2024年中考数学真题分类汇编——重要的数学思想方法问题练习（含答案）

这是一份2024年中考数学真题分类汇编——重要的数学思想方法问题练习（含答案），共30页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、填空题
1. （2024四川内江）已知实数a，b满足，那么的值为________．
2. （2024湖南省）如图，左图为《天工开物》记载的用于春（chōng）捣谷物的工具——“碓（duì）”的结构简图，右图为其平面示意图，已知于点B，与水平线l相交于点O，．若分米，分米．，则点C到水平线l的距离为________分米（结果用含根号的式子表示）．
二、解答题
1. （2024广西）如图1，△ABC中，∠B=90°，AB=6．AC的垂直平分线分别交AC，AB于点M，O，CO平分∠ACB.
（1）求证：；
（2）如图2，将绕点O逆时针旋转得到，旋转角为．连接，
①求面积的最大值及此时旋转角的度数，并说明理由；
②当是直角三角形时，请直接写出旋转角的度数．
2. （2024河北省）如图，抛物线过点，顶点为Q．抛物线（其中t为常数，且），顶点为P．
（1）直接写出a的值和点Q的坐标．
（2）嘉嘉说：无论t为何值，将的顶点Q向左平移2个单位长度后一定落在上．
淇淇说：无论t为何值，总经过一个定点．
请选择其中一人的说法进行说理．
（3）当时，
①求直线PQ的解析式；
②作直线，当l与的交点到x轴的距离恰为6时，求l与x轴交点的横坐标．
（4）设与的交点A，B的横坐标分别为，且．点M在上，横坐标为．点N在上，横坐标为．若点M是到直线PQ的距离最大的点，最大距离为d，点N到直线PQ的距离恰好也为d，直接用含t和m的式子表示n．
3. （2024江苏扬州）在综合实践活动中，“特殊到一般”是一种常用方法，我们可以先研究特殊情况，猜想结论，然后再研究一般情况，证明结论．
如图，已知，， 是的外接圆，点在上（），连接、、．
【特殊化感知】
（1）如图1，若，点在延长线上，则与的数量关系为________；
【一般化探究】
（2）如图2，若，点、在同侧，判断与的数量关系并说明理由；
【拓展性延伸】
（3）若，直接写出、、满足的数量关系．（用含的式子表示）
3. （2024内蒙古赤峰）如图，是某公园的一种水上娱乐项目．数学兴趣小组对该项目中的数学问题进行了深入研究．下面是该小组绘制的水滑道截面图，如图1，人从点A处沿水滑道下滑至点B处腾空飞出后落入水池．以地面所在的水平线为x轴，过腾空点B与x轴垂直的直线为y轴，O为坐标原点，建立平面直角坐标系．他们把水滑道和人腾空飞出后经过的路径都近似看作是抛物线的一部分．根据测量和调查得到的数据和信息，设计了以下三个问题，请你解决．
（1）如图1，点B与地面的距离为2米，水滑道最低点C与地面的距离为米，点C到点B的水平距离为3米，则水滑道所在抛物线的解析式为______；
（2）如图1，腾空点B与对面水池边缘的水平距离米，人腾空后的落点D与水池边缘的安全距离不少于3米．若某人腾空后的路径形成的抛物线恰好与抛物线关于点B成中心对称．
①请直接写出此人腾空后的最大高度和抛物线的解析式；
②此人腾空飞出后的落点D是否在安全范围内？请说明理由（水面与地面之间的高度差忽略不计）；
（3）为消除安全隐患，公园计划对水滑道进行加固．如图2，水滑道已经有两条加固钢架，一条是水滑道距地面4米的点M处竖直支撑的钢架，另一条是点M与点B之间连接支撑的钢架．现在需要在水滑道下方加固一条支撑钢架，为了美观，要求这条钢架与平行，且与水滑道有唯一公共点，一端固定在钢架上，另一端固定在地面上．请你计算出这条钢架的长度（结果保留根号）．
4. （2024重庆市A）在中，，点是边上一点（点不与端点重合）．点关于直线的对称点为点，连接．在直线上取一点，使，直线与直线交于点．

（1）如图1，若，求的度数（用含的代数式表示）；
（2）如图1，若，用等式表示线段与之间的数量关系，并证明；
（3）如图2，若，点从点移动到点的过程中，连接，当为等腰三角形时，请直接写出此时的值．
5. （2024四川德阳）已知的半径为5，是上两定点，点是上一动点，且的平分线交于点．
（1）证明：点为上一定点；
（2）过点作的平行线交的延长线于点．
①判断与的位置关系，并说明理由；
②若为锐角三角形，求的取值范围．
2024年中考数学真题专题分类精选汇编（2025年中考复习全国通用）
专题34 重要的数学思想方法问题
一、填空题
1. （2024四川内江）已知实数a，b满足，那么的值为________．
【答案】1
【解析】先根据异分母的分式相加减的法则把原式化简，再把ab=1代入进行计算即可．
∵
∴原式．
【点睛】本题考查了分式的化简求值，分式求值题中比较多的题型主要有三种：转化已知条件后整体代入求值；转化所求问题后将条件整体代入求值；既要转化条件，也要转化问题，然后再代入求值．
2. （2024湖南省）如图，左图为《天工开物》记载的用于春（chōng）捣谷物的工具——“碓（duì）”的结构简图，右图为其平面示意图，已知于点B，与水平线l相交于点O，．若分米，分米．，则点C到水平线l的距离为________分米（结果用含根号的式子表示）．
【答案】##
【解析】题目主要考查解三角形及利用三角形等面积法求解，延长交l于点H，连接，根据题意及解三角形确定，，再由等面积法即可求解，作出辅助线是解题关键．
【详解】解：延长交l于点H，连接，如图所示：
在中，，
，
即，
解得：．
故答案为：．
二、解答题
1. （2024广西）如图1，△ABC中，∠B=90°，AB=6．AC的垂直平分线分别交AC，AB于点M，O，CO平分∠ACB.
（1）求证：；
（2）如图2，将绕点O逆时针旋转得到，旋转角为．连接，
①求面积的最大值及此时旋转角的度数，并说明理由；
②当是直角三角形时，请直接写出旋转角的度数．
【答案】（1）见解析 （2）①，；②或
【解析】【分析】（1）利用线段垂直平分线的性质得出，利用等边对等角得出，结合角平分线定义可得出，最后根据相似三角形的判定即可得证；
（2）先求出，然后利用含的直角三角形性质求出，，，利用勾股定理求出，，取中点，连接，，作于N，由旋转的性质知，为旋转所得线段，则，，，根据点到直线的距离，垂线段最短知，三角形三边关系得出，故当M、O、三点共线，且点O在线段时，取最大值，最大值为，此时，最后根据三角形面积公式求解即可；
②先利用三角形三边关系判断出，，则当为直角三角形时，只有，然后分A和重合，和C重合，两种情况讨论即可．
小问1详解】
证明：∵垂直平分，
∴，
∴，
∵平分
∴，
∴，
又；
∴；
【小问2详解】
解：①∵∠B=90°
∴，
∴，
∴，
又，
∴，，
∵垂直平分，
∴，，
∴，
∴，
取中点，连接，，作于N，
由旋转的性质知，为旋转所得线段，
∴，，，
根据垂线段最短知，
又，
∴当M、O、三点共线，且点O在线段时，取最大值，最大值为，
此时，
∴面积的最大值为；
②∵，，
∴，
同理
∴为直角三角形时，只有，
当A和重合时，如图，
∵
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴、O、M三点共线，
∴为直角三角形，
此时旋转角；
当和C重合时，如图，
同理，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴、O、M三点共线，
又
∴为直角三角形，
此时旋转角；
综上，旋转角的度数为或时，为直角三角形．
【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质，含的直角三角形的性质，勾股定理，旋转的性质等知识，明确题意，正确画出图形，添加辅助线，合理分类讨论是解题的关键．
2. （2024河北省）如图，抛物线过点，顶点为Q．抛物线（其中t为常数，且），顶点为P．
（1）直接写出a的值和点Q的坐标．
（2）嘉嘉说：无论t为何值，将的顶点Q向左平移2个单位长度后一定落在上．
淇淇说：无论t为何值，总经过一个定点．
请选择其中一人的说法进行说理．
（3）当时，
①求直线PQ的解析式；
②作直线，当l与的交点到x轴的距离恰为6时，求l与x轴交点的横坐标．
（4）设与的交点A，B的横坐标分别为，且．点M在上，横坐标为．点N在上，横坐标为．若点M是到直线PQ的距离最大的点，最大距离为d，点N到直线PQ的距离恰好也为d，直接用含t和m的式子表示n．
【答案】（1），
（2）两人说法都正确，理由见解析
（3）①；②或
（4）
【解析】【分析】（1）直接利用待定系数法求解抛物线的解析式，再化为顶点式即可得到顶点坐标；
（2）把向左平移2个单位长度得到对应点的坐标为：，再检验即可，再根据函数化为，可得函数过定点；
（3）①先求解的坐标，再利用待定系数法求解一次函数的解析式即可；②如图，当（等于6两直线重合不符合题意），可得，可得交点，交点，再进一步求解即可；
（4）如图，由题意可得是由通过旋转，再平移得到的，两个函数图象的形状相同，如图，连接交于，连接，，，，可得四边形是平行四边形，当点M是到直线PQ的距离最大的点，最大距离为d，点N到直线PQ的距离恰好也为d，此时与重合，与重合，再进一步利用中点坐标公式解答即可．
【小问1详解】
解：∵抛物线过点，顶点为Q．
∴，
解得：，
∴抛物线为：，
∴；
【小问2详解】
解：把向左平移2个单位长度得到对应点的坐标为：，
当时，
∴，
∴在上，
∴嘉嘉说法正确；
∵
，
当时，，
∴过定点；
∴淇淇说法正确；
【小问3详解】
解：①当时，
，
∴顶点，而，
设为，
∴，
解得：，
∴为；
②如图，当（等于6两直线重合不符合题意），
∴，
∴交点，交点，
由直线，设直线，
∴，
解得：，
∴直线为：，
当时，，
此时直线与轴交点横坐标为，
同理当直线过点，
直线为：，
当时，，
此时直线与轴交点的横坐标为，
【小问4详解】
解：如图，∵，，
∴是由通过旋转，再平移得到的，两个函数图象的形状相同，
如图，连接交于，连接，，，，
∴四边形是平行四边形，
当点M是到直线PQ的距离最大的点，最大距离为d，点N到直线PQ的距离恰好也为d，
此时与重合，与重合，
∵，，
∴的横坐标为，
∵，，
∴的横坐标为，
∴，
解得：；
【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解二次函数的解析式，二次函数的性质，一次函数的综合应用，二次函数的平移与旋转，以及特殊四边形的性质，理解题意，利用数形结合的方法解题是关键．
3. （2024江苏扬州）在综合实践活动中，“特殊到一般”是一种常用方法，我们可以先研究特殊情况，猜想结论，然后再研究一般情况，证明结论．
如图，已知，， 是的外接圆，点在上（），连接、、．
【特殊化感知】
（1）如图1，若，点在延长线上，则与的数量关系为________；
【一般化探究】
（2）如图2，若，点、在同侧，判断与的数量关系并说明理由；
【拓展性延伸】
（3）若，直接写出、、满足的数量关系．（用含的式子表示）
【答案】（1）；（2）（3）当在上时，；当在上时，
【解析】【分析】（1）根据题意得出等边三角形，则，进而由四边形是圆内接四边形，设交于点，则，设，则，分别求得，即可求解；
（2）在上截取，证明，根据全等三角形的性质即得出结论；
（3）分两种情况讨论，①当在上时，在上截取，证明，，得出，作于点，得出，进而即可得出结论；②当在上时，延长至，使得，连接，证明，，同①可得，即可求解．
【详解】解：∵，，
∴是等边三角形，则
∵是的外接圆，
∴是的角平分线，则
∴
∵四边形是圆内接四边形，
∴
∴
设交于点，则，
设，则
在中，
∴
∴，
∵是直径，则，
在中，
∴
∴
（2）如图所示，在上截取，
∵
∴
∴是等边三角形，
∴，则
∴
∵四边形圆内接四边形，
∴
∴；
∵，，
∴是等边三角形，则
∴，
又∵
∴
在中
∴
∴，
∴
即；
（3）解：①如图所示，当在上时，
在上截取，
∵
∴
又∵
∴，则
∴即
又∵
∴
∴
∴
∵
∴
如图所示，作于点，
在中，，
∴
∴
∴，即
②当在上时，如图所示，延长至，使得，连接，
∵四边形是圆内接四边形，
∴
又∵
∴，则
∴即，
又∵
∴
∴
∴，
∵
同①可得
∴
∴
综上所述，当在上时，；当在上时，．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，圆内接四边形对角互补，圆周角定理，同弧所对的圆周角相等，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，等腰三角形的性质，熟练掌握截长补短的辅助线方法是解题的关键．
3. （2024内蒙古赤峰）如图，是某公园的一种水上娱乐项目．数学兴趣小组对该项目中的数学问题进行了深入研究．下面是该小组绘制的水滑道截面图，如图1，人从点A处沿水滑道下滑至点B处腾空飞出后落入水池．以地面所在的水平线为x轴，过腾空点B与x轴垂直的直线为y轴，O为坐标原点，建立平面直角坐标系．他们把水滑道和人腾空飞出后经过的路径都近似看作是抛物线的一部分．根据测量和调查得到的数据和信息，设计了以下三个问题，请你解决．
（1）如图1，点B与地面的距离为2米，水滑道最低点C与地面的距离为米，点C到点B的水平距离为3米，则水滑道所在抛物线的解析式为______；
（2）如图1，腾空点B与对面水池边缘的水平距离米，人腾空后的落点D与水池边缘的安全距离不少于3米．若某人腾空后的路径形成的抛物线恰好与抛物线关于点B成中心对称．
①请直接写出此人腾空后的最大高度和抛物线的解析式；
②此人腾空飞出后的落点D是否在安全范围内？请说明理由（水面与地面之间的高度差忽略不计）；
（3）为消除安全隐患，公园计划对水滑道进行加固．如图2，水滑道已经有两条加固钢架，一条是水滑道距地面4米的点M处竖直支撑的钢架，另一条是点M与点B之间连接支撑的钢架．现在需要在水滑道下方加固一条支撑钢架，为了美观，要求这条钢架与平行，且与水滑道有唯一公共点，一端固定在钢架上，另一端固定在地面上．请你计算出这条钢架的长度（结果保留根号）．
【答案】（1）
（2）①此人腾空后的最大高度是米，解析式为；②此人腾空飞出后的落点D在安全范围内，理由见解析
（3）这条钢架的长度为米
【解析】【分析】（1）根据题意得到水滑道所在抛物线的顶点坐标为，且过点，设水滑道所在抛物线的解析式为，将代入，计算求出a的值即可；
（2）①根据题意可设人腾空后的路径形成的抛物线的解析式为，由抛物线的顶点为，即可得出结果；②由①知人腾空后的路径形成的抛物线的解析式为：，令，求出的值，即点的坐标，即可得出结论；
（3）根据题意可得点的纵坐标为4，令中，求出符合实际的x值，得到点M的坐标，求出所在直线的解析式为，设这条钢架为，与交于点G，与地面交于H，根据这条钢架与平行，设该钢架所在直线的解析式为，由该钢架与水滑道有唯一公共点，联立，根据方程组有唯一解，求出，即该钢架所在直线的解析式为，点H与点O重合，根据，，，利用勾股定理即可求解．
【小问1详解】
解：根据题意得到水滑道所在抛物线的顶点坐标为，且过点，
设水滑道所在抛物线的解析式为，
将代入，得：，即，
，
水滑道所在抛物线的解析式为；
【小问2详解】
解：①人腾空后的路径形成的抛物线恰好与抛物线关于点B成中心对称，
则设人腾空后的路径形成的抛物线的解析式为，
人腾空后的路径形成的抛物线的顶点坐标与抛物线的顶点坐标关于点成中心对称，
，
人腾空后的路径形成的抛物线的顶点坐标为，即，
∴此人腾空后的最大高度是米，人腾空后的路径形成的抛物线的解析式为：；
由①知人腾空后的路径形成的抛物线的解析式为：，
令，则，即
或（舍去，不符合题意），
点，
，
，
，
此人腾空飞出后的落点D在安全范围内；
【小问3详解】
解：根据题意可得点的纵坐标为4，
令，即，
（舍去，不符合题意）或，
，
设所在直线的解析式为，
将代入得：，
解得：，
所在直线的解析式为，
如图，设这条钢架为，与交于点G，与地面交于H，
这条钢架与平行，
设该钢架所在直线的解析式为，
联立，即，
整理得：，
该钢架与水滑道有唯一公共点，
，
即该钢架所在直线的解析式为，
点H与点O重合，
，，，
，
这条钢架的长度为米．
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合应用，其中涉及点的坐标的求法，二次函数的实际应用，一次函数与二次函数交点问题，勾股定理，借助二次函数解决实际问题，体现了数学建模思想．
4. （2024重庆市A）在中，，点是边上一点（点不与端点重合）．点关于直线的对称点为点，连接．在直线上取一点，使，直线与直线交于点．

（1）如图1，若，求的度数（用含的代数式表示）；
（2）如图1，若，用等式表示线段与之间的数量关系，并证明；
（3）如图2，若，点从点移动到点的过程中，连接，当为等腰三角形时，请直接写出此时的值．
【答案】（1）
（2）
（3）或
【解析】【分析】（1）由三角形内角和定理及外角定理结合即可求解；
（2）在上截取，连接，交于点H，连接，先证明，再证明四边形是平行四边形，可得，记与的交点为点N，则由轴对称可知：，，再解即可；
（3）连接，记与的交点为点N，由轴对称知，，，，当点G在边上时，由于，当为等腰三角形时，只能是，同（1）方法得，，中，，解得，然后，解直角三角形，表示出，，即可求解；当点G在延长线上时，只能是， 设，在中，，解得，设，解直角三角形求出，即可求解．
【小问1详解】
解：如图，

∵，，
∴
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：，
在上截取，连接，交于点H，

∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵点关于直线的对称点为点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
记与的交点为点N，
则由轴对称可知：，，
∴中，，
∴，
∴，
∴；
【小问3详解】
解：连接，记与的交点为点N，

∵，
∴，
由轴对称知，
当点G在边上时，由于，
∴当为等腰三角形时，只能是，
同（1）方法得，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴中，，解得，
∴，而，
∴为等边三角形，
∴，
设，
∵，
∴，
∴，
∴在中，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
当点G在延长线上时，只能是，如图：

设，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵
∴在中，，
解得，
∴，
设，则，，
在中，，由勾股定理求得，
在中，，，
∴，
∴，
∴，
综上所述：或．
【点睛】本题考查了三角形的内角和，外角定理，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，解直角三角形，等腰三角形的分类讨论，等边三角形的判定与性质，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键．
5. （2024四川德阳）已知的半径为5，是上两定点，点是上一动点，且的平分线交于点．
（1）证明：点为上一定点；
（2）过点作的平行线交的延长线于点．
①判断与的位置关系，并说明理由；
②若为锐角三角形，求的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）①与相切，理由见解析；②的取值范围为．
【解析】【分析】（1）由的平分线交于点，，可得，结合是上两定点，可得结论；
（2）①如图，连接，证明，结合，可得，从而可得结论；
②分情况讨论：如图，当时，可得；如图，连接，当，可得，从而可得答案．
【小问1详解】
证明：∵的平分线交于点，，
∴，
∴，
∵是上两定点，
∴点为的中点，是一定点；
【小问2详解】
解：①如图，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵为半径，
∴是的切线；
②如图，当时，
∴为直径，，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴四边形为矩形，
∴；
如图，连接，当，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
同理可得：，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴当为锐角三角形，的取值范围为．
【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，圆周角定理的应用，切线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，做出合适的辅助线，清晰的分类讨论是解本题的关键．