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【浙江三轮】2026年中考数学知识点·考点一遍过专题14 数学思想与方法
一、中考数学思想与方法-分类讨论
1．抛物线当-1≤x≤2时，y的最大值与最小值的差为7，则a的值为（　　）
A．1 B． C．或 D．或
2．已知反比例函数 点M(x1，y1)和N(x2，y2)是反比例函数图象上的两点，若对于 都有 则a的取值范围是(　　)
A．a<0或2C．23或a<0
3．如果关于x的分式方程 无解，那么实数m的值为(　　)
A．- 1 B．1或0 C．1 D．1或-1
4．如图1，将Rt△EFG与正方形ABCD按如图所示的方式摆放，边FG在直线BC上，∠EGF=90°，EG=FG=10cm，AB=16cm，Rt△EFG以2cm/s的速度沿着BC方向运动，初始时点G与点B重合，当点F与点C重合时停止运动，在运动过程中，当Rt△EFG与正方形ABCD重叠部分面积为18cm2时，其运动时间为（　　）
A．10 B．20 C．1或10 D．2或20
5．已知反比函数的两点A（2m+1，y1），B（4-m，y2），若.则m的取值范围为　 　.
6． 已知二次函数m为实数.
（1）若m=1，求该函数图象的对称轴.
（2）当m+2≤x≤3时，函数y的最大值与最小值之差为8，求m的值.
（3）若点且 试比较y1与y2大小.
7．已知抛物线（t为常数）.
（1）求该抛物线的对称轴.
（2）若抛物线与y轴交于点（0，-16）.
①求t的值.
②设t-5≤m≤t≤n，抛物线的一段夹在两条均与x轴平行的直线l1，l2之间.若直线l1，l2之间的距离为d（d为常数）时，n-m的最大值为6，求d的值.
8．如图，中，，，，点M为的中点，C为边上一点，把沿直线翻折得到．
（1）当点D恰好落在边上时，的长为　 　；
（2）当与的边平行时，的长为　 　．
9． 综合与探究
菱形ABCD中，AB=2，∠A=120°，连接BD，P是BD上的动点，将CP绕点C顺时针旋转120°得到CQ。
（1）如图19-1，连接DQ，求证： AD⊥DQ；
（2）如图19-2，连接PQ交 CD于E，当△CEP是等腰三角形时，求BP的长度；
（3）如图19-3，连接PQ交CD于E，连接AP，记△CEP的面积为S1， △APD的面积为S2，求 的取值范围。
二、中考数学思想与方法-等积变换
10．如图，在Rt△ABC中， ∠ABC=90°， ∠A=30°， AC=4， BD为AC边上的高线，以点B为圆心，BD长为半径画圆弧分别交边AB，BC于点E，F，则 的长为(　　)
A． B． C． D．π
11． 在平面直角坐标系中，点P是直线上一点，O为坐标原点，则的最小值为（　　）
A．2 B． C．4 D．
12．如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，若点是边上不与重合的一个动点，旋转后点的对应点为点，则线段长度的最小值是（　　）
A． B． C． D．
13．如图，在中（），，点，分别是，上的动点，连接，，点和关于对称，点和关于对称，且点，都在所在的直线上．已知，设，．下列代数式的值不变的是（　　）
A． B． C． D．
14．如图，在边长为 4的正方形 ABCD中，点 E、F分别是 BC、CD的中点，DE、AF交于点 G，AF的中点为 H，连接 BG、DH.给出下列结论：
①AF⊥DE； ②DG= ③HD||BG； ④△ABG∽△DHF.
其中正确的结论有　 　.(请填上所有正确结论的序号)
15．如图，在直角三角形纸片中，，，．D是中点，将纸片沿翻折，直角顶点A的对应点为，交于E，则　 　 ．
16． 如图， 在□ABCD中， AC， BD交于点O， 且AO=BO。
（1） 求证： 四边形ABCD是矩形；
（2）①用圆规和无刻度直尺在图中作∠ADB的角平分线DE交AB于点E，保留作图痕迹，不用写出作法和理由；
②在①的条件下，
当 时，求AE的长。
17．老师布置了一道思考题：“尺规作图：过直线AB外一点P作这条直线的平行线，”小亮的作法如下：如图，在直线AB上任取一点C，以点C为圆心，CP的长为半径画弧交AB于点D，再分别以点P，D为圆心，CP的长为半径画弧，两弧交于点E，作直线PE，则PEIIAB.
（1）请判断小亮的作法是否正确，并说明理由。
（2）连接PD，CE，交点为O，若PC=5，PD=6，求点P到直线AB的距离.
18．在四边形ABCD中，，点E在边BC上，连接DE，，点F在DE上，连接AF，，且.
（1）如图1，求证：四边形ABCD是平行四边形；
（2）如图2，连接AE，若，在不添加任何辅助线及字母的情况下，请直接写出图2中面积等于面积一半的所有三角形.
三、中考数学思想与方法-数形结合
19．如图，在平面直角坐标系中，正与正是以原点为位似中心的位似图形，且面积比为，点，，均在轴上，若点的坐标为，则点的坐标为（　　）
A． B． C． D．
20． 已知点和点都是反比例函数的图像上的两点，下列说法正确的是（　　）
A．当时， B．当时，
C．当时， D．当时，
21．如图，一次函数的图象与反比例函数的图象交于两点，点的横坐标为，点的横坐标为，当时，则的取值范围是　 　．
22．如图1，共享单车停放点和图书馆C依次在一条东西走向的道路上．甲、乙两人从两停放点之间的P点处同时出发，去往图书馆．甲步行去停放点A，然后骑共享单车去往图书馆，乙步行去停放点B，然后骑共享单车去往图书馆．已知甲乙两人步行速度均为75米分，两人到图书馆的距离s（米）与时间t（分）的函数关系如图2所示．
（1）求停放点之间的距离；
（2）求甲追上乙的时间；
（3）若乙改为先步行去停放点A，然后骑共享单车去往图书馆，会比原来更早到达图书馆吗？相差多少分钟？
23．甲、乙两人分别驾车和骑车匀速从A地前往B地，甲到达B地后以原速度立马返回A地，在A地休息1小时后，又以原速度前往B地；乙从A地出发骑车5小时到达途中的景点C，停车在景点C游玩2小时，接着以原速度继续前往B地．甲、乙两人距离A地的路程y（千米）与时间x（小时）之间的函数关系如图所示．
（1）分别求甲、乙的速度．
（2）求甲从B地返回A地时路程y（千米）与时间x（小时）之间的函数关系式？
（3）甲、乙两人第二次相遇时距离A地多远？
24．《几何原本》是数学发展史中的不朽著作，该书记载了很多利用几何图形来论证代数结论的方法，凸显了数形结合的思想，如图①，借助四边形ABCD的面积说明了等式（a+b)c=ac+bc成立.
（1）观察图②，③，找出可以推出的等式：
等式A：（a+b)（a-b)=a2-b2：
等式B：（a+b)2=a2+2ab+b2：
可知，图②对应等式　 　；图③对应等式　 　.
（2）如图④，△ABC中，AB=BC，∠ABC=90°，BD⊥AC于点D，E是边BC上一点，作EF⊥BD于点F，EG⊥AC于点G，过A作BC的平行线交直线EG于点H.分别记△ABD，△BEF，△EGC，△AGH的面积为S1，S2，S3，S4.求的值.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】二次函数的最值；二次函数y=ax²+bx+c的性质；分类讨论
【解析】【解答】解：若，
∵，
∴抛物线开口向上，对称轴为，顶点坐标为，
∴y的最小值为，
∵，，，
∴当时，y取得最大值，最大值为，
∵y的最大值与最小值的差为7，
∴，
解得；
若，
∵，
∴抛物线开口向下，对称轴为，顶点坐标为，
∴y的最大值为，
∵，，，
∴当时，y取得最小值，最小值为，
∵y的最大值与最小值的差为7，
∴，
解得；
综上，a的值为或．
故答案为：D.
【分析】分和两种情况讨论，得到抛物线的对称轴为直线x=1，根据抛物线的增减性求出y的最大值与最小值，根据题意列方程解答即可．
2．【答案】A
【知识点】解一元一次不等式；反比例函数的性质；分类讨论
【解析】【解答】解：设，
当，即，得，此时反比例函数的图象在每个象限内随增大而减小．
∵对任意，都有，
∴小于的最小值，的最小值为，
又∵，可得，
∵，
∴．
当时，左边，不等式恒成立，符合条件，
当时，两边同乘，得，
又∵，
∴；
情况2：，即，得，此时反比例函数的图象在每个象限内随增大而增大，
∵对任意，都有，
∴小于的最小值，代入，得，
∵，
∴，
∵，两边同乘，得，与矛盾，
∴此情况无解．
综上，的取值范围是或．
故答案为：A .
【分析】分为>0或3-a<0两种情况，根据都有，列不等式求出的取值范围即可．
3．【答案】D
【知识点】分式方程的无解问题；分类讨论
【解析】【解答】解：原方程去分母得，
整理得，
当时，
无解，那么原方程无解，符合题意，
当时，
若方程无解，那么它有增根，
则，
解得：，
综上，m的值为1或，
故答案为： .
【分析】将原方程去分母整理得，分为整式方程无解或整式方程的解是分式方程的增根两种情况求出m的值解答即可．
4．【答案】C
【知识点】正方形的性质；等腰直角三角形；二次函数-动态几何问题；二次函数与一元二次方程的综合应用；分类讨论
【解析】【解答】解：设运动时间为秒，与正方形重叠部分面积为，则点运动的距离为，
∵，，
∴是等腰直角三角形，，
分三种情况讨论：
当时，点在点左侧或重合，点在上，此时重叠部分为直角梯形，其高为，下底为，如图，
设交于点，则为等腰直角三角形，
∵，
∴，
∴，
令，整理得，
解得，，
∵，
∴；
当时，点在上，点在上（未到达）， 此时 完全在正方形内部，如图
∴，
∵，
∴此时无解；
当时，点在右侧，点在左侧，此时重叠部分为（为与的交点），如图，
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∵点运动的总距离为，初始在左侧处，点相对于的位置为，
∴，
∴，
令，即，
解得或，
∴或，
∵，
∴，
综上所述，当重叠部分面积为时，运动时间为或．
故答案为：C.
【分析】设运动时间为秒，与正方形重叠部分面积为，分三种情况讨论重叠部分的面积：当时，重叠部分为直角梯形；当时，三角形完全在正方形内部，重叠部分为三角形，不变；当时，三角形部分移出正方形，重叠部分为等腰直角三角形；列出关于的函数关系式解答即可．
5．【答案】 或.
【知识点】反比例函数的性质；反比例函数图象上点的坐标特征；分类讨论
【解析】【解答】解：反比例函数中，，根据反比例函数的性质，函数图象位于第一、三象限，在每个象限内，随的增大而减小.
分两种情况讨论：
情况1：点在不同象限
若，则在第一象限，在第三象限，可得不等式组
解得，即该情况解集为；
情况2：点在同一象限
若，结合反比例函数增减性，得，且两点横坐标同号，即，
解得，
解得，
所以.
综上，的取值范围是 或 .
故答案为： 或 .
【分析】先判断反比例函数图象位置和增减性，然后分为两点在一个象限或两个象限两种情况求出m的取值范围解答即可.
6．【答案】（1）解：当时，二次函数的解析式为，
故此时二次函数的对称轴为直线；
（2）解：∵，
∴二次函数的对称轴为直线，且二次函数的开口向上，
∵，
∴，
∴，
∴，
故在上，随着的增大而增大，
故当时，取得最小值为，
当时，取得最大值为，
∵函数y的最大值与最小值之差为8，
∴，
解得：（不符合题意舍去），；
故m的值为；
（3）解：由（2）可得二次函数对称轴为直线，且二次函数的开口向上，
∵点，，且，，
∴、两点的中点坐标的横坐标为：，
当，即时，、两点关于对称轴对称，此时，
当，即时，点到对称轴的距离大于点到对称轴的距离，此时，
当，即时，点到对称轴的距离小于点到对称轴的距离，此时，
综上所述，当时，；当时，；当时，．
【知识点】二次函数的最值；二次函数y=ax²+bx+c的性质；二次函数y=ax²+bx+c与二次函数y=a（x-h）²+k的转化；二次函数的对称性及应用；分类讨论
【解析】【分析】（1）求出时二次函数解析式，根据对称轴公式计算解答即可；
（2）求出二次函数的对称轴为直线，且二次函数的开口向上，由题意可知，然后得到上函数的增减性，得到最大值和最小值，列方程解答即可；
（3）由（2）可得对称轴为直线，且二次函数的开口向上，得到、两点的中点的横坐标为，再分为，或三种情况，根据函数的增减性解答即可．
7．【答案】（1）因为（t为常数）
所以对称轴为：直线x=2.
（2）①把（0，-16）代入得，
解得：t=2或8.
②由①得：t=2或8，
顶点为（2，-18），
当t=2时，-3≤m≤2≤n，
因为抛物线的一段夹在两条均与x轴平行的直线l1，l2之间，且m≤2≤n，
所以下方的平行线不能在顶点（2，-18）上方，
因为直线l1，l2之间的距离为d（d为常数）时，n-m的最大值为6，
所以下方的直线l1经过顶点（2，-18），此时l2与抛物线两交点的横坐标分别为m和n，所以m=-1，n=5，两交点为（-1，-13.5），（5，-13.5），此时，l2与直线y=-13.5，所以d=-13.5-（-18）=4.5；
当t=8时，3≤m≤8≤n，
因为抛物线的一段夹在两条均与x轴平行的直线l1，l2之间，且3≤m≤n，
所以下方的平行线在顶点（2，-18）上方，
因为直线l1，l2之间的距离为d（d为常数）时，n-m的最大值为6，
所以直线l1，l2与对称轴右侧的抛物线交点横坐标分别为m，n且要尽可能靠近对称轴，
所以m=3，n=9，即：直线l1，l2与对称轴右侧的抛物线交点分别为（3，-17.5），（9，6.5），所以d=6.5-（-17.5）=24.
综上所述，d=4.5或24.
【知识点】二次函数的最值；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数y=ax²+bx+c的性质；二次函数y=ax²+bx+c与二次函数y=a（x-h）²+k的转化；分类讨论
【解析】【分析】（1）先把抛物线解析式化为顶点式，即可得到抛物线的对称轴解答；
（2）①直接将代入抛物线解析式，得到关于t的方程解答即可；
②分和8两种情况，根据二次函数的性质得到最大值和最小值，然后根据n-m的 的最大值为6列方程求出d的值解答即可．
8．【答案】；或
【知识点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；分类讨论
【解析】【解答】解：（1）如图，
∵，，，
∴，
∵点M为的中点，
∴．
由折叠的性质得，
∴．
故答案为：；
（2）如图，当时，作，交的延长线于K，的延长线交于T，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，点M为的中点，
∴，
∴，
∴，
由折叠的性质得，
∴，
∴，
设，则．
∵，
∴
解得，即；
当时，作，交于点T，作于Q，延长交于N，则四边形、四边形、四边形都是矩形，
∴，，
∵，点M为的中点，
∴，
∴，
∴，
由折叠的性质得，
∴，
∴，
设，则．
∵，
∴
解得，即．
综上可知，的长为或．
故答案为：或．
【分析】（1）利用勾股定理求出AB的长，据此可得到AM的长；再利用折叠的性质可得到AD的长，然后根据DM=AD-AM，代入计算求出DM的长.
（2）当时，作，交的延长线于K，的延长线交于T，易证四边形OAKT是矩形，利用矩形的性质可得到TK的长，同时可证得AK=OT，利用平行线分线段成比例可求出BT、OT的长，可得到AK的长；再利用折叠的性质可证得OC=CD，AD=OA，利用勾股定理求出DK的长，可得到DT的长；设，可表示出TC的长，利用勾股定理可得到关于a的方程，解方程求出a的值，可得到OC的长；当时，作，交于点T，作于Q，延长交于N，则四边形、四边形、四边形都是矩形，同理可求出OC的长；综上所述可得到OC的长.
9．【答案】（1）证明：∵ 四边形ABCD为菱形
∴∠BCD=∠A=120°， BC=CD
又∵CP绕点C顺时针旋转120°得到CQ
∴∠PCQ=120°
∴∠BCP=∠DCQ， CP=CQ
∴ △BCP≌△DCQ
∴∠ADQ=90°
∴AD⊥DQ
（2）解：∵∠CPE=30°， ∠CEP=∠EDP+∠DPE>30°
∴PC>EC，下面讨论剩余2种情况
①PC=PE
∵∠PCQ=120°， CP=CQ
∴∠CPQ=30°
∴∠CPE=∠CDP
∴△PCE∽△DCP
此时DP=DC=2
连接AC，交BD于点O，如图，
∵四边形ABCD为菱形，AB＝2，
∴AC⊥BD，BO＝OD，∠ABO＝∠ABC＝30°，
∴cos∠ABO＝cos30°＝，
∴BO＝BD＝2BO＝2
②EP=EC
此时∠ECP=∠EPC=30°
∴∠BCP=∠BCD-∠ECP=90°
综上所述， 或
（3）解：由菱形的对称性得： AP=CP
△PAD的面积与△PCD的面积相等，
当P与B，D重合时，PC取得最大值2，所以
当CP⊥BD时， PC取得最小值1，所以
综上所述
【知识点】相似三角形的判定；四边形的综合；相似三角形的性质-对应边；分类讨论
【解析】【分析】（1）根据菱形的性质及旋转的性质，证明△BCP≌△DCQ（SAS），即可得证．
（2）分情况讨论，①PC＝PE，证明△PCE∽△DCP，列出比例式求解即可；②EP＝EC，通过解直角三角形即可解答．
（3）根据菱形的性质得到△PAD的面积与△PCD的面积相等，表示出，即可解答．
10．【答案】B
【知识点】三角形的面积；含30°角的直角三角形；勾股定理；弧长的计算；等积变换
【解析】【解答】解：，，，
，
，
，
为边上的高线，
，
即，
，
．
故答案为：B .
【分析】根据的直角三角形的性质和勾股定理求出，然后根据△ABC的面积公式求出BD长，利用弧长公式解答即可．
11．【答案】B
【知识点】垂线段最短及其应用；三角形的面积；一次函数图象与坐标轴交点问题；等积变换
【解析】【解答】解：如图，
当时，，
当时，
解得．
∴直线与坐标轴交于，．
∴，，为直角三角形．
∴．
∵当时，长度最小，且．
∴
解得，
即的最小值为．
故答案为：B.
【分析】根据垂线段最短可知当OP垂直AB时，OP最小，然后求出直线与坐标轴的交点A、B的坐标，利用勾股定理求出AB的长，再根据三角形的面积等积变形解答即可．
12．【答案】C
【知识点】垂线段最短及其应用；三角形的面积；旋转的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；等积变换
【解析】【解答】解：如图，过点作于点，
，
，
，
，
解得：，
将绕点逆时针旋转得到，
，
是等腰直角三角形，
，
，
是点到线段最短的距离，
即：当点与点重合时，有最小值，，
即：此时有最小值，，
故选：C．
【分析】过点作于点，根据勾股定理可得AB，根据三角形面积可得CH，再根据旋转性质可得，则是等腰直角三角形，，则CH是点到线段最短的距离，当点与点重合时，有最小值，，即可求出答案.
13．【答案】C
【知识点】角平分线的性质；轴对称的性质；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边；等积变换
【解析】【解答】解：由轴对称的性质可得，
∴分别平分，
∴点E到和到的距离相等，
设点E到的距离为h，
∴，
∴，
同理可得，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
故选：C．
【分析】根据轴对称的性质可得，得出点E到和到的距离相等，利用等面积法可证明，，证明，求出，再证明，得到，从而得出，化简即可得出．
14．【答案】①④
【知识点】三角形的面积；三角形全等及其性质；勾股定理；相似三角形的性质-对应边；等积变换
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形
∴∠ADC=∠BCD=90°，AD=CD
∵点 E、F分别是 BC、CD的中点
∴DF=EC=2
∴△ADF≌△DCE
∴∠AFD=∠DEC，∠FAD=∠EDC
∵∠EDC+∠DEC=90°
∴∠EDC+∠AFD=90°
∴∠DGF=90°，即DE⊥AF，①正确
∵
∴
∴，②错误
∵H为AF中点
∴
∴∠HDF=∠HFD
∵AB∥DC
∴∠HDF=∠HFD=∠BAG
∵
∴
∴△ABG∽△DHF，④正确
∴∠ABG=∠DHF
∵AB≠AG
∴∠ABG与∠AGB不相等，故∠AGB≠∠DHF
∴HD与BG不平行，③错误
故答案为：①④
【分析】根据正方形性质可得∠ADC=∠BCD=90°，AD=CD，根据线段中点可得DF=EC=2，根据全等三角形判定定理可得△ADF≌△DCE，则∠AFD=∠DEC，∠FAD=∠EDC，根据角之间的关系可得判断①；根据勾股定理可得AF，根据三角形面积可判断②，根据线段中点可得，则∠HDF=∠HFD，根据直线平行性质可得∠HDF=∠HFD=∠BAG，根据勾股定理可得AG，再根据相似三角形判定定理可判断④，根据相似三角形性质可得∠ABG=∠DHF，根据等腰三角形性质，结合直线平行判定定理可判断③.
15．【答案】
【知识点】勾股定理；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定；相似三角形的性质-对应边；等积变换
【解析】【解答】解：如图，
设与相交于，过作于，
是中点，
，
又∵，
，
关于对称，
，
，
∴，
，
，
，
，
，
∴，
，
，
，
，
，
∴，
，
，
故答案为：．
【分析】设与相交于，过作于，根据中点性质得，等于3，根据勾股定理求出，根据等面积法求出，再根据相等，相等，根据相似三角形的判定得相似，根据相似性质得等于，进一步得等于，再根据相等，相等，证明相似，根据相似性质得，进一步得等于即可.
16．【答案】（1）证明： ∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AC=2AO， BD=2BO，
∵AO=BO，
∴AC=BD，
∴□ABCD为矩形；
（2）解：①解：如图所示
②过点E作EG⊥BD于点G， 如图所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB=90°，
∴EA⊥AD，
∵DE为∠ADB的角平分线，
∴EG=EA，
在 Rt△DAB中∵
即
∴DB=26，
在Rt△DAB中，由勾股定理
由等面积法可知
解得，
【知识点】角平分线的性质；勾股定理；解直角三角形；尺规作图-作角的平分线；等积变换
【解析】【分析】（1）根据平行四边形性质可得AC=2AO， BD=2BO，根据边之间的关系可得AC=BD，再根据矩形判定定理即可求出答案.
（2）①根据题意作图即可.
②过点E作EG⊥BD于点G，根据矩形性质可得∠DAB=90°，根据角平分线性质可得EG=EA， 解直角三角形可得DB，根据勾股定理可得AB，再根据三角形面积即可求出答案.
17．【答案】（1）解：正确，理由如下
由作图可知CP=CD=PE=DE
∴四边形CPED是菱形
∴PE∥AB
（2）解：连接PD，CE交点为O，设点P到AB的距离为h
∵四边形CPED是菱形
∴PD⊥CE
∴OP=OD=3，OC=OE
∴
∴EC=2OC=8
∵菱形CPED的面积为
∴
【知识点】菱形的判定与性质；尺规作图-直线、射线、线段；等积变换
【解析】【分析】（1）由作图可知CP=CD=PE=DE，根据菱形判定定理可得四边形CPED是菱形，则PE∥AB，即可求出答案.
（2）连接PD，CE交点为O，设点P到AB的距离为h，根据菱形性质可得OP=OD=3，OC=OE，再根据菱形面积即可求出答案.
18．【答案】（1）证明： ∵，，，
∴
∵，，
∴
∴
∴
∴四边形 ABCD 是平行四边形。
（2）△ABE， △DCE， △AEF， △ADF
【知识点】三角形的面积；平行四边形的判定；等积变换
【解析】【解答】（2）解：因为BE=CE
所以
因为AF=CD
所以
故答案为：△ABE， △DCE， △AEF， △ADF。
【分析】（1）根据外角定理，可得，又根据，可得，易证，进而可得，根据平行四边形的判定定理，即可证明。
（2）根据BE=CE，可得E是BC的中点，根据同高等底的性质，即可判断△ABE=△DCE=；再根据AF=CD，可得F是DE的中点，据此可得△AEF=△ADF=。
19．【答案】C
【知识点】坐标与图形变化﹣位似；数形结合
【解析】【解答】解：根据题意可知：正与正是以原点为位似中心的位似图形，且面积比为，
∴正△ABC和正△BDE的相似比为，
∵点的坐标为，
∴点的坐标为，即，
故答案为：C．
【分析】根据三角形的面积比是三角形相似比的平方，可得出三角形的相似比，再根据在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或，即可得出结论．
20．【答案】B
【知识点】反比例函数的性质；数形结合；分类讨论
【解析】【解答】解：，
在每个象限内，y随x的增大而减少，
当，即时，；
当，即时，；
当，即时，；
当，即时，；
当，即时，.
故答案为：B.
【分析】由反比例函数的图象性质可得当k>0时，在每个象限内，y随x的增大而减少，对点A、B所在象限位置进行分类讨论，进而利用图象性质进行大小比较.
21．【答案】或
【知识点】反比例函数与一次函数的交点问题；数形结合
【解析】【解答】解：根据函数图象可知，当或时，一次函数的图象在反比例函数图象的下方，
即当或时，，
∴的取值范围为：或．
故答案为：0＜x＜1或x＜-2.
【分析】从图象角度看，求y1＜y2时，x的取值范围，就是求一次函数图象在反比例函数图象下方时x的取值范围，结合A、B两点横坐标即可直接得出答案.
22．【答案】（1）解： 75×6+75×14=1500（米），
答：停放点之间的距离1500米；
（2）解法一：（米/分），
时的路程差：（米），
（分），
（分），
答：甲追上乙的时间为10分钟．
解法二：（米），（米）．
（米），
．
设，
将和代入，
得
，
．
设，
将和代入，
得
，
．
当时，，解得．
答：甲追上乙的时间为10分钟．
（3）解：（米/分），
（分），
（分）．
答：会比原来早到2分钟．
【知识点】通过函数图象获取信息；一次函数的实际应用-行程问题；数形结合
【解析】【分析】（1）根据图象提供的信息可得甲步行6分钟从点P到达了点A，乙步行14分钟从点P步行到点B，根据路程等于速度乘以时间可分别求出PA、PB的长度，进而根据PA+PB=AB可得答案；
（2）解法一：首先求出甲的骑行速度，然后求出t=6时，甲乙之间距离，然后用甲乙之间的距离除以甲乙的速度差即可得出甲从A地出发追上乙的用时，再加上开始的步行时间即可；
解法二：首先根据图象提供的信息，利用待定系数法求出直线GH与MN的函数表达式，然后联立求解即可；
（3）首先根据路程、速度时间三者的关系求出乙骑行的速度，然后求出乙从A地到C地的骑行时间，再加上乙从P地步行到A地的时间可得乙修改后所用的总时间，然后与原方案的时间比较就可求解.
（1）（米）．
答：停放点之间的距离1500米．；
（2）解法一：（米/分），
时的路程差：（米），
（分），
（分），
答：甲追上乙的时间为10分钟．
解法二：（米），（米）．
（米），
．
设，
将和代入，
得
，
．
设，
将和代入，
得
，
．
当时，，解得．
答：甲追上乙的时间为10分钟．
；
（3）（米/分），
（分），
（分）．
答：会比原来早到2分钟．
23．【答案】（1）解：（千米/小时），
（千米/小时）
（2）解：甲从B地返回时的时间为（小时），
设甲从B地返回A地时路程y（千米）与时间x（小时）之间的函数关系式，
把，代入，得
，解得：，
∴
∵甲从B地返回A地时开始时间为2.5小时，结束时间为5小时，
∴，
∴
（3）解：∵甲行驶速度没变，
∴甲第二次从A地到B地的函数图象与第二次从A地到B地函数图象平行，
∴设甲第二次从A地到B地的函数解析式为，
把代入，得，
∴
∴
乙从A地到C地距离为（千米），
∴休息后，由C地继续前往B地的出发地坐标为，B地的坐标为
∴设乙休息后，由C地继续前往B地的函数解析式为，
把，分别代入，得，
解得：，
∴，
联立得，
解得，
【知识点】两一次函数图象相交或平行问题；一次函数的实际应用-行程问题；数形结合
【解析】【分析】（1）结合图象A、B两地相距200千米，甲驾车匀速从A地前往B地，甲到达B地后以原速度立马返回A地共用时5小时；乙骑车匀速从A地前往B地，途中休息2小时，总用时12小时，从而根据速度=路程÷时间即可分别求出甲乙的度数；
（2）设甲从B地返回A地时路程y（千米）与时间x（小时）之间的函数关系式y=kx+b，然后将(2.5，200)与(5，0)分别代入可得关于字母k、b的方程组，求解得出k、b的值，即可求出函数解析式，进而结合图象写出自变量的取值范围；
（3）先利用待定系数法求得甲第二次从A地到B地的函数解析式及乙休息后，由C地继续前往B地的函数解析式，再联立方程组，求解即可．
（1）解：（千米/小时），
（千米/小时），
（2）解：甲从B地返回时的时间为（小时），
设甲从B地返回A地时路程y（千米）与时间x（小时）之间的函数关系式，
把，代入，得
，解得：，
∴
∵甲从B地返回A地时开始时间为2.5小时，结束时间为5小时，
∴，
∴．
（3）解：∵甲行驶速度没变，
∴甲第二次从A地到B地的函数图象与第二次从A地到B地函数图象平行，
∴设甲第二次从A地到B地的函数解析式为，
把代入，得，
∴
∴
乙从A地到C地距离为（千米），
∴休息后，由C地继续前往B地的出发地坐标为，B地的坐标为
∴设乙休息后，由C地继续前往B地的函数解析式为，
把，分别代入，得，
解得：，
∴，
，
解得，
24．【答案】（1）B；A
（2）解：设 ，则CD=a+b，如图，
∵AB=BC，∠ABC=90°，BD⊥AC，
∴∠BAC=∠BCA=∠DBC=45°，∠ADB=∠BDC=90°，AD=CD=BD=a+b，
∴AG=AD+DG=a+2b，
∵EG⊥AC，
∴∠EGC=∠EGD=90°，
∴∠GEC=∠GCE=45°，
∴CG=EG=a，
∵EF⊥BD，
∴∠EFD=90°，
∴四边形DFEG是矩形，
∴EF=DG=b，FD=EG=a，
∴BF=BD-FD=b，
∴，
∵AH∥BC，
∴∠HAG=∠ACB=45°，
∴∠H=∠HAG=45°，
∴AG=GH=a+2b，
∴
∴
【知识点】完全平方公式的几何背景；平方差公式的几何背景；矩形的判定与性质；等腰直角三角形；数形结合
【解析】【解答】解：（1）图②是由两个小长方形方形和两个小正方形组成的大正方形，其面积可以表示为(a+b)2，也可以表示为a2+2ab+b2，因此对应的等式是：（a+b)2=a2+2ab+b2 ，即等式B；
图③面积可以表示为(a+b)(a-b)，也可以表示为a2-b2，因此对应的等式是： （a+b)（a-b)=a2-b2，即等式A；
故答案为：B，A；
【分析】（1） 用两种不同的方法表示出同一个图形的面积，根据整个图形的面积等于各个部分面积这和列出等式，即可判断得出答案；
（2）设CG=a，DG=b，由等腰直角三角形性质得∠BAC=∠BCA=∠DBC=45°，∠ADB=∠BDC=90°，AD=CD=BD=a+b，判断出△ABD、△CEG及△AGH都是等腰直角三角形，四边形DFEG是矩形，得CG=EG=a，EF=DG=b，FD=EG=a，AG=GH=a+2b，进而根据直角三角形面积计算公式分别表示出S1、S2、S3、S4，再代入化简即可.
1 / 1【浙江三轮】2026年中考数学知识点·考点一遍过专题14 数学思想与方法
一、中考数学思想与方法-分类讨论
1．抛物线当-1≤x≤2时，y的最大值与最小值的差为7，则a的值为（　　）
A．1 B． C．或 D．或
【答案】D
【知识点】二次函数的最值；二次函数y=ax²+bx+c的性质；分类讨论
【解析】【解答】解：若，
∵，
∴抛物线开口向上，对称轴为，顶点坐标为，
∴y的最小值为，
∵，，，
∴当时，y取得最大值，最大值为，
∵y的最大值与最小值的差为7，
∴，
解得；
若，
∵，
∴抛物线开口向下，对称轴为，顶点坐标为，
∴y的最大值为，
∵，，，
∴当时，y取得最小值，最小值为，
∵y的最大值与最小值的差为7，
∴，
解得；
综上，a的值为或．
故答案为：D.
【分析】分和两种情况讨论，得到抛物线的对称轴为直线x=1，根据抛物线的增减性求出y的最大值与最小值，根据题意列方程解答即可．
2．已知反比例函数 点M(x1，y1)和N(x2，y2)是反比例函数图象上的两点，若对于 都有 则a的取值范围是(　　)
A．a<0或2C．23或a<0
【答案】A
【知识点】解一元一次不等式；反比例函数的性质；分类讨论
【解析】【解答】解：设，
当，即，得，此时反比例函数的图象在每个象限内随增大而减小．
∵对任意，都有，
∴小于的最小值，的最小值为，
又∵，可得，
∵，
∴．
当时，左边，不等式恒成立，符合条件，
当时，两边同乘，得，
又∵，
∴；
情况2：，即，得，此时反比例函数的图象在每个象限内随增大而增大，
∵对任意，都有，
∴小于的最小值，代入，得，
∵，
∴，
∵，两边同乘，得，与矛盾，
∴此情况无解．
综上，的取值范围是或．
故答案为：A .
【分析】分为>0或3-a<0两种情况，根据都有，列不等式求出的取值范围即可．
3．如果关于x的分式方程 无解，那么实数m的值为(　　)
A．- 1 B．1或0 C．1 D．1或-1
【答案】D
【知识点】分式方程的无解问题；分类讨论
【解析】【解答】解：原方程去分母得，
整理得，
当时，
无解，那么原方程无解，符合题意，
当时，
若方程无解，那么它有增根，
则，
解得：，
综上，m的值为1或，
故答案为： .
【分析】将原方程去分母整理得，分为整式方程无解或整式方程的解是分式方程的增根两种情况求出m的值解答即可．
4．如图1，将Rt△EFG与正方形ABCD按如图所示的方式摆放，边FG在直线BC上，∠EGF=90°，EG=FG=10cm，AB=16cm，Rt△EFG以2cm/s的速度沿着BC方向运动，初始时点G与点B重合，当点F与点C重合时停止运动，在运动过程中，当Rt△EFG与正方形ABCD重叠部分面积为18cm2时，其运动时间为（　　）
A．10 B．20 C．1或10 D．2或20
【答案】C
【知识点】正方形的性质；等腰直角三角形；二次函数-动态几何问题；二次函数与一元二次方程的综合应用；分类讨论
【解析】【解答】解：设运动时间为秒，与正方形重叠部分面积为，则点运动的距离为，
∵，，
∴是等腰直角三角形，，
分三种情况讨论：
当时，点在点左侧或重合，点在上，此时重叠部分为直角梯形，其高为，下底为，如图，
设交于点，则为等腰直角三角形，
∵，
∴，
∴，
令，整理得，
解得，，
∵，
∴；
当时，点在上，点在上（未到达）， 此时 完全在正方形内部，如图
∴，
∵，
∴此时无解；
当时，点在右侧，点在左侧，此时重叠部分为（为与的交点），如图，
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∵点运动的总距离为，初始在左侧处，点相对于的位置为，
∴，
∴，
令，即，
解得或，
∴或，
∵，
∴，
综上所述，当重叠部分面积为时，运动时间为或．
故答案为：C.
【分析】设运动时间为秒，与正方形重叠部分面积为，分三种情况讨论重叠部分的面积：当时，重叠部分为直角梯形；当时，三角形完全在正方形内部，重叠部分为三角形，不变；当时，三角形部分移出正方形，重叠部分为等腰直角三角形；列出关于的函数关系式解答即可．
5．已知反比函数的两点A（2m+1，y1），B（4-m，y2），若.则m的取值范围为　 　.
【答案】 或.
【知识点】反比例函数的性质；反比例函数图象上点的坐标特征；分类讨论
【解析】【解答】解：反比例函数中，，根据反比例函数的性质，函数图象位于第一、三象限，在每个象限内，随的增大而减小.
分两种情况讨论：
情况1：点在不同象限
若，则在第一象限，在第三象限，可得不等式组
解得，即该情况解集为；
情况2：点在同一象限
若，结合反比例函数增减性，得，且两点横坐标同号，即，
解得，
解得，
所以.
综上，的取值范围是 或 .
故答案为： 或 .
【分析】先判断反比例函数图象位置和增减性，然后分为两点在一个象限或两个象限两种情况求出m的取值范围解答即可.
6． 已知二次函数m为实数.
（1）若m=1，求该函数图象的对称轴.
（2）当m+2≤x≤3时，函数y的最大值与最小值之差为8，求m的值.
（3）若点且 试比较y1与y2大小.
【答案】（1）解：当时，二次函数的解析式为，
故此时二次函数的对称轴为直线；
（2）解：∵，
∴二次函数的对称轴为直线，且二次函数的开口向上，
∵，
∴，
∴，
∴，
故在上，随着的增大而增大，
故当时，取得最小值为，
当时，取得最大值为，
∵函数y的最大值与最小值之差为8，
∴，
解得：（不符合题意舍去），；
故m的值为；
（3）解：由（2）可得二次函数对称轴为直线，且二次函数的开口向上，
∵点，，且，，
∴、两点的中点坐标的横坐标为：，
当，即时，、两点关于对称轴对称，此时，
当，即时，点到对称轴的距离大于点到对称轴的距离，此时，
当，即时，点到对称轴的距离小于点到对称轴的距离，此时，
综上所述，当时，；当时，；当时，．
【知识点】二次函数的最值；二次函数y=ax²+bx+c的性质；二次函数y=ax²+bx+c与二次函数y=a（x-h）²+k的转化；二次函数的对称性及应用；分类讨论
【解析】【分析】（1）求出时二次函数解析式，根据对称轴公式计算解答即可；
（2）求出二次函数的对称轴为直线，且二次函数的开口向上，由题意可知，然后得到上函数的增减性，得到最大值和最小值，列方程解答即可；
（3）由（2）可得对称轴为直线，且二次函数的开口向上，得到、两点的中点的横坐标为，再分为，或三种情况，根据函数的增减性解答即可．
7．已知抛物线（t为常数）.
（1）求该抛物线的对称轴.
（2）若抛物线与y轴交于点（0，-16）.
①求t的值.
②设t-5≤m≤t≤n，抛物线的一段夹在两条均与x轴平行的直线l1，l2之间.若直线l1，l2之间的距离为d（d为常数）时，n-m的最大值为6，求d的值.
【答案】（1）因为（t为常数）
所以对称轴为：直线x=2.
（2）①把（0，-16）代入得，
解得：t=2或8.
②由①得：t=2或8，
顶点为（2，-18），
当t=2时，-3≤m≤2≤n，
因为抛物线的一段夹在两条均与x轴平行的直线l1，l2之间，且m≤2≤n，
所以下方的平行线不能在顶点（2，-18）上方，
因为直线l1，l2之间的距离为d（d为常数）时，n-m的最大值为6，
所以下方的直线l1经过顶点（2，-18），此时l2与抛物线两交点的横坐标分别为m和n，所以m=-1，n=5，两交点为（-1，-13.5），（5，-13.5），此时，l2与直线y=-13.5，所以d=-13.5-（-18）=4.5；
当t=8时，3≤m≤8≤n，
因为抛物线的一段夹在两条均与x轴平行的直线l1，l2之间，且3≤m≤n，
所以下方的平行线在顶点（2，-18）上方，
因为直线l1，l2之间的距离为d（d为常数）时，n-m的最大值为6，
所以直线l1，l2与对称轴右侧的抛物线交点横坐标分别为m，n且要尽可能靠近对称轴，
所以m=3，n=9，即：直线l1，l2与对称轴右侧的抛物线交点分别为（3，-17.5），（9，6.5），所以d=6.5-（-17.5）=24.
综上所述，d=4.5或24.
【知识点】二次函数的最值；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数y=ax²+bx+c的性质；二次函数y=ax²+bx+c与二次函数y=a（x-h）²+k的转化；分类讨论
【解析】【分析】（1）先把抛物线解析式化为顶点式，即可得到抛物线的对称轴解答；
（2）①直接将代入抛物线解析式，得到关于t的方程解答即可；
②分和8两种情况，根据二次函数的性质得到最大值和最小值，然后根据n-m的 的最大值为6列方程求出d的值解答即可．
8．如图，中，，，，点M为的中点，C为边上一点，把沿直线翻折得到．
（1）当点D恰好落在边上时，的长为　 　；
（2）当与的边平行时，的长为　 　．
【答案】；或
【知识点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；分类讨论
【解析】【解答】解：（1）如图，
∵，，，
∴，
∵点M为的中点，
∴．
由折叠的性质得，
∴．
故答案为：；
（2）如图，当时，作，交的延长线于K，的延长线交于T，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，点M为的中点，
∴，
∴，
∴，
由折叠的性质得，
∴，
∴，
设，则．
∵，
∴
解得，即；
当时，作，交于点T，作于Q，延长交于N，则四边形、四边形、四边形都是矩形，
∴，，
∵，点M为的中点，
∴，
∴，
∴，
由折叠的性质得，
∴，
∴，
设，则．
∵，
∴
解得，即．
综上可知，的长为或．
故答案为：或．
【分析】（1）利用勾股定理求出AB的长，据此可得到AM的长；再利用折叠的性质可得到AD的长，然后根据DM=AD-AM，代入计算求出DM的长.
（2）当时，作，交的延长线于K，的延长线交于T，易证四边形OAKT是矩形，利用矩形的性质可得到TK的长，同时可证得AK=OT，利用平行线分线段成比例可求出BT、OT的长，可得到AK的长；再利用折叠的性质可证得OC=CD，AD=OA，利用勾股定理求出DK的长，可得到DT的长；设，可表示出TC的长，利用勾股定理可得到关于a的方程，解方程求出a的值，可得到OC的长；当时，作，交于点T，作于Q，延长交于N，则四边形、四边形、四边形都是矩形，同理可求出OC的长；综上所述可得到OC的长.
9． 综合与探究
菱形ABCD中，AB=2，∠A=120°，连接BD，P是BD上的动点，将CP绕点C顺时针旋转120°得到CQ。
（1）如图19-1，连接DQ，求证： AD⊥DQ；
（2）如图19-2，连接PQ交 CD于E，当△CEP是等腰三角形时，求BP的长度；
（3）如图19-3，连接PQ交CD于E，连接AP，记△CEP的面积为S1， △APD的面积为S2，求 的取值范围。
【答案】（1）证明：∵ 四边形ABCD为菱形
∴∠BCD=∠A=120°， BC=CD
又∵CP绕点C顺时针旋转120°得到CQ
∴∠PCQ=120°
∴∠BCP=∠DCQ， CP=CQ
∴ △BCP≌△DCQ
∴∠ADQ=90°
∴AD⊥DQ
（2）解：∵∠CPE=30°， ∠CEP=∠EDP+∠DPE>30°
∴PC>EC，下面讨论剩余2种情况
①PC=PE
∵∠PCQ=120°， CP=CQ
∴∠CPQ=30°
∴∠CPE=∠CDP
∴△PCE∽△DCP
此时DP=DC=2
连接AC，交BD于点O，如图，
∵四边形ABCD为菱形，AB＝2，
∴AC⊥BD，BO＝OD，∠ABO＝∠ABC＝30°，
∴cos∠ABO＝cos30°＝，
∴BO＝BD＝2BO＝2
②EP=EC
此时∠ECP=∠EPC=30°
∴∠BCP=∠BCD-∠ECP=90°
综上所述， 或
（3）解：由菱形的对称性得： AP=CP
△PAD的面积与△PCD的面积相等，
当P与B，D重合时，PC取得最大值2，所以
当CP⊥BD时， PC取得最小值1，所以
综上所述
【知识点】相似三角形的判定；四边形的综合；相似三角形的性质-对应边；分类讨论
【解析】【分析】（1）根据菱形的性质及旋转的性质，证明△BCP≌△DCQ（SAS），即可得证．
（2）分情况讨论，①PC＝PE，证明△PCE∽△DCP，列出比例式求解即可；②EP＝EC，通过解直角三角形即可解答．
（3）根据菱形的性质得到△PAD的面积与△PCD的面积相等，表示出，即可解答．
二、中考数学思想与方法-等积变换
10．如图，在Rt△ABC中， ∠ABC=90°， ∠A=30°， AC=4， BD为AC边上的高线，以点B为圆心，BD长为半径画圆弧分别交边AB，BC于点E，F，则 的长为(　　)
A． B． C． D．π
【答案】B
【知识点】三角形的面积；含30°角的直角三角形；勾股定理；弧长的计算；等积变换
【解析】【解答】解：，，，
，
，
，
为边上的高线，
，
即，
，
．
故答案为：B .
【分析】根据的直角三角形的性质和勾股定理求出，然后根据△ABC的面积公式求出BD长，利用弧长公式解答即可．
11． 在平面直角坐标系中，点P是直线上一点，O为坐标原点，则的最小值为（　　）
A．2 B． C．4 D．
【答案】B
【知识点】垂线段最短及其应用；三角形的面积；一次函数图象与坐标轴交点问题；等积变换
【解析】【解答】解：如图，
当时，，
当时，
解得．
∴直线与坐标轴交于，．
∴，，为直角三角形．
∴．
∵当时，长度最小，且．
∴
解得，
即的最小值为．
故答案为：B.
【分析】根据垂线段最短可知当OP垂直AB时，OP最小，然后求出直线与坐标轴的交点A、B的坐标，利用勾股定理求出AB的长，再根据三角形的面积等积变形解答即可．
12．如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，若点是边上不与重合的一个动点，旋转后点的对应点为点，则线段长度的最小值是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】垂线段最短及其应用；三角形的面积；旋转的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；等积变换
【解析】【解答】解：如图，过点作于点，
，
，
，
，
解得：，
将绕点逆时针旋转得到，
，
是等腰直角三角形，
，
，
是点到线段最短的距离，
即：当点与点重合时，有最小值，，
即：此时有最小值，，
故选：C．
【分析】过点作于点，根据勾股定理可得AB，根据三角形面积可得CH，再根据旋转性质可得，则是等腰直角三角形，，则CH是点到线段最短的距离，当点与点重合时，有最小值，，即可求出答案.
13．如图，在中（），，点，分别是，上的动点，连接，，点和关于对称，点和关于对称，且点，都在所在的直线上．已知，设，．下列代数式的值不变的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】角平分线的性质；轴对称的性质；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边；等积变换
【解析】【解答】解：由轴对称的性质可得，
∴分别平分，
∴点E到和到的距离相等，
设点E到的距离为h，
∴，
∴，
同理可得，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
故选：C．
【分析】根据轴对称的性质可得，得出点E到和到的距离相等，利用等面积法可证明，，证明，求出，再证明，得到，从而得出，化简即可得出．
14．如图，在边长为 4的正方形 ABCD中，点 E、F分别是 BC、CD的中点，DE、AF交于点 G，AF的中点为 H，连接 BG、DH.给出下列结论：
①AF⊥DE； ②DG= ③HD||BG； ④△ABG∽△DHF.
其中正确的结论有　 　.(请填上所有正确结论的序号)
【答案】①④
【知识点】三角形的面积；三角形全等及其性质；勾股定理；相似三角形的性质-对应边；等积变换
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形
∴∠ADC=∠BCD=90°，AD=CD
∵点 E、F分别是 BC、CD的中点
∴DF=EC=2
∴△ADF≌△DCE
∴∠AFD=∠DEC，∠FAD=∠EDC
∵∠EDC+∠DEC=90°
∴∠EDC+∠AFD=90°
∴∠DGF=90°，即DE⊥AF，①正确
∵
∴
∴，②错误
∵H为AF中点
∴
∴∠HDF=∠HFD
∵AB∥DC
∴∠HDF=∠HFD=∠BAG
∵
∴
∴△ABG∽△DHF，④正确
∴∠ABG=∠DHF
∵AB≠AG
∴∠ABG与∠AGB不相等，故∠AGB≠∠DHF
∴HD与BG不平行，③错误
故答案为：①④
【分析】根据正方形性质可得∠ADC=∠BCD=90°，AD=CD，根据线段中点可得DF=EC=2，根据全等三角形判定定理可得△ADF≌△DCE，则∠AFD=∠DEC，∠FAD=∠EDC，根据角之间的关系可得判断①；根据勾股定理可得AF，根据三角形面积可判断②，根据线段中点可得，则∠HDF=∠HFD，根据直线平行性质可得∠HDF=∠HFD=∠BAG，根据勾股定理可得AG，再根据相似三角形判定定理可判断④，根据相似三角形性质可得∠ABG=∠DHF，根据等腰三角形性质，结合直线平行判定定理可判断③.
15．如图，在直角三角形纸片中，，，．D是中点，将纸片沿翻折，直角顶点A的对应点为，交于E，则　 　 ．
【答案】
【知识点】勾股定理；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定；相似三角形的性质-对应边；等积变换
【解析】【解答】解：如图，
设与相交于，过作于，
是中点，
，
又∵，
，
关于对称，
，
，
∴，
，
，
，
，
，
∴，
，
，
，
，
，
∴，
，
，
故答案为：．
【分析】设与相交于，过作于，根据中点性质得，等于3，根据勾股定理求出，根据等面积法求出，再根据相等，相等，根据相似三角形的判定得相似，根据相似性质得等于，进一步得等于，再根据相等，相等，证明相似，根据相似性质得，进一步得等于即可.
16． 如图， 在□ABCD中， AC， BD交于点O， 且AO=BO。
（1） 求证： 四边形ABCD是矩形；
（2）①用圆规和无刻度直尺在图中作∠ADB的角平分线DE交AB于点E，保留作图痕迹，不用写出作法和理由；
②在①的条件下，
当 时，求AE的长。
【答案】（1）证明： ∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AC=2AO， BD=2BO，
∵AO=BO，
∴AC=BD，
∴□ABCD为矩形；
（2）解：①解：如图所示
②过点E作EG⊥BD于点G， 如图所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB=90°，
∴EA⊥AD，
∵DE为∠ADB的角平分线，
∴EG=EA，
在 Rt△DAB中∵
即
∴DB=26，
在Rt△DAB中，由勾股定理
由等面积法可知
解得，
【知识点】角平分线的性质；勾股定理；解直角三角形；尺规作图-作角的平分线；等积变换
【解析】【分析】（1）根据平行四边形性质可得AC=2AO， BD=2BO，根据边之间的关系可得AC=BD，再根据矩形判定定理即可求出答案.
（2）①根据题意作图即可.
②过点E作EG⊥BD于点G，根据矩形性质可得∠DAB=90°，根据角平分线性质可得EG=EA， 解直角三角形可得DB，根据勾股定理可得AB，再根据三角形面积即可求出答案.
17．老师布置了一道思考题：“尺规作图：过直线AB外一点P作这条直线的平行线，”小亮的作法如下：如图，在直线AB上任取一点C，以点C为圆心，CP的长为半径画弧交AB于点D，再分别以点P，D为圆心，CP的长为半径画弧，两弧交于点E，作直线PE，则PEIIAB.
（1）请判断小亮的作法是否正确，并说明理由。
（2）连接PD，CE，交点为O，若PC=5，PD=6，求点P到直线AB的距离.
【答案】（1）解：正确，理由如下
由作图可知CP=CD=PE=DE
∴四边形CPED是菱形
∴PE∥AB
（2）解：连接PD，CE交点为O，设点P到AB的距离为h
∵四边形CPED是菱形
∴PD⊥CE
∴OP=OD=3，OC=OE
∴
∴EC=2OC=8
∵菱形CPED的面积为
∴
【知识点】菱形的判定与性质；尺规作图-直线、射线、线段；等积变换
【解析】【分析】（1）由作图可知CP=CD=PE=DE，根据菱形判定定理可得四边形CPED是菱形，则PE∥AB，即可求出答案.
（2）连接PD，CE交点为O，设点P到AB的距离为h，根据菱形性质可得OP=OD=3，OC=OE，再根据菱形面积即可求出答案.
18．在四边形ABCD中，，点E在边BC上，连接DE，，点F在DE上，连接AF，，且.
（1）如图1，求证：四边形ABCD是平行四边形；
（2）如图2，连接AE，若，在不添加任何辅助线及字母的情况下，请直接写出图2中面积等于面积一半的所有三角形.
【答案】（1）证明： ∵，，，
∴
∵，，
∴
∴
∴
∴四边形 ABCD 是平行四边形。
（2）△ABE， △DCE， △AEF， △ADF
【知识点】三角形的面积；平行四边形的判定；等积变换
【解析】【解答】（2）解：因为BE=CE
所以
因为AF=CD
所以
故答案为：△ABE， △DCE， △AEF， △ADF。
【分析】（1）根据外角定理，可得，又根据，可得，易证，进而可得，根据平行四边形的判定定理，即可证明。
（2）根据BE=CE，可得E是BC的中点，根据同高等底的性质，即可判断△ABE=△DCE=；再根据AF=CD，可得F是DE的中点，据此可得△AEF=△ADF=。
三、中考数学思想与方法-数形结合
19．如图，在平面直角坐标系中，正与正是以原点为位似中心的位似图形，且面积比为，点，，均在轴上，若点的坐标为，则点的坐标为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】坐标与图形变化﹣位似；数形结合
【解析】【解答】解：根据题意可知：正与正是以原点为位似中心的位似图形，且面积比为，
∴正△ABC和正△BDE的相似比为，
∵点的坐标为，
∴点的坐标为，即，
故答案为：C．
【分析】根据三角形的面积比是三角形相似比的平方，可得出三角形的相似比，再根据在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或，即可得出结论．
20． 已知点和点都是反比例函数的图像上的两点，下列说法正确的是（　　）
A．当时， B．当时，
C．当时， D．当时，
【答案】B
【知识点】反比例函数的性质；数形结合；分类讨论
【解析】【解答】解：，
在每个象限内，y随x的增大而减少，
当，即时，；
当，即时，；
当，即时，；
当，即时，；
当，即时，.
故答案为：B.
【分析】由反比例函数的图象性质可得当k>0时，在每个象限内，y随x的增大而减少，对点A、B所在象限位置进行分类讨论，进而利用图象性质进行大小比较.
21．如图，一次函数的图象与反比例函数的图象交于两点，点的横坐标为，点的横坐标为，当时，则的取值范围是　 　．
【答案】或
【知识点】反比例函数与一次函数的交点问题；数形结合
【解析】【解答】解：根据函数图象可知，当或时，一次函数的图象在反比例函数图象的下方，
即当或时，，
∴的取值范围为：或．
故答案为：0＜x＜1或x＜-2.
【分析】从图象角度看，求y1＜y2时，x的取值范围，就是求一次函数图象在反比例函数图象下方时x的取值范围，结合A、B两点横坐标即可直接得出答案.
22．如图1，共享单车停放点和图书馆C依次在一条东西走向的道路上．甲、乙两人从两停放点之间的P点处同时出发，去往图书馆．甲步行去停放点A，然后骑共享单车去往图书馆，乙步行去停放点B，然后骑共享单车去往图书馆．已知甲乙两人步行速度均为75米分，两人到图书馆的距离s（米）与时间t（分）的函数关系如图2所示．
（1）求停放点之间的距离；
（2）求甲追上乙的时间；
（3）若乙改为先步行去停放点A，然后骑共享单车去往图书馆，会比原来更早到达图书馆吗？相差多少分钟？
【答案】（1）解： 75×6+75×14=1500（米），
答：停放点之间的距离1500米；
（2）解法一：（米/分），
时的路程差：（米），
（分），
（分），
答：甲追上乙的时间为10分钟．
解法二：（米），（米）．
（米），
．
设，
将和代入，
得
，
．
设，
将和代入，
得
，
．
当时，，解得．
答：甲追上乙的时间为10分钟．
（3）解：（米/分），
（分），
（分）．
答：会比原来早到2分钟．
【知识点】通过函数图象获取信息；一次函数的实际应用-行程问题；数形结合
【解析】【分析】（1）根据图象提供的信息可得甲步行6分钟从点P到达了点A，乙步行14分钟从点P步行到点B，根据路程等于速度乘以时间可分别求出PA、PB的长度，进而根据PA+PB=AB可得答案；
（2）解法一：首先求出甲的骑行速度，然后求出t=6时，甲乙之间距离，然后用甲乙之间的距离除以甲乙的速度差即可得出甲从A地出发追上乙的用时，再加上开始的步行时间即可；
解法二：首先根据图象提供的信息，利用待定系数法求出直线GH与MN的函数表达式，然后联立求解即可；
（3）首先根据路程、速度时间三者的关系求出乙骑行的速度，然后求出乙从A地到C地的骑行时间，再加上乙从P地步行到A地的时间可得乙修改后所用的总时间，然后与原方案的时间比较就可求解.
（1）（米）．
答：停放点之间的距离1500米．；
（2）解法一：（米/分），
时的路程差：（米），
（分），
（分），
答：甲追上乙的时间为10分钟．
解法二：（米），（米）．
（米），
．
设，
将和代入，
得
，
．
设，
将和代入，
得
，
．
当时，，解得．
答：甲追上乙的时间为10分钟．
；
（3）（米/分），
（分），
（分）．
答：会比原来早到2分钟．
23．甲、乙两人分别驾车和骑车匀速从A地前往B地，甲到达B地后以原速度立马返回A地，在A地休息1小时后，又以原速度前往B地；乙从A地出发骑车5小时到达途中的景点C，停车在景点C游玩2小时，接着以原速度继续前往B地．甲、乙两人距离A地的路程y（千米）与时间x（小时）之间的函数关系如图所示．
（1）分别求甲、乙的速度．
（2）求甲从B地返回A地时路程y（千米）与时间x（小时）之间的函数关系式？
（3）甲、乙两人第二次相遇时距离A地多远？
【答案】（1）解：（千米/小时），
（千米/小时）
（2）解：甲从B地返回时的时间为（小时），
设甲从B地返回A地时路程y（千米）与时间x（小时）之间的函数关系式，
把，代入，得
，解得：，
∴
∵甲从B地返回A地时开始时间为2.5小时，结束时间为5小时，
∴，
∴
（3）解：∵甲行驶速度没变，
∴甲第二次从A地到B地的函数图象与第二次从A地到B地函数图象平行，
∴设甲第二次从A地到B地的函数解析式为，
把代入，得，
∴
∴
乙从A地到C地距离为（千米），
∴休息后，由C地继续前往B地的出发地坐标为，B地的坐标为
∴设乙休息后，由C地继续前往B地的函数解析式为，
把，分别代入，得，
解得：，
∴，
联立得，
解得，
【知识点】两一次函数图象相交或平行问题；一次函数的实际应用-行程问题；数形结合
【解析】【分析】（1）结合图象A、B两地相距200千米，甲驾车匀速从A地前往B地，甲到达B地后以原速度立马返回A地共用时5小时；乙骑车匀速从A地前往B地，途中休息2小时，总用时12小时，从而根据速度=路程÷时间即可分别求出甲乙的度数；
（2）设甲从B地返回A地时路程y（千米）与时间x（小时）之间的函数关系式y=kx+b，然后将(2.5，200)与(5，0)分别代入可得关于字母k、b的方程组，求解得出k、b的值，即可求出函数解析式，进而结合图象写出自变量的取值范围；
（3）先利用待定系数法求得甲第二次从A地到B地的函数解析式及乙休息后，由C地继续前往B地的函数解析式，再联立方程组，求解即可．
（1）解：（千米/小时），
（千米/小时），
（2）解：甲从B地返回时的时间为（小时），
设甲从B地返回A地时路程y（千米）与时间x（小时）之间的函数关系式，
把，代入，得
，解得：，
∴
∵甲从B地返回A地时开始时间为2.5小时，结束时间为5小时，
∴，
∴．
（3）解：∵甲行驶速度没变，
∴甲第二次从A地到B地的函数图象与第二次从A地到B地函数图象平行，
∴设甲第二次从A地到B地的函数解析式为，
把代入，得，
∴
∴
乙从A地到C地距离为（千米），
∴休息后，由C地继续前往B地的出发地坐标为，B地的坐标为
∴设乙休息后，由C地继续前往B地的函数解析式为，
把，分别代入，得，
解得：，
∴，
，
解得，
24．《几何原本》是数学发展史中的不朽著作，该书记载了很多利用几何图形来论证代数结论的方法，凸显了数形结合的思想，如图①，借助四边形ABCD的面积说明了等式（a+b)c=ac+bc成立.
（1）观察图②，③，找出可以推出的等式：
等式A：（a+b)（a-b)=a2-b2：
等式B：（a+b)2=a2+2ab+b2：
可知，图②对应等式　 　；图③对应等式　 　.
（2）如图④，△ABC中，AB=BC，∠ABC=90°，BD⊥AC于点D，E是边BC上一点，作EF⊥BD于点F，EG⊥AC于点G，过A作BC的平行线交直线EG于点H.分别记△ABD，△BEF，△EGC，△AGH的面积为S1，S2，S3，S4.求的值.
【答案】（1）B；A
（2）解：设 ，则CD=a+b，如图，
∵AB=BC，∠ABC=90°，BD⊥AC，
∴∠BAC=∠BCA=∠DBC=45°，∠ADB=∠BDC=90°，AD=CD=BD=a+b，
∴AG=AD+DG=a+2b，
∵EG⊥AC，
∴∠EGC=∠EGD=90°，
∴∠GEC=∠GCE=45°，
∴CG=EG=a，
∵EF⊥BD，
∴∠EFD=90°，
∴四边形DFEG是矩形，
∴EF=DG=b，FD=EG=a，
∴BF=BD-FD=b，
∴，
∵AH∥BC，
∴∠HAG=∠ACB=45°，
∴∠H=∠HAG=45°，
∴AG=GH=a+2b，
∴
∴
【知识点】完全平方公式的几何背景；平方差公式的几何背景；矩形的判定与性质；等腰直角三角形；数形结合
【解析】【解答】解：（1）图②是由两个小长方形方形和两个小正方形组成的大正方形，其面积可以表示为(a+b)2，也可以表示为a2+2ab+b2，因此对应的等式是：（a+b)2=a2+2ab+b2 ，即等式B；
图③面积可以表示为(a+b)(a-b)，也可以表示为a2-b2，因此对应的等式是： （a+b)（a-b)=a2-b2，即等式A；
故答案为：B，A；
【分析】（1） 用两种不同的方法表示出同一个图形的面积，根据整个图形的面积等于各个部分面积这和列出等式，即可判断得出答案；
（2）设CG=a，DG=b，由等腰直角三角形性质得∠BAC=∠BCA=∠DBC=45°，∠ADB=∠BDC=90°，AD=CD=BD=a+b，判断出△ABD、△CEG及△AGH都是等腰直角三角形，四边形DFEG是矩形，得CG=EG=a，EF=DG=b，FD=EG=a，AG=GH=a+2b，进而根据直角三角形面积计算公式分别表示出S1、S2、S3、S4，再代入化简即可.
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