初中数学——中考数学专题突破篇

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初中数学突破中考压轴题几何模型之正方形的半角模型教案、

求证：是正三角形．
例2.如图，分别以的和为一边,在的外侧作正方形和正方形，点是的中点．
求证：点到边的距离等于的一半.
例4．如图,四边形为正方形，，，与相交于 .
求证：．
例6.设是正方形一边上的任一点，，平分．
求证: ．
例７.已知：是边长为1的正方形内的一点，求的最小值.
(1)求证: ;
(２）求证：．
【纵向应用】
6. 在正方形中，．求证:
7．在正方形中， . ，求证：
8. 如图1３,点为正方形对角线上一点, ,
求证：
９.已知:点、分别正方形中和的中点,连接和相交于点，
于点 .
（1）求证：；
(2）如果 ,求的长;
（3）求证：
例1.已知：如图, 是正方形内点， .
3.如图９，已知正方形的面积为35平方厘米, 、分别为边、上的点. 、相交于 ,并且的面积为14平方厘米, 的面积为5平方厘米，那么四边形的面积是____＿＿__．
4．如图，、、三点在同一条直线上, 。分别以
、为边作正方形和正方形 ,连接 ,
。
求证：。
5.如图，是正方形. 是上的一点, 于 , 于 .
年初中数学突破中考压轴题几何模型之正方形的半角模型教案(、)
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正方形角含半角模型升
例1．如图,折叠正方形纸片，先折出折痕 ,再折叠使边与对角线重合,得折痕，使，求 .

北京中考数学压轴题解题方法突破第9版

北京中考数学压轴题解题方法突破第9版全文共3篇示例，供读者参考考试技巧1、做题时间规划考试写不完，大部分时间花在难题上，建议1到18题25分钟做完，中考第12题或16题若卡住了，思考时间不要多于5分钟，因为做题前5分钟效率是最高的，5到10分钟左右焦虑情绪明显上升，10分钟以后已经不再想题了，而在思考做不出的严重后果，遇到难题该跳则跳。

2、避免审题丢分考试中存在很多由于审题不仔细(多看条件、少看条件、看错条件)丢分案例。

为什么会这样呢?因为我们平时做题太多，遇到类似题，审题就会思维定势，先入为主，主观臆断，不假思索认为是以前做过的题，如在抛物线对称轴上找点很可能看成在抛物线上找点或者在y轴上找点;运动方向大部分题是由下往上，从左往右，习惯性以为都这样已知的;点在直线或线段上等等。

一旦审错题浪费时间更多，所以审题不要着急，一个字一个字读，耐得住这份心，才能审好题。

3、学会检查检查要专注，考查一个人的定力，有没有耐心复查已经做过的题。

当然还要检查答题卡客观题有没有誊错、格式有没有按照规定(分式方程检验、带单位、要写解和证明，分类讨论要写综上所述等等)。

最后检查计算，检查的时候要注意摆正心态。

4、遇到中档题卡住怎么办?保持冷静，影响你的不是题目本身，而是心中杂念，这个时候跳出思维的漩涡，不应该怀疑自己的能力，更应该怀疑的是审题错了，果断重新审题，或者尝试常规解题方法。

5、争取多拿意外的分阅卷老师一般是先找答案，答案正确再看步骤，步骤不严谨扣1-2分，找不到答案或答案错误再重头看有没有能给分的，所以书写要规范、整洁。

中考数学压轴题解题方法1、学会运用数形结合思想数形结合思想是指从几何直观的角度,利用几何图形的性质研究数量关系,寻求代数问题的解决方法(以形助数),或利用数量关系来研究几何图形的性质,解决几何问题(以数助形)的一种数学思想。

纵观近几年全国各地的中考压轴题，绝大部分都是与平面直角坐标系有关的，其特点是通过建立点与数即坐标之间的对应关系，一方面可用代数方法研究几何图形的性质，另一方面又可借助几何直观，得到某些代数问题的解答。

中考数学难点突破与经典模型精讲练全等三角形中的截长补短模型(解析版)

专题06 全等三角形中的截长补短模型【模型展示】如图，在△ABC中，若AB=12，AC=8，求BC边上的中线AD的取值范围。

解决此问题可以用如下方法：延长AD到点E使DE=AD，再连接BE，把AB、AC、2AD集中在△ABE中，利用三角形三边的关系即可判断中线AD的取值【证明】延长AD至E，使DE=AD，连接BE,如图所示，△AD是BC边上的中线，△BD=CD在△BDE和△CDA中，BD=CD△BDE=△ADCDE=AE△△BDE△△CDA(SAS)△BE=AC=8在△ABE中，由三角形的三边关系得：AB-BE＜AE＜AB+BE△12-8＜AE＜12+8△2＜AD＜10【模型证明】如图，在△ABC中，D是BC边上的中点，DE△DF于点D，DE交AB于点E,DF 交AC于点F,连接EF，求证：BE+CF＞EF.【证明】延长FD至点M,使DM=DF,连接BM,EM,如图所示，同上例得△BMD△△CFD(SAS)△BM=CF△DE△DF,DM=DF△EM=EF在△BME中，由三角形的三边关系得：BE+BM＞EM如图，在四边形ABCD中，∠B+∠D=180°，CB=CD,∠BCD=140°，以C为顶点作一个70°角，角的两边分别交AB,AD于E,F两点连接EF,探索线段BE,DF,EF之间的数量关系，并加以证明.【证明】延长AB至点N,使BN=DF,连接CN,如图所示∠∠ABC+∠D=180°，∠NBC+∠ABC=180°∠∠NBC=∠D在∠NBC和∠FDC中BN=DF∠NBC=∠DBC=DC∠∠NBC∠∠FDC（SAS）∠CN=CF,∠NCB=∠FCD∠∠BCD=140°，∠ECF=70°一、解答题1．阅读下面文字并填空：数学习题课上李老师出了这样一道题：“如图1，在ABC 中，AD 平分BAC ∠，2B C ∠=∠．求证：AB BD AC +=．李老师给出了如下简要分析：“要证AB BD AC +=就是要证线段的和差问题，所以有两个方法，方法一：‘截长法’如图2，在AC 上截取AE AB =，连接DE ，只要证BD =__________即可，这就将证明线段和差问题为证明线段相等问题，只要证出__________≌△__________，得出B AED ∠=∠及BD =_________，再证出∠__________=∠___________，进而得出ED EC =，则结论成立．此种证法的基础是‘已知AD 平分BAC ∠，将ABD △沿直线AD 对折，使点B 落在AC 边上的点E 处’成为可能．方法二：“补短法”如图3，延长AB 至点F ，使BF BD =．只要证AF AC =即可．此时先证∠__________C =∠，再证出_________≌△_________，则结论成立．”“截长补短法”是我们今后证明线段或角的“和差倍分”问题常用的方法．【答案】方法一：CE ；转化；ABD ；AED ；DE ；EDC ；C ；方法二：F ；AFD ；ACD【分析】方法一：在AC 上截取AE AB =，由SAS 可证ABD AED ∆≅∆可得B AED ∠=∠，BD=DE ，根据等角对等边得到CE=DE ，即可求证；方法二：延长AB 至点F ，使BF BD =，由AAS 可证AFD ACD ∆≅∆，可得AC=AF ，即可证明．【详解】方法一：在AC 上截取AE AB =，连接DE ，如图2∠AD 平分BAC ∠，∠BAD DAC ∠=∠，在ABD ∆和AED ∆中AE AB BAD DAC AD AD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∠ABD AED ∆≅∆，∠B AED ∠=∠，BD=DE ，∠2B C ∠=∠，∠2AED C ∠=∠而2AED C EDC C ∠=∠+∠=∠，∠EDC C ∠=∠，∠DE=CE ，∠AB+BD=AE+CE=AC ，故答案为：CE ；转化；ABD ；AED ；DE ；EDC ；C ；方法二：如图3，延长AB 至点F ，使BF BD =，∠F BDF ∠=∠∠2ABD F BDF F ∠=∠+∠=∠∠2ABD C ∠=∠∠F C ∠=∠在AFD ∆和ACD ∆中FAD CAD F CAD AD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ∠AFD ACD ∆≅∆，∠AC=AF ，∠AC=AB+BF=AB+BD ，故答案为：F ；AFD ；ACD ．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，属于截长补短类辅助线，核心思想为数学中的转化思想，此类题的关键是要找到最长边和最短边，然后确定截取辅助线的方式．2．【阅读理解】截长补短法，是初中数学几何题中一种辅助线的添加方法．截长就是在长边上截取一条线段与某一短边相等，补短是通过在一条短边上延长一条线段与另一短边相等，从而解决问题．（1）如图1，ABC 是等边三角形，点D 是边BC 下方一点，120BDC ∠=︒，探索线段DA 、DB 、DC 之间的数量关系．解题思路：延长DC 到点E ，使CE BD =，连接AE ，根据180BAC BDC ∠+∠=︒，可证ABD ACE ∠=∠，易证得ABD ∠ACE ，得出ADE 是等边三角形，所以AD DE =，从而探寻线段DA 、DB 、DC 之间的数量关系．根据上述解题思路，请写出DA 、DB 、DC 之间的数量关系是______，并写出证明过程；【拓展延伸】（2）如图2，在Rt ABC 中，90BAC ∠=︒，AB AC =，若点D 是边BC 下方一点，90BDC ∠=︒，探索线段DA 、DB 、DC 之间的数量关系，并说明理由；【知识应用】（3）如图3，两块斜边长都为2cm 的三角板，把斜边重叠摆放在一起，则两块三角板的直角顶点之间的距离PQ 的平方为多少？【答案】（1）DA =DC +BD ，见解析；（2）()222AD DC BD =+；见解析；（3）2【分析】（1）由等边三角形知AB =AC ，∠BAC =60°，结合∠BDC =120°知∠ABD +∠ACD =180°，由∠ACE +∠ACD =180°知∠ABD =∠ACE ，证∠ABD ∠∠ACE 得AD =AE ，∠BAD =∠CAE ，再证∠ADE 是等边三角形得DA =DE =DC +CE =DC +DB ．（2）延长DC 到点E ，使CE =BD ，连接AE ，先证∠ABD ∠∠ACE 得AD =AE ，∠BAD =∠CAE ，据此可得∠DAE =∠BAC =90°，由勾股定理知DA 2+AE 2=DE 2，继而可得2AD 2=（DC +BD ）2；（3）由直角三角形的性质知QN =12MN =1，MQ 2）中的结论知()222PQ QN MQ =+，据此可得答案．【详解】解：（1）DA =DC +BD ，理由如下：∠∠ABC 是等边三角形，∠AB =AC ，∠BAC =60°，∠∠BDC =120°，∠∠ABD +∠ACD =360°-∠BAC -∠BDC =180°，又∠∠ACE +∠ACD =180°，∠∠ABD =∠ACE ，在∠ABD 和∠ACE 中，AB AC ABD ACE BD CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∠∠ABD ∠∠ACE （SAS ），∠AD =AE ，∠BAD =∠CAE ，∠∠ABC =60°，即∠BAD +∠DAC =60°，∠∠DAC +∠CAE =60°，即∠DAE =60°，∠∠ADE 是等边三角形，∠DA =DE =DC +CE =DC +DB ，即DA =DC +DB ，故答案为：DA =DC +BD ；（2）()222AD DC BD =+，如图2，延长DC 到点E ，使CE =BD ，连接AE ，∠∠BAC =90°，∠BDC =90°，∠∠ABD +∠ACD =360°-∠BAC -∠BDC =180°，∠∠ACE +∠ACD =180°，∠∠ABD =∠ACE ，∠AB =AC ，CE =BD ，在∠ABD 和∠ACE 中，AB AC ABD ACE BD CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∠∠ABD ∠∠ACE （SAS ），∠AD =AE ，∠BAD =∠CAE ，∠∠DAE =∠BAC =90°，∠DA 2+AE 2=DE 2，∠()222AD DC BD =+；（3）如图3，连接PQ ，∠MN =2，∠QMN =30°，∠MQN =90°，∠QN =12MN =1，∠MQ =由（2）知()222PQ QN MQ =+．∠()(2221=222QN MQ PQ ++==【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理、等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．3．如图，在等边∠ABC 中，点P 是BC 边上一点，∠BAP ＝α（30°＜α＜60°），作点B 关于直线AP 的对称点D ，连接DC 并延长交直线AP 于点E ，连接BE ．（1）依题意补全图形，并直接写出∠AEB 的度数；（2）用等式表示线段AE ，BE ，CE 之间的数量关系，并证明．分析：∠涉及的知识要素：图形轴对称的性质；等边三角形的性质；全等三角形的判定与性质……∠通过截长补短，利用60°角构造等边三角形，进而构造出全等三角形，从而达到转移边的目的．请根据上述分析过程，完成解答过程．【答案】（1）图见解析，∠AEB ＝60°；（2）AE ＝BE ＋CE ，证明见解析【分析】（1）依题意补全图形，如图所示：然后连接AD ，先求出60CAP α∠=︒-，然后根据轴对称的性质得到==PAD BAP α∠∠，AD =AB =AC ，∠AEC =∠AEB ，求出=260CAD α-︒∠，即可求出()1==180=1202ACD ADC CAD α︒-︒-∠∠∠，再由==120EAC AEC ACD α+︒-∠∠∠进行求解即可；（2）如图，在AE 上截取EG ＝BE ，连接BG ．先证明∠BGE 是等边三角形，得到BG ＝BE ＝EG ，∠GBE ＝60°．再证明∠ABG ＝∠CBE ，即可证明∠ABG ∠∠CBE 得到AG ＝CE ，则AE ＝EG ＋AG ＝BE ＋CE ．【详解】解：（1）依题意补全图形，如图所示：连接AD ，∠∠ABC 是等边三角形，∠∠BAC =60°，AB =AC ，∠BAP α∠=，∠60CAP α∠=︒-，∠B 、D 关于AP 对称，∠==PAD BAP α∠∠，AD =AB =AC ，∠AEC =∠AEB ，∠()==60=260CAD PAD CAP ααα--︒--︒∠∠∠， ∠()1==180=1202ACD ADC CAD α︒-︒-∠∠∠， ∠==120EAC AEC ACD α+︒-∠∠∠，∠60AEC ∠=︒∠∠AEB ＝60°．（2）AE ＝BE ＋CE ．证明：如图，在AE 上截取EG ＝BE ，连接BG ．∠∠AEB ＝60°，∠∠BGE 是等边三角形，∠BG ＝BE ＝EG ，∠GBE ＝60°．∠∠ABC 是等边三角形，∠AB ＝BC ，∠ABC ＝60°，∠∠ABG ＋∠GBC ＝∠GBC ＋∠CBE ＝60°，∠∠ABG ＝∠CBE ．在∠ABG 和∠CBE 中，AB CB ABG CBE BG BE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝，＝，＝， ∠∠ABG ∠∠CBE （SAS ），∠AG ＝CE ，∠AE ＝EG ＋AG ＝BE ＋CE ．【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质，等边三角形的性质与判定，轴对称的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，三角形外角的性质等等，熟知相关知识是解题的关键4．阅读材料：“截长补短法”是几何证明题中十分重要的方法，通常用来证明几条线段的数量关系．截长，即在长线段上截取一条线段等于其中一条短线段，再证明剩下的部分等于另一条短线段；补短，即延长其中一条短线段，使延长部分等于另一条线段，再证明延长后的线段等于长线段．依据上述材料，解答下列问题：如图，在等边ABC中，点E是边AC上一定点，点D是直线BC上一动点，以DE为边作等边DEF，连接CF．(1)如图，若点D在边BC上，试说明CE CF CD=，+=；（提示：在线段CD上截取CG CE连接EG．）(2)如图，若点D在边BC的延长线上，请探究线段CE，CF与CD之间的数量关系并说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)FC＝CD+CE【分析】（1）在CD上截取CG＝CE，易证∠CEG是等边三角形，得出EG＝EC＝CG，证明∠DEG∠∠FEC（SAS），得出DG＝CF，即可得出结论；（2）过D作DG AB，交AC的延长线于点G，由平行线的性质易证∠GDC＝∠DGC＝60°，得出∠GCD为等边三角形，则DG＝CD＝CG，证明∠EGD∠∠FCD（SAS），得出EG＝FC，即可得出FC＝CD+CE．（1）证明：在CD上截取CG＝CE，如图1所示：∠∠ABC 是等边三角形，∠∠ECG ＝60°，∠∠CEG 是等边三角形，∠EG ＝EC ＝CG ，∠CEG ＝60°，∠∠DEF 是等边三角形，∠DE ＝FE ，∠DEF ＝60°，∠∠DEG +∠GEF ＝∠FEC +∠GEF ＝60°，∠∠DEG ＝∠FEC ，在∠DEG 和∠FEC 中，DE FE DEG FEC EG EC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ∠∠DEG ∠∠FEC （SAS ），∠DG ＝CF ，∠CD ＝CG +DG ＝CE +CF ，∠CE +CF ＝CD ；（2）解：线段CE ，CF 与CD 之间的等量关系是FC ＝CD +CE ；理由如下：∠∠ABC 是等边三角形，∠∠A ＝∠B ＝60°，过D 作DG AB ，交AC 的延长线于点G ，如图2所示：∠GD AB ，∠∠GDC ＝∠B ＝60°，∠DGC ＝∠A ＝60°，∠∠GDC ＝∠DGC ＝60°，∠∠GCD 为等边三角形，∠DG ＝CD ＝CG ，∠GDC ＝60°，∠∠EDF 为等边三角形，∠ED ＝DF ，∠EDF ＝∠GDC ＝60°，∠∠EDG ＝∠FDC ，在∠EGD 和∠FCD 中，ED DF EDG FDC DG CD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ∠∠EGD ∠∠FCD （SAS ），∠EG ＝FC ，∠FC ＝EG ＝CG +CE ＝CD +CE ．【点睛】此题考查了平行线的性质，三角形全等及其性质，三角形全等的判定，等边三角形的性质等知识，作辅助线构建等边三角形是解题的关键．5．在“教、学、练、评一体化”学习活动手册中，全等三角形专题复习课，学习过七种作辅助线的方法，其中有“截长补短”作辅助线的方法．截长法：在较长的线段上截取一条线段等于较短线段；补短法：延长较短线段和较长线段相等．这两种方法统称截长补短法．请用这两种方法分别解决下列问题：已知，如图，在∠ABC 中，AB ＞AC ，∠1 = ∠2，P 为AD 上任一点，求证：AB －AC ＞PB －PC【答案】见解析【分析】截长法：在AB 上截取AN =AC ，连结PN ，可证得∠APN ∠∠APC ，可得到PC =PN ，∠BPN 中，利用三角形的三边关系，即可求证；补短法：延长AC 至M ，使AM =AB ，连结PM ，证明∠ABP ∠∠AMP ，可得PB =PM ，在∠PCM 中，利用三角形的三边关系，即可求证．【详解】解：截长法：在AB 上截取AN =AC ，连结PN ，在∠APN和∠APC中∠AN=AC，∠1=∠2，AP=AP，∠∠APN∠∠APC，∠PC=PN，∠∠BPN中有PB－PN＜BN，即PB－PC＜AB－AC；补短法：延长AC至M，使AM=AB，连结PM，在∠ABP和∠AMP中，∠AB=AM，∠1=∠2，AP=AP，∠∠ABP∠∠AMP，∠PB=PM，又∠在∠PCM中有CM＞PM－PC，即AB－AC＞PB－PC．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，三角形的三边关系，理解截长补短法是解题的关键．6．例：截长补短法，是初中几何题中一种添加辅助线的方法，也是把几何题化难为易的一种策略．截长就是在长边上截取一条线段与某一短边相等，补短就是通过延长或旋转等方式使两条短边拼合到一起，从而解决问题．（1）如图1，∠ABC是等边三角形，点D是边BC下方一点，∠BDC=120°，探索线段DA、DB、DC之间的数量关系．解题思路：将∠ABD绕点A逆时针旋转60°得到∠ACE，可得AE=AD，CE=BD，∠ABD=∠ACE，∠DAE=60°，根据∠BAC+∠BDC=180°，可知∠ABD+∠ACD=180°，则∠ACE+∠ACD=180°，易知∠ADE是等边三角形，所以AD=DE，从而解决问题．根据上述解题思路，三条线段DA 、DB 、DC 之间的等量关系是___________；（2）如图2，Rt ∠ABC 中，∠BAC =90°，AB =AC ．点D 是边BC 下方一点，∠BDC =90°，探索三条线段DA 、DB 、DC 之间的等量关系，并证明你的结论．【答案】(1)DA=DB+DC;(2) 证明见解析.【分析】(1)由旋转60°可得AE =AD ， CE =BD ，∠ABD =∠ACE ，∠DAE =60°，根据∠BAC +∠BDC =180°，可知∠ABD +∠ACD =180°，则 ∠ACE +∠ACD =180°，易知∠ADE 是等边三角形，所以AD =DE ，从而解决问题．(2) 延长DC 到点E,使CE=BD ，连接AE,由已知可得180ABD ACD ︒∠+∠=,根据180ACE ACD ︒∠+∠=,可得ABD ∠=ACE ∠,可证ABD ACE ≅,进而可得AD=AE,BAD CAE ∠=∠,可得90DAE BAC ︒∠=∠=,由勾股定理可得：222DA AE DE +=,进行等量代换可得结论.【详解】(1)结论：DA=DB+DC.理由：∠∠ABD 绕点A 逆时针旋转60°得到∠ACE ，∠AE=AD ， CE=BD ，∠ABD=∠ACE ，∠DAE=60°，∠∠BAC+∠BDC=180°，∠∠ABD+∠ACD=180°，∠∠ACE+∠ACD=180°，∠D,C,E 三点共线，∠AE=AD ，∠DAE=60°，∠∠ADE 是等边三角形，∠AD=DE ，∠AD=DC+CE=DB+DC;(2)证明如下：如图所示，延长DC 到点E,使CE=BD ，连接AE,∠90BAC ︒∠=,90BDC ︒∠=,∠180ABD ACD ︒∠+∠=,∠180ACE ACD ︒∠+∠=,∠ABD ∠=ACE ∠,∠AB=AC,CE=BD,∠ABD ACE ≅(SAS),∠AD=AE, BAD CAE ∠=∠,∠90DAE BAC ︒∠=∠=,∠222DA AE DE +=,∠()222DA DB DC =+,【点睛】本题主要考查了截长补短的方法，通过全等三角形得到线段间的等量关系，正确作出辅助线找到全等三角形是解题的关键.7．阅读材料并完成习题：在数学中，我们会用“截长补短”的方法来构造全等三角形解决问题．请看这个例题：如图1，在四边形ABCD 中，∠BAD=∠BCD=90°，AB=AD ，若AC=2cm ，求四边形ABCD 的面积．解：延长线段CB 到E ，使得BE=CD ，连接AE ，我们可以证明∠BAE∠∠DAC ，根据全等三角形的性质得AE=AC=2， ∠EAB=∠CAD ，则∠EAC=∠EAB+∠BAC=∠DAC+∠BAC=∠BAD=90°，得S 四边形ABCD =S ∠ABC +S ∠ADC =S ∠ABC +S ∠ABE =S ∠AEC ，这样，四边形ABCD 的面积就转化为等腰直角三角形EAC 面积．（1）根据上面的思路，我们可以求得四边形ABCD 的面积为 cm 2．（2）请你用上面学到的方法完成下面的习题．如图2，已知FG=FN=HM=GH+MN=2cm ，∠G=∠N=90°，求五边形FGHMN 的面积．【答案】（1）2；（2）4【分析】（1）根据题意可直接求等腰直角三角形EAC 的面积即可；（2）延长MN 到K ，使NK=GH ，连接FK 、FH 、FM ，由（1）易证FGH FNK ≌，则有FK=FH ，因为HM=GH+MN 易证FMK FMH ≌，故可求解．【详解】（1）由题意知21=22ABC ADC ABC ABE AEC ABCD AC S SS S S S =+=+==四边形，故答案为2；（2）延长MN 到K ，使NK=GH ，连接FK 、FH 、FM ，如图所示：FG=FN=HM=GH+MN=2cm ，∠G=∠N=90°，∴∠FNK=∠FGH=90°，∴FGH FNK ≌， ∴FH=FK ，又FM=FM ，HM=KM=MN+GH=MN+NK ，∴FMK FMH ≌，∴MK=FN=2cm ，∴12=242FGH HFM MFN FMK FGHMN S S S S S MK FN =++=⨯⋅=五边形．【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定，关键是根据截长补短法及割补法求面积的运用．8．【阅读理解】截长补短法，是初中数学几何题中一种辅助线的添加方法．截长就是在长边上截取一条线段与某一短边相等，补短是通过在一条短边上延长一条线段与另一长边相等，从而解决问题．（1）如图∠，∠ABC 是等边三角形，点D 是边BC 下方一点，连结DA DB DC 、、，且120BDC ∠=︒，探索线段DA DB DC 、、之间的数量关系．解题思路：延长DC 到点E ，使CE BD =，连接AE ，根据180BAC BDC ∠+=︒，则180ABD ACD ∠+∠=︒，因为180ACD ACE ∠+∠=︒可证ABD ACE ∠=∠，易证得∠ABD ∠∠ACE ，得出∠ADE 是等边三角形，所以AD DE =，从而探寻线段DA DB DC 、、之间的数量关系．根据上述解题思路，请直接写出DA DB DC 、、之间的数量关系是；【拓展延伸】（2）如图∠，在Rt∠ABC 中，90BAC ∠=︒，AB AC =．若点D 是边BC 下方一点，90BDC ∠=︒，探索线段DA DB DC 、、之间的数量关系，并说明理由；【知识应用】（3）如图∠，两块斜边长都为2cm 的三角板，把斜边重叠摆放在一起，已知30所对直角边等于斜边一半，则PQ 的长为_____________cm ．（结果无需化简）【答案】（1）DA DB DC =+；（2DC DB =+ 证明见解析；（3．【分析】（1）由等边三角形知AB =AC ，∠BAC =60°，结合∠BDC =120°知∠ABD +∠ACD =180°，由∠ACE +∠ACD =180°知∠ABD =∠ACE ，证∠ABD ∠∠ACE 得AD =AE ，∠BAD =∠CAE ，再证∠ADE 是等边三角形得DA =DE =DC +CE =DC +DB ．（2）延长DC 到点E ，使CE =BD ，连接AE ，先证∠ABD ∠∠ACE 得AD =AE ，∠BAD =∠CAE ，据此可得∠DAE =∠BAC =90°，由勾股定理知DA 2+AE 2=DE 2，继而可得2DA 2=（DB +DC ）2；（3）由直角三角形的性质知QN =12MN =1，MQ 2）中的结论知=QN +QM 【详解】解：（1）DA =DC +DB ，理由：∠∠ABC 是等边三角形，∠AB =AC ，∠BAC =60°，∠∠BDC =120°，∠∠ABD +∠ACD =180°，又∠∠ACE +∠ACD =180°，∠∠ABD =∠ACE ，在∠ABD 和∠ACE 中，AB AC ABD ACE BD CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∠∠ABD ∠∠ACE （SAS ），∠AD =AE ，∠BAD =∠CAE ，∠∠ABC =60°，即∠BAD +∠DAC =60°，∠∠DAC +∠CAE =60°，即∠DAE =60°，∠∠ADE 是等边三角形，∠DA =DE =DC +CE =DC +DB ，即DA =DC +DB ，故答案为：DA =DC +DB ；（2DA =DB +DC 如图2，延长DC 到点E ，使CE =BD ，连接AE ，∠∠BAC =90°，∠BDC =90°∠∠ABD +∠ACD =180°，∠∠ACE +∠ACD =180°，∠∠ABD =∠ACE ，∠AB =AC ，CE =BD ，在∠ABD 和∠ACE 中，AB AC ABD ACE BD CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∠∠ABD ∠∠ACE （SAS ），∠AD =AE ，∠BAD =∠CAE ，∠∠DAE =∠BAC =90°，∠DA 2+AE 2=DE 2，∠2DA 2=（DB +DC ）2，=DB +DC ；（3）如图3，连接PQ ，∠MN=2，∠QMN=30°，MN=1，∠QN=12∠MQ由（2=QN+QM∠PQ，．【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质、等边三角形的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．9．【阅读理解】截长补短法，是初中数学几何题中一种辅助线的添加方法．截长就是在长边上截取一条线段与某一短边相等，补短是通过在一条短边上延长一条线段与另一短边相等，从而解决问题．(1)如图1，∠ABC是等边三角形，点D是边BC下方一点，∠BDC＝120°，探索线段DA、DB、DC之间的数量关系．解题思路：延长DC到点E，使CE＝BD，连接AE，根据∠BAC+∠BDC＝180°，可证∠ABD ＝∠ACE易证得∠ABD∠∠ACE，得出∠ADE是等边三角形，所以AD＝DE，从而探寻线段DA、DB、DC之间的数量关系．根据上述解题思路，请直接写出DA、DB、DC之间的数量关系是______；【拓展延伸】(2)如图2，在Rt∠ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC．若点D是边BC下方一点，∠BDC＝90°，探索线段DA、DB、DC之间的数量关系，并说明理由；【知识应用】(3)如图3，两块斜边长都为4cm的三角板，把斜边重叠摆放在一起，则两块三角板的直角顶点之间的距离PQ的长为______cm．【答案】(1)DA=DB+DCDA=DB+DC；理由见解析=(3)PQ cm【分析】（1）延长DC到点E，使CE＝BD，连接AE，由等边三角形知AB=AC，∠BAC=60°，结合∠BDC=120°，知∠ABD+∠ACD=180°，则∠ABD=∠ACE，证得∠ABD∠∠ACE得AD=AE，∠BAD=∠CAE，再证明∠ADE是等边三角形，等量代换可得结论；（2）同理可证∠ABD∠∠ACE得AD=AE，∠BAD=∠CAE，由勾股定理得222+=，DA AE DE等量代换即得结论；（3）由直角三角形的性质可得QN的长，由勾股定理可得MQ的长，由（2）知=+，由此可求得PQ长．QN QM（1）（1）延长DC到点E，使CE＝B D，连接AE，∠∠ABC是等边三角形，∠AB=AC，∠BAC=60°，∠∠BDC=120°，∠∠BAC+∠BDC=180°，∠∠ABD+∠ACD=180°，又∠∠ACE+∠ACD=180°，∠∠ABD=∠ACE，∠∠ABD∠∠ACE(SAS)，∠AD=AE，∠BAD=∠CAE，∠∠BAC=60°，∠∠BAD+∠DAC=60°，∠∠DAE=∠DAC+∠CAE=60°，∠∠ADE是等边三角形，∠DA=DE=DC+CE=DC+DB，（2）=DB+DC，理由如下：延长DC到点E，使CE=BD，连接AE，∠∠BAC =90°，∠BDC =90°，∠∠ABD +∠AC D=180°又∠∠ACE +∠ACD =180°，∠∠ABD =∠ACE ，∠AB=AC ，CE=BD ，∠∠ABD ∠∠ACE (SAS )，∠AD=AE ，∠BAD=∠CAE ，∠∠DAE=∠BA C =90°，∠222DA AE DE +=，∠()222DA DB DC =+，DB DC =+，（3）如图所示：连接PQ ，∠4MN cm =，∠QMN =30°， ∠122QN MN cm ==，根据勾股定理得QM ，由（2QN QM =+，∠PQ cm ==，【点睛】此题是三角形的综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质、直角三角形和等边三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．10．现阅读下面的材料，然后解答问题：截长补短法，是初中数学几何题中一种常见辅助线的做法．在证明线段的和、差、倍、分等问题中有着广泛的应用．截长法：在较长的线段上截一条线段等于较短线段，而后再证明剩余的线段与另一段线段相等．补短法：就是延长较短线段与较长线段相等，而后证延长的部分等于另一条线段．请用截长法解决问题（1）（1）已知：如图1等腰直角三角形ABC 中，90B ∠=︒，AD 是角平分线，交BC 边于点D ．求证：AC AB BD =+．请用补短法解决问题（2）（2）如图2，已知，如图2，在ABC ∆中，2B C ∠=∠，AD 是ABC ∆的角平分线．求证：AC AB BD =+．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）根据截长法，在AC 上截取AE AB =，连接DE ，通过题目条件可证()ADB ADE SAS ∆≅∆，进而证得DEC ∆是等腰直角三角形，等量代换即可得；（2）根据补短法，延长AB 到F ，使AF AC =，连接DF ，根据已知条件可证()FAD CAD SAS ∆≅∆，进而可证BD BF =，等量代换即可得证．【详解】（1）证明：如图1，在AC 上截取AE AB =，连接DE ，∠AD 是角平分线，∠BAD EAD ∠=∠在ADB ∆和ADE ∆中AB AE BAD EAD AD AD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∠()ADB ADE SAS ∆≅∆∠90AED B ∠=∠=，DE DB =又∠ABC ∆是等腰直角三角形，∠45C ∠=，∠DEC ∆是等腰直角三角形，∠DE EC =，∠AC AE EC AB BD =+=+．（2）如图2，延长AB 到F ，使AF AC =，连接DF ，∠AD 是ABC ∆的角平分线，∠FAD CAD ∠=∠在FAD ∆和CAD ∆中AF AC FAD CAD AD AD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∠()FAD CAD SAS ∆≅∆，∠C F ∠=∠∠2ABC C ∠=∠，ABC F BDF ∠=∠+∠，∠F BDF ∠=∠，∠BD BF =，∠AC AF AB BD ==+．【点睛】本题考查了截长法和补短法两种方法证明线段和的问题，三角形全等的判定和性质的应用，角平分线的性质应用，等量代换的应用，掌握三角形全等的判定和性质是解题的关键．11．数学课上，小白遇到这样一个问题：如图1，在等腰Rt ABC ∆中，90BAC ∠=︒，AB AC =，AD AE =，求证ABE ACD ∠=∠；在此问题的基础上，老师补充：过点A 作AF BE ⊥于点G 交BC 于点F ，过F 作FP CD ⊥交BE 于点P ，交CD 于点H ，试探究线段BP ，FP ，AF 之间的数量关系，并说明理由．小白通过研究发现，AFB ∠与HFC ∠有某种数量关系；小明通过研究发现，将三条线段中的两条放到同一条直线上，即“截长补短”，再通过进一步推理，可以得出结论．阅读上面材料，请回答下面问题：（1）求证ABE ACD ∠=∠；（2）猜想AFB ∠与HFC ∠的数量关系，并证明；（3）探究线段BP ，FP ，AF 之间的数量关系，并证明．【答案】（1）见解析；（2）HFC BFA ∠=∠，证明见解析；（3）BP AF PF =+，证明见解析【分析】（1）利用SAS 证明ABE ACD ≅可得结论；（2）设ABE ACD x ∠=∠=，推出=45BFA x ∠︒+，=45HFC x ∠︒+，即可证明HFC BFA ∠=∠；（3）过点C 作CM AC ⊥交AF 延长线于点M ，延长FP 交AC 于点N ，证明∠ABE∠∠CAM ，得出BE AM =和M BEA ∠=∠，从而证明∠NFC∠∠MFC ，得到FM FN =和M FNC ∠=∠，可得PN=PE ，从而得出BP=AF+PF.【详解】解：（1）∠在∠ABE 和∠ACD 中，==AB AC A A AE AD ⎧⎪∠=∠⎨⎪⎩，ABE ACD ∴∆≅∆（SAS ），ABE ACD ∴∠=∠；（2）设ABE ACD x ∠=∠=， AF BE ⊥，90BAF x ∴∠=︒-，()=9045=45BFA x x ∴∠︒-︒-︒+，ACD x ∠=，45HCF x ∴∠=︒-，FP CD ⊥，()9045=45HFC x x ∴∠=︒-︒-︒+，HFC BFA ∴∠=∠；（3）过点C 作CM AC ⊥交AF 延长线于点M ，延长FP 交AC 于点N ，90BAF FAC ∠+∠=︒，90BAF ABG ∠+∠=︒，FAC ABG ∴∠=∠，在∠ABE 和∠CAM 中，===BAE ACM AB AC ABE CAM ∠∠⎧⎪⎨⎪∠∠⎩， ABE CAM ∴∆≅∆（ASA ），BE AM ∴=，M BEA ∠=∠，BFA MFC NFC ∠=∠=∠，FC FC =，45ACB BCM ∠=∠=︒，NFC MFC ∴∆≅∆（ASA ），FM FN ∴=，M FNC ∠=∠，FNC BEA ∴∠=∠，PN PE ∴=，∠BP BE PE AM PE AF FM PE =-=-=+-AF FN PN AF PF =+-=+.【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质以及等角对等边等知识点，解题的关键是根据截长补短法添加适当的辅助线，构造全等三角形证明结论，有一定难度.12．【初步探索】截长补短法，是初中几何题中一种添加辅助线的方法，也是把几何题化难为易的一种策略．截长就是在长边上截取一条线段与某一短边相等，补短就是通过延长或旋转等方式使两条短边拼合到一起，从而解决问题．（1）如图1，∠ABC是等边三角形，点D是边BC下方一点，∠BDC＝120°，探索线段DA、DB、DC之间的数量关系；【灵活运用】（2）如图2，∠ABC为等边三角形，直线a∠AB，D为BC边上一点，∠ADE交直线a于点E，且∠ADE＝60°．求证：CD＋CE＝CA；【延伸拓展】（3）如图3，在四边形ABCD中，∠ABC＋∠ADC＝180°，AB＝AD．若点E在CB的延长线上，点F在CD的延长线上，满足EF＝BE＋FD，请直接写出∠EAF与∠DAB的数量关系．【答案】（1）DA=DC+DB，证明见详解；（2）见详解；（3）∠EAF=11802DAB︒-∠，证明见详解.【分析】（1）由等边三角形知AB=AC，∠BAC=60°，结合∠BDC=120°知∠ABD+∠ACD=180°，由∠ACE+∠ACD=180°知∠ABD=∠ACE，证∠ABD∠∠ACE得AD=AE，∠BAD=∠CAE，再证∠ADE是等边三角形得DA=DE=DC+CE=DC+DB；（2）首先在AC上截取CM=CD，由∠ABC为等边三角形，易得∠CDM是等边三角形，继而可证得∠ADM∠∠EDC，即可得AM=EC，则可证得CD+CE=CA；（3）在DC延长线上取一点G，使得DG=BE，连接AG，先判定∠ADG∠∠ABE，再判定∠AEF∠∠AGF，得出∠FAE=∠FAG，最后根据∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，进而推导得到2∠FAE+∠DAB=360°，即可得出结论．【详解】（1）如图1，延长DC到点E，使CE=BD，连接AE，∠∠ABC是等边三角形，∠AB=AC，∠BAC=60°，∠∠BDC=120°，∠∠ABD+∠ACD=180°，又∠∠ACE+∠ACD=180°，∠∠ABD=∠ACE，∠∠ABD∠∠ACE（SAS），∠AD=AE，∠BAD=∠CAE，∠∠BAC=60°，即∠BAD+∠DAC=60°，∠∠DAC+∠CAE═60°，即∠DAE=60°，∠∠ADE是等边三角形，∠DA=DE=DC+CE=DC+DB，即DA=DC+DB；（2）证明：在AC上截取CM=CD，∠∠ABC是等边三角形，∠∠ACB=60°，∠∠CDM是等边三角形，∠MD=CD=CM，∠CMD=∠CDM=60°，∠∠AMD=120°，∠∠ADE=60°，∠∠ADE=∠MDC ，∠∠ADM=∠EDC ，∠直线a∠AB ，∠∠ACE=∠BAC=60°，∠∠DCE=120°=∠AMD ，在∠ADM 和∠EDC 中，ADM EDC MD CDAMD ECD ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩∠∠ADM∠∠EDC(ASA)，∠AM=EC ，∠CA=CM+AM=CD+CE ；即CD+CE=CA.（3）∠EAF=11802DAB ︒-∠；证明：如图3，在DC 延长线上取一点G ，使得DG=BE ，连接AG ，∠∠ABC+∠ADC=180°，∠ABC+∠ABE=180°，∠∠ADC=∠ABE ，又∠AB=AD ，∠∠ADG∠∠ABE （SAS ），∠AG=AE ，∠DAG=∠BAE ，∠EF=BE+FD=DG+FD=GF ，AF=AF ，∠∠AEF∠∠AGF （SSS ），∠∠FAE=∠FAG ，∠∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，∠2∠FAE+（∠GAB+∠BAE ）=360°，∠2∠FAE+（∠GAB+∠DAG）=360°，即2∠FAE+∠DAB=360°，∠∠EAF=11802DAB︒-∠.【点睛】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，以及等边三角形的性质的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应角相等进行推导变形．13．截长补短法，是初中几何题中一种添加辅助线的方法，也是把几何题化难为易的一种策略．截长就是在长边上截取一条线段与某一短边相等，补短就是通过延长或旋转等方式使两条短边拼合到一起，从而解决问题．（1）如图1，∠ABC是等边三角形，点D是边BC下方一点，∠BDC＝120°，探索线段DA、DB、DC之间的数量关系．解题思路：延长DC到点E，使CE＝BD，根据∠BAC+∠BDC＝180°，可证∠ABD＝∠ACE，易证∠ABD∠∠ACE，得出∠ADE是等边三角形，所以AD＝DE，从而解决问题．根据上述解题思路，三条线段DA、DB、DC之间的等量关系是；（直接写出结果）（2）如图2，Rt∠ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC．点D是边BC下方一点，∠BDC＝90°，探索三条线段DA、DB、DC之间的等量关系，并证明你的结论．【答案】（1）DA＝DB＋DC；（2＝DB＋DC（或写成2DA2＝(DB＋DC)2），证明详见解析.【分析】（1）由等边三角形知AB=AC，∠BAC=60°，结合∠BDC=120°知∠ABD+∠ACD=180°，由∠ACE+∠ACD=180°知∠ABD=∠ACE，证∠ABD∠∠ACE得AD=AE，∠BAD=∠CAE，再证∠ADE是等边三角形得DA=DE=DC+CE=DC+DB．（2）延长DC到点E，使CE=BD，连接AE，先证∠ABD∠∠ACE得AD=AE，∠BAD=∠CAE，据此可得∠DAE=∠BAC=90°，由勾股定理知DA2+AE2=DE2，继而可得2DA2=（DB+DC）2.【详解】解：（1）如图1，延长DC到点E，使CE=BD，连接AE，∠∠ABC是等边三角形，∠AB=AC，∠BAC=60°，∠∠BDC=120°，∠∠ABD+∠ACD=180°，又∠∠ACE+∠ACD=180°，∠∠ABD=∠ACE，∠∠ABD∠∠ACE（SAS），∠AD=AE，∠BAD=∠CAE，∠∠ABC=60°，即∠BAD+∠DAC=60°，∠∠DAC+∠CAE═60°，即∠DAE=60°，∠∠ADE是等边三角形，∠DA=DE=DC+CE=DC+DB，即DA=DC+DB，故答案为DA=DC+DB；（2DA＝DB＋DC（或写成2DA2＝(DB＋DC)2）．延长DC到点E，使CE＝BD，连接AE．∠∠BAC＝90°，∠BDC＝90°，∠∠ABD＋∠ACD＝180°．∠∠ACE＋∠ACD＝180°，∠∠ABD＝∠ACE．又∠AB＝AC，CE＝BD，∠∠ABD∠∠ACE．∠AD ＝AE ，∠BAD＝∠CAE ．∠∠DAE＝∠BAC＝90°．∠DA 2＋AE2＝DE 2．∠2DA 2＝(DB ＋DC )2．＝DB ＋DC ．【点睛】此题是三角形的综合题，主要考查了考查的是全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质、等边三角形的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．14．【阅读】在证明线段和差问题时，经常采用截长补短法，再利用全等图形求线段的数量关系．截长法：将较长的线段截取为两段，证明截取的两段分别与给出的两段相等．补短法：延长较短两条线段中的一条，使得与较长线段相等，证明延长的那一段与另一条较短线段相等．【应用】把两个全等的直角三角形的斜边重合，90CAD CBD ∠=∠=︒，组成一个四边形ACBD ，以D 为顶点作MDN ∠，交边AC BC 、于M 、N ．(1)若30ACD ∠=︒，60MDN ∠=︒，证明：AM BN MN +=；经过思考，小红得到了这样的解题思路：利用补短法，延长CB 到点E ，使BE AM =，连接DE ，先证明DAM DBE ≌，再证明MDN EDN △≌△，即可求得结论．按照小红的思路，请写出完整的证明过程；(2)当90ACD MDN ∠+∠=︒时，AM MN BN 、、三条线段之间有何数量关系？（直接写出你的结论，不用证明）(3)如图∠，在（2）的条件下，若将M 、N 改在CA BC 、的延长线上，完成图∠，其余条件不变，则AM MN BN 、、之间有何数量关系？证明你的结论．【答案】(1)证明见解析(2)AM BN MN +=(3)BN AM MN -=，证明见解析【分析】（1）根据题意得AD =BD ，延长CB 到E ，使BE AM =，连接DE ，利用全等三角形的判定得出()SAS DAM DBE △≌△，()SAS MDN EDN △≌△，再根据全等三角形的性质结合图形即可证明；（2）证明方法与（1）一致，证明即可；（3）在CB 截取BE AM =，连接DE ，利用全等三角形的判定得出()SAS DAM DBE △≌△，()SAS MDN EDN △≌△再根据全等三角形的性质结合图形即可得出结果．（1）证明：根据题意得：AD =BD ，延长CB 到E ，使BE AM =，连接DE∠90A CBD ∠=∠=︒，∠90A EBD ∠=∠=︒，在DAM △和DBE 中AM BE A DBE AD BD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∠()SAS DAM DBE △≌△，∠∠=∠BDE MDA ，DM DE =，∠60MDN ADC ∠=∠=︒，∠ADM NDC ∠=∠，∠BDE NDC ∠=∠，∠60NDC NDB ∠+∠=︒∠60BDE NDB NDE ∠+∠=∠=︒∠MDN NDE ∠=∠，在MDN △和EDN △中DM DE MDN NDE DN DN =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∠()SAS MDN EDN △≌△，∠MN NE =，。

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61、奢侈是舒适的，否则就不是奢侈。——CocoCha nel 62、少而好学，如日出之阳；壮而好学，如日中之光；志而好学，如炳烛之光。 ——刘向 63、三军可夺帅也，匹夫不可夺志也。 ——孔丘 64、人生就是学校。在那里，与其说好的教师是幸福，不如说好的教师是不幸。 ——海贝尔 65、接受挑战，就可以享受胜利的喜悦。——杰纳勒尔·乔治·S·巴顿
初三中考数学专题突破篇
31、别人笑我太疯癫，我笑他人看不穿。(名言网) 32、我不想听失意者的哭泣，抱怨者的牢骚，这是羊群中的瘟疫忍受苦楚。我一试再试，争取每天的成功，避免以失败收常在别人停滞不前时，我继续拼搏。
33、如果惧怕前面跌宕的山岩，生命就永远只能是死水一潭。 34、当你眼泪忍不住要流出来的时候，睁大眼睛，千万别眨眼!你会看到世界由清晰变模糊的全过程，心会在你泪水落下的那一刻变得清澈明晰。盐。注定要融化的，也许是用眼泪的方式。
35、不要以为自己成功一次就可以了，也不要以为过去的光荣可以被永远肯定。

(宜宾专版)中考数学第3编创新分类突破篇题型4 几何综合、探究题(精讲)试题-人教版初中九年级

题型四几何综合、探究题某某市中考创新试题对几何的考查涉及平行线与相交线、三角形、四边形、圆、图形变化、视图与投影几部分，考题多以填空题、选择题、解答题、实践操作题、拓展探究题等形式出现．这部分内容的考题大多为容易题或中难题，但有的与其他知识点综合在一起出现高难度题．高难度题目在填空、选择、解答题中都有，主要综合了三角形、四边形、圆、图形变化等知识．题目涉及图形的面积、动态几何、比例线段、比例性质、圆的相关定理．考查学生的知识面、逻辑思维能力、分析问题和解决问题的能力．【例1】如图，P为⊙O外一点，PA，PB分别切⊙O于A，B两点，OP交⊙O于点C，连结BO并延长交⊙O于点D，交PA的延长线于点E，连结AD，BC.下列结论：①AD∥PO；②△ADE∽△PCB；③tan∠EAD＝EDEA；④BD2＝2AD·OP.其中一定正确的是(A)A．①③④B．②④C．①②③D．①②③④【解析】连结OA，如图，根据切线的性质得∠APO＝∠BPO，OA⊥PA，OB⊥PB，根据等角的余角相等得∠2＝∠4，再利用三角形外角性质可得∠3＝∠4，于是可判断OP∥AD，则可对①进行判断；根据平行线的性质，由OP∥AD，得到∠ADE＝∠POE，再利用邻补角定义得∠POE＋∠COB＝180°，∠PCB＋∠OCB＝180°，由于∠COB≠∠OCB，则∠PCB≠∠ADE，所以不能判断△ADE∽△PCB，则可对②进行判断；根据平行线分线段成比例定理，由OP∥AD 得EA AP ＝ED DO ，且∠EAD＝∠EPO，则ED EA ＝DO AP ，再在Rt △AOP 中，利用正切定理得到tan ∠APO ＝OAAP ＝OD AP ，所以tan ∠EAD ＝ED EA ，则可对③进行判断；连结AB ，证明Rt △ABD ∽△BPO 得到AO OB ＝BD OP ，由OB ＝12BD 即可得到BD 2＝2AD·OP，则可对④进行判断．【答案】A【点评】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．运用切线的性质来进行计算或论证，常通过作辅助线连结圆心和切点，利用垂直构造直角三角形解决有关问题．也考查了相似三角形的判定与性质．【例2】如图为一个半径为4 m 的圆形广场，其中放有六个宽为1 m 的长方形临时摊位，这些摊位均有两个顶点在广场边上，另两个顶点紧靠相邻摊位的顶点，则每个长方形摊位的长为________m .【解析】设圆心是O ，连结OA ，OB ，作OC⊥BC 于C.设长方形的摊位长是2x m ，在直角△OAD 和直角△OBC 中，利用勾股定理和三角函数表示出OC 和OD 的长，根据OC －OD ＝1即可列方程求得．【答案】－3＋372【点评】本题考查了正多边形的计算，解正多边形的问题最常用的方法是转化为直角三角形的计算问题，解方程是本题的关键．【例3】(2015某某中考模拟)在图①至图③中，点B 是线段AC 的中点，点D 是CE 的中点，△BCF 和△CDG 都是等边三角形，点M 为AE 的中点，连结FG.(1)如图①，若点E 在AC 的延长线上，点M 与点C 重合，则△FMG________(选填“是”或“不是”)等边三角形；(2)将图①中的CE 缩短，得到图②.求证：△FMG 为等边三角形；(3)将图②中的CE 绕点E 顺时针旋转一个锐角，得到图③.求证：△FMG 为等边三角形．【解析】(1)如图①，易证FM ＝BM ＝MD ＝MG ，∠FMG ＝60°，即可得到△FMG 是等边三角形；(2)如图②，易证BD ＝BC ＋CD ＝AM ，从而可得MD ＝AB.由△BCF 和△CDG 都是等边三角形，可得BF ＝BC ，CD ＝GD ，∠FBC ＝60°，∠GDC ＝60°，从而可证到MD ＝BF ，BM ＝GD ，进而可得到△FBM≌△MDG，则有MF ＝GM ，∠BFM ＝∠D MG ，从而可证到∠FMG＝60°，即可得到△FMG 为等边三角形；(3)如图③，连结BM ，DM ，根据三角形中位线定理可得BM∥CE，BM ＝12CE ＝CD ，DM ∥AC ，DM ＝12AC ＝BC.再根据△BCF 和△CDG 都是等边三角形，可得BF ＝BC ，CD ＝GD ，∠FBC ＝60°，∠GDC ＝60°，从而得到BF ＝BC ＝DM ，BM ＝CD ＝GD ，∠FBC ＝∠GDC.由BM∥CE，DM ∥AC ，可得四边形BCDM 是平行四边形，从而得到∠BMD＝∠DCB＝120°，∠CDM ＝∠MBC＝60°，即可得到∠FBM ＝∠GDM＝120°，即可得到△FBM≌△MDG，则有MF ＝GM ，∠FMB ＝∠MGD，从而可得∠FMG＝∠BMD－∠FMB－∠GMD＝∠BMD－∠MGD－∠GMD ＝60°，即可得到△FMG 为等边三角形．【答案】解：(1)是；(2)如图②，∵点B 是线段AC 的中点，点D 是CE 的中点，点M 为AE 的中点， ∴AB ＝BC ＝12AC ，CD ＝DE ＝12CE ，AM ＝ME ＝12AE ，∴BD ＝BC ＋CD ＝12AC ＋12CE ＝12AE ＝AM ，即BM ＋MD ＝BM ＋AB ，∴MD ＝AB. ∵△BCF 和△CDG 都是等边三角形，∴BF ＝BC ，CD ＝GD ，∠FBC ＝60°，∠GDC ＝60°， ∴MD ＝AB ＝BC ＝BF ，BM ＝BC －MC ＝MD －MC ＝CD ＝GD.在△FBM 和△MDG 中，⎩⎪⎨⎪⎧BF ＝DM ，∠FBM ＝∠MDG，BM ＝DG ，∴△FBM ≌△MDG ， ∴MF ＝GM ，∠BFM ＝∠DMG. ∵∠BFM ＋∠FMB＋∠FBM ＝180°， ∠DMG ＋∠FMB＋∠FMG＝180°， ∴∠FMG ＝∠FBM＝60°， ∴△FMG 为等边三角形； (3)如图，连结BM ，DM.∵点B 是线段AC 的中点，点D 是CE 的中点，点M 为AE 的中点，∴BM ∥CE ，BM ＝12CE ＝CD ，DM ∥AC ，DM ＝12AC ＝BC.∵△BCF 和△CDG 都是等边三角形，∴BF ＝BC ，CD ＝GD ，∠FBC ＝60°，∠GDC ＝60°， ∴BF ＝BC ＝DM ，BM ＝CD ＝GD ，∠FBC ＝∠GDC. ∵BM ∥CE ，DM ∥AC ，∴四边形BCDM 是平行四边形，∴∠BMD ＝∠DCB＝120°，∠CDM ＝∠MBC＝60°， ∴∠FBM ＝∠GDM＝120°.在△FBM 和△MDG 中，⎩⎪⎨⎪⎧BF ＝DM ，∠FBM ＝MDG ，BM ＝DG ，∴△FBM ≌△MDG ， ∴MF ＝GM ，∠FMB ＝∠MGD，∴∠FMG ＝∠BMD－∠FMB－∠GMD＝∠BMD－∠MGD－∠GMD＝120°－(180°－120°)＝60°，∴△FMG为等边三角形．【点评】本题主要考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、三角形的中位线定理、平行四边形的判定与性质等知识，借鉴解决第(2)小题的经验(通过证明△FBM≌△MDG来解决问题)，是解决第(3)小题的关键．【针对练习】1．如图，直径AB为12的半圆，绕A点逆时针旋转60°，此时点B旋转到点B′，则图中阴影部分的面积是(B)A．12πB．24πC．6πD．36π,(第1题图)) ,(第2题图)) 2．如图，矩形纸片ABCD中，AB＝2，AD＝6，将其折叠，使点D与点B重合，tan∠BFE的值是(D)A.12B．1 C．2 D．33．如图，点O是△ABC的内切圆的圆心，若∠BAC＝80°，则∠BO C＝(A)A．130°B．100°C．50°D．65°,(第3题图)) ,(第4题图)) 4．如图，BC是半径为1的⊙O的直径，点P在BC的延长线上，PA是⊙O的切线，A为切点，AD⊥BC于点D，且点D是OC中点，则PB· PC＝ __3__．5．(2014某某创新考试)如图，一组平行线l1，l2，l3分别与∠O的两边相交于点A1，A2，A3和点B1，B2，B3，且梯形A1B1B2A2，A2B2B3A3的面积相等．设线段OA1＝1，OA2＝2，则线段A2A3＝__7－2__．,(第5题图)) ,(第6题图))6．如图，在△ABC 中，AD ⊥BC 于D ，BE ⊥AC 于E ，AD 与BE 相交于点F ，若BF ＝AC ，则∠ABC＝__45__°. 7．(2015某某拔尖考试)如图，⊙O 是Rt △ABC 的外接圆，∠ACB ＝90°，E 为BC 上一点，连结AE 与OC 交于点D ，∠CAE ＝∠CBA.(1)求证：AE⊥OC；(2)若⊙O 的半径为5，AE 的长为6，求AD 的长．解： (1)∵∠ACB＝90°， ∴∠CBA ＋∠CAB＝90°. ∵∠CAE ＝∠CBA， ∴∠CAE ＋∠CAB＝90°. ∵OA ＝OC ， ∴∠CAO ＝∠ACO， ∴∠CAE ＋∠ACO＝90°， ∴∠ADC ＝90°， ∴AE ⊥OC ；(2)∵∠CAE＝∠CBA，∠ACB ＝∠ACE， ∴△ACE ∽△BCA ， ∴CE AC ＝AE AB ＝610＝35， ∴设AC ＝5x ，CE ＝3x ，∴AE ＝（5x ）2＋（3x ）2＝34x ＝6， ∴x ＝33417，∴AC ＝153417，∵∠CAE ＝∠CAD，∠ACE ＝∠ADC，∴△ACD∽△AEC，∴ACAE＝ADAC，∴AD＝AC2AE＝7517.8．如图，在梯形ABCD中，AB∥DC，∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝4，tan∠ADC＝2.(1)求证：DC＝BC；(2)E是梯形内一点，连结DE，CE，将△DCE绕点C顺时针旋转90°，得△BCF，，并证明你的结论；(3)在(2)的条件下，当CE＝2BE，∠BEC＝135°时，求cos∠BFE的值．解：(1)作AP⊥DC于点P.∵AB∥CD，∠ABC＝90°，∴四边形APCB是矩形，∴PC＝AB＝2，AP＝BC＝4.在Rt△ADP中，tan∠ADC＝APDP＝2，∴DP＝2，∴DC＝DP＋PC＝4＝BC；(2)EF＝2CE.证明如下：由△DCE绕点C顺时针旋转90°得△BCF，∴CF＝CE，∠ECF＝90°，∴EF＝CF2＋CE2＝2CE2＝2CE；(3)由(2)得∠CEF＝45°.∵∠BEC＝135°，∴∠BEF＝90°.设BE＝a，则CE＝2a，∴EF ＝2CE 2＝22a.在Rt △BEF 中，由勾股定理得：BF ＝3a ， ∴cos ∠BFE ＝EF BF ＝223.9．半径为2.5的⊙O 中，直径AB 的不同侧有定点C 和动点P.已知BC∶CA＝4∶3，点P 在AB ︵上运动，过点C 作CP 的垂线，与PB 的延长线交于点Q.(1)当点P 与点C 关于AB 对称时，求CQ 的长； (2)当点P 运动到AB ︵的中点时，求CQ 的长；(3)当点P 运动到什么位置时，CQ 取到最大值？求此时CQ 的长．解：(1)当点P 与点C 关于AB 对称时，CP ⊥AB ，设垂足为D. ∵AB 为O 的直径， ∴∠ACB ＝90°，AB ＝5. 又∵BC∶CA＝4∶3， ∴BC ＝4，AC ＝3. 又∵AC·BC＝AB·CD， ∴CD ＝125，∴PC ＝245.在Rt △ACB 和Rt △PCQ 中，∠ACB ＝∠PCQ＝90°，∠CAB ＝∠CPQ， ∴Rt △ACB ∽Rt △PCQ ， ∴AC BC ＝PC CQ， ∴CQ ＝BC ·PC AC ＝43PC ＝325；(2)当点P 运动到AB ︵的中点时，过点B 作BE⊥PC 于点E ，如答图．∵P 为AB ︵的中点， ∴∠PCB ＝45°， CE ＝BE ＝22BC ＝2 2. 又∠CPB＝∠CAB，∴tan ∠CPB ＝tan ∠CAB ＝43，∴PE ＝BE tan ∠CPB ＝322，∴PC ＝PE ＋EC ＝722，∴CQ ＝tan ∠CPB ·PC ＝1423；(3)点P 在弧AB 上运动时，恒有 CQ ＝BC ·PC AC ＝43PC ；故PC 最大时，CQ 取到最大值．当PC 过圆心O ，即PC 取最大值5时，CQ 最大值为203.10．在矩形ABCD 中，AB ＝a ，AD ＝b ，点M 为BC 边上一动点(点M 与点B ，C 不重合)，连结AM ，过点M 作MN⊥AM，垂足为M ，MN 交CD 或CD 的延长线于点N.(1)求证：△CMN∽△BAM；(2)设BM ＝x ，＝y ，求y 关于x 的函数表达式．当x 取何值时，y 有最大值？并求出y 的最大值；(3)当点M 在BC 上运动时，求使得下列两个条件都成立的b 的取值X 围：①点N 始终在线段CD 上，②点M 在某一位置时，点N 恰好与点D 重合．解：(1)∵四边形ABCD 是矩形， ∴∠B ＝∠C＝90°， ∴∠BAM ＋∠AMB＝90°. ∵MN ⊥AM, 即∠AMN＝90°， ∴∠CMN ＋∠AMB＝90°， ∴∠BAM ＝∠CMN， ∴△CMN ∽△BAM ； (2)∵△CMN∽△BAM， ∴CMBA ＝BM. ∵BM ＝x ，＝y ，AB ＝a ，BC ＝AD ＝b ， ∴b －x a ＝yx， ∴y ＝1a (bx －x 2)＝－1a(x 2－bx)＝－1a ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫x －b 22－b 24＝－1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －b 22＋b 24a∵－1a<0，∴当x ＝b 2时，y 取最大值，最大值为b24a ；(3)由题可知：当0<x<b 时，y 的最大值为a ，即b24a ＝a ，解得b ＝2a.∴要同时满足两个条件，b 的值为2a.11．如图，⊙O 的半径为1，直线CD 经过圆心O ，交 ⊙O 于C ，D 两点，直径AB⊥CD，点M 是直线CD 上异于点C，O，D的一个动点，AM所在的直线交⊙O于点N，点P是直线CD上另一点，且PM＝PN.(1)当点M在⊙O内部，如图①，试判断PN与⊙O的关系，并写出证明过程；(2)当点M在⊙O外部，如图②，其他条件不变时，(1)的结论是否还成立？请说明理由；(3)当点M在⊙O外部，如图③，∠AMO＝15°，求图中阴影部分的面积．解：(1)PN与⊙O相切．如图①，连结ON，则∠ONA＝∠OAN，∵PM＝PN，∴∠PNM＝∠PMN.∵∠AMO＝∠PMN，∴∠PNM＝∠AMO，∴∠PNO＝∠PNM＋∠ONA＝∠AMO＋∠OAN＝90°，即PN与⊙O相切；(2)成立．如图②，连结ON，则∠ONA＝∠OAN.∵PM＝PN，∴∠PNM＝∠PMN.在Rt△AOM中，∵∠OMA＋∠OAM＝90°，∴∠PNM＋∠ONA＝90°，∴∠PNO＝180°－90°＝90°，即PN与⊙O相切；(3) 如图③，连结ON，由(2)可知∠ONP＝90°.∵∠AMO＝15°，PM＝PN，∴∠PNM＝15°，∠OPN＝30°，∴∠PON＝60°，∠AON＝30°. 作NE⊥OD，垂足为点E，则NE＝ON·sin60°＝1×32＝32，∴S阴影＝S△AOC＋S扇形AON－S△CON＝12OC·OA＋30360×π×12－12CO·NE＝12＋112π－34.。

专题03 两直线平行、垂直问题(解析版)中考数学通用函数专题满分突破之一次函数篇

初中数学函数专题--一次函数第3节两直线特殊位置关系--平行、垂直内容导航方法点拨知识点1 两直线平行如图，直线b∥a，那么kb =ka，若已知ka及C的坐标即可求出直线b的解析式。

知识点2 两直线垂直如图，直线c⊥a，那么kc *ka=-1，若已知ka及C或B的坐标即可求出直线c的解析式。

（针对这一性质，初中不要求掌握，一般用全等、相似的方法求解）例题演练例1．1．如图所示，直线l1：y＝﹣x+b，过点A（﹣3，0），交y轴于点B，将直线l1向上平移6个单位得到直线l2与y轴交于点C，已知直线l3：y＝x+c与直线l1交于点D，且过点C，连接AC．（1）求直线l3的解析式和点D的坐标；（2）求△ACD的面积．【解答】解：（1）∵直线l1：y＝﹣x+b，过点A（﹣3，0），∴0＝4+b，∴b＝﹣4，∴直线l1为y＝﹣x﹣4，将直线l1向上平移6个单位长度，得直线l2：y＝﹣x+2，令x＝0，则y＝2，∴C（0，2），∵点C在直线l3：y＝x+c上，∴c＝2，∴直线l3的解析式为y＝x+2；解得，∴D（﹣，﹣2）；（2）∵直线l1：y＝﹣x﹣4，交y轴于点B，∴B（0，﹣4），∴BC＝6，∴S△ACD＝S△ABC﹣S△BCD＝3﹣×＝．练1.1．如图，直线l1：y＝x+m与y轴交于点B，与x轴相交于点F．直线l2：y＝kx﹣9与x轴交于点A，与y轴交于点C，两条直线相交于点D，连接AB，且OA：OC：AB＝1：3：．（1）求直线l1、l2的解析式；（2）过点C作l3∥l1交x轴于点E，连接BE、DE．求△BDE的面积．【解答】解：（1）∵直线l2：y＝kx﹣9与y轴交于点C，∴C（0，﹣9），OC＝9，∵OA：OC：AB＝1：3：，∴OA＝3，AB＝3，∴A（3，0），OB＝＝6，∴B（0，6），将点A坐标代入直线l2：y＝kx﹣9得，0＝3k﹣9，解得：k＝3，，∴直线l2的解析式为y＝3x﹣9，将点B坐标代入直线l1：y＝x+m得，m＝6，∴直线l1的解析式为y＝x+6；（2）∵直线l1的解析式为y＝x+6；l3∥l1且过点C，C（0，﹣9），∴直线l3：y＝x﹣9，∴点E（18，0），点F（﹣12，0），∴EF＝30，∵直线l1、l2相交于点D，∴，解得：，∴点D（6，9），∴S△BDE＝S△DEF﹣S△BEF＝×30×9﹣×30×6＝45．练1.2．如图，在平面直角坐标系xOy中，直线AB与x轴、y轴分别交于点A、点B，直线CD与x轴、y轴分别交于分别交于点C、点D，直线AB的解析式为y＝﹣x+5，直线CD的解析式为y＝kx+b（k≠0），两直线交于点E（m，），且OB：OC＝5：4．（1）求直线CD的解析式；（2）将直线CD向下平移一定的距离，使得平移后的直线经过A点，且与y轴交于点F，求四边形AEDF的面积．【解答】解：（1）将点E（m，）代入直线AB的解析式y＝﹣x+5，解得m＝，∴点E的坐标为（，），OB：OC＝5：4，OB＝5，∴OC＝4，∴点C坐标为（﹣4，0），将点E（，），点C（﹣4，0），代入直线CD的解析式y＝kx+b中，解得所以直线CD解析式为y＝x+2．（2）当y＝0时，﹣x+5＝0，解得x＝8，所以A点坐标为（8，0），∵直线CD向下平移一定的距离，平移后的直线经过A点，且与y轴交于点F，∴设直线AF的解析式为y＝x+d，把A（8，0）代入得d＝﹣4，所以直线AF的解析式为y＝x﹣4．所以点F的坐标为（0，﹣4）．如图，作EG⊥x轴于点G，所以四边形AEDF的面积为：S梯形ODEG+S△AEG+S△AOF＝（2+）×+××（8﹣）+4×8＝32．答：四边形AEDF的面积为32．练1.3．如图，直线l1：y＝x+3与直线l2：y＝kx+b交于点E（m，4），直线l1与坐标轴交于点A、B，l2与x轴和y轴分别交于点C、D，且OC＝2OB，将直线l1向下平移7个单位得到直线l3，交l2于点F，交y轴于点G，连接GE．（1）求直线CD的解析式；（2）求△EFG的面积．【解答】解：（1）∵直线l1：y＝x+3经过点E（m，4），∴4＝+3，解得m＝2，∴E（2，4），∵直线l1与坐标轴交于点A、B，∴A（﹣6，0），B（0，3），∵OC＝2OB，∴OC＝6，∴C（6，0），把C（6，0），E（2，4）代入直线l2：y＝kx+b得，解得，∴直线CD的解析式为y＝﹣x+6；（2）将直线l1向下平移7个单位得到直线l3：y＝x﹣4，令x＝0，则y＝﹣4，∴G（0，﹣4），由，解得，∴F的坐标为（，﹣），∴S△EFG＝S△DFG﹣S△DEG＝﹣＝．练1.4．如图，在平面直角坐标系中，直线l1：y＝x+b与直线l2：y＝kx+7交于点A（2，4），直线l1与x轴交于点C，与y轴交于点B，将直线l1向下平移7个单位得到直线l3，l3与y轴交于点D，与l2交于点E，连接AD．（1）求l3的解析式；（2）求交点E的坐标；（3）求△ADE的面积．【解答】解：（1）∵直线l1：y＝x+b与直线l2：y＝kx+7交于点A（2，4），∴4＝×2+b，4＝2k+7，∴b＝3，k＝﹣，∴直线l1的解析式为y＝x+3，直线l2的解析式为y＝﹣x+7，∵将直线l1向下平移7个单位得到直线l3，∴直线l3的解析式为y＝x﹣4．（2）由，解得，∴交点E的坐标为（，﹣）；（3）∵l1∥l3，∴S△ADE＝S△BDE＝×7×＝．例2．1．直线l1：y＝﹣x+2与x轴、y轴分别交于A、B两点，C是l1上一点，且横坐标为3，将l1绕C点顺时针旋转90°到l2，l2与x轴、y轴分别交D、E两点．（1）求直线l2的解析式；（2）如图1，在线段AC上，有一动点P，过P点作PQ∥y轴，交l2于点Q，连接AQ，当△APQ面积与△ADQ面积之比为1：3时，求P点的坐标；【解答】解：（1）如图1，在直线l1上，令y＝0，．解得x＝6，∴点A的坐标为（6，0），B（0，）．∴∠OAB＝30°．∵点C在直线l1上，且x＝3，∴C（3，），过点C作CH⊥x轴于点H，∵直线l1⊥l2，∴∠CDA＝60°．在Rt△CDH中，CH＝，DH＝1，∴OD＝2，则D（2，0）．设直线l2的表达式为y2＝kx+b，将点C（3，），D（2，0）代入得，解得：．∴直线l2的表达式为．（2）如图2，设点P（a，），∴点Q（a，），且a＞3，点Q在点P的上．延长QP交x轴于点G，∵PQ∥y轴，∴QG⊥x轴．∴AD＝4，QG＝，AG＝6﹣a，∴＝．＝＝．＝＝．∵S△ADQ＝3S△APQ，∴．化简得：a2﹣8a+16＝0，解得a＝4．∴点P（4，）．练2.1．如图所示：直线l1：y＝x﹣2与x轴，y轴分别交于A，B两点，C为l1上一点，且横坐标为1，过点C作直线l2⊥l1，l2与x轴，y轴分别交于D，E两点．（1）如图1：在线段CE有一动点F，过F点作FH∥x轴，交l1于点H，连接AF，当S＝时，求点F的坐标；△AFH【解答】解：（1）∵直线l1：y＝与x轴，y轴分别交于A，B两点，∴A（2，0），B（0，2），∴AB＝＝4，∵C为l1上一点，且横坐标为1，∴C（1，﹣），∴AC＝＝2，∴AC＝OA，又∵∠OAB＝∠CAD，∠AOB＝∠ACD＝90°，∴△ACD≌△AOB（ASA），∴AD＝AB＝4，∴D（﹣2，0），设直线CD的解析式为y＝kx+b，代入C点、D点的坐标，得，解得，∴直线CD的解析式即l2的解析式为：y＝﹣x﹣，∵点F于点H纵坐标相同，∴设F（﹣a﹣2，a），H（a+2，a），∴FH＝a+2﹣（﹣a﹣2）＝a+4，∵S△AFH＝，∴（a+4）×（﹣a）＝，整理得：12a2+12a+5＝0，解得a1＝﹣，a2＝﹣，∵F在线段CE上，∴a＝﹣，∴F点的坐标为（﹣，﹣）；。

中考数学解题方法及提分突破训练：面积法专题(含解析)

解题方法及提分突破训练:面积法专题用面积法解几何问题是一种重要的数学方法,在初中数学中有着广泛的应用，这种方法有时显得特别简捷，有出奇制胜、事半功倍之效.一．真题链接1。

（2012 济南模拟)圆柱的底面周长为2π，高为1，则圆柱的侧面展开图的面积为2。

（2012•东营）如图,在直角坐标系中，矩形OABC 的顶点O 在坐标原点，边OA 在x 轴上,OC 在y 轴上，如果矩形OA′B′C′与矩形OABC 关于点O 位似，且矩形OA′B′C′的面积等于矩形OABC 面积的41 ,那么点B′的坐标是（）A. (—2，3） B 。

（2，—3） C 。

（3，-2）或（—2，3) D.(-2,3）或（2，-3） 3．（2012 呼和浩特）如图是某几何体的三视图及相关数据（单位：cm),则该几何体的侧面积为 cm ．4。

(2012•潍坊）如图，三角形ABC 的两个顶点B 、C 在圆上，顶点A 在圆外，AB 、AC 分别交圆于E 、D 两点，连接EC 、BD ． (1）求证：△ABD ∽△ACE ；(2)若△BEC 与△BDC 的面积相等,试判定三角形ABC 的形状5.（2012•宜宾）如图，在四边形ABCD 中,DC ∥AB,CB ⊥AB,AB=AD ，CD=21，AB ，点E 、F 分别为AB 、AD 的中点，则△AEF 与多边形BCDFE 的面积之比为( ) A 。

71 B 。

61 C 。

51 D 。

41二名词释义平面几何中讲的面积公式以及由面积公式推出的与面积计算有关的性质定理，不仅可用于计算面积,而且用它来证明平面几何题有时会收到事半功倍的效果。

运用面积关系来证明或计算平面几何题的方法，称为面积方法，它是几何中的一种常用方法。

用归纳法或分析法证明平面几何题，其困难在添置辅助线。

面积法的特点是把已知和未知各量用面积公式联系起来，通过运算达到求证的结果。

所以用面积法来解几何题，几何元素之间关系变成数量之间的关系，只需要计算，有时可以不添置补助线,即使需要添置辅助线，也很容易考虑到。

(宜宾专版)中考数学第3编创新分类突破篇题型2 方程与不等式(精讲)试题-人教版初中九年级全册

题型二方程与不等式“方程与不等式”包括方程与方程组、不等式与不等式组两个方面的内容．“方程与不等式”均存在标准形式，其解法有程序式化的特点，是一种重要的数学基本技能．此外，“方程与不等式”也是刻画现实世界的一个有效的数学模型，在现实生活中存在大量的“方程与不等式”问题．“方程与不等式”是初中数学的核心内容之一．就解法与自身的应用来说，“方程与不等式”是初中数学最重要的基础知识之一，同时也是学习函数等知识的基础；就所蕴含的“方程思想和转化思想”而言，它更是培养考生分析问题和解决问题思想方面的重要源泉和场所．通过归纳主要有以下几种类型：(1)方程、不等式与函数综合型，一般是求待定字母的值，求待定字母的取值X围．在解这类问题时，需要我们借助图形来给出解答．要充分利用图形反馈的信息，或将文字信息反馈到图形上，做到“有数思形”“有形思数”顺利解决问题．(2)与几何知识结合型，特别是有未知数的几何问题，就需要用方程(组)与不等式(组)的知识来解决，在解决问题时，把某个未知量设为未知数，根据有关的几何性质、定理或公式，建立未知数和已知数间的等量关系或不等关系，列出方程(组)与不等式(组)来解决，这对解决和计算有关几何的数学问题，特别是几何综合题，是非常重要的．(3)对用方程(组)与不等式(组)解决实际问题型，实际问题中往往蕴含着方程与不等式，分析问题中的等量关系和不等关系，建立方程(组)模型和不等式(组)模型，从而把实际问题转化为数学模型，然后用数学知识来解决．考查考生构建数学模型的能力．题目常是考查解决实际问题中的方案选择、优化设计以及最大利润等问题，为了防止漏解和便于比较，我们常常用到分类讨论思想对方案的优劣进行探讨．【例1】关于x的方程x2－x＋1－m＝0的两个实数根x1，x2，满足|x1 |＋|x2 |≤5，则m的取值X围是________．【解析】首先由一元二次方程x2－x＋1－m＝0有两个实根，得到其判别式是非负数，然后利用根与系数关系和|x1|＋|x2|≤5得到关于m的不等式，联立判别式即可求出实数m的取值X围．【答案】1<m≤7或34≤m ≤1 【点评】此题主要考查了一元二次方程的根与系数的关系，同时也利用分类讨论的思想和绝对值的定义，有一定的综合性，要求考生熟练掌握相关知识才能很好解决这类问题．【例2】已知关于x 的一元二次方程x 2－ax ＋(m －1)(m ＋2)＝0，对于任意实数a 都有实数根，则实数m 的取值X 围是________．【解析】一元二次方程有实数根，根的判别式Δ＝b 2－4ac≥0，b 2是非负数，如果－4ac 为非负数，无论b 取什么数，方程一定有实数根，由此探讨得出答案即可．【答案】－2≤m≤1【点评】此题主要考查了一元二次方程ax 2＋bx ＋c ＝0(a≠0)的根的判别式Δ＝b 2－4ac ：当Δ>0时，方程有两个不相等的实根；当Δ＝0时，方程有两个相等的实根；当Δ<0时，方程没有实根．【例3】如果关于x 的不等式组⎩⎪⎨⎪⎧7x －m≥0，6x －n≤0的整数解仅为1，2，3，那么适合这个不等式组的整数对(m ，n)共有(B )A ．49对B ．42对C ．36对D ．13对【解析】先用不等式组中待定字母表示出不等式组的解集，根据不等式组的整数解确定待定字母m ，n 即可．【答案】B【点评】此题主要考查了一元一次不等式组的解法，不等式组的解集与解的概念．由不等式组的整数解确定待定字母的取值X 围是解答本题的关键．【针对练习】1．(2014某某创新)设x 1，x 2是关于x 的一元二次方程x 2＋(2m ＋3)x ＋m 2＝0的两个不相等的实数根，且满足1x 1＋1x 2＝－1，则m 的值是(A ) A ．3B ．－3或－1C ．－1D ．－3或12．(2012某某创新)已知方程组⎩⎪⎨⎪⎧5x ＋3y ＝2－3k ，3x －y ＝k ＋4的解为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a ，y ＝b 且|k|＜3，那么a －b 的取值X 围是(A ) A ．－1＜a －b ＜5 B ．－3＜a －b ＜3C ．－3＜a －b ＜5D ．－1＜a －b ＜33．若关于x 的方程x 2－bx ax －c ＝m －1m ＋1有绝对值相同，符号相反的两个根，则m 的值应为(D ) A ．c B .1c C .a －b a ＋b D .a ＋b a －b4．设一元二次方程x 2－3x ＋2－m ＝0(m>0)的两实根分别为x 1，x 2，且x 1<x 2，则x 1，x 2应满足(D )A ．1<x 1<x 2<2B ．1<x 1<2<x 2C ．x 1<1<x 2<2D ．x 1<1且x 2>25．方程组3|x|＋2x ＋4|y|－3y ＝4|x|－3x ＋2|y|＋y ＝7(C )A ．没有解B ．有1组解C ．有2组解D ．有4组解6．已知三个关于x 的一元二次方程ax 2＋bx ＋c ＝0，bx 2＋cx ＋a ＝0，cx 2＋ax ＋b ＝0恰有一个公共实数根，求a 2bc ＋b 2ac ＋c 2ab 的值为(D ) A ．0B ．1C ．2D ．37．如果方程(x －1)(x 2－2x ＋m)＝0的三个根可以作为一个三角形的三条边长，那么实数m 的取值X 围是(B ) A ．0≤m ≤1B .34<m ≤1C .34≤m ≤1D ．m ≤348．(2013某某创新)二果问价源于我国古代《四元玉鉴》：“九百九十九文钱，甜果苦果买一千，甜果九个十一文，苦果七个四文钱，试问甜苦果几个？”则甜果、苦果的个数分别是(C ) A ．648，352B ．650，350C ．657，343D ．666，3349．α，β是关于x 的方程x 2＋kx －1＝0的两个实根，若(|α|－β)(|β|－α)≥1，则实数k 的取值X 围是(A )A ．k ≥5－2 B ．k ≤5－2 C ．k ≥5－2或k≤－5－2D ．k ≥5－2 10．(2014某某创新)若实数a ，b 满足方程组⎩⎪⎨⎪⎧ab ＋a ＋b ＝6，3a ＋3b ＝14－ab ，则a 2b ＋ab 2＝__8__． 11．已知x ＝2是不等式(x －5)(ax －3a ＋2)≤0的解，且x ＝1不是这个不等式的解，则实数a 的取值X 围是__1<a≤2__．12．已知a 为整数，关于a 的方程x 2x 2＋1－4||x x 2＋1＋2－a ＝0有实数根，则a 的值可能是__0或1或2__．13．关于x 的不等式(2a －b)x>a －2b 的解集是x<52，求关于x 的不等式ax ＋b<0的解集为__x<－8__． 14．已知关于x 的方程(m 2－1)x 2－3(3m －1)x ＋18＝0有两个正整数根(m 是整数)．△ABC 的三边a ，b ，c 满足c ＝23，m 2＋a 2m －8a ＝0，m 2＋b 2m －8b ＝0.求：(1)m 的值；(2)△ABC 的面积．解：(1)方程有两个实数根，则m 2－1≠0，解方程得x 1＝6m ＋1，x 2＝3m －1. 由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧m ＋1＝1，2，3，6，m －1＝1，3，即⎩⎪⎨⎪⎧m ＝0，1，2，5，m ＝2，4， ∴m ＝2；(2)把m ＝2代入两等式，化简得a 2－4a ＋2＝0，b 2－4b ＋2＝0，当a ＝b 时，a ＝b ＝2± 2.当a≠b 时，a ，b 是方程x 2－4x ＋2＝0的两根，而Δ>0，由韦达定理，得a ＋b ＝4>0，ab ＝2>0，则a>0，b>0.①a ≠b ，c ＝23时，由于a 2＋b 2＝(a ＋b)2－2ab ＝16－4＝12＝c 2故△ABC 为直角三角形，且∠C ＝90°，S △ABC ＝12ab ＝1. ②a ＝b ＝2－2，c ＝23时，∵2(2－2)<23，∴不能构成三角形，不合题意，舍去．③a ＝b ＝2＋2，c ＝23时，∵2(2＋2)>23，∴能构成三角形．∴S △ABC ＝12×23×（2＋2）2－（3）2 ＝9＋12 2. 综上所述，△ABC 的面积为1或9＋12 2.教后反思：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ___________________________________________________________________________________________________________________________________________。

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[解析] A．等边三角形，点 P 在开始与结束的两边上直线变化，在点 A 的对边上时，设等边三角形的边长为 a，则 y＝
（ 23a）2＋（32a－x）2(a<x<2a)，符合题干图象；B.菱形，点 P 在开始与结束的两边上直线变化，在另两边上时，都是先变速减小，再变速增加，不符合题干图象；C.正方形，点 P 在开始与结束的两边上直线变化，在另两边上，先变速增加至∠A 的对角顶点，再变速减小至另一顶点，不符合题干图象；D.圆，AP 的长度，先变速增加至 AP 为直径，然后再变速减小至点 P 回到点 A，不符合题干图象．故选 A.
[解析] 从表格中能看出所得分数为 5，11，19，29，41，…
从上图中，我们能看出这一组数的增幅不相等，但是增幅以 2 的幅度在增加，∴所得分数是挪动珠子数的二次函数．设挪动 n 颗珠子时(n 为大于 1 的整数), 所得分数为 yn＝an2＋
4a＋2b＋c＝5， bn＋c，由题意，得9a＋3b＋c＝11，
(二)由函数图象判断运动情况例 5 [2014·北京] 已知点 A 为某封闭图形边界上一定点，动点 P 从点 A 出发，沿其边界顺时针匀速运动一周，设点 P 运动的时间为 x，线段 AP 的长为 y，表示 y 与 x 的函数关系的图象大致如图 Z1－7 所示，则该封闭图形可能是( A )
专题一┃中考选择题压轴题分析与预测
专题二┃中考填空题压轴题分析与预测
(三)平面直角坐标系中的规律探究 Ⅰ.关于封闭图形内特殊点(图形)个数的探究例 4 [2012·北京] 在平面直角坐标系 xOy 中，我们把横、纵坐标都是整数的点叫做整点．已知点 A(0， 4)，点 B 是 x 轴正半轴上的整点，记△AOB 内部(不包括边界)的整点个数为 m.当 m＝3 时，点 B 的横坐标的所有可能值是___3_或__4__；当点 B 的横坐标为 4n(n 为正整数)时，m＝__6_n_－__3__(用含 n 的代数式表示)．
①如果一组数对中的每个数和它的前一个数的增幅相等(即等差数列)，则第 n 个数 yn 是 n 的一函数，表示为 yn＝a＋(n－1)b(其中 a 为数列的第一位数，b 为增幅)；
②如果一组数的增幅不相等，但是增幅以相同的幅度在增加，那么 yn 是 n 的二次函数，可以待定系数法确定函数解析式；(见例 1)
③如果一组数为循环数列，即几个数按一定的次序循环出现，找出循环节，判断第 n 个数位于环节的位置即可．
专题二┃中考填空题压轴题分析与预测 (二)与图形有关的规律探究
例 2 [2014·平谷二模] 如图 Z2－1，▱ABCD 的面积为 16，
对角线交于点 O；以 AB，AO 为邻边作▱AOC1B，对角线交
于点 O1；以 AB，AO1 为邻边作▱AO1C2B，对角线交于点 O2……
依为此__类_12_推__，__；则▱▱AAOOnCC1Bn＋
的面积为__8______；▱AO4C5B
1B 的面积为___28_n_(_或 __2_1n_6＋ _1_)__．
的面积
专题二┃中考填空题压轴题分析与预测
[解析] ∵▱ ABCD 的面积为 16， ∴S△ AOB＝14S▱ ABCD＝4， S▱ AOC1B＝2S△ AOB＝2×4＝8，同理：▱ AO1C2B 的面积是 4， ▱ AO2C3B 的面积是 2， ▱ AO3C4B 的面积是 1， ▱ AO4C5B 的面积是12， ▱ AO5C6B 的面积是14， …… ▱ AOnCn＋1B 的面积是28n.
专题一┃中考选择题压轴题分析与预测
方法点析
在近几年的中考试题中，考查动点与函数图象结合问题逐渐成为一种趋势．无论是前两年的动点生成函数图象，还是今年中考的由函数图象判断运动情况，解答此类问题的一个策略： ①认真观察几何图形，找出运动起点和终点，由动点移动范围确定自变量取值范围；②分清整个运动过程分为几段，关注动点运动过程中的特殊位置(即拐点)时的函数值．常关注的拐点包括运动起点和终点时的函数值，和最大(小)函数值；③关注每一段运动过程中函数值的变化规律，与图象上升(或下降)的变化趋势相对比；④在前面排除法行不通的情况下，写出各段的函数解析式．
专题二┃中考填空题压轴题分析与预测
[解析] ∵点 A(－3，0)，B(0，4)， ∴OA＝3，OB＝4， ∴AB＝ 32＋42＝5. ∵对△OAB 连续作如题图所示的旋转变换， ∴△OAB 每三次旋转后回到原来的状态，并且每三次向前移动了 3＋4＋5＝12(个)单位，而 7 ＋1， ∴第⑦个三角形和第①个三角形的状态一样，则三角形⑦与三角形⑥的直角顶点相同， ∴三角形⑦的直角顶点的横坐标为 2×12＝24，纵坐标为 0. 由题意可得：第 17 个三角形与第 2 个三角形状态相同，第 15 个三角形的直角顶点在 x 轴上的 (60，0)． ∴第 17 个三角形的直角顶点的横坐标为 60＋4＋156＝6715，纵坐标为152. ∴第 17 个直角三角形的直角顶点坐标为(6715，152)．
于示点y 与H.若x 的点函P数的关横系坐的标图为象x大，致AH是D的( 长为) y，则下列图象中，能表
专题一┃中考选择题压轴题分析与预测
[解析] 解法一：特殊值解法：①当点 P 与点 O 重合时，x＝0，y＝2.故可排除 C 选项；
②当点 Q 与点 O 重合时，x＝6.5，y＝3. 故可排除 A 选项；
专题一中考选择题压轴题分析与预测
例题精讲考点分析
专题一┃中考选择题压轴题分析与预测
函数图像与性质和立体图形的展开折叠式初中数学和高中数学的重要接轨点之一，也是中考数学选择压轴题的热点。
3
专题一┃中考选择题压轴题分析与预测
热考一几何体的折叠与展开
(一)几何体的展开图例 1 [2013·西城二模] 如图 Z1－1，三点所在的平面将该正方体的一个角切掉，然后将其展开，其展开图可能是( D )
专题一┃中考选择题压轴题分析与预测
热考二动点与函数图象结合
(一)动点生成函数图象
图 Z1－5 例 4 [2014·西城一模] 如图 Z1－5，在平面直角坐标系 xOy 中，以点 A(2，3)为顶点作一直角∠PAQ，使其两边分别与 x 轴、y 轴的正半轴交于点 P，Q.连接 PQ，过点 A 作 AH⊥PQ
专题一┃中考选择题压轴题分析与预测
[解析] 选项 A，B，C 折叠后都不符合题意，只有选项 D 折叠后两个剪去的三角形与另一个剪去的三角形交于一个顶点，与正方体三个剪去的三角形交于一个顶点符合．
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思想方法
理解并记忆几种常见几何体的展开图：圆柱、圆锥、正方体、长方体、三棱柱．解决此类问题，要充分考虑带有各种符号面的特点及位置，这是解决此类问题的关键．
③当 x＝2，即 AP∥y 轴时，∵AH⊥PQ， ∴AH<AQ＝2，即 y<2.故可排除 B 选项．故选 D.
专题一┃中考选择题压轴题分析与预测
解法二：常规解法：如图．
设 Q(0，q)． ∵∠BAQ＋∠QAC＝∠CAP＋∠QAC＝90°， ∴∠BAQ＝∠CAP. 又∠ABQ＝∠ACP， ∴△ABQ∽△ACP. ∴AACB＝BCQP. ①若 x≥2，则23＝3x－－q2，化简可得，q＝13－3 2x. ∵S△APQ＝12(2＋x)×3－12(3－q)×2－12x×q S△APQ＝12× x2＋q2×y，则12(2＋x)×3－12(3－q)×2－12x×q＝12× x2＋q2×y，整理，得 y x2＋q2＝(3－q)x＋2q，
专题二中考填空题压轴题分析与预测
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考情分析
规律探究性问题的解答需要学生经历观察、分析、归纳、概括、推理、检验等一系列探索活动，对学生的“数感”提出较高要求．
新定义题型就是指通过试题提供的新定义、新概念、新规则、新材料来创设新情境，提出新问题，要求学生运用它去解决新问题，并以此考查学生自学能力和阅读理解能力、知识迁移能力等综合素质．
专题二┃中考填空题压轴题分析与预测
[解析] 根据题意画出图形，再找出点 B 的横坐标与△AOB 内部(不包括边界)的整点 m 之间的关系．
当点 B 在(3，0)或(4，0)处时，△AOB 内部(不包括边界)的整点为(1，1)，(1，2)，(2，1)，共三个点，
∴当 m＝3 时，点 B 的横坐标的所有可能值是 3 或 4. 学生通过在试卷上精确作图，能够发现当 n＝1 时，点 B 的横坐标为 4，此时 m＝3；当 n＝ 2 时，点 B 的横坐标为 8，此时 m＝9；当 n＝3 时，点 B 的横坐标为 12，此时 m＝15.我们能够发现 3，9，15 中每相邻两个数之间依次多 6，很容易能够得到当点 B 的横坐标为 4n 时，m＝6n －3.
①如果奇数项为负，偶数项为正，则第 n 个式子的符号为(－1)n；
②如果奇数项为正，偶数项为负，则第 n 个式子的符号为(－1)n＋1.
专题二┃中考填空题压轴题分析与预测
(2)探究的数式规律，多数是函数的解析式．函数的解析式里常常包含着数学运算，将变量和序号放在一起，做一些计算，是解答与数、式有关的规律探究型问题的好途径．
16a＋4b＋c＝19， a＝1，解得b＝1， c＝－1， ∴yn＝n2＋n－1.令 yn＝71，解得 n＝8.
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方法点析
解决规律探究型问题，需要我们在平时的练习中积累一些常识性知识．
(1) 符号：如果一列数(式)每一项的符号为正负交替出现，那么
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例 3 [2014·昌平二模] 如图 Z2－2，在平面直角坐标系中，已知点 A(－3，0)，B(0，4)，对△AOB 连续作旋转变化，依次得到三角形①②③④…，则第⑦个三角形的直角顶点的坐标是_(_2_4_，_0_)__；第⑰个三角形的直角顶点的坐标是_(_67_15，__152_) __．