数学-2025年中考考前最后一课（全国通用）学案

这是一份数学-2025年中考考前最后一课（全国通用）学案，共456页。学案主要包含了数与式，方程，函数，图形的性质，图形的变化，统计与概率，圆的综合，函数综合等内容，欢迎下载使用。
\l "_Tc196827042" 考点一 数与式（10考点+思维导图） PAGEREF _Tc196827042 \h - 4 -
\l "_Tc196827044" 考点二 方程（组）与不等式（组）（5考点+思维导图） PAGEREF _Tc196827044 \h - 6 -
\l "_Tc196827045" 考点三 函数（16考点+思维导图） PAGEREF _Tc196827045 \h - 8 -
\l "_Tc196827046" 考点四 图形的性质（22考点+思维导图） PAGEREF _Tc196827046 \h - 11 -
\l "_Tc196827047" 考点五 图形的变化（8考点+思维导图） PAGEREF _Tc196827047 \h - 15 -
\l "_Tc196827048" 考点六 统计与概率（6考点+思维导图） PAGEREF _Tc196827048 \h - 17 -
\l "_Tc196827049"
\l "_Tc196827050" 易错失分点一 数与式（12个易错点） PAGEREF _Tc196827050 \h - 19 -
\l "_Tc196827051" 易错失分点二 方程与不等式（9个易错点） PAGEREF _Tc196827051 \h - 19 -
\l "_Tc196827052" 易错失分点三 函数（8个易错点） PAGEREF _Tc196827052 \h - 20 -
\l "_Tc196827053" 易错失分点四 图形的性质（25个易错点） PAGEREF _Tc196827053 \h - 20 -
\l "_Tc196827054" 易错失分点五 图形的变化（3个易错点） PAGEREF _Tc196827054 \h - 22 -
\l "_Tc196827055" 易错失分点六 统计与概率（8个易错点） PAGEREF _Tc196827055 \h - 22 -
\l "_Tc196827056"
\l "_Tc196827057" 快解秒招一 线、角、相交线与平行线（14大招） PAGEREF _Tc196827057 \h - 22 -
\l "_Tc196827058" 快解秒招二 三角形、四边形与圆（46大招） PAGEREF _Tc196827058 \h - 23 -
\l "_Tc196827059"
\l "_Tc196827060" 解密题型一 数与式 PAGEREF _Tc196827060 \h - 26 -
\l "_Tc196827061" 解密题型二 方程与不等式 PAGEREF _Tc196827061 \h - 32 -
\l "_Tc196827062" 解密题型三 解直角三角形 PAGEREF _Tc196827062 \h - 43 -
\l "_Tc196827063" 解密题型四 图形变化 PAGEREF _Tc196827063 \h - 59 -
\l "_Tc196827064" 解密题型五 相似三角形 PAGEREF _Tc196827064 \h - 71 -
\l "_Tc196827065" 解密题型六 特殊平行四边形 PAGEREF _Tc196827065 \h - 97 -
\l "_Tc196827066" 解密题型七 圆的综合 PAGEREF _Tc196827066 \h - 120 -
\l "_Tc196827067" 解密题型八 函数综合 PAGEREF _Tc196827067 \h - 146 -
\l "_Tc196827068"
\l "_Tc196827069" 重难点一 新定义类问题 PAGEREF _Tc196827069 \h - 178 -
\l "_Tc196827070" 重难点二 阅读理解类问题 PAGEREF _Tc196827070 \h - 196 -
\l "_Tc196827071" 重难点三 跨学科类问题 PAGEREF _Tc196827071 \h - 224 -
\l "_Tc196827072" 重难点四 现实热点问题 PAGEREF _Tc196827072 \h - 240 -
\l "_Tc196827073" 重难点五 动点问题 PAGEREF _Tc196827073 \h - 254 -
\l "_Tc196827074" 重难点六 最值问题 PAGEREF _Tc196827074 \h - 283 -
\l "_Tc196827075"
\l "_Tc196827076" 【热考模型1】一线三垂直模型 PAGEREF _Tc196827076 \h - 330 -
\l "_Tc196827077" 【热考模型2】费马点模型 PAGEREF _Tc196827077 \h - 347 -
\l "_Tc196827078" 【热考模型3】十字架模型 PAGEREF _Tc196827078 \h - 356 -
\l "_Tc196827079" 【热考模型4】角含半角模型 PAGEREF _Tc196827079 \h - 366 -
\l "_Tc196827080" 【热考模型5】手拉手模型 PAGEREF _Tc196827080 \h - 381 -
\l "_Tc196827081" 【热考模型6】对角互补模型 PAGEREF _Tc196827081 \h - 402 -
\l "_Tc196827082"
\l "_Tc196827083" PAGEREF _Tc196827084 \h - 412 -
\l "_Tc196827084" 考前准备1学生备考篇
\l "_Tc196827085" 考前准备2中考前一天需要做哪些准备
\l "_Tc196827086" 考前准备3解题策略心中过，从容应考稳发挥
\l "_Tc196827087" PAGEREF _Tc196827084 \h - 412 -
\l "_Tc196827088" 考场解题篇
\l "_Tc196827089" 考场注意篇1遇到不会的题要怎么办
\l "_Tc196827090" 考场注意篇2如何克服丢失不该丢失的分
\l "_Tc196827091" PAGEREF _Tc196827092 \h - 426 -
\l "_Tc196827092" 考后需要注意的事项
\l "_Tc196827093"
\l "_Tc196827094" 2025年中考数学模拟预测卷 PAGEREF _Tc196827094 \h - 428 -
\l "_Tc196827095" 2025年中考数学考前最后链接 PAGEREF _Tc196827095 \h - 458 -
\l "_Tc196827096" 2025年中考数学押题预测卷链接 PAGEREF _Tc196827096 \h - 458 -
\l "_Tc196827097" 2025年中考数学终极押题猜想链接 PAGEREF _Tc196827097 \h - 458 -
考点一 数与式（10考点+思维导图）
考点二 方程（组）与不等式（组）（5考点+思维导图）
考点三 函数（16考点+思维导图）
考点四 图形的性质（22考点+思维导图）
考点五 图形的变化（8考点+思维导图）
考点六 统计与概率（6考点+思维导图）
易错失分点一 数与式（12个易错点）
易错点1：有理数、无理数以及实数的有关概念理解错误，相反数、倒数、绝对值的意义概念混淆，以及绝对值与数的分类．每年必考．
易错点2：化简绝对值时，没有判断绝对值符号中各个数或式子的正负；
易错点3：用科学记数法表示数时，容易把n的值算错.
易错点4：实数的运算要掌握好与实数有关的概念、性质，灵活地运用各种运算律，关键是把好符号关；在较复杂的运算中，不注意顺序或者不合理使用运算律，从而使运算出现错误．
易错点5：平方根、算术平方根、立方根的区别，填空题必考．
易错点6：不能区分分式何时有意义，无意义或值为0．
易错点7：运用分式的基本性质时，要注意同乘（或除以）一个不等于0的整式
易错点8：分式运算时要注意运算法则和符号的变化．当分式的分子分母是多项式时要先因式分解，因式分解要分解到不能再分解为止，注意计算方法，不能去分母，把分式化为最简分式．填空题必考．
易错点9：非负数的性质；几个非负数的和为0，每个式子都为0；整体代入法；完全平方式．
易错点10：计算第一题必考．五个基本数的计算：0指数，三角函数，绝对值，负指数，二次根式的化简．
易错点11：科学记数法．精确度，有效数字．
易错点12：代入求值要使式子有意义．各种数式的计算方法要掌握，一定要注意计算顺序．
易错失分点二 方程与不等式（9个易错点）
易错点1：各种方程（组）的解法要熟练掌握，方程（组）无解的意义是找不到等式成立的条件．
易错点2：运用等式性质时，两边同除以一个数必须要注意不能为0的情况，还要关注解方程与方程组的基本思想．（消元降次）主要陷阱是消除了一个带x公因式要回头检验．
易错点3：运用不等式的性质3时，容易忘记改不改变符号的方向而导致结果出错．
易错点4：关于一元二次方程的取值范围的题目易忽视二次项系数不为0导致出错．
易错点5：关于一元二次不等式根的判别式的使用前提是：二次项系数不为0且△≥0．
易错点6：解分式方程时首要步骤去分母，分数相当于括号，易忘记根检验，导致运算结果出错．
易错点7：分式方程增根产生的原因为最简公分母的值为0．
易错点8：不等式（组）的解的问题要先确定解集，确定解集的方法运用数轴．
易错点9：利用函数图像求不等式的解集和方程的解．
易错失分点三 函数（8个易错点）
易错点1：函数中各个待定系数表示的意义．
易错点2：熟练掌握各种函数解析式的求法，有几个的待定系数就要几个点值．
易错点3：利用图像求不等式的解集和方程（组）的解，利用图像性质确定增减性．
易错点4：两个变量利用函数模型解实际问题，注意区别方程、函数、不等式模型解决不等领域的问题．
易错点5：利用函数图像进行分类（平行四边形、相似、直角三角形、等腰三角形）以及分类的求解方法．
易错点6：与坐标轴交点坐标一定要会求．面积最大值的求解方法，距离之和的最小值的求解方法，距离之差最大值的求解方法．
易错点7：数形结合思想方法的运用，还应该注意结合图像性质解题．函数图像与图形结合学会从复杂图形分解为简单图形的方法，图形为图像提供数据或者图像为图形提供数据．
易错点8：自变量的取值范围：二次根式的被开方数是非负数，分式的分母不为0，0指数底数不为0，其它都是全体实数．
易错失分点四 图形的性质（25个易错点）
易错点1：三角形的概念以及三角形的角平分线、中线、高线的特征与区别．
易错点2：三角形三边之间的不等关系，注意其中的“任何两边”．最短距离的方法．
易错点3：三角形的内角和，三角形的分类与三角形内外角性质，特别关注外角性质中的“不相邻”．
易错点4：全等形，全等三角形及其性质，三角形全等判定．着重学会论证三角形全等，三角形相似与全等的综合运用以及线段相等是全等的特征，线段的倍分是相似的特征以及相似与三角函数的结合．边边角两个三角形不一定全等．
易错点5：两个角相等和平行经常是相似的基本构成要素，以及相似三角形对应高之比等于相似比，对应线段成比例，面积之比等于相似比的平方．
易错点6：等腰（等边）三角形的定义以及等腰（等边）三角形的判定与性质，运用等腰（等边）三角形的判定与性质解决有关计算与证明问题，这里需注意分类讨论思想的渗入．
易错点7：运用勾股定理及其逆定理计算线段的长，证明线段的数量关系，解决与面积有关的问题以及简单的实际问题．
易错点8：将直角三角形，平面直角坐标系，函数，开放性问题，探索性问题结合在一起综合运用探究各种解题方法．
易错点9：中点，中线，中位线，一半定理的归纳以及各自的性质．
易错点10：直角三角形判定方法；三角形面积的确定与底上的高（特别是钝角三角形）．
易错点11：三角函数的定义中对应线段的比经常出错以及特殊角的三角函数值．
易错点12：平行四边形的性质和判定，如何灵活、恰当地应用．三角形的稳定性与四边形不稳定性．
易错点13：平行四边形注意与三角形面积求法的区分．平行四边形与特殊平行四边形之间的转化关系．
易错点14：运用平行四边形是中心对称图形，过对称中心的直线把它分成面积相等的两部分．对角线将四边形分成面积相等的四部分．
易错点15：平行四边形中运用全等三角形和相似三角形的知识解题，突出转化思想的渗透．
易错点16：矩形、菱形、正方形的概念、性质、判定及它们之间的关系，主要考查边长、对角线长、面积等的计算．矩形与正方形的折叠．（23题必考）
易错点17：四边形中的翻折、平移、旋转、剪拼等动手操作性问题，掌握其中的不变与旋转一些性质．（18题必考）
易错点18：梯形问题的主要做辅助线的方法．
易错点19：对弧、弦、圆周角等概念理解不深刻，特别是弦所对的圆周角有两种情况要特别注意，两条弦之间的距离也要考虑两种情况．（选择题最后一题考）
易错点20：对垂径定理的理解不够，不会正确添加辅助线运用直角三角形进行解题．
易错点21：对切线的定义及性质理解不深，不能准确的利用切线的性质进行解题以及对切线的判定方法（两种方法）使用不熟练．
易错点22：考查圆与圆的位置关系时，相切有内切和外切两种情况，包括相交也存在两圆圆心在公共弦同侧和异侧两种情况，学生很容易忽视其中的一种情况．（25题分类讨论）
易错点23：与圆有关的位置关系把握好d与R和R+r，R-r之间的关系以及应用上述的方法求解；
易错点24：圆周角定理是重点，同弧（等弧）所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，90度的圆周角所对的弦是直径，一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半．
易错点25：几个公式一定要牢记：三角形、平行四边形、菱形、矩形、正方形、梯形、圆的面积公式，圆周长公式，弧长，扇形面积，圆锥的侧面积以及全面积以及弧长与底面周长，母线长与扇形的半径之间的转化关系．
易错失分点五 图形的变化（3个易错点）
易错点1：轴对称、轴对称图形，及中心对称，中心对称图形的概念和性质把握不准．
易错点2：图形的轴对称或旋转问题，要充分运用其性质解题，即运用图形的“不变性”，在轴对称和旋转中角的大小不变、线段的长短不变．
易错点3：将轴对称与全等混淆，关于直线对称与关于轴对称混淆．
易错失分点六 统计与概率（8个易错点）
易错点1：中位数、众数、平均数的有关概念理解不透彻，错求中位数、众数、平均数．
易错点2：在从统计图获取信息时，一定要先判断统计图的准确性．不规则的统计图往往使人产生错觉，得到不准确的信息．
易错点3：对普查与抽样调查的概念及它们的适用范围不清楚，造成错误．
易错点4：极差、方差的概念理解不清晰，从而不能正确求出一组数据的极差、方差．
易错点5：概率与频率的意义理解不清晰，不能正确的求出事件的概率．
易错点6：平均数、加权平均数、方差公式，扇形统计图的圆心角与频率之间的关系，频数、频率、总数之间的关系．加权平均数的权（部分省份不做要求）可以是数据、比分、百分数，还可以是概率（或者频率）．
易错点7：求概率的方法．（1）简单事件；（2）两步以及两步以上的简单事件求概率的方法：利用树状或者列表表示各种等可能的情况与事件的可能性的比值；（3）复杂事件求概率的方法运用频率估算概率．
易错点8：判断是否公平的方法运用概率是否相等，关注频率与概率的整合．
快解妙招一 线、角、相交线、平行线（14大招）
大招1.如果平面上有n(n≥2)个点，其中任何三点都不在同一直线上，那么每两点画一条直线，一共可以画出条
大招2.平面上的n条直线最多可把平面分成个部分.
大招3.如果一条直线上有n个点，那么在这个图形中共有线段的条数为条.
大招4.线段(或延长线)上任一点分线段为两段，这两条线段的中点的距离等于线段长的一半.
大招5.有公共端点的n条射线所构成的交点的个数一共有
大招6.如果平面内有n条直线都经过同一点，则可构成小于平角的角共有2n(n-1)个.
大招7.如果平面内有n条直线都经过同一点，则可构成n(n-1)对对顶角.
大招8.平面上若有n(n≥3)个点，任意三个点不在同一直线上，过任意三点作三角形一共可作出个.
大招9.互为邻补角的两个角平分线所成的角的度数为90°.
大招10.平面上有n条直线相交，最多交点的个数为
大招11.互为补角中较小角的余角等于这两个互为补角的角的差的一半.
大招12.当两直线平行时，同位角的角平分线互相平行，内错角的角平分线互相平行，同旁内角的角平分线互相垂直.
大招13.已知AB∥CD，则
大招14.成“8”字形的两个三角形的一对内角平分线相交所成的角等于另两个内角和的一半.
快解妙招二 三角形、四边形与圆（46大招）
大招1.在利用三角形三边关系证明线段不等关系时，如果直接证不出来，可连结两点或延长某边构造三角形，使结论中出现的线段在一个或几个三角形中，再利用三边关系定理及不等式性质证题.
大招2.三角形的一个内角平分线与一个外角平分线相交所成的锐角，等于第三个内角的一半.
大招3.三角形的两个内角平分线相交所成的钝角等于90°加上第三个内角的一半.
大招4.三角形的两个外角平分线相交所成的锐角等于90°减去第三个内角的一半.
大招5.从三角形的一个顶点作高线和角平分线，它们所夹的角等于三角形另外两个角差(的绝对值)的一半.
大招6.在利用三角形的外角大于任何和它不相邻的内角证明角的不等关系时，如果直接证不出来，可连结两点或延长某边，构造三角形，使求证的大角在某个三角形外角的位置上，小角处在内角的位置上，再利用外角定理证题.
大招7.有角平分线时常在角两边截取相等的线段，构造全等三角形.
大招8.有以线段中点为端点的线段时，常加倍延长此线段构造全等三角形.
大招9.在三角形中有中线时，常加倍延长中线构造全等三角形.
大招10.截长补短作辅助线的方法：1）截长法：在较长的线段上截取一条线段等于较短线段；
2）补短法：延长较短线段和较长线段相等.
大招11.证明两条线段相等的步骤：
①观察要证线段在哪两个可能全等的三角形中，然后证这两个三角形全等。
②若图中没有全等三角形，可以把求证线段用和它相等的线段代换，再证它们所在的三角形全等.
③如果没有相等的线段代换，可设法作辅助线构造全等三角形.
大招12.在一个图形中，有多个垂直关系时，常用同角(等角)的余角相等来证明两个角相等.
大招13.三角形一边的两端点到这边的中线所在的直线的距离相等.
大招14.条件不足时延长已知边构造三角形.
大招15.连接四边形的对角线，把四边形问题转化成三角形来解决问题.
大招16.有和角平分线垂直的线段时，通常把这条线段延长。可归结为“角分垂等腰归”.
大招17.当证题有困难时，可结合已知条件，把图形中的某两点连接起来构造全等三角形.
大招18.当证题缺少线段相等的条件时，可取某条线段中点，为证题提供条件.
大招19.有角平分线时，常过角平分线上的点向角两边做垂线，利用角平分线上的点到角两边距离相等证题.
大招20.有等腰三角形时常用的辅助线：
1)作顶角的平分线，底边中线，底边高线；2)有底边中点时，常作底边中线；
3)将腰延长一倍，构造直角三角形解题；4)常过一腰上的某一已知点做另一腰的平行线.
5)常过一腰上的某一已知点做底的平行线.
6)常将等腰三角形转化成特殊的等腰三角形---等边三角形.
大招21.有垂直平分线时常把垂直平分线上的点与线段两端点连结起来.
大招22.有垂直时常构造垂直平分线。
大招23.当涉及到线段平方的关系式时常构造直角三角形，利用勾股定理证题.
大招24.平行四边形的两邻边之和等于平行四边形周长的一半.
大招25.平行四边形被对角线分成四个小三角形，相邻两个三角形周长之差等于邻边之差。
大招26.有平行线时常作平行线构造平行四边形
大招27.有以平行四边形一边中点为端点的线段时常延长此线段.
大招28.平行四边形一边(或这边所在的直线)上的任意一点与对边的两个端点
的连线所构成的三角形的面积等于平行四边形面积的一半.
大招29.任意一点与同一平面内的矩形各点的连线中，不相邻的两条线段的平方和相等.
大招30.连结平行四边形、矩形、菱形、正方形、等腰梯形各边中点所得的四边形分别为平行四边形、菱形、矩形、正方形、菱形.
大招31.当已知或求证中，涉及到以下情况时，常构造直角三角形.
(1)有特殊角时，如有30°、45°、60°、120°、135°角时.
(2)涉及有关锐角三角函数值时，构造直角三角形经常通过作垂线来实现.
大招32.等腰直角三角形斜边的长等于直角边的√2倍.
大招33.在含有30°角的直角三角形中，60°角所对的直角边是30°角所对的直角边的√3倍.(即30°角所对的直角边是几，另一条直角边就是几倍√3.
大招34. 有弦无垂径时，可过圆心，作垂线，连半径，造Rt△，用勾股，求长度.
大招35.有等弧或证弧等时常连等弧所对的弦或作等弧所对的圆心角.
大招36.有弧中点(或证明是弧中点)时，常有以下几种引辅助线的方法：
(1)连结过弧中点的半径；(2)连结等弧所对的弦；(3)连结等弧所对的圆心角.
大招37.有直径时常作直径所对的圆周角，再利用直径所对的圆周角为直角证题.
大招38.有垂直弦时也常作直径所对的圆周角。
大招39.有等弧时常作辅助线有以下几种：(1)作等弧所对的弦；(2)作等弧所对的圆心角；(3)作等弧所对的圆周角.
大招40.有弦中点时，常构造三角形中位线.
大招41.圆上有四点时，常构造圆内接四边形.
大招42.遇到弦时，常常连结圆心和弦的两个端点，构成等腰三角形，还可连结圆周上一点和弦的两个端点．（作用:①可得等腰三角形；②据圆周角的性质可得相等的圆周角.）
大招43.遇到有切线时常常添加过切点的半径(连结圆心和切点)
大招44.遇到证明某一直线是圆的切线时：
1. 若直线和圆的公共点还未确定，则常过圆心作直线的垂线段，再证垂足到圆心的距离等于半径．
2. 若直线过圆上的某一点，则连结这点和圆心(即作半径)，再证其与直线垂直．
大招45.遇到两相交切线时(切线长)，常常连结切点和圆心、连结圆心和圆外的一点、连结两切点．
大招46.遇到三角形的内切圆时连结内心到各三角形顶点，或过内心作三角形各边的垂线
解密题型一 数与式
【考情分析】数与式的考查在中考中占据着举足轻重的地位，其题型多样，包括选择题、填空题以及计算题，几乎覆盖了所有中考数学试卷。从内容上看，主要集中在对有理数、实数、整式、分式、根式及其运算的全面考察。有理数的运算、正负数的概念、科学记数法的应用、分式的化简与计算、幂的运算规则以及根式的性质与运算，都是高频考点。特别是在科学记数法上，题目往往结合最新的科技进展或社会热点数据，如航天成就中的距离数据，考查学生对大数字处理的能力。此外，数与式的题目还常涉及新定义运算，这类题目要求学生具备快速理解并应用新知识的能力，体现了对学生逻辑思维与创新能力的重视。
值得注意的是，数与式的题目在难度设置上较为均衡，既有基础知识的直接应用，也有需要深入分析与综合应用的题目。选择题与填空题往往侧重于基础知识的考查，而计算题则更加注重学生的运算能力与解题步骤的规范性。
【满分技巧】
一、实数及其运算的满分技巧
1. 牢记基本概念：数轴、相反数、绝对值、倒数等，特别注意0的特殊性。
2. 运算规则：有理数加法、减法、乘法、除法及乘方运算需熟练掌握，尤其是符号的处理。
3. 科学记数法：把一个数A表示成的形式（其中1≤|a|＜10，n为整数），这种记数法叫做科学记数法。确定a和n的方法是关键，需多练习。
二、整式与因式分解的满分技巧
1. 整式运算：掌握加减乘除及乘方运算，注意同类项的合并及去括号法则。
2. 因式分解：常用方法有提取公因式法、公式法（平方差公式、完全平方公式）、分组分解法等。需通过大量练习提高熟练度。
三、分式的满分技巧
1. 分式化简：利用因式分解将分子分母化简，再约分。
2. 分式运算：掌握分式加减乘除的运算法则，特别是通分和约分的应用。
四、二次根式的满分技巧
1. 理解二次根式的概念和性质，特别是最简二次根式的条件。
2. 掌握二次根式的加减乘除运算，注意化简和有理化分母。
五、化简求值
1. 理解并熟练掌握分式的基本运算法则至关重要。分式的加减乘除是化简求值的基础，牢记“先乘除，后加减”的运算顺序，确保每一步运算的正确性。在分式相加减时，关键是找到最简公分母进行通分；分式相乘除时，则需将分子分母分别相乘或颠倒除式后再相乘，最后约分化简为最简分式或整式。
2. 因式分解是化简求值中常用的重要工具。无论是分子还是分母，若为多项式，应首先考虑因式分解。常用的因式分解方法包括提公因式法和公式法，如平方差公式和完全平方公式。通过因式分解，可以有效地约简分式，使计算变得更加简便。
3. 代入求值时要保证分式的有意义性。在代入具体数值之前，务必检查化简后的分式是否有意义，即分母不为零。若题目中给定字母的取值范围或条件，需先确定该值是否使分式有意义，再进行代入计算。此外，有时题目会要求从几个给定数值中选择合适的数值代入，此时应逐一检查每个数值是否符合要求。
5. 整体代入法是化简求值中一种高效的方法。当直接代入字母的值较为复杂时，可以考虑将已知条件变形，整体代入化简后的表达式中。这种方法需要敏锐的观察力和灵活的思维，通过适当的变形，使计算过程更加简洁明了。
6. 规范解题步骤和书写格式。中考注重过程评价，清晰的解题步骤和规范的书写不仅能帮助自己在检查过程中快速定位错误，还能给阅卷老师留下良好的印象，避免不必要的失分。在答题时，应按照“原式=化简过程=代入计算=最终结果”的步骤书写，每一步都要详细明了。
六、应对中考的策略
1. 仔细审题：数与式的题目往往因一字之差而解法迥异，务必仔细审题，理解题意。
2. 规范答题：步骤清晰，书写工整，避免因书写不规范而丢分。
3. 检查复核：完成题目后，务必检查计算过程和结果，避免低级错误。
4. 压轴题应对：中考压轴题往往涉及数与式的综合应用，需具备良好的数形结合思想、分类讨论思想和转化思想。平时多练习此类题目，提高解题能力。
通过以上技巧的掌握和运用，结合大量的练习和总结，考生完全可以在中考数与式部分取得满分。关键在于对基本概念和运算规则的熟练掌握，以及对各种题型的深入理解和灵活应用。
【2025年中考模拟预测】
1．（2025·海南三亚·一模）2025年1月7日，长征三号乙运载火箭成功将实践二十五号卫星发射升空，标志着2025年中国航天发射任务的“开门红”．该火箭主要用于发射高轨航天器，并计划在2025年保持高密度发射，完成小行星探测等十几次重大任务．长征三号乙运载火箭的载重高达千克，用科学记数法表示为（ ）千克．
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查科学记数法，解题的关键是掌握科学记数法的定义：将一个数表示成的形式，其中，为整数．确定的值时，要看把原数变成时，小数点移动了多少位，的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值大于或等于时，是正整数；当原数的绝对值小于时，是负整数．据此解答即可．
【详解】解：长征三号乙运载火箭的载重高达千克，用科学记数法表示为千克．
故选：A．
2．（2025·安徽淮北·二模）下列运算正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查单项式乘单项式，幂的乘方，同底数幂的乘法，合并同类项，解答的关键是熟练掌握相应的运算法则及其应用．根据运算法则，对每一个选项进行计算排除即可．
【详解】解：A、，故选项计算错误，不符合题意；
B、，故选项计算正确，符合题意；
C、，故选项计算错误，不符合题意；
D、，故选项计算错误，不符合题意；
故选：B．
3．（2025·辽宁·一模）矩形相邻两边的长分别为，，设其面积为，则的值（ ）
A．在1和2之间B．在2和3之间
C．在3和4之间D．在4和5之间
【答案】C
【分析】本题考查了矩形，二次根式的乘法，无理数的估算等知识，先根据矩形面积公式和二次根式的乘法法则求出，然后根据“夹逼法”求解即可．
【详解】解∶∵矩形相邻两边的长分别为，，
∴其面积为，
∵，
∴，即，
∴的值在3和4之间，
故选∶C．
4．（2025·宁夏银川·一模）分解因式： .
【答案】
【分析】本题考查分解因式，涉及提公因式法分解因式、平方差公式分解因式，根据多项式结构特征，先提公因式，再由平方差公式分解因式即可得到答案，综合运用提公因式法及公式法分解因式是解决问题的关键．
【详解】解：
故答案为：．
5．（2025·湖北黄冈·一模）要使二次根式在实数范围内有意义，则符合条件的正整数的值可以是 ．（写出一个即可）
【答案】（答案为不唯一）
【分析】本题考查了二次根式有意义的条件，熟练掌握该知识点是关键．根据二次根式的被开方数是非负数求出的取值范围，写出一个符合题意的即可．
【详解】解：有意义，
解得，
即的值可以是5（答案为不唯一）．
故答案为：（答案为不唯一）．
6．（2025·江苏苏州·一模）计算：
(1)
(2)
【答案】(1)9
(2)
【分析】本题考查了实数的混合运算，掌握实数的运算法则是解题的关键．
（1）根据二次根式乘法法则和零指数幂的意义计算即可；
（2）利用绝对值的性质、负整数指数幂、二次根式的性质、特殊角的三角函数值分别运算，再合并即可求解．
【详解】（1）解：原式
；
（2）解：原式
．
7．（2025·重庆·二模）计算：
(1)；
(2)．
【答案】(1)
(2)
【分析】本题考查了整式的运算和分式的混合运算，解题的关键是：
（1）根据完全平方公式、多项式乘以多项式法则以及合并同类项法则计算即可；
（2）先通分再化简．
【详解】（1）原式
（2）原式．
8．（2025·江苏苏州·一模）化简：，并从，1，2中任取一个数作为a的值，求代数式的值．
【答案】，3
【分析】本题考查了分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．原式括号中两项通分并利用同分母分式的加法法则计算，同时利用除法法则计算得到最简结果，把的值代入计算即可求出值．
【详解】解：原式，
，

由题意得，，，
则，，
，
当时，原式．
9．（2025·广东深圳·一模）【阅读理解】已知，求的值．
解：由已知可得，则，
．①
，②
．
（1）第②步运用了______公式；（A．平方差 B．完全平方）
【类比探究】
（2）上题的解法叫做“倒数法”，请你利用“倒数法”解决下面的问题：
已知，求的值．
【答案】（1）B；（2）
【分析】本题考查了完全平方公式在分式中的应用，注意计算的准确性即可．（1）根据解题步骤即可求解；（2）由题意得，推出，根据即可求解；
【详解】解：（1）第②步运用了完全平方公式，
故答案为：B
（2）由已知可得，则，
∴，即，
∵，
∴
解密题型二 方程与不等式
【考情分析】方程与不等式部分主要包括一元一次方程、二元一次方程组、一元二次方程、分式方程以及一元一次不等式（组）。其中，一元一次方程和二元一次方程组的解法和应用几乎是每年必考内容，而一元二次方程的求解和不等式（组）的应用也是高频考点。具体来看，方程与方程组的分值约占中考数学总分值的25%，不等式与不等式组的分值则稳定在5%至8%之间。
1. 选择题与填空题：这类题型主要考查基础知识和简单计算能力。一元一次方程的解法、不等式的基本性质以及简单的方程与不等式应用常以选择题或填空题形式出现。例如，通过数轴表示不等式的解集，或判断方程实数根的个数。
2. 解答题：解答题则更侧重于考查学生的逻辑思维和应用能力。二元一次方程组的实际应用题，如方案设计、行程问题、商品销售等，常以解答题形式出现。一元二次方程的求解，尤其是根的判别式的应用，也是解答题的常见内容。此外，列不等式（组）解决实际问题，如资源分配、成本控制等，同样受到命题者的青睐。
【命题趋势】近年来，中考方程与不等式的命题趋势显示出以下几个特点：
1. 实际应用题的比重增加：题目越来越注重将数学知识与实际生活相结合，考查学生运用方程与不等式解决实际问题的能力。例如，通过设计用水计划、货物运输方案等情境，考查学生建立数学模型的能力。
2. 综合能力的考查：题目不再单一考查某个知识点，而是将多个知识点融合在一起，考查学生的综合分析和解决问题的能力。例如，结合几何知识，利用方程求解几何图形的面积或角度。
3. 思维能力的考查：除了基础计算，题目更加重视考查学生的逻辑推理和创造性思维。例如，通过不等式的性质，进行推理判断，或通过方程组的解，分析变量的取值范围。
【满分技巧】在备战中考数学的征程中，方程与不等式无疑是考试中的重头戏。掌握其核心技巧不仅能帮助同学们在这部分拿到满分，还能提升整体的数学思维能力。以下是针对中考方程与不等式的满分技巧，希望能为大家的复习提供有效的指导。
一、基础概念要夯实
无论是方程还是不等式，基本概念的理解和掌握是解题的前提。要确保对一元一次方程、一元二次方程、分式方程以及各类不等式的概念、性质和基本解法了如指掌。只有基础扎实，才能在复杂的题目中灵活运用。
二、解方程的技巧
1. 一元一次方程：这类方程较为简单，但要注意移项、合并同类项等基本操作的正确性。特别要注意等式两边同除以一个数时，这个数不能为零。
2. 一元二次方程：解这类方程时，可运用配方法、公式法或因式分解法。熟练掌握这些方法，能快速准确地求解。此外，二次方程的判别式（Δ=b²-4ac）决定了方程的实数根的个数，要牢记其应用。
3. 分式方程：解分式方程的关键在于去分母，将其转化为整式方程。但要注意检验所得的解是否为增根（即使分母为零的根）。
三、解不等式的技巧
1. 一元一次不等式：与解一元一次方程类似，但要注意当不等式两边同乘以或除以一个负数时，不等号的方向要改变。
2. 一元二次不等式：解二次不等式时，可先求出对应二次方程的根，然后根据根的情况确定不等式的解集。图像法（数形结合）也是一个有效的解题工具，通过画出二次函数的图像，能直观地得到不等式的解集。
四、方程与不等式的关系应用
方程与不等式有着密切的联系，这种关系在解题中常常被利用。例如，求参数的取值范围时，可以将不等式问题转化为方程问题，通过找到“边界”来确定取值范围。此外，分类讨论题中也常利用方程与不等式的关系，结合数轴进行分析，确保分类不遗漏、不重复。
五、实际应用题的解题步骤
列方程（组）或不等式解应用题是中考的常见题型。其一般步骤为：
1. 审题：仔细阅读题目，理解题意，找出已知条件和未知量。
2. 设元：设未知数，并用字母表示。
3. 列方程（组）或不等式：根据题目中的等量关系或不等关系，列出方程（组）或不等式。
4. 求解：解所列的方程（组）或不等式。
5. 检验作答：检验所得的解是否符合实际意义，并给出最终答案。
【2025年中考模拟预测】
1．（2025·四川广安·二模）某市开展“悦读书，与心共鸣”读书活动，甲、乙两位同学分别从距离活动地点1400m和900m的两地同时出发，参加活动．甲同学的速度是乙同学的1.1倍，乙同学比甲同学提前到达活动地点．若设乙同学的速度是，则下列方程正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】本题考查分式方程的应用，分析题意，找到合适的等量关系是解决问题的关键．
设乙同学的速度是，则甲同学的速度为，然后分别表示行驶的时间，最后由“乙同学比甲同学提前到达活动地点”建立方程即可．
【详解】解：设乙同学的速度是，则甲同学的速度为：
由题意得：，
故选：A．
2．（2025·西藏拉萨·一模）关于的方程在实数范围内有实数根，则的取值范围是（ ）
A．B．且C．D．且
【答案】A
【分析】本题考查了一元一次方程的解、一元二次方程的定义、一元二次方程根的判别式“对于一元二次方程，它的根的判别式为，当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程没有实数根”，熟练掌握一元二次方程根的判别式是解题关键．分两种情况：①和②，根据一元一次方程的解、以及一元二次方程的定义和一元二次方程根的判别式求解即可得．
【详解】解：①当，即时，
方程为，解得，在实数范围内有实数根，符合题意；
②当，即时，
∵关于的方程在实数范围内有实数根，
∴这个方程根的判别式，
解得；
综上，的取值范围是，
故选：A．
3．（2025·山东·模拟预测）关于的方程的一个根为0，则实数的值是（ ）
A．1B．C．0D．
【答案】D
【分析】本题考查了直接开方法解一元二次方程，方程的解：能使方程左右两边相等的未知数的值是方程的解，根据方程解的定义得到，再解关于a的方程，即可确定a的值．
【详解】解：把代入方程中，
得，
解得，
当时，原方程为，则是方程的根，符合题意；
故选：D．
4．（2025·福建三明·一模）已知方程的三个互不相等的实数根可作为三角形的三边边长，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】本题考查的一元二次方程根的判别式的应用，根与系数的关系，三角形三边关系的应用，先解方程得到一个解为，结合题意可得方程有两个不相等的正实数根，且，再进一步解答即可．
【详解】解：∵，
∴或，
当时，则，
当时，结合题意可得方程有两个不相等的正实数根，
∴，，，
解得：，
∵方程的三个互不相等的实数根可作为三角形的三边边长，
∴，
∴，
∴，
解得：，
综上：，
故选：C
5．（2025·四川成都·一模）已知，是关于的一元二次方程的两个实数根，则的值为 ．
【答案】
【分析】本题考查一元二次方程的根与系数的关系、一元二次方程的解及代数式求值．根据一元二次方程的根与系数的关系可得，，再将变形为，最后整体代入计算即可求解．
【详解】解：∵a，b是一元二次方程的两个实数根，
∴，，
∴，
∵
．
故答案为：．
6．（2025·四川广安·二模）若关于的方程的解是非负数，则的取值范围为______．
【答案】且
【分析】本题考查了分式方程的解以及解一元一次不等式，求出方程的解是解题的关键．先用含m的代数式表示x，再根据解为正数，列出关于m的不等式，求解即可．
【详解】解：原方程去分母，得，得：且，
∵关于的方程的解是非负数，
∴且，
解得：且，
故答案是：且．
7．（2025·广东深圳·二模）已知方程的两根恰好是的两条边的长，则的第三边长为 ．
【答案】13或/13或
【分析】本题主要考查了勾股定理，解一元二次方程，解题的关键是分类讨论．
解一元二次方程，分类讨论，利用勾股定理求解即可．
【详解】解：
解得，
当为的两直角边时，第三条边长为；
当为的一条直角边和一条斜边时，第三条边长为；
故答案为：13或．
8．（2025·宁夏吴忠·一模）关于的不等式组的解是，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了根据不等式组的解集求参数，先分别求出不等式组中两个不等式的解集，再根据不等式组的解集得到关于m的不等式，解之即可得到答案．
【详解】解；
解不等式①得：，
解不等式②得：，
∵关于的不等式组的解是，
∴，
∴，
故答案为：．
9．（2025·山东烟台·一模）“低碳生活，绿色出行”的理念已逐渐深入人心，某自行车专卖店有A，B两种规格的自行车，A型车的售价为a元/辆，B型车的售价为b元/辆，该专卖店十月份前两周销售情况如下：
(1)求a，b的值；
(2)已知一辆A型车比一辆B型车进价少花300元，老板在第三个周进货时，用48000元购进A型自行车数量与用60000元购进B型自行车数量相等，求A、B两种的自行车进货单价分别是多少元？
(3)若计划第四周售出A、B两种型号自行车共25辆，其中B型车的销售量大于A型车的销售量，且不超过A型车销售量的2倍，该专卖店售出A型、B型车各多少辆才能使第四周总销售额最大，最大总销售额是多少元？
【答案】(1)
(2)A型号一辆进价为1200元，B型号一辆进价为1500元
(3)该专卖店第三周售出A型车辆，B型车辆，销售总额为最大，为42300元
【分析】本题主要考查了一次函数的实际应用，二元一次方程组的实际应用，分式方程的实际应用，一元一次不等式的实际应用，正确理解题意列出方程，不等式和函数关系式是解题的关键．
（1）根据第一周和第二周的销售额建立方程组求解即可；
（2）设B型车进价每辆元，则A型车进价每辆元，根据用48000元购进A型自行车数量与用60000元购进B型自行车数量相等建立方程求解即可；
（3）设该专卖店第三周售出A型车辆，B型车辆，销售总额为元，分别求出售出A型车和B型车的销售额，二者求和可得w关于x的函数关系式，再列不等式求出m的取值范围，进而根据一次函数的性质求解即可．
【详解】（1）解：由题意得，
解得：；
（2）解：设B型车进价每辆元，则A型车进价每辆元，
根据题意得，
解得：
经检验是原分式方程的解．
（元）
答：A型号一辆进价为1200元，B型号一辆进价为1500元．
（3）解：设该专卖店第三周售出A型车辆，B型车辆，销售总额为元，
由题意得：，
由，解得，
取整数，，10，11，12，
∵随着的增大而减小，
∴当时，取得最大值，此时（元）．
答：该专卖店第三周售出A型车辆，B型车辆，销售总额为最大，为42300元．
10．（2025·四川达州·一模）已知关于的方程有两个实数根．
(1)求的取值范围；
(2)若方程有一个根是1，求方程的另一个根及的值．
【答案】(1)
(2)当时，另一个根为；当时，另一个根为5
【分析】本题考查解一元二次方程和一元二次方程的解、根的判别式．
（1）根据方程有两个实数根，则，求解即可．
（2）把代入，得出关于m的方程求解即可求出m值，再把m值代入方程，然后解一元二次方程即可求解．
【详解】（1）解：∵关于x的方程有两个实数根，
∴，
解得：；
（2）解：把代入，得，
解得：或，
分以下两种情况：
当时，方程为，
解得或，
此时另一个根为；
当时，方程为，
解得或，
此时另一个根为5；
综上所述，当时，另一个根为；当时，另一个根为5．
11．（2025·山东青岛·一模）（1）求不等式组的整数解．
（2）用配方法解方程：．
（3）已知二次函数的图象与轴有交点，求的取值范围．
【答案】（1），，，0，1，2；（2），；（3）且．
【分析】本题主要考查了求不等式组的整数解、因式分解法解一元二次方程、抛物线与x轴的交点、根的判别式等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键．
（1）首先分别计算出两个不等式组的解集，再求得公共解，然后找出符合条件整数解即可．
（2）先将方程化成一般式，然后利用十字相乘法求解即可；
（3）根据二次函数定义二次项系数非0，与x轴有交点，据此列不等式求解即可．
【详解】解：（1），
由①得：，
由②得：，
不等式组的解集为，
故整数解是，，，0，1，2．
（2），
，
，
∴或，
，．
（3）依题意得：，解得：，
，
解得且．
12．（2025·四川南充·模拟预测）已知关于的一元二次方程．
(1)求证：方程有两个不相等的实数根；
(2)设该方程的两个根为，，且满足，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)的值为0或
【分析】本题考查一元二次方程根的判别式和一元二次方程根与系数的关系，解题的关键是掌握一元二次方程的根的判别式为，且当时，该方程有两个不相等的实数根；当时，该方程有两个相等的实数根；当时，该方程没有实数根，熟记一元二次方程根与系数的关系：和是解题关键．
（1）根据一元二次方程根的判别式计算，即可证明；
（2）根据一元二次方程根与系数的关系，，结合题意可列出关于k的等式，解出k即可．
【详解】（1）解：（1）根据题意得，
∴该方程有两个不相等的实数根；
（2）由根与系数的关系得，，
∵，
∴，
∴，
整理得，
解得，，
∴的值为0或．
13．（2025·广西南宁·一模）某公司计划采购A型和B型储能锂电池系统．已知每套B型的进价比每套A型的进价多0.5万元，用6万元购进A型的数量与用9万元购进B型的数量相等．
(1)求每套A型储能锂电池系统的进价；
(2)该公司计划采购这两种系统共15套，总费用不超过20万元，则购买A型系统最少多少套？
【答案】(1)每套A型系统进价为1万元
(2)该公司购买A型系统最少5套
【分析】本题考查了分式方程和一元一次不等式的应用，正确列出方程和不等式是解决本题的关键．
（1）设每套A型系统进价为万元，列出分式方程，解方程即可；
（2）设该公司决定购买A型系统套，则B型系统购买套，根据总费用不超过20万元列出不等式求解即可．
【详解】（1）解：设每套A型系统进价为万元，
则每套B型系统进价为万元．
依题意，得，解得，
检验：把代入，
所以是原分式方程的解．
答：每套A型系统进价为1万元．
（2）解：每套B型系统进价为（万元），
设该公司决定购买A型系统套，则B型系统购买套．
，解得．
所以的最小整数解为5．
答：该公司购买A型系统最少5套．
解密题型三 解直角三角形
【考情分析】中考对解直角三角形的考查主要集中在以下几个方面：
1. 三角函数的应用：包括正弦、余弦、正切等三角函数的概念及其在解直角三角形中的具体应用。学生需熟练掌握特殊角的三角函数值，并能灵活运用这些值进行线段长度、角度等的求解。
2. 实际应用问题：此类题目往往结合生活实际，如测量高度、距离、角度等，要求学生将实际问题转化为数学模型，通过解直角三角形来求解。常见的题型包括仰角、俯角问题，坡度、坡角问题，以及方向角问题等。
3. 与其他几何知识的综合：解直角三角形常与三角形、四边形、圆等几何知识相结合，形成综合性较强的题目，考查学生的综合运用能力。
【命题趋势】近年来，中考解直角三角形的命题趋势呈现出以下特点：
1. 注重基础与细节：题目在考查基础知识的同时，更加注重学生对细节的把握，如单位的换算、计算过程的准确性等。
2. 强调实际应用：越来越多的题目将解直角三角形的知识与实际生活相结合，考查学生运用数学知识解决实际问题的能力。
3. 题型创新：为了考查学生的创新思维和综合运用能力，命题者在题型设计上不断创新，如引入新的背景、设置多步骤求解等。
【解题方法】
1.求三角函数的值：
（1）当已知直角三角形中一个锐角的三角函数值求其余角的三角函数值时，一般通过设参数求解也可以在草纸上画出图形，结合图形计算.
（2）在网格中求锐角的三角函数值时，一般根据网格的特点，先找出(或构造出)包含该锐角的直角三角形，然后利用勾股定理计算出所需直角三角形的边长，最后根据定义求解.
（3）当所求角所在直角三角形的边长不确定或所求角位于非直角三角形中时，可通过几何图形的性质(全等或相似或圆周角定理及其推论等)进行等角代换，通过求等角的三角函数值得到所求角的三角函数值.
（4）有关特殊角的三角函数值的计算是一类重要题型，解这类问题时，要熟记30°、45°60°角的三种三角函数值，并能准确地把值代入算式，结合实数的运算顺序及运算法则进行相关计算.
（5）在直角三角形中，除直角外的五个元素中，已知其中的两个元素(至少有一条边)，可求出其余的三个未知元素(知二求三).
2. 解直角三角形实际应用的解题方法：
1）实际问题中已知视角的度数求边长时，应先根据题意画出直角三角形，求出这个角的三角函数值，再利用三角函数的定义求得相应边长.
2）利用三角函数求实际问题中视角的度数时，应先根据题意画出直角三角形，并根据已知条件求出这个角的三角函数值，再求出角的度数.
3）方向角问题应结合实际问题抽象出示意图并构造三角形，还要分析三角形中的已知元素和未知元素，如果这些元素不在同一个三角形中或者在同一个斜三角形中，需要添加辅助线.在解题的过程中，有时需要设未知数，通过构造方程(组)来求解.
【常见类型】航海、建桥修路、测量楼高、塔高等.
【满分技巧】
模型一：“背对背”型
【模型分析】若三角形内角（或外角）中有已知角，通过作三角形内的高，构造出两个直角三角形，利用三角函数分别表示出相关线段的长度，计算求解．
【模型分析】分别解两个直角三角形，其中公共边BC是解题关键。等量关系：在和中，BC为公共边，BC=BC。
模型二：“母子”型
【2025年中考模拟预测】
1．（2025·四川广安·二模）如图，在中，，，，将绕点C顺时针旋转后得到，点经过的路径为，将线段绕点顺时针旋转后，点恰好落在上的点处，点经过的路径为，则图中阴影部分的面积是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】本题考查扇形面积的计算及旋转的性质．先用扇形的面积减去的面积，再用扇形的面积减去上面的计算结果即可解决问题．
【详解】解：由题知，
∵，，
∴．
在中，，，
∴，，
∴，
∵，
，
故选：D．
2．（2025·江苏扬州·一模）如图，在中，延长斜边到点D，连接．若，，，则的长为（ ）
A．B．5C．D．6
【答案】B
【分析】此题考查了相似三角形的判定和性质、解直角三角形、勾股定理等知识．先求出，，过点D作交延长线于点E，证明，得到，设,则，，根据列方程并解方程即可．
【详解】解：∵在中，，，
，；
过点D作交延长线于点E，
，，
，
，
，
设,
则，，
∵，
即，
解得，
即的长为，
故选B．
3．（2025·江苏无锡·一模）如图，已知在中，，，点E在边上，点F在的延长线上，连接，点G为的中点，连接，若，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查解直角三角形，相似三角形的判定及性质，添加辅助线构造直角三角形，是解决问题的关键．
由题意可知，，过点作，交于，则，，过点作，交于，则，可知，得，则，设，，得，，，则，可得，再根据正切的定义即可求解．
【详解】解：∵，，
∴，
∵点为的中点，
∴，
过点作，交于，则，，
过点作，交于，则，
∴，
∴，则，
∵，则设，，
∴，，，
则，
∴，
∴，
故选：A．
4．（2025·湖北武汉·三模）如图是水槽水龙头的侧面图，矩形为水槽侧面，宽，深，排水口位于的中点．在水槽边正上方安装水管，水龙头．按水龙头安装要求，水流需直接对准排水口确保水快速排入管道．测得，，则安装的水管的长为 ．（精确到，参考数据：，，，）
【答案】
【分析】本题主要考查了解直角三角形的实际应用，矩形的判定与性质；过点A作于H，过点B作于，证明四边形是矩形，得到，，再求出的度数，进而求出的度数，解得到的长，进而求出的长，再解求出的长，进而求出的长即可得到答案．
【详解】解：如图所示，过点A作于H，过点B作于，
∵四边形是矩形，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
在中，，
，
∴；
∵，排水口位于的中点，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∴安装的水管的长为，
故答案为：．
5．（2025·山西运城·二模）在广袤的海洋中，航海者依赖海图来寻找航道．我国大型远洋综合测量船“海巡08”轮的建成交付和使用，有效填补了我国在深远海海事测量船舶领域的空白．如图为“海巡08”轮某次海道测量示意图，其吃水深度米，测得海底山丘C与E两点到船底探测器的声音往返所用时间分别为秒和秒，声音在海水中传播的速度约为1500米/秒，若两次声波发出的角度，，，，点B、C、D三点在一条直线上．（图中点A，M，B，C，D，E在同一平面内，参考数据：，，结果精确到1米）

(1)本次海道测量，海平面距离海底的深度是多少米？
(2)试求海底山丘CE的坡度是多少？
【答案】(1)海平面距离海底的深度是米；
(2)
【分析】本题考查的是解直角三角形的实际应用，理解坡度概念是关键．
（1）先求解，结合，再进一步可得答案；
（2）如图，过作于，连接，结合题意可得：，，求解，结合，进一步求解，，从而可得答案．
【详解】（1）解：由题意可得：，，
∴，
∵，
∴（米）；
∴海平面距离海底的深度是米；
（2）解：如图，过作于，连接，结合题意可得：
，，
∵，，

∴，，
∴，
由（1）可得：，
∴，
∴海底山丘CE的坡度是．
6．（2025·宁夏固原·二模）如图是某越野车的侧面示意图，折线段表示车后盖，已知，，，该车的高度．打开后备厢如图，车后盖落在处，与水平面的夹角．
(1)求打开后备用后，车后盖最高点到地面的高度．
(2)若小明爸爸的身高为米，他从打开的车后盖处经过，有没有碰头的危险？请说明理由．
【答案】(1)
(2)没有碰头的危险，理由见解析
【分析】（）过点作于，根据正弦的定义求出即可得到答案；
（）过点作于点，求出，根据余弦的定义求出，进而求出点到地面的距离，比较大小即可；
本题考查了解直角三角形的应用，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】（1）解：过点作于，
在中，，，
∵，
∴，
∴点到地面的距离为，
答：车后盖最高点到地面的距离为；
（2）解：没有碰头的危险，理由如下：
如图，过点作于点，
在中，，则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴点到地面的距离为，
∴，
∴没有碰头的危险．
7．（2025·安徽淮南·二模）如图，小明家在公寓楼中，小区中新修了高为的活动中心楼，小明测得公寓楼与活动中心楼的距离为，站在点A处测得活动中心楼的顶端D的仰角为，公寓楼的顶端B的仰角为，小明的观测点N距地面．求公寓楼的高度（精确到）．
参考数据：，，，，，
【答案】公寓楼的高度约为
【分析】本题考查解直角三角形的应用-仰角俯角问题，熟练掌握锐角三角函数的定义是解答本题的关键．过点作于点，于点．则，，，，，在中，在中，解直角三角形得，由可得出答案．
【详解】解：过点作于点，于点．
则，，，，
∵，
∴，
在中，，
则，
在中，，
∴，
∴公寓楼的高度约为．
8．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）如图，某渔船向正东方向以海里/时的速度航行，在处测得小岛在北偏东方向，小时后渔船到达处，测得小岛在北偏东方向，已知小岛周围海里范围内有暗礁．（参考数据：，结果保留整数）
(1)求处与小岛之间的距离；
(2)渔船在处改变航行线路，沿南偏东方向继续航行，通过计算说明渔船途中是否有触礁的危险？
【答案】(1)处与小岛之间的距离约为海里；
(2)渔船途中有触礁的危险，理由见解析．
【分析】本题主要考查了解直角三角形．解决本题的关键是作辅助线构造直角三角形，利用锐角三角函数求出线段的长度．
过点作，交的延长线于点，设海里，利用锐角三角函数可得：，解方程可得：，根据可求处与小岛之间的距离；
过点作于点，利用锐角三角函数求出的长度，根据的长度与海里之间的大小关系判断即可．
【详解】（1）解：过点作，交的延长线于点，
由题意得，，，海里，
设海里，
在中，，
海里，海里，
海里，
在中，，
解得：，
（海里），
处与小岛之间的距离约为海里；
（2）解：如下图所示，过点作于点，
由题意得，，
在中，，
海里 ，
，
渔船途中有触礁的危险．
9．（2025·陕西西安·模拟预测）在阳光明媚的一天，某“综合实践”小组开展了测量物体高度的实践活动，他们制订了测量方案，并利用课余时间完成了实地测量．如图，高楼的旁边有一座小山丘．某一时刻，高楼AB的影子顶端恰好落在小山丘的山顶处，测得高楼落在平地上的影长米．落在斜坡上的影长米，坡角为（即），小山丘的高为，它的背坡的坡度．在小山丘的山顶处有一棵高为4米的小树，此时，小树的顶端的影子恰好落在地面处，并测得米．已知，点B，C，E，F，H在同一条直线上，点G，D，E也在同一条直线上，求楼的高度．（结果精确到1米，参考数据：）
【答案】楼的高度为米．
【分析】本题考查了矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，含角的直角三角形等知识，过点作于点，求出，证明四边形为矩形，得到，再证明，得到，即，求解即可得出答案，掌握相关知识是解题的关键．
【详解】解：如图，过点作于点，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∵，
∴，
由题意知， ，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
答：楼的高度为米．
10．（2025·重庆·一模）如图，某景区为游客精心设计了两条游览路线，路线一：在A点登船，沿水路游览沿途风光：路线二：先坐观光车从A至B，沿途游览，再在B点登船，沿水路游览沿途美景，已知点C在点A的东北方向，点C在点B的北偏东方向，点B在点D的南偏西方向，点D在点C的南偏东方向，相距20千米．（参考数据：，，）
(1)求的距离（结果保留根号）；
(2)小聪和小明同时从点A出发，分别选择路线一和路线二游览，若游船和观光车均保持匀速行驶，游船的速度为20千米/小时，观光车的速度为15千米/小时，上下车和上下船的时间忽略不计，请问小聪和小明谁先到达点，说明理由．（结果精确到）
【答案】(1)千米
(2)小明先到达点
【分析】本题考查了解直角三角形的应用、平行线的性质、三角形的内角和定理等知识，通过作辅助线，构造直角三角形是解题关键．
（1）过点作，交延长线于点，先在中，解直角三角形可得的长，再在中，解直角三角形可得的长，然后根据计算即可得；
（2）过点作，交延长线于点，交于点，过点作于点，先根据平行线的性质、三角形的内角和定理可得，再在中，解直角三角形可得的长，在中，解直角三角形可得，的长，然后根据两条路线的长度和速度计算时间，由此即可得．
【详解】（1）解：如图，过点作，交延长线于点，
由题意得：，，千米，
在中，千米，千米，
在中，千米，
则千米，
答：的距离为千米．
（2）解：如图，过点作，交延长线于点，交于点，过点作于点，
由题意得：，，，
∴，
∴，
由（1）可知，，
∴，
在中，千米，千米，
在中，千米，千米，
∴千米，
在中，千米，
∴小聪选择路线一所需时间为（小时），
小明选择路线二所需时间为（小时），
因为，
所以小明先到达点．
解密题型四 图形变化
【考情分析】中考数学中的图形变化问题，主要包括旋转、翻折和平移三种基本形式，是中考数学中的重要考点之一。这类题目不仅考查学生的基础几何知识，还着重检测学生的空间想象能力、动手操作能力以及问题解决能力。图形变化问题常以选择题、填空题和操作题的形式出现。选择题和填空题主要考查学生对基本概念、性质和简单应用的理解，而操作题则更侧重于考查学生的实际操作能力和解题过程的逻辑性。命题形式灵活多变，往往结合具体情境，考查学生在复杂图形中识别和应用基本变换的能力。
【考查知识点】近年来，中考图形变化问题的命题趋势愈加注重考查学生的综合应用能力和创新思维。题目往往不再局限于单一变换，而是将旋转、翻折、平移等多种变换形式结合，考查学生在复杂情境下的应变能力和解题策略。此外，题目常融入实际生活背景，增加问题的趣味性和应用性，同时也提高了题目的难度。
1. 旋转：主要考查旋转中心、旋转方向和旋转角度的确定，以及旋转前后图形的对应关系。题目常涉及旋转后的图形位置、角度计算和全等关系的判定。
2. 翻折：重点考查轴对称图形的性质和翻折后图形的全等关系。常要求学生利用翻折前后的不变要素，如对称轴、对应点的位置关系等，解决角度、长度计算问题。
3. 平移：主要考查平移的方向和距离，以及平移后图形的位置关系。题目往往涉及平移前后图形的全等性、对应点的坐标变化和平移过程中图形所覆盖的面积计算。
【解题方法】为帮助广大考生把握好平移，旋转和翻折的特征，巧妙利用平移，旋转和翻折的知识来解决相关的问题，下面以近几年中考题为例说明其解法，供大家参考。
1.平移：在平面内，将一个图形沿某个方向移动一定的距离，这样的图形运动称为平移．“一定的方向”称为平移方向，“一定的距离”称为平移距离。
2.平移特征：图形平移时，图形中的每一点的平移方向都相同，平移距离都相等。
3.旋转：在平面内，将一个图形绕一个定点沿某个方向转动一个角度成为与原来相等的图形，这样的图形运动叫做图形的旋转，这个定点叫做旋转中心，图形转动的角叫做旋转角．
4.旋转特征：图形旋转时，图形中的每一点旋转的角都相等，都等于图形的旋转角
5.翻折：翻折是指把一个图形按某一直线翻折180°后所形成的新的图形的变化。
6.翻折特征：平面上的两个图形，将其中一个图形沿着一条直线翻折过去，如果它能够与另一个图形重合，那么说这两个图形关于这条直线对称，这条直线就是对称轴。解这类题抓住翻折前后两个图形是全等的，弄清翻折后不变的要素。
【满分技巧】
1.图形的平移变换：图形的平移变换也是近年来中考中的常考点，平移后得两图形全等，找出对应边、对应角。
2.图形的翻折变换：图形的翻折变换也是近年来中考中的常考点，多与三角形、四边形结合。翻折变换的实质是对称，翻折部分得两图形全等，找出对应边、对应角；再结合勾股定理、相似的性质和判定解题。
3.图形的旋转变换：几何图形的旋转变换是近年来中考中的常考点，多与三角形、四边形结合。解决旋转变换问题。首先要明确旋转中心、旋转方向和旋转角，关键是找出旋转前后的对应点，利用旋转前后对应的两个图形全等来解题。
【2025年中考模拟预测】
1．（2025·陕西咸阳·二模）如图，将沿向右平移得到，与交于点G，且点D是的中点，若，，，则的长为（ ）

A．B．C．2D．
【答案】B
【分析】本题主要查了解直角三角形，平移的性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握解直角三角形，平移的性质，相似三角形的判定和性质是解题的关键．
在中，根据锐角三角函数可得，再由平移的性质可得：，从而得到，即可求解．
【详解】解：在中，，，，
∴，
由平移的性质得：，
∴，
∴，
∵点D是的中点，
∴，
∴．
故选：B
2．（2025·陕西汉中·一模）在平面直角坐标系中，直线关于y轴对称的直线为，则直线、直线与x轴围成的三角形面积为（ ）
A．4B．6C．8D．16
【答案】C
【分析】本题主要考查求直线与坐标轴围成的三角形的面积，先求出直线与轴、轴的交点坐标，再求出关于轴对称的交点坐标，最后根据三角形面积公式求解即可．
【详解】解：∵，
∴当时，，解得，
当时，，
∴直线与轴的交点坐标为，与轴的交点坐标为，
∴直线与轴的交点关于y轴对称的坐标为，直线过点，
∴直线、直线与x轴围成的三角形面积为，
故选：C．
3．（2025·广东江门·一模）我国古代数学的发展历史源远流长，曾诞生了很多伟大的数学发现．下列与我国古代数学发现相关的图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A．杨辉三角B．割圆术示意图C．赵爽弦图D．洛书
【答案】B
【分析】本题考查了中心对称图形和轴对称图形的定义，能熟记中心对称图形和轴对称图形的定义是解此题的关键．中心对称图形是在平面内，把一个图形绕某一定点旋转，能够与自身重合的图形．轴对称图形是在平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形．依据定义判断．
【详解】解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意．
B．既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意．
C．是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意．
D．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意．
故选：B．
4．（2025·辽宁·一模）小明用两个全等的等腰三角形设计了一个“蝴蝶”的平面图案．如图，与都是等腰三角形，且它们关于直线对称，，分别是底边，的中点，，下列推断错误的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了轴对称的性质，同角的余角相等，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，掌握知识点的应用是解题的关键．
轴对称的性质，同角的余角相等，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质逐项排除即可．
【详解】解：、∵，
∴，
由对称得，
∵，分别是底边，的中点，与都是等腰三角形，
∴，，
∴，
∴，结论正确，故不符合题意；
、不一定等于结论错误，故符合题意；
、由对称得：，
∴，，
∵，分别是底边，的中点，
∴，，
∴，
∴，结论正确,故不符合题意；
、如图，过点作，
∴，
∵，
∴，
由对称得，
∴，
同理可证，，
∴，结论正确，故不符合题意，
故选：．
5．（2025·河南洛阳·一模）如图，在中，直径是圆上一点，将弧BC沿BC折叠，折叠后的弧恰好经过点，则图中阴影部分的周长为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了弧长的计算，折叠问题，关键是求出，证明．
作半径于N，由折叠的性质得到，得到，由，求出，得到，由弧长公式求出的长，即可求出阴影的周长．
【详解】解：作半径于N，

由折叠的性质得到，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴阴影的周长==．
故选A．
6．（2025·河南周口·二模）如图，在平面直角坐标系中，菱形的对角线的中点O在坐标原点上，，，轴，将菱形绕点O顺时针旋转，每秒旋转，则第秒旋转结束时，点D的对应点的坐标是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 过点B作轴于点E，证得是等边三角形，得到， ，由是对角线的中点，得到，根据，得到，勾股定理求出，得到，根据旋转的规律得第秒旋转结束时，菱形旋转了，一周是，旋转了周半，此时点D到达了点B的初始位置，即可得到点D的对应点的坐标是．
【详解】解∶如图所示，过点B作轴于点E，
四边形是菱形，
．
，
是等边三角形．
，．
是对角线的中点，
．
轴，
．
轴，
．
．
．
．
菱形绕点O顺时针旋转，每秒旋转，
第秒旋转结束时，菱形旋转了．
，
旋转了周半，此时点D到达了点B的初始位置．
点D的对应点的坐标是．
故选∶C．
7．（2025·陕西汉中·一模）如图，在菱形中，，，连接，E、M分别在边、上，交于点F，交于点N，若点B关于的对称点与点D关于的对称点重合于点O处，则的长为 ．
【答案】4
【分析】连接、、、，记与的交点为P，与的交点为H，如图，易得与均为等边三角形，和分别为和的高，，设，，则，，即，则，进而可得．
【详解】解：连接、、、，记与的交点为P，与的交点为H，连接交于，如图，
在菱形中，，则，，
则，，，
∵，
∴，则为等边三角形，
∵点，点关于的对称，，
∴为等边三角形，同理均为等边三角形，，
∴，
设，，
则，同理，
即，则，
∴．
故答案为：4．
【点睛】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定及性质，轴对称的性质，勾股定理等知识点，理解并掌握相关图形的性质是解决问题的关键．
在边上．将沿折叠，点落在点处．若点的坐标为，则点的坐标为 ．
【答案】
【分析】设正方形的边长为a，，根据折叠的性质得出，在中，利用勾股定理构建关于a的方程，求出a的值，即可求解．
【详解】解∶设正方形的边长为a，
∴，
∵折叠，
∴，
∵点A的坐标为，点F的坐标为，
∴，，
∴，
在中，，
∴，
解得，
∴
∴点B的坐标为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，坐标与图形，折叠的性质，勾股定理等知识，利用勾股定理求出正方形的边长是解题的关键．
9．（2025·安徽淮南·二模）在由若干个小正方形组成的网格中建立如图所示的平面直角坐标系，已知格点（格点是网格线的交点）．
(1)画出关于轴对称的；
(2)将向下平移个单位长度得到，画出；
(3)已知内有一点，则经过上述两种图形变换后的对应点的坐标是_________．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】本题考查作图平移变换、作图轴对称变换，熟练掌握关于坐标轴对称的性质、平移的性质是解答本题的关键．
（1）根据关于坐标轴对称的性质找到对应点作图，即可得出答案；
（2）根据平移的性质找到对应点作图，即可得出答案；
（3）利用关于轴对称即横坐标变为相反数，纵坐标不变，向下平移个单位长度即纵坐标减，即可解答．
【详解】（1）解：如图所示，即为所求；
（2）如图所示，即为所求；
（3）的坐标为，
故答案为：．
10．（2025·山东聊城·一模）在数学探究课上，老师要求同学们按照下列步骤进行探究．
动手操作：
第一步，准备直角三角形纸片，，，，
第二步，D是上一点，沿折叠，点C的对应点是点．
根据以上操作，甲、乙两名同学各自做出了如下图所示的两个图形，并共同进行了探究，请你根据两位同学折出的图形解决下列问题．
(1)如图1，若点C恰好落在上，求的长度．
(2)如图2，若点D是边的中点，沿着中线折叠，连接，求的长度．
【答案】(1)
(2)
【分析】本题主要考查了折叠的性质、勾股定理、等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键．
（1）设，根据折叠的性质可知：，，即，再在运用勾股定理可得，即，然后在中运用勾股定理列方程求解即可；
（2）如图：过点D作，则，由已知条件可得以及勾股定理可得，然后证明可得，然后运用等腰三角形的性质即可解答．
【详解】（1）解：设，
根据折叠的性质可知：，，
．
在中，，，
，
．
在中，，
∴，，
的长度为．
（2）解：如图：过点D作，则，
为中线，
．
在中，，
∵点D是边的中点，沿着中线折叠，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴．
，即，解得：．
为等腰三角形，
，．
解密题型五 相似三角形
【考情分析】相似三角形问题在中考中占据重要地位，常以综合题形式出现，尤其在压轴题中频繁涉及。这类题目不仅测试学生对基本概念和定理的理解，还着重考查其逻辑推理和问题解决能力。考查重点主要包括相似三角形的判定定理和性质定理，其中判定定理涵盖平行线判定法、两角相等法、三边成比例法及两边成比例且夹角相等法。此外，直角三角形相似的特殊判定方法也是高频考点。从题型分布来看，相似三角形题目多样，既有直接考查判定条件的选择题和填空题，也有需要结合其他知识点（如二次函数、几何图形等）进行综合解答的简答题。值得注意的是，与二次函数结合的相似三角形问题近年来成为中考热门考点，这类题目通常难度较大，对学生的数学思维和解题技巧提出较高要求。此外，动点产生的相似三角形问题也是常见题型，它要求学生具备动态思维和数形结合的能力。学生在应对相似三角形问题时常见的难点主要集中在两个方面：一是在复杂图形中识别相似三角形，这需要学生具备较强的图形观察能力和空间想象力；二是利用相似三角形解决实际问题，这要求学生能够将理论知识灵活应用于具体情境中。此外，部分学生在解题过程中存在逻辑不严密、推理步骤跳跃等问题，导致失分。
【满分技巧】
一、两个三角形相似的六种图形：只要能在复杂图形中辨认出上述基本图形，并能根据问题需要添加适当的辅助线，构造出基本图形，从而使问题得以解决
二、相似三角形的判定方法：
解题方法：判定两个三角形相似需要根据条件选择方法．有时条件不具备，需从以下几个方面探求：
1）条件中若有平行线，可考虑用平行线直接推出相似三角形；
2）两个三角形中若有一组等角，可再找一组等角，或再找夹这组等角的两边成比例；
3）两个三角形中若有两边成比例，可找这两边的夹角相等，或再找第三边成比例；
4）条件中若有一组直角，可再找一组等角或证明斜边、直角边对应成比例；
5）条件中若有等腰三角形，可找顶角相等，或找底角相等，或找底和腰对应成比例.
【常见模型】
【2025年中考模拟预测】
1．（2025·江苏淮安·一模）如图，菱形是一块绿化带，，．其中阴影部分是正方形的花圃，且点E、F、G、H在菱形的四条边上．已知自由飞翔的小鸟，将随机落在这块绿化带上，则小鸟落在花圃上的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求出菱形的面积，再求出正方形的面积，小鸟落在花圃上的概率是．再代入数值计算，即可作答．
【详解】解：∵，，
∴
设、相交于点O，与相交于点P，如图所示：
∵，
∴，
∴，
∵菱形的对角线互相平分，
∴，，
设正方形的边长为，则，，
∴，
解得：，
∴，
∴小鸟落在花圃上的概率．
故选：D．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，菱形的性质，几何概率，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
2．（2025·河北石家庄·一模）如图，在平面直角坐标系中，正方形，，，的顶点，，，在x轴上．顶点，，，在直线上，若，，则（ ）
①点坐标为；②直线的表达式为；③；④点的横坐标为，其中说法正确的为（ ）
A．①②B．①②③C．①②④D．②③
【答案】C
【分析】本题考查一次函数图象上点的坐标特征及点的坐标变化规律，利用正方形的性质求出点和的坐标即可判断①；利用待定系数法得出直线的函数解析式即可判断②；利用相似三角形面积的比等于相似比的平方即可判断③；再依次求出点，…，的纵坐标，发现规律即可判断④．
【详解】解：分别过点作x轴的垂线，垂足分别为M和N，
∵四边形和四边形是正方形，且，
∴点的坐标为，点的坐标为，故①正确；
将和的坐标代入得，
，
解得，
∴直线的函数解析式为，故②正确；
由题意可知，
∴，
∴，
∵，
∴，故③错误；
过点作x轴的垂线，垂足为P，
设
∴点坐标可表示为，
将点坐标代入直线函数解析式得，
，
解得，
∴点的纵坐标为．
同理可得，点的纵坐标为，
…，
∴点的纵坐标为，
代入，即可求得，
∴点的横坐标为，故④正确．
故选：C．
3．（2025·黑龙江牡丹江·一模）如图，反比例函数的图象经过两点，直线与轴相交于点，是线段上一点．若，连接，记的面积分别为，则的值为（ ）
A．18B．17C．16D．15
【答案】C
【分析】利用点的坐标求出反比例函数和一次函数的解析式，通过解析式求出交点的坐标，再利用相似三角形的判定与性质得，则可求出点纵坐标，进而求出相关三角形的面积即可得出答案．
【详解】解：将代入得，
，
反比例函数的解析式为，
将代入得，
，
∴点坐标为，
假设直线的解析式为，将两点坐标代入得，
，
解得，，
∴直线的解析式为，
∴直线与轴的交点坐标为，
连接，如图，
，
∴，
即，
∵，
∴，
∴，
，
∴点纵坐标为4，
∴，
，
，
，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了反比例函数与一次函数相结合，反比例函数的性质，一次函数的性质，相似三角形的判定与性质等知识点，解题的关键是熟练掌握各函数的性质，并会通过坐标求出三角形的面积．
4．（2025·辽宁·一模）如图，在中，，，是上一动点，连接，将线段绕点顺时针旋转得线段（点的对应点为），连接．若，且，则 ．
【答案】
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，旋转的性质，勾股定理等知识，先在中根据勾股定理求出，然后证明，求出，然后在中根据勾股定理求出，在中根据勾股定理求出，根据旋转的性质求出，最后在中根据勾股定理求出即可．
【详解】解：过B作于H，
∵，
∴，
又，
∴，
∵，
∴，
又，
∴，
∴，即，
∴，
∴，，
∴，
∵旋转，
∴，
∴，
故答案为：．
5．（2025·黑龙江哈尔滨·一模）如图，矩形中，点为边的中点，连接，点为边上一点，连接交于点，若，，则线段的长度为 ．
【答案】
【分析】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等，延长交的延长线于点，过点作于点，可证，可得，即得，得到，进而得到，利用勾股定理得，又由余角性质可得，由三角函数得，进而即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：如图，延长交的延长线于点，过点作于点，则，
∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，，
∴，
∵点为边的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，则，
在中，，
∴，
解得，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
即，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
6．（2025·福建泉州·一模）把一条线段分割为两部分，较长部分与全长的比值等于较短部分与较大的比值．这个比例被公认为是最能引起美感的比例，被称为黄金分割；其比值是，称之为“黄金比”．如图，点、是反比例函数在第一象限内图象上的任意点，轴于点，连结．
(1)若，，，试求的值；
(2)若，求证：的值是“黄金比”．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意得出点坐标、反比例函数解析式，再将点坐标代入解析式即可求出；
（2）证明，由相似三角形的性质可得，设，其中，则，推得，，，，由点、在图象上可得，配方法解一元二次方程求出的值即可得证．
【详解】（1）解：当时，得，
，，
点，
点在的图象上，
，
，
，
，(舍去)，
．
（2）证明：过点作轴于点，
又轴，
，
，
，
，
，
设，其中，则，
，，，，
点、在图象上，
，
，
，
，
，（舍去），
即，
的值是“黄金比”．
【点睛】本题考查的知识点是反比例的函数图象与性质、配方法解一元二次方程、相似三角形的判定与性质，解题关键是熟练掌握反比例的函数图象与性质．
7．（2025·湖北武汉·三模）（1）【提出问题】如图1，在中，为边上一点，为边上一点，且．求证：；
（2）【探究问题】如图2，在中，，是的中点，于点，连接，．若，求的值；
（3）【拓展问题】如图3，在中，，是的中点，是边上一点．若，，直接写出的值．

【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【分析】本题主要考查了相似三角形判定与性质、四点公圆、圆周角定理、解直角三角形等知识点，灵活运用相似三角形的判定与性质成为解题的关键．
（1）直接根据两组对应角相等的三角形相似即可证明结论；
（2）根据已知条件以及等腰三角形的性质说明A、E、D、C四点共圆，再根据同弧所对的圆周角相等可得，进而得到，再结合已知条件可得，再根据勾股定理可得，然后代入化简即可解答；
（3）如图：过A作延长线于点M，过C作交于点N，易得可得，再结合是的中点可得，设，则，，；再证明可得，进而得到，再解直角三角形可得、，最后根据正切的定义即可解答．
【详解】解：（1）证明：∵，，
∴；
（2）∵，
∴，
∵，
∴，
∴A、E、D、C四点共圆，且圆心即为的中点，
∵（同弧所对的圆周角相等 ）
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∵D是中点，
∴，
把代入，得到：，
∴．
在中，根据勾股定理，
将代入可得：，
∵，
∴；
（3）如图：过A作延长线于点M，过C作交于点N，
∴，，
∴，
∵是的中点，
∴，，
∴，即，
∵，
∴设，则，，，
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，解得：，
∵，
∴在中，，
在中，，
∴在中，．
8．（2025·辽宁·一模）是边长为的等边三角形，点在边上，点在边的延长线上，且，延长交于点．
(1)将问题特殊化：如图，当为的中点时，求的长．
(2)将问题一般化：如图，当时，求的长．
(3)将问题再拓展：如图，点在边上，且，若此时满足，连接并延长交于点，当时，求的长．
【答案】(1)；
(2)；
(3)．
【分析】本题考查了等边三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识，掌握知识点的应用是解题的关键．
（）由等边三角形的性质可得，，则有，，然后根据角所对直角边是斜边的一半即可求解；
（）过点作，交于点，证明是等边三角形，通过性质证明，又，则，故有，即，最后由线段和差即可求解；
（）过点作，交于点，与（）同理可得是等边三角形，，再证明，则，即，然后通过求出的值即可．
【详解】（1）解：∵是边长为的等边三角形，
∴，，
∵是的中点，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：如图，过点作，交于点，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴；
（3）解：如图，过点作，交于点，
与（）同理可得是等边三角形，，
∴，
由，设，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∵，
∴，
整理，得，
解得，（不符合题意，舍去）
∴．
9．（2025·广东深圳·二模）综合与探究
【课本回顾】如图1，在中，中线，，于点，点叫做的重心．
【知识探究】
（1）如图2，数学兴趣小组发现，当的中线，交于点时，不管的边长如何变化，线段与存在固定的数量关系，并经过讨论得到如下两种解决思路：
在上述两种思路中，可以选择其中一种，并完成具体解题过程；（若用其他思路解决问题，则写第3种）
【问题解决】
（2）在中，为直径，点是上一点（不与点，重合）．
①如图Ⅱ，若点是弦的中点，交于点，则的值为 ；
②如图Ⅲ，在①的条件下，若，求的值；
③如图，若，，为弦上一动点，过作，交于点，交于点．设，，直接写出与的函数关系式．
【答案】（1），见解析；（2）①；②；③
【分析】（1）根据提供的思路证明即可；
（2）①证明为的重心即可得解；
②由前述结论可得，根据这一关系设参数，利用勾股定理将、和表示出来即可得解；
③作，将和用含的式子表示出来，再用建立关于和的等式即可．
【详解】解：（1）线段与存在固定的数量关系为，理由：
思路一：取中点，连接，如图，
，，
为的中位线，
，．
，
．
，
，
，
，
，
，
，
．
思路二：作交延长线于点，如图，
，
．
在和中，
，
，
，
，
．
，，
，
，
；
（2）①连接，如图，
，，
为的重心，
，
，
．
故答案为：；
②连接、，
由（1）知：，
设，则，
，，
，
．
，
由（1）知：．
．
③如图，连接，
是的直径，
，
，
如图所示，过点作于点，交于，
，
，
，
，
，
，
在中，，
在中，，，，
，
，
，
即，整理得．
与的函数关系式为．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形，直径所对的圆周角是直角，勾股定理，相似三角形的性质与判定，三角形中位线定理等等，正确作出辅助线构造相似三角形和直角三角形是解题的关键．
10．（2025·山东聊城·一模）在数学探究课上，老师要求同学们按照下列步骤进行探究．
动手操作：
第一步，准备直角三角形纸片，，，，
第二步，D是上一点，沿折叠，点C的对应点是点．
根据以上操作，甲、乙两名同学各自做出了如下图所示的两个图形，并共同进行了探究，请你根据两位同学折出的图形解决下列问题．
(1)如图1，若点C恰好落在上，求的长度．
(2)如图2，若点D是边的中点，沿着中线折叠，连接，求的长度．
【答案】(1)
(2)
【分析】本题主要考查了折叠的性质、勾股定理、等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键．
（1）设，根据折叠的性质可知：，，即，再在运用勾股定理可得，即，然后在中运用勾股定理列方程求解即可；
（2）如图：过点D作，则，由已知条件可得以及勾股定理可得，然后证明可得，然后运用等腰三角形的性质即可解答．
【详解】（1）解：设，
根据折叠的性质可知：，，
．
在中，，，
，
．
在中，，
∴，，
的长度为．
（2）解：如图：过点D作，则，
为中线，
．
在中，，
∵点D是边的中点，沿着中线折叠，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴．
，即，解得：．
为等腰三角形，
，．
11．（2025·河南南阳·模拟预测）三角形的相似为线段之间的关系提供了更多的变化，也让数学变得更加精彩．请完成以下探究：
(1)如图1，和均为直角三角形，，与相交于点，线段之间有什么样的数量关系？
(2)如图2，和均为等腰三角形，，且，则线段之间有什么样的数量关系？
(3)如图3，四边形中，为对角线上一点，且，请探究四边形四条边长与两条对角线之间的数量关系，并证明你的结论．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）证明，利用相似三角形的性质即可得出结论；
（2）证明，得到，易证，推出，即可得出结论；
（3）设交点为O，易证，进而证明，得到，求出，推出，证明，，推出，由变形即可得到．
【详解】（1）解：∵
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：，证明如下：
设交点为O，
∵，
∴，即，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
解密题型六 特殊平行四边形
【考情分析】特殊平行四边形作为初中数学的重要内容，在中考数学中占据着举足轻重的地位。
1. 考查内容方面，特殊平行四边形主要包括矩形、菱形和正方形。矩形的考查重点在于其四个角都是直角、对角线相等且互相平分的性质，以及相关的判定定理。菱形的考查侧重于四条边相等、对角线互相垂直平分的性质，及其判定方法。正方形的考查则综合了矩形和菱形的所有性质，包括四个角是直角、四条边相等、对角线相等且互相垂直平分等，同时涉及多种判定条件。此外，中考还会考查特殊平行四边形与全等三角形、相似三角形、函数等知识的综合应用。
2. 题型分布上，特殊平行四边形的题目类型多样。选择题和填空题主要考察基础概念、性质和简单的计算，如角度的求解、边长的判断等。证明题则要求学生能够灵活运用特殊平行四边形的性质和判定定理，进行逻辑推理和证明。求相关计算题往往需要结合几何图形的特点，运用勾股定理、三角函数等知识求解线段长度、面积等。条件探索题和几何动态问题则更加注重学生的思维能力和解题技巧，要求学生通过分析图形的变化，探索满足特定条件的解。与函数结合的题目则具有一定的综合性，考查学生的数形结合能力。
3. 命题趋势来看，近年来中考对特殊平行四边形的考查越来越注重知识的综合性和灵活性。一方面，题目不再局限于单一的特殊平行四边形，而是将矩形、菱形、正方形等多种图形进行组合，要求学生能够准确识别并运用不同图形的性质解决问题。另一方面，与全等三角形、相似三角形、函数等知识的结合越来越紧密，考查学生的综合运用能力。此外，几何动态问题和条件探索题的出现频率逐渐增加，这类题目能够更好地考查学生的思维能力和创新意识。
【满分技巧】
1. 熟练掌握特殊平行四边形的性质与判定
2. 掌握方程思想与数形结合
在解决特殊平行四边形的计算问题时，经常需要运用方程思想。通过设未知数，利用勾股定理、三角函数等建立方程，然后求解。同时，数形结合思想也是不可或缺的。根据题意画出准确的图形，标记已知条件和未知量，有助于直观理解问题，找到解题途径。
3. 善于转化与综合应用
特殊平行四边形的题目往往与其他几何知识（如三角形全等、相似、三角函数等）综合在一起考察。因此，善于将问题转化为熟悉的模型，综合运用各种几何知识进行推理和计算，是解决复杂问题的关键。例如，在解决涉及正方形的问题时，可以将其转化为四个全等的等腰直角三角形来处理。
4. 注意分类讨论思想
在解题过程中，如果题目条件没有明确指出图形的具体位置或情况，往往需要分类讨论。例如，在求点到直线的距离、线段的长度等问题时，可能需要考虑不同的位置关系。分类讨论能够确保解题的完整性和准确性，避免漏解。
【2025年中考模拟预测】
1．（2025·浙江·模拟预测）如图，为的对角线上一点，过点作，的平行线，分别交，，，于四点，连结．若的面积为，则的面积为（ ）
A．5B．2.5C．2.4D．1.25
【答案】B
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题关键．先根据平行四边形的性质可得，，再证出四边形、四边形、四边形和四边形都是平行四边形，根据平行四边形的性质可得，，，，则，由此即可得．
【详解】解： ∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形、四边形、四边形和四边形都是平行四边形，
∴，，，，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵的面积为，
∴的面积为，
故选：B．
2．（2025·四川达州·一模）如图，在矩形中，，，的平分线交于点，、分别是边、上的动点，且，是线段上的动点，连接，．若．则线段的长为（ ）．
A．2B．C．3D．
【答案】D
【分析】本题考查了等腰三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，三角形三边关系，勾股定理等知识．由题意知，，如图1，在上取点，使，连接，，则，由，，可得，，即、、三点共线，如图2，则四边形是矩形，则，由勾股定理得，计算求解即可，明确时，点的位置是解题的关键．
【详解】解：四边形是矩形，
，，
的平分线交于点，
，
如图1，在上取点，使，连接，，
，
，，
与的距离为6，
，
，
如图2，则四边形是矩形，
，，
，，，
四边形为正方形，
，
四边形为矩形，
，
四边形为正方形，
，
，
，，
由勾股定理得，
故选：D．
3．（2025·重庆·一模）如图，在矩形中，为对角线，平分交于点F，点E是上一点，连接、，若，，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先证明，作于点，设，则，利用证明，推出，在中，利用勾股定理列式求得，据此求解即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，，
∵平分，
∴，
∴，
作于点，
设，则，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
在中，
∵，
∴，
解得，
∴，
∴，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质，角平分线的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，正确引出辅助线解决问题是解题的关键．
4．（2025·山东·一模）如图，在中，，过点A作交于点E，设的长为的长为y，则的值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，作交的延长线于，由平行四边形的性质可得，，证明，得出，表示出，，由勾股定理得出，即可得解．
【详解】解：如图，作交的延长线于，
，
∵四边形为平行四边形，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∵，，，，
∴，
∴，
∴当x，y的值发生变化时，代数式的值是2，
故选：B．
5．（2025·黑龙江哈尔滨·一模）在数学活动课上，小雨同学的数学活动报告单部分信息如下表，根据表中信息可知小雨同学所得的结论中正确的个数是（ ）
A．个B．个C．个D．个
【答案】D
【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，等腰三角形的判定等知识，掌握知识点的应用是解题的关键．
由矩形的性质和折叠的性质可判断（）（），再由平行线的性质和等腰三角形的判定可判断（），设，，由勾股定理和线段和差可判断（）．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，
∴，，
由折叠性质可知，，，，，，故（）正确；
∴，，故（）正确；
∴，
∴为等腰三角形，故（）正确；
由，
设，，
∴，，
∴，
∴，
∴，故（）正确；
综上可知：（）（）（）（）正确，共个，
故选：．
6．（2025·安徽淮南·二模）如图，矩形的对角线，交于点，点在边上，连接，点是的中点，连接，，下列结论中不正确的是（ ）
A．若，则
B．若是等边三角形，且点是的中点，则
C．若平分，，则
D．若，点是的三等分点，则的值为7或
【答案】D
【分析】对于A，当，可知垂直平分，可得，再结合三角形中位线及矩形的性质即可判断；对于B，由是等边三角形，可知，，进而可知，，再结合结合三角形中位线即可判断；对于C，先证明，再结合A选项的结论即可判断；对于D，分两种情况：当时，当时，结合勾股定理及斜边上中线等于斜边的一半即可求解．
【详解】解：∵，，
∴垂直平分，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴是的中位线，
∴，选项A正确；
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∵，
∴，选项B正确；
∵平分，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，由选项A知，
∴，选项C正确；
当时，如图1，
∵点是边的三等分点，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
当时，如图2，
∵点是边的三等分点，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
综上，的值为7或，选项D错误；
故选：D．
【点睛】本题考查矩形的性质，垂直平分线的性质，中位线的性质，勾股定理，等边三角形的性质，含的直角三角形的性质，斜边上的中线等于斜边的一半等知识点，理解并掌握相关图形的性质是解决问题的关键．
7．（2025·安徽合肥·一模）如图，在中，，，点D是延长线上一点，以为邻边作．
（1）连接，则面积为 ．
（2）连接，则的周长最小值为 ．
【答案】 /
【分析】（1）利用平行四边形的性质易得，得到等底等高，即等底等高，由，，求出的面积，即可得到结果；
（2）作，且，连接，先证得，得到点直线上运动，当最小时，的周长最小，过点作的对称点，连接、，则，，当点在线段上时，最小，的周长最小，进而利用勾股定理计算即可；
【详解】解：（1）如图，连接，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴等底等高，
∴等底等高，
∴的面积相等，
∵，，
∴的面积为，
∴面积为：；
故答案为：；
（2）作，且，连接，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
∴点直线上运动，
∵，，
∴为定值，
∵的周长为，
∴当最小时，的周长最小，
过点作的对称点，连接、，则：，，
∴，
∴当点在线段上时，有最小值为的长，此时的周长最小，
∵，
∴，
∴三点共线，
∵到的距离为，
∴，
在中，
∴的周长最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定，勾股定理，轴对称求最小值．能够正确做出辅助线是解题的关键．
8．（2025·云南·三模）如图所示，在四边形中，，点为上一点，且，过点作交的延长线于点，连接，且，连接交于点．

(1)求证：；
(2)连接，若，求证：四边形是菱形；
(3)若，设，求的值．
【答案】(1)详见解析
(2)详见解析
(3)
【分析】（1）由已知得；由题中两个平行条件得四边形是平行四边形，则有，则可得结论成立；
（2）由（1）知四边形是平行四边形，则有；再由可证明，则，得，可得四边形是平行四边形；再证明四边形是平行四边形，由，即可证明四边形是菱形；
（3）证明，得，进而得；由可得；即；由，最后得关于m的方程，解方程即可求解．
【详解】（1）证明：如图，，
，
，
；
，
，
又，
四边形是平行四边形，
，
；
（2）证明：如图，由（1）知四边形是平行四边形，
，

，

，
，
，
，
在和中，
，
，
，即，
又，
四边形是平行四边形，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形；
（3）解：由（2）知 ，
；
，
，
，
，
，
由（1）知四边形是平行四边形，
，
；
，
；
，
；
，
，
，
即 ，
，
解得或（不符合题意，舍去），
故．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定，相似三角形的判定与性质，解一元二次方程等知识，熟练掌握这些知识是解题的关键．
9．（2025·广西河池·一模）【课本再现】
【问题解决】
（1）如图1，四边形是正方形，E是边的任一点，，交正方形外角的平分线于点F，结论是否成立？若成立，请你证明；若不成立，请说明理由；
【拓展探究】
在等边中，E为边上一点，G为延长线上一点，过点E作，交的平分线于点M．
（2）如图2，当点E在边的中点位置时，猜想与的数量关系：_______；
（3）如图3，若把条件“E是边的中点”改为“E为上任意一点”，其他条件不变，猜想与的数量关系，并说明理由．
【答案】（1），证明见解析；（2），证明见解析；（3），证明见解析．
【分析】本题主要考查了正方形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、三角形外角的性质等知识点，正确作出辅助线、构造全等三角形成为解题的关键．
（1）如图：在取点G，使得，连接．则，然后根据正方形的性质、角平分线的定义、三角形外角的性质证明，最后根据全等三角形的性质即可解答；
（2）如图：在取的中点H，，然后根据等边三角形的性质、角平分线的定义、三角形外角的性质证明，最后根据全等三角形的性质即可解答；
（3）如图：在取点H，使得，连接．则是等边三角形，然后根据等边三角形的性质、角平分线的定义、三角形外角的性质证明，最后根据全等三角形的性质即可解答．
【详解】解：（1），证明如下：
如图：在取点G，使得，连接．则，
∴
∵在正方形中，
∴，，
∴，即，
∵交正方形外角的平分线于点F，
∴，即，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴．
（2），证明如下：
如图：在取的中点H，，
∵点E在边的中点，
∴，
∵等边，
∴，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，即，
∵为的平分线，
∴，即，
∵，，
∴，
∴，
∴．
（3），证明如下：
如图：在取点H，使得，连接．则是等边三角形，
∴，，即，
∴，即，
∵为的平分线，
∴，即，
∵，，
∴，
∴，
∴．
10．（2025·广西南宁·一模）综合与探究
【初步感知】如图1，是三边的中点，则叫作的内中点三角形，叫作的外中点三角形．
（1）直接写出面积与面积的数量关系；
（2）在图2的网格中画出的外中点．
【类比探究】如图3，是四边形各边的中点，则四边形叫作四边形的内中点四边形，四边形叫作四边形的外中点四边形．
（3）求证：四边形是平行四边形；
（4）若四边形的面积为，四边形面积为，求证：；
（5）在图4的网格中画出的一个外中点四边形．（要求：都在网格线的交点上）
【答案】（1）
（2）见解析
（3）见解析
（4）见解析
（5）见解析
【分析】（1）证明，即可由相似三角形的性质求解；
（2）取格点P、M、N，连接，使B、C、A分别是的中点即可；
（3）连接，根据三角形中位线的性质得出，，，．则，．即可由平行四边形的判定定理得出结论；
（4）方法一：连接，证明，得同理，，，则，即．
方法二：连接分别交于点；过A作于点，交于点．证明，四边形为平行四边形．则．所以．．则．
（5）取格点P、Q、M、N，连接，使B、C、D、A分别是的中点即可．
【详解】解：（1）∵是三边的中点，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）如图所示，即为所求；
（3）如图，连接，
分别是的中点，
，．
同理：，．
，．
四边形是平行四边形．
（4）方法一：连接，
，
．
又为中点，
．
，即．
同理，，，
，即．
方法二：连接分别交于点；过A作于点，交于点．
，
．
又为中点，
．
，．
又，，
四边形为平行四边形．
．
．
同理：．
．
（5）如图所示，四边形即为所求．（画出一种即可）
【点睛】本题考查三角形的中位线的性质，相似三角形的判定与性质，中点四边形，平行四边形的判定，三角形的面积等知识，熟练掌握三角形的中位线的性质和相似三角形的判定与性质，是解题的关键．
解密题型七 圆的综合
【考情分析】圆的综合问题作为中考数学的重要组成部分，近年来在各地中考数学试卷中占据着显著的位置。圆的综合问题在中考中通常以选择题、填空题及解答题的形式出现。其中，解答题因其涉及知识点多、解题步骤复杂，往往占据较大分值，成为拉开考生成绩差距的关键题型。此外，圆的综合问题有时也会作为压轴题出现，进一步增加了考试的挑战性。圆的综合问题在中考中的难度普遍较高，尤其是解答题部分。题目往往涉及多个知识点的综合运用，需要学生具备较强的逻辑思维能力和解题技巧。同时，部分题目还会结合实际问题背景，增加题目的复杂性和灵活性，对学生的数学建模能力也提出了一定要求。
【考点重点】
1. 切线的性质与判定：这是圆的综合问题中的高频考点，主要考查学生能否正确运用切线的判定定理（即经过半径外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线）进行证明。
2. 圆中的线段长度计算：此类题目要求学生熟练掌握垂径定理、勾股定理、相似三角形等知识点，通过作辅助线、构建直角三角形或利用相似关系来求解线段长度。
3. 角度计算与转化：涉及圆周角定理、圆心角与圆周角的关系等，考查学生对角度之间转换的灵活应用。
4. 弧长、扇形面积及圆锥侧面积的计算：这类题目主要考查学生对弧长公式、扇形面积公式及圆锥侧面积公式的掌握和应用能力。
5. 圆与三角形的综合问题：包括三角形的外接圆、内切圆的性质，以及圆内接四边形的性质等，考查学生综合运用几何知识解决问题的能力。
【解题策略】
1. 熟练掌握基础知识：包括圆的基本性质、定理及推论等，这是解决圆的综合问题的前提。
2. 注重图形分析：在解题过程中，要善于观察图形特征，利用已知条件进行合理的图形变换和辅助线添加，以简化问题。
3. 灵活运用解题方法：根据题目类型选择合适的解题方法，如利用勾股定理解决线段长度问题，利用相似三角形进行角度或线段比例的转换等。
4. 强化训练与总结：通过大量的练习，熟悉各类题型的解题思路和技巧，并及时总结归纳，形成自己的解题策略和方法体系。
【满分技巧】
一、四点共圆：模块一：辅助圆思想
平面几何中有很多题目的背景中并没有出现圆，但是如果能够适当添加辅助圆，能让题目解起来变得十分简单，因此，辅助圆思想是学习四点共圆的基础．
模块二：四点共圆的判定（一）
判定定理①（常用）：如图，若，则A、B、C、D四点共圆.
特别地，若，则BC为直径.
判定定理②（常用）：如图，若，则A、B、C、D四点共圆.
特别地，若，则为直径.
判定定理③：（相交弦定理的逆定理）如图，若，则、、、四点共圆.
判定定理④：（割线定理的逆定理）如图，若，则、、、四点共圆.
二、证明切线的7种方法：证明一条直线是圆的切线的方法及辅助线的作法
连半径、证垂直：当直线和圆有一个公共点时，把圆心和这个公共点连接起来，然后证明直线垂直于这条半径,简称“连半径，证垂直”
作垂直,证半径：当直线和圆的公共点没有明确时，可以过圆心作直线的垂线,再证圆心到直线的距离等于半径,简称“作垂直，证半径”
类型一、有公共点：连半径，证垂直
方法1、勾股定理逆定理法证垂直 方法2、特殊角计算法证垂直
方法3、等角代换法证垂直 方法4、平行线性质法证垂直
方法5 全等三角形法证垂直
类型二、无公共点:做垂直，证半径
方法6 角平分线的性质法证半径 方法7 全等三角形法证半径
【2025年中考模拟预测】
1．（2025·河南南阳·一模）清代文人魏崧在《壹是纪始》中写到：“不倒翁起始于唐朝”．现在“不倒翁”已成为益智的玩具．如图：“不倒翁”平面示意图是由等边△ABC与BC围成的图形．已知：AB=23，等边△ABC的中心O是BC的圆心．则这个“不倒翁”的平面示意图的面积为（ ）
A．2πB．4πC．43π+3D．43π+23
【答案】D
【分析】如图，连接OA、OB、OC，过点O作OD⊥BC于点D，根据等边三角形的性质及等边三角形的中心可得∠AOB=∠BOC=120°，OA=OB=OC，AB=AC=BC=23，∠BAC=60°，继而得到∠OBC=∠OCB=30°，∠BOD=12∠BOC=60°，BD=12BC=3，∠AOB+∠BOD=180°，则点A、O、D共线，由勾股定理得AD=AB2-BD2=3，求得S△ABC=12BC⋅AD=33，由锐角三角函数的定义得OD=BD⋅tan∠OBD=1，OB=BDcs∠OBD=2，求得∴S△OBC=12BC⋅OD=3，S扇形OBC=4π3，然后计算S总=S△ABC+S扇形OBC-S△OBC即可．
【详解】解：如图，连接OA、OB、OC，过点O作OD⊥BC于点D，
∵等边△ABC的中心O是BC的圆心，AB=23，
∴∠AOB=∠BOC=360°3=120°，OA=OB=OC，AB=AC=BC=23，∠BAC=60°，
∴∠OBC=∠OCB=12180°-∠BOC=12×180°-120°=30°，
∠BOD=12∠BOC=12×120°=60°，BD=12BC=12×23=3，
∴∠AOB+∠BOD=120°+60°=180°，
∴点A、O、D共线，
∴AD=AB2-BD2=232-32=3，
∴S△ABC=12BC⋅AD=12×23×3=33，
在Rt△OBD中，BD=3，∠OBD=30°，
∴OD=BD⋅tan∠OBD=3×tan30°=3×33=1，
OB=BDcs∠OBD=3cs30°=332=2，
∴S△OBC=12BC⋅OD=12×23×1=3，
S扇形OBC=120π×22360=4π3，
∴这个“不倒翁”的平面示意图的面积为：
S总=S△ABC+S扇形OBC-S△OBC=33+4π3-3=4π3+23．
故选：D．
【点睛】本题考查等边三角形的性质及等边三角形中心的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，锐角三角函数，扇形的面积以及组合图形的面积等知识点．掌握等边三角形中心的性质及锐角三角函数的定义是解题的关键．
2．（2025·河南许昌·二模）如图，在正六边形ABCDEF中，连接AC，以点A为圆心，AC的长为半径作CE，再以点D为圆心，CD的长为半径作CE，若AB=1，则图中阴影部分的面积是（ ）
A．5π6B．23-5π6C．23-π6D．23+π6
【答案】B
【分析】本题考查的是正多边形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理的应用，扇形面积的计算．连接AD，CE交于点G，证明△ACE为等边三角形，AD⊥CE，求解AD=2CD=2，DG=12，CG=32，CE=2CG=3=AC=AE，结合S阴影=S四边形ACDE-S扇形ACE+S扇形CDE-S四边形ACDE即可得到结论．
【详解】解：如图，连接AD，CE交于点G，
∵正六边形ABCDEF，
∴CD=DE=EF=AF=AB=BC=1，
∠B=∠BAE=∠F=∠CDE=∠BCD=120°，∠CAB=∠EAF=∠ACB=30°，
∴△ABC≌△AFE，∠ACD=90°，
∴AC=AE，∠CAE=60°，
∴△ACE为等边三角形，AD⊥CE，
∴CE=AC=AE，CG=EG，∠CAD=30°，
∴AD=2CD=2，
同理：∠DCG=30°，
∴DG=12，CG=32，
∴CE=2CG=3=AC=AE，
∴S阴影=S四边形ACDE-S扇形ACE+S扇形CDE-S四边形ACDE
=23-5π6；
故选：B．
3．（2025·湖南娄底·二模）如图，在菱形ABCD中，∠B=60°，⊙O内切于菱形ABCD，则⊙O的面积与菱形ABCD的面积之比是（ ）
A．316B．3π16C．38D．3π8
【答案】D
【分析】本题考查切线的性质，菱形的性质，解直角三角形等知识，正确添加常用辅助线，构造直角三角形是解题的关键．
设AB、BC、AD上的切点分别为E,F,H，连接OH,OA,OE,OB,OF，则OE⊥AB,OF⊥BC,OH⊥AD，再说明△AOB是直角三角形，分别用OA表示出OE,AB的长，最后根据面积法求解即可．
【详解】解：如图：设AB、BC、AD上的切点分别为E,F,H，连接OH,OA,OE,OB,OF，则OE⊥AB,OF⊥BC,OH⊥AD，
∵⊙O内切于菱形ABCD，
∴OE=OF=OH，
∴OB平分∠ABC，OA平分∠BAD，
∵∠ABC=60°，
∴∠ABO=30°，
∵菱形ABCD中，∠BAD=180°-60°=120°，
∴∠BAO=60°，
∴∠AOB=90°，
∴AO=12AB,OE=AO⋅sin∠EAO=32AO，
∴S菱形ABCD=4×12AB⋅OE=2⋅2AO⋅32AO=23AO2，
∴S⊙O=π⋅OE2=π32AO2=3π4AO2，
∴S⊙OS菱形ABCD=3π4AO223AO2=3π8，
故选：D．
4．（2025·安徽合肥·一模）如图，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点E是边AB上一点，且AE=2，点F是边BC上任一点，把△BEF沿EF翻折，点B的对应点为B'，连接AC、CB'，则以下结论正确的是（ ）
①当△BEF与△ABC相似时，BF=43；②CB'的最小值是17-1；③点B'到AC距离的最小值是35；④取CB'的中点P，连接BP，则BP的最大值是17+12．
A．①③④B．②③④C．②③D．②④
【答案】B
【分析】本题考查相似三角形的判定与性质、三角形的中位线性质、勾股定理、圆的基本性质，熟练掌握隐形圆上的点到定点和定直线的距离问题是解答的关键．利用相似三角形的性质可判断①；②由折叠性质得EB'=BE=1，则点B'在以点E为圆心，1为半径的圆上运动，如图，连接CE，当C、B'、E共线时，CB'有最小值，最小值为CE-1，利用勾股定理求解CE即可判断②；过E作EG⊥AC于G，当E、B'、G共线时，B'G最小，即点B'到AC距离的最小，最小值为B'G的长度，利用三角形的面积公式求得EG=85，进而求得B'G可判断③；取CE的中点，连接OP、OB，利用三角形的中位线求得PO=12EB'=12，则点P在以点O为圆心，12为半径的圆上运动，当点P在BO的延长线上时，BP最大，最大值为OB+12，利用相似三角形的判定与性质和勾股定理求得OB即可判断④，进而可得答案．
【详解】解：∵矩形ABCD中，AB=3，BC=4，
∴∠ABC=90°，AC=AB2+BC2=32+42=5，
∵AE=2，
∴BE=AB-AE=1，
①当△BEF∽△BAC时，则BEAB=BFBC，即13=BF4，
解得BF=43；
当△BEF∽△BCA时，则BEBC=BFAB，即14=BF3，
解得BF=34，
综上，当△BEF与△ABC相似时，BF=43或BF=34，故①错误；
②由折叠性质得EB'=BE=1，则点B'在以点E为圆心，1为半径的圆上运动，如图，连接CE，当C、B'、E共线时，CB'有最小值，最小值为CE-1，
在Rt△BCE中，CE=BE2+BC2=12+42=17，
∴CB'的最小值为17-1，故②正确；
③过E作EG⊥AC于G，当E、B'、G共线时，B'G最小，即点B'到AC距离的最小，最小值为B'G的长度，
由S△ACE=12AC⋅EG=12AE⋅BC得EG=AE⋅BCAC=2×45=85，
∴B'G=EG-EB'=85-1=35，
∴点B'到AC距离的最小值为35，故③正确；
④取CE的中点，连接OP、OB，
∵点P是CB'的中点，
∴OP是△CEB'的中位线，
∴PO=12EB'=12，
∴点P在以点O为圆心，12为半径的圆上运动，当点P在BO的延长线上时，BP最大，最大值为OB+12，
过O作OH⊥BC于H，则∠OHB=∠OHC=∠EBC=90°，又∠OCH=∠ECB，
∴△COH∽△CEB，
∴OHBE=CHBC=OCCE=12，
∴OH=12BE=12，BH=CH=12BC=2，
∴在Rt△OHB中，OB=OH2+BH2=122+22=172，
∴BP的最大值是OB+12=172+12=17+12，故④正确，
综上，结论正确的是②③④，
故选：B．
5．（2025·山东威海·一模）如图，⊙O是△ABC的外接圆，弦BD交AC于点E，AE=DE，BC=CE，过点O作OF⊥AC于点F，延长FO交BE于点G，若DE=3，EG=2，则AB的长为 ．
【答案】7
【分析】首先得出△AEB≌△DEC，进而得出△EBC为等边三角形，由已知得出EF、BC的长，进而得出CM、BM的长，再求出AM的长，然后由勾股定理求出AB的长即可．
【详解】解：如图，连接CD，则∠A=∠D，
在△AEB和△DEC中，
∠A=∠DAE=ED∠AEB=∠DEC，
∴△AEB≌△DECASA，
∴EB=EC，
∵BC=CE，
∴BE=CE=BC，
∴△EBC为等边三角形，
∴∠ACB=60°，
如图：作BM⊥AC于点M，
∵OF⊥AC，
∴AF=CF，
∵△EBC为等边三角形，
∴∠GEF=60°，
∴∠EGF=30°，
∵EG=2，
∴EF=12EG=1，
∵AE=ED=3，
∴CF=AF=4，
∴AC=8，EC=5，
∴BC=5，
∵∠BCM=60°，
∴∠MBC=30°
∴CM=12BC=52，BM=BC2-CM2=52-522=532．
∴AM=AC-CM=8-52=112，
∴AB=AM2+BM2=1122+5322=7．
故答案为：7．
【点睛】本题主要考查了三角形的外接圆与外心定与性质、等边三角形的判断与性质、勾股定理、含30度直角三角形的性质、垂径定理等知识点，求得CM、BM的长是解题的关键．
6．（2025·河南南阳·一模）为了提高中考体育加试足球项目成绩，加强备战意识．某校举行了足球比赛，在其中一场比赛中，一名中场队员带球奔向对方球门，同时，同队的甲、乙两个前锋分别冲到了A点和B点（点B在MN所对的优弧上，点A在MN所对优弧内）
(1)仅从射门角度越大，进球机会就越大考虑，该中场球员将球传给甲还是乙？为什么？（运用所学的数学知识写出理由）
(2)若∠AMN=60°，∠MNA=45°，MN=6m．求点A到球门MN的距离．（结果精确到0.1m．参考数据：3≈1.73）
【答案】(1)将球传给甲，理由见解析
(2)3.8m
【分析】（1）延长NA与圆交于点C，连接CM，先由圆周角定理可得∠C=∠B，再由三角形外角性质可得∠MAN=∠C+∠CAM，MAN>∠C，从而可得答案；
（2）过点A作AD⊥MN于点D，设AD为xm，可得ND=AD=xm，MD=6-xm，在Rt△ADM中，tan60°=xMD，可得MD=x3，求得x≈3.8，即可求解．
【详解】（1）解：将球传给甲．
理由如下：延长NA与圆交于点C，连接CM，
∵ ∠C与∠B同对MN．
∴ ∠C=∠B，
∵ ∠MAN=∠C+∠CAM，
∴∠MAN>∠C，
∴ ∠MAN>∠B
∴将球传给甲；
（2）解：过点A作AD⊥MN于点D，
设AD为xm，
在Rt△ADN中，∵ ∠MNA=45°
∴ ND=AD=xm，
∴ MD=6-xm，
在Rt△ADM中，tan60°=xMD，
∴ MD=x3，
∴ x3+x=6，
解得：x≈3.8，
答：点A到球门MN的距离约为3.8m．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，三角形的外角的性质，解直角三角形，熟练掌握圆周角定理是解决本题的关键．
7．（2025·江苏淮安·一模）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB为直径，点D是△ABC的内心，连接AD并延长交⊙O于点E，过点E作EF∥BC交AB的延长线于点F．
(1)求证：EF是⊙O的切线；
(2)若⊙O的半径为3，sin∠AEC=12，求阴影部分的面积（结果用含π的式子表示）．
【答案】(1)见解析
(2)932-3π2
【分析】（1）连接OE，交BC于点G，根据等腰三角形的性质得到∠OAE=∠OEA，由D为△ABC的内心，得到∠OAE=∠CAE，求得OE∥AC，根据圆周角定理得到∠∠ACB=90°，求得∠BGO=90°，根据切线的性质得到∠FEO=90°即可；
（2）根据三角函数的定义得到∠AEC=30°，求得∠BAC=2∠EAC=60°，再求得EF=OE⋅tan60°=33，根据扇形和三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】（1）证明：连接OE，交BC于点G，
∵OA=OE，
∴∠OAE=∠OEA，
又∵D为△ABC的内心，
∴∠OAE=∠CAE，
∴∠OEA=∠CAE，
∴OE∥AC，
∴∠BGO=∠BCA，
又∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠BGO=90°，
又∵BC∥EF，
∴∠FEO=∠BGO=90°，
∴EF是⊙O的切线；
（2）解：∵sin∠AEC=12，
∴∠AEC=30°，
∴∠ABC=∠AEC=30°，
又∠FEO=∠BGO=90°，
∴∠BOE=60°，∠EFO=30°，
∴EF=OE⋅tan60°=33，
=932-3π2．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心，切线的判定，三角函数的定义，圆周角定理，三角形的外接圆与外心，扇形面积的计算．正确引出辅助线解决问题是解题的关键．
8．（2025·江苏淮安·一模）如图，⊙O的直径CD垂直弦AB于点E，且AB=8，CD=10，动点P是AB延长线上一点，CP交⊙O于点Q，连接AQ交CD于点F．
(1)当Q是弧BC的中点时，求证：AQ=PQ；
(2)设（1）的条件下，BP=x，CFDF=y，请写出y关于x的函数表达式，并说明理由；在
(3)连接DP、BQ，若△CDP是以CD为腰的等腰三角形，试求BQ的长．
【答案】(1)见解析；
(2)y=4x20+x，理由见解析；
(3)455或43-22
【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，垂径定理，勾股定理，等腰三角形的定义，同弧所对的圆周角相等等，熟知圆的相关知识和相似三角形的性质与判定定理是解题的关键．
（1）连接DQ，易证∠P=∠CDQ，由CQ=BQ易得∠CAQ=∠BAQ=∠CDQ，进而即可得证；
（2）连接OA，易求得OE=3，CE=8，PE=4+x，证△AEF∽△PEC，得到EF=324+x，进而求出CF和DF，即可得解；
（3）分类讨论，CD=CP或CD=DP，先根据勾股定理求出CP和PE以及AC的长，从而得到BP的长，在利用圆内接四边形对角互补证△BPQ∽△CPA，代入求出BQ即可．
【详解】（1）证明：如图所示，连接DQ，
∵CD为直径，
∴∠CQD=90°，
∴∠PCD+∠CDQ=90°，
∵AB⊥CD，
∴∠CEP=90°，
∴∠PCD+∠P=90°，
∴∠P=∠CDQ，
∵Q是弧BC的中点，
∴CQ=BQ，
∴∠CAQ=∠BAQ=∠CDQ，
∴∠BAQ=∠P，
∴AQ=PQ；
（2）解：y=4x20+x，理由如下：
如图所示，连接OA，
∵CD⊥AB，AB=8，
∴AE=BE=12AB=4，
∵CD=10，且CD为直径，
∴OA=OD=5，
在Rt△AOE中，OE=OA2-AE2=3，
∴DE=OD-OE=2，CE=OC+OE=8，
∵BP=x，
∴PE=BE+BP=4+x，
∵∠PAQ=∠P，∠AEF=∠PEC，
∴△AEF∽△PEC，
∴AEPE=EFEC，即44+x=EF8，
解得EF=324+x，
∴CF=CE-EF=8-324+x=8x4+x，DF=DE+EF=2+324+x=40+2x4+x，
∴CFDF=8x40+2x=y，即y=4x20+x；
（3）解：①当CD=CP=10时，
在Rt△CEP中，PE=CP2-CE2=6，
∴BP=EP-BE=2，
∵AE=4，CE=8，
∴AC=AE2+CE2=45，
∵∠PQB=180°-∠BQC=∠PAC，∠BPQ=∠CPA，
∴△BPQ∽△CPA，
∴BQCA=BPCP，即BQ45=210，
∴BQ=455；
②当DC=DP=10时，
在Rt△PDE中，PE=PD2-DE2=46，
∴BP=PE-BE=46-4，
在Rt△CEP中，CP=CE2+PE2=410，
同理可得△BPQ∽△CPA，
∴BQCA=BPCP，即BQ45=46-4410，
解得BQ=43-22；
综上，BQ的长为455或43-22．
9．（2025·福建泉州·一模）如图，点A、E在⊙O上，OA与OE的夹角为n(0°