资源简介

函数图象中的数形结合思想
知识方法精讲
1．两点间的距离公式
两点间的距离公式：
设有两点A（x1，y1），B（x2，y2），则这两点间的距离为AB＝．
说明：求直角坐标系内任意两点间的距离可直接套用此公式．
2．动点问题的函数图象
函数图象是典型的数形结合，图象应用信息广泛，通过看图获取信息，不仅可以解决生活中的实际问题，还可以提高分析问题、解决问题的能力．
用图象解决问题时，要理清图象的含义即会识图．
3．一次函数图象与几何变换
直线y＝kx+b，（k≠0，且k，b为常数）
①关于x轴对称，就是x不变，y变成﹣y：﹣y＝kx+b，即y＝﹣kx﹣b；
（关于X轴对称，横坐标不变，纵坐标是原来的相反数）
②关于y轴对称，就是y不变，x变成﹣x：y＝k（﹣x）+b，即y＝﹣kx+b；
（关于y轴对称，纵坐标不变，横坐标是原来的相反数）
③关于原点对称，就是x和y都变成相反数：﹣y＝k（﹣x）+b，即y＝kx﹣b．
（关于原点轴对称，横、纵坐标都变为原来的相反数）
4．一次函数与一元一次不等式
（1）一次函数与一元一次不等式的关系
从函数的角度看，就是寻求使一次函数y＝kx+b的值大于（或小于）0的自变量x的取值范围；
从函数图象的角度看，就是确定直线y＝kx+b在x轴上（或下）方部分所有的点的横坐标所构成的集合．
（2）用画函数图象的方法解不等式kx+b＞0（或＜0）
对应一次函数y＝kx+b，它与x轴交点为（﹣，0）．
当k＞0时，不等式kx+b＞0的解为：x＞，不等式kx+b＜0的解为：x＜；
当k＜0，不等式kx+b＞0的解为：x＜，不等式kx+b＜0的解为：x＞．
5．一次函数与二元一次方程（组）
（1）一次函数与一元一次方程的关系：由于任何一元一次方程都可以转化为ax+b＝0（a，b为常数，a≠0）的形式，所以解一元一次方程可以转化为：当某个一次函数的值为0时，求相应的自变量的值，从图象上看，这相当于已知直线y＝kx+b确定它与x轴交点的横坐标值．
（2）二元一次方程（组）与一次函数的关系
（3）一次函数和二元一次方程（组）的关系在实际问题中的应用：要准确的将条件转化为二元一次方程（组），注意自变量取值范围要符合实际意义．
6．反比例函数与一次函数的交点问题
反比例函数与一次函数的交点问题
（1）求反比例函数与一次函数的交点坐标，把两个函数关系式联立成方程组求解，若方程组有解则两者有交点，方程组无解，则两者无交点．
（2）判断正比例函数y＝k1x和反比例函数y＝在同一直角坐标系中的交点个数可总结为：
①当k1与k2同号时，正比例函数y＝k1x和反比例函数y＝在同一直角坐标系中有2个交点；
②当k1与k2异号时，正比例函数y＝k1x和反比例函数y＝在同一直角坐标系中有0个交点．
7．二次函数的图象
（1）二次函数y＝ax2（a≠0）的图象的画法：
①列表：先取原点（0，0），然后以原点为中心对称地选取x值，求出函数值，列表．
②描点：在平面直角坐标系中描出表中的各点．
③连线：用平滑的曲线按顺序连接各点．
④在画抛物线时，取的点越密集，描出的图象就越精确，但取点多计算量就大，故一般在顶点的两侧各取三四个点即可．连线成图象时，要按自变量从小到大（或从大到小）的顺序用平滑的曲线连接起来．画抛物线y＝ax2（a≠0）的图象时，还可以根据它的对称性，先用描点法描出抛物线的一侧，再利用对称性画另一侧．
（2）二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象
二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象看作由二次函数y＝ax2的图象向右或向左平移||个单位，再向上或向下平移||个单位得到的．
8．二次函数的性质
二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的顶点坐标是（﹣，），对称轴直线x＝﹣，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象具有如下性质：
①当a＞0时，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的开口向上，x＜﹣时，y随x的增大而减小；x＞﹣时，y随x的增大而增大；x＝﹣时，y取得最小值，即顶点是抛物线的最低点．
②当a＜0时，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的开口向下，x＜﹣时，y随x的增大而增大；x＞﹣时，y随x的增大而减小；x＝﹣时，y取得最大值，即顶点是抛物线的最高点．
③抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象可由抛物线y＝ax2的图象向右或向左平移|﹣|个单位，再向上或向下平移||个单位得到的．
9．二次函数图象上点的坐标特征
二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象是抛物线，顶点坐标是（﹣，）．
①抛物线是关于对称轴x＝﹣成轴对称，所以抛物线上的点关于对称轴对称，且都满足函数函数关系式．顶点是抛物线的最高点或最低点．
②抛物线与y轴交点的纵坐标是函数解析中的c值．
③抛物线与x轴的两个交点关于对称轴对称，设两个交点分别是（x1，0），（x2，0），则其对称轴为x＝．
10．二次函数图象与几何变换
由于抛物线平移后的形状不变，故a不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式．
11．抛物线与x轴的交点
求二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标，令y＝0，即ax2+bx+c＝0，解关于x的一元二次方程即可求得交点横坐标．
（1）二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）的交点与一元二次方程ax2+bx+c＝0根之间的关系．
△＝b2﹣4ac决定抛物线与x轴的交点个数．
△＝b2﹣4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；
△＝b2﹣4ac＝0时，抛物线与x轴有1个交点；
△＝b2﹣4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．
（2）二次函数的交点式：y＝a（x﹣x1）（x﹣x2）（a，b，c是常数，a≠0），可直接得到抛物线与x轴的交点坐标（x1，0），（x2，0）．
12．二次函数与不等式（组）
二次函数y＝ax2+bx+c（a、b、c是常数，a≠0）与不等式的关系
①函数值y与某个数值m之间的不等关系，一般要转化成关于x的不等式，解不等式求得自变量x的取值范围．
②利用两个函数图象在直角坐标系中的上下位置关系求自变量的取值范围，可作图利用交点直观求解，也可把两个函数解析式列成不等式求解．
13．二次函数综合题
（1）二次函数图象与其他函数图象相结合问题
解决此类问题时，先根据给定的函数或函数图象判断出系数的符号，然后判断新的函数关系式中系数的符号，再根据系数与图象的位置关系判断出图象特征，则符合所有特征的图象即为正确选项．
（2）二次函数与方程、几何知识的综合应用
将函数知识与方程、几何知识有机地结合在一起．这类试题一般难度较大．解这类问题关键是善于将函数问题转化为方程问题，善于利用几何图形的有关性质、定理和二次函数的知识，并注意挖掘题目中的一些隐含条件．
（3）二次函数在实际生活中的应用题
从实际问题中分析变量之间的关系，建立二次函数模型．关键在于观察、分析、创建，建立直角坐标系下的二次函数图象，然后数形结合解决问题，需要我们注意的是自变量及函数的取值范围要使实际问题有意义．
14. 数形结合思想
数形结合是数学解题中常用的思想方法，数形结合的思想可以使某些抽象的数学问题直观化、生动化，能够变抽象思维为形象思维，有助于把握数学问题的本质；另外，由于使用了数形结合的方法，很多问题便迎刃而解，且解法简捷。
2. 所谓数形结合，就是根据数与形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的思想，实现数形结合，常与以下内容有关：（1）实数与数轴上的点的对应关系；（2）函数与图象的对应关系；（3）线与方程的对应关系；（4）所给的等式或代数式的结构含有明显的几何意义。如等式 。
3. 巧妙运用数形结合的思想方法解决一些抽象的数学问题，可起到事半功倍的效果，数形结合的重点是研究“以形助数”。
4. 数形结合的思想方法应用广泛，常见的如在解方程和解不等式问题中，在求函数的值域、最值问题中，运用数形结思想，不仅直观易发现解题途径，而且能避免复杂的计算与推理，大大简化了解题过程。这在解选择题、填空题中更显其优越，要注意培养这种思想意识，要争取胸中有图见数想图，以开拓自己的思维视野。
一．选择题（共5小题）
1．（2021秋 庄河市期末）已知，函数与在同一直角坐标系中的大致图象可能是　　
A． B．
C． D．
【考点】二次函数的性质；正比例函数的性质
【分析】分和两种情况分类讨论即可确定正确的选项．
【解答】解：当时，函数的图象位于一、三象限，的开口向下，交轴于正半轴，选项符合；
当时，函数的图象位于二、四象限，的开口向上，交轴于负半轴，没有符合的选项．
故选：．
【点评】本题考查了正比例函数的图象及二次函数的图象的知识，解题的关键是根据比例系数的符号确定其图象的位置，难度不大．
2．（2020秋 青岛期末）如图，函数与的图象交于点，，则不等式的解集为　　
A．或 B．或 C．或 D．
【考点】反比例函数与一次函数的交点问题
【分析】不等式的解集，在图象上即为一次函数的图象在反比例函数图象的上方时的自变量的取值范围．
【解答】解：函数与的图象相交于点，，
不等式的解集为：或，
故选：．
【点评】此题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，关键是注意掌握数形结合思想的应用．
3．（2021秋 金安区期中）如图，在矩形中，，，点从点出发，以每秒1个单位的速度沿着运动，同时点从点出发，以每秒2个单位的速度沿着运动，其中一点到达终点，另一点也停止运动，设，时间为，则与之间的函数图象大致为　　
A． B．
C． D．
【考点】动点问题的函数图象
【分析】利用分类讨论的思想方法分四种情况讨论解答：①，②，③，④；依据的取值范围画出对应的图形，求出对应的函数解析式，根据解析式的大致图象即可得出结论．
【解答】解：①当时，此时，点在上，点在上，
由题意得：，
．
．
，
此时函数的图象是以和为端点的线段；
②当时，此时点在上，点在上，如图，
由题意得：，．
，
．
，
此时函数的图象为开口向下，对称轴为直线的抛物线的一段；
③当时，此时点，均在线段上，
此时，函数图象为轴上以和为端点的线段；
④当时，此时点在线段上，点在线段上，如图，
由题意得：，．
．
．
，
当时，．
此时的函数的图象是抛物线上以和为端点的一段．
综上，符合上述特征的函数图象为，
故选：．
【点评】本题主要考查了动点问题函数的图形，利用分类讨论的方法求出相应的函数的解析式是解题的关键．
4．数形结合是数学中常用的思想方法，试运用这一思想方法确定函数与的交点的横坐标的取值范围是　　
A． B． C． D．
【考点】反比例函数的图象；二次函数的图象
【分析】建立平面直角坐标系，然后利用网格结构作出函数与的图象，即可得解．
【解答】解：如图，函数与的交点在第一象限，横坐标的取值范围是．
故选．
故选：．
【点评】本题考查了二次函数图象，反比例函数图象，准确画出大致函数图象是解题的关键，此类题目利用数形结合的思想求解更加简便．
5．如图，直线交坐标轴于、两点，则不等式的解集为　　
A． B． C． D．
【考点】一次函数与一元一次不等式
【分析】首先根据不等式的性质知，不等式的解集即为不等式的解集，然后由一次函数的图象可知，直线落在轴上方的部分所对应的的取值，即为不等式的解集，从而得出结果．
【解答】解：观察图象可知，当时，直线落在轴的上方，
即不等式的解集为，
，
解集为．
故选：．
【点评】本题考查了一次函数与不等式（组的关系及数形结合思想的应用．解决此类问题关键是仔细观察图形，注意几个关键点（交点、原点等），做到数形结合．
二．填空题（共17小题）
6．（2020秋 张店区期末）如图，直线与轴交于点，与直线交于点，则关于的一元一次方程的解为 　　．
【考点】一次函数与一元一次方程；一次函数的性质
【分析】由图象可知直线与直线的交点是，则可求方程的解．
【解答】解：是直线与直线的交点，
一元一次方程的解为，
故答案为：．
【点评】本题考查一次函数与一元一次方程，熟练掌握一元一次方程与一次函数的关系，数形结合解题是关键．
7．（2021秋 崇川区校级月考）如图，若反比例函数与一次函数的图象交于、两点，则不等式的解集为 　或　．
【考点】反比例函数与一次函数的交点问题
【分析】根据一次函数图象与反比例函数图象的上下位置关系结合交点坐标，即可得出不等式的解集．
【解答】解：观察函数图象，发现：当或时，一次函数图象在反比例函数图象的下方，
则不等式的解集是或．
故答案为：或．
【点评】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，解题的关键是根据两函数图象的上下位置关系解不等式．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，根据两函数图象的上下位置关系结合交点坐标得出不等式的解集是关键．
8．（2021秋 天长市月考）已知，在同一坐标系中二次函数与一次函数的图象如图，它们相交于点，，抛物线的顶点，直线交轴于点．
（1）当时，的取值范围是 　　．
（2）当时，的取值范围是 　　．
【考点】二次函数与不等式（组；抛物线与轴的交点
【分析】（1）观察图象，即可得出答案；
（2）先求出点的坐标，再结合图象，即可得出答案．
【解答】解：（1）在同一坐标系中二次函数与一次函数的图象如图，它们相交于点，，
当时，的取值范围是，
故答案为：．
（2）一次函数的图象经过点，，
，
解得：，
，
当时，，
解得：，
，
，
，异号，
在同一坐标系中二次函数与一次函数的图象相交于点，，抛物线的顶点，直线交轴于点，
当时，的取值范围是且．
故答案为：且．
【点评】本题考查了二次函数图象和性质，二次函数图象与不等式的关系，一次函数图象和性质，学会观察图象，运用数形结合思想是解题关键．
9．（2021秋 黔西南州期中）如图，抛物线在第一象限内经过的整数点（横坐标、纵坐标都为整数的点）依次为，，，，将抛物线沿直线；向上平移，得到一系列抛物线，且满足条件：①抛物线的顶点，，，，都在直线上；②抛物线依次经过点，，，，，则顶点的坐标为 　　．
【考点】二次函数图象与几何变换；二次函数图象上点的坐标特征；一次函数图象与几何变换；规律型：点的坐标；二次函数的性质
【分析】根据抛物线的解析式结合整数点的定义，找出点的坐标为，设点的坐标为，则以点为顶点的抛物线解析式为，由点的坐标利用待定系数法，即可求出值，将其代入点的坐标即可得出结论．
【解答】解：抛物线在第一象限内经过的整数点（横坐标、纵坐标都为整数的点）依次为，，，，，，
点的坐标为．
设点的坐标为，则以点为顶点的抛物线解析式为，
点在抛物线上，
，
解得：或（舍去），
的坐标为，
的坐标为．
故答案为：．
【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换、一次函数图象上点的坐标特征以及待定系数法求二次函数解析式，根据点的坐标利用待定系数法求出值是解题的关键．
10．（2021秋 宜州区期中）已知二次函数的图象如图所示，则方程的两根之和是 　2　．
【考点】抛物线与轴的交点；根与系数的关系
【分析】由二次函数的图象可知和轴交点横坐标分别为和3，进而可求出方程的两根之和．
【解答】解：由图象可知和轴交点横坐标分别为和3，
方程的两根之和为，
故答案为：2．
【点评】本题考查的是抛物线与轴的交点，熟知抛物线与轴的交点与一元二次方程根的关系是解答此题的关键．
11．（2021秋 台州期中）如图，“心”形是由抛物线和它绕着原点，顺时针旋转的图形经过取舍而成的，其中点是顶点，点，是两条抛物线的两个交点，点，，是抛物线与坐标轴的交点，则　　，　　，　　．（写出其中两个即可）
【考点】二次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数图象与几何变换；抛物线与轴的交点
【分析】如图1，连接，过点作于点，设，则，可得，根据抛物线经过点，建立方程可求得；由抛物线绕着原点，顺时针旋转的图形与轴交于点，，可得，，再令，可求得，，即可求出；如图2，设点的坐标为，设点旋转前的点为，则，过点作轴于点，可得出点的坐标为，，代入抛物线，即可求得答案．
【解答】解：如图1，连接，过点作于点，
抛物线和它绕着原点，顺时针旋转的图形交于、两点，
，、关于直线对称，
，
，
，设，则，
，
，
抛物线经过点，
，
解得：或，
，，，，
，
抛物线绕着原点，顺时针旋转的图形与轴交于点，，
，
，，
在中，令，则，
，，
，
如图2，设点的坐标为，设点旋转前的点为，则，
过点作轴于点，
，，
，，
点的坐标为，，
点，在抛物线上，
，
解得：，
点的坐标为，
，
，
故答案为：，，．
【点评】本题考查了二次函数的图象和性质，旋转的性质，两点之间距离公式，直角三角形性质，解题关键是理解题意，运用数形结合思想和方程思想．
12．（2021 福州模拟）在平面直角坐标系中，已知点，点，则线段的长度的最小值是 　　．
【考点】勾股定理；两点间的距离公式
【分析】根据点的坐标可知点在直线上运动，点在双曲线上运动，则根据图象的对称性可知：作直线交图象与、点，此时最小，即可解决问题．
【解答】解：，点，
点在直线上运动，点在双曲线上运动，
根据图象的对称性可知：作直线交图象与、点，此时最小，
，，
最小值为，
故答案为：．
【点评】本题主要考查了一次函数和反比例函数图象上点的坐标的特征，反比例函数和一次函数图象的轴对称性等知识，利用数形结合思想是解题的关键．
13．（2021秋 江汉区校级月考）抛物线的部分图象如图所示，则当时，的取值范围是 　或　．
【考点】抛物线与轴的交点；二次函数的性质
【分析】由函数图象可知抛物线的对称轴为，从而可得到抛物线与轴的另一个交点坐标为，，找出抛物线位于轴下方部分的取值范围即可．
【解答】解：根据函数图象可知：抛物线的对称轴为，抛物线与轴一个交点的坐标为，
由抛物线的对称性可知：抛物线与轴的另一个交点坐标为．
，
或．
故答案为：或．
【点评】本题主要考查的是二次函数与不等式的关系，根据函数图象确定出抛物线与轴两个交点的坐标是解题的关键．
14．（2021秋 姑苏区期中）如图①，在平面直角坐标系中，点、分别在轴和轴上，轴，．点从点出发，以的速度沿边匀速运动，点从点出发，沿线段匀速运动．点与点同时出发，其中一点到达终点，另一点也随之停止运动．设点运动的时间为，的面积为，已知与之间的函数关系如图②中的曲线段、线段与曲线段．以下说法正确的是 　③　．（填序号）
①点的运动速度为；
②点的坐标为；
③线段段的函数解析式为；
④曲线段的函数解析式为；
⑤若的面积是四边形的面积的，则时间或．
【考点】动点问题的函数图象
【分析】结合函数图象得出当3秒时，，此时的面积为，进而求出为，即可得出点的速度，进而求出的长即可，进而判断①②；过点作于点，根据三角形的面积公式可表达此时的，进而判断③；画出图形可得出，，则，求出即可面积可判断④；首先得出的面积，分两种情形分别列出方程即可解决问题进而判断⑤．
【解答】解：由题意可得出：当3秒时，的面积的函数关系式改变，则在上运动3秒，
当3秒时，，此时的面积为，
为，
点的运动速度为：，故①正确；
当运动到5秒时，函数关系式改变，则，
，
可求出，
；故②错误；
当点在上时，如图，于点，
，故③正确；
如图，，，过点作于点，
则，
，
即曲线段的函数解析式为：；故④正确；
，
，
当时，，时，或（舍弃），
当时，；；
解得或（舍弃），
综上所述：或，的面积是四边形的面积的．故⑤错．
故答案为：①③④．
【点评】此题主要考查了动点问题的函数图象以及三角形，面积求法和待定系数法求函数解析式等知识，具体的关键是学会以分类讨论的思想思考问题，学会理由方程的思想解决问题，属于中考压轴题．
15．（2021春 花都区期末）已知一次函数的图象如图所示，则关于的不等式的解集为 　　．
【考点】一次函数与一元一次不等式；一次函数的图象
【分析】根据函数图象和一次函数的性质，可以得到不等式的解集，本题得以解决．
【解答】解：由图象可得，
当时，对应的自变量的值是1，该函数图象随的增大而增大，
不等式的解集为，
故答案为：．
【点评】本题考查一次函数与一元一次不等式、一次函数的图象，利用数形结合的思想解答问题是解答本题的关键．
16．（2021 阜宁县二模）已知一次函数的图象如图所示，则关于的不等式的解集为　　．
【考点】一次函数与一元一次不等式；一次函数的图象
【分析】根据一次函数图象上点的坐标特征得到，，解不等式得到答案．
【解答】解：由题意得，一次函数的图象经过，，
，
，
不等式可化为：，
解得，，
故答案为：．
【点评】本题考查的是一次函数与不等式，掌握一次函数图象上点的坐标特征、一元一次不等式的解法是解题的关键．
17．（2021春 罗湖区校级期末）如图，若直线经过，两点，直线经过点，则关于的不等式的解集是　　．
【考点】一次函数与一元一次不等式
【分析】观察函数图象得到当时，直线都在直线的上方，即．
【解答】解：当时，，即关于的不等式的解集为．
故答案为．
【点评】本题考查了一次函数与一元一次不等式从函数的角度看，就是寻求使一次函数的值大于（或小于）0的自变量的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线在轴上（或下）方部分所有的点的横坐标所构成的集合．
18．（2020 浙江自主招生）如图，抛物线与轴交于点，，把抛物线在轴及其下方的部分记作，将向左平移得，与轴交于点，．若直线与，共有3个不同的交点，则的取值范围是　　．
【考点】抛物线与轴的交点；一次函数图象与系数的关系；二次函数图象与几何变换；二次函数的性质
【分析】先由题意得关于的一元二次方程，从而求得点和点的坐标；再得出平移后的解析式；然后分两种情况得出临界值：当直线过，有2个交点；当直线与抛物线相切时，有2个交点；最后根据图形得出符合题意的取值范围即可．
【解答】解：抛物线与轴交于点，，
令，解得：，，
，．
向左平移4个单位长度得，
的解析式为：，
当直线过，有2个交点，
，；
当直线与抛物线相切时，有2个交点，
，
，
相切，
△
．
如图：
若直线与，共有3个不同的交点，
；
故答案为：．
【点评】本题主要考查了抛物线与轴的交点以及二次函数图象与几何变换的知识，解答本题的关键是正确地画出图形，利用数形结合进行解题，此题有一定的难度．
19．（2021秋 揭东区期末）如图，直线与直线相交于点，则方程组的解是 　　．
【考点】一次函数与二元一次方程（组
【分析】由两条直线的交点坐标，先求出，再求出方程组的解即可．
【解答】解：经过，
，
，
直线与直线相交于点，
，
故答案为
【点评】本题考查一次函数的交点与方程组的解的关系、待定系数法等知识，解题的关键是理解方程组的解就是两个函数图象的交点坐标，属于中考常考题型．
20．（2021秋 青岛期末）如图，一次函数与的图象相交于点，则方程组的解是 　　．
【考点】一次函数与二元一次方程（组
【分析】由两条直线的交点坐标，先求出，再求出方程组的解即可．
【解答】解：的图象经过，
，
，
一次函数与的图象相交于点，
方程组的解是，
故答案为．
【点评】本题考查一次函数的交点与方程组的解的关系、待定系数法等知识，解题的关键是理解方程组的解就是两个函数图象的交点坐标．
21．（2021春 营口期末）如图，直线与相交于点，则关于的不等式的解集为　　．
【考点】一次函数与一元一次不等式
【分析】观察函数图象得到，当，函数的图象都在函数图象的上方，于是可得到关于的不等式的解集．
【解答】解：当，函数的图象在函数图象的上方，
所以关于的不等式的解集为．
故答案为．
【点评】本题考查了一次函数与一元一次不等式：从函数的角度看，就是寻求使一次函数的值大于（或小于）0的自变量的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线在轴上（或下）方部分所有的点的横坐标所构成的集合．
22．（2021春 雨花区期末）在平面直角坐标系中，函数和的图象，如图所示，则不等式的解集为　　．
【考点】一次函数的图象；一次函数与一元一次不等式
【分析】结合图象，写出直线在直线下方所对应的自变量的范围即可．
【解答】解：如图所示：一次函数和的图象交点为，
关于的一元一次不等式的解集是：，
故答案为：．
【点评】此题主要考查了一次函数与一元一次不等式，利用数形结合思想解题是关键．
三．解答题（共6小题）
23．（2021 和平区一模）如图，抛物线，交轴于点，交轴于，两点，抛物线的顶点为，连接，．
（1）求直线的函数表达式；
（2）求抛物线的函数表达式及顶点的坐标；
（3）过点作轴的垂线交于点，点为线段上一动点，连接，将沿翻折到（点，点分别位于直线的两侧），交于点，当为直角三角形时．
①请直接写出线段的长为 　　；
②将此绕点逆时针旋转，旋转角为，得到，若直线分别与直线，直线交于点，，当是以为腰的等腰三角形时，请直接写出点的纵坐标为 　　．
【考点】二次函数综合题
【分析】（1）先根据抛物线，交轴于点，求出点坐标，再运用待定系数法求直线的函数表达式即可；
（2）将，代入抛物线求出，，即可得抛物线解析式，运用配方法将抛物线解析式化为顶点式即可得出顶点坐标；
（3）①根据为直角三角形，且点，点分别位于直线的两侧，可分三种情况：或或，经分析仅有符合题意，过点作于点，则，先证明，再运用面积法即可求出答案；
②由是以为腰的等腰三角形，可分两种情况：或，分别求出点的纵坐标即可．
【解答】解：（1）设直线的函数表达式为：，
抛物线，交轴于点，
，
将，分别代入，
得：，
解得：，
直线的函数表达式为：，
（2）抛物线经过，两点，
，
解得：，
抛物线的解析式为，
，
顶点的坐标为；
（3）①如图1，为直角三角形，且点，点分别位于直线的两侧，
或或，
当时，，点落在直线上，不符合题意，
当时，，点，点位于直线的同侧，不符合题意，
当时，点，点分别位于直线的两侧，符合题意，
，，
过点作于点，则，
，轴，
，，
，，，
，
，，
，
，即，
，，
，
，
故答案为：；
②是以为腰的等腰三角形，
或，
当时，如图2，由旋转知：点到、的距离相等，
，，
由①知，
，
，即，
，
的纵坐标为，即的纵坐标为，
为、的中点，
的纵坐标为，
当时，如图3，点为的垂直平分线与的交点，
，，
经过点平行的直线为，
点到直线的距离为，
直线的解析式为，
直线的解析式为，
，；
综上所述，点的纵坐标为或．
【点评】本题是关于二次函数的综合题，属于中考压轴题，综合性强，难度大，主要考查了二次函数图象和性质，一次函数图象和性质，待定系数法，直角三角形性质，等腰直角三角形性质，相似三角形的判定和性质等；熟练掌握相关知识，灵活运用方程思想、数形结合思想和分类讨论思想解决问题是解题关键．
24．（2021 河南模拟）小亮遇到一个函数，他想利用初中学习函数的经验对这个函数的图象与性质进行探究，以下是他的研究过程，请补充完整：
（1）列表：
0 0.61 0.76 1.05 1.39 1.7 1.85 1.9 2 2.1
3.72 2 0.63 0 0 0.63 0.63 0 0 0.63 3.72
其中　2　；　　；
（2）如图，在平面直角坐标系中，描出了表中各组对应值为坐标的点，根据描出的点，画出该函数的图象；
（3）观察函数图象，写出一条该函数的性质；
（4）进一步探究函数图象发现：
①方程有 　　个互不相等的实数根；
②有两个点，和，在此函数图象上，当时，比较和的大小关系为：　　（填“”、“ ”或“” ；
③根据的取值范围判断关于的方程实数根情况．
【考点】二次函数的性质；二次函数的图象；根的判别式；二次函数图象上点的坐标特征
【分析】（1）将，2分别代入即可求出，．
（2）描点如下函数图象，关键图象即可求得；
（3）观察函数图象选择一条即可；
（4）①通过图象可以看出；
②根据图象，可以得出此时为递增函数，故得出结论；
③根据图象特点，分类讨论求出．
【解答】解：（1）当时，，则；
当时，，则．
故答案为：；．
（2）描点即可画出，如下图，
（3）函数图象关于轴对称；
（4）①由图像得，当时，函数图像与轴有4个交点，故方程有4个不相等的实数根．
故答案为：4；
②根据图象得，当时，随增大而增大，
故当时，．
故答案为：；
③由图象可知，
当时，无实数根；
当或时，有2个实数根；
当时，有4个实数根；
当时，有3个实数根．
【点评】本题主要考查学生的创新能力和二次函数图象及性质，画出函数图象，并根据图象去回答问题即可．
25．（2021秋 沭阳县校级月考）如图，二次函数的图象过点、点．
（1）该二次函数的顶点是 　　；
（2）点为点关于抛物线对称轴的对称点，直线经过、两点，满足的的取值范围是 　　．
（3）在对称轴上找一点，使取得最大值，求出此时的坐标．
【考点】二次函数综合题
【分析】（1）把二次函数的解析式化成顶点式即可；
（2）根据函数图象可以直接写出满足的的取值范围．
（3）连接与对称轴交于点，此时，最大，求出直线解析式，再求的坐标即可得出答案．
【解答】解：（1），
二次函数的顶点坐标为，
故答案为：，
（2）由（1）得，二次函数的对称轴为直线，，
点与点关于该二次函数图象的对称轴对称，
点，
由图象可知，不等式的的取值范围：．
故答案为：．
（3）函数的对称轴为直线，点与点关于该二次函数图象的对称轴对称，如图所示，
，
连接与对称轴交于点，此时，
的最大值为；
设直线解析式为的图象经过，两点，
，解得，
直线解析式为，
把代入得，，
的坐标为．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了二次函数图象的性质，待定系数法，轴对称的性质，解题关键时熟练掌握二次函数与方程及不等式的关系．
26．（2021秋 惠城区校级期中）在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点，顶点的坐标为．
（1）求出抛物线的解析式；
（2）如图1．若点在抛物线上且满足，求点的坐标；
（3）如图2．是直线上一个动点，过点作轴交抛物线于点，是直线上一个动点，当为等腰直角三角形时，直接写出此时点的坐标．
【考点】二次函数综合题
【分析】（1）设，再将代入，即可求解；
（2）先求出直线的解析式为，分两种情况讨论：①当时，； ②设与直线交于点，则，设，求出，求出的解析式，再求直线与抛物线的交点即为点；
（3）直线的解析式为，直线的解析式为，设，则，，分三种情况讨论：①当时，，或，；②当时，，或，；③当时，，或，；再由点在直线上即可求的坐标．
【解答】解：（1）顶点的坐标为，
设，
将代入，
解得，
；
（2）令，则，
解得或，
，，
设直线的解析式为，
，
，
，
如图1，当时，，
直线的解析式为，
联立，
解得（舍或，
；
如图2，当时，
，，，
，，，
，
，
设与直线交于点，
，
设，
，
解得，
，
设直线的解析式为，
，
解得，
，
联立，
解得或，
，；
综上所述：点坐标为或，；
（3）直线的解析式为，直线的解析式为，
设，则，，
①当时，
，
，
，或，，
点在上，
或，
（舍或或，
或；
②当时，
，
，
，或，，
点在上，
或，
解得或（舍或，
，或，；
③如图3，当时，设的中点，
，
，
，或，，
点在直线上，
或，
解得（舍或或，
或；
综上所述：点坐标为或或，或，或或．
【点评】本题考查二次函数的综合应用，熟练掌握二次函数的图象及性质，根据等腰直角三角形是性质进行分类讨论是解题的关键．
27．（2020秋 勃利县期末）如图，抛物线与轴交于，两点，直线与抛物线交于、两点，其中点的横坐标为2．
（1）求抛物线及直线的函数表达式．
（2）点是线段上的点（不与，重合）过作轴交抛物线于，若点的横坐标为，请用含的代数式表示的长．
【考点】抛物线与轴的交点；待定系数法求二次函数解析式；待定系数法求一次函数解析式；二次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特征
【分析】（1）把点和点的坐标代入抛物线解析式求出和的值即可求出抛物线解析式；再把点的横坐标代入已求出的抛物线解析式可求出其纵坐标，进而可求出直线的表达式；
（2）已知点的横坐标为，点又在直线上，所以可求出其纵坐标，而点在抛物线上，所以可求出其纵坐标，进而可用的代数式表示的长．
【解答】解：（1）把、代入得：
，
解得：，
抛物线的解析式为：，
把代入得，
，
设直线的解析式为，
把、代入得，
解得：，
直线的解析式为；
（2）点在直线上，
的坐标为；
点在抛物线上，
点的坐标为，
．
【点评】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式、待定系数法求一次函数的解析式、二次函数图象上点的坐标特征．在（1）中注意待定系数法的应用步骤，在（2）中用表示出点、的坐标是解题的关键．
28．（2021秋 温州校级期中）如图，抛物线交轴于点，，交轴于点，．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点为轴上一动点，将线段绕点逆时针旋转得到线段．当点在抛物线上时，求点的坐标．
【考点】抛物线与轴的交点；坐标与图形变化旋转；二次函数图象上点的坐标特征；待定系数法求二次函数解析式
【分析】（1）根据函数解析式求出抛物线的对称轴为直线，再由，求出、的坐标代入函数解析式即可；
（2）过点作轴于点，设证明，得代入抛物线解析式得关于的方程，求解方程即可．
【解答】解：（1）由题意得抛物线的对称轴为直线，
，
，，
将点的坐标代入函数解析式得：，
解得：，
抛物线的解析式为．
（2）过点作轴于点．如图，
当时，，
，
，
设，
，，
，
，
又，，
，
，，
，
，
解得，，，
点的坐标为，．
【点评】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了二次函数的性质、全等三角形的性质和判定，证明，得到点的坐标，然后列出关于的方程是解题的关键．函数图象中的数形结合思想
知识方法精讲
1．两点间的距离公式
两点间的距离公式：
设有两点A（x1，y1），B（x2，y2），则这两点间的距离为AB＝．
说明：求直角坐标系内任意两点间的距离可直接套用此公式．
2．动点问题的函数图象
函数图象是典型的数形结合，图象应用信息广泛，通过看图获取信息，不仅可以解决生活中的实际问题，还可以提高分析问题、解决问题的能力．
用图象解决问题时，要理清图象的含义即会识图．
3．一次函数图象与几何变换
直线y＝kx+b，（k≠0，且k，b为常数）
①关于x轴对称，就是x不变，y变成﹣y：﹣y＝kx+b，即y＝﹣kx﹣b；
（关于X轴对称，横坐标不变，纵坐标是原来的相反数）
②关于y轴对称，就是y不变，x变成﹣x：y＝k（﹣x）+b，即y＝﹣kx+b；
（关于y轴对称，纵坐标不变，横坐标是原来的相反数）
③关于原点对称，就是x和y都变成相反数：﹣y＝k（﹣x）+b，即y＝kx﹣b．
（关于原点轴对称，横、纵坐标都变为原来的相反数）
4．一次函数与一元一次不等式
（1）一次函数与一元一次不等式的关系
从函数的角度看，就是寻求使一次函数y＝kx+b的值大于（或小于）0的自变量x的取值范围；
从函数图象的角度看，就是确定直线y＝kx+b在x轴上（或下）方部分所有的点的横坐标所构成的集合．
（2）用画函数图象的方法解不等式kx+b＞0（或＜0）
对应一次函数y＝kx+b，它与x轴交点为（﹣，0）．
当k＞0时，不等式kx+b＞0的解为：x＞，不等式kx+b＜0的解为：x＜；
当k＜0，不等式kx+b＞0的解为：x＜，不等式kx+b＜0的解为：x＞．
5．一次函数与二元一次方程（组）
（1）一次函数与一元一次方程的关系：由于任何一元一次方程都可以转化为ax+b＝0（a，b为常数，a≠0）的形式，所以解一元一次方程可以转化为：当某个一次函数的值为0时，求相应的自变量的值，从图象上看，这相当于已知直线y＝kx+b确定它与x轴交点的横坐标值．
（2）二元一次方程（组）与一次函数的关系
（3）一次函数和二元一次方程（组）的关系在实际问题中的应用：要准确的将条件转化为二元一次方程（组），注意自变量取值范围要符合实际意义．
6．反比例函数与一次函数的交点问题
反比例函数与一次函数的交点问题
（1）求反比例函数与一次函数的交点坐标，把两个函数关系式联立成方程组求解，若方程组有解则两者有交点，方程组无解，则两者无交点．
（2）判断正比例函数y＝k1x和反比例函数y＝在同一直角坐标系中的交点个数可总结为：
①当k1与k2同号时，正比例函数y＝k1x和反比例函数y＝在同一直角坐标系中有2个交点；
②当k1与k2异号时，正比例函数y＝k1x和反比例函数y＝在同一直角坐标系中有0个交点．
7．二次函数的图象
（1）二次函数y＝ax2（a≠0）的图象的画法：
①列表：先取原点（0，0），然后以原点为中心对称地选取x值，求出函数值，列表．
②描点：在平面直角坐标系中描出表中的各点．
③连线：用平滑的曲线按顺序连接各点．
④在画抛物线时，取的点越密集，描出的图象就越精确，但取点多计算量就大，故一般在顶点的两侧各取三四个点即可．连线成图象时，要按自变量从小到大（或从大到小）的顺序用平滑的曲线连接起来．画抛物线y＝ax2（a≠0）的图象时，还可以根据它的对称性，先用描点法描出抛物线的一侧，再利用对称性画另一侧．
（2）二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象
二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象看作由二次函数y＝ax2的图象向右或向左平移||个单位，再向上或向下平移||个单位得到的．
8．二次函数的性质
二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的顶点坐标是（﹣，），对称轴直线x＝﹣，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象具有如下性质：
①当a＞0时，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的开口向上，x＜﹣时，y随x的增大而减小；x＞﹣时，y随x的增大而增大；x＝﹣时，y取得最小值，即顶点是抛物线的最低点．
②当a＜0时，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的开口向下，x＜﹣时，y随x的增大而增大；x＞﹣时，y随x的增大而减小；x＝﹣时，y取得最大值，即顶点是抛物线的最高点．
③抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象可由抛物线y＝ax2的图象向右或向左平移|﹣|个单位，再向上或向下平移||个单位得到的．
9．二次函数图象上点的坐标特征
二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象是抛物线，顶点坐标是（﹣，）．
①抛物线是关于对称轴x＝﹣成轴对称，所以抛物线上的点关于对称轴对称，且都满足函数函数关系式．顶点是抛物线的最高点或最低点．
②抛物线与y轴交点的纵坐标是函数解析中的c值．
③抛物线与x轴的两个交点关于对称轴对称，设两个交点分别是（x1，0），（x2，0），则其对称轴为x＝．
10．二次函数图象与几何变换
由于抛物线平移后的形状不变，故a不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式．
11．抛物线与x轴的交点
求二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标，令y＝0，即ax2+bx+c＝0，解关于x的一元二次方程即可求得交点横坐标．
（1）二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）的交点与一元二次方程ax2+bx+c＝0根之间的关系．
△＝b2﹣4ac决定抛物线与x轴的交点个数．
△＝b2﹣4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；
△＝b2﹣4ac＝0时，抛物线与x轴有1个交点；
△＝b2﹣4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．
（2）二次函数的交点式：y＝a（x﹣x1）（x﹣x2）（a，b，c是常数，a≠0），可直接得到抛物线与x轴的交点坐标（x1，0），（x2，0）．
12．二次函数与不等式（组）
二次函数y＝ax2+bx+c（a、b、c是常数，a≠0）与不等式的关系
①函数值y与某个数值m之间的不等关系，一般要转化成关于x的不等式，解不等式求得自变量x的取值范围．
②利用两个函数图象在直角坐标系中的上下位置关系求自变量的取值范围，可作图利用交点直观求解，也可把两个函数解析式列成不等式求解．
13．二次函数综合题
（1）二次函数图象与其他函数图象相结合问题
解决此类问题时，先根据给定的函数或函数图象判断出系数的符号，然后判断新的函数关系式中系数的符号，再根据系数与图象的位置关系判断出图象特征，则符合所有特征的图象即为正确选项．
（2）二次函数与方程、几何知识的综合应用
将函数知识与方程、几何知识有机地结合在一起．这类试题一般难度较大．解这类问题关键是善于将函数问题转化为方程问题，善于利用几何图形的有关性质、定理和二次函数的知识，并注意挖掘题目中的一些隐含条件．
（3）二次函数在实际生活中的应用题
从实际问题中分析变量之间的关系，建立二次函数模型．关键在于观察、分析、创建，建立直角坐标系下的二次函数图象，然后数形结合解决问题，需要我们注意的是自变量及函数的取值范围要使实际问题有意义．
14. 数形结合思想
数形结合是数学解题中常用的思想方法，数形结合的思想可以使某些抽象的数学问题直观化、生动化，能够变抽象思维为形象思维，有助于把握数学问题的本质；另外，由于使用了数形结合的方法，很多问题便迎刃而解，且解法简捷。
2. 所谓数形结合，就是根据数与形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的思想，实现数形结合，常与以下内容有关：（1）实数与数轴上的点的对应关系；（2）函数与图象的对应关系；（3）线与方程的对应关系；（4）所给的等式或代数式的结构含有明显的几何意义。如等式 。
3. 巧妙运用数形结合的思想方法解决一些抽象的数学问题，可起到事半功倍的效果，数形结合的重点是研究“以形助数”。
4. 数形结合的思想方法应用广泛，常见的如在解方程和解不等式问题中，在求函数的值域、最值问题中，运用数形结思想，不仅直观易发现解题途径，而且能避免复杂的计算与推理，大大简化了解题过程。这在解选择题、填空题中更显其优越，要注意培养这种思想意识，要争取胸中有图见数想图，以开拓自己的思维视野。
一．选择题（共5小题）
1．（2021秋 庄河市期末）已知，函数与在同一直角坐标系中的大致图象可能是　　
A． B．
C． D．
2．（2020秋 青岛期末）如图，函数与的图象交于点，，则不等式的解集为　　
A．或 B．或 C．或 D．
3．（2021秋 金安区期中）如图，在矩形中，，，点从点出发，以每秒1个单位的速度沿着运动，同时点从点出发，以每秒2个单位的速度沿着运动，其中一点到达终点，另一点也停止运动，设，时间为，则与之间的函数图象大致为　　
A． B．
C． D．
4．数形结合是数学中常用的思想方法，试运用这一思想方法确定函数与的交点的横坐标的取值范围是　　
A． B． C． D．
5．如图，直线交坐标轴于、两点，则不等式的解集为　　
A． B． C． D．
二．填空题（共17小题）
6．（2020秋 张店区期末）如图，直线与轴交于点，与直线交于点，则关于的一元一次方程的解为 　　．
7．（2021秋 崇川区校级月考）如图，若反比例函数与一次函数的图象交于、两点，则不等式的解集为 　　．
8．（2021秋 天长市月考）已知，在同一坐标系中二次函数与一次函数的图象如图，它们相交于点，，抛物线的顶点，直线交轴于点．
（1）当时，的取值范围是 　　．
（2）当时，的取值范围是 　　．
9．（2021秋 黔西南州期中）如图，抛物线在第一象限内经过的整数点（横坐标、纵坐标都为整数的点）依次为，，，，将抛物线沿直线；向上平移，得到一系列抛物线，且满足条件：①抛物线的顶点，，，，都在直线上；②抛物线依次经过点，，，，，则顶点的坐标为 　　．
10．（2021秋 宜州区期中）已知二次函数的图象如图所示，则方程的两根之和是 　　．
11．（2021秋 台州期中）如图，“心”形是由抛物线和它绕着原点，顺时针旋转的图形经过取舍而成的，其中点是顶点，点，是两条抛物线的两个交点，点，，是抛物线与坐标轴的交点，则　　，　　，　　．（写出其中两个即可）
12．（2021 福州模拟）在平面直角坐标系中，已知点，点，则线段的长度的最小值是 　　．
13．（2021秋 江汉区校级月考）抛物线的部分图象如图所示，则当时，的取值范围是 　　．
14．（2021秋 姑苏区期中）如图①，在平面直角坐标系中，点、分别在轴和轴上，轴，．点从点出发，以的速度沿边匀速运动，点从点出发，沿线段匀速运动．点与点同时出发，其中一点到达终点，另一点也随之停止运动．设点运动的时间为，的面积为，已知与之间的函数关系如图②中的曲线段、线段与曲线段．以下说法正确的是 　　．（填序号）
①点的运动速度为；
②点的坐标为；
③线段段的函数解析式为；
④曲线段的函数解析式为；
⑤若的面积是四边形的面积的，则时间或．
15．（2021春 花都区期末）已知一次函数的图象如图所示，则关于的不等式的解集为 　　．
16．（2021 阜宁县二模）已知一次函数的图象如图所示，则关于的不等式的解集为　　．
17．（2021春 罗湖区校级期末）如图，若直线经过，两点，直线经过点，则关于的不等式的解集是　 　．
18．（2020 浙江自主招生）如图，抛物线与轴交于点，，把抛物线在轴及其下方的部分记作，将向左平移得，与轴交于点，．若直线与，共有3个不同的交点，则的取值范围是　　．
19．（2021秋 揭东区期末）如图，直线与直线相交于点，则方程组的解是 　　．
20．（2021秋 青岛期末）如图，一次函数与的图象相交于点，则方程组的解是 　　．
21．（2021春 营口期末）如图，直线与相交于点，则关于的不等式的解集为　　．
22．（2021春 雨花区期末）在平面直角坐标系中，函数和的图象，如图所示，则不等式的解集为　　．
三．解答题（共6小题）
23．（2021 和平区一模）如图，抛物线，交轴于点，交轴于，两点，抛物线的顶点为，连接，．
（1）求直线的函数表达式；
（2）求抛物线的函数表达式及顶点的坐标；
（3）过点作轴的垂线交于点，点为线段上一动点，连接，将沿翻折到（点，点分别位于直线的两侧），交于点，当为直角三角形时．
①请直接写出线段的长为 　　；
②将此绕点逆时针旋转，旋转角为，得到，若直线分别与直线，直线交于点，，当是以为腰的等腰三角形时，请直接写出点的纵坐标为 　　．
24．（2021 河南模拟）小亮遇到一个函数，他想利用初中学习函数的经验对这个函数的图象与性质进行探究，以下是他的研究过程，请补充完整：
（1）列表：
0 0.61 0.76 1.05 1.39 1.7 1.85 1.9 2 2.1
3.72 2 0.63 0 0 0.63 0.63 0 0 0.63 3.72
其中　　；　　；
（2）如图，在平面直角坐标系中，描出了表中各组对应值为坐标的点，根据描出的点，画出该函数的图象；
（3）观察函数图象，写出一条该函数的性质；
（4）进一步探究函数图象发现：
①方程有 　　个互不相等的实数根；
②有两个点，和，在此函数图象上，当时，比较和的大小关系为：　　（填“”、“ ”或“” ；
③根据的取值范围判断关于的方程实数根情况．
25．（2021秋 沭阳县校级月考）如图，二次函数的图象过点、点．
（1）该二次函数的顶点是 　　；
（2）点为点关于抛物线对称轴的对称点，直线经过、两点，满足的的取值范围是 　　．
（3）在对称轴上找一点，使取得最大值，求出此时的坐标．
26．（2021秋 惠城区校级期中）在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点，顶点的坐标为．
（1）求出抛物线的解析式；
（2）如图1．若点在抛物线上且满足，求点的坐标；
（3）如图2．是直线上一个动点，过点作轴交抛物线于点，是直线上一个动点，当为等腰直角三角形时，直接写出此时点的坐标．
27．（2020秋 勃利县期末）如图，抛物线与轴交于，两点，直线与抛物线交于、两点，其中点的横坐标为2．
（1）求抛物线及直线的函数表达式．
（2）点是线段上的点（不与，重合）过作轴交抛物线于，若点的横坐标为，请用含的代数式表示的长．
28．（2021秋 温州校级期中）如图，抛物线交轴于点，，交轴于点，．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点为轴上一动点，将线段绕点逆时针旋转得到线段．当点在抛物线上时，求点的坐标．几何图形中的数形结合思想
知识方法精讲
1．完全平方公式的几何背景
（1）运用几何直观理解、解决完全平方公式的推导过程，通过几何图形之间的数量关系对完全平方公式做出几何解释．
（2）常见验证完全平方公式的几何图形
（a+b）2＝a2+2ab+b2．（用大正方形的面积等于边长为a和边长为b的两个正方形与两个长宽分别是a，b的长方形的面积和作为相等关系）
2．平方差公式的几何背景
（1）常见验证平方差公式的几何图形（利用图形的面积和作为相等关系列出等式即可验证平方差公式）．
（2）运用几何直观理解、解决平方差公式的推导过程，通过几何图形之间的数量关系对平方差公式做出几何解释．
3．七巧板
（1）七巧板是由下面七块板组成的，完整图案为一正方形：五块等腰直角三角形（两块小形三角形、一块中形三角形和两块大形三角形）、一块正方形和一块平行四边形．
（2）用这七块板可以拼搭成几何图形，如三角形、平行四边形、不规则的多角形等；也可以拼成各种具体的人物形象，或者动物或者是一些中、英文字符号．
（3）制作七巧板的方法：①首先，在纸上画一个正方形，把它分为十六个小方格．②再从左上角到右下角画一条线．③在上面的中间连一条线到右面的中间．④再在左下角到右上角画一条线，碰到第二条线就可以停了．⑤从刚才的那条线的尾端开始一条线，画到最下面四份之三的位置，从左边开始数，碰到线就可停．⑥最后，把它们涂上不同的颜色并跟著黑线条剪开，你就有一副全新的七巧板了．
4．轴对称的性质
（1）如果两个图形关于某直线对称，那么对称轴是任何一对对应点所连线段的垂直平分线．
由轴对称的性质得到一下结论：
①如果两个图形的对应点的连线被同一条直线垂直平分，那么这两个图形关于这条直线对称；
②如果两个图形成轴对称，我们只要找到一对对应点，作出连接它们的线段的垂直平分线，就可以得到这两个图形的对称轴．
（2）轴对称图形的对称轴也是任何一对对应点所连线段的垂直平分线．
5．坐标与图形变化-对称
（1）关于x轴对称
横坐标相等，纵坐标互为相反数．
（2）关于y轴对称
纵坐标相等，横坐标互为相反数．
（3）关于直线对称
①关于直线x＝m对称，P（a，b） P（2m﹣a，b）
②关于直线y＝n对称，P（a，b） P（a，2n﹣b）
6．旋转的性质
（1）旋转的性质：
①对应点到旋转中心的距离相等．　②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．　③旋转前、后的图形全等．（2）旋转三要素：①旋转中心； ②旋转方向； ③旋转角度．注意：三要素中只要任意改变一个，图形就会不一样．
7．解直角三角形
（1）解直角三角形的定义
在直角三角形中，由已知元素求未知元素的过程就是解直角三角形．
（2）解直角三角形要用到的关系
①锐角、直角之间的关系：∠A+∠B＝90°；
②三边之间的关系：a2+b2＝c2；
③边角之间的关系：
sinA＝＝，cosA＝＝，tanA＝＝．
（a，b，c分别是∠A、∠B、∠C的对边）
8．简单组合体的三视图
（1）画简单组合体的三视图要循序渐进，通过仔细观察和想象，再画它的三视图．
（2）视图中每一个闭合的线框都表示物体上的一个平面，而相连的两个闭合线框常不在一个平面上．
（3）画物体的三视图的口诀为：
主、俯：长对正；
主、左：高平齐；
俯、左：宽相等．
9．由三视图判断几何体
（1）由三视图想象几何体的形状，首先，应分别根据主视图、俯视图和左视图想象几何体的前面、上面和左侧面的形状，然后综合起来考虑整体形状．
（2）由物体的三视图想象几何体的形状是有一定难度的，可以从以下途径进行分析：
①根据主视图、俯视图和左视图想象几何体的前面、上面和左侧面的形状，以及几何体的长、宽、高；
②从实线和虚线想象几何体看得见部分和看不见部分的轮廓线；
③熟记一些简单的几何体的三视图对复杂几何体的想象会有帮助；
④利用由三视图画几何体与有几何体画三视图的互逆过程，反复练习，不断总结方法．
10. 数形结合思想
数形结合是数学解题中常用的思想方法，数形结合的思想可以使某些抽象的数学问题直观化、生动化，能够变抽象思维为形象思维，有助于把握数学问题的本质；另外，由于使用了数形结合的方法，很多问题便迎刃而解，且解法简捷。
2. 所谓数形结合，就是根据数与形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的思想，实现数形结合，常与以下内容有关：（1）实数与数轴上的点的对应关系；（2）函数与图象的对应关系；（3）线与方程的对应关系；（4）所给的等式或代数式的结构含有明显的几何意义。如等式 。
3. 巧妙运用数形结合的思想方法解决一些抽象的数学问题，可起到事半功倍的效果，数形结合的重点是研究“以形助数”。
4. 数形结合的思想方法应用广泛，常见的如在解方程和解不等式问题中，在求函数的值域、最值问题中，运用数形结思想，不仅直观易发现解题途径，而且能避免复杂的计算与推理，大大简化了解题过程。这在解选择题、填空题中更显其优越，要注意培养这种思想意识，要争取胸中有图见数想图，以开拓自己的思维视野。
一．选择题（共17小题）
1．（2021秋 襄汾县期末）我国是最早了解勾股定理的国家之一，它被记载于我国古代的数学著作《周髀算经》中．汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”，后人称之为“赵爽弦图”．现在勾股定理的证明已经有400多种方法，下面的两个图形就是验证勾股定理的两种方法，在验证著名的勾股定理过程，这种根据图形直观推论或验证数学规律和公式的方法，简称为“无字证明”．在验证过程中它体现的数学思想是　　
A．函数思想 B．数形结合思想 C．分类思想 D．统计思想
【考点】勾股定理的证明；数学常识
【分析】根据图形直观推论或验证数学规律和公式的方法体现的数学思想为数形结合思想．
【解答】解：这种根据图形直观推论或验证数学规律和公式的方法，简称为“无字证明”，它体现的数学思想是数形结合思想，
故选：．
【点评】本题考查了勾股定理的证明，掌握根据图形直观推论或验证数学规律和公式的方法体现的数学思想为数形结合思想．
2．（2021秋 金水区校级期末）如图是一种正方形地砖的花型设计图，为了求这个正方形地砖的边长，可根据图示列方程　　
A． B． C． D．
【考点】由实际问题抽象出一元一次方程
【分析】根据正方形的四条边的长度相等列出方程．
【解答】解：由正方形的性质知：．
故选：．
【点评】本题主要考查了由实际问题抽象出一元一次方程，解题的关键是读懂题意，找到等量关系，列出方程．
3．（2021秋 宣化区期末）在边长为的正方形中挖掉一个边长为的小正方形．把余下的部分剪拼成一个矩形（如图）．通过计算图形（阴影部分）的面积，验证了一个等式，则这个等式是　　
A． B．
C． D．
【考点】平方差公式的几何背景
【分析】这个图形变换可以用来证明平方差公式：已知在左图中，大正方形减小正方形剩下的部分面积为；因为拼成的长方形的长为，宽为，根据“长方形的面积长宽”代入为：，因为面积相等，进而得出结论．
【解答】解：由图可知，大正方形减小正方形剩下的部分面积为；
拼成的长方形的面积：，
所以得出：，
故选：．
【点评】此题主要考查了平方差公式的几何背景，解题的关键是求出第一个图的阴影部分面积，进而根据长方形的面积计算公式求出拼成的长方形的面积，根据面积不变得出结论．
4．（2021 汝阳县二模）七巧板是中国古代劳动人民的发明，其历史至少可以追溯到公元前一世纪．为祝贺辛丑年的到来，用一副七巧板（如图①，拼成了“牛气冲天”的图案（如图②，则图②中　　
A． B． C． D．
【考点】七巧板
【分析】七巧板是由七块板组成的，完整图案为一正方形：五块等腰直角三角形（两块小形三角形、一块中形三角形和两块大形三角形）、一块正方形和一块平行四边形．由此可知七巧板中的角都是特殊的，出现的角是、、和，再求解即可．
【解答】解：七巧板中的角都是特殊的，出现的角是、、和，
，，
，
故选：．
【点评】本题考查七巧板，熟练掌握七巧板图形的构成特点，知道出现的角是、、和是解题的关键．
5．（2021秋 雁塔区校级月考）如图，在中，，，点为的中点，于点，则的值等于　　
A． B． C． D．
【考点】勾股定理；等腰三角形的性质；解直角三角形
【分析】连接，由中，，，为中点，利用等腰三角形三线合一的性质，可证得，再利用勾股定理，求得的长，那么在直角中根据三角函数的定义求出，然后根据同角的余角相等得出，于是．
【解答】解：连接，
中，，，为中点，
，，
，
．
，，
，，
，
，
故选：．
【点评】此题考查了解直角三角形、等腰三角形的性质、勾股定理、锐角三角函数的定义以及余角的性质．此题难度适中，解题的关键是准确作出辅助线，注意数形结合思想的应用．
6．（2021秋 禹州市期中）如图，在平面直角坐标系中，对进行循环往复的轴对称变换，若原来点坐标是，则经过第2022次变换后点的对应点的坐标为　　
A． B． C． D．
【考点】规律型：点的坐标；坐标与图形变化对称
【分析】观察图形可知每四次对称为一个循环组依次循环，用2022除以4，然后根据商和余数的情况确定出变换后的点所在的象限，然后解答即可．
【解答】解：点第一次关于轴对称后在第二象限，
点第二次关于轴对称后在第三象限，
点第三次关于轴对称后在第四象限，
点第四次关于轴对称后在第一象限，即点回到原始位置，
所以，每四次对称为一个循环组依次循环，
余2，
经过第2022次变换后所得的点与第二次变换的位置相同，在第三象限，坐标为．
故选：．
【点评】本题考查了轴对称的性质，点的坐标变换规律，读懂题目信息，观察出每四次对称为一个循环组依次循环是解题的关键，也是本题的难点．
7．（2021秋 高青县期中）已知长方形的周长为，它两邻边长分别为，，且满足，则该长方形的面积为　　
A． B． C． D．
【考点】完全平方公式的几何背景
【分析】由题意可求得和，则可求得的值，此题得以求解．
【解答】解：由题意得，，
，
，
，
，
，
，
，
该长方形的面积为，
故选：．
【点评】此题考查了运用完全平方公式的几何背景解决问题的能力，关键是能根据图形准确列式并计算．
8．（2021秋 舞钢市期中）一个几何体由若干个大小相同的小正方体搭成，从上面看到的几何体形状如图所示，其中小正方形中的数字表示该位置小正方体的个数，能表示该几何体从左面看到的形状图是　　
A． B． C． D．
【考点】简单组合体的三视图；由三视图判断几何体
【分析】由已知条件可知，左视图有3列，每列小正方形数目分别为2，4，3．
【解答】解：左视图有3列，每列小正方形数目分别为2，4，3，
故选：．
【点评】本题考查几何体的三视图画法．以及几何体的表面积，由几何体的俯视图及小正方形内的数字，可知主视图的列数与俯视数的列数相同，且每列小正方形数目为俯视图中该列小正方形数字中的最大数字．左视图的列数与俯视图的行数相同，且每列小正方形数目为俯视图中相应行中正方形数字中的最大数字．
9．（2021秋 永春县期中）一块三角形玻璃不慎碰破，成了四片完整碎片（如图所示），假如只带其中的两块碎片去玻璃店就可以让师傅切一块与以前一样的玻璃，你认为下列说法正确的是　　
A．带其中的任意两块去都可以 B．带1、4或2、3去就可以
C．带1、3或3、4去就可以 D．带1、4或2、4去就可以
【考点】全等三角形的应用
【分析】带2、4虽没有原三角形完整的边，又没有角，但延长可得出原三角形的形状；带1、4可以用“角边角”确定三角形；带3、4也可以用“角边角”确定三角形．
【解答】解：带3、4可以用“角边角”确定三角形，
带1、4可以用“角边角”确定三角形，
带2、4可以延长还原出原三角形，
故选：．
【点评】本题考查了全等三角形判定的应用；确定一个三角形的大小、形状，可以用全等三角形的几种判定方法．做题时要根据实际问题找条件．
10．（2021秋 福州期中）在中，将圆心绕着圆周上一点旋转一定角度，使旋转后的圆心落在上，则的值可以是　　
A． B． C． D．
【考点】旋转的性质
【分析】首先依据题意画出图形，然后依据等边三角形的性质进行判断即可．
【解答】解：如图所示：
由旋转的性质可知：，
，
为等边三角形．
．
故选：．
【点评】本题主要考查的是旋转的性质、等边三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识是解题的关键．
11．（2021秋 谢家集区期中）如图，与△关于直线对称，为上任一点不与共线），下列结论中错误的是　　
A．
B．与△面积相等
C．垂直平分
D．直线，的交点不一定在上
【考点】三角形的面积；轴对称的性质；线段垂直平分线的性质
【分析】据对称轴的定义，与△关于直线对称，为上任意一点，可以判断出图中各点或线段之间的关系．
【解答】解：与△关于直线对称，为上任意一点，
，
△是等腰三角形，垂直平分，，这两个三角形的面积相等，、、选项正确；
直线，关于直线对称，因此交点一定在上．错误；
故选：．
【点评】本题考查轴对称的性质与运用，对应点的连线与对称轴的位置关系是互相垂直，对应点所连的线段被对称轴垂直平分，对称轴上的任何一点到两个对应点之间的距离相等，对应的角、线段都相等．
12．（2021秋 三元区期中）如图，所有的四边形都是正方形，所有的三角形都是直角三角形，其中，，，，则　　
A．25 B．20 C．9 D．5
【考点】勾股定理
【分析】根据正方形的性质和勾股定理的几何意义解答即可．
【解答】解：如图，
根据勾股定理的几何意义，可知：
；
即；
故选：．
【点评】本题考查了正方形的性质、勾股定理的几何意义，关键是掌握两直角边的平方和等于斜边的平方．
13．（2021秋 邓州市期中）如图，在等边三角形中，，点是边上一点，且，点是边上一动点、两点均不与端点重合），作，交边于点．若，当满足条件的点有且只有一个时，则的值为　　
A．2 B．2.5 C．3 D．4
【考点】等边三角形的性质；相似三角形的判定与性质
【分析】先证明；利用相似三角形的性质得出比例式，进而建立关于的一元二次方程，再判别式，建立方程求解，即可得出结论．
【解答】解：是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
；
，
，
，
满足条件的点有且只有一个，
方程有两个相等的实数根，
△，
．
故选：．
【点评】此题是相似形综合题，主要考查了等式的性质，相似三角形的判定和性质，利用方程的思想解决问题是解本题的关键．
14．（2021春 雁塔区期末）对于一个图形，通过两种不同的方法计算它的面积，可以得到一个数学等式．例如，利用图1可以得到，那么利用图2所得到的数学等式为　　
A．
B．
C．
D．
【考点】单项式乘多项式；完全平方公式的几何背景
【分析】图2的面积可表示为一个大的正方形的面积或所分成的9个图形的面积之和．
【解答】解：图2的面积可表示为：
或
则有：
故选：．
【点评】本题考查了整式的几何意义，体现数形结合的思想，
15．（2021秋 海曙区校级期中）如图，所有矩形都是正方形，设最大正方形的边长是最小正方形边长的倍，则的值为　　
A． B．8 C． D．9
【考点】相似三角形的判定与性质
【分析】如图，、、、为正方形的顶点，作，交大正方形的边于点，于是得到，而这两个相似三角形的相似比恰好是，再设最小正方形的边长为，可以列方程求出的值，得出答案．
【解答】解：如图，、、、为正方形的顶点，作，交大正方形的边于点，
，
，
，
，
设最小正方形的边长为，则，，，
，
，
解得，
故选：．
【点评】此题考查正方形的性质、相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是通过作辅助线构造相似三角形，再根据相似三角形的性质推出相等关系．
16．（2021春 罗湖区校级期中）在边长为的正方形中挖掉一个边长为的小正方形，把余下的部分剪拼成一个矩形（如图），通过计算图形（阴影部分）的面积，验证了一个等式，则这个等式是　　
A． B．
C． D．
【考点】平方差公式的几何背景
【分析】这个图形变换可以用来证明平方差公式：已知在左图中，大正方形减小正方形剩下的部分面积为；因为拼成的长方形的长为，宽为，根据“长方形的面积长宽”代入为：，因为面积相等，进而得出结论．
【解答】解：由图可知，大正方形减小正方形剩下的部分面积为；
拼成的长方形的面积：，
所以得出：，
故选：．
【点评】此题主要考查了平方差公式的几何背景，解题的关键是求出第一个图的阴影部分面积，进而根据长方形的面积计算公式求出拼成的长方形的面积，根据面积不变得出结论．
17．（2018春 太原期末）如图，小明用长为的10个全等的小长方形拼成一个无重叠，无缝隙的大长方形，这个大长方形的面积为　　
A． B． C． D．
【考点】完全平方公式的几何背景
【分析】结合图形分析出小长方形的宽，从而计算大长方形的面积即可．
【解答】解：设小长方形的宽为，结合图形可得，；
结合图形得大长方形的长为，宽为
大长方形的面积为
故选：．
【点评】这道题主要考查整式的乘法，难度较低，数形结合是解决此题的关键．
二．填空题（共7小题）
18．（2021秋 平昌县期末）三国时期，数学家赵爽绘制了“勾股圆方图”，又叫“赵爽弦图”，如图所示，、、和是四个全等的直角三角形，四边形和四边形都是正方形，如果，，那么四边形的面积等于 　100　．
【考点】勾股定理的证明；数学常识
【分析】在直角三角形中，利用勾股定理求出的长，则可得出答案．
【解答】解：，
，
四边形都是正方形，
，
，
在直角三角形中，由勾股定理得到：，
四边形的面积．
故答案为：100．
【点评】此题考查勾股定理的证明，解题的关键是得到直角三角形的两直角边的长度．
19．（2021秋 沂水县期末）有两个正方形、，现将放在的内部得图甲，将、并列放置后构造新的正方形得图乙．若图甲和图乙中阴影部分的面积分别为1和10，则正方形，的面积之和为　11　．
【考点】完全平方公式的几何背景
【分析】设正方形的边长为，正方形的边长为，由图形得出关系式求解即可．
【解答】解：设正方形的边长为，正方形的边长为，
由图甲得即，
由图乙得，，
所以，
故答案为：11．
【点评】本题主要考查了完全平方公式的几何背景，解题的关键是根据图形得出数量关系．
20．（2021秋 雁塔区校级月考）如图，的顶点都在正方形网格的格点上，则的值为 　　．
【考点】解直角三角形
【分析】过作于，根据正切函数的定义求解可得．
【解答】解：过作于，
，
故答案为：．
【点评】本题主要考查解直角三角形，解题的关键是构建直角三角形并掌握正切函数的定义．
21．（2021秋 朝阳区校级月考）如图，在中，，，，且，则　　．
【考点】等腰三角形的性质
【分析】由条件可先求得，再根据等腰三角形的性质可求得即可．
【解答】解：，，
，
，
，
故答案为：．
【点评】本题主要考查等腰三角形的性质，掌握等腰三角形底边上的高、中线和顶角的平分线相互重合是解题的关键．
22．（2021秋 秦都区月考）已知几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为 　　．（结果保留
【考点】由三视图判断几何体
【分析】根据三视图确定该几何体是圆锥，再根据圆锥的体积公式计算圆锥的体积即可求解．
【解答】解：这个几何体的体积为，
故答案为：．
【点评】此题考查三视图，关键是根据圆锥的体积公式计算圆锥的体积．
23．（2021秋 思明区校级期中）4张长为、宽为的长方形纸片，按如图的方式拼成一个边长为的正方形，图中空白部分的面积为，阴影部分的面积为．
（1）若，，则　11　．
（2）若，求与满足关系：　　．
【考点】完全平方公式的几何背景；完全平方式
【分析】（1）根据题目条件计算5部分空白面积的和即可；
（2）由题意列式并整理即可．
【解答】解：（1）由题意得，
，
当，时，
，
故答案为：11；
（2）由（1）结果，可得，
，
整理得，，
即，
，
故答案为：．
【点评】此题考查了运用完全平方公式的几何背景解决问题的能力，关键是能根据图形准确列式，并运用完全平方公式进行运算．
24．（2021秋 襄汾县月考）有若干个大小形状完全相同的小长方形，现将其中4个如图1摆放，构造出一个正方形，其中阴影部分面积为35；其中5个如图2摆放，构造出一个长方形，其中阴影部分面积为102（各个小长方形之间不重叠不留空），则每个小长方形的面积为 　8　．
【考点】完全平方公式的几何背景
【分析】设小长方形的长为，宽为，由图1可得，由图2可得，从而可求得，则可计算出每个小长方形的面积为8．
【解答】解：设小长方形的长为，宽为，由图1可得，
，
由图2可得，
，
，
从而可求得，
解得，
故答案为：8．
【点评】此题考查了利用完全平方公式的几何背景解决问题的能力，关键是能结合图形列出算式并计算．
三．解答题（共11小题）
25．（2021秋 东海县期中）如图1，在平面直角坐标系中，的半径为1，点．已知点是上一动点，点关于点的对称点为点，我们称点为点关于的反射点，请解决下列问题：
（1）在点，，，中，不是点关于的反射点的是
　　；（只填写对应字母）
（2）若点从逆时针运动到，试求点关于的反射点的运动路径长；
（3）若在直线上存在点关于的反射点，求的取值范围．
【考点】圆的综合题
【分析】（1）当点在上运动时，点关于的反射点的运动轨迹是，且，将，，，分别画到图中，由图形可直观观察到不是点关于的反射点的是，
（2）当点从逆时针运动到，点关于的反射点从点逆时针运动到点，即运动了圆，所以运动路径长为：．
（3）根据题意可知，临界状态为：直线与相切，如下图所示：①直线与相切时，②直线与相切时，结合等腰直角三角形的性质可分别求出和的值，进而得出结论．
【解答】解：（1）如图所示：当点在上运动时，点关于的反射点的运动轨迹是，且，
将，，，分别画到图中，
由图可知，不是点关于的反射点的是，
故答案为：．
（2）当点从逆时针运动到，点关于的反射点从点逆时针运动到点，
即运动了圆，
运动路径长为：．
（3）根据题意可知，临界状态为：直线与相切，如下图所示：
①直线与相切时，
可知，
，，
，，代入解析式可得，
②直线与相切时，
可知，
，，
，，代入解析式可得，
若在直线上存在点关于的反射点，的取值范围为．
【点评】本题考查圆综合题、切线的判定和性质、轴对称变换、中心对称等知识，解题的关键是学会利用特殊点，特殊位置解决问题，学会画出图形解决问题，属于中考压轴题．
26．（2021春 萧山区期中）两个边长分别为和的正方形如图放置，其未叠合部分（阴影）面积为，若再在图1中大正方形的右下角摆放一个边长为的小正方形（如图，两个小正方形叠合部分（阴影）面积．
（1）用含，的代数式分别表示，；
（2）若，，求的值；
（3）当时，求出图3中阴影部分的面积．
【考点】完全平方公式的几何背景
【分析】（1）根据面积公式的和差关系可得答案；
（2）利用整式的运算法则计算即可得到答案；
（3）根据面积公式的和差关系可得答案．
【解答】（1）由图可得，
．
（2）．
，，
．
（3）由图可得，
，
．
【点评】此题考查的是完全平方公式，掌握整式的运算法则是解决此题关键．
27．（2021春 临渭区期末）数形结合是解决数学问题的一种重要的思想方法，借助图的直观性，可以帮助理解数学问题．
（1）请写出图1、图2、图3分别能解释的乘法公式．
（2）用4个全等的长和宽分别为、的长方形拼摆成一个如图4的正方形，请你写出这三个代数式、、之间的等量关系．
（3）根据（2）中你探索发现的结论，完成下列问题：
①当，时，则的值为 　　．
②设，，计算：的结果．
【考点】完全平方公式的几何背景
【分析】（1）根据图形面积直接得出即可；
（2）用两种方法表示阴影部分的面积可得结论；
（3）①根据（2）中的等量关系代入计算可得结论；
②同理根据（2）中的公式代入可得结论．
【解答】解：（1）图；
图；
图，
（2）图；
（3）①由（2）知：，
，，
，
，
，
故答案为：；
②，，
．
【点评】本题是完全平方式的实际应用，完全平方式经常与正方形的面积公式和长方形的面积公式联系在一起，要学会观察图形．
28．（2020秋 延边州期末）【知识生成】我们已经知道，通过计算几何图形的面积可以表示一些代数恒等式．
例如图1可以得到，基于此，请解答下列问题：
（1）根据图2，写出一个代数恒等式：　　．
（2）利用（1）中得到的结论，解决下面的问题：若，，则　　．
（3）小明同学用图3中张边长为的正方形，张边长为的正方形，张宽、长分别为、的长方形纸片拼出一个面积为长方形，则　　．
【知识迁移】（4）事实上，通过计算几何图形的体积也可以表示一些代数恒等式，图4表示的是一个边长为的正方体挖去一个小长方体后重新拼成一个新长方体，请你根据图4中图形的变化关系，写出一个代数恒等式：　　．
【考点】多项式乘多项式；完全平方公式的几何背景；完全平方式；认识立体图形
【分析】（1）依据正方形的面积；正方形的面积，可得等式；
（2）依据，进行计算即可；
（3）依据所拼图形的面积为：，而，即可得到，，的值．
（4）根据原几何体的体积新几何体的体积，列式可得结论．
【解答】解：（1）由图2得：正方形的面积；正方形的面积，
，（2分）
故答案为：；
（2），
，，
，
，
故答案为：30；（4分）
（3）由题意得：，
，
，
，
故答案为：9；（6分）
（4）原几何体的体积，新几何体的体积，
．
故答案为：．（8分）
【点评】本题主要考查的是整式的混合运算，利用直接法和间接法分别求得几何图形的体积或面积，然后根据它们的体积或面积相等列出等式是解题的关键．
29．（2020春 邗江区期末）如图1是一个长为、宽为的长方形，沿图中虚线用剪刀平均分成四块小长方形，然后用四块小长方形拼成一个“回形”正方形（如图
（1）观察图2请你写出、、之间的等量关系是 　　；
（2）根据（1）中的结论，若，，则　　；
（3）拓展应用：若，求的值．
【考点】多项式乘多项式；完全平方公式的几何背景
【分析】（1）由图可知，图1的面积为，图2中白色部分的面积为，根据图1的面积和图2中白色部分的面积相等可得答案；
（2）根据（1）中的结论，可知，将，代入计算即可得出答案；
（3）将等式两边平方，再根据已知条件及完全平方公式变形可得答案．
【解答】解：（1）由图可知，图1的面积为，图2中白色部分的面积为，
图1的面积和图2中白色部分的面积相等，
，
故答案为：；
（2）根据（1）中的结论，可知，
，，
，
，
故答案为：；
（3），
，
，
，
；
．
【点评】本题考查了完全平方公式的几何背景，熟练运用完全平方公式并数形结合是解题的关键．
30．（2021秋 鼓楼区校级期中）我们将进行变形，如：，等．根据以上变形解决下列问题：
（1）已知，，则　4　．
（2）已知，若满足，求的值．
（3）如图，长方形，，，，，连接，，若，则图中阴影部分的面积为 　　．
【考点】多项式乘多项式；完全平方公式的几何背景
【分析】（1）由可计算此题结果；
（2）由可计算此题结果；
（3）设，，根据可计算图中阴影部分的面积为．
【解答】解：（1）由题意得，，
故答案为：4；
（2）由得，
；
（3）设，，根据可得，
图中阴影部分的面积为：
，
故答案为：10．
【点评】此题考查了利用完全平方公式的几何背景解决问题的能力，关键是能根据完全平方公式的变形解决相关问题．
31．（2021秋 光泽县期中）如图所示，已知长方形的长为米，宽为米，半圆半径为米．
（1）这个长方形的面积等于 　　平方米；
（2）用代数式表示阴影部分的面积；
（3）当，，时，求阴影部分的面积（结果保留．
【考点】列代数式；代数式求值
【分析】本题应根据长方形和圆的面积公式进行计算．
【解答】解：（1）因为长方形面积长宽，
故长方形的面积平方米．
（2）因为圆的面积，
故平方米．
（3）当，，时，平方米．
【点评】本题必须熟练掌握长方形和圆的面积计算公式，然后准确计算．
32．（2021秋 南安市期中）数学活动课上，老师准备了若干个如图1的三种纸片，种纸片是边长为的正方形，种纸片是边长为的正方形，种纸片是长为，宽为的长方形．并用种纸片一张，种纸片一张，种纸片两张拼成如图2的大正方形．利用图2正方形面积的不同表示方法，可以验证公式：．
（1）类似的，请你用图1中的三种纸片拼一个图形验证：，请画出图形．
（2）已知：，，求的值；
（3）已知，求的值；
（4）已知，求的值．
【考点】多项式乘多项式；完全平方公式的几何背景
【分析】（1）结合算式拼图即可；
（2）由可推导出进行计算即可；
（3）由代入计算即可；
（4）设，，则，由，可推得，代入即可计算出结果为31．
【解答】解：（1）如图，可以验证：；
（2）
，
，
又，，
；
（3）设，，则，
，
，
，
，
即；
（4）设，，则，
，
，
，
，
．
【点评】此题考查了利用完全平方公式的几何背景解决整式计算的能力，关键是能利用几何图形列出、推理整式并进行运算．
33．（2021秋 西城区校级期中）数形结合是数学学习中经常使用的数学方法之一，在研究代数问题时，如：学习平方差公式和完全平方公式，我们通过构造几何图形，用面积法可以很直观地推导出公式．以下三个构图都可以用几何方法生成代数结论，请尝试解决问题．
构图一，小函同学从边长为的大正方形纸板中挖去一个边长为的小正方形后，将其裁成四个相同的等腰梯形（如图（1），然后拼成一个平行四边形（如图（2），那么通过计算两个图形阴影部分的面积，可以验证成立的公式为　　．
．．．．
构图二、小云同学在数学课上画了一个腰长为的等腰直角三角形，如图3，他在该三角形中画了一条平行于一腰的线段，得到一个腰长为的新等腰直角三角形，请你利用这个图形推导出一个关于、的等式．
【考点】平方差公式的几何背景
【分析】（1）根据图（1）中阴影部分面积和图（2）图形面积的不同表示方法，可得；
（2）通过表示图（3）中梯形面积，可推导出等式．
【解答】解：构图一，图（1）中阴影部分面积为：，
图（2）的面积为：：，
可得等式为；，
故选；
构图二、用两种方式表示梯形的面积，
可得到，
也可表示为：，
可得等式，
即．
【点评】此题考查了平方差公式几何背景的应用能力，关键是能根据图形准确列出算式并计算．
34．（2021春 高邮市期中）【知识生成】我们已经知道，对于一个图形，通过不同的方法计算图形的面积可以得到一个数学等式，例如由图1可以得到，请解答下列问题：
（1）写出图2中所表示的数学等式 　　；
（2）利用（1）中所得到的结论，解决下面的问题：
已知，，求的值；
（3）小明同学用图3中张边长为的正方形，张边长为的正方形，张宽、长分别为、的长方形纸片拼出一个面积为长方形，则　　；
【知识迁移】（4）事实上，通过计算几何图形的体积也可以表示一些代数恒等式，图4表示的是一个边长为的正方体挖去一个小长方体后重新拼成一个新长方体，请你根据图4中图形的变化关系，写出一个数学等式：　　．
【考点】多项式乘多项式；完全平方公式的几何背景；认识立体图形
【分析】（1）依据大正方形的面积，各部分面积之和，从而可得答案；
（2）依据，进行计算即可；
（3）依据所拼图形的面积为：，而，比较系数可得答案．
（4）根据原几何体的体积新几何体的体积，列式可得结论．
【解答】解：（1）最外层正方形的面积为：，
分部分来看，有三个正方形和六个长方形，
其和为：
总体看的面积和分部分求和的面积相等．
故答案为：．
（2），，
的值为45．
（3）
，，
故答案为：9．
（4）大立方体的体积等于，挖去的长方体的体积为，从而剩余部分的体积为；
重新拼成的新长方体体积为：
两者体积相等．
故答案为：．
【点评】本题考查了完全平方公式的几何背景，明确相关图形的面积或体积计算公式，数形结合，正确列式是解题的关键．
35．（2019春 雨花区校级月考）许多代数恒等式可以借助图形的面积关系直观表达，如图①，根据图中面积关系可以得到：
（1）如图②，根据图中面积关系，写出一个关于、的等式 　　；
（2）利用（1）中的等式求解：，，则　　；
（3）小明用8个面积一样大的长方形（宽，长拼图拼出了如图甲、乙的两种图案：图案甲是一个大的正方形，中间的阴影部分是边长为3的小正方形；图案乙是一个大的长方形，求，的值．
【考点】多项式乘多项式；完全平方公式的几何背景
【分析】（1）由图②中大正方形的面积等于各个小正方形和小长方形面积之和，可得等式；
（2）由（1）中等式可得：，将，代入可得答案；
（3）由图甲和图乙各得一个关于和的二元一次方程，解方程组即可．
【解答】解：（1）由图②中大正方形的面积等于各个小正方形和小长方形面积之和，可得等式：
故答案为：．
（2）由（1）中等式可得：
，，
故答案为：9．
（3）由题意得：
整理得：
①②得；
把代入②得：
，．
【点评】本题考查了完全平方公式的几何背景，数形结合、牢记相关公式并正确列方程组，是解题的关键.几何图形中的数形结合思想
知识方法精讲
1．完全平方公式的几何背景
（1）运用几何直观理解、解决完全平方公式的推导过程，通过几何图形之间的数量关系对完全平方公式做出几何解释．
（2）常见验证完全平方公式的几何图形
（a+b）2＝a2+2ab+b2．（用大正方形的面积等于边长为a和边长为b的两个正方形与两个长宽分别是a，b的长方形的面积和作为相等关系）
2．平方差公式的几何背景
（1）常见验证平方差公式的几何图形（利用图形的面积和作为相等关系列出等式即可验证平方差公式）．
（2）运用几何直观理解、解决平方差公式的推导过程，通过几何图形之间的数量关系对平方差公式做出几何解释．
3．七巧板
（1）七巧板是由下面七块板组成的，完整图案为一正方形：五块等腰直角三角形（两块小形三角形、一块中形三角形和两块大形三角形）、一块正方形和一块平行四边形．
（2）用这七块板可以拼搭成几何图形，如三角形、平行四边形、不规则的多角形等；也可以拼成各种具体的人物形象，或者动物或者是一些中、英文字符号．
（3）制作七巧板的方法：①首先，在纸上画一个正方形，把它分为十六个小方格．②再从左上角到右下角画一条线．③在上面的中间连一条线到右面的中间．④再在左下角到右上角画一条线，碰到第二条线就可以停了．⑤从刚才的那条线的尾端开始一条线，画到最下面四份之三的位置，从左边开始数，碰到线就可停．⑥最后，把它们涂上不同的颜色并跟著黑线条剪开，你就有一副全新的七巧板了．
4．轴对称的性质
（1）如果两个图形关于某直线对称，那么对称轴是任何一对对应点所连线段的垂直平分线．
由轴对称的性质得到一下结论：
①如果两个图形的对应点的连线被同一条直线垂直平分，那么这两个图形关于这条直线对称；
②如果两个图形成轴对称，我们只要找到一对对应点，作出连接它们的线段的垂直平分线，就可以得到这两个图形的对称轴．
（2）轴对称图形的对称轴也是任何一对对应点所连线段的垂直平分线．
5．坐标与图形变化-对称
（1）关于x轴对称
横坐标相等，纵坐标互为相反数．
（2）关于y轴对称
纵坐标相等，横坐标互为相反数．
（3）关于直线对称
①关于直线x＝m对称，P（a，b） P（2m﹣a，b）
②关于直线y＝n对称，P（a，b） P（a，2n﹣b）
6．旋转的性质
（1）旋转的性质：
①对应点到旋转中心的距离相等．　②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．　③旋转前、后的图形全等．（2）旋转三要素：①旋转中心； ②旋转方向； ③旋转角度．注意：三要素中只要任意改变一个，图形就会不一样．
7．解直角三角形
（1）解直角三角形的定义
在直角三角形中，由已知元素求未知元素的过程就是解直角三角形．
（2）解直角三角形要用到的关系
①锐角、直角之间的关系：∠A+∠B＝90°；
②三边之间的关系：a2+b2＝c2；
③边角之间的关系：
sinA＝＝，cosA＝＝，tanA＝＝．
（a，b，c分别是∠A、∠B、∠C的对边）
8．简单组合体的三视图
（1）画简单组合体的三视图要循序渐进，通过仔细观察和想象，再画它的三视图．
（2）视图中每一个闭合的线框都表示物体上的一个平面，而相连的两个闭合线框常不在一个平面上．
（3）画物体的三视图的口诀为：
主、俯：长对正；
主、左：高平齐；
俯、左：宽相等．
9．由三视图判断几何体
（1）由三视图想象几何体的形状，首先，应分别根据主视图、俯视图和左视图想象几何体的前面、上面和左侧面的形状，然后综合起来考虑整体形状．
（2）由物体的三视图想象几何体的形状是有一定难度的，可以从以下途径进行分析：
①根据主视图、俯视图和左视图想象几何体的前面、上面和左侧面的形状，以及几何体的长、宽、高；
②从实线和虚线想象几何体看得见部分和看不见部分的轮廓线；
③熟记一些简单的几何体的三视图对复杂几何体的想象会有帮助；
④利用由三视图画几何体与有几何体画三视图的互逆过程，反复练习，不断总结方法．
10. 数形结合思想
数形结合是数学解题中常用的思想方法，数形结合的思想可以使某些抽象的数学问题直观化、生动化，能够变抽象思维为形象思维，有助于把握数学问题的本质；另外，由于使用了数形结合的方法，很多问题便迎刃而解，且解法简捷。
2. 所谓数形结合，就是根据数与形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的思想，实现数形结合，常与以下内容有关：（1）实数与数轴上的点的对应关系；（2）函数与图象的对应关系；（3）线与方程的对应关系；（4）所给的等式或代数式的结构含有明显的几何意义。如等式 。
3. 巧妙运用数形结合的思想方法解决一些抽象的数学问题，可起到事半功倍的效果，数形结合的重点是研究“以形助数”。
4. 数形结合的思想方法应用广泛，常见的如在解方程和解不等式问题中，在求函数的值域、最值问题中，运用数形结思想，不仅直观易发现解题途径，而且能避免复杂的计算与推理，大大简化了解题过程。这在解选择题、填空题中更显其优越，要注意培养这种思想意识，要争取胸中有图见数想图，以开拓自己的思维视野。
一．选择题（共17小题）
1．（2021秋 襄汾县期末）我国是最早了解勾股定理的国家之一，它被记载于我国古代的数学著作《周髀算经》中．汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”，后人称之为“赵爽弦图”．现在勾股定理的证明已经有400多种方法，下面的两个图形就是验证勾股定理的两种方法，在验证著名的勾股定理过程，这种根据图形直观推论或验证数学规律和公式的方法，简称为“无字证明”．在验证过程中它体现的数学思想是　　
A．函数思想 B．数形结合思想 C．分类思想 D．统计思想
2．（2021秋 金水区校级期末）如图是一种正方形地砖的花型设计图，为了求这个正方形地砖的边长，可根据图示列方程　　
A． B． C． D．
3．（2021秋 宣化区期末）在边长为的正方形中挖掉一个边长为的小正方形．把余下的部分剪拼成一个矩形（如图）．通过计算图形（阴影部分）的面积，验证了一个等式，则这个等式是　　
A． B．
C． D．
4．（2021 汝阳县二模）七巧板是中国古代劳动人民的发明，其历史至少可以追溯到公元前一世纪．为祝贺辛丑年的到来，用一副七巧板（如图①，拼成了“牛气冲天”的图案（如图②，则图②中　　
A． B． C． D．
5．（2021秋 雁塔区校级月考）如图，在中，，，点为的中点，于点，则的值等于　　
A． B． C． D．
6．（2021秋 禹州市期中）如图，在平面直角坐标系中，对进行循环往复的轴对称变换，若原来点坐标是，则经过第2022次变换后点的对应点的坐标为　　
A． B． C． D．
7．（2021秋 高青县期中）已知长方形的周长为，它两邻边长分别为，，且满足，则该长方形的面积为　　
A． B． C． D．
8．（2021秋 舞钢市期中）一个几何体由若干个大小相同的小正方体搭成，从上面看到的几何体形状如图所示，其中小正方形中的数字表示该位置小正方体的个数，能表示该几何体从左面看到的形状图是　　
A． B． C． D．
9．（2021秋 永春县期中）一块三角形玻璃不慎碰破，成了四片完整碎片（如图所示），假如只带其中的两块碎片去玻璃店就可以让师傅切一块与以前一样的玻璃，你认为下列说法正确的是　　
A．带其中的任意两块去都可以 B．带1、4或2、3去就可以
C．带1、3或3、4去就可以 D．带1、4或2、4去就可以
10．（2021秋 福州期中）在中，将圆心绕着圆周上一点旋转一定角度，使旋转后的圆心落在上，则的值可以是　　
A． B． C． D．
11．（2021秋 谢家集区期中）如图，与△关于直线对称，为上任一点不与共线），下列结论中错误的是　　
A．
B．与△面积相等
C．垂直平分
D．直线，的交点不一定在上
12．（2021秋 三元区期中）如图，所有的四边形都是正方形，所有的三角形都是直角三角形，其中，，，，则　　
A．25 B．20 C．9 D．5
13．（2021秋 邓州市期中）如图，在等边三角形中，，点是边上一点，且，点是边上一动点、两点均不与端点重合），作，交边于点．若，当满足条件的点有且只有一个时，则的值为　　
A．2 B．2.5 C．3 D．4
14．（2021春 雁塔区期末）对于一个图形，通过两种不同的方法计算它的面积，可以得到一个数学等式．例如，利用图1可以得到，那么利用图2所得到的数学等式为　　
A．
B．
C．
D．
15．（2021秋 海曙区校级期中）如图，所有矩形都是正方形，设最大正方形的边长是最小正方形边长的倍，则的值为　　
A． B．8 C． D．9
16．（2021春 罗湖区校级期中）在边长为的正方形中挖掉一个边长为的小正方形，把余下的部分剪拼成一个矩形（如图），通过计算图形（阴影部分）的面积，验证了一个等式，则这个等式是　　
A． B．
C． D．
17．（2018春 太原期末）如图，小明用长为的10个全等的小长方形拼成一个无重叠，无缝隙的大长方形，这个大长方形的面积为　　
A． B． C． D．
二．填空题（共7小题）
18．（2021秋 平昌县期末）三国时期，数学家赵爽绘制了“勾股圆方图”，又叫“赵爽弦图”，如图所示，、、和是四个全等的直角三角形，四边形和四边形都是正方形，如果，，那么四边形的面积等于 　　．
19．（2021秋 沂水县期末）有两个正方形、，现将放在的内部得图甲，将、并列放置后构造新的正方形得图乙．若图甲和图乙中阴影部分的面积分别为1和10，则正方形，的面积之和为　　．
20．（2021秋 雁塔区校级月考）如图，的顶点都在正方形网格的格点上，则的值为 　　．
21．（2021秋 朝阳区校级月考）如图，在中，，，，且，则　　．
22．（2021秋 秦都区月考）已知几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为 　　．（结果保留
23．（2021秋 思明区校级期中）4张长为、宽为的长方形纸片，按如图的方式拼成一个边长为的正方形，图中空白部分的面积为，阴影部分的面积为．
（1）若，，则　　．
（2）若，求与满足关系：　　．
24．（2021秋 襄汾县月考）有若干个大小形状完全相同的小长方形，现将其中4个如图1摆放，构造出一个正方形，其中阴影部分面积为35；其中5个如图2摆放，构造出一个长方形，其中阴影部分面积为102（各个小长方形之间不重叠不留空），则每个小长方形的面积为 　　．
三．解答题（共11小题）
25．（2021秋 东海县期中）如图1，在平面直角坐标系中，的半径为1，点．已知点是上一动点，点关于点的对称点为点，我们称点为点关于的反射点，请解决下列问题：
（1）在点，，，中，不是点关于的反射点的是
　　；（只填写对应字母）
（2）若点从逆时针运动到，试求点关于的反射点的运动路径长；
（3）若在直线上存在点关于的反射点，求的取值范围．
26．（2021春 萧山区期中）两个边长分别为和的正方形如图放置，其未叠合部分（阴影）面积为，若再在图1中大正方形的右下角摆放一个边长为的小正方形（如图，两个小正方形叠合部分（阴影）面积．
（1）用含，的代数式分别表示，；
（2）若，，求的值；
（3）当时，求出图3中阴影部分的面积．
27．（2021春 临渭区期末）数形结合是解决数学问题的一种重要的思想方法，借助图的直观性，可以帮助理解数学问题．
（1）请写出图1、图2、图3分别能解释的乘法公式．
（2）用4个全等的长和宽分别为、的长方形拼摆成一个如图4的正方形，请你写出这三个代数式、、之间的等量关系．
（3）根据（2）中你探索发现的结论，完成下列问题：
①当，时，则的值为 　　．
②设，，计算：的结果．
28．（2020秋 延边州期末）【知识生成】我们已经知道，通过计算几何图形的面积可以表示一些代数恒等式．
例如图1可以得到，基于此，请解答下列问题：
（1）根据图2，写出一个代数恒等式：　　．
（2）利用（1）中得到的结论，解决下面的问题：若，，则　　．
（3）小明同学用图3中张边长为的正方形，张边长为的正方形，张宽、长分别为、的长方形纸片拼出一个面积为长方形，则　　．
【知识迁移】（4）事实上，通过计算几何图形的体积也可以表示一些代数恒等式，图4表示的是一个边长为的正方体挖去一个小长方体后重新拼成一个新长方体，请你根据图4中图形的变化关系，写出一个代数恒等式：　　．
29．（2020春 邗江区期末）如图1是一个长为、宽为的长方形，沿图中虚线用剪刀平均分成四块小长方形，然后用四块小长方形拼成一个“回形”正方形（如图
（1）观察图2请你写出、、之间的等量关系是 　　；
（2）根据（1）中的结论，若，，则　　；
（3）拓展应用：若，求的值．
30．（2021秋 鼓楼区校级期中）我们将进行变形，如：，等．根据以上变形解决下列问题：
（1）已知，，则　　．
（2）已知，若满足，求的值．
（3）如图，长方形，，，，，连接，，若，则图中阴影部分的面积为 　　．
31．（2021秋 光泽县期中）如图所示，已知长方形的长为米，宽为米，半圆半径为米．
（1）这个长方形的面积等于 　　平方米；
（2）用代数式表示阴影部分的面积；
（3）当，，时，求阴影部分的面积（结果保留．
32．（2021秋 南安市期中）数学活动课上，老师准备了若干个如图1的三种纸片，种纸片是边长为的正方形，种纸片是边长为的正方形，种纸片是长为，宽为的长方形．并用种纸片一张，种纸片一张，种纸片两张拼成如图2的大正方形．利用图2正方形面积的不同表示方法，可以验证公式：．
（1）类似的，请你用图1中的三种纸片拼一个图形验证：，请画出图形．
（2）已知：，，求的值；
（3）已知，求的值；
（4）已知，求的值．
33．（2021秋 西城区校级期中）数形结合是数学学习中经常使用的数学方法之一，在研究代数问题时，如：学习平方差公式和完全平方公式，我们通过构造几何图形，用面积法可以很直观地推导出公式．以下三个构图都可以用几何方法生成代数结论，请尝试解决问题．
构图一，小函同学从边长为的大正方形纸板中挖去一个边长为的小正方形后，将其裁成四个相同的等腰梯形（如图（1），然后拼成一个平行四边形（如图（2），那么通过计算两个图形阴影部分的面积，可以验证成立的公式为　　．
．．．．
构图二、小云同学在数学课上画了一个腰长为的等腰直角三角形，如图3，他在该三角形中画了一条平行于一腰的线段，得到一个腰长为的新等腰直角三角形，请你利用这个图形推导出一个关于、的等式．
34．（2021春 高邮市期中）【知识生成】我们已经知道，对于一个图形，通过不同的方法计算图形的面积可以得到一个数学等式，例如由图1可以得到，请解答下列问题：
（1）写出图2中所表示的数学等式 　　；
（2）利用（1）中所得到的结论，解决下面的问题：
已知，，求的值；
（3）小明同学用图3中张边长为的正方形，张边长为的正方形，张宽、长分别为、的长方形纸片拼出一个面积为长方形，则　　；
【知识迁移】（4）事实上，通过计算几何图形的体积也可以表示一些代数恒等式，图4表示的是一个边长为的正方体挖去一个小长方体后重新拼成一个新长方体，请你根据图4中图形的变化关系，写出一个数学等式：　　．
35．（2019春 雨花区校级月考）许多代数恒等式可以借助图形的面积关系直观表达，如图①，根据图中面积关系可以得到：
（1）如图②，根据图中面积关系，写出一个关于、的等式 　　；
（2）利用（1）中的等式求解：，，则　　；
（3）小明用8个面积一样大的长方形（宽，长拼图拼出了如图甲、乙的两种图案：图案甲是一个大的正方形，中间的阴影部分是边长为3的小正方形；图案乙是一个大的长方形，求，的值．平面直角坐标系中的数形结合思想
知识方法精讲
1．坐标确定位置
平面内特殊位置的点的坐标特征
（1）各象限内点P（a，b）的坐标特征：
①第一象限：a＞0，b＞0；②第二象限：a＜0，b＞0；③第三象限：a＜0，b＜0；④第四象限：a＞0，b＜0．
（2）坐标轴上点P（a，b）的坐标特征：
①x轴上：a为任意实数，b＝0；②y轴上：b为任意实数，a＝0；③坐标原点：a＝0，b＝0．
（3）两坐标轴夹角平分线上点P（a，b）的坐标特征：
①一、三象限：a＝b；②二、四象限：a＝﹣b．
2．轴对称-最短路线问题
1、最短路线问题
在直线L上的同侧有两个点A、B，在直线L上有到A、B的距离之和最短的点存在，可以通过轴对称来确定，即作出其中一点关于直线L的对称点，对称点与另一点的连线与直线L的交点就是所要找的点．
2、凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合本节所学轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．
3．坐标与图形变化-旋转
（1）关于原点对称的点的坐标
P（x，y） P（﹣x，﹣y）
（2）旋转图形的坐标
图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°.
4. 数形结合思想
数形结合是数学解题中常用的思想方法，数形结合的思想可以使某些抽象的数学问题直观化、生动化，能够变抽象思维为形象思维，有助于把握数学问题的本质；另外，由于使用了数形结合的方法，很多问题便迎刃而解，且解法简捷。
2. 所谓数形结合，就是根据数与形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的思想，实现数形结合，常与以下内容有关：（1）实数与数轴上的点的对应关系；（2）函数与图象的对应关系；（3）线与方程的对应关系；（4）所给的等式或代数式的结构含有明显的几何意义。如等式 。
3. 巧妙运用数形结合的思想方法解决一些抽象的数学问题，可起到事半功倍的效果，数形结合的重点是研究“以形助数”。
4. 数形结合的思想方法应用广泛，常见的如在解方程和解不等式问题中，在求函数的值域、最值问题中，运用数形结思想，不仅直观易发现解题途径，而且能避免复杂的计算与推理，大大简化了解题过程。这在解选择题、填空题中更显其优越，要注意培养这种思想意识，要争取胸中有图见数想图，以开拓自己的思维视野。
一．选择题（共2小题）
1．（2021秋 瑞安市月考）如图，这是某所学校的部分平面示意图，教学楼、实验楼和图书馆的位置都在边长为1的小正方形网格线的交点处，若教学楼位置的坐标是，实验楼位置的坐标是，则图书馆位置的坐标是　　
A． B． C． D．
【考点】坐标确定位置
【分析】根据已知点坐标得出原点位置，进而得出答案．
【解答】解：如图所示：图书馆位置的坐标是．
故选：．
【点评】此题主要考查了坐标确定位置，正确得出原点位置是解题关键．
2．（2021春 姑苏区校级月考）苏州市“东方之门”是由两栋超高层建筑组成的双塔连体建筑，“门”的造型是东方之门的立意基础，“门”的内侧曲线呈抛物线型，如图1，两栋建筑第八层由一条长的连桥连接，在该抛物线两侧距连桥处各有一窗户，两窗户的水平距离为，如图2，则此抛物线顶端到连桥距离为　　
A． B． C． D．
【考点】二次函数的应用
【分析】以所在的直线为轴，以线段的垂直平分线所在的直线为轴建立平面直角坐标系，用待定系数法求得抛物线的解析式，则可知顶点的坐标，从而可得此抛物线顶端到连桥距离．
【解答】解：以所在的直线为轴，以线段的垂直平分线所在的直线为轴建立平面直角坐标系：
，，，
设抛物线的解析式为，将代入，得：
，
解得：，
，
抛物线顶端的坐标为，
此抛物线顶端到连桥距离为．
故选：．
【点评】本题考查了二次函数在实际问题中的应用，数形结合、熟练掌握待定系数法是解题的关键．
二．填空题（共10小题）
3．（2020 贺州）某学生在一平地上推铅球，铅球出手时离地面的高度为米，出手后铅球在空中运动的高度（米与水平距离（米之间的函数关系式为，当铅球运行至与出手高度相等时，与出手点水平距离为8米，则该学生推铅球的成绩为 　10　米．
【考点】二次函数的应用
【分析】建立平面直角坐标系，用待定系数法求得抛物线的解析式，再令，得关于的一元二次方程，求得方程的解并作出取舍即可．
【解答】解：设铅球出手点为点，当铅球运行至与出手高度相等时为点，根据题意建立平面直角坐标系，如图：
由题意可知，点，点，代入，得：
，
解得．
，
当时，，
解得，（不符合题意，舍去）．
该学生推铅球的成绩为．
故答案为：10．
【点评】本题考查了二次函数在实际问题中的应用，熟练掌握待定系数法及二次函数与一元二次方程的关系是解题的关键．
4．（2021 二道区校级一模）如图是某地一座抛物线形拱桥，桥拱在竖直平面内，与水平桥面相交于、两点，拱桥最高点到的距离为，，，为拱桥底部的两点，且，若的长为，则点到直线的距离为　　．
【考点】二次函数的应用
【分析】建立平面直角坐标系，在轴上，轴经过最高点，设抛物线的解析式为，，用含的式子表示出点和点的坐标，再代入抛物线解析式，得方程组，解得和的值，则的值即为所求的答案．
【解答】解：如图，建立平面直角坐标系，在轴上，轴经过最高点，
设与轴交于点，
，
，，设抛物线的解析式为，
，
，
设，则，
拱桥最高点到的距离为，
，
将点和点的坐标代入抛物线解析式得：
，
解得：，
点到直线的距离为．
故答案为：．
【点评】本题考查了二次函数在实际问题中的应用，正确建立平面直角坐标系，从而求得抛物线的解析式是解题的关键．
5．（2020秋 瑞安市期末）如图1是某校园运动场主席台及遮阳棚，其侧面结构示意图如图2所示．主席台（矩形高米，直杆米，斜拉杆，起稳固作用，点处装有一射灯．遮阳棚边缘曲线可近似看成抛物线的一部分，为抛物线的最高点且位于主席台边缘的正上方，若点，，在同一直线上，且米，米，，则射灯离地面的高度为 　4.5　米．
【考点】二次函数的应用
【分析】以所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，过点作于点，求得点，，，，，的坐标，用待定系数法求得抛物线和直线的解析式，将两者联立，解得点的坐标，则点的纵坐标即为所求．
【解答】解：如图所示，以所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，过点作于点，
米，米，米，
，，，
又，米，，
（米，
（米，
（米，
，，，，，，
点为抛物线的顶点，
设抛物线的解析式为，将点代入，得：
，
解得，
抛物线的解析式为，
设直线的解析式为，将，，代入，得：
，
解得，
直线的解析式为，
联立，
解得，或（舍去），
，，
射灯离地面的高度为4.5米．
故答案为：4.5．
【点评】本题考查了二次函数在实际问题中的应用，理清题中的数量关系、熟练掌握待定系数法是解题的关键．
6．（2021 长春模拟）为了在校运会中取得更好的成绩，小丁积极训练，在某次试投中铅球所经过的路线是如图所示的抛物线的一部分．已知铅球出手处距离地面的高度是1.68米，当铅球运行的水平距离为2米时，达到最大高度2米的处，则小丁此次投掷的成绩是 　7　米．
【考点】二次函数的应用
【分析】建立坐标系，设抛物线的解析式为，由待定系数法求得抛物线的解析式，令，得关于的一元二次方程，求得方程的解并根据问题的实际意义作出取舍即可．
【解答】解：建立坐标系，如图所示：
由题意得：，，点为抛物线的顶点，
设抛物线的解析式为，
把代入得：
，
解得，
，
令，得，
解得，（舍，
小丁此次投掷的成绩是7米．
故答案为：7．
【点评】本题考查了二次函数在实际问题中的应用，正确建立平面直角坐标系、熟练掌握待定系数法及二次函数与一元二次方程的关系是解题的关键．
7．（2020秋 路南区期末）一位篮球运动员在距离篮圈中心水平距离处起跳投篮，球沿一条抛物线运动，当球运动的水平距离为时，达到最大高度，然后准确落入篮框内．已知篮圈中心距离地面高度为，在如图所示的平面直角坐标系中，则此抛物线的解析式为 　　．
【考点】二次函数的应用
【分析】由题意，先求得抛物线的顶点坐标，再设其解析式为；由图象得出篮圈中心的坐标，代入抛物线解析式，求得的值，则问题得解．
【解答】解：当球运动的水平距离为时，达到最大高度，
抛物线的顶点坐标为，
设此抛物线的解析式为，
由图象可知，篮圈中心与轴的距离为：，且篮圈中心距离地面高度为，
篮圈中心的坐标为，代入，得：
，
，
．
故答案为：．
【点评】本题考查了二次函数在实际问题中的应用，数形结合并熟练掌握运用待定系数法求抛物线的解析式是解题的关键．
8．（2020秋 江都区期末）道路的隔离栏通常会涂上醒目的颜色，呈抛物线形状（如图，图2是一个长为2米，宽为1米的矩形隔离栏，中间被4根栏杆五等分，每根栏杆的下面一部分涂上醒目的蓝色，颜色的分界处（点，点以及点，点落在同一条抛物线上，若第1根栏杆涂色部分与第2根栏杆未涂色部分长度相等，则的长度是 　0.4米　．
【考点】二次函数的应用
【分析】设为坐标原点，所在的直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，设抛物线解析式为：，先分别将点和点的坐标代入，求得的值并用表示，设，用含的式子分别表示出点和点的坐标，代入解析式，从而得出关于和的方程组，求解即可．
【解答】解：设为坐标原点，所在的直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，如图：
设抛物线解析式为：，
将代入得：，
，
米，
，
，
，
，
设，
则，，
将点和点坐标分别代入抛物线解析式得：
，
解得：．
米，
故答案为：0.4米．
【点评】本题考查了二次函数在实际问题中的应用，由实际问题正确建立数学模型是解题的关键．
9．（2020 鹿城区二模）图1是一个高脚杯截面图，杯体呈抛物线状（杯体厚度不计），点是抛物线的顶点，，，点是的中点，当高脚杯中装满液体时，液面，此时最大深度（液面到最低点的距离）为12，将高脚杯绕点缓缓倾斜倒出部分液体，当时停止，此时液面为，则液面到平面的距离是 　　；此时杯体内液体的最大深度为 　　．
【考点】二次函数的应用
【分析】以为原点，直线为轴，直线为轴，建立平面直角坐标系，由待定系数法求得抛物线的解析式；将高脚杯绕点倾斜后，仍以为原点，直线为轴，直线为轴，建立平面直角坐标系，分别用待定系数法求得直线的解析式和直线的解析式，过点作于点，用三角函数求得液面到平面的距离；过抛物线最低点作，再将的解析式与抛物线的解析式联立，得出关于的一元二次方程，由判别式求得，最后用三角函数求得答案．
【解答】解：以为原点，直线为轴，直线为轴，建立平面直角坐标系，如图：
由题意得：
，，，，，，
设抛物线的解析式为：，
将，代入得：
，
解得：，
．
将高脚杯绕点倾斜后，仍以为原点，直线为轴，直线为轴，建立平面直角坐标系，如图：
由题意得：
，，，，，，，，，，
由题可知，直线与轴的夹角为，，
经过点，，且，
设直线的解析式为：，
将，代入，解得，
，
又，
，
设直线的解析式为，
将，代入，解得，
，
，，
过点作于点，
，，
，
．
过抛物线最低点作，为于的交点，
设直线的解析式为，
由得：
，
只有一个交点，
△，
，
，
．
故答案为：，．
【点评】本题考查了二次函数在实际问题中的应用，数形结合并熟练掌握待定系数法、二次函数及解直角三角形等知识点是解题的关键．
10．如图是我省某地一座抛物线形拱桥，桥拱在竖直平面内，与水平桥面相交于、两点，拱桥最高点到的距离为，，、为拱桥底部的两点，且，点到直线的距离为，则的长为　48　．
【考点】二次函数的应用
【分析】首先建立平面直角坐标系，轴在直线上，轴经过最高点，设与轴交于，求出的长，然后设该抛物线的解析式为：，根据题干条件求出和的值，再令，求出的值，即可求出和点的坐标，的长度即可求出．
【解答】解：如图所示，建立平面直角坐标系，轴在直线上，轴经过最高点．
设与轴交于点，
，
，
由题可知：
，，
，
、．
设该抛物线的解析式为：，
将代入得：
，
，
抛物线：，
当时，即：，
，
，，
，
，
故答案为：48．
【点评】本题主要考查二次函数综合应用的知识点，解答本题的关键是正确地建立平面直角坐标系，此题难度一般，是一道非常好的试题．
11．（2020秋 兴城市期末）某广场有一喷水池，水从地面喷出，如图，以水平地面为轴，出水点为原点，建立平面直角坐标系，水在空中划出的曲线是抛物线（单位：米）的一部分，则水喷出的最大高度是 　2　米．
【考点】二次函数的应用
【分析】水喷出的最大高度就是水在空中划出的抛物线的顶点纵坐标，将写成顶点式即可得出顶点坐标，从而求得答案．
【解答】解：由题意可知，水喷出的最大高度就是水在空中划出的抛物线的顶点纵坐标，
，
顶点坐标为，
水喷出的最大高度是2米．
故答案为：2．
【点评】本题考查了二次函数在实际问题中的应用，将实际问题与数学模型联系起来是解题的关键．
12．（2020秋 甘南县期末）在抛物线形拱桥中，以抛物线的对称轴为轴，顶点为原点建立如图所示的平面直角坐标系，抛物线解析式为，水面宽，与轴交于点，，当水面上升时，水面宽为 　　．
【考点】二次函数的应用
【分析】根据题意可得点的坐标，将点的坐标代入抛物线解析式，解得的值，从而可得抛物线的解析式；当水面上升时，即纵坐标时，从而可得关于的方程，解得的值，则可求得答案．
【解答】解：，，
点坐标为，
将代入得：
，
，
．
当水面上升时，即纵坐标时，有：
，
，
，．
水面宽为：．
故答案为：．
【点评】本题考查了二次函数在实际问题中的应用，数形结合并熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
三．解答题（共12小题）
13．（2021秋 沭阳县校级月考）如图，在单位长度为1的正方形网格中建立一直角坐标系，一条圆弧经过网格点、、，请在网格图中进行下列操作（以下结果保留根号）
（1）利用网格找出该圆弧所在圆的圆心点的位置，写出点的坐标为 　　；
（2）连接、，若扇形是一个圆锥的侧面展开图，则该圆锥底面半径为 　　；
（3）连接，将线段绕点旋转一周，求线段扫过的面积．
【考点】点、线、面、体；圆锥的计算；坐标与图形变化旋转；垂径定理
【分析】（1）线段与的垂直平分线的交点为；
（2）连接，先判断，则可求的弧长，该弧长即为圆锥底面圆的周长，由此可求底面圆的半径；
（3）设的中点为，线段的运动轨迹是以为圆心、分别为半径的圆环面积．
【解答】解：（1）过点作轴垂线，过点作与垂直的线，
两线的交点即为点坐标，
，
故答案为：；
（2）连接，
，，，
，，，
，
，
的长，
扇形是一个圆锥的侧面展开图，
，
，
故答案为：；
（3）设的中点为，
，
，
，
线段扫过的面积是．
【点评】本题考查圆锥的展开图，垂径定理，能够由三点确定圆的圆心位置，理解圆锥展开图与圆锥各部位的对应关系是解题的关键．
14．（2021秋 芗城区校级期中）【初步探究】
（1）如图1，在四边形中，，是边上一点，，，连接、．请判断的形状，并说明理由．
【问题解决】
（2）若设，，．试利用图1验证勾股定理．
【拓展应用】
（3）如图2，在平面直角坐标系中，已知点，点，点在第一象限内，若为等腰直角三角形，求点的坐标．
【考点】四边形综合题
【分析】（1）证明，由全等三角形的性质即可求解；
（2）根据四边形的面积的两种不同表示方式，即可得到．
（3）分、、，三种情况求解即可．
【解答】解：（1）是等腰直角三角形，
证明：在和中，
，
，
，，
在中，，
，
，
，
，
是等腰直角三角形；
（2）由（1）可知是等腰直角三角形，，，，
、、在同一条直线上，且，
四边形是直角梯形，
，
又，
，
即．
（3）如图，当，时，过点作于点，过点作于点，
点，点，
，，，
，
，，
，，
，
，，
，
，，
，
点坐标为，
如图，当，时，过点作，过点作，
，，
，，
，
，，
，
，，
，
点坐标为，
如图，当，时，过点作于点，过点作于点，
，，
，
，，
，
，，
，
，
，
，，
点坐标，，
综上所述：点坐标为：、、，．
【点评】本题是四边形综合题目，考查了坐标与图形性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、尺规作图以及分类讨论等知识，本题综合性强，熟练掌握等腰直角三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．
15．（2021秋 孝南区月考）如图，在平面直角坐标系中，点是轴上一点，点是轴上一点，且满足．
（1）求出，两点坐标；
（2）连接，以线段为直角边，在右侧作等腰直角三角形，点为直角顶点，连接，求的面积；
（3）点是轴上一动点，点为轴上一动点，若、各自同时从原点出发沿轴正半轴、轴正半轴运动，点运动的速度是每秒1个单位，点运动的速度每秒2个单位；请求出多少秒时的面积正好是（2）中的面积的．
【考点】三角形综合题
【分析】（1）由题意得出，根据非负数的性质求出，的值即可得出答案；
（2）过点作轴于点，证明，由全等三角形的性质得出，根据三角形的面积公式可得出答案；
（3）设经过秒时的面积正好是（2）中的面积的，由题意得，，根据三角形面积公式可列出方程求出的值．
【解答】解：（1），
，
，，
，，
，；
（2）过点作轴于点，
，
，，
，
，
，
，
；
（3）设经过秒时的面积正好是（2）中的面积的，
由题意得，，
，
，
（负值舍去），
秒时的面积正好是（2）中的面积的．
【点评】本题属于三角形综合题，考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
16．（2021秋 荔城区校级期中）等腰中，，点、点分别是轴、轴两个动点，直角边交轴于点，斜边交轴于点．
（1）如图（1），若，，求点的坐标；
（2）如图（2），当等腰运动到使点恰为中点时，连接，求证：；
（3）如图（3），在等腰不断运动的过程中，若满足始终是的平分线，试探究：线段、、三者之间是否存在确定的数量关系？若有，请直接写出结论；若没有，请说明理由．
【考点】三角形综合题
【分析】（1）过点作轴于点，证明，由全等三角形的性质得出，，求得的值，就可以求出的坐标；
（2）过点作交轴于点，先证明，由全等三角形的性质得出，，再证明就可以得出结论；
（3）在上截取，连接，由对称性得，，可证，再证明就可以得出结论．
【解答】（1）解：过点作轴于点，
，
．
是等腰直角三角形，，
，
，，
．
在和中，
，
，
，，
，
；
（2）证明：过点作交轴于点，
，
．
，
．
，，
，
．
在和中，
，
，
，，
，
，
在和中，
，
，
，
，
即；
（3）解：结论：．
理由如下：在上截取，连接，
由对称性得，．
，
，
是的平分线，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
．
．
在和中，
，
，
，
，
．
【点评】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定与性质的运用，等腰直角三角形的性质的运用，直角三角形的性质的运用，解答时证明三角形的全等是关键．
17．（2021秋 瑞安市月考）如图，在平面直角坐标系中，点，，，于点，交轴于点．
（1）求证：．
（2）点在线段上，作交于点，连结．
①若是的中点，求的面积．
②连结，当是以为腰的等腰三角形时，求的长．
【考点】三角形综合题
【分析】（1）由直角三角形的性质得出，根据可证出；
（2）①证明，由全等三角形的性质得出，由勾股定理求出，求出的长，由三角形面积公式可得出答案；
②分两种情况：当时，当时，由三角形的面积和勾股定理可求出答案．
【解答】（1）证明：，，，
，
，，
，
，
，
在和中，
，
；
（2）①解：，
即，
，
，
由（1）可知，，
，
，
，，
，
，
；
②解：当时，
，，
，
，
平分，
过点作于点，于点，则，
，
，
．
当时，则．
，
，
，
，
．
综合以上可得的长为或．
【点评】本题是三角形综合题，考查了等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的面积，坐标与图形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
18．（2021秋 诸暨市期中）【了解概念】
在凸四边形中（内角度数都小于，若一边与它的两条邻边组成的两个内角相等，则称该四边形为邻等四边形，这条边叫做这个四边形的邻等边．
【理解应用】
（1）邻等四边形中，，，则的度数　130　；
（2）如图，四边形为邻等四边形，为邻等边，且，求证：；
【拓展提升】
（3）在平面直角坐标系中，为邻等四边形的邻等边，且边与轴重合，已知，，，若在边上使的点有且只有1个，求的值．
【考点】相似形综合题
【分析】（1）分三种情况考虑：①由为邻等边，②由为邻等边，③由为邻等边，根据邻等四边形的定义即可求解；
（2）根据相似三角形的判定解答即可；
（3）分两种情况：①若点在点右侧，如图1，过点作轴于点，过点作轴于点，由为邻等边，则有，可证，可得，设点，由三角函数可求，可求、横坐标之差为2，，将，，，，代入得：，由于在边上使的点有且只有1个，即上述方程有且只有1个实数根，运用根的判别式即可求得答案；
②若点在点左侧，如图2，过点作轴于点，过点作轴于点，根据，可得，同①方法即可求得答案．
【解答】解：（1）①若为邻等边，则，
不为凸四边形，所以舍去；
②若为邻等边，则，
（舍；
③若为邻等边，则，
，
．
故答案为：130；
（2）证明：四边形为邻等四边形，为邻等边，
，
，
，
，，
，
；
（3）①若点在点右侧，如图1，过点作轴于点，过点作轴于点，
为邻等边，
，
，
，
，，
，
，
，
设点，
，，
，
，，
，
，
，
，
由（2）知，，
，
，
，
，，
，，
，
，
，
在边上使的点有且只有1个，即上述方程有且只有1个实数根，
△，
，
点在点右侧，
；
②若点在点左侧，如图2，过点作轴于点，过点作轴于点，
，，
，
，
，，
，
，
，
由①得：，，，
，，，，
，
，
在边上使的点有且只有1个，即上述方程有且只有1个实数根，
△，
，
点在点左侧，
；
综上所述，．
【点评】本题是相似综合题，考查新定义图形，仔细阅读题目，抓住定义中的性质，会验证新定义图形，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数，一元二次方程根的判别式，利用相似三角形的性质构造关于的一元二次方程是解题关键．
19．（2021秋 吉安期中）画出关于轴对称的图形△，求：
（1）△三个顶点的坐标；
（2）△的面积．
（3）在轴上画出点，值最小（不写作法，保留作图痕迹）．
【考点】轴对称最短路线问题；作图轴对称变换
【分析】（1）写出点、、关于轴对称的对应点、、的坐标，然后描点即可；
（2）根据网格即可求出△的面积；
（3）作点关于轴的对应点，连接交轴于点，利用两点之间线段最短可判断此时最小．
【解答】解：（1）如图所示：
（2）△的面积；
（3）如图所示，点即为所求．
【点评】本题考查了作图轴对称变换：在画一个图形的轴对称图形时，也是先从确定一些特殊的对称点开始的，一般的方法是：由已知点出发向所给直线作垂线，并确定垂足；直线的另一侧，以垂足为一端点，作一条线段使之等于已知点和垂足之间的线段的长，得到线段的另一端点，即为对称点；连接这些对称点，就得到原图形的轴对称图形．
20．（2021 杭州模拟）如图所示，某河面上有一座抛物线形拱桥，桥下水面在正常水位时，宽为，若水位上升，水面就会达到警戒线，这时水面宽为．
（1）建立适当的平面直角坐标系并求出抛物线的解析式；
（2）若洪水到来时，水位以每小时的速度上升，从警戒线开始，再持续多少小时就能到达拱桥的拱顶？
【考点】二次函数的应用
【分析】（1）以抛物线的顶点为原点，抛物线的对称轴为轴建立平面直角坐标系，然后根据题意可得点、的横坐标，设抛物线解析式为，然后可进行求解；
（2）由（1）可得距拱顶的距离，然后根据题意可直接进行列式求解．
【解答】解：（1）以抛物线的顶点为原点，抛物线的对称轴为轴建立平面直角坐标系，如图所示：
设抛物线解析式为，点的坐标为，则，
由抛物线经过点和点，可得：，
解得：，
抛物线的解析式为；
（2）由（1）可得距拱顶的距离为，水位以每小时的速度上升，从警戒线开始，到达拱顶的时间为（小时）．
从警戒线开始，再持续5小时就能到达拱桥的拱顶．
【点评】本题考查了二次函数的应用，明确题意、熟练掌握用待定系数法求解函数表达式是解题的关键．
21．（2020秋 肥西县期末）某跳水运动员在进行跳水训练时，身体（看成一点）在空中的运动路线是如图所示的一条抛物线．已知跳板长为2米，跳板距水面高为3米，训练时跳水曲线在离起跳点水平距离1米时达到距水面最大高度4米，现以为横轴，为纵轴建立直角坐标系．
（1）求这条抛物线的解析式；
（2）求运动员落水点与点的距离．
【考点】二次函数的应用
【分析】（1）建立平面直角坐标系，列出顶点式，代入点的坐标，求得的值，则可求得抛物线的解析式；
（2）令，得关于的方程，求得方程的解并根据题意作出取舍即可．
【解答】解：（1）如图所示，建立平面直角坐标系，
由题意可得抛物线的顶点坐标为，点坐标为，
设抛物线的解析式为，
将点坐标代入得：，
解得：，
这条抛物线的解析式为；
（2），
令得：，
解得：，，
起跳点坐标为，
，不符合题意，
，
运动员落水点与点的距离为5米．
【点评】本题考查了二次函数在实际问题中的应用，数形结合并熟练掌握运用待定系数法求抛物线的解析式是解题的关键．
22．（2020秋 鄞州区期末）如图1．游乐园要建造一个直径为的圆形喷水池，计划在喷水池周边安装一圈喷水头．如图2，以水平方向为轴，喷水池中心为原点建立平面直角坐标系，根据下表记录的水柱高度与水柱距离喷水池中心的水平距离之间的关系画出部分图象．
水柱距离喷水池中心的水平距离 0 2 5 8 10
水柱的高度 4 6.4 7 4 0
（1）位于第二象限的抛物线与第一象限的抛物线关于轴对称，请你在所给的平面直角坐标系第二象限画出它的图象；
（2）该种喷水头喷水的最大高度是多少？
（3）为了形成不同高度的喷水景观，在地面上安装了另一种喷水头，它的位置在直角坐标系中可用表示，喷水水柱形状与的形状相同，喷出的水柱最大高度为6.25米，水柱下落时也过点．求该种喷水头安装的位置的坐标．
【考点】二次函数的应用
【分析】（1）根据关于轴对称，画出图象即可；
（2）用待定系数法求得抛物线的解析式并将其写成顶点式，根据二次函数的性质可得答案；
（3）设第一象限抛物线的解析式是，利用喷出的水柱最大高度为6.25米得关于的方程，求得值，从而可得抛物线的解析式；再令，可得时的抛物线与轴的交点横坐标，根据对称性及下落时过点，可得答案．
【解答】解：（1）如图即为所求作的图象．
（2）由题意可知抛物线的对称轴为直线，与轴的一个交点为，则与轴的另一个交点的坐标为．
设抛物线的解析式是，
把代入得：，
解得：，
，
该种喷水头喷水的最大高度是7.2米；
（3）喷水水柱形状与的形状相同，
设第一象限抛物线的解析式是，
喷出的水柱最大高度为6.25米，
，
解得，
，
令，得或，
水柱下落时过点，
该种喷水头安装的位置是或．
【点评】本题考查了二次函数和一元二次方程在实际问题中的应用，理清题中的数量关系并用待定系数法求得抛物线的解析式是解题的关键．
23．（2021秋 凤翔县期中）如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点的坐标分别为，，．
（1）画出关于轴的对称图形△；
（2）若上有一点，那么对应△上的点的坐标是 　　；
（3）的面积是 　　．
【考点】作图轴对称变换
【分析】（1）根据轴对称的性质即可作出△；
（2）结合（1）可得上有一点的横坐标不变，纵坐标互为相反数，即可得对应△上的点的坐标．
（3）根据网格即可求出的面积．
【解答】解：（1）如图所示：
（2）若上有一点，那么对应△上的点的坐标是，
故答案为：；
（3）的面积，
故答案为：3．
【点评】本题考查了作图轴对称变换，解决本题的关键是掌握轴对称的性质．
24．（2021秋 南岗区校级期中）如图，平面直角坐标系中，的顶点，，；
（1）画出与关于轴对称的图形△，并写出点的坐标；
（2）四边形的面积为 　12　．
【考点】作图轴对称变换
【分析】（1）根据轴对称的性质即可作出△；
（2）根据网格即可求出四边形的面积．
【解答】解：（1）如图所示：
点的坐标；
（2）四边形的面积，
故答案为：12．
【点评】本题考查了作图轴对称变换，解决本题的关键是掌握轴对称的性质．平面直角坐标系中的数形结合思想
知识方法精讲
1．坐标确定位置
平面内特殊位置的点的坐标特征
（1）各象限内点P（a，b）的坐标特征：
①第一象限：a＞0，b＞0；②第二象限：a＜0，b＞0；③第三象限：a＜0，b＜0；④第四象限：a＞0，b＜0．
（2）坐标轴上点P（a，b）的坐标特征：
①x轴上：a为任意实数，b＝0；②y轴上：b为任意实数，a＝0；③坐标原点：a＝0，b＝0．
（3）两坐标轴夹角平分线上点P（a，b）的坐标特征：
①一、三象限：a＝b；②二、四象限：a＝﹣b．
2．轴对称-最短路线问题
1、最短路线问题
在直线L上的同侧有两个点A、B，在直线L上有到A、B的距离之和最短的点存在，可以通过轴对称来确定，即作出其中一点关于直线L的对称点，对称点与另一点的连线与直线L的交点就是所要找的点．
2、凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合本节所学轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．
3．坐标与图形变化-旋转
（1）关于原点对称的点的坐标
P（x，y） P（﹣x，﹣y）
（2）旋转图形的坐标
图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°.
4. 数形结合思想
数形结合是数学解题中常用的思想方法，数形结合的思想可以使某些抽象的数学问题直观化、生动化，能够变抽象思维为形象思维，有助于把握数学问题的本质；另外，由于使用了数形结合的方法，很多问题便迎刃而解，且解法简捷。
2. 所谓数形结合，就是根据数与形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的思想，实现数形结合，常与以下内容有关：（1）实数与数轴上的点的对应关系；（2）函数与图象的对应关系；（3）线与方程的对应关系；（4）所给的等式或代数式的结构含有明显的几何意义。如等式 。
3. 巧妙运用数形结合的思想方法解决一些抽象的数学问题，可起到事半功倍的效果，数形结合的重点是研究“以形助数”。
4. 数形结合的思想方法应用广泛，常见的如在解方程和解不等式问题中，在求函数的值域、最值问题中，运用数形结思想，不仅直观易发现解题途径，而且能避免复杂的计算与推理，大大简化了解题过程。这在解选择题、填空题中更显其优越，要注意培养这种思想意识，要争取胸中有图见数想图，以开拓自己的思维视野。
一．选择题（共2小题）
1．（2021秋 瑞安市月考）如图，这是某所学校的部分平面示意图，教学楼、实验楼和图书馆的位置都在边长为1的小正方形网格线的交点处，若教学楼位置的坐标是，实验楼位置的坐标是，则图书馆位置的坐标是　　
A． B． C． D．
2．（2021春 姑苏区校级月考）苏州市“东方之门”是由两栋超高层建筑组成的双塔连体建筑，“门”的造型是东方之门的立意基础，“门”的内侧曲线呈抛物线型，如图1，两栋建筑第八层由一条长的连桥连接，在该抛物线两侧距连桥处各有一窗户，两窗户的水平距离为，如图2，则此抛物线顶端到连桥距离为　　
A． B． C． D．
二．填空题（共10小题）
3．（2020 贺州）某学生在一平地上推铅球，铅球出手时离地面的高度为米，出手后铅球在空中运动的高度（米与水平距离（米之间的函数关系式为，当铅球运行至与出手高度相等时，与出手点水平距离为8米，则该学生推铅球的成绩为 　　米．
4．（2021 二道区校级一模）如图是某地一座抛物线形拱桥，桥拱在竖直平面内，与水平桥面相交于、两点，拱桥最高点到的距离为，，，为拱桥底部的两点，且，若的长为，则点到直线的距离为　　．
5．（2020秋 瑞安市期末）如图1是某校园运动场主席台及遮阳棚，其侧面结构示意图如图2所示．主席台（矩形高米，直杆米，斜拉杆，起稳固作用，点处装有一射灯．遮阳棚边缘曲线可近似看成抛物线的一部分，为抛物线的最高点且位于主席台边缘的正上方，若点，，在同一直线上，且米，米，，则射灯离地面的高度为 　　米．
6．（2021 长春模拟）为了在校运会中取得更好的成绩，小丁积极训练，在某次试投中铅球所经过的路线是如图所示的抛物线的一部分．已知铅球出手处距离地面的高度是1.68米，当铅球运行的水平距离为2米时，达到最大高度2米的处，则小丁此次投掷的成绩是 　　米．
7．（2020秋 路南区期末）一位篮球运动员在距离篮圈中心水平距离处起跳投篮，球沿一条抛物线运动，当球运动的水平距离为时，达到最大高度，然后准确落入篮框内．已知篮圈中心距离地面高度为，在如图所示的平面直角坐标系中，则此抛物线的解析式为 　　．
8．（2020秋 江都区期末）道路的隔离栏通常会涂上醒目的颜色，呈抛物线形状（如图，图2是一个长为2米，宽为1米的矩形隔离栏，中间被4根栏杆五等分，每根栏杆的下面一部分涂上醒目的蓝色，颜色的分界处（点，点以及点，点落在同一条抛物线上，若第1根栏杆涂色部分与第2根栏杆未涂色部分长度相等，则的长度是 　　．
9．（2020 鹿城区二模）图1是一个高脚杯截面图，杯体呈抛物线状（杯体厚度不计），点是抛物线的顶点，，，点是的中点，当高脚杯中装满液体时，液面，此时最大深度（液面到最低点的距离）为12，将高脚杯绕点缓缓倾斜倒出部分液体，当时停止，此时液面为，则液面到平面的距离是 　　；此时杯体内液体的最大深度为 　　．
10．如图是我省某地一座抛物线形拱桥，桥拱在竖直平面内，与水平桥面相交于、两点，拱桥最高点到的距离为，，、为拱桥底部的两点，且，点到直线的距离为，则的长为　　．
11．（2020秋 兴城市期末）某广场有一喷水池，水从地面喷出，如图，以水平地面为轴，出水点为原点，建立平面直角坐标系，水在空中划出的曲线是抛物线（单位：米）的一部分，则水喷出的最大高度是 　　米．
12．（2020秋 甘南县期末）在抛物线形拱桥中，以抛物线的对称轴为轴，顶点为原点建立如图所示的平面直角坐标系，抛物线解析式为，水面宽，与轴交于点，，当水面上升时，水面宽为 　　．
三．解答题（共12小题）
13．（2021秋 沭阳县校级月考）如图，在单位长度为1的正方形网格中建立一直角坐标系，一条圆弧经过网格点、、，请在网格图中进行下列操作（以下结果保留根号）
（1）利用网格找出该圆弧所在圆的圆心点的位置，写出点的坐标为 　　；
（2）连接、，若扇形是一个圆锥的侧面展开图，则该圆锥底面半径为 　　；
（3）连接，将线段绕点旋转一周，求线段扫过的面积．
14．（2021秋 芗城区校级期中）【初步探究】
（1）如图1，在四边形中，，是边上一点，，，连接、．请判断的形状，并说明理由．
【问题解决】
（2）若设，，．试利用图1验证勾股定理．
【拓展应用】
（3）如图2，在平面直角坐标系中，已知点，点，点在第一象限内，若为等腰直角三角形，求点的坐标．
15．（2021秋 孝南区月考）如图，在平面直角坐标系中，点是轴上一点，点是轴上一点，且满足．
（1）求出，两点坐标；
（2）连接，以线段为直角边，在右侧作等腰直角三角形，点为直角顶点，连接，求的面积；
（3）点是轴上一动点，点为轴上一动点，若、各自同时从原点出发沿轴正半轴、轴正半轴运动，点运动的速度是每秒1个单位，点运动的速度每秒2个单位；请求出多少秒时的面积正好是（2）中的面积的．
16．（2021秋 荔城区校级期中）等腰中，，点、点分别是轴、轴两个动点，直角边交轴于点，斜边交轴于点．
（1）如图（1），若，，求点的坐标；
（2）如图（2），当等腰运动到使点恰为中点时，连接，求证：；
（3）如图（3），在等腰不断运动的过程中，若满足始终是的平分线，试探究：线段、、三者之间是否存在确定的数量关系？若有，请直接写出结论；若没有，请说明理由．
17．（2021秋 瑞安市月考）如图，在平面直角坐标系中，点，，，于点，交轴于点．
（1）求证：．
（2）点在线段上，作交于点，连结．
①若是的中点，求的面积．
②连结，当是以为腰的等腰三角形时，求的长．
18．（2021秋 诸暨市期中）【了解概念】
在凸四边形中（内角度数都小于，若一边与它的两条邻边组成的两个内角相等，则称该四边形为邻等四边形，这条边叫做这个四边形的邻等边．
【理解应用】
（1）邻等四边形中，，，则的度数　　；
（2）如图，四边形为邻等四边形，为邻等边，且，求证：；
【拓展提升】
（3）在平面直角坐标系中，为邻等四边形的邻等边，且边与轴重合，已知，，，若在边上使的点有且只有1个，求的值．
19．（2021秋 吉安期中）画出关于轴对称的图形△，求：
（1）△三个顶点的坐标；
（2）△的面积．
（3）在轴上画出点，值最小（不写作法，保留作图痕迹）．
20．（2021 杭州模拟）如图所示，某河面上有一座抛物线形拱桥，桥下水面在正常水位时，宽为，若水位上升，水面就会达到警戒线，这时水面宽为．
（1）建立适当的平面直角坐标系并求出抛物线的解析式；
（2）若洪水到来时，水位以每小时的速度上升，从警戒线开始，再持续多少小时就能到达拱桥的拱顶？
21．（2020秋 肥西县期末）某跳水运动员在进行跳水训练时，身体（看成一点）在空中的运动路线是如图所示的一条抛物线．已知跳板长为2米，跳板距水面高为3米，训练时跳水曲线在离起跳点水平距离1米时达到距水面最大高度4米，现以为横轴，为纵轴建立直角坐标系．
（1）求这条抛物线的解析式；
（2）求运动员落水点与点的距离．
22．（2020秋 鄞州区期末）如图1．游乐园要建造一个直径为的圆形喷水池，计划在喷水池周边安装一圈喷水头．如图2，以水平方向为轴，喷水池中心为原点建立平面直角坐标系，根据下表记录的水柱高度与水柱距离喷水池中心的水平距离之间的关系画出部分图象．
水柱距离喷水池中心的水平距离 0 2 5 8 10
水柱的高度 4 6.4 7 4 0
（1）位于第二象限的抛物线与第一象限的抛物线关于轴对称，请你在所给的平面直角坐标系第二象限画出它的图象；
（2）该种喷水头喷水的最大高度是多少？
（3）为了形成不同高度的喷水景观，在地面上安装了另一种喷水头，它的位置在直角坐标系中可用表示，喷水水柱形状与的形状相同，喷出的水柱最大高度为6.25米，水柱下落时也过点．求该种喷水头安装的位置的坐标．
23．（2021秋 凤翔县期中）如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点的坐标分别为，，．
（1）画出关于轴的对称图形△；
（2）若上有一点，那么对应△上的点的坐标是 　　；
（3）的面积是 　　．
24．（2021秋 南岗区校级期中）如图，平面直角坐标系中，的顶点，，；
（1）画出与关于轴对称的图形△，并写出点的坐标；
（2）四边形的面积为 　　．数轴中的数形结合思想
知识方法精讲
1．数轴
（1）数轴的概念：规定了原点、正方向、单位长度的直线叫做数轴．
数轴的三要素：原点，单位长度，正方向．
（2）数轴上的点：所有的有理数都可以用数轴上的点表示，但数轴上的点不都表示有理数．（一般取右方向为正方向，数轴上的点对应任意实数，包括无理数．）
（3）用数轴比较大小：一般来说，当数轴方向朝右时，右边的数总比左边的数大．
2．绝对值
（1）概念：数轴上某个数与原点的距离叫做这个数的绝对值．
①互为相反数的两个数绝对值相等；
②绝对值等于一个正数的数有两个，绝对值等于0的数有一个，没有绝对值等于负数的数．
③有理数的绝对值都是非负数．
（2）如果用字母a表示有理数，则数a 绝对值要由字母a本身的取值来确定：
①当a是正有理数时，a的绝对值是它本身a；
②当a是负有理数时，a的绝对值是它的相反数﹣a；
③当a是零时，a的绝对值是零．
即|a|＝{a（a＞0）0（a＝0）﹣a（a＜0）
3．非负数的性质：绝对值
在实数范围内，任意一个数的绝对值都是非负数，当几个数或式的绝对值相加和为0时，则其中的每一项都必须等于0．
根据上述的性质可列出方程求出未知数的值．
4．有理数大小比较
（1）有理数的大小比较
比较有理数的大小可以利用数轴，他们从右到左的顺序，即从大到小的顺序（在数轴上表示的两个有理数，右边的数总比左边的数大）；也可以利用数的性质比较异号两数及0的大小，利用绝对值比较两个负数的大小．
（2）有理数大小比较的法则：
①正数都大于0；
②负数都小于0；
③正数大于一切负数；
④两个负数，绝对值大的其值反而小．
【规律方法】有理数大小比较的三种方法
1．法则比较：正数都大于0，负数都小于0，正数大于一切负数．两个负数比较大小，绝对值大的反而小．
2．数轴比较：在数轴上右边的点表示的数大于左边的点表示的数．
3．作差比较：
若a﹣b＞0，则a＞b；
若a﹣b＜0，则a＜b；
若a﹣b＝0，则a＝b．
5．实数与数轴
（1）实数与数轴上的点是一一对应关系．
任意一个实数都可以用数轴上的点表示；反之，数轴上的任意一个点都表示一个实数．数轴上的任一点表示的数，不是有理数，就是无理数．
（2）在数轴上，表示相反数的两个点在原点的两旁，并且两点到原点的距离相等，实数a的绝对值就是在数轴上这个数对应的点与原点的距离．
（3）利用数轴可以比较任意两个实数的大小，即在数轴上表示的两个实数，右边的总比左边的大，在原点左侧，绝对值大的反而小．
6．规律型：数字的变化类
探究题是近几年中考命题的亮点，尤其是与数列有关的命题更是层出不穷，形式多样，它要求在已有知识的基础上去探究，观察思考发现规律．
（1）探寻数列规律：认真观察、仔细思考，善用联想是解决这类问题的方法，通常将数字与序号建立数量关系或者与前后数字进行简单运算，从而得出通项公式．
（2）利用方程解决问题．当问题中有多个未知数时，可先设出其中一个为x，再利用它们之间的关系，设出其他未知数，然后列方程．
7．两点间的距离
（1）两点间的距离
连接两点间的线段的长度叫两点间的距离．
平面上任意两点间都有一定距离，它指的是连接这两点的线段的长度，学习此概念时，注意强调最后的两个字“长度”，也就是说，它是一个量，有大小，区别于线段，线段是图形．线段的长度才是两点的距离．可以说画线段，但不能说画距离．
8. 数形结合思想
数形结合是数学解题中常用的思想方法，数形结合的思想可以使某些抽象的数学问题直观化、生动化，能够变抽象思维为形象思维，有助于把握数学问题的本质；另外，由于使用了数形结合的方法，很多问题便迎刃而解，且解法简捷。
2. 所谓数形结合，就是根据数与形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的思想，实现数形结合，常与以下内容有关：（1）实数与数轴上的点的对应关系；（2）函数与图象的对应关系；（3）线与方程的对应关系；（4）所给的等式或代数式的结构含有明显的几何意义。如等式 。
3. 巧妙运用数形结合的思想方法解决一些抽象的数学问题，可起到事半功倍的效果，数形结合的重点是研究“以形助数”。
4. 数形结合的思想方法应用广泛，常见的如在解方程和解不等式问题中，在求函数的值域、最值问题中，运用数形结思想，不仅直观易发现解题途径，而且能避免复杂的计算与推理，大大简化了解题过程。这在解选择题、填空题中更显其优越，要注意培养这种思想意识，要争取胸中有图见数想图，以开拓自己的思维视野。
一．选择题（共11小题）
1．（2021秋 七星关区期末）如图，数轴上的两点、表示的数分别为、，下列结论正确的是　　
A． B． C． D．
【考点】数轴
【分析】根据数轴判断出、的正负情况以及绝对值的大小，然后对各选项逐一分析即可．
【解答】解：由图可知，，且，
、，故本选项不符合题意；、，故本选项不符合题意；
、，故本选项不符合题意；
、，故本选项符合题意．
故选：．
【点评】本题考查了数轴，准确识图，判断出、的正负情况以及绝对值的大小是解题的关键．
2．（2020秋 江津区期末）有理数，，在数轴上对应的点的位置如图所示，则下列各式正确的个数是　　
①；
②；
③；
④．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【考点】数轴；绝对值
【分析】由数轴确定、、的符号与大小，根据实数的运算、绝对值知识进行辨别即可．
【解答】解：由数轴可得，，且，
，①不正确；
，②不正确；
，③不正确；
，④正确，
故选：．
【点评】此题考查了利用数轴解决实数的运算符号确定与绝对值的化简能力，关键是能根据数轴确定各数的符号、大小．
3．（2021秋 都江堰市期中）如图，在数轴上，已知点表示的数为，则点到原点的距离是　　
A． B．3 C． D．
【考点】数轴
【分析】根据有理数绝对值的概念进行结果确定即可．
【解答】解：，
点到原点的距离是3，
故选：．
【点评】此题考查了利用数形结合思想解决有理数的绝对值问题的能力，关键是能利用数轴准确理解有理数绝对值的概念．
4．（2021秋 瑞安市期中）如图，数轴上点表示的数是1，点，分别位于点两侧，且到点的距离相等．若点表示的数是，则点表示的数是　　
A． B． C． D．
【考点】实数与数轴
【分析】根据点、表示的实数，确定出线段的长度，就能求得此题结果．
【解答】解：数轴上点表示的数是1，点表示的数是，
线段的长度和线段的长度为：，
点表示的数为，
故选：．
【点评】此题考查了利用数形结合解决实数运算的能力，关键是能根据数轴确定点所表示的数及两点间的距离．
5．（2021秋 义乌市期中）正方形在数轴上的位置如图所示，点、对应的数分别为0和1，若正方形绕着顶点顺时针方向在数轴上连续翻转，翻转1次后，点所对应的数为2；则翻转2021次后，数轴上数2021所对应的点是　　
A．点 B．点 C．点 D．点
【考点】实数与数轴
【分析】根据在翻转过程中落在数轴上的点四次一循环的规律，可以推算出此题结果．
【解答】解：在翻转过程中，1对应的数是，2对应的数是，3对应的数是，4对应的数是，依次4次一循环的出现，
，
所对应的点是，
故选：．
【点评】此题考查了利用数轴解决实数问题的能力，关键是能确定出此题的变化规律．
6．（2021秋 金水区校级期中）数，，在数轴上的位置如图所示．化简：等于　　
A． B． C． D．
【考点】数轴；绝对值
【分析】根据正数的绝对值等于本身，负数的绝对值等于它的相反数去绝对值计算即可得答案．
【解答】解：，且，
，，，
，
故选：．
【点评】本题考查去绝对值及整式运算，解题的关键是掌握去绝对值的法则．
7．（2020秋 建平县期末）实数，在数轴上对应点的位置如图所示，且，则化简的结果为　　
A． B． C． D．
【考点】实数与数轴；二次根式的性质与化简
【分析】根据二次根式的性质以及绝对值的性质即可求出答案
【解答】解：由题意可知：，
，
原式
，
故选：．
【点评】本题考查二次根式，解题的关键是熟练运用二次根式的性质以及绝对值的性质，本题属于基础题型．
8．（2021秋 山亭区期中）实数、在数轴上对应点的位置如图所示，化简的结果是　　
A． B． C． D．
【考点】实数与数轴；二次根式的性质与化简
【分析】直接利用数轴得出，，进而化简得出答案．
【解答】解：由数轴可得：
，，
则
．
故选：．
【点评】此题主要考查了二次根式的性质与化简，正确得出各式的符号是解题关键．
9．（2021秋 梁子湖区期中）已知，代数式的值等于　　
A． B． C． D．
【考点】绝对值
【分析】根据，得出，，的符号，然后去掉绝对值即可得出答案．
【解答】解：，
，，，，
，
，
．
故选：．
【点评】此题主要考查了绝对值的性质，根据，，的符号确定，，的符号解决问题的关键．
10．（2021秋 崆峒区期末）有理数，，在数轴上的对应点如图所示，则化简代数式的结果是　　
A． B． C． D．
【考点】数轴；绝对值
【分析】先由数轴得出，，的大小关系，再根据绝对值化简的法则展开，最后合并同类项即可．
【解答】解：由数轴可得：
故选：．
【点评】本题考查了利用数轴进行绝对值的化简，数形结合并明确绝对值的化简法则，是解题的关键．
11．（2021秋 五常市期末）有理数、在数轴上的位置如图所示，则化简的结果为　　
A． B． C． D．
【考点】整式的加减；数轴；绝对值
【分析】根据数轴上点的位置判断出绝对值里边式子的正负，利用绝对值的代数意义化简，合并即可得到结果．
【解答】解：由数轴得：，即，
则原式，
故选：．
【点评】此题考查了整式的加减，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
二．填空题（共2小题）
12．（2021秋 西城区期末）线段，为线段的中点，点在直线上，若，则　12或6　．
【考点】两点间的距离
【分析】分两种情况，点在点的右侧，点在点的左侧．
【解答】解：分两种情况：
当点在点的右侧时，如图：
点是线段的中点，，
，
，
，
当点在点的左侧时，如图：
点是线段的中点，，
，
，
，
线段的长为12或6，
故答案为：12或6．
【点评】本题考查了两点间距离，根据题目的已知条件并结合图形分析是解题的关键，同时渗透了分类讨论的数学思想．
13．（2021秋 金水区校级期中）已知有理数、在数轴上的对应点位置如图所示，请化简：　　．
【考点】数轴；绝对值
【分析】根据数轴分别确定、、的符号，再求出它们的绝对值进行运算．
【解答】解：由数轴可得，，
，，，
，
故答案为：．
【点评】此题考查了利用数形结合进行有理数的绝对值化简、计算的能力，关键是能运用数形结合确定有理数及算式的符号．
三．解答题（共10小题）
14．（2021秋 长丰县期末）如图，，，三点在数轴上，点对应的数为多项式中一次项的系数，点对应的数为单项式的次数，点对应的数为．
（1）请直接写出点和点在数轴上对应的数．
（2）请求出点对应的数，使得点到点，点距离和为10．
（3）若点在原点，点和点同时向右运动，它们的速度分别为1，4个长度单位分钟，则第几分钟时，，，三点中，其中一点是另外两点连成的线段的中点？
【考点】单项式；多项式；数轴
【分析】（1）根据多项式中一次项的系数是，单项式的次数是6得到、两点表示的数；
（2）根据的位置不同，分三种情况分别求解；
（3）分为的中点和为的中点两种情况．
【解答】解：（1）多项式中一次项的系数是，
点对应的数为，
单项式的次数是6，
点对应的数为6．
（2）若在点左侧，则，解得；
若在点、中间，因为，故不存在这样的点；
若在点右侧，则，解得．
故点对应的数为或7．
（3）设第分钟时，点的位置为，点的位置为．
①当为的中点时，则，解得；
②当为的中点时，则，解得．
故第或7分钟时，、、三点中，其中一点是另外两点连成的线段的中点．
【点评】此题主要考查了中点的性质和两点之间的距离，解题时要注意分类讨论．
15．（2021秋 江夏区期末）如图，在数轴上有，两点，其中点在点的左侧，已知点对应的数为4，点对应的数为．
（1）若，则线段的长为 　9　（直接写出结果）．
（2）若点在射线上（不与，重合），且，求点对应的数（结果用含的式子表示）．
（3）若点在线段之间，点在点的左侧、均不与、重合），且．当，时．求的值．
【考点】有理数的混合运算；数轴
【分析】（1）利用有理数混合运算的法则计算出的值，结合数轴即可求得结论；
（2）分两种情况讨论解答：①点在，之间；②点在点的右侧；设点对应的数字为，依据已知条件列出等式后化简即可得出结论；
（3）设点对应的数字为，点对应的数字为，利用依据已知条件列出等式后化简即可得出结论．
【解答】解：（1）
，
，
故答案为：9．
（2）设点对应的数字为，
①点在，之间时，
，
．
化简得：．
．
②点在点的右侧时，
，
．
化简得：．
．
综上，点对应的数为或．
（3）设点对应的数字为，点对应的数字为，
由题意得：，，，，
，
．
①．
当时，，
，．
②，
③，
③②得：④，
将④代入①得：．
．
【点评】本题主要考查了有理数的混合运算，数轴，数轴上的点对应的数字的特征，利用数轴上的点对应的数字表示出对应线段的长度是解题的关键．
16．（2021秋 西城区校级期中）我们知道，的几何意义是：在数轴上数对应的点到原点的距离，类似的，的几何意义就是：数轴上数，对应点之间的距离．比如：2和5两点之间的距离可以用表示，通过计算可以得到他们的距离是3．
（1）数轴上1和两点之间的距离可以用 　　表示，通过计算可以得到他们的距离是 　　．
（2）数轴上表示和的两点、之间的距离可以表示为　　；如果，结合几何意义，那么的值为 　　；
（3）代数式表示的几何意义是 　　，该代数式的最小值是 　　．
【考点】有理数的减法；绝对值；数轴
【分析】（1）根据题目中的几何意义可以直接得到1和两点之间的距离的表示方法，再计算即可；
（2）根据题目中的几何意义可以直接得到和两点之间的距离的表示方法，再解关于的绝对值方程即可；
（3）根据两点之间距离的几何意义，结合数轴发现在1和之间时，代数式的值最小．
【解答】解：（1）数轴上1和两点之间的距离可以表示为；
和两点之间的距离是4．
故答案为：；4．
（2）数轴上表示和的两点、之间的距离可以表示；
，
，
或．
故答案为：；或．
（3）代数式表示的几何意义是数轴上表示数的点到1和两点的距离的和；
位于到2之间时它们的距离和有最小值为3．
故答案为：数轴上表示数的点到1和两点的距离的和；3．
【点评】此题综合考查了数轴、绝对值的有关内容，用几何方法借助数轴来求解，体现了数形结合思想．
17．（2021秋 魏都区校级期中）已知有理数、、在数轴的位置如图所示，化简：．
【考点】绝对值；数轴；整式的加减
【分析】根据数轴确定绝对值里面实数的符号进行求值计算．
【解答】解：由题意得，，
，，，，
．
【点评】此题考查了利用数形结合解决实数绝对值化简的能力，关键是能根据数轴确定绝对值里面实数的符号并进行准确的化简计算．
18．（2021秋 滕州市期中）送货员开着货车从超市出发，向东走了4千米到达小刚家，继续走了2千米到达小明家，然后向西走了10千米到达小芳家，最后回到超市．
（1）以超市为原点，以向东的方向为正方向，用1个单位长度表示1千米，小芳家在超市的 　西　方，距超市 　　千米，请在数轴上表示出小明家、小芳家的位置．
（2）小刚家距小芳家 　　千米．
（3）若送货车每千米耗油0.15升，每升汽油6元，请问货车全程油耗多少元？
【考点】数轴
【分析】（1）结合数轴，根据该送货员的行进情况确定此题结果；
（2）根据小刚家和小芳家在数轴上的位置确定此题答案；
（3）求出该送货员所走的全部路程乘以每千米耗油量和每升汽油的单价．
【解答】解：（1）
（千米），
小芳家在超市的西方，距超市4千米，小明家、小芳家的位置在数轴上标注如图；
（2）（千米），
小刚家距小芳家8千米；
（3）
（元，
答：货车全程油耗18元．
【点评】此题考查了利用数轴和正负数解决实际问题的能力，关键是能根据数轴和正负数确定位置，并准确列式计算．
19．（2021秋 运城期中）已知是最小的正整数，且，，满足，请回答下列问题：
（1）请直接写出，，的值，　　，　　，　　．
（2）如图，，在数轴上所对应的点分别为，，，点为一动点，其对应的数为，当点在，之间运动时，请化简式子：；（请写出化简过程）
（3）在（1）和（2）的条件下，若点以每秒1个单位长度的速度向左运动，同时，点以每秒1个单位长度向右运动，假设经过秒，点与点之间的距离为，点与点之间的距离为，则　　，　　，并求出的值．
【考点】非负数的性质：偶次方；数轴；非负数的性质：绝对值
【分析】（1）根据最小的正整数是1，推出，再利用非负数的性质求出、即可；
（2）首先确定的范围，再化简绝对值即可；
（3）根据题意用的代数式表示出、即可解决问题．
【解答】解：（1）最小的正整数是1，
，
，
，，
解得：，，
故答案为：，1，6．
（2）根据图形可得，
原式．
（3）经过秒，点表示的数是，点表示的数是，
，，
则．
故答案为：，，3．
【点评】本题考查非负数的性质、绝对值、数轴等知识，解题的关键是熟练掌握非负数的性质，绝对值的化简，学会用参数表示线段的长，属于中考常考题型．
20．（2021秋 青岛期中）同学们，学习了无理数之后，我们已经把数的领域扩大到了实数的范围，这说明我们的知识越来越丰富了．可是，无理数究竟是一个什么样的数呢？下面让我们在几个具体的图形中认识一下无理数．
（1）如图①是一个直角边长为2的等腰直角三角形，它的面积是2，把它沿着斜边的高线剪开拼成如图②的正方形，则这个正方形的面积也就等于等腰直角三角形的面积即为2，则这个正方形的边长就是，它是一个无理数．
（2）如图，直径为1个单位长度的圆从原点沿数轴向右滚动一周，圆上的一点（滚动时与点重合）由原点到达点，则的长度就等于圆的周长，所以数轴上点代表的实数就是 　　，它是一个无理数．
（3）如图，在中，，，，根据已知可求得　　，它是一个无理数．好了，相信大家对无理数是不是有了更具体的认识了，那么你分别在①②图形中作出两个无理数吧：
①你能在的网格图中（每个小正方形边长均为，画出一条长为的线段吗？
②学习了实数后，我们知道数轴上的点与实数是一一对应的关系，那么你能在数轴上找到表示的
点吗？
【考点】勾股定理；无理数；实数与数轴
【分析】（2）根据数轴上点的特征即可得出答案；
（3）由勾股定理直接计算；
①利用勾股定理构造直角边为1和3的直角三角形；
②利用勾股定理构造直角边为1和2的直角三角形，即可解决问题．
【解答】解：（2），
数轴上点代表的实数就是，
故答案为：；
（3）由勾股定理得，
故答案为：；
①如图，线段即为所求；
②如图，点即为所求．
【点评】本题主要考查了勾股定理，实数与数轴上的点一一对应等知识，利用勾股定理构造直角三角形是解题的关键．
21．（2021秋 长安区期中）如图，已知点、在数轴上表示的数分别是、，是数轴上的一个动点．
（1）若点在数轴上表示的数是8，则、两点的距离为 　3　，、两点的距离为 　　；
（2）若点在点的右侧，且表示的数为，则、两点的距离用代数式表示为 　　；、两点的距离用代数式表示为 　　；
（3）若点从数轴上处开始移动，第1次从点向右移动2个单位到，第2次从点向左移动4个单位到，第3次从点向右移动6个单位到，第4次从点向左移动8个单位到，依次这样移动，若点表示的数是7．
①点表示的数是多少？
②点表示的数是多少？
【考点】列代数式；规律型：数字的变化类；数轴
【分析】（1）由数轴直接得出即可；
（2）由数轴直接得出即可；
（3）①按顺序从开始反向移动到，得出即可；
②按①得出的规律：当时奇数时，按此规律计算即可．
【解答】解：（1）由数轴可得，、两点的距离为3，、两点的距离为9，
故答案为：3，9；
（2）点在点的右侧，
，
、两点的距离用代数式表示为，、两点的距离用代数式表示为，
故答案为：，；
（3）①点表示的数是7，从点项右移动10个单位到，
表示的数是，
从点项左移动8个单位到，
表示的数是5，
从点项右移动6个单位到，
表示的数是，
从点项左移动4个单位到，
表示的数是3，
从点项右移动2个单位到，
表示的数是1；
②由①知，表示的数是3，表示的数是5，表示的数是7，，
当为奇数时，点表示的数是，
点表示的数是2023．
【点评】本题主要考查数轴的知识及数字的变化规律，熟练掌握数轴上数字的几何意义是解题的关键．
22．（2021秋 重庆期中）已知，，在数轴上的位置如图所示，求的值．
【考点】数轴；绝对值
【分析】根据点的位置，可得，，的关系，根据差的绝对值是大数减小数，可得答案．
【解答】解：由数轴上点的位置关系，得
，．
．
【点评】本题考查了整式的加减，利用绝对值的性质化简绝对值是解题关键．
23．（2021秋 西城区校级期中）有理数，，在数轴上的位置如图所示．
（1）用“”连接：0，，，；
（2）化简代数式：．
【考点】数轴；有理数大小比较；整式的加减
【分析】（1）根据数轴上的数，右边的总大于左边的进行判断即可；
（2）根据绝对值的性质去绝对值进行计算．
【解答】解：（1）如图可得，；
（2）由（1）得：，，，，
．数轴中的数形结合思想
知识方法精讲
1．数轴
（1）数轴的概念：规定了原点、正方向、单位长度的直线叫做数轴．
数轴的三要素：原点，单位长度，正方向．
（2）数轴上的点：所有的有理数都可以用数轴上的点表示，但数轴上的点不都表示有理数．（一般取右方向为正方向，数轴上的点对应任意实数，包括无理数．）
（3）用数轴比较大小：一般来说，当数轴方向朝右时，右边的数总比左边的数大．
2．绝对值
（1）概念：数轴上某个数与原点的距离叫做这个数的绝对值．
①互为相反数的两个数绝对值相等；
②绝对值等于一个正数的数有两个，绝对值等于0的数有一个，没有绝对值等于负数的数．
③有理数的绝对值都是非负数．
（2）如果用字母a表示有理数，则数a 绝对值要由字母a本身的取值来确定：
①当a是正有理数时，a的绝对值是它本身a；
②当a是负有理数时，a的绝对值是它的相反数﹣a；
③当a是零时，a的绝对值是零．
即|a|＝{a（a＞0）0（a＝0）﹣a（a＜0）
3．非负数的性质：绝对值
在实数范围内，任意一个数的绝对值都是非负数，当几个数或式的绝对值相加和为0时，则其中的每一项都必须等于0．
根据上述的性质可列出方程求出未知数的值．
4．有理数大小比较
（1）有理数的大小比较
比较有理数的大小可以利用数轴，他们从右到左的顺序，即从大到小的顺序（在数轴上表示的两个有理数，右边的数总比左边的数大）；也可以利用数的性质比较异号两数及0的大小，利用绝对值比较两个负数的大小．
（2）有理数大小比较的法则：
①正数都大于0；
②负数都小于0；
③正数大于一切负数；
④两个负数，绝对值大的其值反而小．
【规律方法】有理数大小比较的三种方法
1．法则比较：正数都大于0，负数都小于0，正数大于一切负数．两个负数比较大小，绝对值大的反而小．
2．数轴比较：在数轴上右边的点表示的数大于左边的点表示的数．
3．作差比较：
若a﹣b＞0，则a＞b；
若a﹣b＜0，则a＜b；
若a﹣b＝0，则a＝b．
5．实数与数轴
（1）实数与数轴上的点是一一对应关系．
任意一个实数都可以用数轴上的点表示；反之，数轴上的任意一个点都表示一个实数．数轴上的任一点表示的数，不是有理数，就是无理数．
（2）在数轴上，表示相反数的两个点在原点的两旁，并且两点到原点的距离相等，实数a的绝对值就是在数轴上这个数对应的点与原点的距离．
（3）利用数轴可以比较任意两个实数的大小，即在数轴上表示的两个实数，右边的总比左边的大，在原点左侧，绝对值大的反而小．
6．规律型：数字的变化类
探究题是近几年中考命题的亮点，尤其是与数列有关的命题更是层出不穷，形式多样，它要求在已有知识的基础上去探究，观察思考发现规律．
（1）探寻数列规律：认真观察、仔细思考，善用联想是解决这类问题的方法，通常将数字与序号建立数量关系或者与前后数字进行简单运算，从而得出通项公式．
（2）利用方程解决问题．当问题中有多个未知数时，可先设出其中一个为x，再利用它们之间的关系，设出其他未知数，然后列方程．
7．两点间的距离
（1）两点间的距离
连接两点间的线段的长度叫两点间的距离．
平面上任意两点间都有一定距离，它指的是连接这两点的线段的长度，学习此概念时，注意强调最后的两个字“长度”，也就是说，它是一个量，有大小，区别于线段，线段是图形．线段的长度才是两点的距离．可以说画线段，但不能说画距离．
8. 数形结合思想
数形结合是数学解题中常用的思想方法，数形结合的思想可以使某些抽象的数学问题直观化、生动化，能够变抽象思维为形象思维，有助于把握数学问题的本质；另外，由于使用了数形结合的方法，很多问题便迎刃而解，且解法简捷。
2. 所谓数形结合，就是根据数与形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的思想，实现数形结合，常与以下内容有关：（1）实数与数轴上的点的对应关系；（2）函数与图象的对应关系；（3）线与方程的对应关系；（4）所给的等式或代数式的结构含有明显的几何意义。如等式 。
3. 巧妙运用数形结合的思想方法解决一些抽象的数学问题，可起到事半功倍的效果，数形结合的重点是研究“以形助数”。
4. 数形结合的思想方法应用广泛，常见的如在解方程和解不等式问题中，在求函数的值域、最值问题中，运用数形结思想，不仅直观易发现解题途径，而且能避免复杂的计算与推理，大大简化了解题过程。这在解选择题、填空题中更显其优越，要注意培养这种思想意识，要争取胸中有图见数想图，以开拓自己的思维视野。
一．选择题（共11小题）
1．（2021秋 七星关区期末）如图，数轴上的两点、表示的数分别为、，下列结论正确的是　　
A． B． C． D．
2．（2020秋 江津区期末）有理数，，在数轴上对应的点的位置如图所示，则下列各式正确的个数是　　
①；
②；
③；
④．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
3．（2021秋 都江堰市期中）如图，在数轴上，已知点表示的数为，则点到原点的距离是　　
A． B．3 C． D．
4．（2021秋 瑞安市期中）如图，数轴上点表示的数是1，点，分别位于点两侧，且到点的距离相等．若点表示的数是，则点表示的数是　　
A． B． C． D．
5．（2021秋 义乌市期中）正方形在数轴上的位置如图所示，点、对应的数分别为0和1，若正方形绕着顶点顺时针方向在数轴上连续翻转，翻转1次后，点所对应的数为2；则翻转2021次后，数轴上数2021所对应的点是　　
A．点 B．点 C．点 D．点
6．（2021秋 金水区校级期中）数，，在数轴上的位置如图所示．化简：等于　　
A． B． C． D．
7．（2020秋 建平县期末）实数，在数轴上对应点的位置如图所示，且，则化简的结果为　　
A． B． C． D．
8．（2021秋 山亭区期中）实数、在数轴上对应点的位置如图所示，化简的结果是　　
A． B． C． D．
9．（2021秋 梁子湖区期中）已知，代数式的值等于　　
A． B． C． D．
10．（2021秋 崆峒区期末）有理数，，在数轴上的对应点如图所示，则化简代数式的结果是　　
A． B． C． D．
11．（2021秋 五常市期末）有理数、在数轴上的位置如图所示，则化简的结果为　　
A． B． C． D．
二．填空题（共2小题）
12．（2021秋 西城区期末）线段，为线段的中点，点在直线上，若，则　　．
13．（2021秋 金水区校级期中）已知有理数、在数轴上的对应点位置如图所示，请化简：　　．
三．解答题（共10小题）
14．（2021秋 长丰县期末）如图，，，三点在数轴上，点对应的数为多项式中一次项的系数，点对应的数为单项式的次数，点对应的数为．
（1）请直接写出点和点在数轴上对应的数．
（2）请求出点对应的数，使得点到点，点距离和为10．
（3）若点在原点，点和点同时向右运动，它们的速度分别为1，4个长度单位分钟，则第几分钟时，，，三点中，其中一点是另外两点连成的线段的中点？
15．（2021秋 江夏区期末）如图，在数轴上有，两点，其中点在点的左侧，已知点对应的数为4，点对应的数为．
（1）若，则线段的长为 　　（直接写出结果）．
（2）若点在射线上（不与，重合），且，求点对应的数（结果用含的式子表示）．
（3）若点在线段之间，点在点的左侧、均不与、重合），且．当，时．求的值．
16．（2021秋 西城区校级期中）我们知道，的几何意义是：在数轴上数对应的点到原点的距离，类似的，的几何意义就是：数轴上数，对应点之间的距离．比如：2和5两点之间的距离可以用表示，通过计算可以得到他们的距离是3．
（1）数轴上1和两点之间的距离可以用 　　表示，通过计算可以得到他们的距离是 　　．
（2）数轴上表示和的两点、之间的距离可以表示为　　；如果，结合几何意义，那么的值为 　　；
（3）代数式表示的几何意义是 　　，该代数式的最小值是 　　．
17．（2021秋 魏都区校级期中）已知有理数、、在数轴的位置如图所示，化简：．
18．（2021秋 滕州市期中）送货员开着货车从超市出发，向东走了4千米到达小刚家，继续走了2千米到达小明家，然后向西走了10千米到达小芳家，最后回到超市．
（1）以超市为原点，以向东的方向为正方向，用1个单位长度表示1千米，小芳家在超市的 　　方，距超市 　　千米，请在数轴上表示出小明家、小芳家的位置．
（2）小刚家距小芳家 　　千米．
（3）若送货车每千米耗油0.15升，每升汽油6元，请问货车全程油耗多少元？
19．（2021秋 运城期中）已知是最小的正整数，且，，满足，请回答下列问题：
（1）请直接写出，，的值，　　，　　，　　．
（2）如图，，在数轴上所对应的点分别为，，，点为一动点，其对应的数为，当点在，之间运动时，请化简式子：；（请写出化简过程）
（3）在（1）和（2）的条件下，若点以每秒1个单位长度的速度向左运动，同时，点以每秒1个单位长度向右运动，假设经过秒，点与点之间的距离为，点与点之间的距离为，则　　，　　，并求出的值．
20．（2021秋 青岛期中）同学们，学习了无理数之后，我们已经把数的领域扩大到了实数的范围，这说明我们的知识越来越丰富了．可是，无理数究竟是一个什么样的数呢？下面让我们在几个具体的图形中认识一下无理数．
（1）如图①是一个直角边长为2的等腰直角三角形，它的面积是2，把它沿着斜边的高线剪开拼成如图②的正方形，则这个正方形的面积也就等于等腰直角三角形的面积即为2，则这个正方形的边长就是，它是一个无理数．
（2）如图，直径为1个单位长度的圆从原点沿数轴向右滚动一周，圆上的一点（滚动时与点重合）由原点到达点，则的长度就等于圆的周长，所以数轴上点代表的实数就是 　　，它是一个无理数．
（3）如图，在中，，，，根据已知可求得　　，它是一个无理数．好了，相信大家对无理数是不是有了更具体的认识了，那么你分别在①②图形中作出两个无理数吧：
①你能在的网格图中（每个小正方形边长均为，画出一条长为的线段吗？
②学习了实数后，我们知道数轴上的点与实数是一一对应的关系，那么你能在数轴上找到表示的
点吗？
21．（2021秋 长安区期中）如图，已知点、在数轴上表示的数分别是、，是数轴上的一个动点．
（1）若点在数轴上表示的数是8，则、两点的距离为 　　，、两点的距离为 　　；
（2）若点在点的右侧，且表示的数为，则、两点的距离用代数式表示为 　　；、两点的距离用代数式表示为 　　；
（3）若点从数轴上处开始移动，第1次从点向右移动2个单位到，第2次从点向左移动4个单位到，第3次从点向右移动6个单位到，第4次从点向左移动8个单位到，依次这样移动，若点表示的数是7．
①点表示的数是多少？
②点表示的数是多少？
22．（2021秋 重庆期中）已知，，在数轴上的位置如图所示，求的值．
23．（2021秋 西城区校级期中）有理数，，在数轴上的位置如图所示．
（1）用“”连接：0，，，；
（2）化简代数式：．

展开更多......

收起↑