四川省成都市2026中考數學一題多解解析雙欄版（含解析）

2026年成都市高中階段教育學校統一招生暨初中學業水平考試數學解析A卷（共100分）第I卷（選擇題，共32分）一、選擇題（本大題共8個小題，每小題4分，共32分，每小題均有四個選項，其中只有一項符合題目要求）題號12345678答案ABACCBDC1．(4分)某人轉動轉盤，如果用＋3圈表示沿逆時針方向轉了3圈，那么沿順時針方向轉了5圈記作（）（A)-5圈（B)-2圈 （C)+5圈(D)+8圈【解析】用＋3圈表示沿逆時針方向轉了3圈，那么沿順時針方向轉了5圈記作-5圈.故選A.【點撥】本題考查用正負號表示一對相反意義的量.需要注意的是：若逆時針記為正，則順時針記為負.(4分)2026年5月18日，中國衛星導航定位協會在北京發布《2026中國北斗時空產業發展白皮書》．白皮書數據顯示，2025年國內北斗終端產品總銷量超過4.1億臺／套，其中具有北斗定位功能的智能手機出貨近2.8億部，車載導航儀終端銷量超過2400萬臺．將數據4.1億用科學記數法表示為（）(A)4.1×1(C)41×1【解析】4.1億【點撥】本題考查用科學記數法表示較大數.科學記數法要求a×10n中，|a|<10,故a=4.1，n=8。n等于整數位數減1.理解并記住1萬=104，3．(4分)下列圖形經過折疊可以圍成一個棱柱的是(B)(C)(D)【解析】根據棱柱展開圖逐一比對，僅A滿足“兩全等底面＋矩形側面”的拼接.故選A.【點撥】本題考查棱柱的展開圖.棱柱展開圖含兩個全等多邊形作上下底，且側面為與底面邊數相同的矩形，能首尾閉合而不重疊.通過觀察，運用排除法或動手操作，迅速排除B、C、D.4．(4分)下列計算正確的是（）(A)x3?(C)(3【解析】A.同底數冪相乘指數相加x3.xC.(3x2y)2=【點撥】本題考查同底數冪乘法aman=am+n，合并同類項，積的乘方(ab5．(4分)如圖，已知△ABC≌△FDE,∠A=40°,∠E=62(A)40°(B)62°(C)78°(D)102°【解析】由△ABC≌△FDE得∠在ΔFDE中，∠EDF=180°-∠【點撥】本題考查全等三角形的性質及三角形內角和定理。答題時注意在圖上正確標注已知角及所求角，以防止答非所問.6．(4分)有一首古算詩：“林下牧童鬧如簇，不知人數不知竹．每人六竿多十四，每人八竿恰齊足．”其大意是：牧童們在樹下拿著竹竿玩耍，不知有多少人和竹竿．每人6竿，剩余14竿；每人8竿，恰好用完．則牧童的人數和竹竿的根數分別為（）(A)8,64(B)7,56(C)6,48(D)5,40【解析】這是古算術的牧童與竹竿問題。法1：(用一元一次方程)設人數x.依題意，得8x=6x+14，解得x=7,8x=56，故選法2：(用二元一次方程組)設人數x、竹竿y。依題意得6x+14=y，②代入①,得8x=6x+14,x=7,y=56，故選B.【點撥】本題考查一元一次方程的應用，或二元一次方程組的應用.7.(4分)為了估計瓶中豆子的數量，先從瓶中取出100顆豆子，并給這些豆子做上記號，然后把這些豆子放回瓶中，充分搖勻，再從瓶中隨機取出60顆豆子，發現其中有5顆豆子帶有記號，則瓶中豆子的顆數約為（）(A)300(B)600(C)1000(D)1200【解析】樣本中帶記號比例560=總體比例100由560=100【點撥】本題考查樣本估計總體,應用樣本比例=總體比例構造方程是關鍵.8．(4分)已知二次函數y=ax2+bx+c的自變量xx···-2-1013···y···3430-12···、下列說法錯誤的是（）（A）函數圖象的開口向下（B）函數圖象的對稱軸是直線x=-1（C）2a+c=0(D)【解析】法1：(用數形結合畫圖象)如圖,由表格信息畫二次函數y=ax2+bx+c的圖象，觀察圖象后排除A、B、D三個選項.故選C.（此法數形結合，不需要計算，直接觀察圖象后法2：(用對稱性)二次函數y=ax2+bx+c的圖象對稱軸可由對稱點直接讀出：(-2,3）與（0,3）函數值相等，故對稱軸為直線x=-2+02=-1.b2法3：(用點在圖象上的意義計算)由（0,3）得c=3;由（1,0）得a+b+c=0,即a+b=-3;由(-1,4)得a-b+c=4,即a-b=1.解得a=-1,b=-2,c=3.檢驗(-2,3),(3,-12)均成立.A.開口向下（a<0），正確；B對稱軸x=-b2a=-1，正確；C2a+c=-2+3=1≠0，錯誤；D【點撥】本題考查二次函數的圖象與性質.解答題時，注意借助數形結合運用二次函數的圖象與性質，使問題解決變得簡化.第II卷（非選擇題，共68分）二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）9．(4分)因式分解:x2【解析】兩項的公因式為x，得x2-3x=x(x-3).【點撥】提公因式法因式分解，本質是乘法分配律逆用.10．(4分)在平面直角坐標系xOy中，點P(3,-5）關于y軸對稱的點的坐標為.【解析】本題考查在平面直角坐標系xOy中的對稱點坐標.關于y軸對稱，縱坐標不變、橫坐標變號：P(3,-5)→(-3,-5)。熟記口訣“關于誰，誰不變、另一個要變號”，可快速解答.故答案為（-3,-5）.11．(4分)人的視覺機能受運動速度的影響很大．在一定條件下，某人駕駛車輛時的視野f（單位：°）與車速v（單位：km/h）之間的關系式是f=4000v．當車速為80km/h時，他的視野為【解析】當v=80時，f=400080=50【點撥】本題考查利用反比例函數的解析式，由自變量求因變量.12．(4分)正八邊形的每個內角的度數都為.【解析】法1：正八邊形每個內角為180°-360°8=180法2：正八邊形每個內角為(8-2)×【點撥】本題考查正多邊形的概念，多邊形內角和定理(n邊形內角和為（n-2)×180°，正n邊形每個內角(n-2)×180°n13．(4分)如圖，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，分別以B，C兩點為圓心，以AB的長為半徑作弧，兩弧在矩形ABCD內部交于點P，則點P到AD所在直線的距離為.【解析】如圖，過點P作PE⊥BC于點E，延長EP，交AD于點F．在矩形ABCD中，AD∥BC，∴PF⊥AD，四邊形ABEF為矩形，∴EF＝AB＝4，PF長即為點P到AD所在直線的距離.在△PBC中，∵PB=PC=4，PE⊥BC于點E，∴BE＝１２BC＝１２×6∴PE＝PB2PF＝EF－PE＝4－∴點P到AD所在直線的距離為4-7.【點撥】本題考查矩形性質及判定，等腰三角形的性質及勾股定理.三、解答題（本大題共5個小題，共48分）14.（本小題滿分12分，每題6分）（1）(6分)計算：(1解：原式=3=3.【點撥】本題考查負整數指數冪的意義，二次根式的化簡，特殊角的三角函數，絕對值的化簡.注意規范計算題的解答過程：第一步，按照對應的四個知識點進行代值或化簡；第二步，合并.（2）(6分)解不等式組：3(x+2)≥2x+5(2)解：由①，得3x+6≥2x+5，解得x≥-1；(2由②，得3(x-1)＜2x，解得x＜3.∴原不等式組的解集為-1≤x＜3.【點撥】本題考查一元一次不等式組的解法.注意規范解不等式組問題的解答過程：第一步，求出不等式①的解集；第二步，求出不等式②的解集；第三步，求出不等式組的解集.15.（本小題滿分8分）為踐行“健康第一”的教育理念，某校開展了創意課間操比賽，甲、乙兩個參賽隊進入決賽，決賽由5位教師評委和20位學生評委給兩隊打分（單位：分），該校將按最終成績擇優推廣其中一隊的創意課間操.賽后對評委打分的數據進行整理、描述和分析，下面給出了部分信息.①教師評委給甲隊的打分分別為：8084848691②學生評委給甲隊的打分的頻數分布直方圖如圖（分數用x表示，數據分為4組，第1組：60≤x＜70，第2組：70≤x＜80，第3組：80≤x＜90，第4組：90≤x≤100):③評委對甲隊打分數據的平均數、中位數、眾數如下：平均數中位數眾數教師評委a84b學生評委82m85根據以上信息，回答下列問題：（1)a的值為,b的值為;（2)m的值位于學生評委對甲隊打分數據分組的第組，若教師評委、學生評委對甲隊打分數據的方差分別記為s12，s2（3）學校將教師評委、學生評委打分的平均分按3:2的比例確定兩隊的最終成績．已知乙隊的最終成績為83分，試判斷該校將推廣哪個隊的創意課間操，并說明理由．解：(1)a=80+84+84+86+915=84出現兩次最多，眾數b=84．(2∴a=85，b=84；（2)20個學生數據的中位數為第10,11個數的平均。各組累計頻數2,7,14,20，第10,11個均落在［80,90)，故m在第3組。(3分教師評委對甲隊打分數據的方差為S學生評委對甲隊打分的數據跨四組、遠離均值的樣本更多，S2∴s12<推廣甲隊．理由如下：∵甲隊最終成績為85×3+82×乙隊的最終成績為83分，83.8>83,∴學校應推廣甲隊的創意課間操．(8【點撥】本題考查統計核心概念：平均數，中位數，眾數及方差.16.（本小題滿分8分）尊老敬老是中華民族的傳統美德，某社區開展了“智慧助老”行動，為高齡老年人家庭免費安裝智能門鎖．如圖，在側面示意圖中，智能門鎖的攝像頭A拍攝的最大仰角為30°，最大俯角為52.43°，某人站在門外距離門底部B點0.9米的N處時，攝像頭A恰好能拍攝到站立點N及頭頂M．已知AB⊥BN,MN⊥BN，求此人的頭頂M到站立點N的距離．（結果精確到0.01米；參考數據：3≈1.52.43解：過點A作AC⊥MN，垂足為點C，則四邊形ABNC為矩形，∠MCA=∠NCA=90°，N在Rt△AMC中，∵tan∠CAM∴M≈0.3×在Rt△ANC中，∵tan∴NC≈0.9×1.300=1.170(米∴MN=NC+MC≈1.170∴此人的頭頂M到站立點N的距離約為1.69米．(【點撥】本題考查銳角三角函數的應用.17.（本小題滿分10分）如圖，點C在以AB為直徑的⊙O上，連接AC,BC，過點C作CD⊥AB，垂足為D，在圓上取一點E，使，連接CE,BE.(4分)求證：∠（2）(6分)若sinA=56，(1)證明法1：∵，∴∠CBE=∠A.(1分∵∠E=∠A∴∠CBE=∠E.(∵CD⊥AB，∴∠ACD∴∠ACD+∠CBE=9法2：∵，∴∠CBE=∠A.(1分∵AB∴∠ACB=90°，∵CD⊥AB，∴∠ACD∴∠ACD=∠ABC∴∠ACD+∠CBE=（2）解：法1：連結CO，并延長，交BE于點F.在Rt△ACD中，∵sinA=∴設CD=5m，AC=6mADAD＝=6m2∴OC=OA=AD+OD=11m+7，在Rt△OCD中，∵∠∴CD2+OD即5m2+7解得m=11∴OC=11m+7=18，即為⊙O的半徑.(7∵，∴CE=CB.∵CF過圓心O，∴CF⊥BE,∴F為BE中點，∴BE=2BF.(8在△BOF和△COD中，∠∴△BOF≌△COD(AAS),∴BF=CD=5m=511∴BE=2BF=2CD=1011法2：設半徑r，則AB=2r．在Rt△ABC中，∵sinA=BCAB∴AC＝=2r=r∵D為斜邊上高的垂足，∴由射影定理，得AC∴AD=A又∵OD=AO-AD=r-解得r=18.∴BC=5r3=30，∵，∴CE=CB=30，∴∠CBE=∠CEB=∠A．連結CO，并延長，交BE于點F，則F為BE中點，∴BE=2BF.∴cos?∠CBF=cosA，∴BF=∴BE=2BF∴半徑18，BE=10【點撥】本題方法較多.考查用圓的基本性質，圓周角定理及推論，垂徑定理，全等三角形，射影定理,勾股定理，銳角三角函數等進行證明與計算.18.（本小題滿分10分）如圖1，在平面直角坐標系xOy中，直線y=kx與反比例函數y=2（1）(3分)求線段AB的長；（2）(3分)已知P為y軸正半軸上一點，若ΔABP為直角三角形，求點P的坐標；（3）(4分)如圖2，將線段DA,AC組成的折線段“D-A-C”沿x軸正方向平移得到折線段“D'-A'-C'”,點D,A,C的對應點分別為D',A',C'.A'C＇與反比例函數的圖象交于點E，直線BD＇與反比例函數的圖象在第一象限交于點F,OE與C'交于點G.試探究：在平移過程中，FG解：(1)∵A(1,a)在y=2x上,∴a=2，A(1,2)，（將A(1,2)代入y=kx，得k=2.由2x=2x，得x=±1，∴B(-1,-2).（∴AB=212+22設P(0,p)(p>0).分三類討論：①如圖，點P為直角頂點，∵PA⊥PB，∴kPA?即2-p1∴(2-p)(2+p)=-∴p2∴P(0,5).②如圖，點A為直角頂點，∵AB⊥AP，∴kAP而k∴2-∴p=52③點B為直角頂點，∵BA⊥BP,kBP∴p+2=-12，綜上P(0,5)或P(0,5（3）如圖，設C'(a,0)∴D'直線B過B(-∴kB∴直線BDy=4a(x+1)-由y=4即(2x-a)(x+1)=0,解得x=a2x=a2時，y=2a2=∵E(a,2a)直線C'F過C'直線C'得x=4a∴FGGC'=∴FGGC【點撥】本題是反比例函數與幾何綜合問題.考查(1)點在一次函數及反比例函數圖象上的意義求待定系數及點的坐標（2）注意運用：已知A(直線AB：y=kABx-x由坐標系下的直角三角形頂點的位置求點的坐標（注意用兩直線垂直則斜率乘積為-1，豎直或水平特殊考慮）；（4）坐標系下的平移，構造方程組求點的坐標，判斷線段比是定值.B卷（共50分）一、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）19．(4分)已知a+2b=3，則2(2a-b)+10b+4=【解析】2(2a-b)+10b+4=4a-2b+10b+4=4a+8b+4=4(a+2b)+4=4×3+4=16.故答案為16.【點撥】本題考查整體代入求值.20．(4分)現有兩張除顏色外完全相同的卡片，分別從中間剪開，共分成全等的四片，洗勻后放在口袋里.從這四片中隨機同時取出兩片，則取出的兩片顏色相同的概率為.【解析】法1：固定第一片，第二片在余下3片中與之同色者恰1片，故P=法2：四片為同色兩對，記作A1,A任取兩片是{共6種等可能取法，顏色相同者為{A1故P=26=1【點撥】古典概型列舉，樹狀圖，列表確保等可能與不重不漏. 21．(4分)把一個分式化為另外幾個分式的代數和的形式是處理分式運算和變形的常見策略．已知5x-5(x+2)(2x-1)=ax+2+【解析】法1：(待定系數法)右邊通分后比較分子：5x-5=a(2x-1)+b(x+2)，即5x-5=(2a+b)x+(-a+2b)。對應系數相等：2a+b=5,解得a=3,b=-1,a+b=2.故答案為2.法2：（賦值法）右邊通分后比較分子，得5x-5=a(2x-1)+b(x+2)，令x=-2,得5(-2)-5令x=12,得b=5故答案為2.【點撥】本題考查待定系數法或賦值法求部分分式分解問題.注意比較兩個方法不同之處，判定并選擇運算量較小的方法解答.(4分)如圖，在RtΔABC中，∠C=90°，AD為ΔABC的一條中線，E為AC上一點，∠ADE=∠B.若AE=5,CE=2，則AB=列舉20個解法，分為以下8個類型類型1：作輔助圓（圓的知識+勾股定理）類型2：無輔助線法類型3：作等角，得母子相似及一對兩角對應相等的相似三角形類型4：作平行，得A型(x型)相似及母子相似類型5：作平行，得A型(x型)及一對兩角對應相等的相似三角形類型6：作垂線，得兩對兩角對應相等的相似三角形類型7：用梅涅勞斯定理(奧數相似三角形中的重要定理)類型8：建立平面直角坐標系.類型1：作輔助圓（圓的知識+勾股定理）法1：作△ABC的外接圓⊙O，延長AD，交⊙O于點F，連接CF.∵∠F＝∠B(同弧所對圓周角相等),∠1＝∠B(已知),∴∠F=∠1,∴DE∥CF，∴DF∴設DF=2m，則AD=5m.由相交弦定理，得AD?DF=CD?BD，又CD=BD，∴CD2=5m?2m=10m在Rt△ADC中，AD2=CA即5m2=72+10m∴CD2=10×在Rt△ABC中，AB==49+法2：作△AED的外接圓⊙O，過點E作EF∥CB，交⊙O于點F.∵EF∥CB，∴DG∴設DG=2m，則AG=5m，BF=5m-2m=3m，∵CD=BD，EF∥CB，∴EG=FG，由相交弦定理，得AG?DG=EG?FG，即EG2=5m?2m=10m∵∠C＝90°，∴在Rt△AEG中，AG2=AE2∴在Rt△AEG中，AG2=AE2∴5m2=52∴在Rt△AEF中，AAF=25+法3：作△ABD的外接圓⊙O，延長CA，作射線DF，使∠F＝∠B.可證△DEC∽△FDC及DE是⊙O切線，CAF及CDB是⊙O割線.設AF=m，CD=DB=n,則BC=2n，由割線定理，得CA?CF=CD?CB，即7(m+7)=n?2n,∴2n2又∠3=∠B（已知）,∴DE為⊙O切線（切線判定定理的逆定理）∴DE2=EA?EF=5在RtΔCED中,DE2=CE2+CD2∴22+n2=5(m+5)，∴n由2解得m=87在Rt△ABC中，AB==49+4類型2：無輔助線法法4：用高中數學和角正切公式：tanɑ+β∵tanɑ=CECD=2n，tanβ=∴tanɑ∵tanɑ+β=tanɑ∴2∴112=7-7∴49n2=32,在Rt△ABC中，AB=AAB=法5:用補充的三角形面積公式(S△ABC=12a?c?sinB=∵∠ADE＝∠B，∴sin∠ADE=∴S△ADES△ABC=12ED?AD?S△ADES△ABC=12×5?m∴49m2∴49m4+53∴51m4-28×49∴3m2∴m2=2×∴AB=4m2+49=8×49附：用三角函數表示三角形的面積：S△ABC=12a?c?sinB=即三角形面積等于兩邊與其夾角的正弦的積的一半.如圖，作高AD=h.S△ABC=12a?h==1類型3：作等角，得母子相似及一對兩角對應相等的相似三角形法6:延長BC，作射線AF，使∠F＝∠1.可證△FAC∽△DEC及△ABD∽△FBA.設CD=BD=2m(已知)，∵∠F＝∠1，∠FCA=∠DCE=90°，∴△FAC∽△DEC，∴CACF=∴7CF=1m∵∠1+∠3=∠2+∠B,∠3=∠B(已知)∴∠1=∠2，又∠F＝∠1(作圖)，∴∠F=∠2，又∠B＝∠B，∴△ABD∽△FBA（母子相似），∴ABBD=即AB2=DB?FB=2m?11m=22又AB2=72+4m2=22∴AB==49+法7:延長BC，作射線EF，使∠F＝∠B.可證△FEC∽△BAC及△DEF∽△ABD.∵∠F＝∠B.，∠ECF=∠C＝90°,∴△FEC∽△BAC，∴FCBC=∴設FC=2m，EF=2n，∴2m∴BC=7m,AB=7n.∵AD為ΔABC的中線,∴D為BC中點，∴CD=DB=12BC=72m，∴DF=FC+CD=2m+72∵∠ADF=∠1+∠3＝∠2+∠B．又∠3＝∠B,∴∠1=∠2.∴△DFE∽△ABD，∴EF∴2n72m=11在Rt△EFC中，∵∠C＝90°，∴EF2=CE2+∴2n2=22+2m2由8n2=11m2,∴n=1333，故AB=7n=法8:延長AC，作射線DF，使∠F＝∠B.可證△ADE∽△AFD及△EDC∽△BAC.設CD=DB=7m∵∠F=∠B，∠DCF=∠ACD＝90°，∴△FDC∽△BAC，∴CD∴7mCF=1∵∠F＝∠B=∠3（作圖及已知）,又∠4＝∠4，∴△ADE∽△AFD（母子相似），∴ADAE=AFAD，即AD2=又AD2=72+7m∴14=21m2，解得∴AB==7類型4：作平行，得A型(或x型)相似及母子相似法9:過點A作AF∥ED，交CB的延長線于點F.可證△CED∽△CAF及△ABD∽△FAD.∵ED∥AF，∴CD∴設CD=BD=2m，則FD=5m，BF=5m-2m=3m，∵∠ADF=∠1+∠3＝∠2+∠B．又∠3＝∠B,∴∠1=∠2.又∠1＝∠F,∴∠2=∠F，又∠5＝∠5.∴△ABD∽△FAD（母子相似）.∴ABBD即AD2=DB?DF=2m?5m=10∵∠C＝90°，∴在Rt△ADC中，AD2=CA2+即10m2=49+4m2，在Rt△ABC中，AB==49+法10:過點B作BG∥AE，交ED的延長線于點F.可證△FBG∽△FAE及△FDB∽△FAD.∵∠1＝∠4,CD=BD，∠C＝∠DBG=90°,∴△DEC≌△DGB(ASA)，∴BG=CE=2,DE=DG,又BF設BF=2m，AF=5m,AB=5m-2m=3m，FG=4n,EF=10n,EG=6n,CD=BD=12EG∵∠ADF=∠1+∠3＝∠2+∠ABC．又∠3＝∠ABC,∴∠1=∠2.又∠1＝∠4,∴∠4=∠2，又∠F＝∠F,∴△FDB∽△FAD（母子相似）.BFDF=DFAF，即DF2=BF?AF，∴10m2=49n∵BC2=AB2-AC2，∴即43n2-22=3m由49n2故AB=3m=349法11:過點B作BF∥DE，交AC于點F，交AD于點G.可證△AGF∽△ADE及△BGD∽△ABD，DE是△AFC的中位線.設CD=BD=m，則CB=2m，∵DE∥BF，BD=CD,∴FE=CE=2,則AF=5-2=3,∴AGDG=AFEF∵∠1+∠3＝∠2+∠ABC．又∠3＝∠ABC,∴∠1=∠2.又∠1＝∠5,∴∠5=∠2，又∠BDG=∠ADB，∴△BGD∽△ABD（母子相似），∴DBDG=DADB，即DB2=DG在Rt△ADC中，AD2=CA即5n2=72+m2，∴由m2=10n2,在Rt△ABC中，AB==49+類型5：作平行，得A型(或x型)相似及一對兩角對應相等的相似三角形法12:過點E作EF∥CD，交AD于點F.可證△AFE∽△ADC及△EDF∽△ABD.∵EF∥CD，∴AFDF=CE∴設AF=5m，DF=2m，則AD=5m+2m=7m，又EFCD∵∠ADF=∠1+∠3＝∠2+∠B．又∠3＝∠B,∴∠1=∠2.又∠1＝∠4,∴∠4=∠2，∴△EDF∽△ABD.∴DFEF=BDAD，即2m5n在Rt△ADC中，AD2=CA即7n2=72+7n2，∴由2m2在Rt△ABC中，AB==49+法13:過點E作EF∥AD，交CB于點F.可證△CFE∽△CAD及△DEF∽△ABD.∵CFDF∴設CF=2m，則CF=5m，CD=CF+DF=2m+5m=7m=BD.∵△CEF∽△CAD，∴EFAD∴設EF=2n，AD=7n.∵∠4＝∠3，∠3＝∠B，∴∠4＝∠B，∵∠ADF=∠1+∠3＝∠2+∠B．又∠3＝∠B,∴∠1=∠2.∴△DEF∽△ABD，∴EFBD=DFAD，∴2n在Rt△EFC中，∵∠C＝90°，∴EF2=CE2+∴2n2=22+2m2由5m2=2n在Rt△ABC中，AB==7=71+4×2法14:過點C作CF∥AD，交DE的延長線于點F.可證△CFE∽△ADE及△DFC∽△ABD.設CD=BD=n，∵△CFE∽△ADE，∴CF∴設CF=2m，則AD=5m.∵∠1+∠3＝∠2+∠B．又∠3＝∠B,∴∠1=∠2.又∠F＝∠3,∴∠F＝∠B,∴△DFC∽△ABD.∴CFCD=DBDA,∴2mn在Rt△ADC中，AD2=CA2+CD2∴25m2=n2+49，解得m在Rt△ABC中，AB==49+法15:過點A作AF∥CB，交DE的延長線于點F.可證△FEA∽△DEC及FDA∽△ABD.∵AF∥CD，∴△ADC∽△AFE，∠1=∠F.∴CDAF∵∠1+∠3＝∠2+∠B,又∠3＝∠B,∴∠1=∠2.∴∠F＝∠2.∴△FDA∽△ABD.∴ADAF∴AD2=DB?AF=2m?5m=在Rt△ADC中，AD2=CA即10m2=72+2m在Rt△ABC中，AB==49+類型6：作垂線，得兩對兩角對應相等的相似三角形法16：過點D作DF⊥AD，交AB于點F.可證△DEC∽△AFD，△FBD∽△EDA，設CD=DB=7n,則BC=14n.∵∠1+∠3＝∠2+∠ABC,∠3＝∠ABC,∴∠1=∠2,又∠C=∠ADF=90°，∴△DEC∽△AFD，∴CDCE設AD=35mn,DF=10m.∵∠5=90°+∠2，∠4=90°+∠1,∠1=∠2,∵∠5=∠4,∠B=∠3,∴△FBD∽△EDA，∴DFDB=AEAD,∴10m7n在RtΔACD中，∵∠C＝90°，∴AD2=A∴49×25×110n2=49+49n2,∴52nRt△ABC中,AB=14n2+49=49×4法17：過點E作EF⊥AD于點F.可證△AEF∽△ADC，tan∠ADE=tan∠B.設CD=DB=m,則BC=2m.在RtΔACD中，∵∠C＝90°，∴AD=AC∵∠EAF=∠DAC,∠AF∴△AEF∽△ADC，∴E∴ED∵∠ADE=∠B,∴tan∠ADE=tan∠B.在RtΔEFD中,tan∠ADE=E又tan∠B=ACBC=∴10在Rt△ABC中，AB==49+4×983類型7：用梅涅勞斯定理(奧數相似三角形中的重要定理)法18：設ED、AB的延長線交于點F.可證△FDB∽△FAD（母子相似）由梅涅勞斯定理，得AF∴AFBF?1設BF=2n，則AF=5n，AB由△FDB∽△FAD（母子相似）,得DF2=BF?AF=2n?5n=10n2,∴DF=∴CDAD=BDAD=DFAF,∴AD2=52m2=m2Rt△ABC中,AB=4m2+49=4×983附：梅涅勞斯定理及證明：如圖，ΔABC與三邊AB、BC、CA所在直線與直線XYZ分別交于X、Y、Z三點，則AX證明：過點C作CD∥AB，交直線XYZ于點D.∴ΔAXY∽ΔCDY,ΔZCD∽ΔZBX,∴AXCDBX＝①×②，得CDBX＝AY∴AXBX＝∴AXBX類型8：建立平面直角坐標系.法19：分別以射線CB、射線CA為x的正半軸、y的正半軸，建立平面直角坐標系.用高中數學和差角正切公式：tanɑ-β＝∵CE=2，∴E（0，2），又∵AE=5，∴AC=AE+CE=5+2=7，∴A（0，7）.∵AD為ΔABC的中線,∴D為BC中點，∴CD=DB.設D(x,0),∴B(2x,0)(x＞0).在Rt△ABC中，tan∠B=ACBC=又kDA=7-00-x=-7x，kDE∴tan∠ADE＝kDA-kDE1+∵∠ADE＝∠B,∴tan∠ADE=tan∠B,∴5x2+14=7在Rt△ABC中，AB=A法20：建立平面直角坐標系.分別以射線CB、射線CA為x的正DA半軸、y的正半軸，用高中數學向量知識.∵CE=2，∴E（0，2），又∵AE=5，∴AC=AE+CE=5+2=7，∴A（0，7）.∵AD為ΔABC的中線,∴D為BC中點，∴設CD=DB=x.(x＞0)∴DA=（-x，7），DE=（-x，2）.∴tan∠ADE＝DA×DEDA?DE∵∠ADE＝∠B,∴tan∠ADE=tan∠B,在Rt△ABC中，∵∠C＝90°，∴tan∠B=ACBC=72x，∴5解得x2=98在Rt△ABC中，AB=AC2(4分)在平面直角坐標系xOy中，設A(x1,y1),B(x2,y2)，記【解析】(1)如圖1，設點N(x,y).∵A(xL(A,B)=|xL(0,N)=1，∴|0-x|+|0-y|=|0-x|+|0-y|=1,即|x|+|y|=1,∴所有N點組成的圖形是如圖所示的正方形ABCD，其中，A(1,0),B(0,1),C(-1,0),D(0,-1).其面積為12?AC?BD(2)∵點P在OA上，點Q滿足L(P,Q)=1，∴由(1)知，點P為正方形中心，點Q為正方形邊上的點.分以下兩種情況：如圖2，當0＜k＜1時,延長C'E'，交∵點A是位于第一象限的直線y=kx(k＞0)上一點，點P在OA上，∴設點A的橫坐標為m當點P從點O運動到點A時，Q點運動所覆蓋的區域為△CDE，?CEE'C'及△C'B'解得m=135-1=8在Rt△OAF中，AF=OAAF=22-8∴k=AF÷OF=65÷85如圖3，當k≥1時，延長C'E'，交∵點A是位于第一象限的直線y=kx(k＞0)上一點，點P在OA上，∴設點A的縱坐標為m，即OF=m.當點P從點O運動到點A時，Q點運動所覆蓋的區域為△CDE，?BDD'B'及△∴2+2m=265，解得m=13在Rt△OAF中，AF=AF=2∴k=OF÷AF=85÷6綜上，k=34或43.故答案為2；3【點撥】本題是新定義問題，是本套題中最新穎，最具創新思維的問題.考查正方形面積；考查分類討論，動手畫圖，點在一次函數圖象上的意義，勾股定理等.對閱讀材料的正確理解及滿足條件的所有點組成的圖形形狀的判定，是解答本題的關鍵.注意：對于(1),要確定所有N點組成的圖形，首先設N（x，y），由題意得到關于x，y的等式，由此等式畫圖，確定點N所在的所有位置，從而判斷所有N點組成的圖形；對于(2)，運用類比思想，首先由（1）推出點P及點Q所在位置，得到所有Q點組成的圖形，就是Q點運動所覆蓋的區域.二、解答題（本大題共3個小題，共30分）24.（本小題滿分8分）成都，一座雪山下的公園城市．全市超1500個公園已成為市民游憩、娛樂的優質生態空間．圖1是成都某公園的游覽路線示意圖，甲、乙兩人約定的游覽路線為：景點1→景點2→景點3→景點4→景點5，甲先出發，乙出發時甲正好游覽到景點2，于是乙沿著游覽路線追趕甲．圖2中l1（1）(4分)直接寫出l1（2）(4分)如圖1，景點3到景點4有兩條道路，甲到達景點3后，沿遠路前往景點4，乙到達景點3后，沿近路前往景點4．問乙能比甲先到達景點4嗎？請說明理由．解：（1）由圖2，知l1過點（20，1400），（0，800l2過點（0，0），（20，1000∴l1：s1＝即s1＝30l2：s2＝100020t，即s（2）法1：由（1）得當s1=800+630t＋800＝2120，解得t=44，當s2=800+650t＝2050，解得t=41，∵41∴乙能比甲先于4（min）到達景點4．(8法2：由圖１，知乙從景點1，甲從景點2同時出發，到達景點4，甲需要時間：（600＋720）÷30乙需要時間：（800＋600＋650）÷50＝2050÷50＝4∵41∴乙能比甲先于4（min）到達景點4．(8分【點撥】本題為一次函數的實際意義問題.(1)考查由圖象信息，求一次函數解析式；(2)由所求一次函數解析式或實際意義解決實際問題.理解一次函數解析式與實際意義之間的關系是解題的關鍵.25.（本小題滿分10分）在綜合與實踐活動中，數學興趣小組對等腰三角形的拼接和變換進行了探究.如圖，△ABC≌△EAD,AB=AC=nBC(n＞1)，點D在AC邊上，延長ED交AB于點F.【初步感知】（1）(3分)求證：A【深入探究】（2）(3分)如圖1，當n=2,AD=1時，求BF的長；【拓展延伸】（3）(4分)如圖2，將ΔEAD繞點E按逆時針方向旋轉一定角度（小于90°）得到ΔEA'D'證明：∵△ABC≌△EAD,∴∠FAD=∠FEA(又∵∠AFD=∠EFA(公共角∴ΔADF∽ΔEAF（兩角對應相等的三角形相似）.(2∴AFEF=DF（2）如圖，當n=2(n＞1)時，由AB=AC=nBC，得AB=AC=2BC,當AD=1時，由△ABC≌△EAD,得BC=AD=1.∴AB=AE=2BC=2,ED=AC=AE=2.法1：由母子相似的性質構造方程由ΔADF∽ΔEAF,得FDFA=FAFE=∴FA=2FD=2m.FA=2FD=2m，(4分)由AF2m（也可由FAFE=AD解得m=2∴BF=AB-AF=2-43法2：由線段關系構造方程由ΔADF∽ΔEAF,得FDFA∴設FD=m.∴FA=2FD=2m.FA=2FD=2m，∴FE=2FA=4FD=4m.∵FE=FD+DE，∴4m解得m=∴BF=AB-AF=2-4法3：作平行線，得A型相似及X型相似，過點F作FG∥BC，交AC于點G.∴ΔAFG∽ΔABC,ΔFGD∽ΔEAD,∴F設DAG＝2FG＝又AG＝AD∴4m＝m解得m∴BF=法4：作X型全等，得X型相似如圖，設EF與CB的延長線交于點G.當n=2(n＞1)時，由AB=AC=nBC，得AB=AC=2BC,當AD=1時，由△ABC≌△EAD,得BC=AD=1，∴AB=AE=2BC=2,ED=AC=AE=2，∠ABC＝∠EAD,DC=AC-AD=2-1=1.∵AB=AC，∴∠ABC＝∠C,∴∠C=∠EAD,∴CD∥AB.∴∠GBF＝∠EAF,又AD=CD=1∴△GCD≌△EAD（AAS）,∴GC=EA=2，BG=CG-BC=2-1=1.∵ΔADF∽ΔEAF,∴AFB∴設BF=m，AF=AB-BF=2-m∴2m=2-m法5：用梅涅勞斯定理：由法4，知BF=m.AF=AB-BF=2-m，GC=2，BG=1，AD=1，DC=1.∵ΔABC與三邊AB、BC、CA所在直線與直線EFG分別交于E、G、F三點，由梅涅勞斯定理，得則AF∴2-mm?12?附：梅涅勞斯定理及證明：如圖，ΔABC與三邊AB、BC、CA所在直線與直線XYZ分別交于X、Y、Z三點，則AX證明：過點C作CD∥AB，交直線XYZ于點D.∴ΔAXY∽ΔCDY,ΔZCD∽ΔZBX,∴AXCDBX＝①×②，得CDBX＝AY∴AXBX＝AYCY（3）如圖，由旋轉，知△EAD≌△EA'D',又△ABC≌△EAD,∴△EAD≌△EA'D'≌△ABC,∵AB=AC=EA=ED=EA'=ED'，∴設∠A'ED'=∠∴∠EAF=180°-β，∠EA'F=180°-∴∠EAF=∠EA'由旋轉，知AE＝A'E，∴∠1＝∠2