模块三 思想全把握专题7 化归思想 -最新中考数学二轮专题复习训练（含解析）

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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．比如在求的和中，“…”代表按此规律无限个数相加不断求和．我们可设．则有，即，解得，故．
类似地，请你计算： ．（直接填计算结果即可）
【变1】
（2021·四川凉山·统考中考真题）
2．阅读以下材料，苏格兰数学家纳皮尔（J．Npler，1550－1617年）是对数的创始人，他发明对数是在指数书写方式之前，直到18世纪瑞士数学家欧拉（Evler．1707－1783年）才发现指数与对数之间的联系．
对数的定义：一般地．若（且），那么x叫做以a为底N的对数，
记作，比如指数式可以转化为对数式，对数式可以转化为指数式．我们根据对数的定义可得到对数的一个性质：
，理由如下：
设，则．
．由对数的定义得
又
．
根据上述材料，结合你所学的知识，解答下列问题：
（1）填空：①___________；②_______，③________；
（2）求证：；
（3）拓展运用：计算．
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，再到正方形，经历从一般到特殊的过程，体现了知识和方法的递进关系．
【例1】（2023·浙江衢州·统考中考真题）
3．如图是脊柱侧弯的检测示意图，在体检时为方便测出Cbb角的大面小，需将转化为与它相等的角，则图中与相等的角是（ ）

A．B．C．D．
【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，的直径垂直弦AB于点E，且，．

(1)复习回顾：求的长．
(2)探究拓展：如图2，连接，点G是上一动点，连接，延长交的延长线于点F．
①当点G是的中点时，求证：；
②设，，请写出y关于x的函数关系式，并说明理由；
③如图3，连接，当为等腰三角形时，请计算的长．
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）
5．一道来自课本的习题：
小红将这个实际问题转化为二元一次方程组问题，设未知数，，已经列出一个方程，则另一个方程正确的是（ ）
A．B．C．D．
【变1】（2020·内蒙古呼和浩特·中考真题）
6．“通过等价变换，化陌生为熟悉，化未知为已知”是数学学习中解决问题的基本思维方式，例如：解方程，就可以利用该思维方式，设，将原方程转化为：这个熟悉的关于y的一元二次方程，解出y，再求x，这种方法又叫“换元法”．请你用这种思维方式和换元法解决下面的问题．已知实数x，y满足，求的值．
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，由特殊的二次函数图像经过平移来研究一般形式的二次函数的图像及性质．函数化归，体现了从特殊到一般的学习过程，提示了函数之间的联系，构造了函数体系．
【例1】（2023·湖南岳阳·统考中考真题）
7．若一个点的坐标满足，我们将这样的点定义为“倍值点”．若关于的二次函数（为常数，）总有两个不同的倍值点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【变1】（2023·山东日照·统考中考真题）
8．在平面直角坐标系内，抛物线交y轴于点C，过点C作x轴的平行线交该抛物线于点D．

(1)求点C，D的坐标；
(2)当时，如图1，该抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），点P为直线上方抛物线上一点，将直线沿直线翻折，交x轴于点，求点P的坐标；
(3)坐标平面内有两点，以线段为边向上作正方形．
①若，求正方形的边与抛物线的所有交点坐标；
②当正方形的边与该抛物线有且仅有两个交点，且这两个交点到x轴的距离之差为时，求a的值．
一、选择题
（2023·山东·统考中考真题）
9．下列各式从左到右的变形，因式分解正确的是（ ）
A．B．
C．D．
（2020·湖北随州·统考中考真题）
10．将关于的一元二次方程变形为，就可以将表示为关于的一次多项式，从而达到“降次”的目的，又如…，我们将这种方法称为“降次法”，通过这种方法可以化简次数较高的代数式．根据“降次法”，已知：，且，则的值为（ ）
A．B．C．D．
（2023·河南新乡·统考三模）
11．用配方法解方程，正确的变形是（ ）
A．B．C．D．
（2023·湖南·统考中考真题）
12．已知，若关于x的方程的解为．关于x的方程的解为．则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
（2022·浙江杭州·统考中考真题）
13．已知一次函数y=3x-1与y=kx（k是常数，k≠0）的图象的交点坐标是（1，2），则方程组的解是 ．
（2020·湖南·中考真题）
14．阅读理解：对于x3﹣（n2+1）x+n这类特殊的代数式可以按下面的方法分解因式：
x3﹣（n2+1）x+n＝x3﹣n2x﹣x+n＝x（x2﹣n2）﹣（x﹣n）＝x（x﹣n）（x+n）﹣（x﹣n）＝（x﹣n）（x2+nx﹣1）．
理解运用：如果x3﹣（n2+1）x+n＝0，那么（x﹣n）（x2+nx﹣1）＝0，即有x﹣n＝0或x2+nx﹣1＝0，
因此，方程x﹣n＝0和x2+nx﹣1＝0的所有解就是方程x3﹣（n2+1）x+n＝0的解．
解决问题：求方程x3﹣5x+2＝0的解为 ．
（2023·湖南娄底·统考中考真题）
15．若干个同学参加课后社团——舞蹈活动，一次排练中，先到的n个同学均匀排成一个以O点为圆心，r为半径的圆圈（每个同学对应圆周上一个点），又来了两个同学，先到的同学都沿各自所在半径往后移a米，再左右调整位置，使这个同学之间的距离与原来n个同学之间的距离（即在圆周上两人之间的圆弧的长）相等．这个同学排成圆圈后，又有一个同学要加入队伍，重复前面的操作，则每人须往后移 米（请用关于a的代数式表示），才能使得这个同学之间的距离与原来n个同学之间的距离相等．

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．
填空：
①以上求解步骤中，第一步的依据是 ；
②第二步的基本思想是“消元”，即把“二元”变为“一元”，在此过程中体现的数学思想是 （填序号）；
A．数形结合 B．类比思想 C．转化思想 D．分类讨论
③小彬同学的解题过程从第 步开始出现错误，直接写出该方程组的正确解： ．
（2023·山西吕梁·统考三模）
17．阅读与思考：下面是小宇同学写的一篇数学小论文，请你认真阅读并完成相应学习任务：
怎样作直角三角形的内接正方形
如果一个正方形的四个顶点都在直角三角形的三条边上，我们把这样的正方形叫做该直角三角形的内接正方形．那么，怎样作出一个直角三角形的内接正方形呢？我们可以用如下方法：
如图1，在中，，作的角平分线，交斜边于点；然后过点，分别作，的垂线，垂足分别为，，则．（依据1）
容易证明四边形是正方形．

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．
如图2，如果的内接正方形的一边恰好在斜边上，我就可用如下方法，
第一步：过直角顶点作，垂足为；
第二步，延长到，使得，连接；
第三步：作的平分线，交于点；
第四步：过点分别作，的垂线，垂足分别为，，交于点，的延长线交交于；
第五步：分别过点，作的垂线，垂足分别为，．
则四边形就是的内接正方形，并且恰好在该直角三角形的斜边上．
理由如下：易证四边形是正方形，．
∵，∴，．（依据2）
∴；
学习任务：
(1)材料中画横线部分的依据分别是：
依据1：___________；依据2：___________．
(2)请完成图2说理过程的剩余部分．
(3)分析图2的作图过程，不难看出是将图2转化成图1去完成的，即先做图形，再将正方形转化为正方形，转化的过程可以看作是一种图形变换，这种图形变换是___________．（填出字母代号即可）．
A．旋转 B．平移 C．轴对称
（2023·江苏泰州·统考二模）
18．某课外活动小组进行综合实践活动．
【问题】测量如图1所示斜坡的坡角．
【思考】“转化”是解决问题的一种常用的思想方法．当斜坡角度不能直接测量时，可“转化”为可度量的角进行测量．
【创新】该活动小组制作了如图2所示的矩形测角仪，量角器固定在矩形板上，将用细线和铅锤做成的重锤线顶端固定在量角器中心点（矩形顶点）处．测量时，将矩形板的边放在斜坡上，如图3，此时重锤线在量角器上对应的刻度即为坡角的度数．
(1)试说明该矩形测角仪的数学原理．
【应用】小组成员进一步实践，发现可以利用矩形测角仪测量计算高度．
(2)如图4，小明在点处观测树顶，使眼睛、矩形测角仪的边、树顶在同一直线上，观测矩形测角仪上的示数，仰角；小明继续沿正对着大树的方向前进，在点处观测树顶的仰角．已知小明的眼睛离地面，求大树的高度（精确到）．（参考数据：，，）
（2023·山西长治·校联考二模）
19．阅读与思考
任务：
(1)请参照阅读材料中的分析过程，分别写出和时的分析结果；
(2)若二次函数的图像与一次函数的图像有一个交点，求t的值；
(3)实际上，除了上述两种函数图像的交点外，初中数学还会遇到反比例函数图像与一次函数图像的交点情况，例如：反比例函数的图像与一次函数的图像有两个交点，则这个一次函数的表达式可以是_____．（写出一个即可）
（2022·山东德州·统考一模）
20．若一个三角形的最大内角小于120°，则在其内部有一点所对三角形三边的张角均为120°，此时该点叫做这个三角形的费马点．如图1，当△ABC三个内角均小于120°时，费马点P在△ABC内部，此时，的值最小．
(1)如图2，等边三角形ABC内有一点P，若点P到顶点A，B，C的距离分别为3，4，5，求的度数．为了解决本题，小林利用“转化”思想，将△ABP绕顶点A旋转到处，连接，此时，这样就可以通过旋转变换，将三条线段PA，PB，PC转化到一个三角形中，从而求出______．
(2)如图3，在图1的基础上延长BP，在射线BP上取点D，E，连接AE，AD．使，，求证：．
(3)如图4，在直角三角形ABC中 ，，，，点P为直角三角形ABC的费马点，连接AP，BP，CP，请直接写出的值．
（2023·广东深圳·校联考模拟预测）
21．如图，四边形中，，，，点P是对角线上的一动点（不与点A，C重合），过点作，，分别交，于点E，F，连接．

(1)求的度数；
(2)设，，随着点的运动，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)求的取值范围（可直接写出最后结果）．
【参考材料】
对于“已知，求的最大值”这个问题，我们可以采取如下两种思路：
【方法一】
①转化：要求的最大值，只需先求的最大值；
②消元：显然，，所以，；
③整体观：把两变量x，y的乘积，看作一个整体变量，可设，则，问题转化为求的最大值；
④化归：显然，是的二次函数，这已是熟悉的问题．
【方法二】
由，可得，，
所以，，（等号成立的条件是）
所以，的最大值为1．
（2021·山东济宁·统考中考真题）
22．研究立体图形问题的基本思路是把立体图形问题转化为平面图形问题．
（1）阅读材料
立体图形中既不相交也不平行的两条直线所成的角，就是将直线平移使其相交所成的角．
例如，正方体（图1）．因为在平面中，，与相交于点A，所以直线与所成的就是既不相交也不平行的两条直线与所成的角．
解决问题
如图1，已知正方体，求既不相交也不平行的两条直线与所成角的大小．
（2）如图2，M，N是正方体相邻两个面上的点．
①下列甲、乙、丙三个图形中，只有一个图形可以作为图2的展开图，这个图形是 ；
②在所选正确展开图中，若点M到，的距离分别是2和5，点N到，的距离分别是4和3，P是上一动点，求的最小值．
（2023·浙江湖州·统考中考真题）
23．【特例感知】
（1）如图1，在正方形中，点P在边的延长线上，连接，过点D作，交的延长线于点M．求证：．
【变式求异】
（2）如图2，在中，，点D在边上，过点D作，交于点Q，点P在边的延长线上，连接，过点Q作，交射线于点M．已知，，，求的值．
【拓展应用】
（3）如图3，在中，，点P在边的延长线上，点Q在边上（不与点A，C重合），连接，以Q为顶点作，的边交射线于点M．若，（m，n是常数），求的值（用含m，n的代数式表示）．

从甲地到乙地有一段上坡与一段平路．如果保持上坡每小时走，平路每小时走，下坡每小时走，那么从甲地到乙地需，从乙地到甲地需．甲地到乙地全程是多少?
解方程组：
解：①，得．③第一步
②③，得．第二步
．第三步
代入①，得．第四步
所以，原方程组的解为．第五步
巧用方程思想解决函数交点问题
我们知道，求两个一次函数图像的交点坐标时，可将问题转化为求方程组的解，即联立两个一次函数表达式组成方程组，方程组的解就是其交点的坐标，同样，我们解决二次函数与直线的交点问题时，也可以类比这一思路求解．
下面是小林同学通过类比上述思路解决二次函数图像与一次函数图像的交点情况的部分探究过程：
联立得．
整理，得．
∵，
∴方程是关于x的一元二次方程．
∴．
当时，方程有两个不相等的实数根，
∴二次函数的图像与一次函数的图像有两个交点．
参考答案：
1．
【分析】设，仿照例题进行求解．
【详解】设，
则，
，
解得，，
故答案为：．
【点睛】本题考查类比推理，一元一次方程的应用，理解题意，正确列出方程是解题的关键．
2．（1）5，3，0；（2）见解析；（3）2
【分析】（1）直接根据定义计算即可；
（2）结合题干中的过程，同理根据同底数幂的除法即可证明；
（3）根据公式：lga（M•N）=lgaM+lgaN和lga=lgaM-lgaN的逆用，将所求式子表示为：，计算可得结论．
【详解】解：（1）①∵，∴5，
②∵，∴3，
③∵，∴0；
（2）设lgaM=m，lgaN=n，
∴，，
∴，
∴，
∴；
（3）
=
=
=2．
【点睛】本题考查整式的混合运算、对数与指数之间的关系与相互转化的关系，解题的关键是明确新定义，明白指数与对数之间的关系与相互转化关系．
3．B
【分析】根据直角三角形的性质可知：与互余，与互余，根据同角的余角相等可得结论．
【详解】由示意图可知：和都是直角三角形，
，，
，
故选：B．
【点睛】本题考查直角三角形的性质的应用，掌握直角三角形的两个锐角互余是解题的关键．
4．(1)；
(2)①见解析；②；③的长为或．
【分析】（1）先求得的直径为10，再利用垂径定理求得，在中，利用勾股定理即可求解；
（2）①连接，由点G是的中点，推出，根据等角的余角相等即可证明结论成立；
②利用勾股定理求得，利用垂径定理得到，推出，证明，利用相似三角形的性质即可求解；
③分两种情况讨论，当和时，证明，利用相似三角形的性质求解即可.
【详解】（1）解：连接，

∵的直径垂直弦AB于点E，且，，
∴，，
∴，，
在中，，
∴；
（2）解：①连接，

∵点G是的中点，
∴，
∴，
∵的直径垂直弦AB于点E，
∴，
∴，
∴；
②∵，，，
∴，

∵的直径垂直弦AB于点E，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴；
③当时，

在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴；
当时，

在中，，
在中，，
∴，
同理，
∴，即，
∴；
综上，的长为或．
【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
5．B
【分析】根据未知数，，从乙地到甲地需，即可列出另一个方程．
【详解】设从甲地到乙地的上坡的距离为，平路的距离为，已经列出一个方程，则另一个方程正确的是：．
故选B．
【点睛】此题主要考查二元一次方程组的应用，解题的关键是等量关系列出方程．
6．26．
【分析】通过“换元”的思路，可以将所要求的方程组中的元素进行换元，两个式子中都有和，因此可以令，列出方程组，从而求出a，b的值，再求出的值.
【详解】解：令，则原方程组可化为：
，整理得：，
②-①得：，
解得：，代入②可得：b=4，
∴方程组的解为：或，
，
当时，
∴，，
∴，代入，
可得，此时，方程无解，故不符合题意；
当时，=26，
因此的值为26．
【点睛】此题主要考查了高次方程的解法以及完全平方公式的运用，利用换元的思想，将高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，则方程的，可得，利用对于任意的实数总成立，可得不等式的判别式小于0，解不等式可得出的取值范围．
【详解】解：由“倍值点”的定义可得：，
整理得，
∵关于的二次函数（为常数，）总有两个不同的倍值点，
∴
∵对于任意实数总成立，
∴
整理得，
∴
∴，
∴，或
当时，解得，
当时，此不等式组无解，
∴，
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．
8．(1)，
(2)
(3)①，，；②
【分析】（1）先求出，再求出抛物线对称轴，根据题意可知C、D关于抛物线对称轴对称，据此求出点D的坐标即可；
（2）先求出，如图，设上与点M关于直线对称的点为，由轴对称的性质可得，利用勾股定理建立方程组，解得或（舍去），则，求出直线的解析式为，然后联立，解得或，则；
（3）分图3-1，图3-2，图3-3三种情况，利用到x轴的距离之差即为纵坐标之差结合正方形的性质列出方程求解即可．
【详解】（1）解：在中，当时，，
∴，
∵抛物线解析式为，
∴抛物线对称轴为直线，
∵过点C作x轴的平行线交该抛物线于点D，
∴C、D关于抛物线对称轴对称，
∴；
（2）解：当时，抛物线解析式为，
当，即，解得或，
∴；
如图，设上与点M关于直线对称的点为，
由轴对称的性质可得，
∴，
解得：，即
∴，
∴，
解得或（舍去），
∴，
∴，
设直线的解析式为，
∴，
∴，
∴直线的解析式为，
联立，解得或
∴；

（3）解：①当时，抛物线解析式为，，
∴，
∴，，
当时，，
∴抛物线恰好经过；
∵抛物线对称轴为直线，
由对称性可知抛物线经过，
∴点时抛物线与正方形的一个交点，
又∵点F与点D重合，
∴抛物线也经过点；
综上所述，正方形的边与抛物线的所有交点坐标为，，；

②如图3-1所示，当抛物线与分别交于T、D，
∵当正方形的边与该抛物线有且仅有两个交点，且这两个交点到x轴的距离之差为，
∴点T的纵坐标为，
∴，
∴，
解得（舍去）或；

如图3-2所示，当抛物线与分别交于T、S，
∵当正方形的边与该抛物线有且仅有两个交点，且这两个交点到x轴的距离之差为，
∴，
解得（舍去，因为此时点F在点D下方）

如图3-3所示，当抛物线与分别交于T、S，
∵当正方形的边与该抛物线有且仅有两个交点，且这两个交点到x轴的距离之差为，
∴，
∴，
∴，
解得或（舍去）；
当时，，
当 时，，
∴不符合题意；

综上所述，．
【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
【分析】根据因式分解的概念可进行排除选项．
【详解】解：A、，属于整式的乘法，故不符合题意；
B、，不符合几个整式乘积的形式，不是因式分解；故不符合题意；
C、，属于因式分解，故符合题意；
D、因为，所以因式分解错误，故不符合题意；
故选C．
【点睛】本题主要考查因式分解，熟练掌握因式分解的概念是解题的关键．
10．C
【分析】先求得，代入即可得出答案．
【详解】∵，
∴，，
∴
=
=
=
=
=，
∵，且，
∴，
∴原式=，
故选：C．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解，解题的关键是会将四次先降为二次，再将二次降为一次．
11．C
【分析】根据完全平方公式判断即可．
【详解】由原式得，
故选：C
【点睛】本题考查完全平方公式，掌握完全公式的特征是解题的关键．
12．B
【分析】把看做是直线与抛物线交点的横坐标，把看做是直线与抛物线交点的横坐标，画出对应的函数图象即可得到答案．
【详解】解：如图所示，设直线与抛物线交于A、B两点，直线与抛物线交于C、D两点，
∵，关于x的方程的解为，关于x的方程的解为，
∴分别是A、B、C、D的横坐标，
∴，
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．
【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的方程组的解为：，
即的解为：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了一次函数与二元一次方程组，熟练掌握一次函数的交点坐标与二元一次方程组的解的关系是解题的关键．
14．x＝2或x＝﹣1+或x＝﹣1﹣．
【分析】将原方程左边变形为x3﹣4x﹣x+2＝0，再进一步因式分解得（x﹣2）[x（x+2）﹣1]＝0，据此得到两个关于x的方程求解可得．
【详解】解：∵x3﹣5x+2＝0，
∴x3﹣4x﹣x+2＝0，
∴x（x2﹣4）﹣（x﹣2）＝0，
∴x（x+2）（x﹣2）﹣（x﹣2）＝0，
则（x﹣2）[x（x+2）﹣1]＝0，即（x﹣2）（x2+2x﹣1）＝0，
∴x﹣2＝0或x2+2x﹣1＝0，
解得x＝2或x＝﹣1，
故答案为：x＝2或x＝﹣1+或x＝﹣1﹣．
【点睛】此题主要考查一元二次方程的应用，解题的关键是根据题意找到解方程的方法．
15．
【分析】由第一次操作可得：，则，设第二次操作时每位同学向后移动了x米，可得，解得，再代入化简即可．
【详解】解：由第一次操作可得：，
∴，
设第二次操作时每位同学向后移动了x米，则
，
∴，
故答案为：
【点睛】本题考查的是一元一次方程的应用，分式的化简，准确的理解题意确定相等关系是解本题的关键．
16．①等式的性质2
②C
③二；
【分析】①根据等式的性质进行计算即可；
②将“二元”转化为“一元”，进而得到解决；
③利用二元一次方程组的解法求解即可．
【详解】解：①把的两边都乘以3得，根据是等式的性质2，
故答案为：等式的性质2；
②第二步的基本思想是“消元”，即把“二元”变为“一元”，在此过程中体现的数学思想是转化思想，
故答案为：C；
③小彬同学的解题过程从第二步开始出现错误，正确的解答如下：
解：①，得③，
②③，得，
，
代入①，得，
所以，原方程组的解为，
故答案为：二，．
【点睛】本题考查二元一次方程组的解，解二元一次方程组，掌握解二元一次方程组的解法是正确解答的前提．
17．(1)角平分线的性质；平行于三角形一边的直线截其他两边或两边的延长线，所构成的三角形与原三角形相似；
(2)证明见解析
(3)B
【分析】（1）根据角平分线的性质定理与相似三角形的预备定理可得答案；
（2）由（1）得：四边形是正方形，．证明，．；，证明，，证明，从而可得结论；
（3）由作图可得答案．
【详解】（1）解：依据1：角平分线的性质；
依据2：平行于三角形一边的直线截其他两边或两边的延长线，所构成的三角形与原三角形相似；
（2）理由如下：由（1）得：四边形是正方形，．
∴，
∵，
∴，．（依据2）
∴；，
∴，
∵，
∴，
∴，
由作图可得：四边形，四边形是矩形，
∴，
∴，
∴四边形就是的内接正方形，并且恰好在该直角三角形的斜边上．
（3）由作图可得：先做图形，再将正方形转化为正方形，转化的过程可以看作是一种图形变换，这种图形变换是平移；
故选B
【点睛】本题考查的是矩形的判定与性质，正方形的判定与性质，角平分线的性质，相似三角形的判定与性质，平移变换的理解，掌握基础作图的方法及相似三角形的判定是解本题的关键．
18．(1)见详解
(2)
【分析】（1）根据题意画图，写已知、求证、证明，再根据三角形的内角和定理即可证明；
（2）根据三角函数，在中，，在中，，再根据列方程求出的长，然后根据即可得出结果．
【详解】（1）已知：如图，的边在水平线上，点为外一点，过点作于点，过点作于点，交射线于点，
求证：．
证明：，，
，
，，
；
（2）解：
，
，
在中，，
在中，，
，
解得：，
，
答：大树的高度为．
【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)当时，方程有两个相等的实数根，
二次函数的图像与一次函数的图像有一个交点；
当时，方程没有实数根，
二次函数的图像与一次函数的图像没有交点；
(2)；
(3)，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，代入求解；
（3）函数图像有两个交点，保证根的判别式即可．
【详解】（1）解：根据一元二次方程根的判别式可得：
当时，方程有两个相等的实数根，
二次函数的图像与一次函数的图像有一个交点；
当时，方程没有实数根，
二次函数的图像与一次函数的图像没有交点；
（2）联立函数表达式：，
可得：，
化简得： ，
函数图像有一个交点，
，
解得：；
故答案为：；
（3）反比例函数图像与一次函数图像有两个交点
∴联立反比例函数与一次函数解析式，满足，
如：，答案不唯一，合理即可．
【点睛】本题考查联立函数解析式求交点坐标和个数，解题的关键是掌握二次函数与一次函数、反比例函数与一次函数联立时，可得一元二次方程，需判断根的根的判别式：若时，方程有两个不相等的实数根，即有两个交点；若时，方程有两个相等的实数根，即有一个交点；若时，方程无实数根，即没有交点．
20．(1)150°
(2)见解析
(3)
【分析】（1）由全等三角形的性质得到AP′＝AP＝3、CP′＝BP＝4，∠AP′C＝∠APB，再根据旋转性质，证明△APP′为等边三角形，△PP′C为直角三角形，最后由∠APB＝∠AP′C＝∠AP′P＋∠PP′C解答；
（2）由费马点的性质得到，，再证明 (ASA)，由全等三角形对应边相等的性质解得，最后根据线段的和差解答；
（3）将△APB绕点B顺时针旋转60°至△A′P′B处，连接PP′，由勾股定理解得，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：∵，
∴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，
∴，
∴，
又∵，
∴APD为等边三角形
∴，，
∴，
∴，
在△APC和△ADE中，
∴ (ASA)；
∴，
∵，
∴BE＝PA＋PB＋PC；
（3）解：如图，将△APB绕点B顺时针旋转60°至△A′P′B处，连接PP′，
∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，
∴AB＝2，
∴，
把△APB绕点B顺时针方向旋转60°得到△A′P′B，
∴∠A′BC＝∠ABC＋60°＝30°＋60°＝90°，
∵∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，
∴AB＝2AC＝2，
∵△APB绕点B顺时针方向旋转60°，得到△A′P′B，
∴A′B＝AB＝2，BP＝BP′，A′P′＝AP，
∴△BPP′是等边三角形，
∴BP＝PP′，∠BPP′＝∠BP′P＝60°，
∵∠APC＝∠CPB＝∠BPA＝120°，
∴∠CPB＋∠BPP′＝∠BP′A′＋∠BP′P＝120°＋60°＝180°，
∴C、P、A′、P′四点共线，
在Rt△A′BC中，，
∴PA＋PB＋PC＝A′P′＋PP′＋PC＝A′C＝．
【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)
(2)不会；9
(3)
【分析】（1）延长交于点G，根据平行线的性质得出，，根据，得出，根据三角形外角的性质得出；
（2）证明，得出，即①，同理可得②，得，即可得出结果；
（3）作 于H，求出，，得出，根据勾股定理求出，将代入得出，，根据二次函数的最值，求出结果即可．
【详解】（1）解：延长交于点G，如图所示：

∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）的值不会发生变化；理由如下：
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，①
同理可得，，②
得，
，
∴．
（3）解：≤．
作 于H，如图所示：

则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
将代入，得：
，，
∴当 时，的最小值为；
∵，
∴．
∴≤．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，三角形外角的性质，三角形相似的判定和性质，勾股定理，二次函数的应用，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的性质．
22．（1）；（2）①丙；②10
【分析】（1）连接，则为等边三角形，即可求得既不相交也不平行的两条直线与所成角的大小；
（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的最小值．
【详解】解：（1）连接，
∵，与相交与点，
即既不相交也不平行的两条直线与所成角为，
根据正方体性质可得：，
∴为等边三角形，
∴，
即既不相交也不平行的两条直线与所成角为；
（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，
连接，与交于点P，连接MP，
则，
过点N作BC垂线，并延长与交于点E，
∵点M到的距离是5，点N到的距离是3，
∴，
∵点M到的距离是2，点N到的距离是4，
∴，
∴，
故最小值为10．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、正方体的侧面展开图、根据对称关系求最短距离、勾股定理等知识点，读懂题意，明确最小时的情况是解题的关键．
23．（1）见解析；（2）；（3）
【分析】（1）根据证明即可；
（2）证明，得出，根据勾股定理，根据，得出，求出，得出，求出；
（3），作于点N，证明，得出．证明，得出，求出．
【详解】（1）证明：在正方形中，
，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
（2）如图1，作于点N，如图所示：

∵，，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）∵， ，
∴，
∴．
∵，
∴，
如图2，作于点N，

∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
∵，，
∴，
∴，
∴
∴．
【点睛】本题主要考查了三角形全等和三角形相似的判定和性质，勾股定理，矩形的判定和性质，平行线的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形相似的判定方法．