图中●表示实心圆，○表示空心圆）：● ○●●○●●●○●●●●○●●●●●○●●●●●●○若将上面一组圆依此规律复制得到一系列圆，那么前2007个圆中有 个空心圆； 13、二次函数y=ax 2+bx+c （a ≠0）的部分对应值如下表，则不等式ax 2+bx+c>0的解集为 ．HN O F CA DGMcab E B第7题第8题 D C12 A B 第9题第11题y(元)12x－3－2－101234y60－4－6－6－4065第13题038x(公里)第14题14.我市某出租车公司收费标准如图所示，如果小明只有19元钱，那么他乘此出租车最远能到达公里处．三、解答题：（共6小题，第15题10分、第16题10分、第17题10分、第18题9分、第19题10分、第20题11分）15、某数学兴趣小组，利用树影测量树高．已测出树AB的影长AC为9米，并测出此时太阳光线与地面成30°夹角．（1）求出树高AB；（2）因水土流失，此时树AB沿太阳光线方向倒下，在倾倒过程中，树影长度发生了变化，假设太阳光线与地面夹角保持不变，试求树影的最大长度．（计算结果精确到0.1米，参考数据：2≈1.414，3≈1.732）B太阳光线30°A C第15题16．一天上行6点钟，汪老师从学校出发，乘车上市里开会，8点准时到会场，中午12点钟回到学校，他这一段时间内的行程S （km ）（即离开学校的距离）与时间（h ）的关系可用图4中的折线表示，根据图4提供的有关信息，解答下列问题： （1）开会地点离学校多远？（2）求出汪老师在返校途中路程S （km ）与时间t （h ）的函数关系式；（3）请你用一段简短的话，对汪老师从上午6点到中午12点的活动情况进行描述．17、已知正方形ABCD 的边长AB=k （k 是正整数），正△PAE 的顶点P 在正方形内，顶点E在边AB 上，且AE=1. 将△PAE 在正方形内按图1中所示的方式，沿着正方形的边AB 、BC 、CD 、DA 、AB 、……连续地翻转n 次，使顶点．．P ．第一次回到原来的起始位置. （1）如果我们把正方形ABCD 的边展开在一直线上，那么这一翻转过程可以看作是△PAE 在直线上作连续的翻转运动. 图2是k =1时，△PAE 沿正方形的边连续翻转过程的展开示意图. 请你探索：若k =1，则△PAE 沿正方形的边连续翻转的次数n = 时，顶点．．P ．第一次回到原来的起始位置.（2）若k =2，则n = 时，顶点．．P ．第一次回到原来的起始位置；若k =3，则 n = 时，顶点．．P ．第一次回到原来的起始位置. （3）请你猜测：使顶点．．P ．第一次回到原来的起始位置的n 值与k 之间的关系（请用含k 的代数式表示n ）.A B CDP E 图1 A B C D P (E)C D A B C D A B C D A B A BC D 图2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 0 2040 60 t (h ) s (km ) 图418、如图，∆ABC 中，BC ＝4，AC ACB =∠=︒2360，，P 为BC 上一点，过点P 作PD//AB ，交AC 于D 。
中考数学复习专题讲座五数学思想方法(含详细参考答案)
考点二：转化思想
转化思想是解决数学问题的一种最基本的数学思想。在研究数学问题时，我们通常是将未知问题转化为已知的问题，将复杂的问题转化为简单的问题，将抽象的问题转化为具体的问题，将实际问题转化为数学问题。转化的内涵非常丰富，已知与未知、数量与图形、图形与图形之间都可以通过转化来获得解决问题的转机。
三、中考考点精讲
考点一：整体思想
整体思想是指把研究对象的某一部分（或全部）看成一个整体,通过观察与分析，找出整体与局部的联系，从而在客观上寻求解决问题的新途径。
整体是与局部对应的，按常规不容易求某一个（或多个）未知量时，可打破常规，根据题目的结构特征，把一组数或一个代数式看作一个整体，从而使问题得到解决。例1 10．（2012•德州）已知
A．3 B．，则a+b等于（）C．2 D．1
考点：解二元一次方程组。810360
专题：计算题。
分析：①+②得出4a+4b=12，方程的两边都除以4即可得出答案．
解答：解：，
∵①+②得：4a+4b=12，
∴a+b=3．
故选A．
点评：本题考查了解二元一次方程组的应用，关键是检查学生能否运用整体思想求出答案，题目比较典型，是一道比较好的题目．
不妨在x轴上任取一个另一点M′，连接M′A、M′B、M′B．
则M′A﹣M′B=M′A﹣M′B′＜AB′（三角形两边之差小于第三边）．
∴M′A﹣M′B＜AM﹣BM，即此时AM﹣BM最大．
初三数学总复习——转化思想
在解数学题时，所给条件往往不能直接应用，我们此时需要将所给 条件进行转化，这种数学思想叫转化思想，在解题中经常用到．
一、代数中的转化
1、实数a、b在数轴上的位置如图所示，则化简 代数式|a+b| -a的结果是（ ）
A、2a+b
B、2a C、a
D、b
解析：这道题与数轴有关，关键是会看数 轴
AC 2 3，ACB 60 P为BC上一点，过 点P作PD//AB，交AC于D。连结AP，问点P在 BC上何处时， ⊿APD 面积最大？
A
本题从已知条件上看是一
个几何问题Байду номын сангаас而求最大值又是
一个代数问题，因此把几何问
题转化为代数中的函数问题是 D 解题的关键，为了完成这种转
化，需要把位置关系转化为数
变式训练：中考新评价第99页应用5
例5：在直角坐标系XOY中x轴上的动点M（x,0） 到定点P（5，5），Q（2，1）的距离分别为MP 和MQ，那么当MP+MQ取最小值时，求点M的坐标。
y
•P
Q•
o
•
M
x
解：作点Q关于x轴的对称点R（2，-1），设直线PR的解析式
为y=kx+b,于是有
y
5 5k b 解之k=2; b=-5 1 2k b
中考专题复习
转化思想
范敦慧
数学思想方法的三个层次:
数学思想 和方法
数学一般方法
逻辑学中的方法 (思维方法）
数学思想方法
配方法、坐标法、 待定系数法、判别式 法、割补法等
分析法、逆推法、 综合法、反证法等
整体思想、分类讨论 思想、数形结合思想、 转化思想、函数和方
2024年中考数学二轮复习模块专练—化归思想(含答案)
2024年中考数学二轮复习模块专练—化归思想（含答案）在于将未知的，陌生的，复杂的问题通过演绎归纳转化为已知的，熟悉的，简单的问题．三角函数，几何变换，因式分解，乃至古代数学的尺规作图等数学理论无不渗透着转化的思想．常见的转化方式有：一般特殊转化，等价转化，复杂简单转化，数形转化，构造转化，联想转化，类比转化等．转化思想亦可在狭义上称为化归思想．化归思想就是将待解决的或者难以解决的问题A 经过某种转化手段，转化为有固定解决模式的或者容易解决的问题B ，通过解决问题B 来解决问题A 的方法．考点解读：有理数减法转化为有理数的加减，有理数的除法转化为有理数的乘法；多项式乘以多项式转化为单项式乘以单项式，异分母的分式相加减转化为同分母的分式相加减；数式的化归，递进式变化，构建起数式知识与方法的脉络．【例1】（2023·广东江门·统考一模）1．在《九章算术》“割圆术”中指出：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”，这里所用的割圆术所体现的是一种由有限到无限的转化思想．比如在求234111112222+++++⋅⋅⋅的和中，“…”代表按此规律无限个数相加不断求和．我们可设234111112222x =+++++⋅⋅⋅．则有234111*********x ⎛⎫=++++++⋅⋅⋅ ⎪⎝⎭，即112x x =+，解得2x =，故2341111122222+++++⋅⋅⋅=．类似地，请你计算：2468111113333+++++⋅⋅⋅=．（直接填计算结果即可）【变1】考点解读：从一般的三角形到等腰三角形、等边三角形，从平行四边形到矩形、菱形，试卷第2页，共14页A ．BEA ∠B ．DEB ∠C ．ECA ∠D ．ADO∠【变1】（2023·浙江·统考中考真题）4．小贺在复习浙教版教材九上第81页第5题后，进行变式、探究与思考：如图1，O 的直径CD 垂直弦AB 于点E ，且8CE =，2DE =．(1)复习回顾：求AB 的长．(2)探究拓展：如图2，连接AC ，点G 是 BC上一动点，连接AG ，延长CG 交AB 的延长线于点F ．①当点G 是 BC的中点时，求证：GAF F ∠=∠；②设CG x =，CF y =，请写出y 关于x 的函数关系式，并说明理由；③如图3，连接DF BG ，，当CDF 为等腰三角形时，请计算BG 的长．考点解读：三元一次方程转化为二元一次方程，分式方程转化为整式方程，一元二次方程转化为一元一次方程．方程化归，构成了方程知识和方法体系．【例1】（2019·浙江台州·统考中考真题）考点解读：由正比例函数图像的平移来研究一次函数图像及性质，试卷第4页，共14页(1)求点C，D的坐标；(2)当13a=时，如图1，该抛物线与x轴交于A，B直线AD上方抛物线上一点，将直线PD沿直线AD 2试卷第6页，共14页三、解答题（2023·山西忻州·校联考模拟预测）16．下面是小彬同学解二元一次方程组的过程，请认真阅读并完成相应的任务．用上面方法所作出的正方形，有一个顶点恰好是直角三角形的直角顶点．△的内接正方形的一边恰好在斜边AB上，我就可用如下方法，如图2，如果Rt ABC⊥，垂足为D；第一步：过直角顶点C作CD AB第二步，延长AB到M，使得BM AD=，连接CM；试卷第8页，共14页试卷第10页，共14页试卷第12页，共14页(1)求EPF ∠的度数；(2)设PE x =，PF y =，随着点P 的运动，32x y +的值是否会发生变化？若变化，请求出它的变化范围；若不变，请求出它的值；(3)求EF 的取值范围（可直接写出最后结果）．试卷第14页，共14页参考答案：答案第2页，共31页∵O 的直径CD 垂直弦∴10CD CE DE =+=，∴152OA OD CD ===在Rt OAE △中，AE =∵点G 是 BC的中点，∴»»CGBG =，∴GAF D ∠=∠，答案第4页，共31页∵O 的直径CD 垂直弦AB 于点∴ AC BC=，∴CAF CGA ∠=∠，在Rt CEF △中，2EF CF CE =-在Rt DEF △中，2EF DF DE =-在Rt CEF △中，2CF CE EF =+∴464BF EF BE =-=-，同理FGB FAC ∽△△，答案第6页，共31页次方程转化为二元一次方程组是解题关键．7．D【分析】利用“倍值点”的定义得到方程()210t x tx s +++=，则方程的0∆>，可得2440t ts s -->，利用对于任意的实数s 总成立，可得不等式的判别式小于0，解不等式可得出s 的取值范围．【详解】解：由“倍值点”的定义可得：()()2212x t x t x s =++++，整理得，()210t x tx s +++=∵关于x 的二次函数()()212y t x t x s =++++（,s t 为常数，1t ≠-）总有两个不同的倍值点，∴()22=41440,t t s t ts s ∆-+=-->∵对于任意实数s 总成立，∴()()24440,s s --⨯-<整理得，216160,s s +<∴20,s s +<∴()10s s +<，∴010s s <⎧⎨+>⎩，或010s s >⎧⎨+<⎩，当010s s <⎧⎨+>⎩时，解得10s -<<，当010s s >⎧⎨+<⎩时，此不等式组无解，∴10s -<<，故选：D ．【点睛】本题主要考查了二次函数图象上点的坐标特征，一元二次方程根的判别式以及二次函数与不等式的关系，理解新定义并能熟练运用是解答本题的关键．答案第8页，共31页答案第10页，共31页（3）解：①当1a =时，抛物线解析式为∴4EH EF FG ===，∴()16H ，，()56G ，，②如图3-1所示，当抛物线与∵当正方形EFGH 的边与该抛物线有且仅有两个交点，∴点T 的纵坐标为2+151 4.5a -++=如图3-2所示，当抛物线与∵当正方形EFGH的边与该抛物线有且仅有两个交点，∴15 2.5a-=，解得0.4a=（舍去，因为此时点如图3-3所示，当抛物线与∵当正方形EFGH的边与该抛物线有且仅有两个交点，∴21152 a aa a⎛⎫-⋅+⋅+⎪⎝⎭17 3.5aa=．综上所述，0.5【点睛】本题主要考查了二次函数综合，勾股定理，轴对称的性质，正方形的性质等等，利用分类讨论和数形结合的思想求解是解题的关键．9．C答案第12页，共31页答案第14页，共31页抛物线223y x x =+-交于C 、D 两点，∵0m n >>，关于x 的方程2230x x m +--=的解为()1212,x x x x <，关于x 的方程2230x x n +--=的解为3434,()x x x x <，∴1234，，，x x x x 分别是A 、B 、C 、D 的横坐标，∴1342x x x x <<<，故选B ．【点睛】本题主要考查了抛物线与一元二次方程的关系，正确把一元二次方程的解转换成直线与抛物线交点的横坐标是解题的关键．13．12x y =⎧⎨=⎩【分析】根据一次函数的交点坐标即可确定以两个一次函数解析式组成的二元一次方程组的解．【详解】解：∵一次函数y =3x -1与y =kx （k 是常数，k ≠0）的图象的交点坐标是（1，2），∴联立y =3x -1与y =kx 的方程组31y x y kx =-⎧⎨=⎩的解为：12x y =⎧⎨=⎩，即310x y kx y -=⎧⎨-=⎩的解为：12x y =⎧⎨=⎩，答案第16页，共31页答案第18页，共31页证明：FD AB ⊥ ，FE AC ⊥，90AEG GDF ∴∠=∠=︒，AGE FGD ∠=∠ ，180BAC ∠=BAC DFE ∴∠=∠；（2）解：BC CD ⊥ ，90BCD ∴∠=︒，在Rt BCD 中，tan BC CD BDC =∠在Rt BCE 中，BC CE =答案第20页，共31页解得：9m BC =，9 1.610.6m AB BC AC ∴=+=+=，答：大树的高度AB 为10.6m ．【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．19．(1)当Δ0=时，方程有两个相等的实数根，∴二次函数2(0)y ax bx c a =++≠的图像与一次函数()0y sx t s =+≠的图像有一个交点；当Δ0<时，方程没有实数根，∴二次函数2(0)y ax bx c a =++≠的图像与一次函数()0y sx t s =+≠的图像没有交点；(2)16t =；(3)y x =-，答案不唯一，合理即可．【分析】（1）根据一元二次方程根的判别式说明根的情况和函数图像交点的情况即可；（2）联立方程组，化简成一元二次方程的一般形式，用根的判别式Δ0=，代入求解；（3）函数图像有两个交点，保证根的判别式0∆>即可．【详解】（1）解：根据一元二次方程根的判别式可得：当Δ0=时，方程有两个相等的实数根，∴二次函数2(0)y ax bx c a =++≠的图像与一次函数()0y sx t s =+≠的图像有一个交点；当Δ0<时，方程没有实数根，∴二次函数2(0)y ax bx c a =++≠的图像与一次函数()0y sx t s =+≠的图像没有交点；（2）联立函数表达式：253y x x y x t ⎧=-+⎨=-+⎩，可得：253x x x t -+=-+，答案第22页，共31页由旋转的性质，可证明△BPP ′是等边三角形，再证明C 、P 、A ′、P ′四点共线，最后由勾股定理解答．【详解】（1）解：∵ACP ABP ' ≌，∴AP ′＝AP ＝3、CP ′＝BP ＝4，∠AP ′C ＝∠APB ，由题意知旋转角∠PAP ′＝60°，∴△APP ′为等边三角形，PP ′＝AP ＝3，∠AP ′P ＝60°，由旋转的性质可得：AP ′＝AP ＝PP ′=3，CP ′＝4，PC=5，∵32+42=52∴△PP ′C 为直角三角形，且∠PP ′C ＝90°，∴∠APB ＝∠AP ′C ＝∠AP ′P ＋∠PP ′C ＝60°＋90°＝150°；故答案为：150°；（2）证明：∵点P 为△ABC 的费马点，∴120APB ∠=︒，∴60APD ∠=︒，又∵AD AP =，∴APD 为等边三角形∴AP PD AD ==，60PAD ADP ∠=∠=︒，∴120ADE ∠=︒，∴ADE APC ∠=∠，在△APC 和△ADE 中，PAC DAE AP AD APC ADE ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、旋转的性质、费马点等知识，是重要考点，有难度，掌握相关知识，正确做出辅助线是解题关键．21．(1)120︒(2)不会；9(3)9219 7EF≤<【分析】（1）延长EP交BC于点G，根据平行线的性质得出答案第24页，共31页，∵PE CD∠=∠，∴PGB DCB∥，∵PF AB∠=∠，∴PFC ABC答案第26页，共31页则90EHP ∠=︒，∵120EPF ∠=︒，∴18012060EPH ∠=︒-︒=︒，∴906030PEH ∠=︒-︒=︒，22．（1）60︒；（2）①丙；②10【分析】（1）连接BC '，则A BC ''△为等边三角形，即可求得既不相交也不平行的两条直线BA '与AC 所成角的大小；（2）①根据正方体侧面展开图判断即可；②根据对称关系作辅助线即可求得PM PN +的最小值．【详解】解：（1）连接BC '，∵//AC A C ''，BA '与A C ''相交与点A '，即既不相交也不平行的两条直线BA '与AC 所成角为BA C ''∠，根据正方体性质可得：A B BC A C ''''==，∴A BC ''△为等边三角形，∴=60BA C ''∠︒，即既不相交也不平行的两条直线BA '与AC 所成角为60︒；（2）①根据正方体展开图可以判断，甲中与原图形中对应点位置不符，乙图形不能拼成正方体，故答案为丙；②如图：作M 关于直线AB 的对称点M '，答案第28页，共31页∵90ABC ∠=︒，DQ ∴四边形DBNQ 是矩形，∴90DQN ∠=︒，QN答案第30页，共31页∵A ABN BNQ AQN ∠+∠+∠+∠∴180ABN AQN ∠+∠=︒，∴AQN PBN ∠=∠．。
中考重难点易错专题18 转化的数学思想在压轴题中的应用(解析版)
专题18转化的数学思想在压轴题中的应用【题型概述】转化思想在数学压轴题中应用比较广泛，例如在几何压轴题中，多应用转化思想，具体表现为利用平移、旋转、翻折、全等等图形变换或者等量变换将未知的问题转化为已知问题，将复杂的问题转化为简单的问题。
【真题精析】例1.(2022·山东烟台·统考中考真题)(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BD CE 的值．(3)【拓展提升】如图3，△ABC 和△ADE 都是直角三角形，∠ABC =∠ADE =90°，且AB BC=AD DE =34．连接BD ，CE ．①求BD CE的值；②延长CE 交BD 于点F ，交AB 于点G ．求sin ∠BFC 的值．【思路分析】(1)证明△BAD ≌△CAE ，从而得出结论；(2)证明△BAD ∽△CAE ，进而得出结果；(3)①先证明△ABC ∽△ADE ，再证得△CAE ∽△BAD ，进而得出结果；②在①的基础上得出∠ACE =∠ABD ，进而∠BFC =∠BAC ，进一步得出结果．【答案】(1)见解析(2)22(3)①35；②45【详解】(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，∴AB AE =AB AC =12，∠DAE =∠BAC =45°，∴∠DAE -∠BAE =∠BAC -∠BAE ，∴∠BAD =∠CAE ，∴△BAD∽△CAE，∴BD CE=ABAC=12=22；(3)解：①ABAC=ADDE=34，∠ABC=∠ADE=90°，∴△ABC∽△ADE，∴∠BAC=∠DAE，ABAC=ADAE=35，∴∠CAE=∠BAD，∴△CAE∽△BAD，∴BD CE=ADAE=35；②由①得：△CAE∽△BAD，∴∠ACE=∠ABD，∵∠AGC=∠BGF，∴∠BFC=∠BAC，∴sin∠BFC=BCAC=4 5．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握“手拉手”模型及其变形．例2.(2022·山东潍坊·中考真题)【情境再现】甲、乙两个含45°角的直角三角尺如图①放置，甲的直角顶点放在乙斜边上的高的垂足O处，将甲绕点O顺时针旋转一个锐角到图②位置．小莹用作图软件Geogebra按图②作出示意图，并连接AG,BH，如图③所示，AB交HO于E，AC交OG于F，通过证明△OBE≌△OAF，可得OE=OF．请你证明：AG=BH．【迁移应用】延长GA分别交HO,HB所在直线于点P，D，如图④，猜想并证明DG与BH的位置关系．【拓展延伸】小亮将图②中的甲、乙换成含30°角的直角三角尺如图⑤，按图⑤作出示意图，并连接HB,AG，如图⑥所示，其他条件不变，请你猜想并证明AG与BH的数量关系．【思路分析】证明△BOH≅△AOG，即可得出结论；通过∠BHO=∠AGO，可以求出∠DGH+∠BHO+∠OHG=90°，得出结论AG⊥BH；证明△BOH∽△AOG，得出AGBH=OAOB=33，得出结论；【答案】证明见解析；垂直；BH=3AG【详解】证明：∵AB=AC,AO⊥BC，∴OA=OB,∠AOB=90°，∵∠BOH+∠AOH=90°,∠AOG+∠AOH=90°，∴∠BOH=∠AOG，∵OH=OG，∴△BOH≅△AOG，∴AG=BH；迁移应用：DG⊥BH，证明：∵△BOH≅△AOG，∴∠BHO=∠AGO，∵∠DGH+∠AGO=45°，∴∠DGH+∠BHO=45°，∵∠OHG=45°，∴∠DGH+∠BHO+∠OHG=90°，∴∠HDG=90°，∴DG⊥BH；拓展延伸：BH=3AG，证明：在Rt△AOB中，tan30°=OAOB=33，在Rt△HOG中，tan30°=OGOH=33，∴OA OB=OG OH，由上一问题可知，∠BOH=∠AOG，∴△BOH∽△AOG，∴AG BH=OAOB=33，∴BH=3AG．【点睛】本题考查旋转变换，涉及知识点：全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质、锐角三角函数、等角的余角相等，解题关键结合图形灵活应用相关的判定与性质．例3.(2022·广西贵港·中考真题)已知：点C，D均在直线l的上方，AC与BD都是直线l的垂线段，且BD在AC的右侧，BD=2AC，AD与BC相交于点O．(1)如图1，若连接CD，则△BCD的形状为，AOAD的值为；(2)若将BD沿直线l平移，并以AD为一边在直线l的上方作等边△ADE．①如图2，当AE 与AC 重合时，连接OE ，若AC =32，求OE 的长；②如图3，当∠ACB =60°时，连接EC 并延长交直线l 于点F ，连接OF ．求证：OF ⊥AB ．【思路分析】(1)过点C 作CH ⊥BD 于H ，可得四边形ABHC 是矩形，即可求得AC =BH ，进而可判断△BCD 的形状，AC 、BD 都垂直于l ，可得△AOC ∽△BOD ，根据三角形相似的性质即可求解．(2)①过点E 作EF ⊥AD 于点H ，AC ，BD 均是直线l 的垂线段，可得AC ⎳BD ，根据等边三角形的性质可得∠BAD =30°，再利用勾股定理即可求解．②连接CD ，根据AC ⎳BD ，得∠CBD =∠ACB =60°，即△BCD 是等边三角形，把△ABD 旋转得∠ECD =∠ABD=90°，根据30°角所对的直角边等于斜边的一般得到AF AB =AO AD=13，则可得△AOF ∽△ADB ，根据三角形相似的性质即可求证结论．【答案】(1)等腰三角形，13(2)①OE =27；②见解析【详解】(1)解：过点C 作CH ⊥BD 于H ，如图所示：∵AC ⊥l ，DB ⊥l ，CH ⊥BD ，∴∠CAB =∠ABD =∠CHB =90°，∴四边形ABHC 是矩形，∴AC =BH ，又∵BD =2AC ，∴AC =BH =DH ，且CH ⊥BD ，∴△BCD 的形状为等腰三角形，∵AC 、BD 都垂直于l ，∴AC ⎳BD ，∴△AOC ∽△BOD ，∴AO DO =AC DB =AC 2AC =12，即DO =2AO ，∴AO AD =AO AO +DO =AO 3AO =13，故答案为：等腰三角形，13．(2)①过点E 作EF ⊥AD 于点H ，如图所示：∵AC ，BD 均是直线l 的垂线段，∴AC ⎳BD ，∵△ADE是等边三角形，且AE与AC重合，∴∠EAD=60°，∴∠ADB=∠EAD=60°，∴∠BAD=30°，∴在Rt△ADB中，AD=2BD，AB=3BD，又∵BD=2AC，AC=3 2，∴AD=6,AB=33，∴AH=DH=12AD=3，AE=6在Rt△AEH中，EH=AE2-AH2=62-32=33，又由(1)知AOAD=13，∴AO=13AD=2，则OH=1，∴在Rt△EOH中，由勾股定理得：OE=EH2+OH2=27．②连接CD，如图3所示：∵AC⎳BD，∴∠CBD=∠ACB=60°，∵由(1)知△BCD是等腰三角形，∴△BCD是等边三角形，又∵△ADE是等边三角形，∴△ABD绕点D顺时针旋转60°后与△ECD重合，∴∠ECD=∠ABD=90°，又∵∠BCD=∠ACB=60°，∴∠ACF=∠FCB=∠FBC=30°，∴FC=FB=2AF，∴AF AB=AOAD=13，又∠OAF=∠DAB，∴△AOF∽△ADB，∴∠AFO=∠ABD=90°，∴OF⊥AB．【点睛】本题考查了矩形的判定及性质、三角形相似的判定及性质、等边三角形的判定及性质、勾股定理的应用，熟练掌握三角形相似的判定及性质和勾股定理的应用，巧妙借助辅助线是解题的关键．【精练模拟题】例1.(2022·山东济宁·校考二模)如图1，正方形ABCD对角线AC、BD交于点O，E、F分别为正方形ABCD边AB、AD上的点，EF⊥AC交于点M，且ME=MF，N为BF中点．(1)请直接写出ON与OM的数量关系(2)若将△AEF绕点A旋转到图2所示位置时，(1)中的结论是否成立，若成立请证明；若不成立，请说明理由；(3)若AB=8，E为AB中点，△AEF绕点A旋转过程中，直接写出点M与点C的最大距离．【答案】(1)OM=2ON(2)成立，证明见解析(3)42【思路分析】(1)如图1，连接MN，由正方形的性质可知，O是BD的中点，AB=AD，∠BAD=90°，由ME=MF 可知M为EF的中点，△AEF是等腰直角三角形，则BE=DF，由N为BF中点，可知MN和ON分别为△BEF 和△BDF的中位线，根据中位线的性质可得∠MNO=90°，MN=ON，在Rt△MON中，由勾股定理可求得OM= 2ON；(2)如图2，连接MN，连接BE、DF交于点H，证明△DAF≌△BAE SAS，则，DF=BE∠ADF=∠ABE，在△BDH中，由三角形内角和求得∠BHD=90°，则BE⊥DF，MN和ON分别为△BEF和△BDF的中位线，根据中位线的性质可得∠MNO=90°，MN=ON，在Rt△MON中，由勾股定理可求得OM=2ON；(3)由题意知，AE=12AB=4，AM=AE sin45°=22，可知M在以A为圆心，22为半径的圆上运动，如图3，由题意知，当C、A、M三点共线时，CM取最大与最小值，根据二者的差为⊙A的直径计算求解即可．【详解】(1)解：OM=2ON．如图1，连接MN，由正方形的性质得，O是BD的中点，AB=AD，∠BAD=90°，∵ME=MF，∴M为EF的中点，且EF⊥AC，∴△AEF是等腰直角三角形，∴AE=AF，BE=DF，∵N为BF中点，∴MN和ON分别为△BEF和△BDF的中位线，∴MN∥AB，ON∥AD，MN=12BE，ON=12DF，∴∠MNO=90°，MN=ON，在Rt△MON中，由勾股定理得OM=MN2+ON2=2ON，∴OM=2ON．(2)解：成立．证明如下：如图2，连接MN，连接BE、DF交于点H，由(1)知AE=AF，∠EAF=90°，由正方形的性质得AB=AD，∠BAD=90°，∠ABD=∠ADB=45°，∵∠DAF=∠DAE+∠EAF，∠BAE=∠BAD+∠DAE，∴∠DAF=∠BAE，在△DAF和△BAE中∵AF=AE∠DAF=∠BAE AD=AB，∴△DAF≌△BAE SAS，∴DF=BE，∠ADF=∠ABE，∴∠BHD=180°-∠ABD-∠ABE-∠ADB+∠ADF=90°，∴BE⊥DF，∵M为EF的中点，N为BF中点，∴MN和ON分别为△BEF和△BDF的中位线，∴MN∥BE，ON∥DF，MN=12BE，ON=12DF，∴∠MNO=90°，MN=ON，在Rt△MON中，由勾股定理得OM=MN2+ON2=2ON，∴OM=2ON．(3)解：由题意知，AE=12AB=4，AM=AE sin45°=22，∴M在以A为圆心，22为半径的圆上运动，如图3，由题意知，当C、A、M三点共线时，CM取最大与最小值，且最大与最小的差为⊙A的直径42，∴点M与点C的最大距离和最小距离的差为42．故答案为∶42例2.(2022·湖北省直辖县级单位·校考一模)如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，过点A作直线MN，使∠CAB=∠CAM，过点B作BN⊥MN于点N，过点C作CM⊥MN于点M．(1)猜想∠ACM与∠BAN的数量关系，并说明理由；(2)求证：AB=AN+2AM；(3)如图2，连接NC交AB于点G，若CG=34NG，CM=6，求AC的长．【答案】(1)∠BAN=2∠ACM，理由见解析(2)证明见解析(3)6305【思路分析】(1)根据直角三角形两锐角互余得到∠CAM=90°-∠ACM，再由平角的定义得到2∠CAM+∠BAN =180°，由此即可推出结论；(2)如图所示，过点C作CD⊥AB于D，证明△CAM≌△CAD，AD=AM，CM=CD，再证明A、C、B、N四点共圆，得到∠ABC=∠ANC，进而证明△CMN≌△CDB，得到BD=MN，由此即可证明结论；(3)如图所示，过点N作NE⊥AB于E，过点C作CH⊥BN于H，则四边形CMNH是矩形，得到NH=CM=6，再由全等三角形的性质和三线合一定理得到，BN=2NH=12，证明△CDG∽△NEG，推出NE=8，利用勾股定理求出BE=45，证明△ABN∽△NBE，求出AB=3655,AN=2455，进而求出AM=655，则AC=AM2+CM2=6305．【详解】(1)解：∠BAN=2∠ACM，理由如下；∵CM⊥MN，即∠M=90°，∴∠ACM+∠CAM=90°，∴∠CAM=90°-∠ACM∵∠CAB=∠CAM，∠CAB+∠CAM+∠BAN=180°，∴2∠CAM+∠BAN=180°，∴180°-2∠ACM+∠BAN=180°，∴∠BAN=2∠ACM；(2)证明：如图所示，过点C作CD⊥AB于D，∴∠M=∠CDA=90°，又∵∠CAD=∠CAM，CA=CA，∴△CAM≌△CAD AAS，∴AD=AM，CM=CD，∵BN⊥MN，∴∠BNA=∠ACB=90°，∴A、C、B、N四点共圆，∴∠ABC=∠ANC，又∵∠CMN=∠CDB=90°，CM=CD，∴△CMN≌△CDB AAS，∴BD=MN，∴AB=AD+BD=AM+MN=AM+AM+AN=2AM+AN；(3)解：如图所示，过点N作NE⊥AB于E，过点C作CH⊥BN于H，则四边形CMNH是矩形，∴NH=CM=6，∵△CMN≌△CDB，∴CN=CB，∴BN=2NH=12，∵CD⊥AB，NE⊥AB，∴CD∥NE，∴△CDG∽△NEG，∴NE CD=NG CG，∵CG=34NG，∴NE CD=4 3，又∵CD=CM=6，∴NE=8，∴BE=BN2-NE2=45，∵∠NEB=∠ANB，∠NBE=∠ABN，∴△ABN∽△NBE，∴AB NB=ANNE=BNBE，即AB12=AN8=1245，∴AB=3655,AN=245 5，∴AM=AB-AN2=65 5，∴AC=AM2+CM2=6305．例3.(2021·北京·一模)在正方形ABCD中，点E在射线BC上(不与点B、C重合)，连接DB，DE，将DE绕点E逆时针旋转90°得到EF，连接BF．(1)如图1，点E在BC边上．①依题意补全图1；②若AB=6，EC=2，求BF的长；(2)如图2，点E在BC边的延长线上，用等式表示线段BD，BE，BF之间的数量关系，并证明．【答案】(1)①见解析；②BF=22(2)BF+BD=2BE，证明见解析【思路分析】(1)①根据题意作图即可；②过点F作FH⊥CB，交CB的延长线于H，证明△DEC≌△EFH得到EC=FH=2，CD=BC=EH=6，则HB=EC=2，在Rt△FHB中，利用勾股定理即可求解；(2)过点F作FH⊥CB，交CB的延长线于H，证明△DEC≌△EFH得到EC=FH，CD=BC=EH，则HB= EC=HF，△DCB和△BHF都是等腰直角三角形，由此利用勾股定理求解即可．1)①如图所示，即为所求；【详解】(②如图所示，过点F作FH⊥CB，交CB的延长线于H，∵四边形ABCD是正方形，∴CD=AB=6，∠C=90°，∵∠DEF=∠C=90°，∴∠DEC+∠FEH=90°，∠DEC+∠EDC=90°，∴∠FEH=∠EDC，在△DEC和△EFH中，∠H=∠C=90°，∠FEH=∠EDCEF=DE∴△DEC≌△EFH，∴EC =FH =2，CD =BC =EH =6，∴HB =EC =2，∴在Rt △FHB 中，BF =FH 2+BH 2=22+22=22．(2)结论：BF +BD =2BE ，理由如下：过点F 作FH⊥CB ，交CB 的延长线于H ，∵四边形ABCD 是正方形，∴CD =AB ，∠DCE =90°，∵∠DEF =∠DCE =90°，∴∠DEC +∠FEH =90°，∠DEC +∠EDC =90°，∴∠FEH =∠EDC ，在△DEC 和△EFH 中，∠FHE =∠DCE =90°∠FEH =∠EDC EF =DE，∴△DEC ≌△EFH ，∴EC =FH ，CD =BC =EH ，∴HB =EC =HF ，∴△DCB 和△BHF 都是等腰直角三角形，∴BD =BC 2+CD 2=2BC =2EH ，BF =BH 2+HF 2=2BH ，∵EH +BH =BE ，∴BF +BD =2BE ．例4.(2021·安徽·统考三模)已知：在△EFG 中，∠EFG =90°，EF =FG ，且点E ，F 分别在矩形ABCD 的边AB ，AD 上．(1)如图1，当点G 在CD 上时，求证：△AEF ≌△DFG ；(2)如图2，若F 是AD 的中点，FG 与CD 相交于点N ，连接EN ，求证：EN =AE +DN ；(3)如图3，若AE =AD ，EG ，FG 分别交CD 于点M ，N ，求证：MG 2=MN ⋅MD【答案】(1)详见解析(2)详见解析(3)详见解析【思路分析】1 先用同角的余角相等，判断出∠AEF=∠DFG，即可得出结论；2 先判断出△AHF≌△DNF，得出AH=DN，FH=FN，进而判断出EH=EN，即可得出结论；3 先判断出AF=PG，PF=AE，进而判断出PG=PD，得出∠MDG=45°，进而得出∠FGE=∠GDM，判断出△MGN∽△MDG，即可得出结论．【详解】(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠D=90°，∴∠AEF+∠AFE=90°，∵∠EFG=90°，∴∠AFE+∠DFG=90°，∴∠AEF=∠DFG，∵EF=FG，在△AEF和△DFG中，∠FAE=∠GDF∠AEF=∠DFGEF=FG∴△AEF≌△DFG AAS；(2)证明：如图2，延长NF，EA相交于H，∴∠AFH=∠DFN，由1 知，∠EAF=∠D=90°，∴∠HAF=∠D=90°，∵点F是AD的中点，∴AF=DF，在△AHF和△DNF中，∠HFA=∠NFDAF=DF∠HAF=∠NDF∴△AHF≌△DNF ASA，∴AH=DN，FH=FN，∵∠EFN=90°，∴EH=EN，∵EH=AE+AH=AE+DN，∴EN=AE+DN；(3)证明：如图3，过点G作GP⊥AD交AD的延长线于P，∴∠P=90°，同1 的方法得，△AEF≌△PFG AAS，∴AF=PG，PF=AE，∵AE=AD，∴PF=AD，∴AF=PD，∴PG=PD，∵∠P=90°，∴∠PDG=45°，∴∠MDG=45°，在Rt△EFG中，EF=FG，∴∠FGE=45°，∴∠FGE=∠GDM，∵∠GMN=∠DMG，∴△MGN∽△MDG，∴MG DM=MN MG，∴MG2=MN⋅MD．例5.(2022·江苏扬州·校考三模)在矩形ABCD中，AB=6,BC=8，【问题发现】(1)如图1，E为边DC上的一个点，连接BE，过点C作BE的垂线交AD于点F，试猜想BE与CF的数量关系并说明理由．【类比探究】(2)如图2，G为边AB上的一个点，E为边CD延长线上的一个点，连接GE交AD于点H，过点C作GE的垂线交AD于点F，试猜想GE与CF的数量关系并说明理由．【拓展延伸】(3)如图3，点E从点B出发沿射线BC运动，连接AE，过点B作AE的垂线交射线CD于点F，过点E作BF的平行线，过点F作BC的平行线，两平行线交于点H，连接DH，在点E的运动的路程中，线段DH的长度是否存在最小值？若存在，求出线段DH长度的最小值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)BE=43CF，理由见解析(2)GE=43CF，理由见解析(3)存在，DH长度的最小值为3.6【思路分析】(1)证明△BCE∽△CDF，即可得解；(2)过点G作CD的垂线交CD于点M，证明△GME∽△CDF，即可得解；(3)过点H作HK⊥BC于点K，连接HC,AC，则四边形FCKH是矩形，证明∠AEB∽△BFC，得出CKHK=FH BC=BE FC=34，根据∠HKC=∠ABC=90°，可得△ABC∽△CKH，得出H在HC上运动，当DH⊥HC时，DH最小，进而求得sin∠DCH=35，根据DH=DC×sin∠DCH，即可求解．【详解】(1)解：BE=43CF，理由如下：∵四边形ABCD为矩形，∴∠BCD=∠CDA=90°,CD=AB=8，∴∠BCF+∠DCF=90°，∵BE⊥CF，∴∠BCF+∠EBC=90°，∴∠DCF=∠EBC，∴△BCE∽△CDF，∴BE CF=BCCD=86=43，∴BE=43CF；(2)解：GE=43CF，理由如下：过点G作CD的垂线交CD于点M，如图所示：则四边形BCGM为矩形，∴GM=BC=8，∵GM⊥CD，∴∠EGM+∠E=90°，∵CF⊥GE，∴∠E+∠ECF=90°，∴∠EGM=∠ECF，∵∠GME=∠CDF=90°，∴△GME∽△CDF，∴GE CF=GMCD=86=43，∴GE =43CF ；(3)存在，理由如下，如图，过点H 作HK ⊥BC 于点K ，连接HC ,AC ，则四边形FCKH 是矩形，∵BE ∥FH ,FH ∥BE∴四边形BEHF 是平行四边形，∴FH =BE =CK ，∵∠ABE =∠FCB =90°，BF ⊥AE ，∴∠FBC +∠AEB =∠FBC +∠BFC =90°，∴∠AEB ∽△BFC ，∴BE FC =AB BC=34，∵FH =BE =CK ，∴CK HK =FH BC =BE FC=34，又∠HKC =∠ABC =90°，∴△ABC ∽△CKH ，∴∠HCK =∠CAB ，∴H 在HC 上运动，∴当DH ⊥HC 时，DH 最小，∵∠HCK =∠CAB ，∴∠CHK =∠ACB ，∵FC ∥HK ，∴∠CHK =∠FCH ，∵AB =6,BC =8，∴AC =10，∴sin ∠ACB =sin ∠CHK =sin ∠DCH =35，∴当DH ⊥HC 时，DH =DC ×sin ∠DCH =6×35=185=3.6，即DH 长度的最小值为3.6．例6.(2022·山东济南·模拟)如图1，已知AB 为⊙O 的直径，点C 为AB 的中点，点D 在BC 上，连接BD 、CD 、BC 、AD 、BC 与AD 相交于点E ．(1)求证：∠C +∠CBD =∠CBA ；(2)如图2，过点C 作CD 的垂线，分别与AD ，AB ，⊙O 相交于点F 、G 、H ，求证：AF =BD ；(3)如图3，在(2)的条件下，连接BF ，若BF =BC ，△CEF 的面积等于3，求FG 的长．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)FG =22【思路分析】(1)连接AC ，由AC =BC ，推出∠CBA =∠CAB =∠CAD +∠DAB ，由CD =CD ，BD =BD ，推出∠DCB =∠DAB ，∠CBD =∠CAD ，推出∠DCB +∠CBD =∠CAD +∠DAB =∠CAB =∠CBA ；(2)只要证明△ACF ≌△BCD ，即可推出AF =BD ；(3)由△ACK ≌△CBM ，推出AK =CM ，由△ACF ≌△BCD ，推出CF =CD ，△AFK 是等腰直角三角形，推出AK =FK =FM =CM ，在Rt △AKC 中，tan ∠CAK =CK AK =3，作EN ⊥CH 于N ，在Rt △NCE 中，由∠HCB =∠CAK ，推出tan ∠NCE =EN CN=3，设CN =m ，EN =3m =NF ，由S △CEF =12CF ⋅EN =12×m +3m ×3m ，推出m =22，推出CF =4m =22，推出CM =FM =FK =AK =2，AF =2，由DB =DB ，推出∠DCB =∠DAB =∠ACK ，过G 作GQ ⊥AF 于Q ，在Rt △AQG 中，tan ∠FAB =QG AQ=13，设QG =x ，AQ =3x ，FQ =x ，可得4x =2，得x =12，再根据FG =2QG 即可解决问题．【详解】(1)证明：连接AC ，如图所示：在⊙O 中，∵C 为AB 的中点，∴AC =BC∴∠CBA =∠CAB =∠CAD +∠DAB ，∵由CD =CD ，BD =BD，∴∠DCB =∠DAB ，∠CBD =∠CAD ，∴∠DCB +∠CBD =∠CAD +∠DAB =∠CAB =∠CBA ．(2)证明：连接AC ，如图所示：∵AB 是直径，∴∠ACB =90°=∠ACF +∠FCB ，∵CD ⊥CH ，∴∠DCH =90°=∠FCB +∠DCB ，∴∠ACF =∠DCB ，∵AC =BC ，∴AC =BC ，∵在△ACF 和△BCD 中∠ACF =∠DCBAC =BC ∠CAF =∠CBD，∴△ACF ≌△BCD ASA ，∴AF =BD ．(3)解：作BM ⊥CH 于M ，AK ⊥CH 于K ，如图所示：∴∠ACK +∠CAK =90°，∠AKC =∠BMC =90°，∵∠ACB =90°，∴∠ACK +∠KCB =90°，∴∠CAK =∠KCB ，∵AC =BC ，∴△ACK ≌△CBM ，∴AK =CM ，∵CB =BF ，BM ⊥CF ，∴CM =FM =AK ，∵△ACF ≌△BCD ，∴CF =CD ，∵∠FCD =90°，∴∠CFD =∠CDF =45°=∠AFK ，∴△AFK 是等腰直角三角形，∴AK =FK =FM =CM ，在Rt △AKC 中，tan ∠CAK =CK AK=3，作EN ⊥CH 于N ，在Rt △NCE 中，∵∠HCB =∠CAK ，∴tan ∠NCE =EN CN=3，设CN =m ，EN =3m =NF ，∴S △CEF =12CF ⋅EN =12×m +3m ×3m =3，∴m =22，∴CF =4m =22，∴CM =FM =FK =AK =2，∴AF =2，∵DB =DB，∴∠DCB =∠DAB =∠ACK ，过G 作GQ ⊥AF 于Q ，在Rt △AQG 中，tan ∠FAB =QG AQ =13，设QG =x ，AQ =3x ，FQ =x ，∴4x =2，∴x =12，∴FG =2QG =22．。
中考数学复习《整体思想解析》
方法技巧专题三整体思想解析在数学思想中整体思想是最基本、最常用的数学思想。
它是通过研究问题的整体形式、整体结构，并对其进行调节和转化使问题获解的一种方法．简单地说就是从整体去观察、认识问题、从而解决问题的思想。
运用整体思想，可以理清数学学习中的思维鄣碍，可以使繁难的问题得到巧妙的解决。
它是数学解题中一个极其重要而有效的策略，是提高解题速度的有效途径。
整体思想的主要表现形式有：整体代入、整体加减、整体代换、整体联想、整体补形、整体改造等等．在初中数学中的数与式、方程与不等式、函数与图象、几何与图形等方面，整体思想都有很好的应用，因此，每年的中考中涌现了许多别具创意、独特新颖的涉及整体思想的问题，尤其在考查高层次思维能力和创新意识方面具有独特的作用．一、数与式中的整体思想【例题】（2017广东）已知4a+3b=1，则整式8a+6b﹣3的值为﹣1 ．【考点】33：代数式求值．【分析】先求出8a+6b的值，然后整体代入进行计算即可得解．【解答】解：∵4a+3b=1，∴8a+6b=2，8a+6b﹣3=2﹣3=﹣1；故答案为：﹣1．【同步训练】（2017湖北江汉）已知2a﹣3b=7，则8+6b﹣4a= ﹣6 ．【考点】33：代数式求值．【分析】先变形，再整体代入求出即可．【解答】解：∵2a﹣3b=7，∴8+6b﹣4a=8﹣2（2a﹣3b）=8﹣2×7=﹣6，故答案为：﹣6．二、方程（组）与不等式（组）中的整体思想【例题】先阅读,然后解方程组.解方程组时,可由①得x-y=1, ③然后再将③代入②得4×1-y=5,求得y=-1,从而进一步求得这种方法被称为“整体代入法”, 请用这样的方法解下列方程组解:由①得2x-3y=2, ③把③代入②得,+2y=9,解得y=4,把y=4代入③得,2x-3×4=2,解得x=7,∴原方程组的解为【同步训练】仔细观察下图，认真阅读对话根据对话的内容，试求出饼干和牛奶的标价各是多少元？【考点】一元一次不等式组的应用．【分析】设饼干的标价是x元/袋，（x是整数）牛奶的标价是y元/袋，由题意得，用整体代入的思想求出x的取值，注意为整数且小于10，代入②可求牛奶的价格．【解答】解：设饼干的标价是x元/袋，（x是整数）牛奶的标价是y元/袋，由题意得，由②得y=9.2﹣0.9x③③代入①得x+9.2﹣0.9x＞10∴x＞8∵x是整数且小于10∴x=9∴把x=9代入③得y=9.2﹣0.9×9=1.1（元）答：饼干的标价是9元/盒，牛奶的标价是1.1元/袋．三、函数与图像中的整体思想【例题】某学校艺术馆的地板由三种正多边形的小木板铺成，设这三种多边形的边数分别为x、y、z，求+的值．【考点】平面镶嵌（密铺）．【分析】根据边数求出各个多边形的每个内角的度数，结合镶嵌的条件列出方程，进而即可求出答案．【解答】解：由题意知，这3种多边形的3个内角之和为360度，已知正多边形的边数为x、y、z，那么这三个多边形的内角和可表示为： ++=360，两边都除以180得：1﹣+1﹣+1﹣=2，两边都除以2得： +=．【点评】本题考查了平面镶嵌（密铺）．解决本题的关键是知道这3种多边形的3个内角之和为360度，据此进行整理分析得解．【同步训练】（2017浙江衢州）“五•一”期间，小明一家乘坐高铁前往某市旅游，计划第二天租用新能源汽车自驾出游．根据以上信息，解答下列问题：（1）设租车时间为x小时，租用甲公司的车所需费用为y1元，租用乙公司的车所需费用为y2元，分别求出y1，y2关于x的函数表达式；（2）请你帮助小明计算并选择哪个出游方案合算．【考点】FH：一次函数的应用；FA：待定系数法求一次函数解析式．【分析】（1）根据函数图象中的信息，分别运用待定系数法，求得y1，y2关于x的函数表达式即可；（2）当y1=y2时，15x+80=30x，当y1＞y2时，15x+80＞30x，当y1＜y2时，15x+80＞30x，分求得x的取值范围即可得出方案．【解答】解：（1）设y1=k1x+80，把点（1，95）代入，可得95=k1+80，解得k1=15，∴y1=15x+80（x≥0）；设y2=k2x，把（1，30）代入，可得30=k2，即k2=30，∴y2=30x（x≥0）；（2）当y1=y2时，15x+80=30x，解得x=；当y1＞y2时，15x+80＞30x，解得x＜；当y1＜y2时，15x+80＞30x，解得x＞；∴当租车时间为小时，选择甲乙公司一样合算；当租车时间小于小时，选择乙公司合算；当租车时间大于小时，选择甲公司合算．四、几何与图形中的整体思想：【例题】小明把一副含45°，30°的直角三角板如图摆放，其中∠C=∠F=90°，∠A=45°，∠D=30°，则∠α+∠β等于（）A．180 B．210 C．360 D．270【分析】根据三角形的外角的性质分别表示出∠α和∠β，计算即可．【解答】解：∠α=∠1+∠D，∠β=∠4+∠F，∴∠α+∠β=∠1+∠D+∠4+∠F=∠2+∠D+∠3+∠F=∠2+∠3+30°+90°=210°，故选：B．【点评】本题考查的是三角形外角的性质，掌握三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和是解题的关键．【同步训练】如图，△ABC中，AC=8，BC=5，AB的垂直平分线DE交AB于点D，交边AC于点E，则△BCE的周长为13 ．【分析】根据线段的垂直平分线的性质得到EA=EB，根据三角形的周长公式计算即可．【解答】解：∵DE是AB的垂直平分线，∴EA=EB，则△BCE的周长=BC+EC+EB=BC+EC+EA=BC+AC=13，故答案为：13．【点评】本题考查的是线段的垂直平分线的性质，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键．【达标检测】1.（2017.江苏宿迁）若a﹣b=2，则代数式5+2a﹣2b的值是9 ．【考点】33：代数式求值．【分析】原式后两项提取2变形后，将已知等式代入计算即可求出值．【解答】解：∵a﹣b=2，∴原式=5+2（a﹣b）=5+4=9，故答案为：92.已知是方程组的解，则a2﹣b2= 1 ．【考点】97：二元一次方程组的解．【分析】根据是方程组的解，可以求得a+b和a﹣b的值，从而可以解答本题．【解答】解：∵是方程组的解，∴，解得，①﹣②，得a﹣b=，①+②，得a+b=﹣5，∴a2﹣b2=（a+b）（a﹣b）=（﹣5）×（﹣）=1，故答案为：1．3.四边形中，如果有一组对角都是直角，那么另一组对角一定（）A．都是钝角B．都是锐角C．是一个锐角、一个钝角D．互补【考点】多边形内角与外角．【分析】由四边形的内角和等于360°，又由有一组对角都是直角，即可得另一组对角一定互补．【解答】解：如图：∵四边形ABCD的内角和等于360°，即∠A+∠B+∠C+∠D=360°，∵∠A=∠C=90°，∴∠B+∠D=180°．∴另一组对角一定互补．故选D．【点评】此题考查了四边形的内角和定理．此题难度不大，解题的关键是注意掌握四边形的内角和等于360°．4.四边形是大家最熟悉的图形之一，我们已经发现了它的许多性质．只要善于观察、乐于探索，我们还会发现更多的结论．（1）四边形一条对角线上任意一点与另外两个顶点的连线，将四边形分成四个三角形（如图①），其中相对的两对三角形的面积之积相等．你能证明这个结论吗？试试看．已知：在四边形ABCD中， O是对角线BD上任意一点．（如图①）求证：S△OBC •S△OAD=S△OAB•S△OCD；（2）在三角形中（如图②），你能否归纳出类似的结论？若能，写出你猜想的结论，并证明：若不能，说明理由．【解析】证明：（1）分别过点A、C，做AE⊥DB，交DB的延长线于E，CF⊥BD于F，则有：S△AOB=BO•AE，S△COD=DO•CF，S△AOD=DO•AE，S△BOC=BO•CF，∴S△AOB •S△COD=BO•DO•AE•CF，S△AOD •S△BOC=BO•DO•CF•AE，∴S△AOB •S△COD=S△AOD•S△BOC．；（2）能．从三角形的一个顶点与对边上任意一点的连线上任取一点，与三角形的另外两个顶点连线，将三角形分成四个小三角形，其中相对的两对三角形的面积之积相等．或S△AOD •S△BOC=S△AOB•S△DOC，已知：在△ABC中，D为AC上一点，O为BD上一点，求证：S△AOD •S△BOC=S△AOB•S△DOC．证明：分别过点A、C，作AE⊥BD，交BD的延长线于E，作CF⊥BD于F，则有：S△AOD =DO•AE，S△BOC=BO•CF，S△OAB =OB•AE，S△DOC=OD•CF，∴S△AOD •S△BOC=OB•OD•AE•CF，S△OAB •S△DOC=BO•OD•AE•CF，∴S△AOD •S△BOC=S△OAB•S△DOC．四个．如图所示：。
中考数学专题复习
作业1 姓名：1、已知x 1、x 2是方程2x 2－2x ＋3m －1=0的两实根，且x 1、x 2满足不等式142121<-+x x x x 则实数m 的取值范围是 ；2、如图，在高2米，坡角为30o 的楼梯表面铺地毯， 则地毯长度至少需 米。
3、已知a 是方程x 2－4x ＋1=0两根的比例中项，且a 为正值，负数b 是方程x 2＋10x ＋4=0两根的比例中项，则a －b= ；4、如图，P 为⊙O 外一点，PA 与PB 切⊙O 于A 、B 点，PB=4cm ，EF 切⊙O 于C 点，交PA 、PB 于E 、F 点，则△EFP 的周长等于 ；5、不久前，我校共青团发动“献爱心”捐款活动，全校教职工98人积极捐款。
其中在党员和团员人数中有32的人平均捐款50元，在一般的教职工人数中有20%的平均捐款30元，其余教职工每人捐款10元。
设参加捐款活动的教职工中党员和团员共有x 人，全校捐款总数为y 元。
（1）写出y 与x 的函数关系式；（2）若全校共捐款2460元，问参加捐款活动的教职工中党员和团员共有多少人？6、某城市有一条长18千米的环形的环城公路( 如下图所示), 甲骑自行车以每分钟300米的速度从环城公路上的A 点出发, 沿环城公路行驶。
(1)设甲出发x 分钟后, 乙骑自行车以每分钟500米的速度从A 点出发, 按甲行驶的路线去给甲送一份加急电报。
又设乙需要用y 分钟才能把电报送到甲的手中,（1）写出y 与x 的函数关系式, 并求出自变量x 的取值范围。
(2)乙将如何选择行驶路线, 才能用最短时间把电报送到甲的手中?作业2 姓名：1、已知：如图，⊙O 的直径AB=12㎝，AM 、BN 是⊙O 的切线，在AM 上取一点D(D 与A 不重合)，DE 切⊙O 于E ，且DE 的延长线与BN 交于C 点，设AD=x ，BC=y 。
(1)求出y 与x 的函数关系式，并说明是什么函数； (2)若x 、y 是方程2k 2—30k+m=0的两根，求m 的值及x 和y 的值； (3)求△ODC 的面积。
数学思想方法(一) (整体思想、转化思想、分类讨论思想)(无答案)
数学思想方法（一）（整体思想、转化思想、分类讨论思想）考点一：整体思想整体思想是指把研究对象的某一部分（或全部）看成一个整体,通过观察与分析，找出整体与局部的联系，从而在客观上寻求解决问题的新途径。
转化的内涵非常丰富，已知与未知、数量与图形、图形与图形之间都可以通过转化来获得解决问题的转机。
例2 如图，圆柱形容器中，高为1.2m，底面周长为1m，在容器内壁离容器底部0.3m的点B处有一蚊子，此时一只壁虎正好在容器外壁，离容器上沿0.3m与蚊子相对的点A处，则壁虎捕捉蚊子的最短距离为m2如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8，BC=6，点P是AB上的任意一点，作PD⊥AC 于点D，PE⊥CB于点E，连结DE，则DE的最小值为．考点三：分类讨论思想。
分类的原则：（1）分类中的每一部分是相互独立的；（2）一次分类按一个标准；（3）分类讨论应逐级进行．正确的分类必须是周全的，既不重复、也不遗漏．例3 某校实行学案式教学，需印制若干份数学学案，印刷厂有甲、乙两种收费方式，除按印数收取印刷费外，甲种方式还需收取制版费而乙种不需要．两种印刷方式的费用y（元）与印刷份数x（份）之间的关系如图所示：（1）填空：甲种收费的函数关系式是．乙种收费的函数关系式是．（2）该校某年级每次需印制100～450（含100和450）份学案，选择哪种印刷方式较合算？对应训练3．某农场的一个家电商场为了响应国家家电下乡的号召，准备用不超过105700元购进40台电脑，其中A型电脑每台进价2500元，B型电脑每台进价2800元，A型每台售价3000元，B型每台售价3200元，预计销售额不低于123200元．设A型电脑购进x台、商场的总利润为y（元）．（1）请你设计出进货方案；（2）求出总利润y（元）与购进A型电脑x（台）的函数关系式，并利用关系式说明哪种方案的利润最大，最大利润是多少元？（3）商场准备拿出（2）中的最大利润的一部分再次购进A型和B型电脑至少各两台，另一部分为地震灾区购买单价为500元的帐篷若干顶．在钱用尽三样都购买的前提下请直接写出购买A型电脑、B型电脑和帐篷的方案．四、中考真题演练一、选择题1．若a+b=3，a-b=7，则ab=（）A．-10 B．-40 C．10 D．402．已知一个圆柱的侧面展开图为如图所示的矩形，则其底面圆的面积为（）A．πB．4πC．π或4πD．2π或4π3．如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=3，BC=4，点D在BC上，以AC为对角线的所有▱ADCE中，DE最小的值是（）A．2 B．3 C．4 D．54．CD是⊙O的一条弦，作直径AB，使AB⊥CD，垂足为E，若AB=10，CD=8，则BE的长是（）A．8 B．2 C．2或8 D．3或7 5．已知⊙O的直径CD=10cm，AB是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足为M，且AB=8cm，则AC的长为（）A．2cm B．4C．2cm或4D．2cm或二、填空题6．若a2−b2＝16，a−b＝13，则a+b的值为．7如图，在Rt△AOB中，，⊙O的半径为1，点P是AB边上的动点，过12．已知菱形ABCD的两条对角线分别为6和8，M、N分别是边BC、CD的中点，P是对角线BD上一点，则PM+PN的最小值= ．13．（2013•三明）如图①，AB是半圆O的直径，以OA为直径作半圆C，P是半圆C上的一个动点（P与点A，O不重合），AP的延长线交半圆O于点D，其中OA=4．（1）判断线段AP与PD的大小关系，并说明理由；（2）连接OD，当OD与半圆C相切时，求»AP的长；（3）过点D作DE⊥AB，垂足为E（如图②），设AP=x，OE=y，求y与x之间的函数关系式，并写出x的取值范围．。
中考数学复习专题3：开放性问题(含详细参考答案)
中考数学复习专题三：开放性问题一、中考专题诠释开放型问题是相对于有明确条件和明确结论的封闭型问题而言的，它是条件或结论给定不完全、答案不唯一的一类问题．这类试题已成为近年中考的热点，重在考查同学们分析、探索能力以及思维的发散性，但难度适中．根据其特征大致可分为：条件开放型、结论开放型、方法开放型和编制开放型等四类．二、解题策略与解法精讲解开放性的题目时，要先进行观察、试验、类比、归纳、猜测出结论或条件，然后严格证明；同时，通常要结合以下数学思想方法：分类讨论，数形结合，分析综合，归纳猜想，构建数学模型等。
三、中考考点精讲考点一：条件开放型条件开放题是指结论给定，条件未知或不全，需探求与结论相对应的条件．解这种开放问题的一般思路是：由已知的结论反思题目应具备怎样的条件，即从题目的结论出发，逆向追索，逐步探求．例1 （•义乌市）如图，在△ABC中，点D是BC的中点，作射线AD，在线段AD及其延长线上分别取点E、F，连接CE、BF．添加一个条件，使得△BDF≌△CDE，并加以证明．你添加的条件是．（不添加辅助线）．考点：全等三角形的判定。
专题：开放型。
分析：由已知可证∠ECD﹦∠FBD，又∠EDC﹦∠FDB，因为三角形全等条件中必须是三个元素，并且一定有一组对应边相等．故添加的条件是：DE=DF（或CE∥BF或∠ECD=∠DBF 或∠DEC=∠DFB等）；解答：解：（1）添加的条件是：DE=DF（或CE∥BF或∠ECD=∠DBF或∠DEC=∠DFB等）．（2）证明：在△BDF和△CDE中∵∴△BDF≌△CDE．点评：三角形全等的判定是中考的热点，一般以考查三角形全等的方法为主，判定两个三角形全等，先根据已知条件或求证的结论确定三角形，然后再根据三角形全等的判定方法，看缺什么条件，再去证什么条件．考点二：结论开放型：给出问题的条件，让解题者根据条件探索相应的结论并且符合条件的结论往往呈现多样性，这些问题都是结论开放问题．这类问题的解题思路是：充分利用已知条件或图形特征，进行猜想、类比、联想、归纳，透彻分析出给定条件下可能存在的结论，然后经过论证作出取舍．例2 （•宁德）如图，点E、F分别是AD上的两点，AB∥CD，AB=CD，AF=DE．问：线段CE、BF有什么数量关系和位置关系？并加以证明．考点：全等三角形的判定与性质；平行线的性质；平行线的判定与性质。
中考数学复习 类比归纳专题：圆中利用转化思想求角度压轴题四种模型全攻略(原卷+答案解析)
类比归纳专题：圆中利用转化思想求角度压轴题四种模型全攻略【考点导航】目录【典型例题】1【类型一利用同弧或等弧转化圆周角与圆心角】1【类型二构造圆内接四边形转化角】5【类型三利用直径构造直角三角形转化角】9【类型四利用特殊数量关系构造特殊角转化角】15【典型例题】【类型一利用同弧或等弧转化圆周角与圆心角】1(2023·北京·九年级专题练习)如图，AB 为⊙O 的直径，C ，D 为⊙O 上的点，BC=DC．若∠CBD =35°，则∠ABD 的度数为()A.20°B.35°C.40°D.70°【变式训练】1(2022秋·浙江温州·九年级校考阶段练习)如图，在⊙O 中，点A 是BC的中点，若∠ADC =24°，则∠AOB 的度数为()A.12°B.24°C.36°D.48°2(2023秋·江苏镇江·九年级统考期末)如图，点A ，B ，C 都在⊙O 上，B 是AC的中点，∠OBC =50°，则∠AOB 等于°．3(2023·湖北随州·统考中考真题)如图，在⊙O 中，OA ⊥BC ，∠AOB =60°，则∠ADC 的度数为．4(2023春·北京西城·九年级北师大实验中学校考开学考试)如图，四边形ABCD 内接于⊙O ，AB 为直径，BC=CD，∠A =50°，则∠B =．【类型二构造圆内接四边形转化角】1(2022秋·山西临汾·九年级统考期末)⊙O 是△ABC 的外接圆，连接OA 、OB ，若∠OBA =50°，则∠C 的度数为()A.150°B.140°C.130°D.100°【变式训练】1(2023·浙江·九年级假期作业)如图，点A ，B ，C ，D ，E 均在⊙O 上，且BD 经过圆心O ，连接AB ，AE ，CE ，若∠B +∠E =150°，则弧CD 所对的圆心角的度数为()A.30°B.40°C.50°D.60°2(2023·江苏盐城·统考一模)如图，点A 、B 、C 都在⊙O 上，如果∠AOC =∠ABC ，那么∠ABC 的度数为°．3(2023·江苏·九年级假期作业)如图，在⊙O 中，C 为AB 上的点，BC =2AC．若∠ACB =120°，则∠OBC =．4(2023·吉林松原·校联考三模)如图，点A ，B ，C ，D ，E 都是⊙O 上的点，AC=AE，∠D =128°，则∠B =°．【类型三利用直径构造直角三角形转化角】1(2023·湖北襄阳·统考一模)如图，AB 为⊙O 的直径，点C ，点D 是⊙O 上的两点，连接CA ，CD ，AD ．若∠CAB =40°，则∠ADC 的度数是°．【变式训练】1(2023·安徽宣城·校考三模)如图，AE 是直径，点B 、C 、D 在半圆上，若∠B =125°，则∠D =．2(2023·辽宁营口·校联考一模)如图，AB 是⊙O 的直径，弦CD 交AB 于点E ，连接AC ，AD ．若∠BAC =29°，则∠D =．3(2022秋·安徽阜阳·九年级校考期中)如图，AB 是⊙O 的直径，C ，D 两点在圆上，且BC=CD，连接AD ,AC ,∠CAB =25°，P 为ABC一动点(点P 不与点A ，C 重合)，连接DP ，在运动过程中，DP 与AC 相交于点M ，连接DC ．(1)∠BAD 的度数为．(2)当DM =DC 时，∠PDC 的度数为．4(2022秋·浙江杭州·九年级统考期末)如图，以△ABC 的边BC 为直径的⊙O 分别交AB ，AC 于点D ，E ，且点E 是CD的中点，连接DE ．(1)求证：△ABC是等腰三角形．(2)若BC=10，CE=6，求线段AD的长．【类型四利用特殊数量关系构造特殊角转化角】1(2023·江苏连云港·校联考三模)如图，已知：四个边长为1的小正方形拼成一个大正方形，A、B、O是小正方形顶点，⊙O的半径为1，P是⊙O上的点，且位于右上方的小正方形内，则∠APB等于()A.30°B.45°C.60°D.90°【变式训练】1(2023·辽宁朝阳·校联考三模)如图，点A、B、C、D在⊙O上，四边形OBCD是平行四边形，则∠A 的大小为()A.30°B.45°C.60°D.无法确定2(2023·广西防城港·统考一模)如图，点A，B，C，D都在⊙O上，OA⊥BC，∠ADC=30°，则∠AOB的度数为()A.15°B.30°C.45°D.60°3(2023·广东佛山·校考三模)如图，四边形ABCD内接于⊙O,AB=BC，连接OA，OB，若∠BAO= 70°，则∠D=()A.40°B.60°C.45°D.30°4(2023春·陕西西安·九年级高新一中校考期中)如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，BE是⊙O的直径，连接AE，若∠BCD=2∠BAD，若连接OD，则∠DOE的度数是()A.30°B.35°C.45°D.60°类比归纳专题：圆中利用转化思想求角度压轴题四种模型全攻略【考点导航】目录【典型例题】1【类型一利用同弧或等弧转化圆周角与圆心角】1【类型二构造圆内接四边形转化角】5【类型三利用直径构造直角三角形转化角】9【类型四利用特殊数量关系构造特殊角转化角】15【典型例题】【类型一利用同弧或等弧转化圆周角与圆心角】1(2023·北京·九年级专题练习)如图，AB 为⊙O 的直径，C ，D 为⊙O 上的点，BC=DC．若∠CBD =35°，则∠ABD 的度数为()A.20°B.35°C.40°D.70°【答案】A【分析】根据等弧所对的圆周角相等可得∠CAB =∠CBD =35°，根据直径所对的圆周角为90度可得∠ADB =90°，进而可得∠CBA =90°-∠CAB =55°，∠ABD =∠CBA -∠CBD =20°．【详解】解：如图，连接AD ，AC ，∵BC=DC，∠CBD =35°，∴∠CAB =∠CBD =35°，∵AB 为⊙O 的直径，∴∠ADB =90°，∴∠CBA =90°-∠CAB =55°，∴∠ABD =∠CBA -∠CBD =55°-35°=20°，故选A ．【点睛】本题考查圆周角定理，解题的关键是掌握：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，半圆(或直径)所对的圆周角是直角．【变式训练】1(2022秋·浙江温州·九年级校考阶段练习)如图，在⊙O 中，点A 是BC的中点，若∠ADC =24°，则∠AOB 的度数为()A.12°B.24°C.36°D.48°【答案】D【分析】直接利用圆周角定理求解．【详解】解：∵点A 是BC的中点，∴AC=AB，∴∠AOB =2∠ADC =2×24°=48°．故选：D ．【点睛】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．2(2023秋·江苏镇江·九年级统考期末)如图，点A ，B ，C 都在⊙O 上，B 是AC的中点，∠OBC =50°，则∠AOB 等于°．【答案】80°/80度【分析】利用等腰三角形的性质和三角形内角和计算出∠BOC =80°，然后根据圆心角、弧的关系即可求出答案．【详解】解：∵∠OBC =50°，OB =OC ，∴∠OCB =50°，∴∠BOC =180°-∠OBC -∠OCB =80°，∵B 是AC的中点，∴AB=BC ，∴∠AOB =∠BOC =80°，故答案为：80°．【点睛】本题考查了圆心角、弧的的关系，熟练掌握知识点是解题的关键．3(2023·湖北随州·统考中考真题)如图，在⊙O 中，OA ⊥BC ，∠AOB =60°，则∠ADC 的度数为．【答案】30°/30度【分析】根据垂径定理得到AB =AC，根据圆周角定理解答即可．【详解】解：∵OA ⊥BC ，∴AB=AC，∴∠ADC =12∠AOB =30°，故答案为：30°．【点睛】本题考查的是垂径定理和圆周角定理，掌握同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解题的关键．4(2023春·北京西城·九年级北师大实验中学校考开学考试)如图，四边形ABCD 内接于⊙O ，AB 为直径，BC=CD，∠A =50°，则∠B =．【答案】65°/65度【分析】连接AC ．利用等弧所对圆周角相等，得出∠DAC =∠BAC ，从而得出∠BAC =12∠DAB =25°，再利用直径所对圆周角是直角，最后由直角三角形两锐角互余求解即可．【详解】解：如图所示，连接AC ．∵BC=CD，∴∠DAC =∠BAC ．∵∠DAB =50°，∴∠BAC =12∠DAB =25°．∵AB 为直径，∴∠ACB =90°．∴∠B =90°-∠BAC =65°，故答案为：65°．【点睛】本题主要考查了圆周角定理的推论，直角三角形的性质，熟练掌握圆周角定理的推论是解题的关键．【类型二构造圆内接四边形转化角】1(2022秋·山西临汾·九年级统考期末)⊙O 是△ABC 的外接圆，连接OA 、OB ，若∠OBA =50°，则∠C 的度数为()A.150°B.140°C.130°D.100°【答案】B【分析】在优弧AB 上取一点E ，连接AE 、BE ，由⊙O 是△ABC 的外接圆，∠AOB =80°，利用在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半，即可求得∠AEB 的度数，最后由圆内接四边形的性质可得答案．【详解】解：如图，在优弧AB 上取一点E ，连接AE 、BE ，∵∠OBA =50°，OA =OB ，∴∠AOB =80°，∴∠AEB =12∠AOB =12×80°=40°．∵四边形ACBE 是圆内接四边形，∴∠AEB +∠C =180°，∴∠C =180°-∠AEC =140°， 故选：B ．【点睛】本题考查了圆周角定理及圆内接四边形的性质．此题比较简单，注意掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半定理的应用．【变式训练】1(2023·浙江·九年级假期作业)如图，点A ，B ，C ，D ，E 均在⊙O 上，且BD 经过圆心O ，连接AB ，AE ，CE ，若∠B +∠E =150°，则弧CD 所对的圆心角的度数为()A.30°B.40°C.50°D.60°【答案】D【分析】连接DE ，OC ，根据圆内接四边形的性质可得∠B +∠AED =180°，从而得到∠CED =30°，进而得到∠COD =2∠CED =50°，即可求解．【详解】解：如图，连接DE ，OC ，∵四边形ABDE 是⊙O 的内接四边形，∴∠B +∠AED =180°，∵∠B +∠AEC =150°，∴∠CED =30°，∴∠COD =2∠CED =60°，∴弧CD 所对的圆心角的度数为60°．故选：D ．【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，熟练掌握圆内接四边形的性质，圆周角定理是解题的关键．2(2023·江苏盐城·统考一模)如图，点A 、B 、C 都在⊙O 上，如果∠AOC =∠ABC ，那么∠ABC 的度数为°．【答案】120【分析】如图：在优弧AC 上取一点D ，连接AD 、CD ，由圆周角定理和圆的内接四边形可得∠ADC =12∠AOC ，∠ADC +∠ABC =180°，再结合∠AOC =∠ABC 求得∠ABC =120°．【详解】解：如图所示，在优弧AC 上取一点D ，连接AD 、CD ，∴∠ADC =12∠AOC ，∠ADC +∠ABC =180°，∵∠AOC =∠ABC ，∴∠ADC =12∠ABC ∴12∠ABC +∠ABC =180°，∴∠ABC =120°故答案为：120．【点睛】本题主要考查了圆周角定理、圆的内接四边形的性质，掌握圆的内接四边形对角互补是解答本题的关键．3(2023·江苏·九年级假期作业)如图，在⊙O 中，C 为AB 上的点，BC =2AC．若∠ACB =120°，则∠OBC =．【答案】50°【分析】在优弧AB 上取一点D ，连接AD ，BD ，OC ，根据圆周角定理即可得到结论．【详解】解：在优弧AB 上取一点D ，连接AD ，BD ，OC ，∵∠ACB =120°，∴∠D =180°-∠ACB =60°，∴∠AOB =2∠D =120°，∵BC =2AC，∴∠BOC =2∠AOC ，∴∠BOC =80°，∵OC =OB ，∴∠OCB =∠OBC =50°，故答案为：50°．【点睛】本题考查了圆周角定理，添加辅助线构造圆心角和圆周角是解题的关键．4(2023·吉林松原·校联考三模)如图，点A ，B ，C ，D ，E 都是⊙O 上的点，AC =AE ，∠D =128°，则∠B =°．【答案】116【分析】连接AC 、CE ，根据圆内接四边形的性质求出∠CAE ，根据圆心角、弧、弦之间的关系定理求出∠ACE ，根据圆内接四边形的性质计算，得到答案．【详解】解：连接AC 、CE ，∵点A 、C 、D 、E 都是⊙O 上的点，∴∠CAE +∠D =180°，∴∠CAE =180°-128°=52°，∵AC =AE，∴∠ACE =∠AEC =12180°-52° =64°，∵点A 、B 、C 、E 都是⊙O 上的点，∴∠AEC +∠B =180°，∴∠B =180°-64°=116°，故答案为：116．【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质、等腰三角形的性质、掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．【类型三利用直径构造直角三角形转化角】1(2023·湖北襄阳·统考一模)如图，AB 为⊙O 的直径，点C ，点D 是⊙O 上的两点，连接CA ，CD ，AD ．若∠CAB =40°，则∠ADC 的度数是°．【答案】130【分析】连接BC，如图，利用圆周角定理得到∠ACB=90°，则∠B=50°，然后利用圆的内接四边形的性质求∠ADC的度数．【详解】解：如图，连接BC，∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∴∠B=90°-∠CAB=90°-40°=50°，∵∠B+∠ADC=180°，∴∠ADC=180°-50°=130°．故答案为：130．【点睛】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．半圆(或直径)所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．【变式训练】1(2023·安徽宣城·校考三模)如图，AE是直径，点B、C、D在半圆上，若∠B=125°，则∠D=．【答案】145°/145度【分析】连接BE，根据直径所对的圆周角为90度可得∠ABE=90°，进而可得∠CBE=35°，再根据圆内接四边形对角互补即可求解．【详解】解：如图，连接BE，∵AE是直径，点B在半圆上，∴∠ABE=90°，∴∠CBE=∠ABC-∠ABE=125°-90°=35°，∵四边形BCDE是⊙O的内接四边形，∴∠D+∠CBE=180°，∴∠D=180°-∠CBE=145°，故答案为：145°．【点睛】本题考查圆周角定理、圆内接四边形的性质等，解题的关键是掌握圆内接四边形的对角互补．2(2023·辽宁营口·校联考一模)如图，AB是⊙O的直径，弦CD交AB于点E，连接AC，AD．若∠BAC=29°，则∠D=．【答案】61°/61度【分析】如图，连接BC ，证明∠ACB =90°，求出∠ABC ，可得结论．【详解】解：如图，连接BC ．∵AB 是直径，∴∠ACB =90°，∴∠ABC =90°-∠CAB =61°，∴∠D =∠ABC =61°，故答案为：61°．【点睛】本题考查圆周角定理，解题的关键是熟练掌握圆周角定理，属于中考常考题型．3(2022秋·安徽阜阳·九年级校考期中)如图，AB 是⊙O 的直径，C ，D 两点在圆上，且BC =CD，连接AD ,AC ,∠CAB =25°，P 为ABC 一动点(点P 不与点A ，C 重合)，连接DP ，在运动过程中，DP 与AC 相交于点M ，连接DC ．(1)∠BAD 的度数为．(2)当DM =DC 时，∠PDC 的度数为．【答案】 50°100°【分析】(1)根据BC =CD ，可得∠CAD =∠CAB =25°，进而可求∠BAD 的度数；(2)由AB 是⊙O 的直径得∠ACB =90°，再根据圆内接四边形的性质求出∠BCD ，然后可求∠PDC 的度数．【详解】(1)∵BC =CD，∠CAB =25°，∴∠CAD =∠CAB =25°，∴∠BAD =50°；(2)连接BC ．∵AB 是⊙O 的直径，∴∠ACB =90°，∵∠BAD +∠BCD =180°，∴∠ACD =180-50°-90°=40°∵DM =DC ，∴∠DMC =∠ACD =40°，∴∠PDC =180°-40°-40°=100°．故答案为：(1)50°；(2)100°．【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，等腰三角形的性质等知识，关键是熟练掌握圆的性质．4(2022秋·浙江杭州·九年级统考期末)如图，以△ABC 的边BC 为直径的⊙O 分别交AB ，AC 于点D ，E ，且点E 是CD的中点，连接DE ．(1)求证：△ABC 是等腰三角形．(2)若BC =10，CE =6，求线段AD 的长．【答案】(1)证明见解析(2)AD =365【分析】(1)连接BE ，根据直径所对的圆周角为直角，得出BE ⊥AC ，再根据同弧或等弧所对的圆周角相等，得出BE 是∠ABC 的角平分线，然后再根据等腰三角形的判定定理，即可得出结论；(2)连接CD ，根据勾股定理，得出BE =8，再根据三角形的面积公式，结合等腰三角形的性质，得出S △ABC =2S △BCE =48，再根据三角形的面积公式，得出S △ABC =12AB ⋅CD =12×10×CD =48，解得CD =485，再根据勾股定理，得出BD =145，然后根据线段之间的数量关系，即可得出答案．【详解】(1)证明：如图，连接BE ，∵BC 是⊙O 的直径，∴∠BEC =90°，∴BE ⊥AC ，∵点E 是CD的中点，∴DE =CE ，∴∠DBE =∠CBE ，∴BE 是∠ABC 的角平分线，∴△ABC 是等腰三角形；(2)解：如图，连接CD ，在Rt △BCE 中，∵BC =10，CE =6，∴BE =BC 2-CE 2=8，∴S △BCE =12CE ⋅BE =12×6×8=24，又∵BE ⊥AC ，△ABC 是等腰三角形，∴BE 是△ABC 的中线，AB =BC =10，∴S △ABC =2S △BCE =48，∵BC 是⊙O 的直径，∴∠BDC =90°，∴CD ⊥AB ，∴S △ABC =12AB ⋅CD =12×10×CD =48，解得：CD =485，∴BD =BC 2-CD 2=145，∴AD =AB -BD =10-145=365．【点睛】本题考查了直径所对的圆周角为直角、同弧或等弧所对的圆周角相等、等腰三角形的判定与性质、勾股定理，解本题的关键在熟练掌握相关的性质定理和等面积法．【类型四利用特殊数量关系构造特殊角转化角】1(2023·江苏连云港·校联考三模)如图，已知：四个边长为1的小正方形拼成一个大正方形，A 、B 、O 是小正方形顶点，⊙O 的半径为1，P 是⊙O 上的点，且位于右上方的小正方形内，则∠APB 等于()A.30°B.45°C.60°D.90°【答案】B【分析】根据圆周角定理求解即可．【详解】∠APB =12∠AOB =45°，故选：B ．【点睛】本题考查圆周角定理，熟记同圆中一条弧所对的圆周角等于所对圆心角的一半是解题的关键．【变式训练】1(2023·辽宁朝阳·校联考三模)如图，点A 、B 、C 、D 在⊙O 上，四边形OBCD 是平行四边形，则∠A 的大小为()A.30°B.45°C.60°D.无法确定【答案】A【分析】连接OC ，证明△OBC 为等边三角形，得出∠BOC =60°，根据圆周角定理得出∠A =12∠BOC =30°即可．【详解】解：连接OC ，如图所示：∵四边形OBCD 是平行四边形，∴BC =OD ，∴BC =OB =OC ，∴△OBC 为等边三角形，∴∠BOC =60°，∴∠A =12∠BOC =30°，故A 正确．故选：A ．【点睛】本题主要考查了圆周角定理，平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，解题的关键是证明△OBC 为等边三角形，求出∠BOC =60°．2(2023·广西防城港·统考一模)如图，点A ，B ，C ，D 都在⊙O 上，OA ⊥BC ，∠ADC =30°，则∠AOB 的度数为()A.15°B.30°C.45°D.60°【答案】D【分析】由OA ⊥BC ，根据垂径定理的即可求得：AC =AB ，然后由圆周角定理，即可求得∠AOB 的度数．【详解】解：∵OA ⊥BC ，∴AC =AB ，∵∠ADC =30°，∴∠AOB =2∠ADC =2×30°=60°．故选：D ．【点睛】此题考查了圆周角定理以及垂径定理，解题的关键是掌握数形结合思想的应用．3(2023·广东佛山·校考三模)如图，四边形ABCD 内接于⊙O ,AB =BC ，连接OA ，OB ，若∠BAO =70°，则∠D =()A.40°B.60°C.45°D.30°【答案】A【分析】连接OC ，证明△OAB ≌△OCB SSS ，得出∠OBA =∠OBC =∠OCB =∠BAO =70°，则∠ABC =140°，再根据圆内接四边形对角互补，即可求解．【详解】解：连接OC ，在△OAB 和△OBC 中，AB =BCOB =OB OA =OC，∴△OAB ≌△OCB SSS ，∵∠BAO =70°，OA =OB =OC ，∴∠OBA =∠OBC =∠OCB =∠BAO =70°，∴∠ABC =140°，∵四边形ABCD 内接于⊙O ，∴∠D =180°-∠ABC =40°，故选：A ．【点睛】本题主要考查了圆内接四边形，解题的关键是掌握圆的内接四边形对角互补．4(2023春·陕西西安·九年级高新一中校考期中)如图，四边形ABCD 是⊙O 的内接四边形，BE 是⊙O 的直径，连接AE ，若∠BCD =2∠BAD ，若连接OD ，则∠DOE 的度数是()A.30°B.35°C.45°D.60°【答案】D 【分析】根据内接四边形的性质，得到∠BCD +∠BAD =180°，进而得到∠BAD =60°，再根据圆周角定理得到∠BOD =120°，即可求出∠DOE 的度数．【详解】解：∵四边形ABCD 是⊙O 的内接四边形，∴∠BCD +∠BAD =180°，∵∠BCD =2∠BAD ，∴∠BAD =60°，∴∠BOD =120°，∴∠DOE =180°-∠BOD =60°，故选D ．【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，熟练掌握内接四边形的对角互补，以及一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半是解题关键．。
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第2讲转化思想概述：在解数学题时，所给条件往往不能直接应用，•此时需要将所给条件进行转化，这种数学思想叫转化思想，在解题中经常用到．典型例题精析例1．（2002，上海）如图，直线y=12x+2分别交x，y轴于点A、C、P•是该直线上在第一象限内的一点，PB⊥x轴，B为垂足，S△ABP=9．（1）求P点坐标；（2）设点R与点P在同一反比例函数的图象上，且点R在直线PB右侧．作RT⊥x轴，•T为垂足，当△BRT与△AOC相似时，求点R的坐标．分析：（1）求P点坐标，进而转化为求PB、OB的长度，P（m，n）•再转为方程或方程组解，因此是求未知数m，n值．∵S△ABP=9，∴涉及AO长，应先求AO长，由于A是直线y=12x+2与x轴的交点，∴令y=0，得0=12x+2，∴x=-4，∴AO=4．∴(4)2m n=9…①又∵点P（m，n）在直线y=12x+2上，∴n=12m+2…②联解①、②得m=2，n=3，∴P（2，3）．（2）令x=0，代入y=12x+2中有y=2，∴OC=2，∴△AOC∽△BRT，设BT=a，RT=b．分类讨论：①当24ba =…①又由P点求出可确定反比例函数y=6 x又∵R（m+a，b）在反比例函数y=6x上∴b=6m a+……②联解①、②可求a，b值，进而求到R点坐标．②当24ab=时，方法类同于上．例2．（2002，南京）已知：抛物线y1=a（x-t-1）2+t2（a，t是常数，a≠0，t≠0）•的顶点是A，抛物线y2=x2-2x+1的顶点是B．（1）判断点A是否在抛物线y2=x2-2x+1上，为什么？（2）如果抛物线y1=a（x-t-1）2+t2经过点B，①求a的值；②这条抛物线与x轴的两个交点和它的顶点A能否构成直角三角形？•若能，求出t的值；若不能，请说明理由．分析：（1）∵y1的顶点为（t+1，t2），代入y2检验x2-2x+1=（t+1）2-2（t+1）+1=t2+2t+1-2t-2+1=t2，∴点A在y2=x2-2x+1的抛物线上．（2）①由y2=x2-2x+1=（x-1）2+0，∴y2顶点B（1，0），因为y1过B点，∴0=a（1-t-1）2+t 2⇒at2+t2=0．∵t≠0，∴t2≠0，∴a=-1．①当a=-1时，y=-（x-t-1）2+t2，它与x轴的两个交点纵坐标为零，即y1=0，有0=-（x-t-1）2+t2⇒x-t-1=±t∴x1=t+t+1=2t+1， x2=-t+t+1=1．情况一：两交点为E（2t+1，0），F（1，0）．而A（t+1，t2）由对称性有AF=AE（如图）∴只能是∠FAE=90°，AF2=AD2+DF2．而FD=OD-OF=t+1-1=t，A D=t2，∴AF2=t2+t2=AE2，FE=OE-OF=2t+1-1=2t．令EF2=AF2+AE2，则有（2t）2=2（t2+t2），4t2=2t4+2t2，∵t≠0，∴t2-1=0，∴t=±1．情况二：E（1，0），F（2t+1，0）用分析法若△FAE为直角三角形，由抛物线对称性有AF=AE即△AFE为等腰直角三角形．且D为FE中点，∵A（t+1，t2），∴AD=t2，OD=t+1，∴AD=DE，∴t2=OE-OD=1-（t+1），t2=-t，∴t1=0（不合题意，舍去），t2=-1．故这条抛物线与x轴两交点和它们的顶点A能够成直角三角形，这时t=±1．中考样题看台1．（2003，海南）已知抛物线y=ax2+bx+c开口向下，并且经过A（0，1）和M（2，-3）两点．（1）若抛物线的对称轴为x=-1，求此抛物线的解析式；（2）如果抛物线的对称轴在y轴的左侧，试求a的取值范围；（3）如果抛物线与x轴交于B、C两点，且∠BAC=90°，求此时a的值．2．（2003，南宁）如图，已知E是△ABC的内心，∠A的平分线交BC于点F，•且与△ABC 的外接圆相交于点D．（1）求证：∠DBE=∠DEB；（2）若AD=8cm，DF：FA=1：3，求DE的长．3．（2003，山东）如图是由五个边长都是1的正方形纸片拼接而成的，过点A 1的直线分别与BC 1、BE 交于M 、N ，且被直线MN 分成面积相等的上、下两部分． （1）求1MB +1NB的值； （2）求MB 、NB 的长；（3）将图沿虚线折成一个无盖的正方形纸盒后，求点MN 间的距离．D 2C 2B 1A 1D 1C 1BC AE D NM F4．（2004，云南）如图，MN 表示某引水工程的一段设计路线，从M 到N•的走向为南偏东30°，在M 的南偏东60°方向上有一点A ，以A 为圆心，500•米为半径的圆形区域为居民区，取MN 上另一点B ，测得BA 的方向为南偏东75°，已知MB=400米，通过计算，如果不改变方向，输水线路是否会穿过居民区？东北ABNM5．（2004，丽水市）如图，在平面直角坐标系中，已知OA=12厘米，OB=6厘米，点P•从点O 开始沿OA 边向点A 以1厘米/秒的速度移动；点Q 从点B 开始沿BO 边向点O 以1厘米/秒的速度移动，如果P 、Q 同时出发，用t （秒）表示移动的时间（0≤t ≤6），那么 （1）设△POQ 的面积为y ，求y 关于t 的函数解析式；（2）当△POQ 的面积最大时，将△POQ 沿直线PQ 翻折后得到△PCQ ，试判断点C•是否落在直线AB 上，并说明理由；（3）当t 为何值时，△POQ 与△AOB 相似．B Ay xQ PO考前热身训练1．已知抛物线y=（x-2）2-m 2（常数m>0）的顶点为P ． （1）写出抛物线的开口方向和P 点的坐标；（2）若此抛物线与x 轴的两个交点从左到右分别为A 、B ，并且∠APB=90°，试求△ABP 的周长．2．已知m ，n 是关于x 方程x 2+（x+2t=0的两个根，且m 2过点Q （m ，n ）的直线L 1与直线L 2交于点A （0，t ），直线L 1，L 2分别与x 轴的负半轴交于点B 、C ，如图，△ABC 为等腰三角形． （1）求m ，n ，t 的值； （2）求直线L 1，L 2的解析式；（3）若P 为L 2上一点，且△ABO ∽△ABP ，求P 点坐标．l 2Al 1BCy xQO3．如图，正方形ABCD 中，AB=1，BC 为⊙O 的直径，设AD 边上有一动点P （不运动至A 、D ），BP 交⊙O 于点F ，CF 的延长线交AB 于点E ，连结PE ．（1）设BP=x ，CF=y ，求y 与x 之间的函数关系式，并写出自变量x 的取值范围； （2）当CF=2EF 时，求BP 的长；（3）是否存在点P ，使△AEP ∽△BEC （其对应关系只能是A ↔B ，E ↔E ，P ↔C ）？如果存在，•试求出AP 的长；如果不存在，请说明理由．BCE答案:中考样题看台1．（1）抛物线解析式是y=-12x2-x+1（2）由题意得：1423ca b c=⎧⎨++=-⎩消去c，得b=-2a-2，•又∵抛物线开口向下，对称轴在y轴左侧，∴2aba<⎧⎪⎨-<⎪⎩∴b<0，∴b=-2a-2<0，解得a>-1，∴a的取值范围是-1<a<0（3）由抛物线开口向下，且经过点A（0，1）知：它与x轴的两个交点B、C分别在原点的两旁，此时B、C两点的横坐标异号OA=c=1，又∠BAC=90°，∴点A必在以BC为直径的圆上；又∵OA⊥BC于O，∴OA2=OB·OC，又∵b=-2a-2，c=1，∴抛物线方程变为：y=ax2-2（a+1）x+1，设此抛物线与x轴的两个交点分别为B（x1，0），C（x2，0），则x1、x2是方程ax2-2（a+1）x+1=0的两根，∴x1·x2=1a，∴OB·OC=│x1│·│x2│=│x1x2│=-x1x2，（∵x1·x2<0），•∴OB·OC=-1a，又∵OA2=OB·OD，OA=1，∴1=-1a，解得a=-1，经检验知：当a=-1时，所确定的抛物线符合题意，故a的值为-1．2．（1）证明，由已知∴∠1=∠2，∠3=∠4，∵∠BED=∠3+∠1，∠5=∠2，∴∠4+∠5=∠3+∠1，即∠EBD=∠BED．（2）△BFD∽△ABD，∴BD2=AD·FD．∵DF：FA=1：3，AD=8，∴DF：AD=1：4，∴184DF =，DF=2cm ，∴BD 2=16，∴DE=BD=4cm ． 3．（1）∵111NB MB A B MB =，即11NB MBMB =-， 得MB+NB=MB ·NB ，两边同除以MB ·NB 得1MB +1NB=1． （2）12MB ·NB=52，即MB ·NB=5， 又由（1）可知MB+NB=MB ·NB=5，∴MB 、NB•分别是方程x 2-5x+5=0的两个实数根，x 1=52+，x 2=52-， ∵MB<NB ，∴（3）B 1MN=1．4．解：过A 作AC ⊥MN 于C ，设AC 长为x 米，由题意可知，∠AMC=30°，∠ABC=45°， •∴MC=AC ·cot30°=3x ，BC=AC=x ，∵MC-BC=MB=400．解得x=200（3+1）（米）．• ∴x>500，∴不改变方向，输水线路不会穿过居民区．5．解：（1）∵OA=12，OB=6，由题意，得BQ=1×t=t ，OP=1×t=t ． ∴OQ=6-t ，∴y=12וOP ×OQ=12×t （6-t ）=-12t 2+3t （0≤t ≤6） （2）∵y=-12t 2+3t ，∴当y 有最大值时，t=3， ∴OQ=3，OP=3，即△POQ 是等腰三角形．•把△POQ 沿PQ 翻折后，可得四边形OPCQ 是正方形， ∴点C 的坐标是（3，3），∵A （12，0），B （0，6）， ∴直线AB 的解析式为y=-12x+6， 当x=3时，y=92≠3，∴点C不落在直线AB上．（3）△POQ∽△AOB时，①若OQ OPOB OA=，即6612t t-=，12-2t=t，∴t=4．②若OQ OPOA OB=，即6126t t-=，6-t=2t，∴t=2，•∴当t=4或t=2时，△POQ与△AOB相似．考前热身训练1．（1）开口向上，P（2，-m2）．（2）设对称轴与x轴交于点C，令（x-2）2-m2=0，得x1=-m+2，x2=m+2，∴A（-m+2，0），B（•m+2，0），∴AC=│2-（-m+2）│=m，（∵m>0）由抛物线对称性得PA2=AC2+PC2=m2+（-m2）2．∵∠APB=90°，∴易证AC=PC，即│m│=│-m2│，∴m1=0，m2=±1．∵m>0，∴m=1，∴△ABC的周长为．2．（1）m=-2，，（2）L1：y2L2：y=3（3）过B作BP1⊥AC于P1，则P1（32，2），过B作BP2⊥AB于P2，则P2（-2，2）．3．（1）y=1x（）．（2）（3）若△AEP∽△BEC，则AE APBE BC=，易知Rt△BAP≌Rt△CBE，BE=AP．BCAyxPO设AP=t （0<t<1），则AE=AB-EB=1-t ，∴11t t t -=，∴，又∵0<t<1，∴t=12，即P 点存在，且AP=12．。
2019年浙江中考数学复习方法技巧专题五：转化思想训练(含答案)
方法技巧专题五转化思想训练转化思想是解决数学问题的根本思想，解数学题的过程其实就是逐渐转化的过程．常见的转化方法有：未知向已知转化，数与形的相互转化，多元向一元转化，高次向低次转化，分散向集中转化，不规则向规则转化，生活问题向数学问题转化等等．一、选择题1．[2019·山西] 我们解一元二次方程3x2－6x＝0时，可以运用因式分解法，将此方程化为3x(x－2)＝0，从而得到两个一元一次方程：3x＝0或x－2＝0，进而得到原方程的解为x1＝0，x2＝2.这种解法体现的数学思想是( )A．转化思想 B．函数思想C．数形结合思想 D．公理化思想2．[2019·扬州] 已知M＝29a－1，N＝a2－79a(a为任意实数)，则M、N的大小关系为( )A．M＜N B．M＝NC．M＞N D．不能确定3．[2019·十堰] 如图F5－1所示，小华从A点出发，沿直线前进10 m后左转24°，再沿直线前进10 m，又向左转24°，…，照这样走下去，他第一次回到出发地A点时，一共走的路程是( )A．140 m B．150 mC．160 m D．240 m图F5－14．[2019·徐州] 图F5－2是由三个边长分别为6，9，x的正方形所组成的图形，若直线AB将它分成面积相等的两部分，则x的值是( )图F5－2A．1或9 B．3或5C．4或6 D．3或6二、填空题5．[2019·烟台] 运行程序如图F5－3所示，从“输入实数x”到“结果是否＜18”为一次程序操作，若输入x后程序操作仅进行了一次就停止，则x的取值范围是________．图F5－36．[2019·达州] 如图F5－4，P是等边三角形ABC内一点，将线段AP绕点A顺时针旋转60°得到线段AQ，连结BQ.若PA＝6，PB＝8，PC＝10，则四边形APBQ的面积为________．图F5－47．[2019·宿迁] 如图F5－5，在矩形ABCD中，AD＝4，点P是直线AD上一动点，若满足△PBC是等腰三角形的点P有且只有3个，则AB的长为________．图F5－5三、解答题8．如图F5－6①，点O是正方形ABCD两条对角线的交点．分别延长OD到点G，OC到点E，使OG＝2OD，OE＝2OC，然后以OG、OE为邻边作正方形OEFG，连结AG，DE.(1)求证：DE⊥AG；(2)正方形ABCD固定，将正方形OEFG绕点O逆时针旋转α角(0°＜α＜360°)得到正方形OE′F′G′，如图②.①在旋转过程中，当∠OAG′是直角时，求α的度数；②若正方形ABCD的边长为1，在旋转过程中，求AF′长的最大值和此时α的度数，直接写出结果，不必说明理由．图F5－6参考答案1．A2．A [解析] ∵N－M＝a2－79a－(29a－1)＝a2－a＋1＝(a－12)2＋34＞0，∴M＜N.故选A.注：此题把比较两个式子的大小转化为比较两个代数式的差的正负．3．B [解析] ∵多边形的外角和为360°，这里每一个外角都为24°，∴多边形的边数为360°÷24°＝15.∴小华一共走的路程＝15×10＝150(m)．故选B.注：把问题转化为正多边形的周长．4．D [解析] 如图，把原图形扩充成矩形，则图中两个阴影部分的面积相等，于是可列方程x(9－x)＝6×(9－6)．整理，得x2－9x＋18＝0，解得x1＝3，x2＝6.故选D.注：此题体现了转化思想(把不规则图形转化为规则图形)和方程思想．5．x＜8 [解析] 由题意，得3x－6<18，解得x＜8.6．24＋9 3 [解析] 如图，连结PQ，则△APQ为等边三角形．∴PQ＝AP＝6.易知△APC≌△AQB，∴QB＝PC＝10.由勾股定理的逆定理，可知∠BPQ＝90°.∴S四边形APBQ＝S△BPQ＋S△APQ＝12×6×8＋34×62＝24＋9 3.故答案为24＋9 3.注：此题体现了分散向集中转化，即通过旋转把PA，PB，PC集中到△PBQ中．7．4或2 3 [解析] 设AD的中点为P1，无论AB多长，△P1BC都是等腰三角形，即点P1始终是符合条件的一个点．(1)如图①，当以点B(或点C)为圆心，以BC为半径的圆与直线AD相切时，符合条件的点有3个，此时AB＝BC＝4；(2)如图②，分别以点B(或点C)为圆心，以BC为半径的圆经过点P1时，符合条件的点也有3个．此时BP1＝BC＝4，AB＝2 3.综上所述，BA的长为4或2 3.注：将等腰三角形的个数转化为直线与圆的交点个数．8．解：(1)证明：如图，延长ED交AG于点H.∵O 为正方形ABCD 对角线的交点， ∴OA ＝OD ，∠AOG ＝∠DOE＝90°， ∵四边形OEFG 为正方形，∴OG ＝OE ， ∴△AOG ≌△DOE ， ∴∠AGO ＝∠DEO. ∵∠AGO ＋∠GAO＝90°， ∴∠DEO ＋∠GAO＝90°. ∴∠AHE ＝90°，即DE⊥AG.(2)①在旋转过程中，∠OAG ′成为直角有以下两种情况：(i)α由0°增大到90°的过程中，当∠OAG′为直角时，∵OA ＝OD ＝12OG ＝12OG′，∴在Rt △OAG ′中，sin ∠AG ′O ＝OA OG′＝12，∴∠AG ′O ＝30°， ∵OA ⊥OD ，OA ⊥AG ′， ∴OD ∥AG ′.∴∠DOG ′＝∠AG′O＝30°，即α＝30°.(ii)α由90°增大到180°的过程中，当∠OAG′为直角时，同理可求得∠BOG′＝30°， 所以α＝180°－30°＝150°.综上，当∠OAG′为直角时，α＝30°或150°. ②AF ′长的最大值是2＋22，此时α＝315°. 理由：当AF′的长最大时，点F′在直线AC 上，如图所示．∵AB ＝BC ＝CD ＝AD ＝1， ∴AC ＝BD ＝2，AO ＝OD ＝22. ∴OE ′＝E′F′＝2OD ＝ 2. ∴OF ′＝（2）2＋（2）2＝2. ∴AF ′＝AO ＋OF′＝22＋2.∵∠DOG′＝45°，∴旋转角α＝360°－45°＝315°.2019-2020学年数学中考模拟试卷一、选择题1．甲、乙两车从A城出发匀速行驶至B城．在整个行驶过程中，甲、乙两车离开A城的距离y（千米）与甲车行驶的时间t（小时）之间的函数关系如图所示．则下列结论：①A，B两城相距300千米；②乙车比甲车晚出发1小时，却早到1.5小时；③乙车出发后2.5小时追上甲车；④当甲、乙两车相距40千米时，t＝32或t＝72，其中正确的结论有（）A．1个B．2个C．3个D．4个2．观察下列图形中点的个数，若按其规律再画下去，可以得到第9个图形中所有点的个数为（）A.61B.72C.73D.863．已知直线y＝kx﹣2经过点（3，1），则这条直线还经过下面哪个点（）A．（2，0）B．（0，2）C．（1，3）D．（3，﹣1）4．下列四个三角形中，与图中的三角形相似的是（）A．B．C．D．5．一个两位数，十位数字比个位数字的2倍大1，若将这个两位数减去36恰好等于个位数字与十位数字对调后所得的两位数，则这个两位数是（）A．86 B．68 C．97 D．736．今年3月12日，学校开展植树活动，植树小组16名同学的树苗种植情况如下表：那么这16名同学植树棵树的众数和中位数分别是（）A．5和6B．5和6.5C．7和6D．7和6.57．下列运算正确的是（）A ．232a a a +=B ．326(a )a -=C ．222(a b)a b -=-D ．326(2a )4a -=-8．下列运算正确的是（ ） A ．5210()a a -= B ．6262144a a a a-÷⋅=- C ．32264()a b a b -=D ．23a a a -+=-9．如图，OAC ∆和BAD ∆都是等腰直角三角形，90ACO ADB ∠=∠=︒，反比例函数ky x=在第一象限的图象经过点B ，则OAC ∆和BAD ∆的面积之差OAC BAD S S ∆∆-为( )A ．2kB ．6kC ．k 21 D ．k10．如图，将边长为10的正三角形OAB 放置于平面直角坐标系xOy 中，C 是AB 边上的动点（不与端点A ，B 重合），作CD ⊥OB 于点D ，若点C ，D 都在双曲线y ＝kx上（k ＞0，x ＞0），则k 的值为（ ）A ．B ．C ．9D ．11．如果a+b ＝12，那么a b a b b a+--22的值是（ ） A ．12B ．14C ．2D ．412．如图，在平面直角坐标系xOy 中，以原点O 为圆心的圆过点A(13,0)直线y=kx-3k+4与交于B 、C 两点，则弦BC 的长的最小值为( )A ．22B ．24C ．D ．二、填空题13．如图，点A B C ，，在⊙O 上，若40CBO =∠°，则∠A 的度数为_____.14．数据-5，-3，-3，0，1，3的众数是_______.15．如图，已知矩形OABC 与矩形ODEF 是位似图形，P 是位似中心，若点B 的坐标为()2,4，点E 的坐标为()1,2-，则点P 的坐标为______．16．如图，已知A （12，y 1），B （2，y 2）为反比例函数y ＝1x图象上的两点，动点P （x ，0）在x 轴正半轴上运动，当线段AP 与线段BP 之差达到最大时，点P 的坐标是_____．17．某公路沿线有A ，B ，C 三个站点，甲、乙两车同时分别从A 、B 站点出发，匀速驶向C 站，最终到达C 站．设甲、乙两车行驶x （h ）后，与B 站的距离分别为y 1、y 2（km ），y 1、y 2与x 的函数关系如图所示，则经过___小时后两车相遇．18x 的取值范围为_____． 三、解答题19．某店铺经营某种品牌童装，购进时的单价是40元，根据市场调查，当销售单价是60元时，每天销售量是200件，销售单价每降低1元，就可多售出20件． （1）求出销售量y 件）与销售单价x （元）之间的函数关系式；（2）求出销售该品牌童装获得的利润W （元）与销售单价x 元）之间的函数关系式；（3）若装厂规定该品牌童装的销售单价不低于56元且不高于60元，则此服装店销售该品牌童装获得的最大利润是多少？20．如图，四边形ABCD内接于⊙O，点O在AB上，BC=CD，过点C作⊙O的切线，分别交AB，AD的延长线于点E，F．（1）求证：AF⊥EF；（2）若cosA=45，BE=1，求AD的长．21．如图，△ABC是正方形网格图中的格点三角形（顶点在格点上），请分别在图1，图2的正方形网格内按下列要求画一个格点三角形．（1）在图1中，以AB为边画直角三角形△ABD（D与C不重合），使它与△ABC全等．（2）在图2中，以AB为边画直角三角形△ABE，使它的一个锐角等于∠B，且与△ABC不全等．22．如图1，A，B分别在射线OM，ON上，且∠MON为钝角，现以线段OA，OB为斜边向∠MON的外侧作等腰直角三角形，分别是△OAP，△OBQ，点C，D，E分别是OA，OB，AB的中点．(1)求证：四边形OCED为平行四边形；(2)求证:△PCE≌△EDQ(3)如图2,延长PC,QD交于点R.若∠MON=150°,求证:△ABR为等边三角形。
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转化思想选择题：（本题10小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的，请把正确的 选项选出来.每小题选对得4分；共40分）1、用换元法解方程/+工+1 = 一一时，若设x?+x=y,则原方程可化为（） 厂+XA 、y 1 2+y+2=0B 、y 2—y —2=0C 、y 2—y+2=0D 、y 2+y —2=0 2、如图，已知AA5C 外有一点P,满足PA = PB = PC,则（）3A 、Zl = -Z2B 、Z1 = Z22 C 、Z1 = 2Z2D 、N1,N2的大小无法确定1 15、已知实数x 满足尸+—- + x + — = 0 9那么x + —日勺值为（） 厂 X XA 、1 或-2B 、-1 或 2C> 1D 、-26、如图，在半圆的直径上作4个正三角形，如这半圆周长为这4个正三角形的周长和为。
2,则G 和的大小关系是（）3、小敏在今年的校运动会跳远比赛中跳出了满意一跳，函数力=3.5/-4.9/2 （t 的单位：s,h 的单位：m ）可以描述他跳跃时重心高度的变化，则他起跳后到重心最高时所用的时间 是（）A 、0.71sB 、 0.70sC 、0.63sD 、0.36s4、已知如图：AABC 中，ZC=90c , BC=AC,以AC 为直 径的圆交AB 于D,若AD=8cm,则阴影部分的而积为 （）A 、64 n cm'B 、64 cm 2C 、32 cm -D 、48 n cm 2第3题第4题A 、C.>C ?B 、C.<C 7I X I ， C 、C 1 = C 2D 、不能确定7 .如图，点A 、D 、G 、M 在半圆O 上，四边形 ABOC 、DEOF 、HMNO 均为矩形，设 BC=aEF=b,NH=c,则下列各式中正确的是8 .如图,梯形 ABCD 中，AB//DC, AB=a, BD=b, CD = c, 且a 、b 、c 使方程依2 — 22* + c = 0有两个相等实数根， 则N£>6C 和NA 的关系是（ ）A. ADBC=ZAB. ZDBC^ZAC. ZDBC>ZAD. ZDBC<ZA9 .如图，圆锥的母线长是3,底面半径是1, A 是底而圆周上从点A 出发绕侧面一周，再回到点A 的最短的路线长是() /\ (A) 6月 (B) 2(C) 3后 (D) 3/\ 2•“10.已知a 、b 、C 是AABC 三边的长，b>a=c,且方程---- 第9题以2一、反法+。
= 0两根的差的绝对值等于后，则中 最大角的度数是()A. 90°B. 120°C. 150°D. 60° /V二、填空题：(本大题共4小题，每小题5分，共20分,) K AY/V11、一位美术老师在课堂上进行立体模型素描教学时，把14个棱长为 点21分米的正方体摆在课桌上成如图形式，然后他把露出的表面都涂七彳;J 上不同的颜色，则被他涂上颜色部分的而积为 ___________________________ 12、某同学在电脑中打出如下排列的若干个圆(图中♦表示实心圆， 、匕;。
表示空心圆)： “5总 若将上面一组圆依此规律复制得到一系列圆，那么前2007个圆中有 个空心圆; 13、二次函数 产ax4bx+c (aWO)的部分对应值如下表，则不等式axLbx+c>0的解集A 、a>b>cB 、 a=b=cC 、c>a>bD 、b>c>a第13题14.我市某出租车公司收费标准如图所示，如果小明只有19元钱，那么他乘此出租车最远能到达公里处.三、解答题：（共6小题，第15题10分、第16题10分、第17题10分、第18题9分、第19题10分、第20题11分）15、某数学兴趣小组，利用树影测量树高.已测出树.18的影长KC为9米，并测出此时太阳光线与地而成30。
夹角.（1）求出树高（2）因水上流失，此时树X8沿太阳光线方向倒下，在倾倒过程中，树影长度发生了变化，假设太阳光线与地而夹角保持不变，试求树影的最大长度.（计算结果精确到0.1米，参考数据: &1.414, 6=1.732）X-3—7-101234y60-4一6-6-406第15题16. 一天上行6点钟，汪老师从学校出发，乘车上市里开会，8点准时到会场，中午12点 钟回到学校，他这一段时间内的行程S（即离开学校的距离）与时间（力的关系可用图4中的折线表示，根据图4提供的有关信息，解答下列问题：图2（2）若上2,则〃= 时，顶点P 第一次回到原来的起始位置：若k=3,则 • • • 片 时，顶点P 第一次回到原来的起始位置.（3）请你猜测：使顶点P 第一次回到原来的起始位置的〃值与左之间的关系（请用含 • •• k 的代数式表示，）.(1) (2) (3) 开会地点离学校多远？求出汪老师在返校途中路程S （痴）与时间，（/»）的函数关系式： 请你用一段简短的话，对汪老师从上午6点到中午12点的活动情况进行描述.17、已知正方形ABCD 的边长AB=k （k 是正整数），正△PAE 的顶点P 在正方形内，顶点E在边AB 上，且AE=L 将△PAE 住正方形内按图1中所示的方式，沿着正方形的边AB 、 BC 、CD 、DA 、AB 、……连续地翻转〃次，使顶点P 第一次回到原来的起始位置.• • •（1）如果我们把正方形ABCD 的边展开在一直线上，那么这 一翻转过程可以看作是△PAE 在直线上作连续的翻转运动.图2是 上1时，ZXPAE 沿正方形的边连续翻转过程的展开示意图.请你探 索：若依1,则APAE 沿正方形的边连续翻转的次数片 时， 顶点P 第一次回到原来的起始位置. ・ ♦ ♦A B(E) C D AB CDABCDABC D A B图118、如图，AABC 中，BC=4, AC = 2瓜 /ACB = 60。
，P 为 BC 上一点,过点 P 作 PD//AB,交AC 于九 连结AP,问点P 在BC 上何处时，AA 尸。
面枳最大?19、阅读以下短文，然后解决下列问题：如果一个三角形和一个矩形满足条件：三角形的一边与矩形的一边重合，且三角形的这 边所对的顶点在矩形这边的对边上，则称这样的矩形为三角形的“友好矩形工 如图8n 所示， 矩形，8E 尸即为二43C 的“友好矩形工显然，当二/C 是钝角三角形时，其“友好矩形”只有 仿照以上叙述，说明什么是一个三角形的“友好平行四边形”；如图8二，若二铝C 为直角三角形，且990。
,在图8二中画出:L/C 的所有“友好 并比较这些矩形而积的大小：若二43。
是锐角三角形，且3cHe 在图8二中画出二43c 的所有“友好矩形”， 指出其中周长最小的矩形并加以证明.一个. (1) Q) 矩形”，20、已知P（〃？，。
）是抛物线了 =，戊2上的点，且点P在第一象限.（1）求加的值（2）直线），=丘+ 〃过点P,交汇轴的正半轴于点A,交抛物线于另一点M.①当b = 2〃时，NOPA=90。
是否成立？如果成立，请证明：如果不成立，举出一个反例说明：②当〃 =4时，记△MOA的面积为S,求-的最大值.5 了参考答案： 一、DCACDBBACB二、11、33 平方分米 12、44713、-2<x<314、13三、15、(1)在 RtZ\ABC 中，ZBAC = 90°, ZC=30°AAB=AC tanC .........................3 分=9x 在3 =5.2 （米）..... 4 分（2）以点A 为圆心，以AB 为半径作圆弧，当 太阳光线与圆弧相切时树影最长，点D 为切 点，DE1AD 交AC 于E 点，（如图）........... 6分在 RtZXADE 中，ZADE=90°, ZE=30°, /.AE=2AD........... 8 分=2x5.2 = 10.4 （米）..... 9 分答：树高AB 约为5.2米，树影有最长值，最长值约为104米.……10分 16、（1）开会地点离学校有60千米 ............................. 2分（2）设汪老师在返校途中S 与，的函数关系式为S=K+6 （左W0）. 由图可知,图象经过点（1L60）和点（12,0）11A+A = 6O ‘1独+”=0解之，得合 ............................................... 5分 = "60 AS=-60^+720 ⑴WrW12） ................................................................... 7 分（3）汪老师由上午6点钟从学校出发，乘车到市里开会，到了 40公里处时，发生了堵 车，堵了约30分钟才通车，在8占钟准里到达会场开了 3个小时的会，会议一结束就 返校，结果在12点钟到校. .......................... 10分17、（1） 12 次 ............................................. 2 分（2） ................................................... 24 次：12 次 6 分 （3）当k 是3的倍数时，“二4肌 当左不是3的倍数时，片12上 ........ 10分 18、解：设BP=x, AA 尸。
的面积为y 作于H ................................... 1分则 A" = 4C ・sinNC = 26・・ = 32VtanC =AB AC........... 2分33 配方得 y = —(x — 2)- H — 82・•.x = 2即P 为BC 中点时，AAPD 的面积最大3 这时AAPD 的面积最大值为二 219、(1)如果一个三角形和一个平行四边形满足条件：三角形的一边与平行四边形的一边重 合，三角形这边所对的顶点在平行四边形这边的对边上，则称这样的平行四边形为三角 形的“友好平行四边形”. .................... 1分 (2)此时共有2个友好矩形，如图的8aI 。
、 .............. 3分易知，矩形8a 的而积都等于而枳的2倍，，AJ3C 的“友好矩形” 的面积相等. .................................... 4分(3)此时共有3个友好矩形，如图的8CDE 、C1FG 及其中的矩形的周 长最小・ ........................................ 5分证明如下：易知，这三个矩形的面积相等，令其为S.设矩形8CQE 、 CAFG 及ABHK 的周长分别为心,心,"4ABe 的边长BI, CA=bf AB=C 9 贝 lj”Zi= —£>=—+2Z>> L3= — +2c ................. ................... 6 分a h c .T T 2s 2S ab-S A • • Zi - £：=( —— +2々)一(—+26尸2(々一匕)• ,・・・7 分a b ah而 ab>St a>b, ：.Zi-Z 2>0> 即 £i>4. ....................................................... 8 分 同理可得，L2>L 3.\S .4n r= — BC - AH = — x4x3 = 6 MBC2 2 13MBP =-BP^AH = -X乙乙・• PD//AB..APCD 〜ABCASw q"• S'PCDCBrp3=(丁厂・S M 8C = -(4-x)24o・• — S MBP -ShCDJ 3 3,4 / \ y = 6 ——x ——(4 — x)一2 83 3 化简得y = --x 2+-x82....................................................................................7分••• L最小，叩矩形乂频的周长最小. …10分20、(1) nr a = (t/ > 0)nr = 1(〃2 > 0) = 〃？= 1 .................................................................................. 3 分(2)①b=2a, y = kx + 2ap在直线上，则a = k + 2a = a = -k (k <U)f c 八2a —2k ckx + 2a = O=> x =-------- =---------- = 2k kA (2, 0)-kx3 = lex-2k => x2 -x-2 = 0=> (x-2)(x + l) = 0,x = 2^cx = -1M (-1, a)ZOPA=90°即(J=1, rt = lk=-l, y = t — 2,y = A2P (1, 1)故存在这样的点P ...................................................................................... 7分4@Ax + 4 = 0 =>% = "—又&+ 4 =。