2019-2颠峰对决第二轮复习答案.pdf

２０１９ 年颠峰对决中考第二轮复习参考答案中考专题训练一— — —计算型问题第一课时— — —数与式、方程与不等式的计算中考题型演练【例 １】(１)解:ｘ＝１.　 (２) 解:ｘ＝２ꎬｙ＝３.{(３)解:去分母ꎬ得 ｘ(ｘ＋２)－(ｘ－１)(ｘ＋２)＝ ３.去括号、整理ꎬ得 ｘ＋２＝３.解得 ｘ＝１.经检验ꎬｘ＝１ 是增根ꎬ故原方程无解.(４)解:ｘ１＝１＋ ５ꎬｘ２＝１－ ５.【例 ２】(１)解:ｘ≥１.　 (２)解:－２<ｘ≤１.【例 ３】(１)解:原式＝４ｘ２＋４ｘ＋１－４ｘ２－ｘ＋３＝３ｘ＋４.(２)解:原式＝２ａ－ａ２＋２(ａ２＋３ａ－ａ－３)＝ ａ２＋６ａ－６.【例 ４】(１)解:原式＝５ｘ－２－ｘ＋２()ｘ－２()ｘ－２[]×ｘ ｘ－２()ｘ－３()２＋３ｘｘ－３＝ｘ ９－ｘ２()ｘ－３()２＋３ｘｘ－３＝－ｘ ｘ＋３()ｘ－３＋３ｘｘ－３＝－ｘ２ｘ－３.(２)解:原式＝９－４ｘｘ－３－(ｘ－３)２ｘ－３[]􀅱ｘ－３(ｘ＋２)(ｘ－２)＝ｘ(２－ｘ)ｘ－３􀅱ｘ－３(ｘ＋２)(ｘ－２)＝ －ｘｘ＋２.中考达标训练１.(１)解:原式＝２－ ３＋３ ３－４＋１＝－１＋２ ３.(２)解:原式＝４－４＋１－９＝－８.(３)解:原式＝－３×６＋４ ２－２ ２ ＝－３ ２＋４ ２－２ ２ ＝－ ２.(４)解:原式＝－１＋１－４ ３＋４－４－３３＝－１３ ３３.２.(１)解:ｘ＝－１３.　 (２)解:ｘ１＝０ꎬｘ２＝３.(３)解:ｘ１＝２ꎬｘ２＝５.　 (４)解:ｘ１＝１＋６３ꎬｘ２＝１－６３.３.(１)解:ｘ＝１.　 (２)解:ｘ＝４ 是增根ꎬ原方程无解.４.(１)解:ｘ＝３ꎬｙ＝５.{　 (２)解:ｘ＝２ꎬｙ＝１.{５.(１)解:ｘ>３.　 (２)解: ｘ≥２.６.(１)解:ｘ≤２３.　 (２)解:－２≤ｘ<５.７.(１)解:原式＝ｘ２－２ｘｙ＋ｙ２－ｘ２＋ｘｙ＋２ｙ２＝－ｘｙ＋３ｙ２.(２)解:原式＝－２ｂ２.(３)解:原式＝ａ２－ａｂ－(ａ２－ａｂ－２ｂ２)＝ ａ２－ａｂ－ａ２＋ａｂ＋２ｂ２＝２ｂ２.(４)解:原式＝(４ｘ２－４ｘｙ＋ｙ２)－(ｘｙ＋ｙ２)＝ ４ｘ２－４ｘｙ＋ｙ２－ｘｙ－ｙ２＝４ｘ２－５ｘｙ.８.(１)解:原式＝４ａ２－４ａ＋１－２ａ２＋２－ａ２＋２ａ＝ａ２－２ａ＋３ꎬ当 ａ＝ ２＋１ 时ꎬ原式＝( ２＋１)２－２( ２＋１)＋３＝３＋２ ２－２ ２－２＋３＝４.(２)解:原式＝４ｘ２－４ｘ＋１－ｘ２＋６ｘ＋ｘ２－４＝４ｘ２＋２ｘ－３.∵ ２ｘ２＋ｘ－５＝０ꎬ∴ ４ｘ２＋２ｘ＝１０ꎬ∴ 原式＝１０－３＝７.９.(１)解:原式＝(ｘ＋１)(ｘ－１)－３ｘ＋１÷(ｘ＋２)２ｘ＋１＝(ｘ＋２)(ｘ－２)ｘ＋１􀅱ｘ＋１(ｘ＋２)２＝ｘ－２ｘ＋２.(２)解:原式＝ｙ２－９ｙ－２()􀅱(ｙ＋２)(ｙ－２)ｙ－３－ｙ２＝(ｙ＋３)(ｙ＋２)－ｙ２＝５ｙ＋６.(３)解:原式＝ｘ＋１ｘ＋１－ｘ２－ｘ＋２ｘ＋１()×ｘ＋１ｘ－１＋１ｘ＋１＝－ｘ２＋２ｘ－１ｘ＋１×ｘ＋１ｘ－１＋１ｘ＋１＝－(ｘ－１)＋１ｘ＋１＝－ｘ２＋２ｘ＋１.(４)解:原式＝(ｘ－４)２ｘ(ｘ＋２)÷１６－ｘ２ｘ＋２()＋１ｘ＋４＝４－ｘｘ(ｘ＋４)＋１ｘ＋４＝４ｘ２＋４ｘ.１０.(１)解:原式＝(ｘ－１)÷２－ｘ－１ｘ＋１＝(ｘ－１)÷１－ｘｘ＋１＝(ｘ－１)×ｘ＋１１－ｘ＝－ｘ－１.由 ｘ 为方程 ｘ２＋３ｘ＋２＝０ 的根ꎬ解得 ｘ＝－１ 或 ｘ＝－２.当 ｘ＝－１ 时ꎬ原式无意义ꎬ所以 ｘ＝－１ 舍去ꎻ当 ｘ＝－２ 时ꎬ原式＝－(－２)－１＝２－１＝１.(２)解:原式＝ａ－４ａ()÷ａ＋２ａ(ａ－２)－ａ－１(ａ－２)２[]＝ａ－４ａ()÷(ａ＋２)(ａ－２)－ａ(ａ－１)ａ (ａ－２)２[]＝ａ－４ａ()􀅱ａ (ａ－２)２ａ－４＝(ａ－２)２.由５－ａ>１ꎬ２ａ＋１>３ꎬ{得 １<ａ<４.又∵ ａ 为整数ꎬ∴ ａ＝２ 或 ａ＝３.∵ ａ＝２ 使得原分式无意义ꎬ∴ ａ＝３.把 ａ＝３ 代入原式ꎬ得原式＝１.第二课时— — —含有参数的方程和不等式的计算中考题型演练【例 ５】(１)Ｂ　 (２)Ｂ　 【例 ６】(１)Ａ　 (２)Ｃ中考达标训练１.Ｂ　 ２.Ａ　 ３.Ａ　 ４.Ｄ　 ５.Ｃ　 ６.Ａ　 ７.Ｂ　 ８.Ｃ　 ９.Ｂ　 １０.Ｂ中考专题训练二— — —规律探索型问题中考题型演练【例 １】－１()ｎ＋１􀅱２ｎ－１(ｎ＋１)２【例 ２】Ｂ　 【例 ３】Ｂ　 【例 ４】Ｂ【例 ５】【解析】当 ｘ＝６２５ 时ꎬ１５ｘ＝１２５ꎻ当 ｘ＝１２５ 时ꎬ１５ｘ＝２５ꎻ当 ｘ＝２５ 时ꎬ１５ｘ＝５ꎻ当 ｘ＝５ 时ꎬ１５ｘ＝１ꎻ当 ｘ＝１ 时ꎬｘ＋４＝５ꎻ当 ｘ＝５ 时ꎬ１５ｘ＝１ꎻ当 ｘ＝１ 时ꎬｘ＋４＝５ꎻ当 ｘ＝５ 时ꎬ１５ｘ＝１ꎻ􀆻(２ ０１８－３)÷２＝１ ００７􀆻􀆻１ꎬ即输出的结果是 １ꎬ故答案为:１.中考达标训练１.Ｂ　 ２.Ｂ　 ３.Ｃ　 ４.Ｃ　 ５.Ｂ　 ６.Ｂ　 ７.Ｂ　 ８.Ｂ　 ９.６３９　 １０.(－１)ｎ－１􀅱ｎ(ｎ－１)２　 １１.６　 １２.１５　 １３.２ ６９１２ꎬ３２()中考专题训练三— — —统计和概率综合型问题中考题型演练【例 １】１４　 【解析】每位考生有 ４ 选择方案ꎬ把 ４ 种中方案分别设为:Ａ:立定跳远、坐位体前屈ꎻＢ:实心球、１ 分钟跳绳ꎻＣ:立定跳远、１ 分钟跳绳ꎻＤ:实心球、坐位体前屈.画树状图如下:∴ 小明与小刚选择同种方案的概率＝４１６＝１４.【例 ２】１３　 【解析】用树状图或利用表格列出所有可能的结果:所以编号为 １ꎬ２ 的 ２ 个小方格空地种植草坪的概率＝２６＝１３.【例 ３】４.５ 首　 解:(１)本次调查的学生共有:２０÷６０°３６０°＝ １２０(名)ꎬ背诵 ４ 首的有:１２０－１５－２０－１６－１３－１１＝４５(人).∵ １５＋４５＝６０ꎬ∴ 这组数据的中位数是:(４＋５)÷２＝４.５(首).(２)大赛后一个月ꎬ该校学生一周诗词背诵 ６ 首(含 ６ 首)以上的有:１ ２００×—１—４０＋２５＋２０１２０＝８５０(人).答:大赛后一个月ꎬ该校学生一周诗词背诵 ６ 首(含 ６ 首)以上的有 ８５０ 人.(３)活动启动之初的中位数是 ４.５ 首ꎬ众数是 ４ 首ꎬ大赛比赛后一个月时的中位数是 ６ 首ꎬ众数是 ６ 首.从比赛前后的中位数和众数看ꎬ比赛后学生背诵诗词的积极性明显提高ꎬ这次举办后的效果比较理想.【例 ４】９　 ６　 １８５　 １８０解:(１)ａ＝９ꎬｂ＝６ꎬｃ＝１８５ꎬｄ＝１８０.(２)甲车间样品的合格率为:５＋６２０×１００％＝５５％.(３)∵ 乙车间样品的合格产品数为:２０－(１＋２＋２)＝ １５(个)ꎬ∴ 乙车间样品的合格率为:１５２０×１００％＝７５％ꎬ∴ 乙车间的合格产品数为:１ ０００×７５％＝７５０(个).(４)①乙车间合格率比甲车间高ꎬ所以乙车间生产的新产品更好ꎻ②从样品的方差看ꎬ甲、乙平均数相等ꎬ且均在合格范围内ꎬ而乙的方差小于甲的方差ꎬ说明乙比较稳定ꎬ所以乙车间生产的新产品更好.中考达标训练１.Ｄ　 ２.９１０　 ３.５９　 ４.１４　 ５.２３６.解:整理数据:表一　 　 　 　 质量/ ｇ频数　种类　 　 　 　 　３９３≤ｘ<３９６３９６≤ｘ<３９９３９９≤ｘ<４０２４０２≤ｘ<４０５４０５≤ｘ<４０８４０８≤ｘ<４１１甲３０　 ３　０１３乙０　 ３　１５　 １　０分析数据:将甲组数据重新排列为:３９３ꎬ３９４ꎬ３９５ꎬ４００ꎬ４００ꎬ４００ꎬ４０６ꎬ４０８ꎬ４０９ꎬ４１０ꎬ∴ 甲组数据的中位数为 ４００.乙组数据中 ４０２ 出现次数最多ꎬ有 ３ 次ꎬ∴ 乙组数据的众数为 ４０２.表二种类平均数中位数众数方差甲４０１.５４００４００３６.８５乙４００.８４０２４０２８.５６得出结论:由表二知ꎬ乙包装机分装的奶粉质量的方差小ꎬ分装质量比较稳定ꎬ故包装机分装情况比较好的是乙.７.解:(１)４％.(２)不正确ꎬ 正确的算法为:９０×２０％＋８２×３２％＋６５×４４％＋４０×４％＝７４.４４.(３)设不及格的人数为 ｘ 人ꎬ则 ７６≤４０ｘ≤８５.解得 １.９≤ｘ≤２.１２５.∵ ｘ 为正整数ꎬ∴ ｘ＝２ꎬ∴ 抽取的学生人数为:２÷４％＝５０(人)ꎬ∴ 八年级学生中优秀等级的人数约为:５０×２０％÷１０％＝１００(人).８.解:(１)补全表格如下:年级平均数中位数满分率七年级９０.１９３２５％八年级９１.８９７.５２０％(２)估计该校七年级、八年级学生在本次测试成绩中可以得到满分的人数共有:３００×(２５％＋２０％)＝ １３５(人)ꎬ故答案为:１３５.(３)八年级掌握禁毒知识总体较好.∵ 八年级的平均成绩比七年级高ꎬ说明八年级平均水平高ꎬ且八年级成绩的中位数比七年级大ꎬ说明八年级的得高分人数多于七年级ꎬ∴ 八年级掌握禁毒知识总体较好.９.解:(１)女生的中位数、众数分别是 ３′２１″、３′１０″.(２)设男生有 ｘ 人ꎬ女生有(ｘ＋７０)人.由题意ꎬ得 ｘ＋ｘ＋７０＝４９０.解得 ｘ＝２１０.女生有:ｘ＋７０＝２１０＋７０＝２８０(人).女生得满分人数为:２８０×８１０×１００％＝２２４(人).(３)假设经过 ｘ 分钟后ꎬ１ 号与 １０ 号在 １ ０００ 米跑中能首次相遇.根据题意ꎬ得１０００３５６０ｘ－１０００３５５６０ｘ ＝ ４００.整理ꎬ得 ３００ｘ ＝１ ７３９.解得 ｘ≈５.８.又∵ ５′４８″>３′０５″ꎬ∴ 考生 １ 号与 １０ 号在 １ ０００ 米跑中不能首次相遇.１０.解:(１)服装项目的百分比是:１－２０％－３０％－４０％ ＝１０％ꎬ普通话项目对应扇形的圆心角是:３６０°×２０％＝７２°.(２)李明在选拔赛中四个项目所得分数的众数是 ８５ꎬ中位数是:(８０＋８５)÷２＝８２.５.(３)李明得分为:８５×１０％＋７０×２０％＋８０×３０％＋８５×４０％ ＝ ８０.５ꎬ张华得分为:９０×１０％＋７５×２０％＋７５×３０％＋８０×４０％＝７８.５.∵ ８０.５>７８.５ꎬ∴ 李明的演讲成绩好ꎬ故选择李明参加“美丽邵阳ꎬ我为家乡做代言”主题演讲比赛.中考专题训练四— — —三角函数应用型问题中考题型演练答图【例 １】Ａ【例 ２】Ｃ　 【解析】如答图ꎬ过点 Ｅ 作 ＥＭ⊥ＡＢ 于点Ｍ.∵ ＥＭ∥ＢＣꎬ设 ＭＥ＝ｘ 米ꎬ∴ ＡＭ＝ｔａｎ α􀅱ｘꎬＢＭ＝ｔａｎ β􀅱ｘ.∵ ＡＢ＝３６ 米ꎬ∴ ｔａｎ α􀅱ｘ＋ｔａｎ β􀅱ｘ＝３６ꎬ∴ ｔａｎ ３７°ｘ＋ｔａｎ ２４°ｘ＝３６ꎬ即 ０.７５ｘ＋０.４５ｘ＝３６.解得 ｘ＝３０.∴ ＡＥ＝ＥＭｃｏｓ ３７°≈３００.８０＝３７.５(米).故答案选 Ｃ.【例 ３】解:如答图ꎬ作 ＢＤ⊥ＡＣ 于点 Ｄ.答图在 Ｒｔ△ＡＢＤ 中ꎬ∠ＡＢＤ＝６７°ꎬｓｉｎ ６７° ＝ＡＤＡＢ≈１２１３ꎬ∴ ＡＤ≈１２１３ＡＢ＝４８０ ｋｍꎬｃｏｓ ６７° ＝ＢＤＡＢ≈５１３ꎬ∴ ＢＤ ＝５１３ＡＢ ＝ ２００ｋｍ.在 Ｒｔ△ＢＣＤ 中ꎬ∠ＣＢＤ ＝ ３０°ꎬｔａｎ ３０° ＝ＣＤＢＤ＝３３ꎬ∴ ＣＤ＝３３ＢＤ≈１１６ ｋｍꎬ∴ ＡＣ＝ＣＤ＋ＤＡ＝５９６ ｋｍ.答:Ａ 地到 Ｃ 地之间的高铁线路的长约为 ５９６ ｋｍ.中考达标训练１.Ｂ　 ２.Ｂ　 ３.Ｃ　 ４.Ｃ　 ５.Ａ　 ６.Ｂ　 ７.(３５＋１０ ３)　 ８.２０９.解:在 Ｒｔ△ＡＣＥ 中ꎬ∵ ｔａｎ∠ＣＡＥ＝ＣＥＡＥꎬ∴ ＡＥ＝ＣＥｔａｎ∠ＣＡＥ＝１５５ｔａｎ ８２.４°≈１５５７.５≈２１(ｃｍ).在 Ｒｔ△ＤＢＦ 中ꎬ∵ ｔａｎ∠ＤＢＦ＝ＤＦＢＦꎬ∴ ＢＦ＝ＤＦｔａｎ∠ＤＢＦ＝２３４ｔａｎ ８０.３°≈２３４５.８５＝４０(ｃｍ)ꎬ∴ ＥＦ＝ＥＡ＋ＡＢ＋ＢＦ≈２１＋９０＋４０＝１５１(ｃｍ).∵ ＣＥ⊥ＥＦꎬＣＨ⊥ＤＦꎬＤＦ⊥ＥＦꎬ∴ 四边形 ＣＥＦＨ 是矩形ꎬ∴ ＣＨ＝ＥＦ＝１５１ ｃｍ.答:高、低杠间的水平距离 ＣＨ 的长约为 １５１ ｃｍ.１０.解:如答图ꎬ过点 Ｐ 作 ＰＣ⊥ＡＢꎬ垂足为点 Ｃ.由题意可知ꎬ∠Ａ＝６４°ꎬ∠Ｂ＝４５°ꎬＰＡ＝１２０ 海里.在 Ｒｔ△ＡＰＣ 中ꎬｓｉｎ∠Ａ＝ＰＣＰＡꎬｃｏｓ∠Ａ＝ＡＣＰＡꎬ∴ ＰＣ＝ＰＡ􀅱ｓｉｎ∠Ａ＝１２０×ｓｉｎ ６４°ꎬ第 １０ 题答图ＡＣ＝ＰＡ×ｃｏｓ∠Ａ＝１２０×ｃｏｓ ６４°.在 Ｒｔ△ＢＰＣ 中ꎬｓｉｎ∠Ｂ＝ＰＣＢＰꎬｔａｎ∠Ｂ＝ＰＣＢＣꎬ∴ ＢＰ＝ＰＣｓｉｎ∠Ｂ＝１２０×ｓｉｎ ６４°ｓｉｎ ４５°≈１２０×０.９０２２≈１５３(海里)ꎬＢＣ＝ＰＣｔａｎ∠Ｂ＝ＰＣｔａｎ ４５°＝ＰＣ＝１２０×ｓｉｎ ６４°ꎬ∴ ＢＡ＝ＢＣ＋ＡＣ＝１２０×ｓｉｎ ６４°＋１２０×ｃｏｓ ６４°≈１２０×０.９０＋１２０×０.４４≈１６１(海里).答:ＢＰ 的长约有 １５３ 海里ꎬＢＡ 的长约有 １６１ 海里.中考专题训练五— — —方程、不等式、函数应用型问题第一课时— — —方程与不等式应用(１)中考题型演练【例 １】解:(１)设降价 ｘ 元ꎬ则８００×０.９－ｘ－５００５００＝１０％.解得 ｘ＝１７０.答:降价 １７０ 元ꎬ才能使利润率为 １０％.(２)由题意ꎬ得８００ １＋３ｍ％()－２６ｍ－５００[]􀅱５０ １＋１２５ｍ％()＝２０ ０００.设 ｍ％＝ｔꎬ得 ２４ｔ２－２６ｔ＋５＝０.解得 ｔ１＝５６ꎬｔ２＝１４ꎬ则 ｍ１＝２５０３ꎬｍ２＝２５.但因尽快减少库存ꎬ∴ ｍ＝２５０３.答:ｍ 的值为２５０３.【例 ２】解:(１)设 Ｂ 型平衡车售价为 ｘ 元ꎬ则 Ａ 型平衡车的售价为７６ｘ 元.由题意ꎬ得１ ０８０ ０００ｘ＋８４０ ０００７６ｘ＝６００.解得 ｘ＝３ ０００.经检验ꎬｘ＝３ ０００ 是方程的根.则７６ｘ＝７６×３ ０００＝３ ５００(元).答:ＡꎬＢ 型平衡车的售价分别是 ３ ５００ 元和 ３ ０００ 元.(２)原来 Ａ 型平衡车的销量为 ８４０ ０００÷３ ５００＝２４０(台)ꎬ原来 Ｂ 型平衡车的销量为 １ ０８０ ０００÷３ ０００＝３６０(台).由题 意ꎬ 得 ２４０ ( １ ＋ ａ％) ( ３ ５００ － ２０ａ) ＋ ３ ０００１－１２ａ％()􀅱 ３６０１＋２ａ９＋２０()％[]＝２ ０６７ ６００.化简ꎬ得 ａ２＋８ａ－１ １４０＝０.解得 ａ１＝３０ꎬａ２＝－３８(不合题意ꎬ舍去).∴ ａ＝３０.答:ａ 的值为 ３０.【例 ３】解:(１)设每张门票的原定票价为 ｘ 元ꎬ则现在每张门票的票价为(ｘ－８０)元.根据题意ꎬ得６ ０００ｘ＝４ ８００ｘ－８０.解得 ｘ＝４００.经检验ꎬｘ＝４００ 是原方程的根.—２—答:每张门票的原定票价为 ４００ 元.(２)设平均每次降价的百分率为 ｙ.根据题意ꎬ得 ４００(１－ｙ)２＝３２４.解得 ｙ１＝０.１ꎬｙ２＝１.９(不合题意ꎬ舍去).答:平均每次降价 １０％.【例 ４】解:(１)设原计划购买男款书包 ｘ 个ꎬ则女款书包(６０－ｘ)个.根据题意ꎬ得 ５０ｘ＋７０(６０－ｘ)＝ ３ ４００.解得 ｘ＝４０.则 ６０－ｘ＝６０－４０＝２０.答:原计划购买男款书包 ４０ 个ꎬ女款书包 ２０ 个.(２)设女款书包最多能买 ｙ 个ꎬ则男款书包买(８０－ｙ)个.根据题意ꎬ得 ７０ｙ＋５０(８０－ｙ)≤４ ８００.解得 ｙ≤４０.∴ 女款书包最多能买 ４０ 个.中考达标训练１.解:(１) 设 １ 月初此种蔬菜的价格为每千克 ｘ 元. 根据题意ꎬ得１６ｘ－１６(１＋６０％)ｘ＝２.解得 ｘ＝３.经检验ꎬｘ＝３ 是原方程的根且符合题意.∴ (１＋６０％)ｘ＝４.８.答:今年 ２ 月 １０ 日此蔬菜的价格为每千克 ４.８ 元.(２)设 ２ 月 １０ 日两种蔬菜总销量为 １.根据题意ꎬ得 ４.８(１－０.５ａ％)×５０％×１×(１＋ａ％)＋４.８×５０％×１×(１＋ａ％)＝ ４.８×１×(１＋０.７ａ％).令 ａ％＝ｙꎬ整理ꎬ得 ５ｙ２－ｙ＝０.解得 ｙ１＝０(不合题意ꎬ舍去)ꎬｙ２＝ ０.２ꎬ∴ ａ ＝２０.答:ａ 的值为 ２０.２.解:(１) 由题意ꎬ得 ４×(２ ５００－１００ｘ) ＋１０×２ ５００－(２ ５００－１００ｘ)[]≤１２０００.解得 ｘ≤１０３.又∵ １≤ｘ≤１２ 且 ｘ 为整数ꎬ∴ ｘ＝１ꎬ２ꎬ３.答:该企业 ２０１５ 年 １ꎬ２ꎬ３ 月用于污水处理的费用不超过 １２ ０００ 元.(２)由题意ꎬ得 ４×１＋５ ａ－３０()％[]×２ ５００(１＋ａ％)×５０％＝８ ４３７.５.整理ꎬ得 ａ２＋９０ａ－４ ３７５＝０.解得 ａ１＝３５ꎬａ２＝－１２５(不合题意ꎬ舍去).答:ａ 的值为 ３５.３.解:(１)设该市 ２０１８ 年新能源车的年增长率为 ｘ.根据题意ꎬ得 ２０(ｘ＋１)＋(１００－２０)×(１－１０％)＝ １００×(１＋１０％).解得 ｘ＝０.９＝９０％.答:该市 ２０１７ 年新能源车的年增长率为 ９０％.(２)根据题意ꎬ得 １００×(１＋１０％)＋１００×(１＋１０％)􀅱ａ％－１００×５％≤１４３.５.解得 ａ≤３５.∴ ａ 的最大值为 ３５.答:ａ 的最大值为 ３５.４.解:(１)设该超市购进甲商品 ｘ 件ꎬ则购进乙商品(８０－ｘ)件.根据题意ꎬ得 １０ｘ＋３０(８０－ｘ)＝ １ ６００.解得 ｘ＝４０.则 ８０－ｘ＝４０.答:购进甲、乙两种商品各 ４０ 件.(２)设该超市购进甲商品 ｙ 件ꎬ乙商品(８０－ｙ)件.由题意ꎬ得１０ｙ＋３０(８０－ｙ)≤１ ６４０ꎬ５ｙ＋１０(８０－ｙ)≥６００.{解得 ３８≤ｙ≤４０.∵ ｙ 为正整数ꎬ∴ ｙ＝３８ꎬ３９ꎬ４０ꎬ则 ８０－ｙ＝４２ꎬ４１ꎬ４０.进而利润分别为 ５×３８＋１０×４２＝６１０(元)ꎬ５×３９＋１０×４１＝６０５(元)ꎬ５×４０＋１０×４０＝６００(元).答:该超市利润最大的方案是购进甲商品 ３８ 件ꎬ乙商品 ４２ 件.５.解:(１)设购买 １ 台打印机需要 ｘ 元ꎬ购买 １ 台平板电脑需要 ｙ 元.由题意ꎬ得ｙ－３ｘ＝６００ꎬ２ｙ＋３ｘ＝８ ４００.{解得ｘ＝８００ꎬｙ＝３ ０００.{答:购买 １ 台打印机要 ８００ 元ꎬ购买 １ 台平板电脑要 ３ ０００ 元.(２)设购买平板电脑 ｍ 台.由题意ꎬ得１００－ｍ≥２ｍꎬ３ ０００ｍ＋８００(１００－ｍ)≤１６８ ０００.{解得 ｍ≤１００３.∵ ｍ 为正整数ꎬ∴ ｍ＝３３.答:最多能买平板电脑 ３３ 台.第二课时— — —方程与不等式的应用(２)中考题型演练【例 ５】解:(１)设每个 Ａ 型放大镜和每个 Ｂ 型放大镜分别为 ｘ 元ꎬｙ 元.由题意ꎬ得８ｘ＋５ｙ＝２２０ꎬ４ｘ＋６ｙ＝１５２.{解得ｘ＝２０ꎬｙ＝１２.{答:每个 Ａ 型放大镜和每个 Ｂ 型放大镜分别为 ２０ 元ꎬ１２ 元.(２)设购买 Ａ 型放大镜 ａ 个.根据题意ꎬ得 ２０ａ＋１２×(７５－ａ)≤１ １８０.解得 ａ≤３５.答:最多可以购买 ３５ 个 Ａ 型放大镜.【例 ６】解:(１)设第一次所购该蔬菜的进货价是每千克 ｘ 元.根据题意ꎬ得４００ｘ􀅱２＝７００ｘ－０.５.解得 ｘ＝４.经检验ꎬｘ＝４ 是原方程的根.答:第一次所购该蔬菜的进货价是每千克 ４ 元.(２)由(１)知ꎬ第一次所购该蔬菜数量为 ４００÷４ ＝ １００(千克)ꎬ第二次所购该蔬菜数量为 １００×２＝２００(千克).设该蔬菜每千克售价至少为 ｙ 元.根据题意ꎬ得[１００(１－２％)＋２００(１－３％)]ｙ－４００－７００≥９４４.解得 ｙ≥７.答:该蔬菜每千克售价至少为 ７ 元.【例 ７】解:(１)设 Ａ 著作购买了 ｘ 本ꎬ则 Ｂ 著作购买了(２７－ｘ)本.由题意ꎬ得 ４０ｘ＋６０(２７－ｘ)≤１ ３８０.解得 ｘ≥１２.答:Ａ 著作至少购买了 １２ 本.(２)由题意ꎬ得(４０－１０)×１８×１＋１４９ａ％()＋６０(１－ａ％)×３５×[１＋(ａ＋２０)％]＝３ ０６０.令 ａ％＝ｍꎬ整理ꎬ得 ５ｍ２－ｍ＝０.解得 ｍ１＝０(不合题意ꎬ舍去)ꎬｍ２＝１５.则 ａ％＝ｍ２＝１５ꎬ∴ ａ＝２０.答:ａ 的值为 ２０.【例 ８】解:(１)设今年该小区小叶榕种植 ｘ 株.由题意ꎬ得 ｘ≤３(３００－ｘ).解得 ｘ≤２２５.答:今年该小区小叶榕最多可以种植 ２２５ 株.(２)设今年这株银杏长 ｙ 片树叶.由题意ꎬ得 １０ｙ＝４ ５００×１０×１.１＋５００.解得 ｙ＝５ ０００.∴ 今年这株银杏长 ５ ０００片树叶.∴５０００１＋１０ａ９％()×１０ × ( １ ＋２ａ％)＋１０ ( １＋２ａ％)×５ ０００ １＋１０ａ９％()×４５＋２ ０００[]＝１４４ ０００.令 ａ％＝ｔꎬ整理ꎬ得 １００ｔ２＋１６ｔ－１７＝０.解得 ｔ２＝０.１ꎬｔ１＝－１.７(不合题意ꎬ舍去).∴ ａ＝１０.答:ａ 的值为 １０.【例 ９】解:(１)设 Ａ 区该周平均每单消费 ｘ 元.由题意ꎬ得 ３００ｘ＋３００×２３(ｘ－２０)≥２６ ０００.解得 ｘ≥６０.答:Ａ 区该周平均每单至少消费 ６０ 元.(２)设第一周两区总单数为 ａ.由题意ꎬ得３５ａ(１＋ｍ％)(６０＋０.５ｍ)＋２５ａ(１＋ｍ％)(４０＋０.２５ｍ)＝ ａ×５２(１＋２ｍ％).整理ꎬ得 ｍ２－３０ｍ＝０.解得 ｍ１＝０(不合题意ꎬ舍去)ꎬｍ２＝３０.∴ ｍ＝３０.答:ｍ 的值为 ３０.【例 １０】解:(１)设乙工程队每天能完成绿化的面积是 ｘ ｍ２.根据题意ꎬ得４００ｘ－４００２ｘ＝４.解得 ｘ＝５０.经检验ꎬｘ＝５０ 是原方程的解.则甲工程队每天能完成绿化的面积是 ５０×２＝１００(ｍ２).答:甲、乙两工程队每天能完成绿化的面积分别是 １００ ｍ２ꎬ５０ ｍ２.(２)根据题意ꎬ得 １００ｘ＋５０ｙ＝１ ８００.整理ꎬ得 ｙ＝３６－２ｘ.∴ ｙ 与 ｘ 的函数解析式为 ｙ＝３６－２ｘ.(３)∵ 甲、乙两队施工的总天数不超过 ２６ 天ꎬ∴ ｘ＋ｙ≤２６ꎬ∴ ｘ＋３６－２ｘ≤２６.解得 ｘ≥１０.设施工总费用为 ｗ 元.根据题意ꎬ得 ｗ＝０.６ｘ＋０.２５ｙ＝０.６ｘ＋０.２５×(３６－２ｘ)＝ ０.１ｘ＋９.∵ ｋ＝０.１>０ꎬ∴ ｗ 随 ｘ 的减小而减小ꎬ∴ 当 ｘ＝１０ 时ꎬｗ 有最小值ꎬ最小值为 ０.１×１０＋９＝１０ꎬ此时 ｙ＝３６－２０＝１６.答:安排甲队施工 １０ 天ꎬ乙队施工 １６ 天时ꎬ施工总费用最低.中考达标训练１.解:(１)设每台 Ａ 型电脑的价格为 ｘ 元ꎬ每台 Ｂ 型打印机的价格为 ｙ 元.根据题意ꎬ得ｘ＋２ｙ＝５ ９００ꎬ２ｘ＋２ｙ＝９ ４００.{解得ｘ＝３ ５００ꎬｙ＝１ ２００.{答:每台 Ａ 型电脑的价格为 ３ ５００ 元ꎬ每台 Ｂ 型打印机的价格为 １ ２００ 元.(２)设学校购买 ａ 台 Ｂ 型打印机ꎬ则购买 Ａ 型电脑为(ａ－１)台.根据题意ꎬ得 ３ ５００(ａ－１)＋１ ２００ａ≤２０ ０００.解得 ａ≤５.答:该学校至多能购买 ５ 台 Ｂ 型打印机.２.解:(１)设该商家购进的第一批衬衫是 ｘ 件ꎬ则购进第二批这种衬衫是 ２ｘ件.由题意ꎬ得１３ ２００ｘ＋１０＝２８ ８００２ｘ.解得 ｘ＝１２０.经检验ꎬｘ＝１２０ 是原方程的解ꎬ且符合题意.答:该商家购进的第一批衬衫是 １２０ 件.(２)衬衫共有 ３ｘ＝３×１２０＝３６０(件).设每件衬衫的标价 ｙ 元.由题意ꎬ得(３６０－５０)ｙ＋５０×０.８ｙ≥(１３ ２００＋２８ ８００) ×(１＋２５％).解得 ｙ≥１５０.答:每件衬衫的标价至少是 １５０ 元.３.解:(１)设今年元旦节 “猫山王”榴梿的单价是每千克 ｘ 元.由题意ꎬ得 ６×１＋１３()ｘ≥２４０.解得 ｘ≥３０.答:今年元旦节 “猫山王”榴梿的单价是每千克 ３０ 元.(２)由(１)知端午节当天“猫山王”榴梿的单价至少是 ４０ 元.由题意ꎬ得(４０－ａ)(１００＋２ａ)＝ ４０×１００－１５０.整理ꎬ得 ａ２＋１０ａ－７５＝０.解得 ａ１＝５ꎬａ２＝－１５(不合题意ꎬ舍去).答:ａ 的值为 ５.４.解:(１)设江架销售 ｘ 件.由题意ꎬ得 ４００ｘ＋５００(１２０－ｘ)≥５５ ０００.解得 ｘ≤５０.答:至多销售江架 ５０ 件.(２)设 １０ 月份德架的销售数量为 ３ｋ 件ꎬ则江架为 １０ｋ 件.由题意ꎬ得 ５００(１＋１.５ａ％)􀅱３ｋ＋４００(１－ａ％)􀅱１０ｋ(１＋ａ％)＝ (５００×３ｋ＋４００×１０ｋ)􀅱 １＋５２２ａ％()ꎬ设 ａ％＝ｔꎬ整理ꎬ得 ４ ｔ２－ｔ＝０.解得ｔ１＝０(不合题意ꎬ舍去)ꎬｔ２＝１４.∴ ａ＝２５.答:ａ 的值为 ２５.５.解:(１)设 Ａ 型净水器每台的进价为 ｍ 元ꎬ则 Ｂ 型净水器每台的进价为(ｍ－２００)元.根据题意ꎬ得５０ ０００ｍ＝４５ ０００ｍ－２００.解得 ｍ＝２ ０００.经检验ꎬｍ＝２ ０００ 是原分式方程的解.∴ ｍ－２００＝１ ８００.答:Ａ 型净水器每台的进价为 ２ ０００ 元ꎬＢ 型净水器每台的进价为 １ ８００ 元.(２)根据题意ꎬ得 ２ ０００ｘ＋１ ８００(５０－ｘ)≤９８ ０００.解得 ｘ≤４０.Ｗ＝(２ ５００－２ ０００)ｘ＋(２ １８０－１ ８００)(５０－ｘ)－ａｘ＝(１２０－ａ)ｘ＋１９ ０００.∵ 当 ７０<ａ<８０ 时ꎬ１２０－ａ>０ꎬ—３—∴ Ｗ 随 ｘ 增大而增大ꎬ∴ 当 ｘ＝４０ 时ꎬＷ 取最大值ꎬ最大值为(１２０－ａ)×４０＋１９ ０００＝２３ ８００－４０ａ.答:Ｗ 的最大值是(２３ ８００－４０ａ)元.中考专题训练六— — —反比例函数计算型问题第一课时— — —反比例函数的综合计算【例 １】２８【例 ２】７ꎬ２７()【例 ３】－１－ ５中考达标训练１.－３２　 ２.２５５　 ３.４　 ４.１２　 ５.２　 ６.５　 ７.－１２ ３　 ８.－４　 ９.２　 １０.(３ꎬ２)第二课时— — —反比例函数 ｋ 的几何意义【例 ４】８【例 ５】６中考达标训练１.２　 ２.－１３　 ３.１２　 ４.１４　 ５.２５３　 ６.－３　 ７.(７.５ꎬ０)　 ８.１０３３　 ９.－３ ３　１０.８３中考专题训练七— — —一次函数应用型问题第一课时— — —一次函数应用型问题(１)中考题型演练【例 １】１１３４０　 【解析】货车速度＝(３５０－２７０)÷(１－０)＝ ８０(ｋｍ/ ｈ)ꎬ快递车速度:[(３５０－８０)×２－３×８０]÷３＝１００(ｋｍ/ ｈ)ꎬ两车相遇时与 Ｂ 地的距离:２７０－３×８０＝３０(ｋｍ)ꎬ货车到 Ｂ 地时ꎬ快递车与 Ｂ 地距离:３０＋(３０÷８０)×１００＝１３５２(ｋｍ)ꎬ则快递车与 Ａ 地距离:３５０－１３５２＝５６５２(ｋｍ)ꎬ则 ｔ＝５６５２÷１００＝１１３４０(小时).【例 ２】６０中考达标训练１.１５０　 ２.１３６　 ３.６０　 ４.３４７　 ５.２ ０００３　 ６.１ ８００第二课时— — —一次函数应用型问题(２)中考题型演练【例 ３】 　２ ９７５ 　【 解 析】 设 小 明 速 度 是 ｖ１ꎬ 小 亮 速 度 是 ｖ２ꎬ 则ｖ１＋ｖ２＝１ ４００÷１０＝１４０ꎬ１０ｖ１＋４０ｖ２＝２５ｖ１＋１５ｖ２.{解得 ｖ１＝１７５２ꎬｖ２＝１０５２.∴ Ｓ＝４０×１０５２＋１０×１７５２＝２ ９７５(米).【例 ４】７０　 【解析】设顺水速度是 ｖ１ꎬ逆水速度是 ｖ２ꎬ则ｖ２＝６０÷６＝１０(ｋｍ/ ｈ)ꎬｖ１＝(１２０＋１０)÷１３２＝２０(ｋｍ/ ｈ).设在 ｔ 小时相遇ꎬ则 ２０(ｔ－１)－１０＋１０ｔ＝１２０.解得 ｔ＝５.∴ 两船距离 Ａ 港的距离＝１２０－１０×５＝７０(ｋｍ).中考达标训练１.３４　 ２.１ ０００　 ３.１ ６４０　 ４.４０　 ５.５　 ６.１２６２３中考专题训练八— — —函数探究型问题中考题型演练【例 １】解:(１)由题意画出函数图象如答图.答图(２)由待定系数法易求得方式一:ｙ１＝５ｘ＋１００ꎬ方式二:ｙ２＝１０ｘ.联立可得ｙ＝５ｘ＋１００ꎬｙ＝１０ｘ.{解得 ｘ＝２０.ｘ１与 ｘ２关于交点横坐标对称ꎬ故 ｘ１＋ｘ２＝４０.【例 ２】解:(１)∵ Ｐ(０ꎬｘ)与原点的距离为 ｙ１ꎬ ∴ 当 ｘ≥０ 时ꎬｙ１＝ＯＰ＝ｘꎻ当 ｘ<０ 时ꎬｙ１＝ＯＰ＝－ｘꎬ∴ ｙ１关于 ｘ 的函数解析式为 ｙ１＝ｘ(ｘ≥０)ꎬ－ｘ(ｘ<０)ꎬ{即为 ｙ１＝ｘ ꎬ函数图象如答图１ 所示.(２)点 Ａ 的纵坐标为 ２ꎬ∴ 把 ｙ１＝２ 代入 ｙ１＝ｘꎬ可得 ｘ＝２ꎬ此时点 Ａ 的坐标为(２ꎬ２)ꎬ则 ｋ＝２×２＝４ꎻ把 ｙ１＝２ 代入 ｙ１＝－ｘꎬ可得 ｘ＝－２ꎬ此时点 Ａ 的坐标为(－２ꎬ２)ꎬ则 ｋ＝－２×２＝－４.当 ｋ＝４ 时ꎬ如答图 ２ 可得ꎬｙ１>ｙ２时ꎬｘ<０ 或 ｘ>２ꎻ当 ｋ＝－４ 时ꎬ如答图 ３ 可得ꎬｙ１>ｙ２时ꎬｘ<－２ 或 ｘ>０.答图 １　 　 　答图 ２答图 ３中考达标训练１.解:(１)行驶里程数 ｘ００<ｘ<３.５３.５≤ｘ<４４≤ｘ<４.５４.５≤ｘ<５５≤ｘ<５.５􀆻实付车费 ｙ０１３１４１５１７１８􀆻(２)如答图所示:(３)①由题意知 ｗ１＝１３３≈４.３ꎬｗ２＝１３３.４≈３.８ꎬｗ３＝１４３.５＝４ꎬ故 ｗ２<ｗ３<ｗ１ꎻ②当 ３<ｘ<３.５ 时ꎬｗ＝１３ｘꎬｗ 随 ｘ 的增大而减小ꎬ所以幸运里程数 ｘ 的取值范围为３<ｘ<３.５ꎬ且 ｗ 最小无限接近１３３.５＝２６７ꎻ当３.５<ｘ<４ 时ꎬｗ 随 ｘ 的增大而减小ꎬ当１４ｘ≤２６７时ꎬ里程数为幸运里程数ꎬ解得 ｘ≥４９１３ꎬ∴４９１３≤ｘ<４.综上ꎬ幸运里程数取值范围为 ３<ｘ<３.５ 或４９１３≤ｘ<４.作图如上图所示.２.解:(２)取点、画图、测量ꎬ得到当 ｘ＝４ ｃｍꎬｙ＝３.５ ｃｍ.如下表:ｘ/ ｃｍ０１２３４５６ｙ/ ｃｍ６.９５.３４.０３.３３.５４.５６(３)函数的图象如答图所示:第 ２ 题答图—４—(４)当△ＤＥＦ 为等边三角形时ꎬＥＦ＝ＤＥ.由∠Ｂ＝４５°ꎬ射线 ＤＥ⊥ＢＣ 于点 Ｅꎬ则 ＢＥ＝ＥＦꎬ即 ｙ＝ｘꎬ所以当(３)中图象与直线 ｙ＝ｘ 相交时ꎬ交点横坐标即为 ＢＥ 的长ꎬ由作图、测量可知 ｘ 约为 ３.２.第 ３ 题答图３.解:(１)当 ｘ＝３ 时ꎬｙ＝１６×３３－２×３＝－３２.(２)如答图所示.(３)作直线 ｙ ＝ －２ꎬ可知与该图象有 ３ 个交点ꎬ所以方程１６ｘ３－２ｘ＝－２ 实数根的个数为 ３ 个.(４)答案不唯一ꎬ如图象关于原点中心对称ꎻ当 ｘ>２ 时ꎬｙ随 ｘ 的增大而增大等.(５)直线 ｙ＝１２ｘ 与函数 ｙ ＝１６ｘ３－２ｘ 的图象的交点的横坐标ꎬ即为方程１６ｘ３－２ｘ＝１２ｘ 的实数根ꎬ根据图象可得方程的一个正数根约为 ３.９.第 ４ 题答图４.解:(１)２００.(２)根据题意ꎬ当 ２<ｔ≤５ 时ꎬｓ 与 ｔ 之间的函数表达式为 ｓ ＝ ２００ ＋１６０(ｔ－２)ꎬ即 ｓ＝１６０ｔ－１２０.(３)ｓ 与 ｔ 之间的函数关系为ｓ＝１００ｔ(０≤ｔ≤２)ꎬ１６０ｔ－１２０(２<ｔ≤５)ꎬ８０ｔ＋２８０(５<ｔ≤６.２５)ꎬ１２８０－８０ｔ(６.２５<ｔ≤１６).{故 ｓ 与 ｔ 之间的函数图象如答图所示.５.解:(１)由已知得 ｙ＝ｘ(４－２ｘ)(３－２ｘ)＝ ４ｘ３－１４ｘ２＋１２ｘꎬ故答案为:ｙ＝４ｘ３－１４ｘ２＋１２ｘ.第 ５ 题答图(２)由已知得ｘ>０ꎬ４－２ｘ>０ꎬ３－２ｘ>０.{解得 ０<ｘ<３２.故答案为:０<ｘ<３２.(３)如下表:ｘ/ ｄｍ１２１ｙ/ ｄｍ３３.０２.０(４)根据(３)中数据ꎬ画出函数图象如答图所示.(５)根据图象ꎬ当 ｘ＝１２ｄｍ 或５８ｄｍ 时ꎬ盒子的体积最大ꎬ最大约为 ３.０ ｄｍ３.故答案为:１２或５８ꎬ３.０.第一空１２至５８均可ꎬ第二空 ３.０ 至 ３.１ 均可()中考专题训练九— — —阅读理解型问题第一课时— — —“新概念新方法”型阅读理解中考题型演练【例 １】解:(１)设 ａ２－５ａ＋３＝Ａꎬ则 ａ２－５ａ＋７＝Ａ＋４ꎬ所以(ａ２－５ａ＋３)(ａ２－５ａ＋７)＋４＝Ａ(Ａ＋４)＋４＝Ａ２＋４Ａ＋４＝(Ａ＋２)２＝(ａ２－５ａ＋５)２.(２)(ｘ－１)(ｘ２－３ｘ＋４)(ｘ－４)＋ｘ２＝(ｘ２－５ｘ＋４)(ｘ２－３ｘ＋４)＋ｘ２.令 ｘ２－５ｘ＋４＝Ａꎬ则原式＝Ａ(Ａ＋２ｘ)＋ｘ２＝Ａ２＋２Ａｘ＋ｘ２＝(Ａ＋ｘ)２＝(ｘ－２)４.(３)ｘ４－４ｘ３＋２ｘ２＋４ｘ＋１＝ｘ２ｘ２－４ｘ＋２＋４×１ｘ＋１ｘ２()＝ｘ２ｘ２＋１ｘ２()－４ ｘ－１ｘ()＋２[].令 ｘ－１ｘ＝ｔꎬ则原式＝ｘ２[(ｔ２＋２)－４ｔ＋２] ＝ｘ２(ｔ２－４ｔ＋４)＝ ｘ２(ｔ－２)２＝ｘ２ｘ－１ｘ－２()２＝(ｘ２－２ｘ－１)２.【例 ２】１ 或－１　 解:(１)①∵ 点 Ｏ 为坐标原点ꎬ∴ Ｏ(０ꎬ０).又∵ Ｐ(ｘꎬ３)ꎬ∴ ｄ(ＯꎬＰ)＝０－ｘ ＋０－３ ＝４ꎬ即ｘ ＝１ꎬ故 ｘ＝１ 或 ｘ＝－１.故答案为:１ 或－１.②由题意ꎬ得 ８－１２≤３ｘ<８＋１２.解得５２≤ｘ<１７６.故答案为:５２≤ｘ<１７６.(２)∵ <ｍ>＝４３ｍ－１２ꎬ∴４３ｍ－１２－１２≤ｍ<４３ｍ－１２＋１２ꎬ解得 ０<ｍ≤３ꎬ∴ －１２<４３ｍ－１２≤７２.又∵４３ｍ－１２为整数ꎬ∴ 满足<ｍ>的最大值为 ３ꎬ即４３ｍ－１２＝３ꎬ此时 ｍ 有最大值２１８ꎬ∴ Ｍ(２ꎬ１)ꎬ∴ 点 Ｍ 到直线 ｙ＝ｘ＋１ 的最小直角距离为:２－ｘ ＋１－(ｘ＋１) ＝２－ｘ ＋ｘ 的最小值.方法 １:①当 ｘ<０ 时ꎬ２－ｘ ＋ｘ ＝２－ｘ－ｘ＝２－２ｘ>２ꎻ②当 ０≤ｘ≤２ 时ꎬ２－ｘ ＋ｘ ＝２－ｘ＋ｘ＝２ꎻ③当 ｘ>２ 时ꎬ２－ｘ ＋ｘ ＝ｘ－２＋ｘ＝２ｘ－２>２.∴ 当 ０≤ｘ≤２ 时ꎬ２－ｘ ＋ｘ 的最小值为 ２.∴ 点 Ｍ 到直线 ｙ＝ｘ＋１ 的最小直角距离为 ２.方法 ２:数轴上到 ０ 和 ２ 的距离之和最小ꎬ当 ０≤ｘ≤２ 时ꎬ距离之和最小为 ２ꎬ∴２－ｘ ＋ｘ 的最小值为 ２.∴ 点 Ｍ 到直线 ｙ＝ｘ＋１ 的最小直角距离为 ２.中考达标训练１.解:(１)∵ 当 ｘ＝２ 时ꎬｘ２＋２ｘ－１０＝－２<０ꎬ当 ｘ＝３ 时ꎬｘ２＋２ｘ－１０＝５>０ꎬ∴ 方程另一个根在 ２ 和 ３ 之间.(２)∵ 方程 ｘ２＋２ｘ＋ｃ＝０ 有一个根在 ０ 和 １ 之间ꎬ∴ｃ>０ꎬ１＋２＋ｃ<０{或ｃ<０ꎬ１＋２＋ｃ>０ꎬ{解得－３<ｃ<０.故 ｃ 的取值范围为－３<ｃ<０.２.１　 ５　 解:(１)画图如答图ꎬ由图可知ꎬ当 ｎ＝４ 时ꎬＰ４＝１ꎻ当 ｎ＝５ 时ꎬＰ５＝５.第 ２ 题答图(２)由 Ｐ４＝１ꎬＰ５＝５ꎬ得４×(４－１)２４􀅱(１６－４ａ＋ｂ)＝ １ꎬ５×(５－１)２４􀅱(２５－５ａ＋ｂ)＝ ５ꎬ{解得ａ＝５ꎬｂ＝６.{∴ Ｐｎ＝ｎ(ｎ－１)２４􀅱(ｎ２－５ｎ＋６)＝ｎ(ｎ－１)(ｎ－２)(ｎ－３)２４.∵ Ｐｋ＋２－Ｐｋ＝１３ｋꎬ∴(ｋ＋２)(ｋ＋１)ｋ(ｋ－１)２４－ｋ(ｋ－１)(ｋ－２)(ｋ－３)２４＝１３ｋ.整理ꎬ得(２ｋ－１)(ｋ－１)＝ ７８＝２×３×１３.∵ ２ｋ－１>ｋ－１ꎬ且 ２ｋ－１ 为奇数ꎬ故２ｋ－１＝３９ꎬｋ－１＝２{(舍去)或２ｋ－１＝１３ꎬｋ－１＝６.{∴ ｋ 的值为 ７.３.解:(１)ｘ２－３ｘ＋２＝０.(２)由题可知ꎬ“邻根方程”ｘ２－５ｘ＋ｍｎ＝０ 的一个较小的根为 ｔꎬ则另一个根为 ｔ＋１.由根与系数的关系可知ꎬｔ＋ｔ＋１＝５ꎬ则 ｔ＝２(或者将两根代入原方程ꎬ作差求得)ꎬ故 ｍｎ＝６.因为 ｍ>ｎꎬ且 ｍꎬｎ 为正整数ꎬ故 ｍ＝３ꎬｎ＝２ 或 ｍ＝６ꎬｎ＝１.当 ｍ＝３ꎬｎ＝２ 时ꎬ方程 ４ｘ２－４ｎｘ＋ｍ＝０ 可化为 ４ｘ２－８ｘ＋３＝０ꎬ解得 ｘ１＝３２ꎬｘ２＝１２ꎬ此时 ｍ＋ｎ＝５ꎻ当 ｍ＝６ꎬｎ＝１ 时ꎬ方程 ４ｘ２－４ｎｘ＋ｍ＝０ 可化为 ４ｘ２－４ｘ＋６＝０ꎬ无解ꎬ不是“倍根方程”.故 ｍ＋ｎ＝５.４.解:(１)由题意ꎬ得 ｂ＋４×５＋ａ×５２＋４＋ａ×８＋ｂ×８２＝３３ａ＋６５ｂ＋２４ꎬ∵ １３ 整除 ６５ꎬ∴ １３ 整除 ３３ａ＋２４ (１≤ａ≤４ꎬ１≤ｂ≤４)ꎬ而 ３３ａ＋２４＝３(１１ａ＋８)ꎬ１９≤１１ａ＋８≤５２ꎬ∴ １１ａ＋８＝２６ 或 ３９ 或 ５２.∵ ａ 为整数ꎬ∴ ａ＝４.(２) (ｍｍ４)９＋(ｎｎ５)８＝４＋９ｍ＋８１ｍ＋５＋８ｎ＋６４ｎ＝９＋９０ｍ＋７２ｎ.若互为“长久数”ꎬ则 ９＋９０ｍ＋７２ｎ ＝９９９ꎬ∴ ５ｍ＋４ｎ＝５５ꎬ则 ｍ＝１１－４ｎ５.∵ １≤ｍ≤８ꎬ１≤ｎ≤７ꎬ∴ ｍ＝７ꎬｎ＝５ꎬ即这两个数为(７７４)９和(５５５)８.５.解:(１)∵ ｍꎬｎ 是两个不相等的实数ꎬ且满足 ｍ２－２ｍ＝４ꎬｎ２－２ｎ＝４ꎬ∴ ｍꎬｎ 是方程 ｘ２－２ｘ－４＝０ 的两个实根ꎬ∴ ｍ＋ｎ＝２ꎬｍｎ＝－４ ꎬ∴１ｍ＋１ｎ＝ｍ＋ｎｍｎ＝２－４＝－１２.(２)令 ｘ＋ｙ＝ｓꎬｘｙ＝ｔ.∵ ｘｙ＋ｘ＋ｙ＝１３ꎬｘ２ｙ＋ｘｙ２＝ｘｙ(ｘ＋ｙ)＝ ４２ꎬ∴ ｓ＋ｔ＝ １３ꎬｓｔ ＝４２.由韦达定理的逆定理知:ｓꎬｔ 是方程 ｑ２－１３ｑ＋４２＝０ 的两个实根ꎬ进而解得 ｑ２－１３ｑ＋４２＝０ 两个实根是 ６ 或 ７ꎬ∴ｓ＝６ꎬｔ＝７{或ｓ＝７ꎬｔ＝６.{即ｘ＋ｙ＝６ꎬｘｙ＝７{或ｘ＋ｙ＝７ꎬｘｙ＝６.{∴ 当ｘ＋ｙ＝６ꎬｘｙ＝７ꎬ{时ꎬｘ２＋ｙ２＝(ｘ＋ｙ)２－２ｘｙ＝６２－１４＝２２ꎻ当ｘ＋ｙ＝７ꎬｘｙ＝６ꎬ{时ꎬｘ２＋ｙ２＝(ｘ＋ｙ)２－２ｘｙ＝７２－１２＝３７.综上所述:ｘ２＋ｙ２＝２２ 或 ３７.６.解:(１)ｘ＝１４ꎬｙ＝１３ꎬｚ＝１５.ìîíïïïï　 　 　 　 　 (２)ａ＝８ꎬｂ＝９ꎬｃ＝１０.{第二课时— — —综合型阅读理解中考题型演练【例 ３】Ｍ２ꎬＭ３　 ３≤ｂ≤５解:(１)①线段 ＡＢ 的“环绕点”是 Ｍ２ꎬＭ３.②如答图 １ꎬ当直线 ｙ＝２ｘ＋ｂ 经过点(－３ꎬ－１)时ꎬｂ＝５ꎬ此时 ｂ 取得最大值.如答图 ２ꎬ当直线 ｙ＝２ｘ＋ｂ 经过点(－１ꎬ１)时ꎬｂ＝３ꎬ此时 ｂ 取得最小值.—５—∴ ｂ 的取值范围是 ３≤ｂ≤５.答图 １　 　 　 　答图 ２(２)由题意ꎬ得 Ｃ(３－ｔꎬ０).∵ 射线 ｌ 上存段 ＡＢ 的“环绕点”ꎬ∴ ＢＣ≤２ 且ＡＣ≤１ꎬ即３－ｔ－(ｔ＋２)≤２ꎬｔ－(３－ｔ)≤１ꎬ{解得－１２≤ｔ≤２.∴ ｔ 的取值范围是－１２≤ｔ≤２.【例 ４】４５　 ４５　 解:(１)①α＋β＝４５°　 ②画出∠ＭＯＮ 如答图 １ꎬα－β＝４５°.(２)如答图 ２ꎬ过点 Ｃ 作 ＣＥ⊥ＢＤ 于点 Ｅ.∵ ２ 和－８ 是 ｘ２＋ａｘ－ｂ２＝０ 的两根ꎬ∴４＋２ａ－ｂ２＝０ꎬ６４－８ａ－ｂ２＝０ꎬ{∴ａ＝６ꎬｂ ＝４.{∴ 由题意ꎬ得 ＡＣ＝ｂ ＝４ꎬＢＣ＝ａ２＝ ３ꎬ∴ ＡＢ ＝ＡＣ２＋ＢＣ２＝ ５ꎬ∴ ＢＤ ＝ＢＣ ＝３ꎬＡＤ＝２.又∵ Ｓ△ＡＢＣ＝１２ＣＥ􀅱ＡＢ＝１２ＡＣ􀅱ＢＣꎬ∴ ＣＥ＝３×４５＝１２５ꎬ∴ ＢＥ＝ＢＣ２－ＣＥ２＝９５ꎬ∴ ＤＥ＝ＢＤ－ＤＥ＝３－９５＝６５ꎬ∴ ＣＤ＝ＣＥ２＋ＤＥ２＝１２５()２＋６５()２＝６ ５５.答图 １　 　 　答图 ２答图 ３(３)构造如答图 ３ 所示的图形ꎬ其中 ＡＢ ＝ＣＤ ＝ｙꎬＢＣ ＝ＤＥ ＝ｘꎬＡＣ ＝ＣＥ ＝ｚꎬ且∠ＡＢＣ＝∠ＡＣＥ＝∠ＣＤＥ＝９０°ꎬ即 ＡＥ＝ ２ｚꎬＡＦ＝ｘ＋ｙ.又∵ ＡＦ≤ＡＥ(有且仅当点 Ｅ 与点 Ｆ 重合时取等号)ꎬ即 ｘ＋ｙ≤ ２ｚ(当 ｘ＝ｙ 时取“ ＝”)ꎬ∴ｘ＋ｙｚ≤ ２ꎬ∴ｘ＋ｙｚ的最大值 ２.中考达标训练１.３６　 (１)解:∵ 正方形数点的个数是为 ｎ２ꎬ∴ 除 １ 外ꎬ分别为 ４ꎬ９ꎬ１６ꎬ２５ꎬ３６ꎬ４９ꎬ６４ꎬ􀆻ꎬ图 １ 中 １ꎬ３ꎬ６ꎬ１０ꎬ􀆻ꎬ第 ｎ 个图中点的个数是 １＋２＋３＋􀆻＋ｎꎬ即三角形数点的个数是为ｎ(ｎ＋１)２.∵ ４＝ｎ(ｎ＋１)２无正整数解ꎬ∴ ４ 不是三角形数.∵ ９＝ｎ(ｎ＋１)２无正整数解ꎬ∴９ 不是三角形数.∵ １６＝ｎ(ｎ＋１)２无正整数解ꎬ∴ １６ 不是三角形数.∵ ２５ ＝ｎ(ｎ＋１)２无正整数解ꎬ∴ ２５ 不是三角形数.∵ ３６＝ｎ(ｎ＋１)２ꎬ解得 ｎ＝８ꎬ∴ ３６ 是三角形数ꎬ∴ 除 １ 外ꎬ最小的既是三角形数又是正方形数的是 ３６.故答案为 ３６.(２)证明:∵ ｋ(ｋ＋１)(ｋ＋２)(ｋ＋３)＋１ ＝ｋ(ｋ＋３)(ｋ＋１)(ｋ＋２)＋１ ＝(ｋ２＋３ｋ)(ｋ２＋３ｋ＋２)＋１＝(ｋ２＋３ｋ)２＋２(ｋ２＋３ｋ)＋１＝(ｋ２＋３ｋ＋１)２ꎬ∴ 当 ｋ 为正整数时ꎬｋ(ｋ＋１)(ｋ＋２)(ｋ＋３)＋１ 必为正方形数.(３)解:①由(１)知:Ｎ(ｎꎬ３)＝ｎ(ｎ＋１)２ꎬＮ(ｎꎬ４)＝ ｎ２.②∵ Ｎ(ｎꎬ３)＝ｎ(ｎ＋１)２＝ｎ２＋ｎ２＝(３－２)ｎ２＋(４－３)ｎ２ꎬＮ(ｎꎬ４)＝ ｎ２＝２ｎ＋０×ｎ２＝(４－２)ｎ２＋(４－４)ｎ２ꎬＮ(ｎꎬ５)＝３２ｎ２－１２ｎ＝３ｎ２－ｎ２＝(５－２)ｎ２＋(４－５)ｎ２ꎬＮ(ｎꎬ６)＝ ２ｎ２－ｎ ＝４ｎ２－２ｎ２＝(６－２)ｎ２＋(４－６)ｎ２ꎬ∴ 由此变化规律可推断 Ｎ(ｎꎬｋ)＝(ｋ－２)ｎ２＋(４－ｋ)ｎ２(ｋ≥３).∴ Ｎ(２０ꎬ１４)＝(１４－２)×２０２＋(４－１４)×２０２＝２ ３００.２.４　 解:(１)由已知得 ７＋５＝８＋ｘꎬ解得 ｘ＝４.(２)由题意得新三阶幻方的幻和为 １５＋３ｍꎬ则 ４ａ３＝１５＋３ｍꎬ∴ ａ３＝１５＋３ｍ４.又∵ ａ５＝５＋ｍꎬａ５－ａ３＝３.∴ (５＋ｍ)－１５＋３ｍ４＝３.∴ ｍ＝７ꎬ∴ ａ３＝９ꎬａ５＝１２ꎬ∴ ａ７＝(１５＋３×７)－(９＋１２)＝ １５.(３)由幻方特征可得 ｎ６＋ｎ８＝２ｎ１.∵ ｎ１－２ｎ６＝２ꎬ∴ｎ６＋ｎ８２－２ｎ６＝２ꎬ即 ｎ８＝３ｎ６＋４ꎬ将其代入 ｎ２８－ｎ２６＝２ ４４８ꎬ得(４＋３ｎ６)２－ｎ２６＝２ ４４８.解得 ｎ６＝１６ 或 ｎ６＝－１９.又∵ ｎ８为 ９ 个数中的最大数ꎬ∴ ｎ６＝１６ꎬ∴ ｎ８＝５２ꎬｎ１＝３４.∴ ９ｐ－２＝５２ꎬ即 ｐ＝６ꎬ∴ ｎ５＝５×６－２＝２８.∴ ｎ９＝(１５×６－２)－(２８＋３４)＝ ２２.３.(１)证明:设 ＣＥ＝ＣＦ＝ｘꎬ则 ＡＣ＝ａ＋ｘꎬＢＣ＝ｂ＋ｘꎬＡＢ＝ａ＋ｂ.根据勾股定理ꎬ得(ａ＋ｘ)２＋(ｂ＋ｘ)２＝(ａ＋ｂ)２.化简ꎬ得 ｘ２＋(ａ＋ｂ)ｘ＝ａｂ.∴ Ｓ△ＡＢＣ＝１２ＡＣ􀅱ＢＣ＝１２(ａ＋ｘ)(ｂ＋ｘ)＝１２[ｘ２＋(ａ＋ｂ)ｘ＋ａｂ] ＝１２(ａｂ＋ａｂ)＝ ａｂ.(２)证明:∵ ＡＣ􀅱ＢＣ＝２ａｂꎬ∴ (ａ＋ｘ)(ｂ＋ｘ)＝ ２ａｂ.整理ꎬ得 ｘ２＋(ａ＋ｂ)ｘ＝ａｂ.∵ (ｘ＋ａ)２＋(ｘ＋ｂ)２＝２[ｘ２＋(ａ＋ｂ)ｘ]＋ａ２＋ｂ２＝２ａｂ＋ａ２＋ｂ２＝(ａ＋ｂ)２ꎬ∴ 根据勾股定理逆定理ꎬ得△ＡＢＣ 为直角三角形ꎬ且∠Ｃ＝９０°.(３)解:设圆心为点 Ｏꎬ连接 ＯＥꎬＯＣꎬ过点 Ａ 作 ＡＧ⊥ＢＣ 于点 Ｇ.则 ＯＥ＝３３ｘꎬＡＧ＝３２(ｘ＋ａ).又 Ｓ△ＡＢＣ＝１２ＡＧ􀅱ＢＣ＝１２􀅱３２(ｘ＋ａ)(ｘ＋ｂ)＝３４[ｘ２＋(ａ＋ｂ)ｘ＋ａｂ]ꎬ而 Ｓ△ＡＢＣ＝１２(ＡＣ＋ＢＣ＋ＡＢ)􀅱ＯＥ＝１２􀅱３３ｘ(２ｘ＋２ａ＋２ｂ)＝３３[ｘ２＋(ａ＋ｂ)ｘ]ꎬ∴３４[ｘ２＋(ａ＋ｂ)ｘ＋ａｂ] ＝３３[ｘ２＋(ａ＋ｂ)ｘ]ꎬ∴ ｘ２＋(ａ＋ｂ)ｘ＝３ａｂꎬ∴ Ｓ△ＡＢＣ＝３３×３ａｂ＝ ３ａｂ.４.解:(１)设所求矩形的长为 ｘꎬ则它的宽为(２－ｘ).由题可得 ｘ(２－ｘ)＝３２.∵ Δ＝－８<０ꎬ∴ 原方程无解.从而不存在另一个矩形ꎬ它的周长和面积分别是已知矩形周长和面积的一半.(２)设所求矩形的长为 ｘꎬ则所求矩形的宽为 ｋ(ｍ＋１)－ｘꎬ那么可得 ｘ􀅱[ｋ(ｍ＋１)－ｘ] ＝ｋｍ.则 Δ＝ｋ２ｍ２＋ｋ２＋２ｋ２－４ｋｍ.∵ 一定存在另一个矩形的周长和面积分别是已知矩形周长和面积的 ｋ 倍ꎬ∴ Δ≥０ꎬ即 ｋ２ｍ２＋２ｋ２ｍ－４ｋｍ＋ｋ２≥０ꎬ∴ ｍ２＋２－４ｋ()ｍ＋１≥０.令 ｙ＝ｍ２＋２－４ｋ()ｍ＋１ꎬ则由 ｙ≥０ꎬ可得 ２－４ｋ()２－４≤０.解得 ｋ≥１.∴当 ｋ≥１ 时ꎬ结论成立.５.１２－４ ５　 ８ ５－１６　 解:(１)易知 ＡＣ＝５－１２ＡＢꎬ故易求得 ＢＣ＝１２－４ ５ꎬＤＣ＝８ ５－１６.(２)∵ 点 Ｑ 和点 Ｐ 分别是线段 ＭＮ 的黄金“右割”点、黄金“左割”点ꎬ∴ ｑ－ｍ＝５－１２(ｎ－ｍ)ꎬｎ－ｐ＝５－１２(ｎ－ｍ).∵ ｎ＝３ｍ ꎬ当 ｎ＝３ｍ 时ꎬｑ－ｍ＝５－１２(３ｍ－ｍ)ꎬ即 ｑ＝ ５ｍꎬ３ｍ－ｐ＝５－１２(３ｍ－ｍ)ꎬ即 ｐ＝(４－ ５)ｍꎬ∴ｐｑ＝４ ５－５５ꎻ当 ｎ＝－３ｍ 时ꎬｑ－ｍ＝５－１２(－３ｍ－ｍ)ꎬ即 ｑ＝(３－２ ５)ｍꎬ－３ｍ－ｐ＝５－１２(－３ｍ－ｍ)ꎬ即 ｐ＝(２ ５－５)ｍꎬ∴ｐｑ＝４ ５－５１１.６.(４－ ５ꎬ２)　 (－２ꎬ１)　 解:(１)①(４－ ５ꎬ２)　 ②(－２ꎬ１)第 ６ 题答图(２)依题意ꎬ得 ｙ＝－ｘ＋３(ｘ≥－２) 图象上的点 Ｍ 的“ 伴 随 点 ” 必 在 函 数ｙ＝－ｘ＋３ꎬｘ≥１ꎬｘ－３ꎬ－２≤ｘ<１{的图象上.∴ ｃ≤２ꎬ即当 ｘ＝１ 时ꎬｃ 取最大值 ２.当 ｃ＝－２ 时ꎬ－２＝－ｘ＋３.∴ ｘ＝５.当 ｃ＝－５ 时ꎬ－５＝ｘ－３ 或－５＝－ｘ＋３.∴ ｘ＝－２ 或 ｘ＝８.∵ －５≤ｃ≤２ꎬ由图象可知ꎬｍ 的取值范围是 ５≤ｍ≤８.—６—中考专题训练十— — —几何计算及证明型问题第一课时— — —与角平分线有关的辅助线中考题型演练【例 １】(１)解:∵ ＡＥ 平分∠ＢＡＣꎬ∴ ∠ＢＡＥ＝∠ＥＡＧ.∵ ＥＦ⊥ＢＣꎬ∴ ∠ＦＥＣ＝９０°.∵ 在矩形 ＡＢＣＤ 中ꎬ∠Ｂ ＝ ９０°ꎬ∴ ∠Ｂ ＝∠ＦＥＣ ＝ ９０°ꎬ∴ ＥＦ∥ＡＢꎬ∴ ∠ＢＡＥ ＝∠ＡＥＦ.∵ ∠ＢＡＥ＝∠ＥＡＧꎬ∴ ∠ＥＡＧ＝∠ＡＥＦꎬ∴ ＡＦ＝ＥＦ.∵ ＡＦ＝ＦＧꎬ∴ ＡＦ＝ＥＦ＝ＦＧꎬ∴ ∠ＡＥＧ＝９０°.答图∵ ∠ＤＡＣ＝３０°ꎬ∴ ∠ＢＡＥ＝∠ＥＡＧ＝∠ＤＡＣ＝３０°.∵ ＡＢ＝６ ３ꎬ∴ ＡＥ＝１２ꎬ∴ ＡＧ＝８ ３ꎬ∴ ＥＦ＝４３.(２)证明:如答图ꎬ过点 Ｅ 作 ＥＰ⊥ＡＣ 于点Ｐ.∵ ＡＥ 平分∠ＢＡＣꎬ∴ ＢＥ＝ＥＰ.又∵ ＡＥ＝ＡＥꎬ∴ △ＡＢＥ≌△ＡＰＥꎬ∴ ＡＢ ＝ＡＰ.∵ ＡＢ＝ＣＤꎬ ∴ ＣＤ＝ＡＰ.∵ ＧＨ⊥ＡＢꎬＥＦ⊥ＢＣꎬ∠Ｂ＝９０°ꎬ则四边形 ＢＨＩＥ 是矩形ꎬ∴ ＨＢ＝ＩＥꎬＢＥ＝ＨＩ.∵ ＥＦ∥ＡＢꎬＡＦ＝ＦＧꎬ∴ ＨＩ＝ＩＧꎬ∴ ＥＰ＝ＩＧꎬ∴ △ＥＧＩ≌△ＧＥＰꎬ∴ ＰＧ＝ＩＥ.又∵ ＨＢ＝ＩＥꎬ∴ ＨＢ＝ＰＧꎬ∴ ＡＧ＝ＡＰ＋ＰＧ＝ＣＤ＋ＨＢ.【例 ２】(１)解:∵ ＡＤ⊥ＢＣ 于点 ＤꎬＢＥ⊥ＡＣ 于点 Ｅꎬ答图∴ ∠ＢＤＦ＝ ∠ＣＤＡꎬ∠ＦＢＤ ＝ ∠ＣＡＤ.∵ ＢＤ ＝ ＡＤꎬ∴△ＡＤＣ≌△ＢＤＦꎬ∴ ＤＦ＝ＣＤ ＝ ２ꎬＢＦ ＝ＡＣ.在 Ｒｔ△ＡＤＣ 中ꎬ∵ ∠Ｃ ＝６０°ꎬ∴ ＡＣ＝２ＣＤ＝２ ２.(２)证明:如答图ꎬ延长 ＡＤ 和 ＧＩ 相交于点 Ｍ.由∠ＡＧＣ＝∠ＤＧＩꎬ得 ＧＤ 平分∠ＡＧＩ.又 ＡＤ⊥ＢＣꎬ∴ △ＡＧＭ 为等腰三角形ꎬ∴ ＡＧ＝ＧＭꎬ∴ ＡＤ＝ＤＭ.∵ ＡＤ＝ＢＤꎬ∴ ＢＤ＝ＤＭ.∵ ＤＨ 平分∠ＡＤＣꎬ则 ＤＩ 平分∠ＢＤＭꎬ∴ ∠ＢＤＩ ＝∠ＩＤＭ.∵ ＤＩ＝ＤＩꎬ∴ △ＢＤＩ≌△ＭＤＩꎬ ∴ ＢＩ＝ＩＭꎬ∴ ＡＧ＝ＧＩ＋ＢＩ.中考达标训练１.(１)解:∵ ＣＥ⊥ＢＥ 于点 Ｅꎬ∴ ∠ＢＥＣ＝９０°.∵ 点 Ｄ 为 ＢＣ 的中点ꎬ∴ ＢＣ＝２ＤＥ＝６ ３ꎬ∴ ＣＤ＝第 １ 题答图３ ３.∵ ∠ＢＡＣ＝１２０°ꎬＡＤ 垂直平分 ＢＣꎬ∴ ＡＢ＝ＡＣꎬ∠ＡＣＤ＝３０°ꎬ∴ ＡＤ＝３ꎬ∴ ＡＣ＝６.(２)证明:如答图ꎬ延长 ＣＡꎬＢＥ 相交于点 Ｍ.∵ ＣＥ 平分∠ＡＣＢꎬ∴ ∠ＡＣＥ ＝∠ＢＣＥ.∵ ＣＥ⊥ＢＥ 于点 Ｅꎬ ∴ ∠ＣＥＭ＝∠ＣＥＢ＝９０°ꎬ∴ ∠ＡＣＥ ＋ ∠Ｍ ＝ ∠ＢＣＥ ＋ ∠ＣＢＥꎬ ∴ ∠Ｍ ＝∠ＣＢＥꎬ∴ ＣＭ＝ＢＣꎬ∴ ＭＥ＝ＢＥ.∵ 点 Ｄ 为 ＢＣ 的中点ꎬ由中位线可得 ＣＭ ＝２ＤＥ.∵ ＡＤ 垂直平分 ＢＣꎬ∴ ＡＢ ＝ ＡＣꎬ∴ ∠ＡＣＢ ＝∠ＡＢＣ＝４５°ꎬ∴ ∠ＢＡＣ＝ ９０°ꎬ∴ ∠ＢＡＣ ＝ ∠ＢＡＭ ＝ ９０°. ∵ ＣＥ⊥ＢＥ 于点 Ｅꎬ∴ ∠ＡＣＦ ＋∠ＣＦＡ ＝∠ＥＢＦ＋∠ＢＦＥ＝９０°.∵ ∠ＣＦＡ＝∠ＢＦＥꎬ∴ ∠ＡＢＭ＝∠ＡＣＦꎬ∴ △ＡＣＦ≌△ＡＢＭꎬ∴ ＡＦ＝ＡＭꎬ∴ ＣＭ＝ＡＣ＋ＡＭ＝ＡＢ＋ＡＦꎬ∴ ＡＢ＋ＡＦ＝２ＤＥ.２.(１)证明:如答图 １ꎬ在 ＡＣ 上截取 ＡＢ＝ＡＭꎬ连接 ＤＭ.第 ２ 题答图 １∵ ＡＤ 平 分 ∠ＢＡＣꎬ ∴ ∠ＢＡＤ ＝∠ＭＡＤ.∵ ＡＤ＝ＡＤꎬ∴ △ＡＢＤ≌△ＡＭＤꎬ∴ ＢＤ＝ＤＭꎬ∠ＡＢＣ＝∠ＡＭＤ＝６０°ꎬ∴ ∠ＡＢＦ＝∠ＤＭＣ＝１２０°.∵ ＡＣ＝２ＡＢꎬ∴ ＣＭ＝ＡＢꎬ∴ △ＡＢＦ≌△ＣＭＤ.∴ ＡＦ＝ＣＤ.(２)解:ＡＣꎬＡＦꎬＡＥ 三条线段之间的数量关系为 ＡＣ＝ＡＦ＋ＡＥꎬ证明如下:第 ２ 题答图 ２如答图 ２ꎬ在 ＡＣ 上截取 ＡＥ＝ＡＮꎬ连接 ＯＮꎬ则可证明△ＡＯＥ≌△ＡＯＮ(ＳＡＳ)ꎬ∴ ＯＥ＝ＯＮꎬ∠ＡＯＥ＝∠ＡＯＮ.∵ ∠ＡＢＣ＝６０°ꎬＡＤ 平分∠ＢＡＣꎬＣＥ平分∠ＡＣＢꎬ∴ ∠ＡＯＣ＝１２０°ꎬ则∠ＡＯＥ＝∠ＤＯＣ＝６０°ꎬ∴ ∠ＡＯＮ＝６０°ꎬ ∴ ∠ＤＯＣ＝∠ＣＯＮ＝６０°.∵ ＣＥ 平分∠ＡＣＢꎬ ∴ ∠ＤＣＯ＝∠ＮＣＯ.∵ ＣＯ＝ＣＯꎬ∴ △ＤＣＯ≌△ＮＣＯꎬ∴ ＣＤ＝ＣＮꎬ∴ ＣＤ＋ＡＥ＝ＡＣꎬ由(１)知ꎬＡＦ＝ＣＤꎬ∴ ＡＣ＝ＡＦ＋ＡＥ.３.(１)解:∵ 线段 ＤＡ 绕点 Ｄ 顺时针旋转 ６０° 到 ＤＦꎬ∴ △ＡＤＦ 为等边三角形.第 ３ 题答图∵ 在正方形 ＡＢＣＤ 中ꎬ点 Ｏ 为对角线 ＡＣꎬＢＤ 的交点ꎬ∴ ＡＤ ＝ ＤＣ ＝ ３ ２ꎬＯＤ ＝ ＯＣ ＝ ３ꎬ∴∠ＤＯＣ＝９０°ꎬ∠ＤＣＯ＝４５°.∵ ∠ＦＤＡ＝６０°ꎬ∴ ∠ＦＤＣ＝１５０°.∵ ＤＦ＝ＤＣ＝３ ２ꎬ∴ ∠ＤＣＥ＝１５°ꎬ∴∠ＥＣＯ＝３０°ꎬ∴ ＯＥ＝ＯＣ３＝ ３ꎬ∴ ＤＥ＝ＯＤ－ＯＥ＝３－ ３.(２)证明:如答图ꎬ连接 ＡＥꎬ过点 Ｅ作 ＥＭ⊥ＡＧ 于点 ＭꎬＥＮ⊥ＧＣ 的延长线于点 Ｎ.由正方形的性质可得 ＥＡ＝ＥＣꎬ∴ △ＡＤＥ≌△ＣＤＥꎬ∴ ∠ＤＡＥ＝∠ＤＣＥ＝１５°ꎬ∴ ∠ＥＡＢ＝∠ＥＣＢ＝７５°.∵ ∠ＣＧＢ＝６０°ꎬ∴ ∠ＧＣＢ＝３０°ꎬ∴ ∠ＥＣＮ＝７５°ꎬ∴ ∠ＥＡＭ＝∠ＥＣＮꎬ∠ＥＭＡ ＝∠ＥＮＣ ＝ ９０°ꎬ∴ △ＥＡＭ≌△ＥＣＮꎬ∴ ＥＭ ＝ ＥＮꎬ∴ ＧＥ 平分∠ＣＧＢ.４.(１)解:∵ ＡＥ 平分∠ＤＡＦꎬ∴ ∠ＤＡＥ＝∠ＥＡＦ.∵ 在矩形 ＡＢＣＤ 中ꎬ∠Ｄ＝９０°ꎬ∴ ∠Ｄ＝∠ＡＦＥ＝９０°.又∵ ＡＥ＝ＡＥꎬ∴ △ＡＤＥ≌△ＡＦＥꎬ∴ ＡＤ＝ＡＦ＝１０ꎬ ∴ ＤＥ＝ＥＦ.在 Ｒｔ△ＡＢＦ 中ꎬＡＦ＝１０ꎬＡＢ＝８ꎬ∴ ＢＦ＝６ꎬ∴ ＦＣ＝４.设 ＤＥ＝ＥＦ＝ｘꎬ则 ＥＣ＝８－ｘ.在 Ｒｔ△ＥＣＦ 中ꎬ由勾股定理ꎬ得 ｘ２＝(８－ｘ)２＋４２.解得 ｘ＝５.∴ ＤＥ＝５.第 ４ 题答图(２)证明:如答图ꎬ延长 ＡＥ 交 ＢＣ延长线于点 Ｈ.∵ 四边形 ＡＢＣＤ是矩形ꎬ∴ ＡＤ∥ＢＣꎬＡＤ ＝ ＢＣꎬ∴ ∠ＡＤＥ ＝∠ＨＣＥꎬ∠ＤＡＥ＝∠ＣＨＥ.∵ 点 Ｅ 为 ＣＤ 的中点ꎬ∴ ＣＥ ＝ＥＤꎬ∴ △ＡＤＥ≌△ＨＣＥꎬ∴ ＡＤ ＝ＨＣꎬＡＥ＝ＨＥꎬ∴ ＡＤ＋ＦＣ＝ＨＣ＋ＦＣ.∵ ＡＥ 平 分 ∠ＤＡＦꎬ ∴ ∠ＤＡＥ ＝∠ＦＡＥ.又∵ ∠ＤＡＥ ＝ ∠ＣＨＥꎬ ∠ＦＡＥ ＝∠ＣＨＥꎬ∴ ＡＦ＝ＨＦ＝ＨＣ＋ＦＣ＝ＡＤ＋ＦＣ＝ＢＣ＋ＦＣ.∵ ∠ＢＦＡ＝６０°ꎬ∴ ∠ＢＡＦ＝∠ＦＡＥ ＝∠ＥＡＤ ＝ ３０°.∵ ＡＦ ＝ＨＣ＋ＦＣ ＝ＦＨꎬＡＥ ＝ＥＨꎬ∴ ＦＥ⊥ＡＥ.∴ 在 Ｒｔ△ＡＥＦ 中ꎬ∠ＦＡＥ ＝ ３０°ꎬ∴ ＡＦ ＝２ ３３ＡＥꎬ∴ ＢＣ＋ＣＦ ＝２ ３３ＡＥ.第二课时— — —与中点有关的辅助线中考题型演练【例 ３】(１)解:∵ ＡＢ⊥ＡＣꎬ∴ ∠ＢＡＣ＝９０°.∵ ▱ＡＢＣＤ 的对角线 ＡＣꎬＢＤ 交于点 ＯꎬＣＤ＝２ꎬ∴ 点 Ｏ 为 ＡＣ 中点ꎬＡＢ＝ＣＤ＝２.∵ ∠ＢＡＣ＝９０°ꎬＡＣ＝３ꎬ∴ ＢＣ＝ＡＢ２＋ＡＣ２＝１３.∵ 点 Ｏ 为 ＡＣ 的中点ꎬ点 Ｅ 为 ＡＢ 的中点ꎬ ∴ ＯＥ＝１２ＢＣ＝１３２.答图(２)证明:如答图ꎬ延长 ＰＥ 至点 Ｍꎬ使 ＥＭ＝ＥＰꎬ连接 ＡＭꎬＢＭ.又∵ 点 Ｅ 是 ＡＢ 边的中点ꎬ∴ 四边形 ＰＢＭＡ为平行四边形ꎬ∴ ＰＡ∥ＢＭꎬ∴ ∠ＢＭＰ ＝∠ＯＰＥ.∵ ∠ＯＰＦ ＝ ∠ＢＰＥꎬ ∴ ∠ＯＰＦ ＋ ∠ＭＰＦ ＝∠ＢＰＥ＋∠ＭＰＦꎬ即∠ＯＰＥ＝∠ＢＰＦ.又∵ ∠ＰＯＦ ＝ ∠ＢＰＦꎬ∴ ∠ＰＯＦ ＝ ∠ＯＰＥ ＝∠ＢＭＰꎬ∠ＰＯＦ＋∠ＯＰＦ ＝ ∠ＢＰＦ＋∠ＯＰＦꎬ即∠ＰＦＢ＝∠ＯＰＢ.∵ ＯＰ＝ＯＢꎬ∴ ∠ＰＢＦ＝∠ＯＰＢ＝∠ＰＦＢꎬ∴ ＰＢ＝ＰＦ.在△ＰＢＭ 和△ＰＦＯ 中ꎬ∵∠ＢＭＰ＝∠ＰＯＦꎬ∠ＢＰＥ＝∠ＯＰＦꎬＰＢ＝ＰＦꎬ{∴ △ＰＢＭ≌△ＰＦＯ(ＡＡＳ)ꎬ∴ ＰＭ＝ＰＯ.又∵ ＥＭ＝ＥＰꎬ∴ ＯＰ＝２ＰＥ.【例 ４】解:(１)∵ △ＡＢＣ 和△ＡＤＥ 均为等边三角形ꎬ∴ ＡＢ＝ＡＣꎬＡＤ＝ＡＥꎬ∠ＢＡＣ＝∠ＤＡＥꎬ∴ ∠ＢＡＤ＝∠ＣＡＥꎬ∴ △ＢＡＤ≌△ＣＡＥꎬ∴ＢＤ＝ＣＥ.答图∵ 点 Ｆ 为 ＤＥ 的中点ꎬ∴ ＡＦ⊥ＤＥ.在 Ｒｔ△ＡＥＦ 中ꎬＡＥ＝２ꎬＥＦ＝ＤＦ＝１ꎬ∴ ＡＦ＝２２－１２＝ ３.在 Ｒｔ△ＡＢＦ 中ꎬＢＦ ＝ＡＢ２－ＡＦ２＝ ６ꎬ∴ＢＤ＝ ６－１ꎬ∴ ＥＣ＝ＢＤ＝ ６－１.(２)△ＧＦＨ 为等边三角形ꎬ理由如下:如答图ꎬ连接 ＢＤꎬＣＥꎬ延长 ＢＤ 交 ＣＥ 于点 Ｍꎬ设 ＢＭ 交 ＦＨ 于点 Ｏ.∵ △ＡＢＣ 和△ＡＤＥ 均为等边三角形ꎬ∴ ＡＢ＝ＡＣꎬＡＤ＝ＡＥꎬ∠ＢＡＣ＝∠ＤＡＥꎬ∴ ∠ＢＡＤ ＝ ∠ＣＡＥꎬ∴ △ＢＡＤ≌△ＣＡＥꎬ∴ＢＤ＝ＣＥꎬ∠ＡＤＢ＝∠ＡＥＣ.∵ ＥＧ＝ＧＢꎬＥＦ＝ＦＤꎬ∴ ＦＧ＝１２ＢＤꎬＧＦ∥ＢＤ.∵ ＤＦ＝ＥＦꎬＤＨ＝ＨＣꎬ∴ ＦＨ＝１２ＥＣꎬＦＨ∥ＥＣꎬ∴ ＦＧ＝ＦＨ.∵ ∠ＡＤＢ＋∠ＡＤＭ＝１８０°ꎬ∴ ∠ＡＥＣ＋∠ＡＤＭ＝１８０°ꎬ∴ ∠ＤＭＥ＋∠ＤＡＥ＝１８０°ꎬ∴ ∠ＤＭＥ＝１２０°ꎬ∴ ∠ＢＭＣ＝６０°ꎬ∴ ∠ＧＦＨ＝∠ＢＯＨ＝∠ＢＭＣ＝６０°ꎬ∴ △ＧＨＦ 是等边三角形.中考达标训练第 １ 题答图 １１.(１)解:如答图 １ꎬ过点 Ｄ 作 ＤＮ⊥ＡＣꎬ垂足为点Ｎ.在菱形 ＡＢＣＤ 中ꎬ∵ ＡＤ＝ＣＤꎬ且 ＤＮ⊥ＡＣꎬ∴ ＡＮ＝ＣＮ＝１２ＡＣ.∵ ＡＣ＝１６ꎬ∴ ＣＮ＝８.∵ ＣＤ＝１０ꎬ ∴ 在 Ｒｔ△ＣＮＤ 中ꎬＤＮ＝ＣＤ２－ＣＮ２＝６.又∵ ＣＤ＝ＣＥꎬ∴ ＥＮ＝ＣＥ－ＣＮ＝２ꎬ∴ 在 Ｒｔ△ＤＥＮ 中ꎬＤＥ＝ＤＮ２＋ＥＮ２＝２１０.(２)证明:如答图 ２ꎬ过点 Ｅ 作 ＦＤ 的平行线ꎬ与第 １ 题答图 ２ＦＮ 的延长线交于点 Ｈ.∵ ＦＤ∥ＥＨꎬ∴ ∠Ｆ＝∠Ｈꎬ∠ＦＤＭ＝∠ＨＥＭ.又∵ 点 Ｍ 是线段 ＤＥ 的中点ꎬ∴ ＤＭ＝ＭＥ.∴ △ＦＤＭ≌△ＨＥＭ(ＡＡＳ)ꎬ∴ ＦＤ＝ＨＥ.∵ ＦＤ＝ＤＭꎬ ∴ ＤＭ＝ＥＨ.又∵ ∠ＣＤＡ＝∠ＦＤＥꎬ∴ ∠ＦＤＧ＝∠ＣＤＥ.∵ ＣＤ＝ＣＥꎬ∴ ∠ＣＤＥ＝∠ＣＥＤꎬ∴ ∠ＦＤＭ － ∠ＦＤＧ ＝ ∠ＨＥＭ － ∠ＣＥＤꎬ 即∠ＧＤＭ＝∠ＮＥＨꎬ∴ △ＤＧＭ≌△ＥＮＨ(ＡＳＡ)ꎬ∴ ＤＧ＝ＮＥꎬ∵ ＡＤ＝ＣＤ＝ＣＥꎬＡＧ＋ＤＧ＝ＣＮ＋ＮＥꎬ∴ ＣＮ＝ＡＧ.—７—２.(１)解:∵ 在△ＡＢＣ 中ꎬＡＢ＝ＡＣꎬ∠ＢＡＣ＝１２０°ꎬ∴ ∠ＡＢＣ＝∠ＡＣＢ＝３０°.∵ ＤＡ⊥ＡＣꎬ∴ ∠ＢＡＤ＝３０°.∵ 在 Ｒｔ△ＡＤＣ 中ꎬ∠ＡＣＢ＝３０°ꎬ∴ ＡＤ＝１２ＣＤ＝２ ３.∵ △ＢＤＥ 为等边三角形ꎬ∴ ∠ＥＢＤ＝６０°ꎬ∴ ∠ＡＢＤ＝∠ＥＢＧ＝３０°ꎬ∴ ＡＢ⊥ＤＥꎬ第 ２ 题答图∵ 在 Ｒｔ△ＡＤＧ 中ꎬ∠ＢＡＤ＝３０°ꎬ∴ ＡＧ＝３２ＡＤ＝３.(２)证明:如答图ꎬ延长 ＣＡ 至点 Ｍꎬ使得 ＣＡ＝ＡＭꎬ连接 ＥＭꎬＢＭ.∵ 点 Ｆ 为线段 ＥＣ 的中点ꎬ∴ ＥＭ ＝２ＡＦ. ∵ ＡＢ ＝ ＡＣꎬ ∠ＢＡＣ ＝ １２０°ꎬ ∴∠ＢＡＭ＝６０°ꎬ∴ △ＡＢＭ 为等边三角形ꎬ∴ ＢＭ＝ＡＢ.∵ △ＥＢＤ 为等边三角形ꎬ∴ ∠ＭＢＡ＝∠ＥＢＤ＝６０°ꎬＢＥ＝ＢＤꎬ∴ ∠ＭＢＥ＝∠ＡＢＤꎬ∴ △ＭＢＥ≌△ＡＢＤꎬ∴ ＡＤ ＝ＭＥ.∵ ＥＭ ＝ ２ＡＦꎬ∴ ＡＦ ＝１２ＡＤ.３.(１)解:在△ＤＥＡ 中ꎬＤＥ＝ ６ꎬ∴ ＤＡ＝２ ３.在 Ｒｔ△ＤＥＢ 中ꎬ点 Ｆ 为 ＤＢ 的中第 ３ 题答图点ꎬ∴ ＥＦ＝ＦＢ＝ＤＦ.又 ∠ＦＥＢ ＝ １５°ꎬ ∴ ∠ＦＢＥ ＝１５°ꎬ∴ ∠ＣＢＤ ＝ ６０°ꎬ ∴ ＢＣ ＝ＢＦꎬ∴ ＥＦ＝ＢＣꎬ∴ＤＣＢＣ＝ ３.设 ＡＣ ＝ ＢＣ ＝ ｘꎬ则有 ｔａｎ∠ＣＢＤ＝ＣＤＢＣ＝２ ３＋ｘｘ＝ ３ꎬ解得 ｘ＝３＋３ꎬ即 ＢＣ＝ＥＦ＝３＋ ３.(２) 证明:如答图ꎬ过点 Ｂ 作ＢＭ∥ＧＤ 交 ＥＦ 的延长线于点Ｍ. ∵ ＧＤ ∥ ＢＭꎬ ∴ ∠ＧＤＢ ＝∠ＦＢＭ.又∵ 点 Ｆ 为 ＤＢ 的中点ꎬ∴ ＤＦ＝ＢＦꎬ∠ＥＦＤ＝∠ＢＦＭꎬ∴ △ＥＦＤ≌△ＭＦＢꎬ∴ ＥＤ＝ＢＭꎬＥＦ＝ＭＦ.又△ＤＥＡ 为等腰直角三角形ꎬ∴ ＤＥ ＝ＥＡꎬ∴ ＥＡ ＝ＢＭ.∵ ＢＭ∥ＧＤꎬ∴ ∠Ｇ＋∠ＣＢＭ＝１８０°.又∠Ｇ＋∠ＥＡＣ＝１８０°ꎬ∴ ∠ＣＢＭ＝∠ＥＡＣ.又 ＡＣ＝ＢＣꎬ∴ △ＥＡＣ≌△ＭＢＣꎬ∴ＥＣ＝ＭＣ.∴ ＣＦ⊥ＥＦꎬ∴ △ＥＦＣ 为等腰直角三角形ꎬ∴ ＣＥ＝ ２ＣＦ.４.(１)解:∵ 四边形 ＡＢＣＤ 是菱形ꎬ∠ＡＢＣ＝１２０°ꎬ∴ △ＢＣＤ 是等边三角形ꎬ∴ ＤＢ＝ＤＣꎬ∠ＢＤＣ＝６０°.∵ △ＤＥＦ 是等边三角形ꎬ∴ ＤＥ＝ＤＦꎬ∠ＥＤＦ＝６０°ꎬ∴ ∠ＢＤＥ＝∠ＣＤＦꎬ∴ △ＤＢＦ≌△ＤＣＦ(ＳＡＳ)ꎬ∴ ∠ＤＢＥ＝∠ＤＣＦ＝６０°.又∵ ∠ＢＣＡ＝３０°ꎬ∴ ∠ＡＣＦ＝９０°.在等腰△ＡＢＣ 中ꎬ∠ＡＢＣ＝１２０°ꎬ∴ ＡＣ＝ ３ＡＢ＝６ ３.∴ 在 Ｒｔ△ＡＣＦ 中ꎬ由勾股定理ꎬ得 ＡＦ＝ＡＣ２＋ＣＦ２＝１０８＋１６ ＝２３１.(２)证明:如答图ꎬ延长 ＡＤꎬＣＦꎬ交于点 Ｋ.由(１)知ꎬ∠ＤＢＥ＝∠ＤＣＦ＝６０°ꎬ∴ ∠ＢＣＦ＝１２０°ꎬ∴ ∠ＤＢＥ＋∠ＢＣＦ＝１８０°ꎬ∴ ＣＫ∥ＢＤ.∵ ＤＫ∥ＢＣꎬ∴ 四边形 ＤＢＣＫ 是平行四边形ꎬ第 ４ 题答图∴ ＤＫ＝ＢＣ＝ＡＤꎬ点 Ｄ 是 ＡＫ 的中点.∵ 点 Ｏ 是 ＡＣ 的中点ꎬＢＤ∥ＣＫꎬ∴ 点 Ｇ 是 ＡＦ 的中点ꎬ∴ ＤＧ 是△ＡＦＫ 的中位线ꎬ∴ ＦＫ＝２ＤＧ.在△ＤＦＫ 和△ＤＣＥ 中ꎬ∵ＤＫ＝ＤＣꎬ∠ＥＤＣ＝∠ＦＤＫꎬＤＦ＝ＤＥꎬ{∴ △ＤＦＫ≌△ＤＣＥ(ＳＡＳ)ꎬ∴ ＦＫ＝ＣＥꎬ∴ ＢＣ＝ＢＥ＋ＥＣ＝ＣＦ＋ＦＫ＝ＣＦ＋２ＤＧ.第三课时— — —截长补短法与等腰三角形中的辅助线中考题型演练【例 ５】(１)解:如答图 １ꎬ∵ △ＡＣＤ 为等边三角形ꎬ∴ ∠ＣＡＤ＝∠ＡＣＤ＝６０°.答图 １∵ ＡＦꎬＣＧ 分别平分∠ＣＡＤꎬ∠ＡＣＤꎬ∴ ∠１＝１２∠ＣＡＤ ＝１２×６０° ＝ ３０°ꎬ∠２ ＝∠３ ＝１２×６０° ＝３０°ꎬ且 ＡＦ⊥ＣＤꎬＣＤ＝２ＣＦ(三线合一).∴ ∠１＝∠２＝３０°ꎬ∴ ＡＯ＝ＣＯ＝２.在 Ｒｔ△ＯＣＦ 中ꎬ∵ ∠３ ＝ ３０°ꎬ∴ ＯＦ ＝１２ＯＣ ＝１２×２＝１ꎬ∴ ＣＦ＝ＯＣ２－ＯＦ２＝２２－１２＝ ３ꎬ∴ ＡＦ＝ＡＯ＋ＯＦ＝２＋１＝３ꎬＣＤ＝２× ３ ＝２ ３ꎬ∴ Ｓ四边形ＡＢＣＤ＝ＣＤ􀅱ＡＦ＝２ ３×３＝６ ３.答图 ２(２)证明:方法 １:如答图 ２ꎬ延长 ＯＦ 到点Ｈꎬ使 ＦＨ＝ＯＦꎬ连接 ＨＤ.∴ ＯＨ＝ＯＦ＋ＦＨ＝ＯＦ＋ＯＦ＝２ＯＦ.∵ 等腰 Ｒｔ△ＡＣＤꎬＡＦ 平分∠ＣＡＤꎬ∴ ＣＦ＝ＤＦꎬＡＦ⊥ＣＤ(三线合一).又∵ ∠ＣＦＯ ＝ ∠ＤＦＨꎬ ∴ △ＣＦＯ ≌ △ＤＦＨ(ＳＡＳ)ꎬ∴ ∠２＝∠６ꎬ∴ ＣＯ∥ＨＤꎬ∴ ∠５＝∠４＝∠Ｈꎬ∠３＝∠ＡＤＨ.在 Ｒｔ△ＯＣＦ 中ꎬ∠２＋∠４＝９０°.在 Ｒｔ△ＡＣＧ 中ꎬ∠１＋∠３＝９０°.∵ ＣＧ 平分∠ＡＣＤꎬ∴ ∠１＝∠２ꎬ∴ ∠４＝∠３.∵ ∠５＝∠４ꎬ∴ ∠５＝∠３ꎬ∴ ＡＯ＝ＡＧꎬ∠Ｈ＝∠ＡＤＨꎬ∴ ＡＨ＝ＡＤꎬ∴ ＡＨ－ＡＯ＝ＡＤ－ＡＧꎬ即 ＯＨ＝ＧＤꎬ∴ ２ＯＦ＝ＧＤ.在▱ＡＢＣＤ 中ꎬＡＢ∥ＣＤꎬＡＤ∥ＢＣꎬ∴ ∠ＢＡＣ＝∠ＡＣＤ.∵ ∠ＢＡＥ＝∠２ꎬ∴ ∠ＢＡＣ－∠ＢＡＥ＝∠ＡＣＤ－∠２ꎬ即∠７＝∠１ꎬ∴ ＡＥ∥ＣＧꎬ∴ 四边形 ＡＥＣＧ 为平行四边形ꎬ∴ ＥＣ＝ＡＧ.答图 ３在 Ｒｔ△ＡＣＤ 中ꎬＡＣ＝ＡＤ.∵ ＡＧ＋ＧＤ＝ＡＤꎬ∴ ＣＥ＋２ＯＦ＝ＡＣ.方法 ２:如答图 ３ꎬ取 ＧＤ 的中点 Ｈꎬ连接 ＦＨꎬ则 ＧＤ＝２ＧＨ.证 ＦＨ∥ＯＧꎬ证 ＡＯ＝ＡＧꎬ证 ＯＦ＝ＧＨꎬ∴ ＧＤ＝２ＯＦꎬ证 ＡＧ＝ＣＥꎬ证 ＡＣ＝ＡＤ 及结论.方法 ３:如答图 ４ꎬ延长 ＣＧ 到点 Ｐꎬ使得 ＯＰ＝ＯＣꎬ连接 ＰＤ.答图 ４方法 ４:如答图 ５ꎬ取 ＣＧ 中点 Ｈꎬ连接 ＦＨ.答图 ５【例 ６】(１)解:∵ ∠ＣＢＤ＋∠ＡＢＤ＝９０°ꎬ在 Ｒｔ△ＡＢＤ 中ꎬ∠ＢＡＤ＋∠ＡＢＤ＋９０° ＝１８０°ꎬ∴ ∠ＢＡＤ＋∠ＡＢＤ＝９０°ꎬ∴ ∠ＣＢＤ＝∠ＢＡＤ.∵ ＢＤ＝ＥＤꎬ点 Ｆ 为 ＡＤ 的中点ꎬ∴ ＡＥ＝ＥＤꎬ∴ ＡＥ＝ＢＤ.在△ＡＢＥ 和△ＢＣＤ 中ꎬ∵ＡＥ＝ＢＤꎬ∠ＣＢＤ＝∠ＢＡＤꎬＡＢ＝ＢＣꎬ{答图 １∴ △ＡＢＥ≌△ＢＣＤ(ＳＡＳ)ꎬ∴ ＢＥ＝ＣＤ.在 Ｒｔ△ＢＥＤ 中ꎬＢＥ２＝ＢＤ２＋ＥＤ２.∵ ＢＤ＝ＥＤ＝ ５ꎬ∴ ＢＥ＝１０ꎬ∴ ＣＤ＝１０.另解:在 Ｒｔ△ＡＢＤ 中ꎬｔａｎ∠ＢＡＤ＝１２ꎬ易求 ＡＢ＝５.∴ ｔａｎ∠ＣＢＤ＝１２ꎬＢＣ＝５.如答图 １ꎬ过点 Ｄ 作 ＤＰ⊥ＢＣ 于点 Ｐꎬ则 ＤＰ＝１ꎬＢＰ＝２ꎬ∴ ＣＰ＝３ꎬ∴ 在 Ｒｔ△ＣＤＰ 中ꎬＣＤ＝１０.答图 ２(２)证明:如答图 ２ꎬ过点 Ａ 作 ＡＮ⊥ＢＤ 于点 Ｎꎬ交 ＢＥ 于点 Ｍꎬ连接 ＤＭ.∵ ∠ＡＮＢ＝∠ＢＤＥ ＝ ９０°ꎬ∴ ＡＮ∥ＥＤꎬ∴ ∠ＡＭＥ ＝∠Ｅ＝４５°.又∵ ∠ＡＦＭ＝∠ＤＦＥꎬＡＦ＝ＤＦꎬ∴ △ＡＦＭ≌△ＤＦＥꎬ∴ ＡＭ＝ＤＥ.∵ ＤＥ＝ＢＤꎬ∴ ＡＭ＝ＢＤꎬ∴ △ＡＢＭ≌△ＢＣＤꎬ∴ ＢＭ＝ＣＤ.又∵ ２ＣＤ＝ＢＥꎬ∴ ＢＭ＝ＥＭ.又∵ ∠ＢＤＥ＝９０°ꎬ∴ ＢＭ ＝ ＥＭ ＝ ＤＭ 且∠ＤＭＥ ＝ ９０°ꎬ∴ ∠ＡＭＤ ＝∠ＤＭＥ＋∠ＡＭＦ＝１３５°.∵ ∠ＡＭＢ＋∠ＡＭＤ＋∠ＢＭＤ ＝ ３６０°ꎬ∴ ∠ＡＭＤ ＝∠ＡＭＢ＝１３５°.∵ ＡＭ＝ＡＭꎬＢＭ＝ＤＭꎬ∴ △ＡＢＭ≌△ＡＤＭꎬ∴ ＡＢ＝ＡＤ.中考达标训练１.(１)解:可证△ＦＣＨ≌△ＣＤＨꎬ∴ ＣＤ＝ＣＦꎬ∠ＣＤＦ＝∠ＣＦＤ＝２２.５°.∵ ∠Ｂ＝∠ＡＤＣ＝４５°ꎬ∴ ∠ＦＤＣ＝∠ＦＤＥ＝２２.５°ꎬ∴ ＤＥ＝ＣＤ.又∵ ＣＦ＝２ꎬ∴ ＡＣ＝ＣＤ＝ＤＥ＝２ꎬＡＤ＝２ ２.如答图 １ꎬ过点 Ｅ 作 ＥＮ⊥ＣＤ 于点 Ｎꎬ则 ＥＮ＝ＤＮ＝ ２ꎬ∴ ＣＮ＝２－ ２ꎬ∴ ＣＥ２＝ＮＥ２＋ＣＮ２＝( ２)２＋(２－ ２)２＝８－４ ２.第 １ 题答图 １　第 １ 题答图 ２(２)证明:由(１)可知 ＨＥ＝ＣＨꎬ∠ＣＤＧ＝∠ＥＤＧ＝２２.５°ꎬ∴ ＣＥ＝２ＨＥ.如答图 ２ꎬ在 ＤＨ 上取一点 Ｍꎬ使 ＨＭ ＝ ＧＨꎬ连接 ＣＭ.∴ ∠ＡＣＥ ＝ ∠ＭＣＥ ＝∠ＣＤＭ＝２２.５°.又∵ ∠ＣＡＤ＝∠ＭＣＤ＝４５°ꎬＡＣ＝ＣＤꎬ∴ △ＣＤＭ≌△ＡＣＥꎬ∴ ＤＭ ＝ＣＥ ＝ ２ＨＥꎬ∴ ＤＧ＝ＧＭ＋ＤＭ＝２(ＨＥ＋ＧＨ).第 ２ 题答图２.(１)解:∵ 四边形 ＡＢＣＤ 是平行四边形ꎬＡＢ＝ ７ꎬ∴ ＣＤ ＝ＡＢ ＝ ７.∵ＣＧ＝ＣＤꎬ∴ ＣＧ＝７.∵ ＧＨ⊥ＣＤꎬ∴ 在 Ｒｔ△ＣＨＧ 中ꎬ由勾股定理ꎬ得 ＣＨ＝ＣＧ２－ＧＨ２＝７２－(２ ６)２＝５.∴ ＤＨ＝ＣＤ－ＣＨ＝７－５＝２.在 Ｒｔ△ＧＨＤ 中ꎬ由勾股定理ꎬ得ＤＧ＝ＤＨ２＋ＧＨ２＝２２＋(２ ６)２—８—＝２ ７.(２)证明:如答图ꎬ在 ＡＢ 上截取 ＡＱ＝ＡＤꎬ连接 ＤＱꎬＦＧ.∵ ∠ＤＡＢ＝６０°ꎬ∴ △ＡＤＱ 是等边三角形ꎬ∴ ＤＱ＝ＡＤꎬ∠ＤＱＡ＝６０°.∵ ＥＦ＋ＡＧ＝ＡＤꎬ即 ＥＦ＋ＡＧ＝ＡＱ＝ＡＧ＋ＧＱꎬ∴ ＧＱ＝ＥＦ.∵ ＡＥ 平分∠ＤＡＢꎬ∴ ∠１＝∠２.∵ 四边形 ＡＢＣＤ 是平行四边形ꎬ∴ ＡＢ∥ＣＤꎬ∴ ∠１＝∠３ꎬ∠ＡＤＥ＝１８０°－∠ＤＡＢ＝１２０°ꎬ∠ＱＤＥ＝∠ＤＱＡ＝６０°ꎬ∴ ∠２＝∠３ꎬ∴ ＤＥ＝ＡＤꎬ∴ ＤＥ＝ＤＱ.∵ ＥＦ∥ＡＤꎬ∴ ∠ＤＥＦ＝１８０°－∠ＡＤＥ＝６０°ꎬ∴ ∠ＤＱＧ＝∠ＤＥＦꎬ∴ △ＤＥＦ≌△ＤＱＧꎬ∴ ＤＧ＝ＤＦꎬ∠４＝∠５ꎬ∴ ∠ＧＤＦ＝∠ＱＤＥ＝６０°ꎬ∴ △ＦＤＧ 是等边三角形ꎬ∴ ＤＦ ＝ ＧＦ. ∵ ＣＦ ＝ ＣＦꎬ∴ △ＣＤＦ≌△ＣＧＦꎬ∴∠ＤＣＦ＝∠ＧＣＦ.３.(１)解:∵ 四边形 ＡＢＣＤ 为正方形ꎬ∴ ＡＢ＝ＢＣ＝ＣＤ＝２ꎬ∠ＤＣＰ＝∠ＡＢＣ＝９０°.∵ △ＣＤＦ 为等边三角形ꎬ∴ ∠ＣＤＰ＝６０°ꎬ∴ ＰＣ＝ＣＤ􀅱ｔａｎ ６０° ＝２ ３ꎬ∴ ＰＢ＝ＰＣ－ＢＣ＝２ ３－２.∵ ∠ＡＢＰ＝１８０°－∠ＡＢＣ＝９０°ꎬ第 ３ 题答图∴ 在 Ｒｔ△ＡＢＰ 中ꎬｔａｎ∠ＰＡＢ ＝ＰＢＡＢ＝ ３－１.(２)证明:如答图ꎬ延长 ＰＣ 至点Ｇꎬ使 ＣＧ ＝ ＰＡꎬ连接 ＥＧ.过点 Ｅ作 ＥＨ⊥ＰＣ 于点 Ｈ.∵ 四边形 ＡＢＣＤ 为正方形ꎬ∴ ＡＤ＝ＣＤꎬ∠ＡＤＣ＝９０°.∵ ＤＥ 平分∠ＡＤＣꎬ∴ ∠ＡＤＥ＝∠ＣＤＥ＝４５°.在△ＡＤＥ 和△ＣＤＥ 中ꎬ∵ ＡＤ＝ＣＤꎬ∠ＡＤＥ＝∠ＣＤＥꎬＤＥ＝ＤＥꎬ∴ △ＡＤＥ≌△ＣＤＥꎬ∴ ∠ＡＥＤ＝∠ＤＥＣ＝∠ＡＥＣ＝１２０°ꎬＡＥ＝ＥＣꎬ∠ＤＣＥ＝∠ＤＡＥ＝１５°ꎬ∴ ∠ＰＣＥ＝７５°.∵ ∠ＡＰＢ＝６０°ꎬ∴ ∠ＡＰＢ＋∠ＡＥＣ＝１８０°ꎬ∴ ＡꎬＰꎬＣꎬＥ 四点共圆.∵ 弦 ＡＥ＝弦 ＥＣꎬ∴ ∠ＡＰＥ＝∠ＥＰＣ＝３０°ꎬ∴ ∠ＰＥＣ＝７５° ＝∠ＰＣＥꎬ∴ ＰＥ＝ＰＣ.设 ＰＢ＝ａꎬ则 ＰＡ＝２ａꎬＡＢ＝ＢＣ＝ ３ａꎬ∴ ＰＡ＋ＰＣ＝２ａ＋ａ＋ ３ａ＝ ３( ３ａ＋ａ)＝３(ＢＣ＋ＰＢ)＝３ＰＣꎬ∴ ＰＡ＋ＰＣ＝ ３ＰＥ.４.(１)解:先证得△ＢＧＫ≌△ＡＧＦꎬ 则 ＧＫ＝ＧＦ.∵ ＡＤ＝６ꎬ∴ ＡＧ＝ＣＧ＝３ ２ꎬ∴ ＧＫ＝ＧＦ＝２ ２ꎬ∴ ＡＦ＝ＡＧ２＋ＧＦ２＝２６.第 ４ 题答图(２)证明:如答图ꎬ过点 Ｇ 作 ＧＭ⊥ＧＥ 交 ＡＥ于点 Ｍꎬ连接 ＢＭ.∵ ＡＢ＝ＢＥꎬ∴ ∠ＢＡＭ＝∠ＢＥＭ.∵ ∠ＥＡＧ＝∠ＢＥＧꎬ∴ ∠ＢＡＧ＝∠ＭＥＧ＝４５°ꎬ∴ △ＧＭＥ 为等腰直角三角形.又∵ ∠ＢＧＭ＝∠ＥＧＡꎬＧＭ＝ＧＥꎬＡＧ＝ＢＧꎬ∴ △ＢＧＭ≌△ＡＧＥꎬ∴ ∠ＡＥＧ＝∠ＢＭＧ＝４５°ꎬ∴ ＢＭ⊥ＡＥ.又∵ ＡＢ＝ＢＥꎬ∴ ＡＭ＝ＭＥ.又∵ ＭＥ＝ ２ＧＥꎬ∴ ＡＥ＝２ ２ＧＥ.第四课时— — —直角三角形中的辅助线中考题型演练【例 ７】(１)解:∵ ＡＣ⊥ＢＣꎬＡＣ＝ＣＦꎬ答图 １∴ △ＡＣＦ 为等腰 直 角 三 角 形ꎬ 则∠ＡＦＣ＝４５°ꎬ∵ ∠ＡＦＣ＝∠Ｂ＋∠ＥＡＦꎬ∠Ｂ＝３５°ꎬ∴ ∠ＥＡＦ＝１０°.(２)证明:方法 １:如答图 １ꎬ取 ＣＦ 的中点 Ｍꎬ连接 ＥＭꎬＡＭ.∵ ＣＥ⊥ＥＦꎬ∴ ＥＭ ＝ ＣＭ ＝ ＦＭ ＝１２ＣＦ.答图 ２又∵ ＡＣ＝ＡＥꎬ∴ ＡＭ 为 ＥＣ 的中垂线ꎬ∴ ∠ＣＡＭ＋∠ＡＣＥ＝９０°.又∵ ∠ＥＣＦ＋∠ＡＣＥ ＝ ９０°ꎬ∴ ∠ＣＡＭ＝∠ＦＣＥ.又∵ ∠ＣＥＦ＝∠ＡＣＭ＝９０°ꎬ∴ △ＡＣＭ∽△ＣＥＦꎬ∴ＡＣＣＭ＝ＣＥＥＦ.又∵ ＣＦ ＝ ＡＣ ＝ ２ＣＭꎬ∴ＡＣＣＭ＝ＣＥＥＦ＝２１ꎬ∴ ＣＥ＝２ＥＦ.方法 ２:如答图 ２ꎬ延长 ＦＥ 至点 Ｍꎬ使 ＥＦ＝ＥＭꎬ连接 ＣＭ.答图 ３∵ ＣＥ⊥ＥＦꎬ∴ △ＣＭＦ 为等腰三角形.又∵ ＡＣ＝ＡＥ＝ＣＦꎬ且∠ＡＣＥ＝∠ＣＦＥꎬ∴ △ＣＭＦ≌△ＣＥＡꎬ∴ ＦＭ＝ＣＥ＝２ＥＦ.方法 ３:如答图 ３ꎬ过点 Ａ 作 ＡＭ⊥ＣＥ于点 Ｍꎬ得到 ＣＭ＝ＭＥꎬ再证△ＣＥＦ≌△ＡＭＣ.∴ ＣＭ＝ＥＦꎬ∴ ＣＥ＝２ＥＦ.【例 ８】 (１)解:∵ ∠ＢＤＣ ＝ ４５°且 ＣＥ⊥ＢＤꎬ∴ ＣＥ＝ＤＥ＝２２ＣＤ＝ ２.又∵ ＡＣ＝３ꎬ∴ ＢＣ＝３ ２ꎬ∴ ＢＥ＝ＢＣ２－ＣＥ２＝(３ ２)２－( ２)２＝１８－２ ＝４ꎬ∴ ＢＤ＝ＤＥ＋ＢＥ＝４＋ ２.答图 １(２)证明:方法 １:如答图 １ꎬ过点 Ａ作 ＡＭ⊥ＡＥ 于点 Ｍ.∵ ∠ＢＡＣ＝∠ＥＡＭ＝９０°ꎬ则∠ＢＡＣ－∠ＣＡＭ＝∠ＥＡＭ－∠ＣＡＭꎬ∴ ∠ＢＡＭ＝∠ＣＡＥ.又∵ ＡＢ＝ＡＣꎬ∴ △ＡＢＭ≌△ＡＣＥꎬ∴ ＣＥ ＝ ＢＭꎬ ＡＭ ＝ ＡＥꎬ ∠ＡＭＢ ＝∠ＡＥＣꎬ∴ ∠ＡＭＥ ＝ ４５°ꎬ∴ ∠ＡＭＢ ＝∠ＡＥＣ＝１３５°.又∵ ∠ＣＥＤ＝９０°ꎬ∴ ∠ＡＥＤ＝∠ＡＥＣ＝１３５°.又∵ ＡＥ＝ＡＥꎬＣＥ＝ＤＥꎬ∴ △ＡＥＣ≌△ＡＥＤꎬ∴ ∠ＣＡＥ＝∠ＤＡＥꎬ∴ ∠ＣＡＤ＝２∠ＤＡＥ.方法 ２:如答图 ２ꎬ过点 Ａ 作 ＡＮ⊥ＢＣ 于点 Ｎꎬ连接 ＮＥ.答图 ２∵ ∠ＡＣＮ ＝ ∠ＥＣＤ ＝ ４５°ꎬ∴ ∠ＮＣＥ＝∠ＡＣＤ.又∵ＮＣＡＣ＝ＣＥＣＤ＝１２ꎬ∴ △ＮＣＥ∽△ＡＣＤꎬ∴ＮＣＮＥ＝ＡＣＡＤ＝１１ꎬ即 ＡＣ＝ＡＤ.又∵ ＣＥ＝ＤＥꎬＡＥ＝ＡＥꎬ∴ △ＡＥＣ≌△ＡＤＥꎬ∴ ∠ＣＡＥ＝∠ＤＡＥꎬ∴ ∠ＣＡＤ＝２∠ＤＡＥ.中考达标训练１.(１)解:四边形 ＡＢＣＤ 为矩形ꎬ∴ ∠Ｄ＝９０° .在 Ｒｔ△ＣＤＥ 中ꎬ∠ＥＣＤ＝３０°ꎬＣＥ＝４ꎬ∴ ＥＤ＝１２ＣＥ＝２ꎬＣＤ＝ＣＥ２－ＥＤ２＝２ ３.∵ ＡＤ＝２ＣＤꎬ∴ ＡＤ＝４ ３ꎬ∴ ＡＥ＝ＡＤ－ＥＤ＝４ ３－２ꎬ∴ Ｓ△ＡＥＣ＝１２ＡＥ􀅱ＣＤ＝１２－２ ３.(２)证明:方法一:如答图 １ꎬ过点 Ａ 作 ＡＫ⊥ＡＨ 交 ＦＥ 于点 Ｋꎬ注:也可交代在 ＥＦ 上取一点 Ｋꎬ使 ＦＫ＝ＤＨꎬ连接 ＡＫ.∵ 四边形 ＡＢＣＤ 为矩形ꎬ∴ ∠ＢＡＤ＝９０°ꎬ∴ ∠ＦＡＥ＝９０°ꎬ∴ ∠３＋∠４＝９０°.∵ ＤＨ⊥ＥＧꎬ∴ ∠１＋∠２＝９０°.∵ ∠２＝∠３ꎬ∴ ∠１＝∠４.又∵ ∠５＋∠６＝∠６＋∠７＝９０°ꎬ∴ ∠５＝∠７.∵ ＡＦ＝２ＣＤꎬＡＤ＝２ＣＤꎬ∴ ＡＦ＝ＡＤꎬ∴ △ＦＡＫ≌△ＤＡＨꎬ∴ ＦＫ＝ＤＨꎬＡＫ＝ＡＨꎬ∴ △ＡＫＨ 为等腰直角三角形ꎬ∴ ＫＨ＝ ２ＡＨ.∵ ＦＨ＝ＦＫ＋ＫＨꎬ∴ ＦＨ＝ＤＨ＋ ２ＡＨ.方法二:如答图 ２ꎬ过点 Ａ 作 ＡＫ⊥ＡＨ 交 ＤＨ 延长线于点 Ｋ.注:也可交代延长 ＤＨ 至点 Ｋꎬ使 ＤＫ＝ＦＨꎬ连接 ＡＫ.易得△ＦＡＨ≌△ＤＡＫꎬ∴ △ＡＫＨ 为等腰直角三角形ꎬ∴ ＫＨ＝ ２ＡＨ.∵ ＤＫ＝ＨＫ＋ＤＨꎬ∴ ＦＨ＝ ２ＡＨ＋ＤＨ.２.(１)解:方法一:如答图１ꎬ过点 Ｅ 作 ＡＣ 的垂线ꎬ垂足为点 Ｈꎬ则 ＡＢ＝ＡＣｃｏｓ ４５°＝４ ２.∵ 点 Ｄ 为等腰 Ｒｔ△ＡＢＣ 中斜边的中点ꎬＡＣ＝４ꎬ∴ ∠ＡＣＤ＝４５°ꎬＢＤ＝ＣＤ＝ＡＣ􀅱ｃｏｓ ４５° ＝２ ２.又∵ ＣＤ⊥ＣＥꎬＢＤ⊥ＢＥꎬＣＨ⊥ＥＨꎬ∴ ∠ＨＣＥ＝４５°ꎬ四边形 ＣＥＢＤ 为正方形ꎬ第 ２ 题答图 １∴ ＢＥ＝ＣＤ＝２ ２.在 Ｒｔ△ＡＢＥ 中ꎬＡＥ＝ＡＢ２＋ＢＥ２＝２１０.方法二:如答图１ꎬ过点 Ｅ 作 ＡＣ 的垂线交 ＡＣ 的延长线于点 Ｈ.∵ 点 Ｄ 为等腰 Ｒｔ△ＡＢＣ 中斜边中点ꎬＡＣ＝４ꎬ∴ ∠ＡＣＤ＝４５°ꎬＢＤ＝ＣＤ＝ＡＣ􀅱ｃｏｓ ４５° ＝２ ２.又∵ ＣＤ⊥ＣＥꎬＢＤ⊥ＢＥꎬＣＨ⊥ＥＨꎬ∴ ∠ＨＣＥ＝４５°ꎬ四边形 ＣＥＢＤ 为正方形ꎬ∴ ＣＥ＝ＣＤ＝２ ２ꎬ∴ ＣＨ＝ＨＥ＝ＣＥ􀅱ｃｏｓ ４５° ＝２ꎬ∴ＡＨ＝ＡＣ＋ＣＨ＝６.在 Ｒｔ△ＡＨＥ 中ꎬＡＥ＝ＡＨ２＋ＨＥ２＝２１０.(２)证明:如答图 ２ꎬ延长 ＡＣꎬＢＥ 交于点 Ｍꎬ连接ＤＥ.∵ △ＡＢＣ 为等腰直角三角形ꎬ—９—∴ ∠ＢＣＡ＝∠ＢＣＭ＝９０°ꎬ∠ＣＡＢ＝∠ＣＢＡ＝４５°ꎬＡＣ＝ＢＣ.第 ２ 题答图 ２又∵ ＣＤ⊥ＣＥꎬＢＤ⊥ＢＥꎬ∴ ∠ＡＣＤ＝∠ＢＣＥꎬ∠ＣＡＢ＝∠ＣＢＡ＝４５°ꎬＡＣ＝ＢＣꎬ∴ △ＡＣＤ≌△ＢＣＥ(ＡＳＡ)ꎬ∴ ＣＤ＝ＣＥꎬＡＤ＝ＢＥꎬ∠ＣＡＤ＝∠ＣＢＥ＝４５°.在△ＡＣＢ 和△ＭＣＢ 中ꎬ∵∠ＣＡＤ＝∠ＣＢＥꎬＢＣ＝ＢＣꎬ∠ＢＣＡ＝∠ＢＣＭꎬ{∴ △ＡＣＢ≌△ＭＣＢ(ＡＳＡ)ꎬ∴ ＡＣ ＝ ＣＭꎬＡＢ ＝ ＢＭꎬ∠Ｍ＝∠ＣＡＢ＝４５°.又∵ 点 Ｆ 为 ＡＥ 的中点ꎬ∴ ＭＥ＝２ＣＦꎬＡＢ－ＡＤ＝ＢＭ－ＢＥꎬ∴ ＢＤ＝ＭＥ＝２ＣＦꎬ在 Ｒｔ△ＤＣＥ 中ꎬＣＤ＝ＣＥꎬ∴ ＤＥ＝ ２ＣＤ.在 Ｒｔ △ＤＢＥ 中ꎬ ＢＥ２＋ ＢＤ２＝ ＢＥ２＋ ＥＭ２＝ ＢＥ２＋(２ＣＦ)２＝ＥＤ２ꎬ即 ＢＥ２＋４ＣＦ２＝( ２ＣＤ)２＝２ＣＤ２.３.(１)解:在△ＡＣＤ 中ꎬ∵ ∠ＡＣＤ ＝ ９０°ꎬ∠ＣＡＤ ＝ ３０°ꎬＣＤ＝１ꎬ∴ ＣＡ＝ＣＤｔａｎ∠ＣＡＤ＝ ３.在 Ｒｔ△ＡＣＢ 中ꎬ∠ＢＡＣ＝９０°ꎬＡＣ＝ ３ꎬＡＢ＝２ꎬ∴ ＢＣ＝ＡＣ２＋ＡＢ２＝ ７.第 ３ 题答图 １又 ＢＦ＝２ꎬ∴ ＦＣ＝ ７－２.(２)证明:方法１:如答图１ꎬ过点 Ｂ 作 ＢＥ⊥ＡＨ 交 ＡＨ 于点 Ｅꎬ则∠ＢＥＡ＝∠ＡＨＤ＝９０°.又∠１＋∠２＝９０°ꎬ∠３＋∠２＝９０°ꎬ∴ ∠１＝∠３.在△ＡＢＥ 和△ＣＡＨ 中ꎬ∵∠ＢＥＡ＝∠ＡＨＣꎬ∠３＝∠１ꎬＡＢ＝ＡＣꎬ{∴ △ＡＢＥ≌△ＣＡＨ(ＡＡＳ)ꎬ∴ ＡＥ＝ＨＣꎬＢＥ＝ＨＡ.又∠ＢＣＨ ＝ ∠ＣＡＤꎬ且∠ＨＣＡ ＝ ∠ＣＡＤ ＋∠ＡＤＣꎬ∠ＢＣＡ＝４５°ꎬ∴ ∠ＡＤＣ＝∠ＢＣＡ＝４５°ꎬ第 ３ 题答图 ２则 ＨＤ ＝ ＨＡ ＝ ＢＥꎬ故 ＨＤ－ＨＣ ＝ ＨＡ－ＡＥꎬ即 ＣＤ＝ＨＥ.在△ＢＥＭ和△ＤＨＭ中ꎬ∵∠ＢＥＭ＝∠ＭＨＤꎬ∠ＥＭＢ＝∠ＨＭＤꎬＢＥ＝ＤＨꎬ{∴△ＢＥＭ≌△ＤＨＭꎬ∴ ＨＭ＝ＭＥ＝１２ＨＥꎬ即 ＣＤ＝２ＭＨ.方法 ２:如答图 ２ꎬ延长 ＤＨ 于点 Ｇꎬ使得 ＧＨ＝ＨＤꎬ连接 ＡＧꎬＢＧꎬ先证明 ＢＧ＝２ＨＭꎬ再证明 ＢＧ＝ＣＤ.４.(１)解:∵ ｔａｎ∠ＤＢＥ＝１３且 ＤＥ＝４ꎬ∴ ＢＤ＝３ＤＥ＝１２ꎬ∴ ＡＤ＝１２ ２ꎬＡＢ＝ＢＤ＝１２.第 ４ 题答图又∵ ∠ＥＢＦ＝∠ＤＢＡ＝９０°ꎬ∴ ∠ＦＢＡ＝∠ＥＢＤ.设 ＦＧ＝ｘꎬ则 ＡＧ＝ｘꎬＢＧ＝３ｘꎬ∴ ＡＢ＝４ｘ＝１２ꎬ∴ ｘ＝３ꎬ∴ ＡＦ＝ ２ＦＧ＝３ ２ꎬ∴ ＤＦ＝１２ ２－３ ２ ＝９ ２.(２)如答图ꎬ过点 Ｍ 作 ＭＫ⊥ＡＢ 于点 Ｋ.∵ ＢＤ 平分∠ＭＢＥꎬ∴ ∠ＥＢＤ ＝∠ＭＢＤ＝∠ＦＢＡ.又∵ ∠Ａ ＝ ∠ＢＤＡ ＝ ４５°ꎬＡＢ ＝ＢＤꎬ∴△ＢＤＭ≌△ＢＡＦ(ＡＳＡ)ꎬ∴ ＢＦ＝ＢＭ.又∵ ∠ＦＧＢ＝∠ＭＫＢ＝９０°ꎬ∠ＢＭＫ＝∠ＤＢＭ＝∠ＦＢＧꎬ∴ △ＢＭＫ≌△ＢＦＧꎬ∴ＦＧ＝ＢＫ.又∵ ＡＧ＝ＦＧꎬＢＮ＝２ＡＧꎬ∴ ＢＫ＝ＮＫ.又∵ ＭＫ⊥ＢＮꎬ∴ ＢＭ＝ＭＮ.∵ ∠ＢＭＫ＝∠ＮＭＫ＝∠ＭＢＤ＝∠ＥＢＤꎬ∴ ∠ＮＭＢ＝∠ＭＢＥꎬ∴ ＭＮ∥ＢＥ.中考专题训练十一— — —不定方程(组)的应用题第一课时— — —不定方程的整数解问题中考题型演练【例 １】３ ３９０　 【解析】设租 ６０ 座的客车 ｘ 辆ꎬ４０ 座的客车 ｙ 辆ꎬ则租 ２５ 座的客车(７－ｘ－ｙ)辆.根据题意ꎬ得 ６０ｘ＋４０ｙ＋２５(７－ｘ－ｙ)＝ ２７６＋７＋７.整理ꎬ得 ｙ＝２３－７ｘ３.∵ ｘꎬｙ 取正整数ꎬ∴ ｘ＝２.当 ｘ＝２ 时ꎬｙ＝３ꎬ７－ｘ－ｙ＝２ꎬ∴ 该校租车费用为 ６００×２＋４８０×３＋３７５×２＝３ ３９０(元).【例 ２】１２　 【解析】切割一根长 ６ 米的钢管ꎬ有三种切割方法:方法 １:切割 ７ 根 ０.８ 米的钢管ꎻ方法 ２:切割 ４ 根 ０.８ 米的钢管ꎬ１ 根长 ２.５ 米的钢管ꎻ方法 ３:切割 １ 根 ０.８ 米的钢管ꎬ２ 根长 ２.５ 米的钢管.设按方法 １ 切割 ｘ 根ꎬ按方法 ２ 切割 ｙ 根ꎬ按方法 ３ 切割 ｚ 根.根据题意ꎬ得ｘ＋ｙ＋ｚ＝２３ꎬ７ｘ＋４ｙ＋ｚ＝８９ꎬｙ＋２ｚ＝２４.{化简ꎬ得ｘ＝ｚ－１ꎬｙ＝２４－２ｚ.{由０≤ｘ≤２３ꎬ０≤ｙ≤２３ꎬ{得０≤ｚ－１≤２３ꎬ０≤２４－２ｚ≤２３.{解得１≤ｚ≤２４ꎬ１２≤ｚ≤１２ꎬ{即 １≤ｚ≤１２.∵ ｚ 为正整数ꎬ∴ ｚ 取 １ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５ꎬ６ꎬ７ꎬ８ꎬ９ꎬ１０ꎬ１１ꎬ１２.∴ 可得 １２ 种方案.【例 ３】３６　 【解析】设购买 Ａ 种商品 Ｘ 个ꎬＢ 种商品 Ｙ 个ꎬ找回 Ｍ 张 １０ 元的和 Ｎ 张 １ 元的.由题意ꎬ得１１Ｘ＋１９Ｙ＝１ ０００－１０Ｍ－Ｎꎬ①１１Ｙ＋１９Ｘ＝１ ０００－１０Ｎ－Ｍ.②{由①－②ꎬ得 ８(Ｙ－Ｘ)＝ ９(Ｎ－Ｍ).∵ Ｙ－Ｘ>０ꎬ∴ Ｎ－Ｍ>０ꎬ又∵ １ 元的不超过 ９ 张ꎬ∴ Ｎ－Ｍ≤８.∵ ＸꎬＹꎬＭꎬＮ 都是正整数ꎬ∴ Ｎ－Ｍ＝８ꎬＹ－Ｘ＝９ꎬ∴ Ｎ＝９ꎬＭ＝１ꎬＹ＝Ｘ＋９.把 Ｙ＝Ｘ＋９ꎬＮ＝９ꎬＭ＝１ 代入①ꎬ得 １１Ｘ＋１９(Ｘ＋９)＝ １ ０００－１０－９.解得 Ｘ＝２７ꎬＹ＝３６.即购买 Ａ 商品 ２７ 个ꎬＢ 商品 ３６ 盒.中考达标训练１.１７　 【解析】设 Ｂ 规格中三个独立包装袋的积木共有 ｎ 块ꎬ购买 Ａ 规格 ｘ盒ꎬ购买 Ｂ 规格 ｙ 盒.由题意ꎬ得ｘ＋３ｙ＝２０ꎬ４０ｘ＋ｎｙ＝２８５.{整理ꎬ得 ｎ＝１２０－５１５ｙ.∵ ｘꎬｎꎬｙ 都为正整数ꎬ∴ ｙ<２０３ꎬ∴ ｙ＝５.∴ ｎ＝１２０－１０３＝１７.２.６５　 【解析】设乙队单独做需要 ａ 天完成任务.根据题意ꎬ得１４０×２０＋１ａ(３０＋２０)＝ １.解得 ａ＝１００.设甲队现做了 ｘ 天ꎬ再由乙队做了 ｙ 天.由题意ꎬ得ｘ４０＋ｙ１００＝１.整理ꎬ得 ｙ＝１００－５２ｘ.∵ ｙ<７０ꎬ∴ １００－５２ｘ<７０ꎬ解得 ｘ>１２.又∵ ｘ<１５ 且为整数ꎬ∴ ｘ＝１３ 或 １４.当 ｘ＝１３ 时ꎬｙ 不是整数ꎬ∴ ｘ＝１３ 不符合题意ꎬ舍去ꎻ当 ｘ＝１４ 时ꎬｙ＝１００－３５＝６５ꎬ∴ 乙队实际做了 ６５ 天.３.１ ５６０　 【解析】设 Ａ 种放大镜网上每个单价为 ｂ 元ꎬ则 Ｂ 种的每个单价为(７０－ｂ)元.计划购买 Ａ 种放大镜为 ａ 个ꎬ则 Ｂ 种放大镜为(ａ＋５)个.由题意ꎬ得 ａｂ＋(７０－ｂ)(ａ＋５)＋１０＝０.９ｂ(ａ＋５)＋１.１ａ(７０－ｂ).整理ꎬ得 ７ａ＋９.５ｂ－０.２ａｂ＝３６０.则 ｂ＝３６０－７０ａ９.５－０.２ａ＝３５＋２７５９５－２ａ.∵ ２ａ＋５≤５０ꎬ∴ ９５>９５－２ａ≥５０ꎬ∴ ９５－２ａ＝５５ꎬ∴ ａ＝２０ꎬｂ＝４０.∴ 则小曾购买放大镜实际花费为２０×４０＋(７０－４０)(２０＋５)＋１０＝１ ５６０(元).４.１０　 【解析】设第一组销售人员的人数为 ａ 人ꎬ第二组销售人员的人数为 ｂ人ꎬ第三组销售人员的人数为 ｃ 人.由题意ꎬ得２(４ａ＋２ｂ＋５ｃ)＝ ２１６ꎬ２６ａ＋１０ｂ＋１８ｃ＝４６６.{∴２０ａ＋１０ｂ＋２５ｃ＝５４０ꎬ２６ａ＋１０ｂ＋１８ｃ＝４６６ꎬ{∴ ７ｃ－６ａ＝７４ꎬ∴ ｃ＝７４＋６ａ７＝１０＋ａ＋４－ａ７ꎬ∴ ４－ａ 是 ７ 的倍数ꎬ∴ ４－ａ＝０ꎬ∴ ａ＝４ꎬｃ＝１４ꎬ∴ ｃ－ａ＝１０.５.２７ ４３１.５　 【解析】设 Ａ 种年货和 Ｂ 种年货的进货数量分别为 ａ 和 ｂꎬ则 Ｃ种年货和 Ｄ 种年货的进货数量分别为 ａ 和 ｂꎬ设 Ａ 种年货和 Ｂ 种年货的单价分别为 ｍ 和 ｎꎬ则 Ｃ 种年货和 Ｄ 种年货的单价分别为 ｍ 和 ｎꎬ设 Ａ 种年货和 Ｂ 种年货的进货总价比 Ｃ 种年货和 Ｄ 种年货的进货总价多８ｘｙ元.由题意ꎬ得 １６＋ｘ＋ｙ＝ｋ２(ｋ 为正整数)且 ｘ＝２ｙ.则当 ｘ＝６ꎬｙ＝ ３ 时才有 １６＋ｘ＋ｙ ＝ｋ２(ｋ 为正整数)ꎬ且 ｘ ＝ｙ 成立ꎬ即８ｘｙ为８６３.由题意ꎬ得ｍ＋ｎ＝１８０ꎬａｍ＋ｂｎ＝ａｎ＋ｂｍ＋８６３.{∴ ２ｍ(ａ－ｂ)＝ １８０(ａ－ｂ)＋８６３ꎬ∴ ｍ＝９０＋８６３２(ａ－ｂ)ꎬ∴ ｎ＝９０－８６３２(ａ－ｂ)ꎬ∴ ａｍ＋ｂｎ＝９０ａ＋８６３ａ２(ａ－ｂ)＋９０ｂ－８６３ｂ２(ａ－ｂ)＝ ９０(ａ＋ｂ)＋８６３２.∵ ａ＋ｂ≤３００ꎬ∴ ａｍ＋ｂｎ≤２７ ４３１.５.第二课时— — —运用设而不求的方法求解数学问题中考题型演练【例 ４】６４％　 【解析】设 ＡꎬＢꎬＣ 三种款式的产品的原成本为 ａꎬ总销售量为ｂꎬＡ 种产品的销量为 ｍꎬＢ 种产品的销量为 ｎ.由题意ꎬ得０.４ｍａ＋０.５ａｎ＋０.６ａ􀅱０.４ｂｍａ＋ｎａ＋０.４ｂａ＝５１.５％ꎬｂ－ｍ－ｎ＝０.４ｂ.{整理ꎬ得１１５ｍ＋１５ｎ＝３４ｂꎬｍ＋ｎ＝０.６ｂ.{解得ｍ＝０.２５ｂꎬｎ＝０.３５ｂ.{.由题意得第二季度 ＡꎬＢꎬＣ 三种款式的产品的原成本分别为 １.２５ａꎬａꎬａꎬ售价分别为 ２.２５ａꎬ１.５ａꎬ１.６ａꎬ销量分别为０.４ｂꎬ０.４ｂꎬ０.６ｂꎬ则总利润率为ａ􀅱０.４ｂ＋０.５ａ􀅱０.４ｂ＋０.６ａ􀅱０.６ｂ１.２５ａ􀅱０.４ｂ＋０.４ａｂ＋０.６ａｂ＝６４％.【例 ５】４７　 【解析】设甲的单价为 ｘ 元ꎬ乙的单价为 ｙ 元ꎬ丙的单价为 ｚ 元ꎬ当销售这两种商品的销售利润率为 ２４％时ꎬ则销售 ＡꎬＢ 两种商品的件数分别为 ａ 件和 ｂ 件.由题意ꎬ得 Ａ 商品一件的成本是 ７.５ｘ＝３ｘ＋ｙ＋ｚ.化简ꎬ得 ｙ＋ｚ＝４.５ｘ.Ｂ 商品一件成本是 ｘ＋２ｙ＋２ｚ＝ｘ＋２(ｙ＋ｚ)＝ ｘ＋９ｘ ＝ １０ｘꎬＢ 商品一件的售价为１０ｘ(１＋２０％)＝ １２ｘꎬＡ 商品一件售价为 １０ｘ.根据 ＡꎬＢ 的利润ꎬ得(１０ｘ－７.５ｘ)ａ＋２０％×１０ｘｂ＝(７.５ｘａ＋１０ｘｂ)×２４％.化简ꎬ得２.５ａ＋２ｂ＝１.８ａ＋２.４ｂꎬ即 ０.７ａ＝０.４ｂꎬ故ａｂ＝４７.【例 ６】１９０　 【解析】设原计划一等奖、二等奖、三等奖每篇的奖金分别为 ａ元ꎬｂ 元和 ｃ 元.由 题 意ꎬ得３ａ＋５ｂ＋１２ｃ＝４(ａ－１０)＋６(ｂ－２０)＋１０(ｃ－３０)ꎬａ－ｃ＝３２０.{整 理ꎬ得ａ＋ｂ－２ｃ＝４６０ꎬａ－ｃ＝３２０.{则 ａ－ｂ＝１８０ꎬ∴ ａ－１０－(ｂ－２０)＝ ａ－ｂ＋１０＝１９０.中考达标训练１.６００　 【解析】设甲种体育用品每个 ｘ 元ꎬ乙种体育用品每个 ｙ 元ꎬ则班长身上的钱有(３ｘ＋７ｙ－２４０)元或(７ｘ＋３ｙ＋２４０)元.由题意ꎬ可得 ３ｘ＋７ｙ－２４０＝７ｘ＋３ｙ＋２４０.化简整理ꎬ得 ｙ－ｘ＝１２０.若班长购买甲种体育用品 １０ 个ꎬ则他身上的钱会剩下:(７ｘ＋３ｙ＋２４０)－１０ｘ＝３(ｙ－ｘ)＋２４０＝３×１２０＋２４０＝６００(元).２.１５　 【解析】不妨设 ＡꎬＢꎬＣꎬＤꎬＥꎬＦ 六人抽到的数字分别为 ａꎬｂꎬｃꎬｄꎬｅꎬｆ.—０１—由题意ꎬ得２ａ－ｂ＋ｃ＋ｄ＋ｅ＋ｆ５＝９ꎬ２ｂ－ａ＋ｃ＋ｄ＋ｅ＋ｆ５＝１０ꎬ２ｃ－ａ＋ｂ＋ｄ＋ｅ＋ｆ５＝１３ꎬ２ｄ－ａ＋ｂ＋ｃ＋ｅ＋ｆ５＝１５ꎬ２ｅ－ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ＋ｆ５＝２３ꎬ２ｆ－ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ＋ｅ５＝３０.ìîíïïïïïïïïï ï∴ ２(ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ＋ｅ＋ｆ)－５(ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ＋ｅ＋ｆ)５＝１００ꎬ∴ ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ＋ｅ＋ｆ＝１００ꎬ∴ ａ＋ｂ＋ｄ＋ｅ＋ｆ＝１００－ｃꎬ∴ ２ｃ－１００－ｃ５＝１３ꎬ解得 ｃ＝１５.３.１０３　 【解析】设 Ａ 池的储存量为 ８ａꎬＢ 池的储存量为 ５ａꎬ甲池的污水净化速度为 ５ｂꎬ乙池的污水净化速度为 ２ｂꎬ甲污水处理池净化 Ａ 污水存储池的污水的时间为 ｘꎬ甲污水处理池净化 Ｂ 污水存储池的污水的时间为 ｙ.由题意ꎬ得５ｂｘ＋２ｂｙ＝８ａꎬ５ｂｙ＋２ｂｘ＝５ａ.{∴５ｂｘ＋２ｂｙ５ｂｙ＋２ｂｘ＝８５.解得ｘｙ＝１０３.４.２３％　 【解析】设每袋 Ａ 干果的成本为 ａ 元ꎬ则每盒甲的成本为 １２.５ａ 元ꎬ则每盒甲的售价为 １５ａ 元ꎬ每盒乙的售价为 ２０ａ 元ꎬ每盒乙的成本为 ２ａ＋２(１２.５ａ－６ａ)＝ １５ａ 元ꎬ设每盒丙的成本为 ｘ 元ꎬ则 ｘ(１＋４０％)×０.８－ｘ ＝ １.２ａꎬ解得 ｘ＝１０ａꎬ则每盒丙的售价为 １１.２ａ 元ꎬ当销售甲、乙、丙三种方式的干果数量之比为 ６ ∶ ５ ∶ ５ 时ꎬ则总利润率为６×２.５ａ＋５×５ａ＋５×１.２ａ６×１２.５ａ＋５×１５ａ＋５×１０ａ＝２３％.５.２４　 【解析】设原来该工厂有 ＡꎬＢꎬＣ 三种机器分别有 ａ 辆ꎬｂ 辆ꎬｃ 辆ꎬＡꎬＣ两 种 机 器 在 原 车 间 生 产 产 品 时 间 为ｘ天. 由 题 意ꎬ 得０.５ａ＋４ｂ＋１.５ｃ＝１.２５(ａ＋２ｂ＋３ｃ)ꎬ①６ｘ＝ｔ＋４ꎬ②(０.５ａ＋４ｂ＋１.５ｃ)􀅱ｔ＝(０.５ａ＋１.５ｃ)􀅱ｘ＋４ｂ􀅱６ｘ.③{由①ꎬ得 ａ ＝ ２ｂ － ３ｃ. 由②ꎬ得 ｔ＝６ｘ－４.代入③ꎬ得 ｘ＝２ａ＋１６ｂ＋６ｃ２.５ａ＋７.５ｃ＝２０ｂ５ｂ＝４.∴ ６ｘ＝２４.中考专题训练十二— — —二次函数综合型问题第一课时— — —二次函数的基础知识【例 １】Ｄ　 【例 ２】Ｄ　 【例 ３】Ｃ　 【例 ４】Ｃ中考达标训练１.Ｂ　 ２.Ｂ　 ３.Ｄ　 ４.Ｃ　 ５.Ｃ　 ６.Ｄ　 ７.Ｂ　 ８.Ｄ　 ９.Ａ１０.Ａ　 【解析】在同一平面直角坐标系 ｘＯｙ 中ꎬ画出函数二次函数 ｙ＝－ｘ２＋１与正比例函数 ｙ＝－ｘ 的图象ꎬ如答图所示.设它们交于点 ＡꎬＢ.答图令－ｘ２＋１＝－ｘꎬ即 ｘ２－ｘ－１＝０ꎬ解得 ｘ１＝１＋ ５２ꎬｘ２＝１－ ５２ꎬ∴ Ａ１－ ５２ꎬ５－１２()ꎬＢ１＋ ５２ꎬ－１－ ５２().观察图象可知:①当 ｘ≤１－ ５２时ꎬｍｉｎ{－ｘ２＋１ꎬ－ｘ} ＝ －ｘ２＋１ꎬ函数值随 ｘ 的增大而增大ꎬ其最大值为５－１２ꎻ②当１－ ５２<ｘ<１＋ ５２时ꎬｍｉｎ{－ｘ２＋１ꎬ－ｘ} ＝－ｘꎬ函数值随 ｘ 的增大而减小ꎬ其最大值为５－１２ꎻ③当 ｘ≥１＋ ５２时ꎬｍｉｎ{－ｘ２＋１ꎬ－ｘ} ＝－ｘ２＋１ꎬ函数值随 ｘ 的增大而减小ꎬ最大值为－１－ ５２.综上知ꎬｍｉｎ{－ｘ２＋１ꎬ－ｘ}的最大值是５－１２.故选 Ａ.第二课时— — —二次函数中的几何最值(１)【例 ５】解:(１)令－ｘ２＋２ｘ＋３＝０ꎬ解得 ｘ１＝－１ꎬｘ２＝３.∴ Ａ(－１ꎬ０)ꎬＢ(３ꎬ０).令 ｘ＝０ꎬ得 ｙ＝３.∴ 点 Ｃ(０ꎬ３).设 ｙＢＣ＝ｋｘ＋ｂ.∵ 过 Ｂ(３ꎬ０)ꎬＣ(０ꎬ３)ꎬ∴０＝３ｋ＋ｂꎬ３＝ｂ.{解得ｋ＝－１ꎬｂ＝３.{∴ ｙＢＣ＝－ｘ＋３.设 Ｐ ｍꎬ－ｍ２＋２ｍ＋３()ꎬＱ ｍꎬ－ｍ＋３()ꎬ∴ ＰＱ＝ｙＰ－ｙＱ＝－ｍ２＋２ｍ＋３＋ｍ－３＝－ｍ２＋３ｍ＝－ｍ２－３ｍ＋３２()２－３２()２[]＝－ ｍ－３２()２＋９４.∵ ａ＝－１<０ꎬ∴ 当 ｍ＝３２时ꎬＰＱ 的最大值为９４.(２)∵ ＢＯ＝ＣＯꎬ∠ＢＯＣ＝９０°ꎬ∴ ∠ＡＢＣ＝４５°ꎬ∴ ∠ＰＱＧ＝４５°ꎬ∴ ＰＧ＝ＰＱ􀅱ｓｉｎ４５°ꎬ则当 ＰＱ 最大时ꎬＰＧ 就最大.∴ ＰＧ 的最大值为９４×２２＝９ ２８.(３)∵ △ＰＧＱ 是等腰直角三角形ꎬ∴ Ｃ△ＰＧＱ＝ＰＧ＋ＧＱ＋ＰＱ＝２ ２＋２２ＰＱ＝９ ２＋９４.中考达标训练１.解:(１)由 ｘ２－２ｘ－２＝０ꎬ得 ｘ１＝－１ꎬｘ２＝２.故 Ａ(－１ꎬ０)ꎬＢ(２ꎬ０).令 ｘ＝０ꎬ得 ｙ＝－２.故 Ｃ(０ꎬ－２).由点 ＡꎬＣ 的坐标求得直线 ＡＣ 的解析式为 ｙＡＣ＝－２ｘ－２.(２)∵ ＢＯ＝ＣＯꎬ∠ＢＯＣ＝９０°ꎬ∴ ∠ＡＢＣ＝４５°ꎬ∠ＡＣＯ＝∠ＥＰＱꎬ∴ ｔａｎ∠ＡＣＯ＝ｔａｎ∠ＥＰＱ＝１２.如答图 １ꎬ过点 Ｑ 作 ＰＥ 的垂线 ＱＨꎬ垂足是点 Ｈ.易求直线 ＢＣ 的解析式为ｙＢＣ＝ｘ－２.设 ＱＨ＝ａꎬＰＨ＝２ａꎬＤＨ＝ａꎬ则 ａ＋２ａ＝ＰＤꎬ∴ ａ＝１３ＰＤ.设 Ｐ ｍꎬｍ２－ｍ－２()ꎬＤ(ｍꎬｍ－２)ꎬ则 Ｃ△ＰＱＤ＝ＰＱ＋ＱＤ＋ＰＤ ＝( ５ ＋ ２ ＋３)ａ ＝５＋ ２＋３３ＰＤ ＝５＋ ２＋３３(－ｍ２＋２ｍ)＝ －５＋ ２＋３３(ｍ－１)２＋５＋ ２＋３３ꎬ∴ 当 ｍ＝１ 时ꎬＣ△ＰＱＭ最大＝５＋ ２＋３３ꎬ此时 Ｐ(１ꎬ－２).(３)如答图２ꎬ把点 Ａ 向下平移１ 个单位到点 Ａ′ꎬ则 Ａ′ －１ꎬ－１()ꎬ连接 Ａ′Ｐꎬ∴ ＡＭ＋ＭＮ＋ＰＮ 最小值为 Ａ′Ｐ＋ＭＮ＝ ５＋１.第 １ 题答图 １　 　 　第 １ 题答图 ２２.解:(１)由题可知直线 ＡＣ 的解析式为 ｙ＝－ｘ－３.如答图ꎬ过点 Ｐ 作 ＰＳ⊥ｘ 轴于点 Ｓꎬ交 ＡＣ 于点 Ｈ.∵ Ｃ(０ꎬ－３)ꎬＡ(－３ꎬ０)ꎬ∴ ∠ＯＡＣ＝４５°.又∵ ＰＳ⊥ｘ 轴ꎬ △ＰＲＨ∽△ＡＯＣꎬ∴ ＰＲ＝２２ＰＨ.设 Ｐ(ｍꎬｍ２＋２ｍ－３)ꎬ∴ Ｈ(ｍꎬ－ｍ－３)ꎬ∴ ＰＲ＝２２ＰＨ＝２２(ｙＨ－ｙＰ)＝ －２２(ｍ２＋３ｍ)＝ －２２ｍ＋３２()＋９ ２８.当 ｍ＝－３２时ꎬＰＲ 最大ꎬ为９ ２８ꎬ此时 Ｐ －３２ꎬ－１５４().(２)将点 Ｐ 沿 ＢＥ 方向平移 ５个单位得到 Ｇ －７２ꎬ－１１４()ꎬ作点 Ａ 关于直线 ＢＥ 的对称点 Ｋꎬ连接 ＧＫ 交 ＢＥ 于点 Ｍꎬ此时四边形 ＡＰＮＭ 的周长最小.∵ 直线 ＢＥ 的解析式为 ｙ＝－１２ｘ＋１２ꎬ直线 ＡＫ 的解析式为 ｙ＝２ｘ＋６ꎬ由ｙ＝２ｘ＋６ꎬｙ＝－１２ｘ＋１２ꎬ{解得ｘ＝－１１５ꎬｙ＝８５.{第 ２ 题答图∴ Ｊ －１１５ꎬ８５().∵ ＡＪ＝ＪＫꎬ∴ Ｋ －７５ꎬ１６５()ꎬ∴ 直线 ＫＧ 的解析式为 ｙ ＝１７６ｘ ＋４３６.由ｙ＝１７６ｘ＋４３６ꎬｙ＝－１２ｘ＋１２ꎬ{解得ｘ＝－２ꎬｙ＝３２.{∴ Ｍ－２ꎬ３２()ꎬ将点 Ｍ 向下平移 １个单位ꎬ向右平移 ２ 个单位得到点Ｎꎬ∴ Ｎ ０ꎬ１２().３.解:(１)如答图 １ꎬ作点 Ｂ 关于 ｙ 轴的对称点 Ｂ１ꎬ把点 Ｂ１沿 ｘ 轴正方向平移１ 个单位到点 Ｂ２ꎬ连接 ＰＢ２.∵ Ｂ(３ꎬ０)ꎬＢ１(－３ꎬ０)ꎬＢ２(－２ꎬ０)ꎬＰ３２ꎬ１５４()ꎬ∴ ＰＮ＋ＭＮ＋ＭＢ 的最小值＝Ｂ１Ｂ２＋Ｂ２Ｐ＝４２１４＋１.(２)如答图２ꎬ作点 Ａ 关于直线 ＢＣ 的对称点 Ａ′ꎬ把点 Ｐ 沿直线 ＢＣ 平移 ２个单位到点 Ｐ′ꎬ连接 Ａ′Ｐ′并延长交直线 ＢＣ 于点 Ｎ′ꎬＡＮ－ＰＭ 的最大值＝Ａ′Ｐ′.∵ Ａ′(３ꎬ ４)ꎬＰ′５２ꎬ１１４()ꎬ∴ＡＮ－ＰＭ 的最大值＝Ａ′Ｐ′＝３－５２()２＋４－１１４()２＝２９４.(３)如答图 ２ꎬ作点 Ａ 关于对称轴的对称点 Ａ１ꎬ作点 Ｐ 关于 ｙ 轴的对称点Ｐ１ꎬ把点 Ｐ１竖直向下平移３４个单位到点 Ｐ２ꎬ连接 Ｐ２Ａ１交 ｙ 轴于点 Ｎ１ꎬ交对称轴于点 Ｅ.∵ Ａ ( － １ꎬ０)ꎬ ∴Ａ１(３ꎬ０). ∵ Ｐ３２ꎬ１５４()ꎬ ∴ Ｐ１－３２ꎬ１５４()ꎬ ∴ Ｐ２－３２ꎬ３()ꎬ∴ ＰＭ＋ＭＮ＋ＮＥ ＋ＥＡ 的最小值 ＝ Ｐ１Ｐ２＋Ｐ２Ａ１＝３４＋３＋３２()２＋３２＝３１３２＋３４.—１１—第 ３ 题答图 １　第 ３ 题答图 ２第 ３ 题答图 ３第三课时— — —二次函数中的几何最值(２)【例 ６】解:(１)令－ｘ２＋２ｘ＋３＝０ꎬ得 ｘ２－２ｘ－３＝０ꎬ解得 ｘ１＝－１ꎬｘ２＝３.∴ Ａ(－１ꎬ０)ꎬＢ(３ꎬ０).令 ｘ＝０ꎬ得 ｙ ＝ ３ꎬ∴ 点 Ｃ(０ꎬ３).设 ｙＢＣ＝ ｋｘ＋ｂ.∵ 过 Ｂ(３ꎬ０)ꎬＣ(０ꎬ３)ꎬ∴０＝３ｋ＋ｂꎬ３＝ｂꎬ{解得ｋ＝－１ꎬｂ＝３ꎬ{∴ ｙＢＣ＝－ｘ＋３.如答图 １ꎬ过 点 Ｐ 作 ＰＨ ⊥ ｘ 轴 交 ＢＣ 于 点 Ｈꎬ 设 Ｐｍꎬ－ｍ２＋２ｍ＋３()ꎬ Ｈｍꎬ－ｍ＋３()ꎬ∴ ＰＨ ＝ｙＰ－ｙＨ＝ － ｍ２＋ ２ｍ ＋ ３ ＋ ｍ － ３ ＝ － ｍ２＋ ３ｍ ＝ －ｍ２－３ｍ＋３２()２－３２()２[]＝－ ｍ－３２()２＋９４.∵ ａ＝－１<０ꎬ∴ 当 ｍ＝３２时ꎬＰＨ 最大＝９４.∵ △ＱＰＨ 是等腰直角三角形ꎬ∴ＰＱ＝ＰＨꎬ∴ ＰＱ 最大＝９４.(２)如答图 ２ꎬ作∠ＫＣＯꎬ使 ｓｉｎ∠ＫＣＯ＝３５ꎬ过点 Ｂ 作 ＢＫ⊥ＣＫ 交 ＣＫ 于点 ＫꎬＢＫ 交 ＯＣ 于点 Ｇꎬ∴ ＢＧ＋３５ＣＧ 最小值＝ＢＧ＋ＫＧ＝ＢＫ.∵ ∠ＧＢＯ＝∠ＫＣＯꎬ∴ ｔａｎ∠ＫＣＯ＝ｔａｎ∠ＧＢＯ＝３４ꎬＯＢ＝３ꎬＢＧ＝１５４ꎬ∴ ＯＧ＝９４ꎬＣＧ＝３－９４＝３４ꎬＫＧ＝９２０ꎬ∴ ＢＧ＋３５ＣＧ 最小值＝ＢＫ＝２１５.此时Ｇ ０ꎬ９４().(３)如答图 ３ꎬ作点 Ａ 关于直线 ＢＧ 的对称点 Ａ′ꎬ过点 Ａ′作 Ａ′Ｎ′⊥ＯＢ 于点Ｎ′ꎬＡ′Ｎ′交 ＢＧ 于点 Ｍ′ꎬ连接 ＡＭ′ꎬ∴ ＡＭ＋ＭＮ 最小值＝Ａ′Ｎ′.∵ Ａ(－１ꎬ０)、Ｂ(３ꎬ０)ꎬ∴ ＡＢ＝４.∵ ｔａｎ∠ＧＢＯ＝３４ꎬ∴ ＡＡ′＝２４５.∵ ｔａｎ∠Ａ′＝ｔａｎ∠ＧＢＯ＝３４ꎬ∴ Ａ′Ｎ′＝９６２５ꎬ∴ ＡＭ＋ＭＮ 最小值＝Ａ′Ｎ′＝９６２５.答图 １答图 ２答图 ３中考达标训练１.解:(１)由题可知:ｙＡＣ＝－ｘ－３.如答图 １ꎬ过抛物线上动点 Ｐ 作 ｘ 轴的垂线交线段 ＡＣ 于点 Ｑꎬ设 Ｐ ｍꎬｍ２＋２ｍ－３()ꎬＱ(ｍꎬ－ｍ－３)ꎬＳ△ＡＰＣ＝１２ＰＱｘＣ－ｘＡ＝３２ＰＱ＝３２(－ｍ２－３ｍ)＝ －３２ｍ２－９２ｍ ＝ －３２ｍ＋３２()２＋２７８ꎬ∵ ａ＝－３２<０ꎬ∴ 当 ｍ＝－３２时ꎬ∴ Ｓ△ＡＰＣ最大＝２７８ꎬ又 Ｓ△ＡＢＣ＝１２×ＡＢ×ＯＣ＝１２×４×３＝６ꎬ∴ 四边形 ＡＰＣＢ 面积的最大值为 Ｓ＝６＋２７８＝７５８ꎬ此时 Ｐ －３２ꎬ－１５４().(２)如答图２ꎬ作点 Ｐ 关于 ｘ 轴的对称点 Ｐ′ －３２ꎬ１５４()ꎬ 作点 Ｄ 关于 ｙ 轴的对称点 Ｄ′(１ꎬ－４)ꎬ连接 Ｐ′Ｄ′ꎬ∴ 四边形 ＰＤＮＭ 的周长最小为:Ｃ ＝ ＰＤ＋ＤＮ＋ＮＭ＋ＰＭ ＝ ＤＰ＋Ｐ′Ｄ′ ＝５４＋１ ０６１４＝１ ０６１＋ ５４.第 １ 题答图 １　 　 　 　 　 　第 １ 题答图 ２２.解:(１)作法:构造:将直线 ＯＢ 绕点 Ｂ 逆时针旋转得直线 ＢＨꎬ构造∠ＯＢＨ＝αꎬ使 ｓｉｎ α＝５５.对称:过点 Ｄ 作关于 ｙ 轴的对称点 Ｄ′.垂直:过点 Ｄ′作 ＢＨ 的垂线ꎬ交 ＢＨ 于点 Ｈꎬ交 ｙ 轴于点 Ｍꎬ交 ｘ 轴于点 Ｎ.则ＤＭ＋ＭＮ＋５５ＮＢ()最小＝Ｄ′Ｍ＋ＭＮ＋ＮＨ＝Ｄ′Ｈ.原理:点到直线垂线段最短.第 ２ 题答图 １方法一:如答图 １ꎬ过点 Ｄ′作 Ｄ′Ｑ⊥ｘ 轴交 ｘ 轴于点 Ｑ.∵ Ｄ′(－１ꎬ４)ꎬＤ′Ｑ＝４ꎬ则∠ＮＤ′Ｑ＝∠ＮＢＨ＝αꎬｓｉｎ α＝５５ꎬ∴ ｃｏｓ α＝２ ５５ꎬ∴ Ｄ′Ｎ＝Ｄ′Ｑｃｏｓ α＝２ ５ꎬＱＮ＝Ｄ′Ｎ􀅱ｓｉｎ α＝２ꎬ∴ ＢＮ＝２ꎬ∴ ＮＨ＝ＢＮ􀅱ｓｉｎ α ＝２ ５５ꎬ∴ Ｄ′Ｈ ＝ Ｄ′Ｎ＋ＮＨ＝２ ５＋２ ５５＝１２ ５５.方法二:直线 ＢＨ:ｙ ＝１２ｘ＋ｂ 代入 Ｂ(３ꎬ０)ꎬ得 ｂ＝－３２ꎬ∴ ｙ＝１２ｘ－３２ꎬ∴１２ｘ－ｙ－３２＝０ꎬ又 Ｄ(－１ꎬ４)ꎬ∴ ｄ＝１２×(－１)－４－３２１＋１２()２＝６５２＝１２ ５５.第 ２ 题答图 ２(２)如答图 ２ꎬ将直线 ＯＢ 绕点 Ｂ 顺时针旋转得直线 ＢＱꎬ构造∠ＯＢＱ＝αꎬ使 ｓｉｎ α＝５５.过点 Ｄ 作 ＢＱ 的垂线ꎬ交 ＢＱ 于点Ｑꎬ交 ｘ 轴于点 Ｎ.则ＤＮ－５５ＮＢ()最小＝ＤＮ－ＮＱ＝ＤＱ.过点 Ｄ 作 ＤＫ⊥ＯＢ 于点 ＫꎬＤＫ＝４ꎬＮＫ＝２ꎬＤＮ＝２ ５ꎬＢＮ＝４ꎬＮＱ＝４５５ꎬ∴ ＤＱ＝２ ５－４５５ ＝６５５ꎬ∴ＤＮ－５５ＮＢ()最小＝６５５.３.解:(１)在 ｙ＝３４ｘ２－９４ｘ－３ ３中ꎬ令３４ｘ２－９４ｘ－３ ３ ＝０ꎬ解得 ｘ１＝－ ３ꎬｘ２＝４ ３.∴ Ａ(－ ３ꎬ０)ꎬＢ(４ ３ꎬ０).在 ｙ＝３４ｘ２－９４ｘ－３ ３中ꎬ当 ｘ＝０ 时ꎬｙ＝－３ ３ꎬ∴ Ｃ(０ꎬ－３ ３).对 称 轴 为 直 线ｘ ＝３ ３２ꎬ 设Ｐｍꎬ３４ｍ２－９４ｍ－３ ３()ꎬ 则Ｑｍꎬ５４ｍ－３ ３()ꎬＣ矩形ＰＱＭＮ＝２(ＰＱ＋ＱＭ)＝ ２(ｙＱ－ｙＰ＋ｘＱ－ｘＭ)＝ －３２ｍ２＋９ｍ－３ ３.当 ｍ＝－ｂ２ａ＝３ ３时ꎬＣ矩形ＰＱＭＮ最大ꎬ此时点 Ｐ 的坐标为(３ ３ꎬ－３ ３)ꎬ∴ 点 Ｒ 的坐标为３ ３２ꎬ－３ ３().由题意ꎬ得 ｔ＝ＲＫ＋ＫＴ＋ＴＢ２.作点 Ｒ３ ３２ꎬ－３ ３()关于 ｙ 轴的对称点 Ｒ′－３ ３２ꎬ－３ ３()ꎬ以点 Ｂ 为顶点ꎬ在 ｘ 轴上方作∠ＡＢＳ＝３０°ꎬ过点 Ｒ′作 Ｒ′Ｗ⊥ＢＳ 分别交 ｘ 轴ꎬｙ 轴于点ＴꎬＫꎬ垂足为点 Ｗꎬ此时ꎬ点 Ｇ 在运动过程中用时最少ꎬ最少时间为 Ｒ′Ｗ ＝１１４３＋９２ꎬ点 Ｔ 的坐标为 －３ ３２＋３ꎬ０().(２)点 Ｅ 的坐标为(０ꎬ６)或(０ꎬ１２)或(０ꎬ３＋３ ３)或(０ꎬ３－３ ３).第四课时— — —已知面积关系和角相等求坐标中考题型演练【例 ７】解:(１)∵ 抛物线 ｙ＝ａｘ２＋ｂｘ－５ 与 ｙ 轴交于点 Ｃꎬ∴ Ｃ(０ꎬ－５)ꎬ∴ ＯＣ＝５.∵ ＯＣ＝５ＯＢꎬ∴ ＯＢ＝１.又点 Ｂ 在 ｘ 轴的负半轴上ꎬ∴ Ｂ(－１ꎬ０).∴ 这条抛物线的表达式为 ｙ＝ｘ２－４ｘ－５ꎬ顶点 Ｄ 的坐标为(２ꎬ－９).设点 Ｅ 的坐标为(ｎꎬｎ２－４ｎ－５)ꎬ过点 Ｅ 作 ＥＳ⊥ｘ 轴交 ＡＢ 于点 Ｓ.易求得四边—２１—形 ＡＢＣＤ 的面积为 １８.∵ 直线 ＡＢ 的解析式为 ｙ＝－ｘ－１ꎬ∴ Ｓ(ｎꎬ－ｎ－１)ꎬ∴ ＥＳ＝ｎ２－４ｎ－５＋ｎ＋１＝ｎ２－３ｎ－４ꎬＦ(５ꎬ０)ꎬＢＦ＝６ꎬ∴ Ｓ△ＥＡＢ＝１２􀅱６􀅱(ｎ２－３ｎ－４)＝ ３ｎ２－９ｎ－１２ꎬ即 ３ｎ２－９ｎ－１２＝１８ꎬ即 ｎ２－３ｎ－１０＝０.解得 ｎ１＝－２ꎬｎ２＝５.∴ 点 Ｅ 的坐标为(－２ꎬ７)或(５ꎬ０).(２)∵ 抛物线的解析式为 ｙ＝ｘ２－４ｘ－５ꎬＦ(５ꎬ０)ꎬ∴ 直线 ＦＣ 的解析式为 ｙ＝ｘ－５.设点 Ｐ 的坐标为 Ｐ ｍꎬｍ２－４ｍ－５().答图①当 ｍ>０ 时ꎬ如答图ꎬ过点 Ｐ 作 ＰＱ⊥ＦＣꎬ交ＦＣ 的延长线于点 Ｑꎬ过点 Ｐ 作 ＰＨ∥ｙ 轴ꎬ交ＦＣ 于点 Ｈꎬ∴ Ｈ ｍꎬｍ－５()ꎬ∴ ＰＨ＝－ｍ２＋５ｍ.∵ ∠ＯＦＣ ＝ ∠ＱＨＰ ＝ ４５°ꎬ ∴ ＰＱ ＝ ＱＨ ＝２２－ｍ２＋５ｍ().∵ ＦＨ ＝２５－ｍ()ꎬ∴ ＦＱ ＝２２－ｍ２＋５ｍ()＋ ２５－ｍ().又∵ ∠ＢＣＯ＝∠ＰＦＣꎬ∴ ｔａｎ∠ＢＣＯ＝ｔａｎ∠ＰＦＣ＝１５ꎬ∴ ＱＦ＝５ＰＱꎬ∴２２－ｍ２＋５ｍ()＋２５－ｍ()＝ ５ ×２２－ｍ２＋５ｍ().解得 ｍ１＝１２ꎬｍ２＝５(舍去).∴ Ｐ１２ꎬ－２７４()ꎻ②当 ｍ<０ 时ꎬ同理可得: ２５－ｍ()－２２ｍ２－５ｍ()＝５×２２ｍ２－５ｍ()ꎬ解得 ｍ１＝－１３ꎬｍ２＝５(舍去)ꎬ∴ Ｐ －１３ꎬ－３２９().综上所述ꎬ满足条件的点 Ｐ 的坐标为１２ꎬ－２７４()或 －１３ꎬ－３２９().中考达标训练１.解:(１)将点 Ａ(－１ꎬ０)ꎬＢ(３ꎬ０)代入 ｙ ＝ －ｘ２＋ｂｘ＋ｃꎬ得－１－ｂ＋ｃ＝０ꎬ－９＋３ｂ＋ｃ＝０.{解得ｂ＝２ꎬｃ＝３.{则抛物线的解析式为 ｙ＝－ｘ２＋２ｘ＋３ꎬ∴ 点 Ｐ 的坐标为(１ꎬ４)ꎬ点 Ｍ 的坐标为(１ꎬ２)ꎬ∴ △ＰＭＢ 的面积为１２×２×２＝２.(２)设过点 Ｐ 与 ＢＣ 平行的直线与抛物线的交点为点 Ｑ.∵ 点 Ｐ 的坐标为(１ꎬ４)ꎬ直线 ＢＣ 的解析式为 ｙ＝－ｘ＋３ꎬ第 １ 题答图∴ 过点 Ｐ 与 ＢＣ 平行的直线为 ｙ＝－ｘ＋５.由ｙ＝－ｘ＋５ꎬｙ＝－ｘ２＋２ｘ＋３ꎬ{解得 Ｑ(２ꎬ３).设 ＰＭ 与 ｘ 轴交于点 Ｅ.∵ ＰＭ＝ＥＭ ＝ ２ꎬ∴ 过点 Ｅ 与 ＢＣ 平行的直线为 ｙ＝－ｘ＋１.由ｙ＝－ｘ＋１ꎬｙ＝－ｘ２＋２ｘ＋３ꎬ{解得ｘ＝３＋１７２ꎬｙ＝－１＋１７２ꎬ{或ｘ＝３－１７２ꎬｙ＝－１－１７２.{∴点Ｑ的坐标为３＋１７２ꎬ－１＋１７２()ꎬ３－１７２ꎬ－１－１７２()ꎬ∴ 使 得 △ＱＭＢ 与 △ＰＭＢ 的 面 积 相 等 的 点 Ｑ 的 坐 标 为 (２ꎬ ３) 或３＋１７２ꎬ－１＋１７２()或３－１７２ꎬ－１－１７２().２.解:(１)∵ 抛物线解析式为 ｙ＝－ｘ２－２ｘ＋３ꎬ令 ｙ＝０ꎬ则－ｘ２－２ｘ＋３＝０ꎬ解得 ｘ＝－３ 或 ｘ＝１ꎬ∴ Ａ(－３ꎬ０)ꎬＢ(１ꎬ０).令 ｘ＝０ꎬ得 ｙ＝３ꎬ∴ Ｃ(０ꎬ３).由 Ａ(－３ꎬ０)ꎬＣ(０ꎬ３)ꎬ 得直线 ＡＣ 解析式为 ｙ＝ｘ＋３.设对称轴交 ＡＣ 于点 Ｇꎬ则 Ｇ(－１ꎬ２)ꎬ∴ Ｓ△ＤＡＣ＝１２×(４－２)×３＝３.设 Ｐ(ｍꎬ－ｍ２－２ｍ＋３)ꎬ则 Ｓ△ＰＡＣ＝３ｍ２２＋９ｍ２.∵ Ｓ△ＰＡＣ＝２Ｓ△ＤＡＣꎬ∴３ｍ２２＋９ｍ２＝２×３ꎬ解得 ｍ１＝－４ꎬｍ２＝１.把 ｍ１＝－４ꎬｍ２＝１ 分别代入 ｙ＝－ｘ２－２ｘ＋３ 中ꎬ∴ ｙ１＝－５ꎬｙ２＝０ꎬ∴ 点 Ｐ 的坐标为(－４ꎬ－５)或(１ꎬ０).(２)易求得 ｔａｎ∠ＡＤＥ＝１２ꎬ即 ｔａｎ∠ＭＡＣ＝１２ꎬ设直线 ＡＭ 的解析式为 ｙ＝ｋｘ＋ｂꎬ利用夹角公式可得:ｋ－１１＋１􀅱ｋ＝１２ꎬ解得 ｋ１＝３ꎬｋ２＝１３.①当点 Ｍ 在直线 ＡＣ 下方时ꎬ∵ Ａ(－３ꎬ０)ꎬ∴ ＡＭ 的解析式为 ｙ＝１３ｘ＋１ꎬ联立ｙ＝－ｘ２－２ｘ＋３ꎬｙ＝１３ｘ＋１ꎬ{解得 ｘ１＝２３ꎬｘ２＝－３(舍去)ꎬ∴ 点 Ｍ 的坐标为２３ꎬ１１９()ꎻ②当点 Ｍ 在直线 ＡＣ 上方时ꎬ∵ Ａ(－３ꎬ０)ꎬ∴ ＡＭ 的解析式为 ｙ＝３ｘ＋９ꎬ联立ｙ＝－ｘ２－２ｘ＋３ꎬｙ＝３ｘ＋９ꎬ{解得 ｘ１＝ － ２ꎬ ｘ２＝ － ３ ( 舍去)ꎬ ∴ 点 Ｍ 的坐标为－２ꎬ３().综上所述ꎬ满足条件的点 Ｍ 的坐标２３ꎬ１１９()或 －２ꎬ３().３.解:(１)∵ Ａ(１ꎬ３ ３)ꎬＢ(４ꎬ０)在抛物线 ｙ＝ｍｘ２＋ｎｘ 的图象上ꎬ∴ｍ＋ｎ＝３ ３ꎬ１６ｍ＋４ｎ＝０.{解得ｍ＝－ ３ꎬｎ＝４ ３.{∴ 抛物线解析式为 ｙ＝－ ３ｘ２＋４ ３ｘ.(２)设直线 ＢＤ 的解析式为 ｙ＝ｋｘ＋ｂ.∵ ｔａｎ∠ＰＭＮ＝１３ ３＝３９ꎬ直线 ＡＢ 的解析式为 ｙ＝－ ３ｘ＋４ ３ꎬ∴ｋ＋ ３１－ ３ｋ＝３９ꎬ解得 ｋ１＝－５ ３３ꎬｋ２＝－２ ３３.①当 ｋ＝－５ ３３时ꎬ直线 ＢＤ 的解析式为 ｙ＝－５ ３３ｘ＋２０ ３３ꎬ联立ｙ＝－ ３ｘ２＋４ ３ｘꎬｙ＝－５ ３３ｘ＋２０ ３３ꎬ{解得 Ｄ１５３ꎬ３５ ３９()ꎻ②当 ｋ＝－２ ３３时ꎬ直线 ＢＤ 的解析式为:ｙ＝－２ ３３ｘ＋８ ３３ꎬ第 ３ 题答图联立ｙ＝－ ３ｘ２＋４ ３ｘꎬｙ＝－２ ３３ｘ＋８ ３３ꎬ{解得Ｄ２２３ꎬ２０ ３９().综上所述ꎬ符合条件的点 Ｄ 的坐标为５３ꎬ３５ ３９()或２３ꎬ２０ ３９().(３)如答图ꎬ过点 Ａ 作 ＡＤ⊥ｘ 轴ꎬ过点 Ｐ作 ＰＦ⊥ＣＭ 于点 Ｆ.∵ ＰＭ∥ＯＡꎬ∴ Ｒｔ△ＡＤＯ∽Ｒｔ△ＭＦＰꎬ∴ＭＦＰＦ＝ＡＤＯＤ＝３ ３ꎬ∴ ＭＦ＝３ ３ＰＦ.在 Ｒｔ△ＡＢＤ 中ꎬＢＤ＝３ꎬＡＤ＝３ ３ꎬ∴ ｔａｎ∠ＡＢＤ＝ ３ꎬ∴ ∠ＡＢＤ＝６０°.设 ＢＣ＝ａꎬ则 ＣＮ＝ ３ａꎬ在 Ｒｔ△ＰＦＮ 中ꎬ∠ＰＮＦ＝∠ＢＮＣ＝３０°ꎬ∴ ｔａｎ∠ＰＮＦ＝ＰＦＦＮ＝３３ꎬ∴ ＦＮ＝ ３ＰＦꎬ∴ ＭＮ＝ＭＦ＋ＦＮ＝４ ３ＰＦ.设 Ｍ(ｍꎬ－ ３ｍ２＋４ ３ｍ)ꎬ则 Ｎ(ｍꎬ－ ３ｍ＋４ ３)ꎬ∴ ＭＮ＝－ ３ｍ２＋５ ３ｍ－４ ３ꎬＰＦ＝－１４ｍ２＋５４ｍ－１ꎬＢＣ＝４－ｍꎬ① 当 Ｓ△ＰＭＮ∶Ｓ△ＭＮＢ＝ １∶２ 时ꎬ 则 ＰＦ∶ＢＣ ＝ １∶２ꎬ ∴ ２－１４ｍ２＋５４ｍ－１()＝４－ｍꎬ解得 ｍ１＝３ꎬｍ２＝４(舍去)ꎬ∴ Ｍ(３ꎬ３ ３)ꎻ②当 Ｓ△ＰＭＮ∶ Ｓ△ＭＮＢ＝２ ∶ １ 时ꎬ则 ＰＦ ∶ ＢＣ＝２ ∶ １ꎬ∴ －１４ｍ２＋５４ｍ－１＝２(４－ｍ)ꎬ解得 ｍ１＝９ꎬｍ２＝４(舍去)ꎬ∴ Ｍ(９ꎬ－４５ ３).综上所述ꎬ满足条件的点 Ｍ 的坐标为(３ꎬ３ ３)或(９ꎬ－４５ ３).第五课时— — —四边形的存在性问题中考题型演练【例 ８】解:(１)由题意ꎬ得 Ａ(４ꎬ０)ꎬＣ(０ꎬ３)ꎬ抛物线顶点坐标(２ꎬ３).设抛物线解析式为 ｙ＝ａ(ｘ－２)２＋３ꎬ将点 Ａ 的坐标代入ꎬ得 ａ＝－３４.∴ 抛物线解析式为 ｙ＝－３４ｘ２＋３ｘ.△ＥＤＢ 为等腰直角三角形.证明如下:由题意可知 Ｂ(４ꎬ３)ꎬＤ(３ꎬ０)ꎬＥ(０ꎬ１)ꎬ∴ ＤＥ２＝３２＋１２＝１０ꎬＢＤ２＝(４－３)２＋３２＝１０ꎬＢＥ２＝４２＋(３－１)２＝２０ꎬ∴ ＤＥ２＋ＢＤ２＝ＢＥ２ꎬ且 ＤＥ＝ＢＤꎬ∴ △ＥＤＢ 为等腰直角三角形.(２)存在.理由如下:设直线 ＢＥ 解析式为 ｙ＝ｋｘ＋ｂꎬ把点 ＢꎬＥ 的坐标代入 ｙ＝ｋｘ＋ｂꎬ得３＝４ｋ＋ｂꎬ１＝ｂꎬ{解得ｋ＝１２ꎬｂ＝１.{∴ 直线 ＢＥ 解析式为 ｙ＝１２ｘ＋１ꎬ当 ｘ＝２ 时ꎬｙ＝２ꎬ∴ Ｆ(２ꎬ２).①当 ＡＦ 为平行四边形的一边时ꎬ则点 Ｍ 到 ｘ 轴的距离与点 Ｆ 到 ｘ 轴的距离相等ꎬ即点 Ｍ 到 ｘ 轴的距离为 ２ꎬ∴ 点 Ｍ 的纵坐标为 ２ 或－２ꎬ在 ｙ＝－３４ｘ２＋３ｘ 中ꎬ令 ｙ＝２ 可得 ２＝－３４ｘ２＋３ｘꎬ解得 ｘ＝６±２ ３３.∵ 点 Ｍ 在抛物线对称轴右侧ꎬ∴ ｘ>２ꎬ∴ ｘ＝６＋２ ３３ꎬ∴ 点 Ｍ 的坐标是６＋２ ３３ꎬ２().在 ｙ＝－３４ｘ２＋３ｘ 中ꎬ令 ｙ＝－２ꎬ得－２＝－３４ｘ２＋３ｘꎬ解得 ｘ＝６±２１５３.∵ 点 Ｍ 在抛物线对称轴右侧ꎬ—３１—∴ ｘ>２ꎬ∴ ｘ＝６＋２１５３.∴ 点 Ｍ 的坐标是６＋２１５３ꎬ－２().②当 ＡＦ 为平行四边形的对角线时ꎬ∵ Ａ(４ꎬ０)ꎬＦ(２ꎬ２)ꎬ∴ 线段 ＡＦ 的中点为(３ꎬ１)ꎬ即平行四边形的对称中心为(３ꎬ１)ꎬ设 Ｍ ｔꎬ－３４ｔ２＋３ｔ()ꎬＮ(ｘꎬ０)ꎬ则－３４ｔ２＋３ｔ＝２ꎬ解得 ｔ＝６±２ ３３ꎬ∵ 点 Ｍ 在抛物线对称轴右侧ꎬ∴ ｘ>２ꎬ∴ ｔ＝６＋２ ３３ꎬ∴ 点 Ｍ 的坐标为６＋２ ３３ꎬ２().综上可知存在满足条件的点 Ｍꎬ其坐标为６＋２ ３３ꎬ２()或６＋２１５３ꎬ－２().中考达标训练１.解:(１)∵ 抛物线 ｙ＝－ｘ２＋ｂｘ＋ｃ 与 ｘ 轴分别交于 Ａ(－１ꎬ０)ꎬＢ(５ꎬ０)两点ꎬ∴－１－ｂ＋ｃ＝０ꎬ－２５＋５ｂ＋ｃ＝０ꎬ{解得ｂ＝４ꎬｃ＝５.{∴ 抛物线解析式为 ｙ＝－ｘ２＋４ｘ＋５.∵ ＡＤ＝５ꎬ且 ＯＡ＝１ꎬ∴ ＯＤ＝６ꎬ且 ＣＤ＝８ꎬ∴ Ｃ(－６ꎬ８).设平移后的点 Ｃ 的对应点为点 Ｃ′ꎬ则点 Ｃ′的纵坐标为 ８ꎬ代入抛物线解析式可得 ８＝－ｘ２＋４ｘ＋５ꎬ解得 ｘ＝１ 或 ｘ＝３ꎬ∴ 点 Ｃ′的坐标为(１ꎬ８)或(３ꎬ８).∵ Ｃ(－６ꎬ８)ꎬ∴ 当点 Ｃ 落在抛物线上时ꎬ向右平移了 ７ 或 ９ 个单位ꎬ∴ ｍ 的值为 ７ 或 ９.(２)∵ ｙ＝－ｘ２＋４ｘ＋５＝－(ｘ－２)２＋９ꎬ∴ 抛物线对称轴为 ｘ＝２ꎬ∴ 可设 Ｐ(２ꎬｔ).由(１)可知点 Ｅ 的坐标为(１ꎬ８).①当 ＢＥ 为平行四边形的边时ꎬ连接 ＢＥ 交对称轴于点 Ｍꎬ过点 Ｅ 作 ＥＦ⊥ｘ轴于点 Ｆꎬ当 ＢＥ 为平行四边形的边时ꎬ过点 Ｑ 作对称轴的垂线ꎬ垂足为点Ｎꎬ如答图ꎬ第 １ 题答图则∠ＢＥＦ＝∠ＢＭＰ＝∠ＱＰＮ.在△ＰＱＮ 和△ＥＦＢ 中ꎬ∴∠ＱＰＮ＝∠ＢＥＦꎬ∠ＰＮＱ＝∠ＥＦＢꎬＰＱ＝ＢＥꎬ{∴ △ＰＱＮ≌△ＥＦＢ(ＡＡＳ)ꎬ∴ ＮＱ＝ＢＦ＝ＯＢ－ＯＦ＝５－１＝４.设 Ｑ(ｘꎬｙ)ꎬ则 ＱＮ＝ｘ－２ ꎬ∴ｘ－２ ＝４ꎬ解得 ｘ＝－２ 或 ｘ＝６.当 ｘ＝－２ 或 ｘ ＝ ６ 时ꎬ代入抛物线解析式可求得 ｙ＝－７ꎬ∴ 点 Ｑ 的坐标为(－２ꎬ－７)或(６ꎬ－７)ꎻ②当 ＢＥ 为对角线时ꎬ∵ Ｂ(５ꎬ０)ꎬＥ(１ꎬ８)ꎬ∴ 线段 ＢＥ 的中点坐标为(３ꎬ４)ꎬ则线段ＰＱ 的中点坐标为(３ꎬ４).设 Ｑ(ｘꎬｙ)ꎬ且 Ｐ(２ꎬｔ)ꎬ∴ ｘ＋２＝３×２ꎬ解得 ｘ＝４.把 ｘ＝４ 代入抛物线解析式可求得 ｙ＝５ꎬ∴ Ｑ(４ꎬ５).综上可知点 Ｑ 的坐标为(－２ꎬ－７)或(６ꎬ－７)或(４ꎬ５).２.解:(１)∵ 点 Ａ(－４ꎬ－４)ꎬＢ(０ꎬ４)在抛物线 ｙ＝－ｘ２＋ｂｘ＋ｃ 上ꎬ∴－１６－４ｂ＋ｃ＝－４ꎬｃ＝４ꎬ{∴ｂ＝－２ꎬｃ＝４.{∴ 抛物线的解析式为 ｙ＝－ｘ２－２ｘ＋４.第 ２ 题答图(２)设直线 ＡＢ 的解析式为 ｙ ＝ｋｘ＋ｎ 且过点 ＡꎬＢꎬ∴ｎ＝４ꎬ－４ｋ＋ｎ＝－４ꎬ{∴ｋ＝２ꎬｎ＝４.{∴ 直线 ＡＢ 的解析式为 ｙ＝２ｘ＋４.设 Ｅ(ｍꎬ２ｍ＋４)ꎬ∴ Ｇ(ｍꎬ－ｍ２－２ｍ＋４).∵ 四边形 ＧＥＯＢ 是平行四边形ꎬ∴ ＥＧ＝ＯＢ＝４ꎬ∴ －ｍ２－２ｍ＋４－２ｍ－４＝４ꎬ∴ ｍ＝－２ꎬ∴ Ｇ(－２ꎬ４).(３)如答图ꎬ由(２)知ꎬ直线 ＡＢ 的解析式为 ｙ＝２ｘ＋４ꎬ∴ 设 Ｅ(ａꎬ２ａ＋４).∵ 直线 ＡＣ:ｙ＝－１２ｘ－６ꎬ∴ Ｆ ａꎬ－１２ａ－６().设 Ｈ(０ꎬｐ).∵ 以点 ＡꎬＥꎬＦꎬＨ 为顶点的四边形是矩形ꎬ直线 ＡＢ 的解析式为 ｙ＝２ｘ＋４ꎬ直线 ＡＣ:ｙ＝－１２ｘ－６ꎬ∴ ＡＢ⊥ＡＣꎬ∴ ＥＦ 为对角线ꎬ∴１２(－４＋０)＝１２(ａ＋ａ)ꎬ１２(－４＋ｐ)＝１２２ａ＋４－１２ａ－６()ꎬ第 ３ 题答图 １∴ ａ＝－２ꎬｐ＝－１ꎬ∴ Ｅ(－２ꎬ０)ꎬＨ(０ꎬ－１).３.解:(１)∵ 抛物线 ｙ＝－ｘ２＋ｂｘ＋ｃ 经过 Ａ(－１ꎬ０)ꎬＢ(３ꎬ０)两点ꎬ∴－１－ｂ＋ｃ＝０ꎬ－９＋３ｂ＋ｃ＝０ꎬ{解得ｂ＝２ꎬｃ＝３.{∴ 经过 ＡꎬＢꎬＣ 三点的抛物线的函数表达式为ｙ＝－ｘ２＋２ｘ＋３.(２)如答图 １ꎬ连接 ＰＣ、ＰＥꎬ对称轴为 ｘ＝－ｂ２ａ＝－２２×(－１)＝ １.当 ｘ＝１ 时ꎬｙ＝４ꎬ∴ 点 Ｄ 的坐标为(１ꎬ４).设直线 ＢＤ 的解析式为 ｙ＝ｍｘ＋ｎꎬ则ｍ＋ｎ＝４ꎬ３ｍ＋ｎ＝０ꎬ{解得ｍ＝－２ꎬｎ＝６.{∴ 直线 ＢＤ 的解析式为 ｙ＝－２ｘ＋６.设点 Ｐ 的坐标为(ｘꎬ－２ｘ＋６)ꎬ则 ＰＣ２＝ｘ２＋(３＋２ｘ－６)２ꎬＰＥ２＝(ｘ－１)２＋(－２ｘ＋６)２.∵ ＰＣ＝ＰＥꎬ∴ ｘ２＋(３＋２ｘ－６)２＝(ｘ－１)２＋(－２ｘ＋６)２ꎬ解得 ｘ＝２ꎬ则 ｙ＝－２×２＋６＝２.∴ 点 Ｐ 的坐标为(２ꎬ２).第 ３ 题答图 ２(３)如答图 ２ꎬ设点 Ｍ 的坐标为(ａꎬ０)ꎬ则点 Ｇ 的坐标为(ａꎬ－ａ２＋２ａ＋３).∵ 以 ＮꎬＦꎬＭꎬＧ 为顶点的四边形是正方形ꎬ∴ ＦＭ＝ＭＧꎬ即２－ａ ＝－ａ２＋２ａ＋３ .当 ２－ａ＝－ａ２＋２ａ＋３ 时ꎬ整理ꎬ得 ａ２－３ａ－１＝０ꎬ解得 ａ＝３±１３２ꎻ当 ２－ａ＝－(－ａ２＋２ａ＋３)时ꎬ整理ꎬ得 ａ２－ａ－５＝０ꎬ解得 ａ＝１±２１２.∴ 当以 ＮꎬＦꎬＭꎬＧ 为顶点的四边形是正方形时ꎬ点 Ｍ 的坐标为３＋１３２ꎬ０()或３－１３２ꎬ０()或１＋２１２ꎬ０()或１－２１２ꎬ０().第六课时— — —等腰和直角三角形的存在性问题中考题型演练【例 ９】解:(１)令 ｙ＝０ꎬ得－１３ｘ２－２ ３３ｘ＋３＝０ꎬ解得 ｘ＝－３ ３或 ｘ＝ ３ꎬ∴ Ａ( ３ꎬ０)ꎬＢ(－３ ３ꎬ０).∵ Ｄ(０ꎬ－１)ꎬ∴ 易求直线 ＡＤ 解析式为 ｙ＝３３ｘ－１.联立方程组ｙ＝３３ｘ－１ꎬｙ＝－１３ｘ２－２ ３３ｘ＋３ꎬ{解得ｘ＝ ３ꎬｙ＝０{或ｘ＝－４ ３ꎬｙ＝－５.{∴ 点 Ｅ 的坐标为(－４ ３ꎬ－５).设点 Ｐｍꎬ－１３ｍ２－２ ３３ｍ＋３()ꎬＱｍꎬ３３ｍ－１()ꎬｔａｎ∠ＯＡＤ＝ＤＯＡＯ＝３３ꎬ∴ ∠ＯＡＤ＝３０°.∵ ＰＧ⊥ＡＥꎬ∴ ∠ＡＧＨ＝９０°ꎬ∴ ∠ＡＨＧ＝∠ＰＨＦ＝６０°ꎬ∴ ｓｉｎ ６０° ＝ＰＦＰＨꎬ∴ ＰＨ＝ＰＦ３２＝２ＰＦ３ꎬ∴ ｄ＝ＰＱ－３４ＰＨ＝－１３ｍ２－ ３ｍ＋４－３４􀅱２３－１３ｍ２－２ ３３ｍ＋３()＝－１６ｍ＋２ ３()２＋９２.∵ －１６<０ꎬ∴ ｍ＝－２ ３时ꎬｄ 有最大值ꎬ此时 Ｐ(－２ ３ꎬ３)ꎬＱ(－２ ３ꎬ－３).答图 １　 　 　 　 　 　答图 ２如答图 １ꎬ作 ＥＭ⊥ＰＱ 交 ＰＱ 的延长线于点 Ｍꎬ作 ＫＮ⊥ＥＭ 于点 Ｎ.在 Ｒｔ△ＥＫＮ 中ꎬＫＮ＝１２ＥＫꎬ∴ ＰＫ＋１２ＥＫ＝ＰＫ＋ＫＮ≥ＰＭꎬ当点 ＫꎬＱ 重合时ꎬＰＫ＋１２ＥＫ 的值最小ꎬ∴ Ｋ(－２ ３ꎬ－３)ꎬ最小值为 ８.(２)①如答图 ２ꎬ连接 ＰＡꎬ在 ＰＦ 上取一点 Ｅ′ꎬ使 ＰＥ′＝Ｅ′Ｎ.∵ ＰＦ＝３ꎬＡＦ＝３ ３ꎬ∴ ｔａｎ∠ＰＡＦ＝３３ꎬ∴ ∠ＰＡＦ＝３０°ꎬ∠ＰＡＱ＝６０°.∵ ＰＦ＝ＦＱꎬＡＦ⊥ＰＱꎬ∴ ＡＰ＝ＡＱꎬ∴ △ＡＰＱ 是等边三角形.当 Ｑ′Ｑ＝Ｑ′Ａ 时ꎬ∠Ｑ′ＰＱ＝∠Ｑ′ＰＡ＝３０°ꎬ∠ＮＰＥ′＝∠ＮＰＱ′＝１５°ꎬ∴ ∠ＮＥ′Ｆ＝３０°ꎬ设 ＦＮ＝ｘꎬ则 ＰＥ′＝Ｅ′Ｎ＝２ｘꎬＥ′Ｆ＝ ３ｘꎬ∴ ２ｘ＋ ３ｘ＝３ꎬ∴ ｘ＝６－３ ３ꎬ∴ ＯＮ＝２ ３－６＋３ ３ ＝５ ３－６ꎬ∴ Ｎ(６－５ ３ꎬ０)ꎻ②如答图 ３ꎬ当点 Ｎ 与点 Ａ 重合时ꎬ△ＡＱＱ′是等腰三角形ꎬ则 Ｎ( ３ꎬ０)ꎻ③如答图 ４ꎬ当点 Ｎ 与点 Ｂ 重合时ꎬ△ＡＱＱ′是等腰三角形ꎬ则 Ｎ(－３ ３ꎬ０)ꎻ④如答图 ５ꎬ当 Ｑ′Ｑ＝Ｑ′Ａꎬ∠ＰＮＦ＝∠ＰＱＱ′＝∠ＰＱ′Ｑ＝１５°.在 ＦＮ 上取一点 Ｅꎬ使 ＰＥ′＝ＮＥ′.在 Ｒｔ△ＰＥ′Ｆ 中ꎬ∵ ＰＦ＝３ꎬ∠ＰＥ′Ｆ＝３０°ꎬ∴ ＰＥ′＝ＮＥ′＝２ＰＦ＝６ꎬＥ′Ｆ＝ ３ＰＦ＝３ ３ꎬ∴ ＯＮ＝６＋５ ３ꎬ∴ Ｎ(－６－５ ３ꎬ０).综上所述ꎬ△ＡＱＱ′是等腰三角形ꎬ点 Ｎ 的坐标为(６－５ ３ꎬ０)或( ３ꎬ０)或(－３３ꎬ０)或(－６－５ ３ꎬ０).—４１—答图 ３　 　答图 ４答图 ５【例 １０】 解: (１) ｙ ＝ －３３ｘ２－２ ３３ｘ ＋ ５ ３ ＝ －３３( ｘ ＋ １)２＋１６ ３３ꎬ ∴ Ｄ－１ꎬ１６ ３３().令 ｙ＝０ꎬ得－３３ｘ２－２ ３３ｘ＋５ ３ ＝０ꎬ解得 ｘ＝－５ 或 ｘ＝３ꎬ故 Ｂ(－５ꎬ０)ꎬＡ(３ꎬ０).答图由点 ＢꎬＣ 的坐标易求 ｙＢＣ＝３ ｘ＋５３ꎬ从而易求 ｙＡＭ＝－３３ｘ＋ ３.∴ Ｇ(０ꎬ ３).过点 Ｐ 作 ｘ 轴的垂线ꎬ交ＡＭ 于点 Ｐ′ꎬ则 Ｓ△ＰＡ′Ｇ′＝１２􀅱ＰＰ′􀅱(ｘＡ′－ｘＧ′)＝１２􀅱ＰＰ′􀅱(ｘＡ－ｘＧ)ꎬ其中 ｘＡ－ｘＧ为定值 ３ꎬ∴ ＰＰ′ 最 大 时 Ｓ△ＰＡ′Ｇ′最 大. 设 Ｐｍꎬ－３３ｍ２－２ ３３ｍ＋５ ３()ꎬ 则Ｐ′ｍꎬ－３３ｍ＋ ３()ꎬ∴ ＰＰ′ ＝ －３３ｍ２－２３３ ｍ ＋ ５ ３ －－３３ｍ＋ ３()＝－３３ｍ２－１３３ｍ＋４３ ＝－３３ｍ＋１２()２＋４９ ３１２ꎬ∴ 当 ｍ＝－１２时ꎬＰＰ′有最大值.∴ Ｐ －１２ꎬ２１４３().作点 Ｐ 关于 ＡＭ 的对称点 Ｐ″ꎬ则 Ｐ″ －５３８ꎬ－７８３()ꎬ将点 Ｐ 沿 ＧＡ 方向平移 ＡＧ 个单位得 Ｐ‴ ꎬ则 Ｐ‴５２ꎬ１７ ３４()ꎬ则 Ｃ△ＰＡ′Ｇ′最小值为 Ｐ″Ｐ‴ ＋ＰＰ‴ 的长ꎬ而 ＰＰ‴ ＝ＡＧ＝２ ３.Ｐ″ Ｐ‴ ＝－５３８－５２()２＋－７８３－１７ ３４()２＝７３２＋(４１ ３)２８＝１０ ３７２８＝２ ５９３４.故最小值为２ ５９３４＋２ ３.(２)易求 ｙＡＣ＝－５３３ｘ＋５ ３.设 Ｃ′ ａꎬ－５３３ａ＋５ ３()ꎬ则 Ａ′ ａ＋３ꎬ－５３３ａ().①若∠Ｅ′Ａ′Ｃ′＝９０°ꎬ则 ｋＥ′Ａ′＝３５ ３ꎬ∴－５３３ａ－２ ３ａ＋３－５＝３５ ３ꎬ解得 ａ＝－６７ꎬ∴ Ｃ′ －６７ꎬ４５７３()ꎻ②若∠Ｅ′Ｃ′Ａ′＝９０°ꎬ则 ｋＥ′Ｃ′＝３５ꎬ∴－５３３ａ＋５ ３－２ ３ａ－５＝３５.解得 ａ＝５１７ꎬ∴ Ｃ′ －１５７ꎬ１０７３()ꎻ③若∠Ｃ′Ｅ′Ａ′＝９０°ꎬ则 ｋＡ′Ｅ′􀅱ｋＣ′Ｅ′＝－１ꎬ即－５３３ａ－２ ３ａ－２􀅱－５３３ａ＋３ ３ａ－５＝－１.解得 ａ＝９±２４９１４ꎬ∴ Ｃ′９＋２４９１４ꎬ５５ ３－５８３１４()或 Ｃ′９－２４９１４ꎬ５５ ３＋５８３１４().中考达标训练１.解:(１)∵ 抛物线 ｙ＝３３ｘ２－２ ３３ｘ－ ３与 ｘ 轴交于 ＡꎬＢ 两点(点 Ａ 在点 Ｂ 左侧)ꎬ与 ｙ 轴交于点 Ｃꎬ∴ Ａ(－１ꎬ０)ꎬＢ(３ꎬ０)ꎬＣ(０ꎬ－ ３).第 １ 题答图设 Ｐｍꎬ３３ｍ２－２ ３３ｍ－ ３()ꎬ 作射线ＣＮꎬ使得∠ＢＣＮ＝６０°ꎬ作 ＦＨ⊥ＣＮ 于点ＨꎬＦＧ⊥ＡＥ 于点 Ｇꎬ则 ＦＨ＝ＣＦ􀅱ｃｏｓ ３０°＝３２ＣＦ. 则 Ｓ△ＰＢＣ＝ Ｓ△ＰＯＣ＋ Ｓ△ＰＯＢ－Ｓ△ＢＯＣ＝１２×３ × ｍ ＋１２× ３ ×－３３ｍ２＋２ ３３ｍ＋ ３()－１２× ３ ×３ ＝ －３２ｍ－３２()２＋９ ３８.∵ －３２<０ꎬ∴ 当ｍ＝３２时ꎬ△ＰＢＣ 的面积最大ꎬ此时 Ｐ３２ꎬ－５ ３４().∵ 动点 Ｇ 的运动时间＝ＥＦ１＋ＣＦ２ ３３＝ＥＦ＋３２ＣＦ＝ＥＦ＋ＦＨꎬ根据垂线段最短可知ꎬ当 ＥＨ⊥ＣＮ 时ꎬ动点 Ｇ 的运动时间最小.∵ ∠ＥＦＢ＝∠ＥＢＦ＝３０°ꎬ∴ ＥＦ＝ＥＢ＝３２.在 Ｒｔ△ＥＦＧ 中ꎬＦＧ ＝ＥＦ􀅱ｃｏｓ ３０° ＝３ ３４ꎬＥＧ ＝３４ꎬＯＧ ＝３４ꎬ∴ 此时点 Ｆ 的坐标为３４ꎬ－３ ３４().(２)由题意直线 ＢＣ 的解析式为 ｙ＝３３ｘ－ ３ꎬ直线 ＡＭ 的解析式为 ｙ＝３３ｘ＋３３.由ｙ＝３３ｘ＋３３ꎬｙ＝３３ｘ２－２ ３３ｘ－ ３ꎬ{解得ｘ＝－１ꎬｙ＝０{或ｘ＝４ꎬｙ＝５ ３３.{∴ Ｍ４ꎬ５ ３３().∵ Ｃ１ｔꎬ３３ｔ－ ３()ꎬ∴ ＡＭ２＝ ５２＋５ ３３()２ꎬＣ１Ａ２＝ (ｔ＋１)２＋３３ｔ－ ３()２ꎬＭＣ１＝(４－ｔ)２＋５ ３３－３３ｔ＋ ３()２.①当 ＡＭ＝ＭＣ１时ꎬ５２＋５ ３３()２＝ (４－ｔ)２＋５ ３３－３３ｔ＋ ３()２ꎬ解得 ｔ ＝ ５＋２２或 ５－２２ꎻ②当 Ｃ１Ａ＝Ｃ１Ｍ 时ꎬ(ｔ＋１)２＋３３ｔ－ ３()２＝(４－ｔ)２＋５ ３３－３３ｔ＋ ３()２ꎬ解得 ｔ＝５２ꎻ③当 Ｃ１Ａ＝ＡＭ 时ꎬ５２＋５ ３３()２＝(ｔ＋１)２＋３３ｔ－ ３()２ꎬ解得 ｔ ＝２２ 或－２２(舍去).综上所述ꎬ满足条件的 ｔ 的值为(５＋２２)ｓ 或(５－２２)ｓ 或５２ｓ 或２２ｓ.２.解:(１)令 ｙ＝０ꎬ则 ２ ３ｘ２－３３ｘ＋３６ ３ ＝０ꎬ解得 ｘ＝３ ３２或 ｘ＝４ ３.∴ Ａ３ ３２ꎬ０()ꎬＢ(４ ３ꎬ０).令 ｘ＝０ꎬ得 ｙ＝３ ３ꎬ∴ Ｃ(０ꎬ３ ３).∵ ＣＤ∥ＡＢꎬ∴ Ｓ△ＤＡＢ＝Ｓ△ＡＢＣ＝１２􀅱ＡＢ􀅱ＯＣ＝１２×５ ３２×３ ３ ＝４５４.(２)如答图 １ 中ꎬ设 Ｐｍꎬ３６ｍ２－１１４ｍ＋３ ３().∵ Ａ３２３ꎬ０()ꎬＤ１１２３ꎬ３ ３()ꎬ∴ 直线 ＡＤ 的解析式为 ｙ＝３４ｘ－９８３.∵ ＰＦ∥ｙ 轴ꎬ∴ Ｆ ｍꎬ３４ｍ－９８３().∵ ＰＧ∥ＡＣꎬ∴ △ＰＧＦ 的形状不变ꎬ∴ ＰＦ 的值最大时ꎬ△ＰＦＧ 的周长最大.∵ ＰＦ＝３４ｍ－９８３－３６ｍ２－１１４ｍ＋３ ３()＝－３６ｍ２＋７２ｍ－３３８３ꎬ∴ 当 ｍ＝－ｂ２ａ＝７２３时ꎬＰＦ 的值最大ꎬ此时 Ｐ７２３ꎬ－１２３().作点 Ｐ 关于直线 ＤＥ 的对称点 Ｐ′ꎬ连接 Ｐ′ＱꎬＰＱꎬ作 ＥＮ∥ｘ 轴ꎬＱＭ⊥ＥＮ 于点 Ｍ.∵ △ＱＥＭ∽△ＥＡＯꎬ∴ＱＭＱＥ＝ＯＥＡＥ＝３５ꎬ∴ ＱＭ ＝３５ＱＥꎬ∴ ＰＱ＋３５ＥＱ ＝ＰＱ＋ＱＭ＝Ｐ′Ｑ＋ＱＭꎬ∴ 当点 Ｐ′ꎬＱꎬＭ 共线时ꎬＰＱ＋３５ＥＱ 的值最小ꎬ易知直线 ＰＰ′的解析式为 ｙ＝－４３ｘ＋２５６３.由ｙ＝－４３ｘ＋２５６３ꎬｙ＝３４ｘ－９８３ꎬ{可得 Ｇ１２７５０３ꎬ３９５０３().—５１—∵ ＰＧ＝ＧＰ′ꎬ∴ Ｐ′７９５０３ꎬ１０３５０３()ꎬ∴ Ｐ′Ｍ＝１０３５０３＋９８３ ＝６３７２００３ꎬ∴ ＰＱ＋３５ＥＱ 的最小值为６３７２００３.第 ２ 题答图 １　 　 　第 ２ 题答图 ２第 ２ 题答图 ３(３)①如答图 ２ 中ꎬ当 ＣＳ＝ＣＴ 时ꎬ作 ＣＫ 平分∠ＯＣＡꎬ作 ＫＧ⊥ＡＣ 于点 Ｇ.易知 ＫＯ＝ＫＧ.∵Ｓ△ＣＯＫＳ△ＣＡＫ＝ＯＫＫＡ＝１２􀅱ＯＣ􀅱ＯＫ１２􀅱ＡＣ􀅱ＫＧ＝ＯＣＡＣ＝２５ꎬ∴ ＯＫ ＝２２＋ ５􀅱３ ３２＝ ３１５ －６３ꎬ易证∠ＢＷＮ′＝∠ＯＣＫꎬ∴ ｔａｎ∠ＢＷＮ′＝ｔａｎ∠ＯＣＫ＝ＢＮ′ＷＮ′＝３１５－６ ３３ ３.∵ ＢＮ′＝２ ３ꎬ∴ ＷＮ′＝２１５＋４ ３.②如答图 ３ 中ꎬ当 ＴＣ ＝ ＴＳ 时ꎬ易证∠ＢＷＮ′ ＝ ∠ＯＡＣꎬ∴ ｔａｎ∠ＢＷＮ′ ＝ ｔａｎ∠ＯＡＣ＝ＢＮ′ＷＮ′＝３ ３３ ３２ꎬ∴ ＷＮ′＝ ３.③如答图 ４ 中ꎬ当 ＴＳ＝ＴＣ 时ꎬ延长 Ｎ′Ｂ 交直线 ＡＣ 于点 Ｑꎬ作 ＢＧ⊥ＡＱ 于点ＧꎬＱＲ⊥ＡＢ 于点 Ｒ.∵ ＴＳ＝ＴＣꎬ∴ ∠ＴＳＣ＝∠ＴＣＳ＝∠ＡＣＯ.∵ ∠ＴＳＣ＋∠ＳＱＮ′＝９０°ꎬ∠ＡＣＯ＋∠ＯＡＣ＝９０°ꎬ∴ ∠ＢＱＡ＝∠ＯＡＣ＝∠ＢＡＱꎬ∴ ＢＡ＝ＢＱꎬ∴ ＡＧ＝ＧＱꎬ设 ＡＱ＝ａꎬ则易知 ＢＧ＝ａꎬＢＱ＝ＡＢ＝５２ａ.∵１２􀅱ＡＱ􀅱ＢＧ＝１２􀅱ＡＢ􀅱ＱＲꎬ∴ ＱＲ＝２ ５５ａꎬＢＲ＝３ ５１０ａꎬ∴ ｔａｎ∠ＷＢＮ′＝ｔａｎ∠ＱＢＲ＝４３＝ＷＮ′ＢＮ′ꎬ∴ ＷＮ′＝８ ３３.第 ２ 题答图 ４　第 ２ 题答图 ５④如答图 ５ 中ꎬ当 ＣＳ＝ＣＴ 时ꎬ由①可知ꎬ在 Ｒｔ△ＢＮ′Ｗ 中ꎬｔａｎ∠Ｎ′ＢＷ＝Ｎ′ＷＢＮ′＝３１５－６ ３３ ３ꎬ∴ Ｎ′Ｗ＝２１５－４ ３.综上所述ꎬ满足条件的 ＷＮ′的长为 ２１５＋４ ３或 ３或８ ３３或 ２１５－４ ３.３.解:(１)将 ｙ＝０ 代入 ｙ＝－１２ｘ２＋ｘ＋４ꎬ得 ｘ１＝－２ꎬｘ２＝４ꎬ∴ Ａ(－２ꎬ０)ꎬＢ(４ꎬ０).∵ ｙ＝－１２ｘ２＋ｘ＋４＝－１２(ｘ－１)２＋９２ꎬ∴ Ｄ １ꎬ９２().将 ｘ＝０ 代入 ｙ＝－１２ｘ２＋ｘ＋４ꎬ得 ｙ＝４ꎬ∴ Ｃ(０ꎬ４).设直线 ＢＤ 的函数解析式为 ｙ＝ｋ１ｘ＋ｂ１(ｋ１≠０)ꎬ第 ３ 题答图 １将 Ｂ (４ꎬ ０)ꎬ Ｄ１ꎬ９２()代 入ꎬ 得４ｋ１＋ｂ１＝０ꎬｋ１＋ｂ＝９２.{解得ｋ１＝－３２ꎬｂ＝６.{∴ 直线ＢＤ 的函数解析式为 ｙ＝－３２ｘ＋６.设直线 ＢＣ 的函数解析式为 ｙ＝ｋ２ｘ＋ｂ２(ｋ２≠０)ꎬ将 Ｂ ( ４ꎬ ０)ꎬ Ｃ ( ０ꎬ ４) 代 入ꎬ 得４ｋ２＋ｂ２＝０ꎬｂ２＝４.{解得ｋ２＝－１ꎬｂ２＝４.{∴ 直线ＢＣ 的函数解析式为 ｙ＝－ｘ＋４.设 Ｐｔꎬ－１２ｔ２＋ｔ＋４()ꎬ１<ｔ <４ꎬ则 Ｅ１３ｔ２－２３ｔ＋４３ꎬ－１２ｔ２＋ｔ＋４()ꎬＦ１３ｔ２－２３ｔ＋４３ꎬ－１３ｔ２＋２３ｔ＋８３().∴ ＰＥ＝ｘＰ－ｘＥ＝－１３ｔ２＋５３ｔ－４３ꎬＥＦ＝ｙＥ－ｙＦ＝－１６ｔ２＋１３ｔ＋４３ꎬ∴ ＰＥ＋ＰＦ＝－１２ｔ２＋２ｔ＝－１２(ｔ－２)２＋２.∵ １<ｔ<４ꎬａ＝－１２<０ꎬ∴ 当 ｔ＝２ 时ꎬＰＥ＋ＥＦ 的值最大ꎬ此时 Ｐ(２ꎬ４).第 ３ 题答图 ２设直线 ＡＰ 的函数解析式为 ｙ ＝ ｋ３ｘ ＋ ｂ３( ｋ３≠０)ꎬ将 Ａ(－２ꎬ０)ꎬＰ(２ꎬ４)代入ꎬ得－２ｋ３＋ｂ３＝０ꎬ２ｋ３＋ｂ３＝４.{解得ｋ３＝１ꎬｂ３＝２.{∴ 直线 ＡＰ 的函数解析式为 ｙ＝ｘ＋２.如答图 １ꎬ作点 Ｏ 关于直线 ＡＰ 的对称点 Ｏ′ꎬ可得 Ｏ′(－２ꎬ２).作点 Ｐ 关于 ＡＢ 的对称点 Ｐ′ꎬ可得Ｐ′(２ꎬ－４).连接 Ｏ′Ｐ′分别交直线ＡＰꎬＡＢ 于 ＭꎬＮ 两点ꎬ此时ꎬＯＭ＋ＭＮ ＋ＮＰ 为最小 值ꎬ最 小 值 为Ｏ′Ｐ′＝２１３ꎬ 同 理 可求ꎬ直线 Ｏ′Ｐ′的函数解析式为 ｙ＝－３２ｘ－１.联立ｙ＝－３２ｘ－１ꎬｙ＝ｘ＋２ꎬ{解得ｘ＝－６５ꎬｙ＝４５.{∴ Ｍ－６５ꎬ４５().(２)如答图 ２ꎬ点 Ｑ 的坐标为 ０ꎬ４６３１６９()或 ０ꎬ３ １６７１６９().４.解:(１)Ａ(－２ ３ꎬ０)ꎬＢ(４ ３ꎬ０)ꎬＫ －４９３ꎬ０().直线 ＡＤ:ｙ＝１２ｘ＋ ３ꎬ∴ ｔａｎ∠ＤＡＯ＝１２＝ｔａｎ∠ＥＨＧꎬＰＧ＋ＨＧ＝ＰＧ＋２ＥＧꎬ设 Ｐａꎬ－３８ａ２＋３４ａ＋３ ３()ꎬＥ ａꎬ１２ａ＋ ３()ꎬＧａꎬ３４ａ＋３３()ꎬ则 ＰＧ＋ＨＧ＝ＰＧ＋２ＥＧ＝－３８ａ２－１２ａ＋４ ３ ＝－３８ａ＋２３３()２＋２５ ３６ꎬ∴ 当 ａ＝－２ ３３时ꎬ周长最大ꎬ此时 Ｅ －２ ３３ꎬ２ ３３().第 ４ 题答图过点 Ｄ 作 ｘ 轴垂线 ｌꎬ以 ＥＦ为直径作圆ꎬ过圆心作 ｌ 垂线ꎬ垂足为点 Ｑꎬ交圆于点 Ｍꎬ交 ＤＫ 于点 Ｎꎬ则 ｔ＝４５ＤＮ＋ＭＮ ＝ＮＱ＋ＭＮ ＝ＭＱ＝８ ３３＋２ ３３－３３＝ ３ ３ꎬＮ０ꎬ２ ３３().( ２ )Ｅ－２ ３３ꎬ２ ３３()ꎬ Ｅ′２ ３１５ꎬ－２ ３５()ꎬｙｙ′对称轴 ｘ ＝７３３ꎬ设 Ｒｍꎬ－３８ｍ２＋３４ｍ＋３ ３()ꎬ①７３３－ｍ＝－３８ｍ２＋３４ｍ＋３ ３＋２５３ꎬｍ＝３５±５ ５９５１５ꎻ②７３３－ｍ＝－２５３－－３８ｍ２＋３４ｍ＋３ ３()ꎬｍ＝－５ ３±３１ １５５１５.距离为５ ５９５±３５１５或３１ １５５±５ ３１５.—６１—。