第14讲 数学思想应用专题-2021年中考数学《二轮冲刺核心重点难点热点15讲》

这是一份第14讲 数学思想应用专题-2021年中考数学《二轮冲刺核心重点难点热点15讲》，共34页。教案主要包含了变式1-1，变式1-2，变式2-1，变式2-2，变式3-1，变式3-2，变式4-1，变式4-2等内容，欢迎下载使用。
分类讨论思想是指当被研究的问题存在一些不确定的因素，无法用统一的方法或结论给出统一的表述时，按可能出现的所有情况来分别讨论，得出各情况下相应的结论．分类的原则：(1)分类中的每一部分是相互独立的；(2)一次分类必须是同一个标准；(3)分类讨论要逐级进行；(4)分类必须包含所有情况，既不能重复，也不能有遗漏．
数形结合思想
数形结合思想是把抽象思维和形象思维结合起来分析问题，将抽象的数学语言和直观的图形语言结合起来表示问题，从而解决问题的数学思想．运用数形结合思想解决问题，关键是要找到数与形的契合点．数形结合在不等式(组)、函数等知识中有着广泛的应用，综合题中始终渗透着对数形结合思想的考查．
转化思想
转化思想的运用可以让我们在遇到较为复杂的题型时，能够辩证进行分析。通过一定方式，让繁杂的问题简单清晰化，让陌生的题型熟悉化，让抽象题型更具体。准确的说，可以把各种隐藏在题目内的隐含问题全部明显的罗列出来，从一个信息条件快速的转化出更多的信息条件。转化思想的内涵相当丰富，可以将数量、图形、概念等统统进行转化，从而达到解题的效果。
代数解析思想
解析思想本属于代数类题型的解题方法，但在解答一些几何题时，特别是计算几何边长或者关于某个点的相关信息时，常常构建平面直角坐标系，将几何问题代数化，计算线段长度，转为计算点的坐标，直线解析式，运用诸如两点间距离公式，中点坐标公式等来进行解答．
方程思想
顾名思义，在解答几何题或者函数类题目时，常常对未知量或者是几个变量之间的分数关系进行设未知数来表达，通过寻找等量关系求解位置量的方法技巧．
【例题1】-分类讨论思想
将矩形ABCD绕点A顺时针旋转α(0°＜α＜360°)，得到矩形AEFG.
(1)如图，当点E在BD上时，求证：FD＝CD；
(2)当α为何值时，GC＝GB？画出图形，并说明理由．
【解析】(1)如图1，连接AF.
由四边形ABCD是矩形，结合旋转可得：
BD＝AF，∠EAF＝∠ABD.
∵AB＝AE，∴∠ABD＝∠AEB，
∴∠EAF＝∠AEB，∴BD∥AF，
∴四边形BDFA是平行四边形，∴FD＝AB.
∵AB＝CD，∴FD＝CD.
(2)如图2，当点G位于BC的垂直平分线上，且在BC的右边时，连接DG，CG，BG，
易知点G也是AD的垂直平分线上的点，
∴DG＝AG.
又∵AG＝AD，
∴△ADG是等边三角形，
∴∠DAG＝60°，∴α＝60°.
如图3，当点G位于BC的垂直平分线上，且在BC的左边时，连接CG，BG，DG，
同理，△ADG是等边三角形，
∴∠DAG＝60°，此时α＝300°.
综上所述，当α为60°或300°时，GC＝GB.

【总结】在数学中，如果一个命题的条件或结论有多种可能的情况，难以统一解答，那么就需要按可能出现的各种情况分类讨论，最后综合归纳问题的正确答案．
【变式1-1】已知在△ABC中，tanA=，AB=5，BC=4，那么AC的长等于__________.
【变式1-2】8．（2016•江西模拟）如图，矩形ABCD，AB＝5，AD＝8，E是AD上一动点，把△ABE沿BE折叠，当点A的对应点A′落在矩形ABCD的对称轴上时，折痕BE的长为 和 ．
【解析】如图1，过A′作MN∥CD交AD于M，交BC于N，
则直线MN是矩形ABCD 的对称轴，
∴AM＝BN＝AD＝4，
∵△ABE沿BE折叠得到△A′BE，
∴A′E＝AE，A′B＝AB＝5，
∴A′N＝＝3，
∴A′M＝2，
∴A′E2＝EM2+A′M2，
∴A′E2＝（4﹣A′E）2+22，
解得：A′E＝，
∴AE＝，
在Rt△ABE中，BE＝＝，
如图2，过A′作PQ∥AD交AB于P，交CD于Q，
则直线PQ是矩形ABCD 的对称轴，
∴PQ⊥AB，AP＝PB，AD∥PQ∥BC，
∴A′B＝2PB，
∴∠PA′B＝30°，
∴∠A′BC＝30°，
∴∠EBA′＝30°，
∴BE＝；
故答案为：和．

【例题2】-数形结合思想
如图，在在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，且AD=12cm，AB=8cm，DC=10cm，若动点P从A点出发，以每秒2cm的速度沿线段AD向点D运动；动点Q从C点出发以每秒3cm的速度沿CB向B点运动，当P点到达D点时，动点P、Q同时停止运动，设点P、Q同时出发，并运动了t秒，回答下列问题：
（1）BC= cm；
（2）当t= 秒时，四边形PQBA成为矩形．
（3）当t为多少时，PQ=CD？
（4）是否存在t，使得△DQC是等腰三角形？若存在，请求出t的值；若不存在，说明理由．
【解析】根据题意得：PA=2t，CQ=3t，则PD=AD﹣PA=12﹣2t，
（1）如图，过D点作DE⊥BC于E，则四边形ABED为矩形，
∴DE=AB=8cm，AD=BE=12cm，
在Rt△CDE中，∵∠CED=90°，DC=10cm，DE=8cm，
∴EC==6cm，∴BC=BE+EC=18cm．
故答案为18；
（2）∵AD∥BC，∠B=90°
∴当PA=BQ时，四边形PQBA为矩形，即2t=18﹣3t，解得t=秒，
故当t=秒时，四边形PQBA为矩形；故答案为；
（3）①当P'Q'∥CD时，如图，
∵AD∥BC，
∴四边形CDP'Q'是平行四边形，
∴P'Q'=CD，DP'=CQ'，
∴12﹣2t=3t，∴t=秒，
②如图，梯形PDCQ是等腰梯形时，PQ=CD，
易证，四边形PDEF是矩形，∴EF=DP=12﹣2t，
易证，△CDE≌△QPF，∴FQ=CE=6，
∴CQ=FQ+EF+CE=6+12﹣2t+6=3t，∴t=
（4）△DQC是等腰三角形时，分三种情况讨论：
①当QC=DC时，即3t=10，∴t=；
②当DQ=DC时， =6，∴t=4；
③当QD=QC时，3t•=5，∴t=．
故存在t，使得△DQC是等腰三角形，此时t的值为秒或4秒或秒．
【归纳】把问题中的数量关系与形象直观的几何图形有机地结合起来，并充分利用这种结合寻找解题的思路，使问题得以解决．
【变式2-1】31．（2019•天门）在平面直角坐标系中，已知抛物线C：y＝ax2+2x﹣1（a≠0）和直线l：y＝kx+b，点A（﹣3，﹣3），B（1，﹣1）均在直线l上．
（1）若抛物线C与直线l有交点，求a的取值范围；
（2）当a＝﹣1，二次函数y＝ax2+2x﹣1的自变量x满足m≤x≤m+2时，函数y的最大值为﹣4，求m的值；
（3）若抛物线C与线段AB有两个不同的交点，请直接写出a的取值范围．
【解析】（1）点A（﹣3，﹣3），B（1，﹣1）代入y＝kx+b，
∴，∴，
∴y＝x﹣；
联立y＝ax2+2x﹣1与y＝x﹣，则有2ax2+3x+1＝0，
∵抛物线C与直线l有交点，
∴△＝9﹣8a≥0，
∴a≤且a≠0；
（2）根据题意可得，y＝﹣x2+2x﹣1，
∵a＜0，
∴抛物线开口向下，对称轴x＝1，
∵m≤x≤m+2时，y有最大值﹣4，
∴当y＝﹣4时，有﹣x2+2x﹣1＝﹣4，
∴x＝﹣1或x＝3，
①在x＝1左侧，y随x的增大而增大，
∴x＝m+2＝﹣1时，y有最大值﹣4，
∴m＝﹣3；
②在对称轴x＝1右侧，y随x最大而减小，
∴x＝m＝3时，y有最大值﹣4；
综上所述：m＝﹣3或m＝3；
（3）①a＜0时，x＝1时，y≤﹣1，即a≤﹣2；
②a＞0时，x＝﹣3时，y≥﹣3，即a≥，
直线AB的解析式为y＝x﹣，
抛物线与直线联立：ax2+2x﹣1＝x﹣，
∴ax2+x+＝0，△＝﹣2a＞0，
∴a＜，
∴a的取值范围为≤a＜或a≤﹣2；
【变式2-2】30．（2016•河南）某班“数学兴趣小组”对函数y＝x2﹣2|x|的图象和性质进行了探究，探究过程如下，请补充完整．
（1）自变量x的取值范围是全体实数，x与y的几组对应值列表如下：
其中，m＝ 0 ．
（2）根据表中数据，在如图所示的平面直角坐标系中描点，并画出了函数图象的一部分，请画出该函数图象的另一部分．
（3）观察函数图象，写出两条函数的性质．
（4）进一步探究函数图象发现：
①函数图象与x轴有 3 个交点，所以对应的方程x2﹣2|x|＝0有 3 个实数根；
②方程x2﹣2|x|＝2有 2 个实数根；
③关于x的方程x2﹣2|x|＝a有4个实数根时，a的取值范围是 ﹣1＜a＜0 ．
【解析】（1）把x＝﹣2代入y＝x2﹣2|x|得y＝0，
即m＝0，
故答案为：0；
（2）如图所示；
（3）由函数图象知：①函数y＝x2﹣2|x|的图象关于y轴对称；②当x＞1时，y随x的增大而增大；
（4）①由函数图象知：函数图象与x轴有3个交点，所以对应的方程x2﹣2|x|＝0有3个实数根；
②如图，∵y＝x2﹣2|x|的图象与直线y＝2有两个交点，
∴x2﹣2|x|＝2有2个实数根；
③由函数图象知：∵关于x的方程x2﹣2|x|＝a有4个实数根，
∴a的取值范围是﹣1＜a＜0，
故答案为：3，3，2，﹣1＜a＜0．
【例题3】-转化思想
12. (2018·齐齐哈尔中考)某班级同学从学校出发去扎龙自然保护区研学旅行，一部分乘坐大客车先出发，余下的几人20 min后乘坐小轿车沿同一路线出行，大客车中途停车等候，小轿车赶上来之后，大客车以出发时速度的eq \f(10,7)继续行驶，小轿车保持原速度不变．小轿车司机因路线不熟错过了景点入口，在驶过景点入口6 km时，原路提速返回，恰好与大客车同时到达景点入口．两车距学校的路程s(km)和行驶时间t(min)之间的函数关系如图所示．
请结合图象解决下面问题：
(1)学校到景点的路程为 km，大客车途中停留了 min，a＝ ；
(2)在小轿车司机驶过景点入口时，大客车离景点入口还有多远？
(3)小轿车司机到达景点入口时发现本路段限速 80 km/h，请你帮助小轿车司机计算折返时是否超速？
(4)若大客车一直以出发时的速度行驶，中途不再停车，那么小轿车折返后到达景点入口，需等待 分钟，大客车才能到达景点入口．
【解析】(1)由图形可得学校到景点的路程为40 km，大客车途中停留了5 min，
小轿车的速度为eq \f(40,60－20)＝1(km/min)，
a＝(35－20)×1＝15.
故答案为40，5，15.
(2)由(1)得a＝15，∴大客车的速度为eq \f(15,30)＝eq \f(1,2)(km/min)．
小轿车赶上来之后，大客车又行驶了(60－35)×eq \f(10,7)×eq \f(1,2)＝eq \f(125,7)(km)，40－eq \f(125,7)－15＝eq \f(50,7)(km)．
答：在小轿车司机驶过景点入口时，大客车离景点入口还有eq \f(50,7) km.
(3)设直线CD的表达式为s＝kt＋b，将(20，0)和(60，40)代入得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(20k＋b＝0，,60k＋b＝40，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k＝1，,b＝－20，))
∴直线CD的表达式为s＝t－20.
当s＝46时，46＝t－20，解得t＝66.
小轿车赶上来之后，大客车又行驶的时间为eq \f(40－15,\f(1,2)×\f(10,7))＝35(min)，
小轿车司机折返时的速度为6÷(35＋35－66)＝eq \f(3,2)(km/min)＝90 km/h＞80 km/h.
答：小轿车折返时已经超速．
(4)大客车的时间：eq \f(40,\f(1,2))＝80(min)，80－70＝10(min)．
故答案为10.
【变式3-1】9．（2011秋•江阴市校级期末）如图，已知圆锥的底面圆直径AB为2r（r＞0），母线长OA为3r，C为母线OB的中点，在圆锥的侧面上，一只蚂蚁从点A爬行到点C的最短路线长为 r ．
【解析】由题意知，底面圆的直径为2r，故底面周长等于2rπ，
设圆锥的侧面展开后的扇形圆心角为n，
根据底面周长等于展开后扇形的弧长得，2rπ＝，
解得：n＝120°，
则展开图中扇形的圆心角为120°，即∠AOA′＝120°，
则∠1＝60°，
过C作CF⊥OA，
∵C为OB中点，BO＝3r，
∴OC＝r，
∵∠1＝60°，
∴∠OCF＝30°，
∴FO＝r，
∴CF2＝CO2﹣OF2＝r2，
∵AO＝3r，FO＝r，
∴AF＝r，
在Rt△AFC中，利用勾股定理得：
AC2＝AF2+FC2＝r2+r2＝r2，
则AC＝r．
故答案为：r
【变式3-2】32．（2019•费县一模）如图，已知抛物线y＝ax2+2x+c与y轴交于点A（0，6），与x轴交于点B（6，0），点P是线段AB上方抛物线上的一个动点．
（1）求这条抛物线的表达式及其顶点坐标；
（2）当点P从A点出发沿线段AB上方的抛物线向终点B移动时，点P到直线AB的距离为d，求d最大时点P的坐标；
（3）点M在抛物线上，点N在x轴上，是否存在以点A，B，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）物线y＝ax2+2x+c与y轴交于点A（0，6），则c＝6，
将点B的坐标代入函数表达式并解得：a＝﹣，
故抛物线的表达式为：y＝﹣x2+2x+6，
函数的对称轴为：x＝2，顶点坐标为（2，8）；
（2）如下图，过点P作PG∥y轴交AB于点G，作PH⊥AB交于点H，
∵OA＝OB＝6，则∠OAB＝∠OBA＝45°，
∵PG∥y轴，则∠PGH＝∠OAB＝45°，
直线AB的表达式为：y＝﹣x+6，
设点P（x，﹣x2+2x+6），则G（x，﹣x+6），
d＝PH＝PGsin45°＝（﹣x2+2x+6+x﹣6）＝（﹣x2+3x），
当x＝3时，d取得最大值，此时点P（3，）；
（3）设点P（m，n），n＝﹣m2+2m+6，点N（s，0），
①当AB是平行四边形的一条边时，
点A向右、向下均平移6个单位得到B，
同理点N右、向下均平移6个单位得到M，
故：s+6＝m，0﹣6＝n，
解得：m＝2±2，
故点M的坐标为（2﹣2，﹣6）或（2，﹣6）；
②当AB是平行四边形的对角线时，
则AB的中点即为MN的中点，则
s+m＝6，n+0＝6，
解得：m＝4，
故点P的坐标为（4，6），
综上，点P的坐标为（2﹣2，﹣6）或（2，﹣6）或（4，6）．
【例题4】-代数解析思想
如图1，在矩形ABCD中，点P在边CD上，且与C、D不重合，过点A作AP的垂线与CB的延长线相交于点Q，连结PQ，M为PQ中点，若AD＝10，AB＝a，DP＝8，随着a的大小的变化，点M的位置也在变化．当点M落在矩形ABCD外部时，求a的取值范围．
方法1：由△ADP∽△ABQ，解得QB＝a．
由△QBE∽△QCP，同样由比例关系得出BE＝．
又因为MN为QCP的中位线，得出
MN＝PC＝（a－8）．再由BE>MN，
即
得出a> 12.5．
当点M落在矩形ABCD外部时，a的取值范围为a>12.5．
方法2：如图3所示，建立以B点为原点，BC方向为x轴正半轴，BA方向为y轴正半轴的直角坐标系．
则A(0，a)，P(0，a－8)．
直线AP的斜率为kAP＝－，
∴直线AQ为y＝x＋a，
直线AQ与x轴交于点Q，
∴Q(－a，0)．
又M为线段QP上的中点，
∴M（5－a，－4）．
因为M点落在矩形ABCD的外部，所以M点在第二象限，
∴解得a＞12.5．
这样，通过建立合适的直角坐标系，使图形上各点得到确定，让问题变得清晰明了，避免了运用相似而产生的复杂计算．
【变式4-1】正方形ABCD边长为6，点E是边BC上一点，且BE=2CE，BF⊥DE于点F，求CF的长
解：通过建立坐标系可得：
【变式4-2】某数学兴趣小组对线段上的动点问题进行探究，已知AB＝8．
问题思考：
如图4，点P为线段AB上的一个动点，分别以AP、BP为边在同侧作正方形APDC、BPEF．
(1)分别连结AD、DF、AF，AF交DP于点K，当点P运动时，在△APK、△ADK、△DFK中，是否存在两个面积始终相等的三角形？请说明理由．
问题拓展：
(2)如图5，在“问题思考”中，若点M、N是线段AB上的两点，且AM＝BN＝1，点G、H分别是边CD、EF的中点，请写出点P从M到N的运动过程中，GH的中点D所经过的路径的长
(3)在第二问的情况下，求OM＋OB的最小值．
解答 (1)如图6所示，以A点为原点，AB方向
为x轴正半轴，AC方向为y轴正半轴，建立直角坐标系．
设AP＝a．

又P在M到N之间运动，
∴1≤a≤7．
∴a经过的路径是一条与AB平行的线段，长为3．
(3)如图7所示，作点M关于直线XY的对称点M'，连结BM'．
由轴对称性质可知，M'(1，8)，
由两点之间线段最短可知，此时OM＋OB＝BM'最小，
而BM'＝
∴OM＋DB的最小值为．
综上所述，在以特殊图形为基础几何问题中，不要因变化多端的条件而搞乱思路，可以尝试用解析几何的方法去应对，有可能达到化繁为简的效果．
【例题5】-方程思想
如图，C，D是以AB为直径的⊙O上的点，eq \(AC,\s\up8(︵))＝eq \(BC,\s\up8(︵))，弦CD交AB于点E.
(1)当PB是⊙O的切线时，
求证：∠PBD＝∠DAB；
(2)求证：BC2－CE2＝CE·DE；
(3)已知OA＝4，E是半径OA的中点，求线段DE的长．
【解析】
(1)∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，∴∠BAD＋∠ABD＝90°.
∵PB是⊙O的切线，
∴∠ABP＝90°，∴∠PBD＋∠ABD＝90°，
∴∠BAD＝∠PBD.
(2)∵∠A＝∠DCB，∠AED＝∠CEB，
∴△ADE∽△CBE，
∴eq \f(DE,BE)＝eq \f(AE,CE)，即DE·CE＝AE·BE.
如图，连接OC.设圆的半径为r，
则OA＝OB＝OC＝r，
则DE·CE＝AE·BE＝(OA－OE)(OB＋OE)＝r2－OE2.
∵eq \(AC,\s\up8(︵))＝eq \(BC,\s\up8(︵))，
∴∠AOC＝∠BOC＝90°，
∴CE2＝OE2＋OC2＝OE2＋r2，
BC2＝BO2＋CO2＝2r2，
则BC2－CE2＝2r2－(OE2＋r2)＝r2－OE2，
∴BC2－CE2＝DE·CE.
(3)∵OA＝4，∴OB＝OC＝OA＝4，
∴BC＝eq \r(OB2＋OC2)＝4eq \r(2).
又∵E是半径OA的中点，
∴AE＝OE＝2，
则CE＝eq \r(OC2＋OE2)＝eq \r(42＋22)＝2eq \r(5).
∵BC2－CE2＝DE·CE，
∴(4eq \r(2))2－(2eq \r(5))2＝DE·2eq \r(5)，
解得DE＝eq \f(6\r(5),5).
【归纳】在解决数学问题时，有一种从未知转化为已知的手段就是设元，寻找已知与未知之间的等量关系，构造方程或方程组，然后求解方程完成未知向已知的转化．
【变式5-1】2．（2015•绵阳）如图，D是等边△ABC边AB上的一点，且AD：DB＝1：2，现将△ABC折叠，使点C与D重合，折痕为EF，点E，F分别在AC和BC上，则CE：CF＝（ ）
A．B．C．D．
【解析】设AD＝k，则DB＝2k，
∵△ABC为等边三角形，
∴AB＝AC＝3k，∠A＝∠B＝∠C＝∠EDF＝60°，
∴∠EDA+∠FDB＝120°，
又∵∠EDA+∠AED＝120°，
∴∠FDB＝∠AED，
∴△AED∽△BDF，
∴，
设CE＝x，则ED＝x，AE＝3k﹣x，
设CF＝y，则DF＝y，FB＝3k﹣y，
∴，
∴，
∴＝，
∴CE：CF＝4：5．
故选：B．
解法二：解：设AD＝k，则DB＝2k，
∵△ABC为等边三角形，
∴AB＝AC＝3k，∠A＝∠B＝∠C＝∠EDF＝60°，
∴∠EDA+∠FDB＝120°，
又∵∠EDA+∠AED＝120°，
∴∠FDB＝∠AED，
∴△AED∽△BDF，由折叠，得
CE＝DE，CF＝DF
∴△AED的周长为4k，△BDF的周长为5k，
∴△AED与△BDF的相似比为4：5
∴CE：CF＝DE：DF＝4：5．
故选：B．
【变式5-2】37．（2020•建湖县校级模拟）朦胧宝塔位于建湖县宝塔镇境内，2002年10月被公布为江苏省第五批文物保护单位．如图，小亮的目高CD为1.7米，他站在D处测得塔顶的仰角∠ACG为45°，小颖的目高EF为1.5米，她站在距离塔底中心B点a米远的F处，测得塔顶的仰角∠AEH为62.3°．（点D、B、F在同一水平线上，参考数据：sin62.3°≈0.89，cs62.3°≈0.46，tan62.3°≈1.9）
（1）求小亮与塔底中心的距离BD；（用含a的式子表示）
（2）若小亮与小颖相距23米，求慈氏塔的高度AB．
【解析】（1）根据题意得，四边形CDBG、HBFE为矩形，
∴GB＝CD＝1.7，HB＝EF＝1.5，EH＝BF＝a，
∴GH＝0.2，
在Rt△AHE中，tan∠AEH＝，
则AH＝a•tan62.3°≈1.9a，
∴AG＝AH﹣GH＝1.9a﹣0.2，
∴BD＝1.9a﹣0.2．
答：小亮与塔底中心的距离BD为（1.9a﹣0.2）米；
（2）由题意得，1.9a﹣0.2+a＝23，
解得，a＝8，
则AG＝1.9a﹣0.2＝15.4，
∴AB＝AG+GB＝16.7米．
答：慈氏塔的高度AB为16.7米．
1. 若关于x的一元二次方程mx2－4x+3=0的一个根是3，以此方程的两根为边长的等腰三角形的周长是（ ）
A．5 B．7 C．5或7 D．9
【解析】：把3代入mx2－4x+3=0中，得m=1，解方程x2－4x+3=0得另一根为1，若等腰三角形的腰长为1，则三边分别是1,1,3，不能构成三角形，若腰长为3，三边分别是1,3,3，能构成三角形，则周长为7．故选B．
2. 如图，将矩形ABCD（纸片）折叠，使点B与AD边上的点K重合，EG为折痕；点C与AD边上的点K重合，FH为折痕．已知∠1=67.5°，∠2=75°，EF=+1，求BC的长是 ．
【解析】由题意，得：∠3=180°﹣2∠1=45°，∠4=180°﹣2∠2=30°，BE=KE、KF=FC，
如图，过点K作KM⊥BC于点M，
设KM=x，则EM=x、MF=x，
∴x+x=+1，
解得：x=1，
∴EK=、KF=2，
∴BC=BE+EF+FC=EK+EF+KF=3++，
∴BC的长为3++．
3. 已知函数y＝(k－3)x2＋2x＋1的图象与x轴有交点，则k的取值范围是(B)
A．k＜4 B．k≤4 C．k＜4且k≠3 D．k≤4且k≠3
【解析】 ①当k－3≠0时，(k－3)x2＋2x＋1＝0，
Δ＝b2－4ac＝22－4(k－3)×1＝－4k＋16≥0，k≤4；
②当k－3＝0，即k＝3时，y＝2x＋1，与x轴有交点．故选B.
4. A、B两地相距450 km，甲，乙两车分别从A，B两地同时出发，相向而行．已知甲车速度为120 km/h，乙车速度为80 km/h，过t(h)后两车相距50 km，则t的值是 ．
【解析】 分相遇前和相遇后两种情况讨论．
①当甲，乙两车未相遇时，根据题意，得120t＋80t＝450－50，解得t＝2；
②当两车相遇后，两车又相距50 km时，根据题意，得120t＋80t＝450＋50，解得t＝2.5.
5. 如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=4，点E、F分别在BC、CD上，若AE=，∠EAF=45°，则AF的长为 ．

【解析】取AB的中点M，连接ME，在AD上截取ND=DF，设DF=DN=x，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=∠BAD=∠B=90°，AD=BC=4，∴NF=x，AN=4﹣x，
∵AB=2，∴AM=BM=1，∵AE=，AB=2，∴BE=1，∴ME==，
∵∠EAF=45°，∴∠MAE+∠NAF=45°，
∵∠MAE+∠AEM=45°，∴∠MEA=∠NAF，∴△AME∽△FNA，
∴，∴，解得：x= ，∴AF== ．
故答案为：．
6. 矩形一个角的平分线分矩形一边为1cm和3cm两部分，则这个矩形的面积为( )
【解析】∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，AD＝BC，AD∥BC，∴∠AEB＝∠CBE，
∵BE平分∠ABC，∴∠ABE＝∠CBE，∴∠AEB＝∠ABE，
∴AB＝AE，①当AE＝1cm时，AB＝1cm＝CD，AD＝1cm＋3cm＝4cm＝BC，
此时矩形的面积是1cm×4cm＝4cm2；
②当AE＝3cm时，AB＝3cm＝CD，AD＝4cm＝BC，
此时矩形的面积是：3cm×4cm＝12cm2
7. 已知O为等边△ABD的边BD的中点，AB＝4，E，F分别为射线AB，DA上一动点，且∠EOF＝120°，若AF＝1，则BE的长是 ．
∴FM＝FA＋AM＝3，∠FMO＝∠BOM＝120°，
∵∠EOF＝120°，∴∠BOE＝∠FOM，
而∠EBO＝180°－∠ABD＝120°，
∴△OMF≌△OBE，∴BE＝MF＝3；
当F点在线段AD上，
如图2，同理可证明△OMF≌△OBE，
则BE＝MF＝AM－AF＝2－1＝1.
∴综上所述，BE＝3或1
8. 如图，△AOB三个顶点的坐标分别为A（8，0），O（0，0），B（8，﹣6），点M为OB的中点．以点O为位似中心，把△AOB缩小为原来的，得到△A′O′B′，点M′为O′B′的中点，则MM′的长为 ．

【分析】分两种情形画出图形，即可解决问题；
【解析】如图，在Rt△AOB中，OB=10，
①当△A′OB′在第三象限时，MM′= ．
②当△A″OB″在第二象限时，MM′= ，故答案为或．
9. 如图，在△ABC纸板中，AC=4，BC=2，AB=5，P是AC上一点，过点P沿直线剪下一个与△ABC相似的小三角形纸板，如果有4种不同的剪法，那么AP长的取值范围是（ ）．
A. 3≤AP＜5 B.2≤AP＜4 C.2≤AP＜5 D.3≤AP＜4
【分析】分四种情况讨论，依据相似三角形的对应边成比例，即可得到AP的长的取值范围．
【解析】如图所示，过P作PD∥AB交BC于D或PE∥BC交AB于E，则△PCD∽△ACB或△APE∽△ACB，
此时0＜AP＜4；
如图所示，过P作∠APF=∠B交AB于F，则△APF∽△ABC，
此时0＜AP≤4；
综上所述，AP长的取值范围是3≤AP＜4．
故答案为：3≤AP＜4．
10. 在△ABC中，P是AB上的动点(P异于A，B)，过点P的一条直线截△ABC，使截得的三角形与△ABC相似，我们不妨称这种直线为过点P的△ABC的相似线．如图，∠A＝36°，AB＝AC，当点P在AC的垂直平分线上时，过点P的△ABC的相似线最多有________条．
11. 如果等腰三角形中的一个角是另一个角度数的一半，则该等腰三角形各内角的度数是 ．
【解析】设∠A，∠B，∠C是该等腰三角形的三个内角，且∠A＝eq \f(1,2)∠B.设∠A＝x°，则∠B＝2x°.
①若∠B是顶角，则∠A，∠C是底角，于是有∠C＝∠A＝x°.
∵∠A＋∠B＋∠C＝180°，
∴x＋2x＋x＝180.解得x＝45°，
故∠A＝∠C＝45，∠B＝90°.
②若∠B是底角，因为∠A≠∠B，所以∠A是顶角，∠C＝∠B＝2x°.
∵∠A＋∠B＋∠C＝180°，
∴2x＋2x＋x＝180.解得x＝36，故∠A＝36°，∠B＝∠C＝72°.
综上所述，等腰三角形的各内角为45°、45°、90°或36°、72°、72°.
12. 有一块直角三角形的绿地，量得两直角边分别为6m，8m，现在要将绿地扩充成等腰三角形，且扩充部分是以8m为直角边的直角三角形，扩充后等腰三角形绿地的周长 ．
【解析】在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=6，
由勾股定理有：AB=10，应分以下三种情况：
①如图1，当AB=AD=10时，
∵AC⊥BD，
∴CD=CB=6m，
∴△ABD的周长=10+10+2×6=32m．
②如图2，当AB=BD=10时，
∵BC=6m，
∴CD=10﹣6=4m，
∴AD==4m，
∴△ABD的周长=10+10+4=（20+4）m．
③如图3，当AB为底时，设AD=BD=x，则CD=x﹣6，
由勾股定理得：AD==x
解得，x=，
∴△ABD的周长为：AD+BD+AB=m．
故答案为：32m或（20+4）m或m．
13. 已知△ABC中，AB=20，AC=15，BC边上的高为12，求△ABC的面积．
【解析】作AD⊥BC于D，则AD为BC边上的高，AD=12．分两种情况：
①高AD在三角形内，如图所示：在Rt△ADC中，由勾股定理得：
AC2=AD2+DC2，
∴DC=9，
在Rt△ADB中，由勾股定理得：
AB2=AD2+BD2，
∴BD=16，
∴BC=BD+DC=16+9=25，
∴S△ABC=×25×12=150；
②高AD在三角形外，如图所示：
在Rt△ADC中，由勾股定理得：
AC2=AD2+DC2
∴DC=9，
在Rt△ADB中，由勾股定理得：
AB2=AD2+BD2，
∴BD=16，
∴BC=BD﹣DC=16﹣9=7，
∴S△ABC=×7×12=42．
故答案为：150或42．

14. 如图，四边形ABHK是边长为6的正方形，点C、D在边AB上，且AC＝DB＝1，点P是线段CD上的动点，分别以AP、PB为边在线段AB的同侧作正方形AMNP和正方形BRQP，E、F分别为MN、QR的中点，连接EF，设EF的中点为G，则当点P从点C运动到点D时，点G移动的路径长为（ ）

A．1B．2C．3D．6
【解析】设KH中点为S，连接PE、ES、SF、PF、PS，可证明四边形PESF为平行四边形，
∴G为PS的中点，即在点P运动过程中，G始终为PS的中点，
∴G的运行轨迹为△CSD的中位线，
∵CD＝AB﹣AC﹣BD＝6﹣1﹣1＝4，
∴点G移动的路径长为×4＝2．
故选：B．
15. 如图，点A的坐标为（﹣4，0），直线y＝x+n与坐标轴交于点B、C，连接AC，如果∠ACD＝90°，则n的值为 ．
【解析】∵直线y＝x+n与坐标轴交于点B，C，
∴B点的坐标为（﹣n，0），C点的坐标为（0，n），
∵A点的坐标为（﹣4，0），∠ACD＝90°，
∴AB2＝AC2+BC2，
∵AC2＝AO2+OC2，BC2＝OB2+OC2，
∴AB2＝AO2+OC2+OB2+OC2，
即（﹣n+4）2＝42+n2+（﹣n）2+n2
解得n1＝﹣，n2＝0（舍去），
故答案为：．
16. △AOC在平面直角坐标系中的位置如图所示，OA＝4，将△AOC绕O点，逆时针旋转90°得到△A1OC1，A1C1，交y轴于B（0，2），若△C1OB∽△C1A1O，则点C1的坐标 （，） ．

【解析】如图作C1H⊥x轴于H．
∵△C1OB∽△C1A1O，
∴＝＝，
∵tan∠C1A1H＝＝＝，设C1H＝m，则A1H＝2m，OH＝2m﹣4，
∴A1C1＝m，OC1＝，
∴m＝2，
解得m＝或（舍弃），
∴C1（，）．
（本题也可以证明tan∠OC1H＝＝，S设C1（m，2m），根据A1H＝4m，构建方程）
17. 如图，在等边△ABC内有一点D，AD＝5，BD＝6，CD＝4，将△ABD绕A点逆时针旋转，使AB与AC重合，点D旋转至点E，则∠CDE的正切值为 3 ．
【解析】∵△ABC为等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°，
∵△ABD绕A点逆时针旋转得△ACE，
∴AD＝AE＝5，∠DAE＝∠BAC＝60°，CE＝BD＝6，
∴△ADE为等边三角形，
∴DE＝AD＝5，
过E点作EH⊥CD于H，如图，设DH＝x，则CH＝4﹣x，
在Rt△DHE中，EH2＝52﹣x2，
在Rt△CHE中，EH2＝62﹣（4﹣x）2，
∴52﹣x2＝62﹣（4﹣x）2，解得x＝，
∴EH＝＝，
在Rt△EDH中，tan∠HDE＝＝＝3，
即∠CDE的正切值为3．
故答案为：3．
18. 如图，在半径为5的⊙O中，弦AB＝8，P是弦AB所对的优弧上的动点，连接AP，过点A作AP的垂线交射线PB于点C，当△PAB是等腰三角形时，线段BC的长为 8，， ．
【解析】①当BA＝BP时，
则AB＝BP＝BC＝8，即线段BC的长为8．
②当AB＝AP时，如图1，延长AO交PB于点D，过点O作OE⊥AB于点E，则AD⊥PB，AE＝AB＝4，
∴BD＝DP，
在Rt△AEO中，AE＝4，AO＝5，
∴OE＝3，
∵∠OAE＝∠BAD，∠AEO＝∠ADB＝90°，
∴△AOE∽△ABD，
∴，
∴BD＝，
∴BD＝PD＝，
即PB＝，
∵AB＝AP＝8，
∴∠ABD＝∠P，
∵∠PAC＝∠ADB＝90°，
∴△ABD∽△CPA，∴，∴CP＝，∴BC＝CP﹣BP＝﹣＝；
③当PA＝PB时，
如图2，连接PO并延长，交AB于点F，过点C作CG⊥AB，交AB的延长线于点G，连接OB，
则PF⊥AB，
∴AF＝FB＝4，
在Rt△OFB中，OB＝5，FB＝4，∴OF＝3，
∴FP＝8，
∵∠PAF＝∠ABP＝∠CBG，∠AFP＝∠CGB＝90°，
∴△PFB∽△CGB，∴，
设BG＝t，则CG＝2t，
∵∠PAF＝∠ACG，∠AFP＝∠AGC＝90°，
∴△APF∽△CAG，∴，∴，解得t＝，
在Rt△BCG中，BC＝t＝，
综上所述，当△PAB是等腰三角形时，线段BC的长为8，，，
故答案为：8，，．
19. 如图，正方形ABCD的边长为6，点O是对角线AC、BD的交点，点E在CD上，且DE＝2CE，过点C作CF⊥BE，垂足为F，连接OF，则OF的长为 ．
【解析】如图，在BE上截取BG＝CF，连接OG，
∵RT△BCE中，CF⊥BE，
∴∠EBC＝∠ECF，
∵∠OBC＝∠OCD＝45°，
∴∠OBG＝∠OCF，
在△OBG与△OCF中
∴△OBG≌△OCF（SAS）
∴OG＝OF，∠BOG＝∠COF，
∴OG⊥OF，
在RT△BCE中，BC＝DC＝6，DE＝2EC，
∴EC＝2，
∴BE＝＝＝2，
∵BC2＝BF•BE，
则62＝BF，解得：BF＝，
∴EF＝BE﹣BF＝，
∵CF2＝BF•EF，
∴CF＝，
∴GF＝BF﹣BG＝BF﹣CF＝，
在等腰直角△OGF中
OF2＝GF2，
∴OF＝．
故答案为：．
20. 已知正方形ABC1D1的边长为1，延长C1D1到A1，以A1C1为边向右作正方形A1C1C2D2，延长C2D2到A2，以A2C2为边向右作正方形A2C2C3D3（如图所示），以此类推…．若A1C1＝2，且点A，D2，D3，…，D10都在同一直线上，则正方形A9C9C10D10的边长是 ．A2019C2019C2020D2020的边长是 ．
【解析】延长D10A和C10B交于O，如图所示：
∵AB∥A2C2，
∴△AOB∽△D2OC2，
∴＝，
∵AB＝BC1＝1，D2C2＝C1C2＝2，
∴＝＝，
∴OC2＝2OB，
∴OB＝BC2＝3，
∴OC2＝6，
设正方形A2C2C3D3的边长为x1，
同理证得：△D2OC2∽△D3OC3，
∴＝，解得，x1＝3，
∴正方形A2C2C3D3的边长为3，
设正方形A3C3C4D4的边长为x2，
同理证得：△D3OC3∽△D4OC4，
∴＝，解得x2＝，
∴正方形A3C3C4D4的边长为；
设正方形A4C4C5D5的边长为x3，
同理证得：△D4OC4∽△D5OC5，
∴＝，解得：x3＝，
∴正方形A4C4C5D5的边长为；
以此类推…
正方形An∁nCn+1Dn+1的边长为，
∴正方形A9C9C10D10的边长为：＝，
A2019C2019C2020D2020的边长为：＝，
故答案为：，．
21. 已知正方形ABCD的面积35平方厘米，E、F分别为边AB、BC上的点，AF和CE相交于点G，并且△ABF的面积为5平方厘米，△BCE的面积为14平方厘米，那么四边形BEGF的面积是 平方厘米．

【解析】如图，连BG．
∵，同理．
设S△AGE＝a，S△EGB＝b，S△BGF＝c，S△FGC＝d．
∴a：b＝BE：AE＝1：4，c：d＝BF：CF＝2：5，
∴a＝b，d＝c，
由已知a+b+c＝5，b+c+d＝14，
解得，．
∴．
故答案为4．
22. 如图，已知线段AB＝10，AC＝BD＝2，点P是CD上一动点，分别以AP、PB为边向上、向下作正方形APEF和PHKB，设正方形对角线的交点分别为O1、O2，当点P从点C运动到点D时，线段O1O2中点G的运动路径的长是 3 ．
【解析】如图所示：因为两个正方形的对角线总长度和为定值，每次平移长度都一样，而G点是其中点，所以决定了G点的运动轨迹为直线，
利用正方形的性质即线段O1O2中点G的运动路径的长就是O2O″的长，
∵线段AB＝10，AC＝BD＝2，当P与C重合时，
以AP、PB为边向上、向下作正方形APEF和PHKB，
∴AP＝2，BP＝8，
则O1P＝，O2P＝4，
∴O2P＝O2B＝4，
当P′与D重合，则P′B＝2，则AP′＝8，
∴O′P′＝4，O″P′＝，
∴H′O″＝BO″＝，
∴O2O″＝4﹣＝3．
故答案为：3．
23. 如图：已知AB＝10，点C、D在线段AB上且AC＝DB＝2；P是线段CD上的动点，分别以AP、PB为边在线段AB的同侧作等边△AEP和等边△PFB，连接EF，设EF的中点为G；当点P从点C运动到点D时，则点G移动路径的长是 3 ．
【解析】如图，分别延长AE、BF交于点H．
∵∠A＝∠FPB＝60°，
∴AH∥PF，
∵∠B＝∠EPA＝60°，
∴BH∥PE，
∴四边形EPFH为平行四边形，
∴EF与HP互相平分．
∵G为EF的中点，
∴G正好为PH中点，即在P的运动过程中，G始终为PH的中点，所以G的运行轨迹为三角形HCD的中位线MN．
∵CD＝10﹣2﹣2＝6，
∴MN＝3，即G的移动路径长为3．
24.（2020•南岗区模拟）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E在AD上，且DE＝CD，连接OE，∠ABE＝∠ACB，若AE＝2，则OE的长为 ．
【解析】如图，作CH⊥BE于H，EF⊥BD于F．设BE与AC的交点为G．
则∠HBC+∠BCH＝∠BHC＝90°，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD＝BC，AB＝CD，∠ABC＝∠BAD＝90°，AD∥BC，AC＝BD
∴∠ABE+∠CBH＝90°，
∴∠ABE＝∠BCH，
∵∠ABE＝∠ACB，
∴∠BCH＝∠GCH，
∴BH＝GH，BC＝CG，∠CBH＝∠CGH，
设AB＝x，则ED＝CD＝AB＝x，
∵AE＝2，所以AD＝AE+ED＝2+x，
∴CG＝CB＝2+x，
∵AD∥BC，
∴∠AEG＝∠CBH＝∠CGH＝∠AGE，
∴AG＝AE＝2，
∴AC＝AG+CG＝4+x，
在Rt△ABC中：AB2+BC2＝AC2，
∴x2+（x+2）2＝（x+4）2，解得x1＝6，x2＝﹣2（舍），
∴AB＝CD＝6，AD＝AC＝8，AC＝BD＝10，
∵AC与BD交于点O，
∴AO＝BO＝CO＝DO＝5，
∵sin∠BDA＝＝＝，cs∠BDA＝＝＝，
∴EF＝ED＝，DF＝ED＝
∴OF＝OD﹣DF＝5﹣＝
在Rt△EFO中：
OE2＝OF2+EF2＝（）2+（）2＝＝13，
∴OE＝．
故答案为：
25.（2020•漳州模拟）如图，正方形ABCD中，AB＝12，AE＝AB，点P在BC上运动（不与B，C重合），过点P作PQ⊥EP，交CD于点Q，求在点P运动的过程中，BP多长时，CQ有最大值，并求出最大值．
【解析】∵∠BEP+∠BPE＝90°，∠QPC+∠BPE＝90°，
∴∠BEP＝∠CPQ，
又∠B＝∠C＝90°，
∴△BPE∽△CQP，
∴
设CQ＝y，BP＝x（0＜x＜12），则CP＝12﹣x，
∵AE＝AB，
∴BE＝9
∴，
化简得y＝﹣（x2﹣12x）＝﹣（x﹣6）2+4，
∴当x＝6时，y有最大值为4．即当BP＝6时，CQ的最大值．
26.如图，△ABC是一块锐角三角形材料，边BC＝40cm，高AD＝30cm，要把它加工成矩形零件，矩形EFGH的一边FG在BC上，其余两个顶点分别在AB、AC上，AD与EH的交点为点M，设FG＝xcm，当x为何值时，这个矩形零件的面积最大？最大面积是多少？
【解析】设FG＝xcm．
∵EH∥BC，
∴△AEH∽△ABC，∴＝，∴＝，解得AM＝x，
∴EF＝MD＝AD﹣AM＝30﹣x，∴S矩形EFGH＝FG•EF＝x（30﹣x），
即S＝﹣x2+30x＝﹣（x2﹣40x+400）+300＝﹣（x﹣20）2+300，
所以，当x＝20，即FG＝20cm时，这个矩形零件的面积最大，最大面积是300cm2．
27.如图，在正方形ABCD中，AB＝2，E是AD边上一点（点E与点A，D不重合）．BE的垂直平分线交AB于M，交DC于N．
（1）设AE＝x，四边形ADNM的面积为S，写出S关于x的函数关系式；
（2）当AE为何值时，四边形ADNM的面积最大？最大值是多少？
【解析】（1）连接ME，设MN交BE于P，根据题意，得
MB＝ME，MN⊥BE．（2分）
过N作AB的垂线交AB于F．
在Rt△MBP中，∠MBP+∠BMN＝90°，
在Rt△MNF中，∠FNM+∠BMN＝90°，
∴∠MBP＝∠MNF．
在Rt△EBA与Rt△MNF中，
∵AB＝FN，
∴Rt△EBA≌Rt△MNF，故MF＝AE＝x．
在Rt△AME中，AE＝x，ME＝MB＝AB﹣AM＝2﹣AM，
∴（2﹣AM）2＝x2+AM2．
4﹣4AM+AM2＝x2+AM2，即4﹣4AM＝x2，
解得AM＝1﹣x2．（5分）
所以梯形ADNM的面积S＝×AD＝×2
＝AM+AF＝AM+AM+MF＝2AM+AE＝2（1﹣x2）+x＝﹣x2+x+2
即所求关系式为s＝﹣x2+x+2．（8分）
（2）s＝﹣x2+x+2＝﹣（x2﹣2x+1）+＝﹣（x﹣1）2+
故当AE＝x＝1时，四边形ADNM的面积S的值最大，最大值是．
28.如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm，动点P从点B出发，在BA边上以每秒5cm的速度向点A匀速运动，同时动点Q从点C出发，在CB边上以每秒4cm的速度向点B匀速运动，运动时间为t秒（0＜t＜2），连接PQ．
（1）若△BPQ与△ABC相似，求t的值；
（2）连接AQ，CP，若AQ⊥CP，求t的值；
（3）试证明：PQ的中点在△ABC的一条中位线上．
【解析】（1）∵AC＝6cm，BC＝8cm，∴AB＝＝10cm，
①当△BPQ∽△BAC时，
∵＝，BP＝5t，QC＝4t，AB＝10cm，BC＝8cm，∴＝，∴t＝1；
②当△BPQ∽△BCA时，
∵＝，∴＝，∴t＝，∴t＝1或时，△BPQ与△ABC相似；
（2）如图所示，过P作PM⊥BC于点M，AQ，CP交于点N，则有PB＝5t，PM＝PBsinB＝3t，BM＝4t，MC＝8﹣4t，
∵∠NAC+∠NCA＝90°，∠PCM+∠NCA＝90°，
∴∠NAC＝∠PCM且∠ACQ＝∠PMC＝90°，
∴△ACQ∽△CMP，
∴＝，
∴＝，解得：t＝；
（3）如图，作PM⊥BC于点M，PQ的中点设为D点，再作PE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F，
∵∠ACB＝90°，
∴DF为梯形PECQ的中位线，
∴DF＝，
∵QC＝4t，PE＝8﹣BM＝8﹣4t，
∴DF＝＝4，
∵BC＝8，过BC的中点R作直线平行于AC，
∴RC＝DF＝4成立，
∴D在过R的中位线上，
∴PQ的中点在△ABC的一条中位线上．
x
…
﹣3
﹣
﹣2
﹣1
0
1
2
3
…
y
…
3
m
﹣1
0
﹣1
0
3
…