2018年初中数学中考名师面对面专题指导：2018年初中数学中考名师面对面专题指导1：实验操作类问题（共5篇）

第一篇：2018年初中数学中考名师面对面专题指导：2018年初中数学中考名师面对面专题指导1：实验操作类问题

2018年初中数学中考名师面对面专题指导

第一讲实验操作类问题

（一）考点解析：

实验操作题要求在动手实践的基础上，进行探索、猜想，得出结论．这类题型一方面考查了学生的实践能力，另一方面考查了学生的探究意识和创新精神，在命题中越来越受到重视，其形式主要有选择题、填空题和解答题．

（二）考点训练

考点1：图形的折叠与展开

【典型例题】：（2017山东枣庄）如图，在△ABC中，∠A=78°，AB=4，AC=6，将△ABC沿图示中的虚线剪开，剪下的阴影三角形与原三角形不相似的是（）

A． B． C． D．

【考点】S8：相似三角形的判定．

【分析】根据相似三角形的判定定理对各选项进行逐一判定即可．

【解答】解：A、阴影部分的三角形与原三角形有两个角相等，故两三角形相似，故本选项错误；

B、阴影部分的三角形与原三角形有两个角相等，故两三角形相似，故本选项错误；

C、两三角形的对应边不成比例，故两三角形不相似，故本选项正确． D、两三角形对应边成比例且夹角相等，故两三角形相似，故本选项错误； 故选C． 【变式训练】：

（2017青海西宁）如图，将▱ABCD沿EF对折，使点A落在点C处，若∠A=60°，AD=4，AB=8，则AE的长为

．

【考点】PB：翻折变换（折叠问题）；L5：平行四边形的性质．

【分析】过点C作CG⊥AB的延长线于点G，易证△D′CF≌△ECB（ASA），从而可知D′F=EB，CF=CE，设AE=x，在△CEG中，利用勾股定理列出方程即可求出x的值．

【解答】解：过点C作CG⊥AB的延长线于点G，在▱ABCD中，∠D=∠EBC，AD=BC，∠A=∠DCB，由于▱ABCD沿EF对折，∴∠D′=∠D=∠EBC，∠D′CE=∠A=∠DCB，D′C=AD=BC，∴∠D′CF+∠FCE=∠FCE+∠ECB，∴∠D′CF=∠ECB，在△D′CF与△ECB中，∴△D′CF≌△ECB（ASA）∴D′F=EB，CF=CE，∵DF=D′F，∴DF=EB，AE=CF 设AE=x，则EB=8﹣x，CF=x，∵BC=4，∠CBG=60°，∴BG=BC=2，由勾股定理可知：CG=

2，∴EG=EB+BG=8﹣x+2=10﹣x 在△CEG中，由勾股定理可知：（10﹣x）2+（2解得：x=AE=故答案为：）2=x2，方法归纳总结：以折纸为背景考查学生对轴对称等有关知识的掌握及空间观念的发展情况，在问题解决过程中，既可以从具体的动手操作中寻找答案，也可以通过空间想象活动寻找答案，一些比较复杂的折纸与剪纸问题，或难于正确把握时，可以动手试一试． 考点2：图形的分割与拼接

【典型例题】：(2017湖北襄阳)“赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲，如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形，设直角三角形较长直角边长为a，较短直角边长为b，若（a+b）2=21，大正方形的面积为13，则小正方形的面积为（）

A．3 B．4 C．5 D．6 【考点】KR：勾股定理的证明．

【分析】观察图形可知，小正方形的面积=大正方形的面积﹣4个直角三角形的面积，利用已知（a+b）2=21，大正方形的面积为13，可以得出直角三角形的面积，进而求出答案． 【解答】解：∵如图所示： ∵（a+b）2=21，∴a2+2ab+b2=21，∵大正方形的面积为13，2ab=21﹣13=8，∴小正方形的面积为13﹣8=5． 故选：C． 【变式训练】：

(2017湖北宜昌)如图，将一张四边形纸片沿直线剪开，如果剪开后的两个图形的内角和相等，下列四种剪法中，符合要求的是（）

A．①② B．①③ C．②④ D．③④

【考点】L3：多边形内角与外角．

【分析】根据多边形的内角和定理即可判断．

【解答】解：∵①剪开后的两个图形是四边形，它们的内角和都是360°，③剪开后的两个图形是三角形，它们的内角和都是180°； ∴①③剪开后的两个图形的内角和相等，故选B． 方法归纳总结：

图形的分割与拼接是中考中常见问题．一般地，解答时需要发挥空间想象力，借助示意图进行研究解答，一方面观察图形的特点关系，即线段的关系、角的关系；另一方面可借助计算，必要时需要实际操作． 考点3：三角板的操作

【典型例题】：（2017江苏盐城）在“三角尺拼角”实验中，小明同学把一副三角尺按如图所示的方式放置，则∠1= 120 °．

【考点】K8：三角形的外角性质；K7：三角形内角和定理． 【分析】根据三角形的外角的性质计算即可．

【解答】解：由三角形的外角的性质可知，∠1=90°+30°=120°，故答案为：120． 【变式训练】：

（2017江苏盐城）在“三角尺拼角”实验中，小明同学把一副三角尺按如图所示的方式放置，则∠1= 120 °．

【考点】K8：三角形的外角性质；K7：三角形内角和定理． 【分析】根据三角形的外角的性质计算即可．

【解答】解：由三角形的外角的性质可知，∠1=90°+30°=120°，故答案为：120． 方法归纳总结：

借助三角板等学生熟悉的工具给出操作规则，在操作过程中要求画出图形，将三角板的问题转化为三角形中的计算问题，或探究发现新结论的问题 考点4：利用图形的分割与拼接进行探索研究

【典型例题】：（2017湖北随州）如图，分别是可活动的菱形和平行四边形学具，已知平行四边形较短的边与菱形的边长相等．

（1）在一次数学活动中，某小组学生将菱形的一边与平行四边形较短边重合，摆拼成如图1所示的图形，AF经过点C，连接DE交AF于点M，观察发现：点M是DE的中点．

下面是两位学生有代表性的证明思路： 思路1：不需作辅助线，直接证三角形全等； 思路2：不证三角形全等，连接BD交AF于点H．… 请参考上面的思路，证明点M是DE的中点（只需用一种方法证明）；（2）如图2，在（1）的前提下，当∠ABE=135°时，延长AD、EF交于点N，求的值；

（3）在（2）的条件下，若表示的值．

=k（k为大于的常数），直接用含k的代数式

【考点】SO：相似形综合题．

【分析】（1）证法一，利用菱形性质得AB=CD，AB∥CD，利用平行四边形的性质得AB=EF，AB∥EF，则CD=EF，CD∥EF，再根据平行线的性质得∠CDM=∠FEM，则可根据“AAS”判断△CDM≌△FEM，所以DM=EM；

证法二，利用菱形性质得DH=BH，利用平行四边形的性质得AF∥BE，再根据平行线分线段成比例定理得到

=

=1，所以DM=EM；

（2）由△CDM≌△FEM得到CM=FM，设AD=a，CM=b，则FM=b，EF=AB=a，再证明四边形ABCD为正方形得到AC=b，则NE=NF+EF=2a+（4）由于+1，再把==

=

a，接着证明△ANF为等腰直角三角形得到NF=a+的值；，然后表示出

=

=

b，然后计算+=k，则

=代入计算即可．

【解答】解：（1）如图1，证法一：∵四边形ABCD为菱形，∴AB=CD，AB∥CD，∵四边形ABEF为平行四边形，∴AB=EF，AB∥EF，∴CD=EF，CD∥EF，∴∠CDM=∠FEM，在△CDM和△FEM中，∴△CDM≌△FEM，∴DM=EM，即点M是DE的中点；

证法二：∵四边形ABCD为菱形，∴DH=BH，∵四边形ABEF为平行四边形，∴AF∥BE，∵HM∥BE，∴==1，∴DM=EM，即点M是DE的中点；（2）∵△CDM≌△FEM，∴CM=FM，设AD=a，CM=b，∵∠ABE=135°，∴∠BAF=45°，∵四边形ABCD为菱形，∴∠NAF=45°，∴四边形ABCD为正方形，∴AC=AD=a，∵AB∥EF，∴∠AFN=∠BAF=45°，∴△ANF为等腰直角三角形，∴NF=AF=（a+b+b）=a+

b，b，∴NE=NF+EF=a+b+a=2a+∴==，====

+

==k，；

（4）∵∴=k﹣∴=∴•+1=•+1=．

【变式训练】： 方法归纳总结：

画图、测量、猜想、证明等有关的探究型问题，往往利用几何图形的性质进行全等、相似的证明．

（三）考点检测

1.请用割补法作图，将一个锐角三角形经过一次或两次分割后，重新拼成一个与原三角形面积相等的平行四边形（只要求用一种方法画出图形，把相等的线段作相同的标记）．

【分析】沿AB的中点E和BC的中点F剪开，然后拼接成平行四边形即可． 【解答】解：如图所示．

AE=BE，DE=EF，AD=CF．

【点评】本题考查了图形的剪拼，操作性较强，灵活性较大，根据三角形的中位线定理想到从AB、BC的中点入手剪开是解题的关键．

2.（2017山东烟台）如图1，将一圆形纸片向右、向上两次对折后得到如图2所示的扇形AOB．已知OA=6，取OA的中点C，过点C作CD⊥OA交

于点D，点F是上一点．若将扇形BOD沿OD翻折，点B恰好与点F重合，用剪刀沿着线段BD，DF，FA依次剪下，则剪下的纸片（形状同阴影图形）面积之和为 36π﹣108 ．

【考点】MO：扇形面积的计算；P9：剪纸问题．

【分析】先求出∠ODC=∠BOD=30°，作DE⊥OB可得DE=OD=3，先根据S弓形BD=S扇形BOD﹣S△BOD求得弓形的面积，再利用折叠的性质求得所有阴影部分面积．

【解答】解：如图，∵CD⊥OA，∴∠DCO=∠AOB=90°，∵OA=OD=OB=6，OC=OA=OD，∴∠ODC=∠BOD=30°，作DE⊥OB于点E，则DE=OD=3，∴S弓形BD=S扇形BOD﹣S△BOD=

﹣×6×3=3π﹣9，则剪下的纸片面积之和为12×（3π﹣9）=36π﹣108，故答案为：36π﹣108．

3.（2016·江西·6分）如图，六个完全相同的小长方形拼成了一个大长方形，AB是其中一个小长方形的对角线，请在大长方形中完成下列画图，要求：①仅用无刻度直尺，②保留必要的画图痕迹．（1）在图1中画出一个45°角，使点A或点B是这个角的顶点，且AB为这个角的一边；

（2）在图2中画出线段AB的垂直平分线．

【考点】作图—应用与设计作图．

【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质即可解决问题．

（2）根据正方形、长方形的性质对角线相等且互相平分，即可解决问题． 【解答】解：（1）如图所示，∠ABC=45°．（AB、AC是小长方形的对角线）．

（2）线段AB的垂直平分线如图所示，点M是长方形AFBE是对角线交点，点N是正方形ABCD的对角线的交点，直线MN就是所求的线段AB的垂直平分线．

4.（2016·江西·6分）如图，六个完全相同的小长方形拼成了一个大长方形，AB是其中一个小长方形的对角线，请在大长方形中完成下列画图，要求：①仅用无刻度直尺，②保留必要的画图痕迹．

（1）在图1中画出一个45°角，使点A或点B是这个角的顶点，且AB为这个角的一边；

（2）在图2中画出线段AB的垂直平分线．

【考点】作图—应用与设计作图．

【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质即可解决问题．

（2）根据正方形、长方形的性质对角线相等且互相平分，即可解决问题． 【解答】解：（1）如图所示，∠ABC=45°．（AB、AC是小长方形的对角线）．

（2）线段AB的垂直平分线如图所示，点M是长方形AFBE是对角线交点，点N是正方形ABCD的对角线的交点，直线MN就是所求的线段AB的垂直平分线．

5.（2017江苏盐城）如图，△ABC是一块直角三角板，且∠C=90°，∠A=30°，现将圆心为点O的圆形纸片放置在三角板内部．

（1）如图①，当圆形纸片与两直角边AC、BC都相切时，试用直尺与圆规作出射线CO；（不写作法与证明，保留作图痕迹）

（2）如图②，将圆形纸片沿着三角板的内部边缘滚动1周，回到起点位置时停止，若BC=9，圆形纸片的半径为2，求圆心O运动的路径长．

【考点】O4：轨迹；MC：切线的性质；N3：作图—复杂作图．

【分析】（1）作∠ACB的平分线得出圆的一条弦，再作此弦的中垂线可得圆心O，作射线CO即可；

（2）添加如图所示辅助线，圆心O的运动路径长为，先求出△ABC的三边长度，得出其周长，证四边形OEDO1、四边形O1O2HG、四边形OO2IF均为矩形、四边形OECF为正方形，得出∠OO1O2=60°=∠ABC、∠O1OO2=90°，从而知△OO1O2∽△CBA，利用相似三角形的性质即可得出答案． 【解答】解：（1）如图①所示，射线OC即为所求；

（2）如图，圆心O的运动路径长为，过点O1作O1D⊥BC、O1F⊥AC、O1G⊥AB，垂足分别为点D、F、G，过点O作OE⊥BC，垂足为点E，连接O2B，过点O2作O2H⊥AB，O2I⊥AC，垂足分别为点H、I，在Rt△ABC中，∠ACB=90°、∠A=30°，∴AC=∴C△ABC=9+9==9，AB=2BC=18，∠ABC=60°，+18=27+9∵O1D⊥BC、O1G⊥AB，∴D、G为切点，∴BD=BG，在Rt△O1BD和Rt△O1BG中，∵，∴△O1BD≌△O1BG（HL），∴∠O1BG=∠O1BD=30°，在Rt△O1BD中，∠O1DB=90°，∠O1BD=30°，∴BD=∴OO1=9﹣2﹣2==2=7﹣

2，∵O1D=OE=2，O1D⊥BC，OE⊥BC，∴O1D∥OE，且O1D=OE，∴四边形OEDO1为平行四边形，∵∠OED=90°，∴四边形OEDO1为矩形，同理四边形O1O2HG、四边形OO2IF、四边形OECF为矩形，又OE=OF，∴四边形OECF为正方形，∵∠O1GH=∠CDO1=90°，∠ABC=60°，∴∠GO1D=120°，又∵∠FO1D=∠O2O1G=90°，∴∠OO1O2=360°﹣90°﹣90°=60°=∠ABC，同理，∠O1OO2=90°，∴△OO1O2∽△CBA，∴∴==15+，即

=，．，即圆心O运动的路径长为15+

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2018年初中数学中考名师面对面专题指导

第九讲几何研究类问题

（一）考点解析：

几何问题探究是新中考中命题的一大亮点，往往设计成一个小课题，以“链式”问题链的形式出现，图形运动与证明的结合，常把点的运动、线段的运动与全等、相似的证明、特殊三角形的判定、特殊四边形的判定结合起来，挖掘变中之不变，将问题图形中的某个图形进行平移、翻折、旋转等运动，使其中某些元素或图形的结构产生了规律性的变化，针对这种规律性的变化形式或特定的结论设计逐步递进的问题串来形成探究问题，由于涉及图形较复杂，关注知识点较多，各知识块之间的联系较为密切．让学生在一定的情景中完成探究，先用类 比，而后归纳悟出规律，从特殊到得出一般规律，再到利用规律求解，使学生的才能得到充分的展示．

（二）考点训练 考点1：条件开放式问题

【典型例题】：（2017日照）如图，已知BA=AE=DC，AD=EC，CE⊥AE，垂足为E．（1）求证：△DCA≌△EAC；

（2）只需添加一个条件，即 AD=BC（答案不唯一），可使四边形ABCD为矩形．请加以证明．

【考点】LC：矩形的判定；KD：全等三角形的判定与性质． 【分析】（1）由SSS证明△DCA≌△EAC即可；

（2）先证明四边形ABCD是平行四边形，再由全等三角形的性质得出∠D=90°，即可得出结论． 【解答】（1）证明：在△DCA和△EAC中，∴△DCA≌△EAC（SSS）；，（2）解：添加AD=BC，可使四边形ABCD为矩形；理由如下： ∵AB=DC，AD=BC，∴四边形ABCD是平行四边形，∵CE⊥AE，∴∠E=90°，由（1）得：△DCA≌△EAC，∴∠D=∠E=90°，∴四边形ABCD为矩形；

故答案为：AD=BC（答案不唯一）． 【变式训练】：

(2017湖北咸宁)定义：数学活动课上，李老师给出如下定义：如果一个三角形有一边上的中线等于这条边的一半，那么称这个三角形为“智慧三角形”． 理解：

（1）如图1，已知A、B是⊙O上两点，请在圆上找出满足条件的点C，使△ABC为“智慧三角形”（画出点C的位置，保留作图痕迹）；

（2）如图2，在正方形ABCD中，E是BC的中点，F是CD上一点，且CF=CD，试判断△AEF是否为“智慧三角形”，并说明理由； 运用：

（3）如图3，在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1，点Q是直线y=3上的一点，若在⊙O上存在一点P，使得△OPQ为“智慧三角形”，当其面积取得最小值时，直接写出此时点P的坐标．

【考点】MR：圆的综合题．

【分析】（1）连结AO并且延长交圆于C1，连结BO并且延长交圆于C2，即可求解；（2）设正方形的边长为4a，表示出DF=CF以及EC、BE的长，然后根据勾股定理列式表示出AF2、EF2、AE2，再根据勾股定理逆定理判定△AEF是直角三角形，由直角三角形的性质可得△AEF为“智慧三角形”；

（3）根据“智慧三角形”的定义可得△OPQ为直角三角形，根据题意可得一条直角边为1，当斜边最短时，另一条直角边最短，则面积取得最小值，由垂线段最短可得斜边最短为3，根据勾股定理可求另一条直角边，再根据三角形面积可求斜边的高，即点P的横坐标，再根据勾股定理可求点P的纵坐标，从而求解． 【解答】解：（1）如图1所示：（2）△AEF是否为“智慧三角形”，理由如下：设正方形的边长为4a，∵E是DC的中点，∴DE=CE=2a，∵BC：FC=4：1，∴FC=a，BF=4a﹣a=3a，在Rt△ADE中，AE2=（4a）2+（2a）2=20a2，在Rt△ECF中，EF2=（2a）2+a2=5a2，在Rt△ABF中，AF2=（4a）2+（3a）2=25a2，∴AE2+EF2=AF2，∴△AEF是直角三角形，∵斜边AF上的中线等于AF的一半，∴△AEF为“智慧三角形”；（3）如图3所示：

由“智慧三角形”的定义可得△OPQ为直角三角形，根据题意可得一条直角边为1，当斜边最短时，另一条直角边最短，则面积取得最小值，由垂线段最短可得斜边最短为3，由勾股定理可得PQ=

=

2，PM=1×2÷3=，=，），（，）． 由勾股定理可求得OM=故点P的坐标（﹣

方法归纳总结：条件开放题是指结论给定，条件未知或不全，需探求与结论相对应的条件．解这种开放问题的一般思路是：由已知的结论反思题目应具备怎样的条件，即从题目的结论出发，逆向追索，逐步探求． 考点2：结论开放式问题

【典型例题】：(2017湖北咸宁)如图，在Rt△ABC中，BC=2，∠BAC=30°，斜边AB的两个端点分别在相互垂直的射线OM、ON上滑动，下列结论： ①若C、O两点关于AB对称，则OA=2②C、O两点距离的最大值为4； ③若AB平分CO，则AB⊥CO； ④斜边AB的中点D运动路径的长为

； ；

其中正确的是 ①②③（把你认为正确结论的序号都填上）．

【考点】KY：三角形综合题．

【分析】①先根据直角三角形30°的性质和勾股定理分别求AC和AB，由对称的性质可知：AB是OC的垂直平分线，所以OA=AC；

②当OC经过AB的中点E时，OC最大，则C、O两点距离的最大值为4； ③如图2，根据等腰三角形三线合一可知：AB⊥OC；

④如图3，半径为2，圆心角为90°，根据弧长公式进行计算即可． 【解答】解：在Rt△ABC中，∵BC=2，∠BAC=30°，∴AB=4，AC==

2，①若C、O两点关于AB对称，如图1，∴AB是OC的垂直平分线，则OA=AC=2；

所以①正确；

②如图1，取AB的中点为E，连接OE、CE，∵∠AOB=∠ACB=90°，∴OE=CE=AB=2，当OC经过点E时，OC最大，则C、O两点距离的最大值为4； 所以②正确；

③如图2，同理取AB的中点E，则OE=CE，∵AB平分CO，∴OF=CF，∴AB⊥OC，所以③正确；

④如图3，斜边AB的中点D运动路径是：以O为圆心，以2为半径的圆周的，则： =π．

所以④不正确；

综上所述，本题正确的有：①②③； 故答案为：①②③．

【变式训练】：

（2017•新疆）如图，在四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD，对角线AC，BD相交于点O，下列结论中： ①∠ABC=∠ADC； ②AC与BD相互平分；

③AC，BD分别平分四边形ABCD的两组对角； ④四边形ABCD的面积S=

AC•BD．

正确的是 ①④（填写所有正确结论的序号）

【考点】KD：全等三角形的判定与性质；KG：线段垂直平分线的性质． 【分析】①证明△ABC≌△ADC，可作判断；

②③由于AB与BC不一定相等，则可知此两个选项不一定正确； ④根据面积和求四边形的面积即可． 【解答】解：①在△ABC和△ADC中，∵，∴△ABC≌△ADC（SSS），∴∠ABC=∠ADC，故①结论正确； ②∵△ABC≌△ADC，∴∠BAC=∠DAC，∵AB=AD，∴OB=OD，AC⊥BD，而AB与BC不一定相等，所以AO与OC不一定相等，故②结论不正确；

③由②可知：AC平分四边形ABCD的∠BAD、∠BCD，而AB与BC不一定相等，所以BD不一定平分四边形ABCD的对角； 故③结论不正确； ④∵AC⊥BD，∴四边形ABCD的面积S=S△ABD+S△BCD=故④结论正确； 所以正确的有：①④； 故答案为：①④．

BD•AO+

BD•CO=

BD•（AO+CO）=

AC•BD． 【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质，掌握全等三角形的判定方法是解题的关键，第1问可以利用等边对等角，由等量加等量和相等来解决． 方法归纳总结：

给出问题的条件，让解题者根据条件探索相应的结论并且符合条件的结论往往呈现多样性，这些问题都是结论开放问题．这类问题的解题思路是：充分利用已知条件或图形特征，进行猜想、类比、联想、归纳，透彻分析出给定条件下可能存在的结论，然后经过论证作出取舍． 考点3：条件和结论开放式问题

【典型例题】：（2017浙江义乌）如图，∠AOB=45°，点M，N在边OA上，OM=x，ON=x+4，点P是边OB上的点，若使点P，M，N构成等腰三角形的点P恰好有三个，则x的值是 x=0或x=

4﹣4或4＜x＜4

．

【考点】KI：等腰三角形的判定．

【分析】分三种情况讨论：先确定特殊位置时成立的x值，①如图1，当M与O重合时，即x=0时，点P恰好有三个；

②如图2，构建腰长为4的等腰直角△OMC，和半径为4的⊙M，发现M在点D的位置时，满足条件；

③如图3，根据等腰三角形三种情况的画法：分别以M、N为圆心，以MN为半径画弧，与OB的交点就是满足条件的点P，再以MN为底边的等腰三角形，通过画图发现，无论x取何值，以MN为底边的等腰三角形都存在一个，所以只要满足以MN为腰的三角形有两个即可． 【解答】解：分三种情况：

①如图1，当M与O重合时，即x=0时，点P恰好有三个；

②如图2，以M为圆心，以4为半径画圆，当⊙M与OB相切时，设切点为C，⊙M与OA交于D，∴MC⊥OB，∵∠AOB=45°，∴△MCO是等腰直角三角形，∴MC=OC=4，∴OM=4，﹣4时，同理可知：点P恰好有三个； 当M与D重合时，即x=OM﹣DM=4③如图3，取OM=4，以M为圆心，以OM为半径画圆，则⊙M与OB除了O外只有一个交点，此时x=4，即以∠PMN为顶角，MN为腰，符合条件的点P有一个，以N圆心，以MN为半径画圆，与直线OB相离，说明此时以∠PNM为顶角，以MN为腰，符合条件的点P不存在，还有一个是以NM为底边的符合条件的点P；

点M沿OA运动，到M1时，发现⊙M1与直线OB有一个交点； ∴当4＜x＜4时，圆M在移动过程中，则会与OB除了O外有两个交点，满足点P恰好有三个；

综上所述，若使点P，M，N构成等腰三角形的点P恰好有三个，则x的值是：x=0或x=4﹣4或4． ﹣4或

4． 故答案为：x=0或x=4

【变式训练】：

（2017浙江义乌）已知△ABC，AB=AC，D为直线BC上一点，E为直线AC上一点，AD=AE，设∠BAD=α，∠CDE=β．

（1）如图，若点D在线段BC上，点E在线段AC上．

①如果∠ABC=60°，∠ADE=70°，那么α= 20 °，β= 10 °，②求α，β之间的关系式．

（2）是否存在不同于以上②中的α，β之间的关系式？若存在，求出这个关系式（求出一个即可）；若不存在，说明理由．

【考点】KY：三角形综合题．

【分析】（1）①先利用等腰三角形的性质求出∠DAE，进而求出∠BAD，即可得出结论；

②利用等腰三角形的性质和三角形的内角和即可得出结论；

（2）①当点E在CA的延长线上，点D在线段BC上，同（1）的方法即可得出结论；

②当点E在CA的延长线上，点D在CB的延长线上，同（1）的方法即可得出结论．

【解答】解：（1）①∵AB=AC，∠ABC=60°，∴∠BAC=60°，∵AD=AE，∠ADE=70°，∴∠DAE=180°﹣2∠ADE=40°，∴α=∠BAD=60°﹣40°=20°，∴∠ADC=∠BAD+∠ABD=60°+20°=80°，∴β=∠CDE=∠ADC﹣∠ADE=10°，故答案为：20，10；

②设∠ABC=x，∠AED=y，∴∠ACB=x，∠AED=y，在△DEC中，y=β+x，在△ABD中，α+x=y+β=β+x+β，∴α=2β；

（2）①当点E在CA的延长线上，点D在线段BC上，如图1 设∠ABC=x，∠ADE=y，∴∠ACB=x，∠AED=y，在△ABD中，x+α=β﹣y，在△DEC中，x+y+β=180°，∴α=2β﹣180°，②当点E在CA的延长线上，点D在CB的延长线上，如图2，同①的方法可得α=180°﹣2β．

方法归纳总结：

利用已知条件或图形特征，进行猜想，并证明． 考点4：几何结论判断的问题

【典型例题】：(2017湖北襄阳)如图，在△ABC中，∠ACB=90°，CD是中线，AC=BC，一个以点D为顶点的45°角绕点D旋转，使角的两边分别与AC、BC的延长线相交，交点分别为点E，F，DF与AC交于点M，DE与BC交于点N．

（1）如图1，若CE=CF，求证：DE=DF；（2）如图2，在∠EDF绕点D旋转的过程中：

①探究三条线段AB，CE，CF之间的数量关系，并说明理由； ②若CE=4，CF=2，求DN的长． 【考点】RB：几何变换综合题．

【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到∠BCD=∠ACD=45°，∠BCE=∠ACF=90°，于是得到∠DCE=∠DCF=135°，根据全等三角形的性质即可的结论；（2）①证得△CDF∽△CED，根据相似三角形的性质得到，即CD2=CE•CF，根据等腰直角三角形的性质得到CD=AB，于是得到AB2=4CE•CF；②如图，过D作DG⊥BC于G，于是得到∠DGN=∠ECN=90°，CG=DG，当CE=4，CF=2时，求得CD=2，推出△CEN∽△GDN，根据相似三角形的性质得到

=2，根据勾股定理即可得到结论．

【解答】（1）证明：∵∠ACB=90°，AC=BC，AD=BD，∴∠BCD=∠ACD=45°，∠BCE=∠ACF=90°，∴∠DCE=∠DCF=135°，在△DCE与△DCF中，∴△DCE≌△DCF，∴DE=DF；

（2）解：①∵∠DCF=∠DCE=135°，∴∠CDF+∠F=180°﹣135°=45°，∵∠CDF+∠CDE=45°，∴∠F=∠CDE，∴△CDF∽△CED，∴，即CD2=CE•CF，∵∠ACB=90°，AC=BC，AD=BD，∴CD=AB，∴AB2=4CE•CF；

②如图，过D作DG⊥BC于G，则∠DGN=∠ECN=90°，CG=DG，当CE=4，CF=2时，由CD2=CE•CF得CD=

2，×sin45°=2，∴在Rt△DCG中，CG=DG=CD•sin∠DCG=2∵∠ECN=∠DGN，∠ENC=∠DNG，∴△CEN∽△GDN，∴=2，∴GN=CG=，∴DN==

=

．

【变式训练】：

（2017湖南邵阳）如图1所示，在△ABC中，点O是AC上一点，过点O的直线与AB，BC的延长线分别相交于点M，N． 【问题引入】（1）若点O是AC的中点，=，求的值；

温馨提示：过点A作MN的平行线交BN的延长线于点G． 【探索研究】

（2）若点O是AC上任意一点（不与A，C重合），求证：【拓展应用】

（3）如图2所示，点P是△ABC内任意一点，射线AP，BP，CP分别交BC，AC，AB于点D，E，F，若

=，=，求的值．

=1；

【分析】（1）作AG∥MN交BN延长线于点G，证△ABG∽△MBN得=，同理由△ACG∽△OCN得

=

=，即=

=，结合AO=CO得NG=CN，从而由可得答案；（2）由=、=

知

=

=1；

=

1、在△ACD中有=

=．

=1，从而（3）由（2）知，在△ABD中有=，据此知

=【解答】解：（1）过点A作AG∥MN交BN延长线于点G，∴∠G=∠BNM，又∠B=∠B，∴△ABG∽△MBN，∴∴∴=，﹣1，即

=，=，﹣1==同理，在△ACG和△OCN中，∴=，∵O为AC中点，∴AO=CO，∴NG=CN，∴

（2）由（1）知，∴

（3）在△ABD中，点P是AD上的一点，过点P的直线与AC、BD的延长线相交于点C，由（2）得=1，=

=、=，===；

=1；

在△ACD中，点P是AD上一点，过点P是AD上一点，过点P的直线与AC、AD的延长线分别相交于点E、B，由（2）得∴∴====1，=×=．

【点评】本题主要考查相似三角形的综合问题，熟练掌握相似三角形的判定与性质及比例式的基本性质是解题的关键． 考点5：结论猜想证明的问题

【典型例题】：（2017湖北随州）如图，分别是可活动的菱形和平行四边形学具，已知平行四边形较短的边与菱形的边长相等．

（1）在一次数学活动中，某小组学生将菱形的一边与平行四边形较短边重合，摆拼成如图1所示的图形，AF经过点C，连接DE交AF于点M，观察发现：点M是DE的中点．

下面是两位学生有代表性的证明思路： 思路1：不需作辅助线，直接证三角形全等； 思路2：不证三角形全等，连接BD交AF于点H．…

请参考上面的思路，证明点M是DE的中点（只需用一种方法证明）；（2）如图2，在（1）的前提下，当∠ABE=135°时，延长AD、EF交于点N，求的值；

（3）在（2）的条件下，若表示的值．

=k（k为大于的常数），直接用含k的代数式

【考点】SO：相似形综合题．

【分析】（1）证法一，利用菱形性质得AB=CD，AB∥CD，利用平行四边形的性质得AB=EF，AB∥EF，则CD=EF，CD∥EF，再根据平行线的性质得∠CDM=∠FEM，则可根据“AAS”判断△CDM≌△FEM，所以DM=EM；

证法二，利用菱形性质得DH=BH，利用平行四边形的性质得AF∥BE，再根据平行线分线段成比例定理得到

=

=1，所以DM=EM；

（2）由△CDM≌△FEM得到CM=FM，设AD=a，CM=b，则FM=b，EF=AB=a，再证明四边形ABCD为正方形得到AC=b，则NE=NF+EF=2a+（4）由于+1，再把==

=

a，接着证明△ANF为等腰直角三角形得到NF=a+的值；，然后表示出

=

=

b，然后计算+=k，则

=代入计算即可．

【解答】解：（1）如图1，证法一：∵四边形ABCD为菱形，∴AB=CD，AB∥CD，∵四边形ABEF为平行四边形，∴AB=EF，AB∥EF，∴CD=EF，CD∥EF，∴∠CDM=∠FEM，在△CDM和△FEM中，∴△CDM≌△FEM，∴DM=EM，即点M是DE的中点；

证法二：∵四边形ABCD为菱形，∴DH=BH，∵四边形ABEF为平行四边形，∴AF∥BE，∵HM∥BE，∴==1，∴DM=EM，即点M是DE的中点；（2）∵△CDM≌△FEM，∴CM=FM，设AD=a，CM=b，∵∠ABE=135°，∴∠BAF=45°，∵四边形ABCD为菱形，∴∠NAF=45°，∴四边形ABCD为正方形，∴AC=AD=a，∵AB∥EF，∴∠AFN=∠BAF=45°，∴△ANF为等腰直角三角形，∴NF=AF=（a+b+b）=a+

b，∴NE=NF+EF=a+∴==，===b+a=2a+b，=

；

（4）∵∴=k﹣∴=∴=+=k，•+1=•+1=．

【变式训练】：

（2017山东烟台）【操作发现】

（1）如图1，△ABC为等边三角形，现将三角板中的60°角与∠ACB重合，再将三角板绕点C按顺时针方向旋转（旋转角大于0°且小于30°），旋转后三角板的一直角边与AB交于点D，在三角板斜边上取一点F，使CF=CD，线段AB上取点E，使∠DCE=30°，连接AF，EF． ①求∠EAF的度数；

②DE与EF相等吗？请说明理由； 【类比探究】

（2）如图2，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB=90°，先将三角板的90°角与∠ACB重合，再将三角板绕点C按顺时针方向旋转（旋转角大于0°且小于45°），旋转后三角板的一直角边与AB交于点D，在三角板另一直角边上取一点F，使CF=CD，线段AB上取点E，使∠DCE=45°，连接AF，EF，请直接写出探究结果： ①求∠EAF的度数；

②线段AE，ED，DB之间的数量关系．

【考点】RB：几何变换综合题．

【分析】（1）①由等边三角形的性质得出AC=BC，∠BAC=∠B=60°，求出∠ACF=∠BCD，证明△ACF≌△BCD，得出∠CAF=∠B=60°，求出∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°； ②证出∠DCE=∠FCE，由SAS证明△DCE≌△FCE，得出DE=EF即可；

（2）①由等腰直角三角形的性质得出AC=BC，∠BAC=∠B=45°，证出∠ACF=∠BCD，由SAS证明△ACF≌△BCD，得出∠CAF=∠B=45°，AF=DB，求出∠EAF=∠BAC+∠CAF=90°；

②证出∠DCE=∠FCE，由SAS证明△DCE≌△FCE，得出DE=EF；在Rt△AEF中，由勾股定理得出AE2+AF2=EF2，即可得出结论． 【解答】解：（1）①∵△ABC是等边三角形，∴AC=BC，∠BAC=∠B=60°，∵∠DCF=60°，∴∠ACF=∠BCD，在△ACF和△BCD中，∴△ACF≌△BCD（SAS），∴∠CAF=∠B=60°，∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°； ②DE=EF；理由如下： ∵∠DCF=60°，∠DCE=30°，∴∠FCE=60°﹣30°=30°，∴∠DCE=∠FCE，在△DCE和△FCE中，∴△DCE≌△FCE（SAS），∴DE=EF；

（2）①∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，∴AC=BC，∠BAC=∠B=45°，∵∠DCF=90°，，∴∠ACF=∠BCD，在△ACF和△BCD中，∴△ACF≌△BCD（SAS），∴∠CAF=∠B=45°，AF=DB，∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=90°； ②AE2+DB2=DE2，理由如下： ∵∠DCF=90°，∠DCE=45°，∴∠FCE=90°﹣45°=45°，∴∠DCE=∠FCE，在△DCE和△FCE中，∴△DCE≌△FCE（SAS），∴DE=EF，在Rt△AEF中，AE2+AF2=EF2，又∵AF=DB，∴AE2+DB2=DE2． 方法归纳总结：

解决这类问题的方法：一是根据条件，结合已学的知识、数学思想方法，通过分析、归纳逐步得出结论，或通过观察、实验、猜想、论证的方法求解；二是关注前面几个小题在求解过程的解题思路和方法，往往会对最后一小题的求解有一定的模仿和提示作用．

（三）考点检测

1.（2017江苏徐州）如图，在▱ABCD中，点O是边BC的中点，连接DO并延长，交AB延长线于点E，连接BD，EC．（1）求证：四边形BECD是平行四边形；

（2）若∠A=50°，则当∠BOD= 100 °时，四边形BECD是矩形．，【考点】LC：矩形的判定；L7：平行四边形的判定与性质．

【分析】（1）由AAS证明△BOE≌△COD，得出OE=OD，即可得出结论；（2）由平行四边形的性质得出∠BCD=∠A=50°，由三角形的外角性质求出∠ODC=∠BCD，得出OC=OD，证出DE=BC，即可得出结论． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，∴AB∥DC，AB=CD，∴∠OEB=∠ODC，又∵O为BC的中点，∴BO=CO，在△BOE和△COD中，∴△BOE≌△COD（AAS）； ∴OE=OD，∴四边形BECD是平行四边形；

（2）解：若∠A=50°，则当∠BOD=100°时，四边形BECD是矩形．理由如下： ∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠BCD=∠A=50°，∵∠BOD=∠BCD+∠ODC，∴∠ODC=100°﹣50°=50°=∠BCD，∴OC=OD，∵BO=CO，OD=OE，∴DE=BC，∵四边形BECD是平行四边形，∴四边形BECD是矩形； 故答案为：100．，2.（2017江苏盐城）如图，矩形ABCD中，∠ABD、∠CDB的平分线BE、DF分别交边AD、BC于点E、F．

（1）求证：四边形BEDF是平行四边形；

（2）当∠ABE为多少度时，四边形BEDF是菱形？请说明理由．

【考点】LB：矩形的性质；L7：平行四边形的判定与性质；L9：菱形的判定． 【分析】（1）由矩形可得∠ABD=∠CDB，结合BE平分∠ABD、DF平分∠BDC得∠EBD=∠FDB，即可知BE∥DF，根据AD∥BC即可得证；

（2）当∠ABE=30°时，四边形BEDF是菱形，由角平分线知∠ABD=2∠ABE=60°、∠EBD=∠ABE=30°，结合∠A=90°可得∠EDB=∠EBD=30°，即EB=ED，即可得证． 【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥DC、AD∥BC，∴∠ABD=∠CDB，∵BE平分∠ABD、DF平分∠BDC，∴∠EBD=∠ABD，∠FDB=∠BDC，∴∠EBD=∠FDB，∴BE∥DF，又∵AD∥BC，∴四边形BEDF是平行四边形；

（2）当∠ABE=30°时，四边形BEDF是菱形，∵BE平分∠ABD，∴∠ABD=2∠ABE=60°，∠EBD=∠ABE=30°，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=90°，∴∠EDB=90°﹣∠ABD=30°，∴∠EDB=∠EBD=30°，∴EB=ED，又∵四边形BEDF是平行四边形，∴四边形BEDF是菱形．

3.如图，在平行四边形ABCD中，边AB的垂直平分线交AD于点E，交CB的延长线于点F，连接AF，BE．（1）求证：△AGE≌△BGF；

（2）试判断四边形AFBE的形状，并说明理由．

【考点】L5：平行四边形的性质；KD：全等三角形的判定与性质；KG：线段垂直平分线的性质．

【分析】（1）由平行四边形的性质得出AD∥BC，得出∠AEG=∠BFG，由AAS证明△AGE≌△BGF即可；

（2）由全等三角形的性质得出AE=BF，由AD∥BC，证出四边形AFBE是平行四边形，再根据EF⊥AB，即可得出结论．

【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠AEG=∠BFG，∵EF垂直平分AB，∴AG=BG，在△AGEH和△BGF中，∴△AGE≌△BGF（AAS）；

（2）解：四边形AFBE是菱形，理由如下： ∵△AGE≌△BGF，∴AE=BF，∵AD∥BC，∴四边形AFBE是平行四边形，又∵EF⊥AB，∴四边形AFBE是菱形．

4.（2017江苏徐州）如图，将边长为6的正三角形纸片ABC按如下顺序进行两次折叠，展平后，得折痕AD，BE（如图①），点O为其交点．（1）探求AO到OD的数量关系，并说明理由；（2）如图②，若P，N分别为BE，BC上的动点． ①当PN+PD的长度取得最小值时，求BP的长度；

②如图③，若点Q在线段BO上，BQ=1，则QN+NP+PD的最小值=

．

【考点】RB：几何变换综合题．

【分析】（1）根据等边三角形的性质得到∠BAO=∠ABO=∠OBD=30°，得到AO=OB，根据直角三角形的性质即可得到结论；

（2）如图②，作点D关于BE的对称点D′，过D′作D′N⊥BC于N交BE于P，则此时PN+PD的长度取得最小值，根据线段垂直平分线的想知道的BD=BD′，推出△BDD′是等边三角形，得到BN=BD=，于是得到结论；

（3）如图③，作Q关于BC的对称点Q′，作D关于BE的对称点D′，连接Q′D′，即为QN+NP+PD的最小值．根据轴对称的定义得到∠Q′BN=∠QBN=30°，∠QBQ′=60°，得到△BQQ′为等边三角形，△BDD′为等边三角形，解直角三角形即可得到结论． 【解答】解：（1）AO=2OD，理由：∵△ABC是等边三角形，∴∠BAO=∠ABO=∠OBD=30°，∴AO=OB，∵BD=CD，∴AD⊥BC，∴∠BDO=90°，∴OB=2OD，∴OA=2OD；

（2）如图②，作点D关于BE的对称点D′，过D′作D′N⊥BC于N交BE于P，则此时PN+PD的长度取得最小值，∵BE垂直平分DD′，∴BD=BD′，∵∠ABC=60°，∴△BDD′是等边三角形，∴BN=BD=，∵∠PBN=30°，∴=，； ∴PB=（3）如图③，作Q关于BC的对称点Q′，作D关于BE的对称点D′，连接Q′D′，即为QN+NP+PD的最小值．

根据轴对称的定义可知：∠Q′BN=∠QBN=30°，∠QBQ′=60°，∴△BQQ′为等边三角形，△BDD′为等边三角形，∴∠D′BQ′=90°，∴在Rt△D′BQ′中，D′Q′==

．，∴QN+NP+PD的最小值=故答案为：．

5.（2017浙江衢州）问题背景

如图1，在正方形ABCD的内部，作∠DAE=∠ABF=∠BCG=∠CDH，根据三角形全等的条件，易得△DAE≌△ABF≌△BCG≌△CDH，从而得到四边形EFGH是正方形． 类比探究

如图2，在正△ABC的内部，作∠BAD=∠CBE=∠ACF，AD，BE，CF两两相交于D，E，F三点（D，E，F三点不重合）

（1）△ABD，△BCE，△CAF是否全等？如果是，请选择其中一对进行证明．（2）△DEF是否为正三角形？请说明理由．

（3）进一步探究发现，△ABD的三边存在一定的等量关系，设BD=a，AD=b，AB=c，请探索a，b，c满足的等量关系． 【考点】LO：四边形综合题．

【分析】（1）由正三角形的性质得出∠CAB=∠ABC=∠BCA=60°，AB=BC，证出∠ABD=∠BCE，由ASA证明△ABD≌△BCE即可；（2）由全等三角形的性质得出∠ADB=∠BEC=∠CFA，证出∠FDE=∠DEF=∠EFD，即可得出结论；

（3）作AG⊥BD于G，由正三角形的性质得出∠ADG=60°，在Rt△ADG中，DG=b，AG=b，在Rt△ABG中，由勾股定理即可得出结论．

【解答】解：（1）△ABD≌△BCE≌△CAF；理由如下： ∵△ABC是正三角形，∴∠CAB=∠ABC=∠BCA=60°，AB=BC，∵∠ABD=∠ABC﹣∠2，∠BCE=∠ACB﹣∠3，∠∴∠ABD=∠BCE，在△ABD和△BCE中，∴△ABD≌△BCE（ASA）；

（2）△DEF是正三角形；理由如下： ∵△ABD≌△BCE≌△CAF，∴∠ADB=∠BEC=∠CFA，∴∠FDE=∠DEF=∠EFD，∴△DEF是正三角形；

（3）作AG⊥BD于G，如图所示： ∵△DEF是正三角形，∴∠ADG=60°，在Rt△ADG中，DG=

b，AG=

b，在Rt△ABG中，c2=（a+b）2+（b）2，∴c2=a2+ab+b2．

2=∠3，24．（2017浙江衢州）在直角坐标系中，过原点O及点A（8，0），C（0，6）作矩形OABC、连结OB，点D为OB的中点，点E是线段AB上的动点，连结DE，作DF⊥DE，交OA于点F，连结EF．已知点E从A点出发，以每秒1个单位长度的速度在线段AB上移动，设移动时间为t秒．

（1）如图1，当t=3时，求DF的长．

（2）如图2，当点E在线段AB上移动的过程中，∠DEF的大小是否发生变化？如果变化，请说明理由；如果不变，请求出tan∠DEF的值．

（3）连结AD，当AD将△DEF分成的两部分的面积之比为1：2时，求相应的t的值．

【考点】LO：四边形综合题．

【分析】（1）当t=3时，点E为AB的中点，由三角形中位线定理得出DE∥OA，DE=OA=4，再由矩形的性质证出DE⊥AB，得出∠OAB=∠DEA=90°，证出四边形DFAE是矩形，得出DF=AE=3即可；

（2）作DM⊥OA于M，DN⊥AB于N，证明四边形DMAN是矩形，得出∠MDN=90°，DM∥AB，DN∥OA，由平行线得出比例式理得出DM=AB=3，DN=，=，由三角形中位线定

=，再由三

OA=4，证明△DMF∽△DNE，得出角函数定义即可得出答案；

（3）作作DM⊥OA于M，DN⊥AB于N，若AD将△DEF的面积分成1：2的两部分，设AD交EF于点G，则点G为EF的三等分点；

①当点E到达中点之前时，NE=3﹣t，由△DMF∽△DNE得：MF=（3﹣t），求出AF=4+MF=﹣把G（t+，得出G（，t），求出直线AD的解析式为y=﹣x+6，t）代入即可求出t的值；

②当点E越过中点之后，NE=t﹣3，由△DMF∽△DNE得：MF=（t﹣3），求出AF=4﹣MF=﹣t+，得出G（，t），代入直线AD的解析式y=﹣

x+6求出t的值即可．

【解答】解：（1）当t=3时，点E为AB的中点，∵A（8，0），C（0，6），∴OA=8，OC=6，∵点D为OB的中点，∴DE∥OA，DE=OA=4，∵四边形OABC是矩形，∴OA⊥AB，∴DE⊥AB，∴∠OAB=∠DEA=90°，又∵DF⊥DE，∴∠EDF=90°，∴四边形DFAE是矩形，∴DF=AE=3；

（2）∠DEF的大小不变；理由如下： 作DM⊥OA于M，DN⊥AB于N，如图2所示： ∵四边形OABC是矩形，∴OA⊥AB，∴四边形DMAN是矩形，∴∠MDN=90°，DM∥AB，DN∥OA，∴，=，∵点D为OB的中点，∴M、N分别是OA、AB的中点，∴DM=AB=3，DN=OA=4，∵∠EDF=90°，∴∠FDM=∠EDN，又∵∠DMF=∠DNE=90°，∴△DMF∽△DNE，∴=，∵∠EDF=90°，∴tan∠DEF==；

（3）作DM⊥OA于M，DN⊥AB于N，若AD将△DEF的面积分成1：2的两部分，设AD交EF于点G，则点G为EF的三等分点； ①当点E到达中点之前时，如图3所示，NE=3﹣t，由△DMF∽△DNE得：MF=∴AF=4+MF=﹣t+，（3﹣t），∵点G为EF的三等分点，∴G（，t），设直线AD的解析式为y=kx+b，把A（8，0），D（4，3）代入得：解得：，x+6，；，∴直线AD的解析式为y=﹣把G（，t）代入得：t=②当点E越过中点之后，如图4所示，NE=t﹣3，由△DMF∽△DNE得：MF=∴AF=4﹣MF=﹣t+，（t﹣3），∵点G为EF的三等分点，∴G（，t），x+6得：t=

；

或

代入直线AD的解析式y=﹣综上所述，当AD将△DEF分成的两部分的面积之比为1：2时，t的值为

第三篇：2018年初中数学中考名师面对面专题指导：2018年初中数学中考名师面对面专题指导6：最大小值类问题

2018年初中数学中考名师面对面专题指导

第六讲最大小值类问题

（一）考点解析：

最值问题，也就是最大值和最小值问题，这类问题出现的试题，内容丰富，知识点多，涉及面广，解法灵活多样，而且具有一定的难度．

最值问题一般有三类，一是以几何背景的最值问题，一般可以看成是运动变化的图形在特殊位置时，与图形有关的几何量达到最大或最小值；二是有关函数的最值问题，如一次函数、反比例函数和二次函数；三是实际背景问题，来求最优化问题．

关键是要结合题意，借助相关的概念、图形的性质，将最值问题化归与转化为相应的数学模型(函数增减性、线段公理、三角形三边关系等)进行分析与突破

（二）考点训练

考点1：线段之和最值问题

【典型例题】：（2017贵州安顺）如图所示，正方形ABCD的边长为6，△ABE是等边三角形，点E在正方形ABCD内，在对角线AC上有一点P，使PD+PE的和最小，则这个最小值为 6 ．

【考点】PA：轴对称﹣最短路线问题；KK：等边三角形的性质；LE：正方形的性质．

【分析】由于点B与D关于AC对称，所以连接BD，与AC的交点即为P点．此时PD+PE=BE最小，而BE是等边△ABE的边，BE=AB，由正方形ABCD的边长为6，可求出AB的长，从而得出结果．

【解答】解：设BE与AC交于点P，连接BD，∵点B与D关于AC对称，∴PD=PB，∴PD+PE=PB+PE=BE最小． 即P在AC与BE的交点上时，PD+PE最小，为BE的长度； ∵正方形ABCD的边长为6，∴AB=6．

又∵△ABE是等边三角形，∴BE=AB=6． 故所求最小值为6． 故答案为：6．

【变式训练】：

（2017毕节）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，AD平分∠CAB交BC于D点，E，F分别是AD，AC上的动点，则CE+EF的最小值为（）

A． B． C． D．6 【考点】PA：轴对称﹣最短路线问题；KF：角平分线的性质．

【分析】依据勾股定理可求得AB的长，然后在AB上取点C′，使AC′=AC，过点C′作C′F⊥AC，垂足为F，交AD与点E，先证明C′E=CE，然后可得到CE+EF=C′E+EF，然后依据垂直线段最短可知当点C′F⊥AC时，CE+EF有最小值，最后利用相似三角形的性质求解即可．

【解答】解：如图所示：在AB上取点C′，使AC′=AC，过点C′作C′F⊥AC，垂足为F，交AD与点E．

在Rt△ABC中，依据勾股定理可知BA=10． ∵AC=AC′，∠CAD=∠C′AD，AE=C′E，∴△AEC≌△AEC′． ∴CE=EC′． ∴CE+EF=C′E+EF．

∴当C′F⊥AC时，CE+EF有最小值． ∵C′F⊥AC，BC⊥AC，∴C′F∥BC． ∴△AFC′∽△ACB． ∴=，即

=，解得FC′=

．

故选：C．

考点2：线段之差或线段最值问题

【典型例题】：（2017.湖南怀化）如图，在菱形ABCD中，∠ABC=120°，AB=10cm，点P是这个菱形内部或边上的一点．若以P，B，C为顶点的三角形是等腰三角形，则P，A（P，A两点不重合）两点间的最短距离为 10

﹣10 cm．

【考点】L8：菱形的性质；KH：等腰三角形的性质．

【分析】分三种情形讨论①若以边BC为底．②若以边PB为底．③若以边PC为底．分别求出PD的最小值，即可判断． 【解答】解：连接BD，在菱形ABCD中，∵∠ABC=120°，AB=BC=AD=CD=10，∴∠A=∠C=60°，∴△ABD，△BCD都是等边三角形，①若以边BC为底，则BC垂直平分线上（在菱形的边及其内部）的点满足题意，此时就转化为了“直线外一点与直线上所有点连线的线段中垂线段最短”，即当点P与点D重合时，PA最小，最小值PA=10； ②若以边PB为底，∠PCB为顶角时，以点C为圆心，BC长为半径作圆，与AC相交于一点，则弧BD（除点B外）上的所有点都满足△PBC是等腰三角形，当点P在AC上时，AP最小，最小值为10

﹣10；

③若以边PC为底，∠PBC为顶角，以点B为圆心，BC为半径作圆，则弧AC上的点A与点D均满足△PBC为等腰三角形，当点P与点A重合时，PA最小，显然不满足题意，故此种情况不存在； 综上所述，PD的最小值为10故答案为：10﹣1．

﹣10（cm）；

【变式训练】：

(2017湖南怀化)如图，在菱形ABCD中，∠ABC=120°，AB=10cm，点P是这个菱形内部或边上的一点．若以P，B，C为顶点的三角形是等腰三角形，则P，A（P，A两点不重合）两点间的最短距离为 10

﹣10 cm．

【考点】L8：菱形的性质；KH：等腰三角形的性质．

【分析】分三种情形讨论①若以边BC为底．②若以边PB为底．③若以边PC为底．分别求出PD的最小值，即可判断． 【解答】解：连接BD，在菱形ABCD中，∵∠ABC=120°，AB=BC=AD=CD=10，∴∠A=∠C=60°，∴△ABD，△BCD都是等边三角形，①若以边BC为底，则BC垂直平分线上（在菱形的边及其内部）的点满足题意，此时就转化为了“直线外一点与直线上所有点连线的线段中垂线段最短”，即当点P与点D重合时，PA最小，最小值PA=10；

②若以边PB为底，∠PCB为顶角时，以点C为圆心，BC长为半径作圆，与AC相交于一点，则弧BD（除点B外）上的所有点都满足△PBC是等腰三角形，当点P在AC上时，AP最小，最小值为10

﹣10；

③若以边PC为底，∠PBC为顶角，以点B为圆心，BC为半径作圆，则弧AC上的点A与点D均满足△PBC为等腰三角形，当点P与点A重合时，PA最小，显然不满足题意，故此种情况不存在； 综上所述，PD的最小值为10故答案为：10﹣1．

﹣10（cm）；

方法归纳总结：

点P为任意一点时，要探究PA－PB的最大值，可数形结合，将其转化为相关图形(三角形)，三边关系始终满足两边之差小于第三边(|PA－PB︱

考点3：表面展开最值问题

【典型例题】：我国古代有这样一道数学问题：“枯木一根直立地上，高二丈，周三尺，有葛藤自根缠绕而上，五周而达其顶，问葛藤之长几何？”题意是：如图所示，把枯木看作一个圆柱体，因一丈是十尺，则该圆柱的高为20尺，底面周长为3尺，有葛藤自点A处缠绕而上，绕五周后其末端恰好到达点B处，则问题中葛藤的最短长度是 25 尺．

【分析】这种立体图形求最短路径问题，可以展开成为平面内的问题解决，展开后可转化下图，所以是个直角三角形求斜边的问题，根据勾股定理可求出． 【解答】解：如图，一条直角边（即枯木的高）长20尺，另一条直角边长5×3=15（尺），因此葛藤长为故答案为：25．

=25（尺）．

方法归纳总结：

平面展开最短路径问题，关键是把立体图形展成平面图形，本题是展成平面图形后为直角三角形按照勾股定理可求出解． 考点4：图形周长最值问题

【典型例题】：（2017.湖南怀化）如图1，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2+bx﹣5与x轴交于A（﹣1，0），B（5，0）两点，与y轴交于点C．（1）求抛物线的函数表达式；

（2）若点D是y轴上的一点，且以B，C，D为顶点的三角形与△ABC相似，求点D的坐标；

（3）如图2，CE∥x轴与抛物线相交于点E，点H是直线CE下方抛物线上的动点，过点H且与y轴平行的直线与BC，CE分别交于点F，G，试探究当点H运动到何处时，四边形CHEF的面积最大，求点H的坐标及最大面积；

（4）若点K为抛物线的顶点，点M（4，m）是该抛物线上的一点，在x轴，y轴上分别找点P，Q，使四边形PQKM的周长最小，求出点P，Q的坐标．

【考点】HF：二次函数综合题．

【分析】（1）根据待定系数法直接抛物线解析式；

（2）分两种情况，利用相似三角形的比例式即可求出点D的坐标；

（3）先求出直线BC的解析式，进而求出四边形CHEF的面积的函数关系式，即可求出最大值；

（4）利用对称性找出点P，Q的位置，进而求出P，Q的坐标．

【解答】解：（1）∵点A（﹣1，0），B（5，0）在抛物线y=ax2+bx﹣5上，∴∴，∴抛物线的表达式为y=x2﹣4x﹣5，（2）如图1，令x=0，则y=﹣5，∴C（0，﹣5），∴OC=OB，∴∠OBC=∠OCB=45°，∴AB=6，BC=5，或，要使以B，C，D为顶点的三角形与△ABC相似，则有①当CD=AB=6，∴D（0，1），时，②当∴∴CD=时，，），）； ∴D（0，即：D的坐标为（0，1）或（0，（3）设H（t，t2﹣4t﹣5），∵CE∥x轴，∴点E的纵坐标为﹣5，∵E在抛物线上，∴x2﹣4x﹣5=﹣5，∴x=0（舍）或x=4，∴E（4，﹣5），∴CE=4，∵B（5，0），C（0，﹣5），∴直线BC的解析式为y=x﹣5，∴F（t，t﹣5），∴HF=t﹣5﹣（t2﹣4t﹣5）=﹣（t﹣）2+∵CE∥x轴，HF∥y轴，∴CE⊥HF，∴S四边形CHEF=CE•HF=﹣2（t﹣）2+当t=时，四边形CHEF的面积最大为

（4）如图2，∵K为抛物线的顶点，∴K（2，﹣9），∴K关于y轴的对称点K'（﹣2，﹣9），∵M（4，m）在抛物线上，∴M（4，﹣5），．，∴点M关于x轴的对称点M'（4，5），∴直线K'M'的解析式为y=x﹣∴P（，0），Q（0，﹣）．，【变式训练】：

(2017湖南怀化)如图1，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2+bx﹣5与x轴交于A（﹣1，0），B（5，0）两点，与y轴交于点C．（1）求抛物线的函数表达式；

（2）若点D是y轴上的一点，且以B，C，D为顶点的三角形与△ABC相似，求点D的坐标；

（3）如图2，CE∥x轴与抛物线相交于点E，点H是直线CE下方抛物线上的动点，过点H且与y轴平行的直线与BC，CE分别交于点F，G，试探究当点H运动到何处时，四边形CHEF的面积最大，求点H的坐标及最大面积；（4）若点K为抛物线的顶点，点M（4，m）是该抛物线上的一点，在x轴，y轴上分别找点P，Q，使四边形PQKM的周长最小，求出点P，Q的坐标．

【考点】HF：二次函数综合题．

【分析】（1）根据待定系数法直接抛物线解析式；

（2）分两种情况，利用相似三角形的比例式即可求出点D的坐标；

（3）先求出直线BC的解析式，进而求出四边形CHEF的面积的函数关系式，即可求出最大值；

（4）利用对称性找出点P，Q的位置，进而求出P，Q的坐标．

【解答】解：（1）∵点A（﹣1，0），B（5，0）在抛物线y=ax2+bx﹣5上，∴∴，∴抛物线的表达式为y=x2﹣4x﹣5，（2）如图1，令x=0，则y=﹣5，∴C（0，﹣5），∴OC=OB，∴∠OBC=∠OCB=45°，∴AB=6，BC=5，或，要使以B，C，D为顶点的三角形与△ABC相似，则有①当时，CD=AB=6，∴D（0，1），②当∴∴CD=，），）； 时，∴D（0，即：D的坐标为（0，1）或（0，（3）设H（t，t2﹣4t﹣5），∵CE∥x轴，∴点E的纵坐标为﹣5，∵E在抛物线上，∴x2﹣4x﹣5=﹣5，∴x=0（舍）或x=4，∴E（4，﹣5），∴CE=4，∵B（5，0），C（0，﹣5），∴直线BC的解析式为y=x﹣5，∴F（t，t﹣5），∴HF=t﹣5﹣（t2﹣4t﹣5）=﹣（t﹣）2+∵CE∥x轴，HF∥y轴，∴CE⊥HF，∴S四边形CHEF=CE•HF=﹣2（t﹣）2+当t=时，四边形CHEF的面积最大为

（4）如图2，∵K为抛物线的顶点，∴K（2，﹣9），∴K关于y轴的对称点K'（﹣2，﹣9），∵M（4，m）在抛物线上，．，∴M（4，﹣5），∴点M关于x轴的对称点M'（4，5），∴直线K'M'的解析式为y=x﹣∴P（，0），Q（0，﹣）．，考点5：函数最值问题

【典型例题】：（2017贵州安顺）如图甲，直线y=﹣x+3与x轴、y轴分别交于点B、点C，经过B、C两点的抛物线y=x2+bx+c与x轴的另一个交点为A，顶点为P．（1）求该抛物线的解析式；

（2）在该抛物线的对称轴上是否存在点M，使以C，P，M为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，请直接写出所符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由；

（3）当0＜x＜3时，在抛物线上求一点E，使△CBE的面积有最大值（图乙、丙供画图探究）．

【考点】HF：二次函数综合题．

【分析】（1）由直线解析式可求得B、C坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；

（2）由抛物线解析式可求得P点坐标及对称轴，可设出M点坐标，表示出MC、MP和PC的长，分MC=MP、MC=PC和MP=PC三种情况，可分别得到关于M点坐标的方程，可求得M点的坐标；

（3）过E作EF⊥x轴，交直线BC于点F，交x轴于点D，可设出E点坐标，表示出F点的坐标，表示出EF的长，进一步可表示出△CBE的面积，利用二次函数的性质可求得其取得最大值时E点的坐标． 【解答】解：

（1）∵直线y=﹣x+3与x轴、y轴分别交于点B、点C，∴B（3，0），C（0，3），把B、C坐标代入抛物线解析式可得∴抛物线解析式为y=x2﹣4x+3；（2）∵y=x2﹣4x+3=（x﹣2）2﹣1，∴抛物线对称轴为x=2，P（2，﹣1），设M（2，t），且C（0，3），∴MC==，MP=|t+1|，PC=

=

2，解得，∵△CPM为等腰三角形，∴有MC=MP、MC=PC和MP=PC三种情况，①当MC=MP时，则有

=|t+1|，解得t=，此时M（2，）； ②当MC=PC时，则有此时M（2，7）；

③当MP=PC时，则有|t+1|=2﹣1+2）或（2，﹣1﹣

2=2，解得t=﹣1（与P点重合，舍去）或t=7，解得t=﹣1+2）；

或t=﹣1﹣2，此时M（2，综上可知存在满足条件的点M，其坐标为（2，）或（2，7）或（2，﹣1+2或（2，﹣1﹣2）；）（3）如图，过E作EF⊥x轴，交BC于点F，交x轴于点D，设E（x，x2﹣4x+3），则F（x，﹣x+3），∵0＜x＜3，∴EF=﹣x+3﹣（x2﹣4x+3）=﹣x2+3x，∴S△CBE=S△EFC+S△EFB=EF•OD+EF•BD=EF•OB=×3（﹣x2+3x）=﹣（x﹣）2+，∴当x=时，△CBE的面积最大，此时E点坐标为（，），即当E点坐标为（，）时，△CBE的面积最大． 【变式训练】：

（2017毕节）如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象交坐标轴于A（﹣1，0），B（4，0），C（0，﹣4）三点，点P是直线BC下方抛物线上一动点．（1）求这个二次函数的解析式；

（2）是否存在点P，使△POC是以OC为底边的等腰三角形？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由；

（3）动点P运动到什么位置时，△PBC面积最大，求出此时P点坐标和△PBC的最大面积．

【考点】HF：二次函数综合题．

【分析】（1）由A、B、C三点的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；（2）由题意可知点P在线段OC的垂直平分线上，则可求得P点纵坐标，代入抛物线解析式可求得P点坐标；

（3）过P作PE⊥x轴，交x轴于点E，交直线BC于点F，用P点坐标可表示出PF的长，则可表示出△PBC的面积，利用二次函数的性质可求得△PBC面积的最大值及P点的坐标． 【解答】解：

（1）设抛物线解析式为y=ax2+bx+c，把A、B、C三点坐标代入可得∴抛物线解析式为y=x2﹣3x﹣4；

（2）作OC的垂直平分线DP，交OC于点D，交BC下方抛物线于点P，如图1，解得，∴PO=PD，此时P点即为满足条件的点，∵C（0，﹣4），∴D（0，﹣2），∴P点纵坐标为﹣2，代入抛物线解析式可得x2﹣3x﹣4=﹣2，解得x=∴存在满足条件的P点，其坐标为（（3）∵点P在抛物线上，∴可设P（t，t2﹣3t﹣4），过P作PE⊥x轴于点E，交直线BC于点F，如图2，（小于0，舍去）或x=，﹣2）；

∵B（4，0），C（0，﹣4），∴直线BC解析式为y=x﹣4，∴F（t，t﹣4），∴PF=（t﹣4）﹣（t2﹣3t﹣4）=﹣t2+4t，∴S△PBC=S△PFC+S△PFB=PF•OE+PF•BE=PF•（OE+BE）=PF•OB=（﹣t2+4t）×4=﹣2（t﹣2）2+8，∴当t=2时，S△PBC最大值为8，此时t2﹣3t﹣4=﹣6，∴当P点坐标为（2，﹣6）时，△PBC的最大面积为8．

（三）考点检测

1.（2017内蒙古赤峰）如图，二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象交x轴于A、B两点，交y轴于点D，点B的坐标为（3，0），顶点C的坐标为（1，4）．

（1）求二次函数的解析式和直线BD的解析式；

（2）点P是直线BD上的一个动点，过点P作x轴的垂线，交抛物线于点M，当点P在第一象限时，求线段PM长度的最大值；

（3）在抛物线上是否存在异于B、D的点Q，使△BDQ中BD边上的高为2若存在求出点Q的坐标；若不存在请说明理由． 【考点】HF：二次函数综合题．

【分析】（1）可设抛物线解析式为顶点式，由B点坐标可求得抛物线的解析式，则可求得D点坐标，利用待定系数法可求得直线BD解析式；

（2）设出P点坐标，从而可表示出PM的长度，利用二次函数的性质可求得其最大值；

（3）过Q作QG∥y轴，交BD于点G，过Q和QH⊥BD于H，可设出Q点坐标，表示出QG的长度，由条件可证得△DHG为等腰直角三角形，则可得到关于Q点坐标的方程，可求得Q点坐标． 【解答】解：

（1）∵抛物线的顶点C的坐标为（1，4），∴可设抛物线解析式为y=a（x﹣1）2+4，∵点B（3，0）在该抛物线的图象上，∴0=a（3﹣1）2+4，解得a=﹣1，∴抛物线解析式为y=﹣（x﹣1）2+4，即y=﹣x2+2x+3，∵点D在y轴上，令x=0可得y=3，∴D点坐标为（0，3），∴可设直线BD解析式为y=kx+3，把B点坐标代入可得3k+3=0，解得k=﹣1，？∴直线BD解析式为y=﹣x+3；

（2）设P点横坐标为m（m＞0），则P（m，﹣m+3），M（m，﹣m2+2m+3），∴PM=﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）=﹣m2+3m=﹣（m﹣）2+，∴当m=时，PM有最大值；

（3）如图，过Q作QG∥y轴交BD于点G，交x轴于点E，作QH⊥BD于H，设Q（x，﹣x2+2x+3），则G（x，﹣x+3），∴QG=|﹣x2+2x+3﹣（﹣x+3）|=|﹣x2+3x|，∵△BOD是等腰直角三角形，∴∠DBO=45°，∴∠HGQ=∠BGE=45°，当△BDQ中BD边上的高为2∴QG=×2=4，时，即QH=HG=

2，∴|﹣x2+3x|=4，当﹣x2+3x=4时，△=9﹣16＜0，方程无实数根，当﹣x2+3x=﹣4时，解得x=﹣1或x=4，∴Q（﹣1，0）或（4，﹣5），综上可知存在满足条件的点Q，其坐标为（﹣1，0）或（4，﹣5）．

2.（2017哈尔滨）威丽商场销售A，B两种商品，售出1件A种商品和4件B种商品所得利润为600元，售出3件A种商品和5件B种商品所得利润为1100元．

（1）求每件A种商品和每件B种商品售出后所得利润分别为多少元；（2）由于需求量大，A、B两种商品很快售完，威丽商场决定再一次购进A、B两种商品共34件．如果将这34件商品全部售完后所得利润不低于4000元，那么威丽商场至少需购进多少件A种商品？

【考点】C9：一元一次不等式的应用；9A：二元一次方程组的应用．

【分析】（1）设A种商品售出后所得利润为x元，B种商品售出后所得利润为y元．由售出1件A种商品和4件B种商品所得利润为600元，售出3件A种商品和5件B种商品所得利润为1100元建立两个方程，构成方程组求出其解就可以；（2）设购进A种商品a件，则购进B种商品（34﹣a）件．根据获得的利润不低于4000元，建立不等式求出其解就可以了．

【解答】解：（1）设A种商品售出后所得利润为x元，B种商品售出后所得利润为y元．由题意，得，解得：

答：A种商品售出后所得利润为200元，B种商品售出后所得利润为100元．（2）设购进A种商品a件，则购进B种商品（34﹣a）件．由题意，得 200a+100（34﹣a）≥4000，解得：a≥6 答：威丽商场至少需购进6件A种商品．

3.（2017黑龙江鹤岗）如图，边长为4的正方形ABCD，点P是对角线BD上一动点，点E在边CD上，EC=1，则PC+PE的最小值是 5 ．

【考点】PA：轴对称﹣最短路线问题；LE：正方形的性质．

【分析】连接AC、AE，由正方形的性质可知A、C关于直线BD对称，则AE的长即为PC+PE的最小值，再根据勾股定理求出AE的长即可． 【解答】解：连接AC、AE，∵四边形ABCD是正方形，∴A、C关于直线BD对称，∴AE的长即为PC+PE的最小值，∵CD=4，CE=1，∴DE=3，在Rt△ADE中，∵AE==

=5，∴PC+PE的最小值为5． 故答案为：5．

4.（2017浙江湖州）湖州素有鱼米之乡之称，某水产养殖大户为了更好地发挥技术优势，一次性收购了20000kg淡水鱼，计划养殖一段时间后再出售．已知每天放养的费用相同，放养10天的总成本为30.4万元；放养20天的总成本为30.8万元（总成本=放养总费用+收购成本）．

（1）设每天的放养费用是a万元，收购成本为b万元，求a和b的值；（2）设这批淡水鱼放养t天后的质量为m（kg），销售单价为y元/kg．根据以往经验可知：m与t的函数关系为关系如图所示．

①分别求出当0≤t≤50和50＜t≤100时，y与t的函数关系式；

②设将这批淡水鱼放养t天后一次性出售所得利润为W元，求当t为何值时，W最大？并求出最大值．（利润=销售总额﹣总成本）

；y与t的函数

【考点】HE：二次函数的应用． 【分析】（1）由放养10天的总成本为30.4万元；放养20天的总成本为30.8万元可得答案；

（2）①分0≤t≤50、50＜t≤100两种情况，结合函数图象利用待定系数法求解可得；

②就以上两种情况，根据“利润=销售总额﹣总成本”列出函数解析式，依据一次函数性质和二次函数性质求得最大值即可得． 【解答】解：（1）由题意，得：解得，答：a的值为0.04，b的值为30；

（2）①当0≤t≤50时，设y与t的函数解析式为y=k1t+n1，将（0，15）、（50，25）代入，得：，解得：，∴y与t的函数解析式为y=t+15；

当50＜t≤100时，设y与t的函数解析式为y=k2t+n2，将点（50，25）、代入，得：，解得：，∴y与t的函数解析式为y=﹣②由题意，当0≤t≤50时，W=20000（t+15）﹣=3600t，∵3600＞0，t+30；

∴当t=50时，W最大值=180000（元）； 当50＜t≤100时，W=（﹣

t+30）﹣ =﹣10t2+1100t+150000 =﹣10（t﹣55）2+180250，∵﹣10＜0，∴当t=55时，W最大值=180250（元），综上所述，放养55天时，W最大，最大值为180250元．

5.（2017广东）如图，在平面直角坐标系中，O为原点，四边形ABCO是矩形，点A，C的坐标分别是A（0，2）和C（2，0），点D是对角线AC上一动点（不与A，C重合），连结BD，作DE⊥DB，交x轴于点E，以线段DE，DB为邻边作矩形BDEF．

（1）填空：点B的坐标为（2，2）；

（2）是否存在这样的点D，使得△DEC是等腰三角形？若存在，请求出AD的长度；若不存在，请说明理由；（3）①求证： =

；

②设AD=x，矩形BDEF的面积为y，求y关于x的函数关系式（可利用①的结论），并求出y的最小值．

【考点】SO：相似形综合题．

【分析】（1）求出AB、BC的长即可解决问题；

（2）存在．连接BE，取BE的中点K，连接DK、KC．首先证明B、D、E、C四点共圆，可得∠DBC=∠DCE，∠EDC=∠EBC，由tan∠ACO=

=，推出∠ACO=30°，∠ACD=60°由△DEC是等腰三角形，观察图象可知，只有ED=EC，推出∠DBC=∠DCE=∠EDC=∠EBC=30°，推出∠DBC=∠BCD=60°，可得△DBC是等边三角形，推出DC=BC=2，由此即可解决问题；

（3）①由（2）可知，B、D、E、C四点共圆，推出∠DBC=∠DCE=30°，由此即可解决问题； ②作DH⊥AB于H．想办法用x表示BD、DE的长，构建二次函数即可解决问题； 【解答】解：（1）∵四边形AOCB是矩形，∴BC=OA=2，OC=AB=2∴B（2，2）．，2）．，∠BCO=∠BAO=90°，故答案为（2

（2）存在．理由如下：

连接BE，取BE的中点K，连接DK、KC．

∵∠BDE=∠BCE=90°，∴KD=KB=KE=KC，∴B、D、E、C四点共圆，∴∠DBC=∠DCE，∠EDC=∠EBC，∵tan∠ACO==，∴∠ACO=30°，∠ACB=60°

①如图1中，△DEC是等腰三角形，观察图象可知，只有ED=EC，∴∠DBC=∠DCE=∠EDC=∠EBC=30°，∴∠DBC=∠BCD=60°，∴△DBC是等边三角形，∴DC=BC=2，在Rt△AOC中，∵∠ACO=30°，OA=2，∴AC=2AO=4，∴AD=AC﹣CD=4﹣2=2．

∴当AD=2时，△DEC是等腰三角形．

②如图2中，∵△DCE是等腰三角形，易知CD=CE，∠DBC=∠DEC=∠CDE=15°，∴∠ABD=∠ADB=75°，∴AB=AD=2，． 综上所述，满足条件的AD的值为2或2

（3）①由（2）可知，B、D、E、C四点共圆，∴∠DBC=∠DCE=30°，∴tan∠DBE=∴

②如图2中，作DH⊥AB于H． =．，在Rt△ADH中，∵AD=x，∠DAH=∠ACO=30°，∴DH=AD=x，AH=∴BH=2﹣x，=，[

]2=

（x2﹣6x+12），=

x，在Rt△BDH中，BD=∴DE=BD=•∴矩形BDEF的面积为y=即y=∴y=∵x2﹣2x+

4，（x﹣3）2+＞0，∴x=3时，y有最小值6.如图，直线y=﹣

． x+

分别与x轴、y轴交于B、C两点，点A在x轴上，∠ACB=90°，抛物线y=ax2+bx+（1）求A、B两点的坐标；（2）求抛物线的解析式；

经过A，B两点．

（3）点M是直线BC上方抛物线上的一点，过点M作MH⊥BC于点H，作MD∥y轴交BC于点D，求△DMH周长的最大值．

【分析】（1）由直线解析式可求得B、C坐标，在Rt△BOC中由三角函数定义可求得∠OCB=60°，则在Rt△AOC中可得∠ACO=30°，利用三角函数的定义可求得OA，则可求得A点坐标；

（2）由A、B两点坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；

（3）由平行线的性质可知∠MDH=∠BCO=60°，在Rt△DMH中利用三角函数的定义可得到DH、MH与DM的关系，可设出M点的坐标，则可表示出DM的长，从而可表示出△DMH的周长，利用二次函数的性质可求得其最大值． 【解答】解：（1）∵直线y=﹣∴B（3，0），C（0，∴OB=3，OC=∴tan∠BCO=，=，x+

分别与x轴、y轴交于B、C两点，），∴∠BCO=60°，∵∠ACB=90°，∴∠ACO=30°，∴=tan30°=，即

=，解得AO=1，∴A（﹣1，0）；（2）∵抛物线y=ax2+bx+经过A，B两点，∴，解得，∴抛物线解析式为y=﹣

x2+x+；

（3）∵MD∥y轴，MH⊥BC，∴∠MDH=∠BCO=60°，则∠DMH=30°，∴DH=DM，MH=DM，DM=

DM，∴△DMH的周长=DM+DH+MH=DM+DM+∴当DM有最大值时，其周长有最大值，∵点M是直线BC上方抛物线上的一点，∴可设M（t，﹣∴DM=﹣∴DM=﹣t2+t2+ t2+t+t+

t+），则D（t，﹣

t+

t+），t2+

t=﹣

2（t﹣）+），），则D（t，﹣﹣（﹣

t+）=﹣，∴当t=时，DM有最大值，最大值为此时DM=×

=

．，即△DMH周长的最大值为【点评】本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、三角函数的定义、二次函数的性质、方程思想等知识．在（1）中注意函数图象与坐标的交点的求法，在（2）中注意待定系数法的应用，在（3）中找到DH、MH与DM的关系是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．

第四篇：中考数学复习方法指导

中考数学复习方法指导

九年级现阶段已结束新课，转入紧张的中考复习。复习的效果直接影响到考试的结果，那么怎样进行有效的中考总复习呢？下面结合我多年带九年级的经验来谈谈自己的一些做法。

数学复习抓好的几个环节：

第一、在老师讲解每一讲前，同学们应做到提前完成这一讲的相关内容，对于资料按照以下几个步骤进行：

1、认真分析中考命题导向及命题趋势，看看前三年在这一讲当中都考了什么知识点，考题是以什么形式出现的，再通过认真分析命题趋势，看看今年会考什么，目的在于复习有侧重点；

2、完成知识梳理部分，有不熟悉的或遗忘的知识点，自己查阅教材进行理解记忆，切记不可死记硬背照抄照搬；

3、认真完成每一个考点当中的例题，注重例题的分析过程及思想方法的总结归纳；

4、试做每一个考点例题后面的针对练习，注意例题当中的思想方法的运用，遇有疑难的问题做上记号，以便老师上课时将问题提出在课堂上给予解决；

5、完成中考演练，对自己进行检测。

第二、老师上课讲解时，做好笔记（主要做自己不熟悉和遗忘的知识点以及思想方法总结）。

第三、设一个错题本，将自己所做错的所有题目全部及时的收集整理，包括资料、作业、月考、期中、期末等.对每道自己做错的题目进行详细分析，正确分析问题产生的原因，例如，是计算马虎，还是法则使用不当；是审题不仔细，还是对试题中已知条件或所求结论理解有误；是解题思路不对，还是定理应用出错等等，消除某个薄弱环节比做一百道题更重要。应把这些做错的习题和不懂不会的习题当成再次锻炼自己的机会，找到了问题产生的原因，也就找到了解题的最佳途径。平常没有事情的时候，可以经常翻翻自己的错题本，看看当时更改的过程，从而可以巩固薄弱的知识点。尤其在考试之前，没有必要大量的做题，只要翻翻错题本，保证所有的错题涉及到的知识都已掌握，“成功”就在近在咫尺了。

第四、通过复习对于基础知识要达到触类旁通，对于重点知识要达到基本掌握，基础差的学生大胆放弃较难问题的复习。

2014.3.5

第五篇：初中数学中考总复习计划1

初中数学中考总复习计划

初三毕业班总复习教学时间紧，任务重，要求高，如何提高数学总复习的质量和效益，是每位毕业班数学教师必须面对的问题。下面就结合我校近几年来初三数学总复习教学，谈谈本届初三毕业班的复习计划。

一、第一轮复习（2月8号——4月20号））

1、第一轮复习的形式 第一轮复习的目的是要“过三关”：（1）过记忆关。必须做到记牢记准所有的公式、定理等，没有准确无误的记忆，就不可能有好的结果。（2）过基本方法关。如，待定系数法求二次函数解析式。（3）过基本技能关。如，给你一个题，你找到了它的解题方法，也就是知道了用什么办法，这时就说具备了解这个题的技能。基本宗旨：知识系统化，练习专题化，专题规律化。在这一阶段的教学把书中的内容进行归纳整理、组块，使之形成结构，可将代数部分分为六个单元：实数、代数式、方程、不等式、函数、统计与概率等；将几何部分分为六个单元：相交线和平行线、三角形、四边形、相似三角形、解直角三角形、圆等。配套练习以《中考数学复习指南》为主，复习完每个单元进行一次单元测试，重视补缺工作。

2、第一轮复习应该注意的几个问题（1）必须扎扎实实地夯实基础。今年中考试题按难：中：易=1：2：7的比例，基础分占总分（120分）的70%，因此使每个学生对初中数学知识都能达到“理解”和“掌握”的要求，在应用基础知识时能做到熟练、正确和迅速。（2）中考有些基础题是课本上的原题或改造，必须深钻教材，绝不能脱离课本。（3）不搞题海战术，精讲精练，举一反

三、触类旁通。“大练习量”是相对而言的，它不是盲目的大，也不是盲目的练。而是有针对性的、典型性、层次性、切中要害的强化练习。（4）注意气候。大家都知道，春季是学习的黄金季节，五月份之后，天气酷热，会一定程度影响

学习。（5）定期检查学生完成的作业，及时反馈。教师对于作业、练习、测验中的问题，应采用集中讲授和个别辅导相结合，或将问题渗透在以后的教学过程中等办法进行反馈、矫正和强化，有利于大面积提高教学质量。（6）从实际出发，面向全体学生，因材施教，即分层次开展教学工作，全面提高复习效率。课堂复习教学实行“低起点、多归纳、快反馈”的方法。（7）注重思想教育，不断激发他们学好数学的自信心，并创造条件，让学困生体验成功。（8）应注重对尖子的培养。在他们解题过程中，要求他们尽量走捷径、出奇招、有创意，注重逻辑关系，力求解题完整、完美，以提高中考优秀率。对于接受能力好的同学，课外适当开展兴趣小组，培养解题技巧，提高灵活度，使其冒“尖”。

二、第二轮复习（4月21号——5月21号）

1、第二轮复习的形式 如果说第一阶段是总复习的基础，是重点，侧重双基训练，那么第二阶段就是第一阶段复习的延伸和提高，应侧重培养学生的数学能力。第二轮复习的时间相对集中，在一轮复习的基础上，进行拔高，适当增加难度；第二轮复习重点突出，主要集中在热点、难点、重点内容上，特别是重点；注意数学思想的形成和数学方法的掌握，这就需要充分发挥教师的主导作用。可进行专题复习，如“方程型综合问题”、“应用性的函数题”、“不等式应用题”、“统计类的应用题”、“几何综合问题”，、“探索性应用题”、“开放题”、“阅读理解题”、“方案设计”、“动手操作”等问题以便学生熟悉、适应这类题型。

2、第二轮复习应该注意的几个问题（1）第二轮复习不再以节、章、单元为单位，而是以专题为单位。（2）专题的划分要合理。（3）专题的选择要准、安排时间要合理。专题选的准不准，主要取决于对课程标准和中考题的研究。专题要有代表性，切忌面面俱到；专题要由针对性，围绕热点、难点、重点特

别是中考必考内容选定专题；根据专题的特点安排时间，重要处要狠下功夫，不惜“浪费”时间，舍得投入精力。（4）注重解题后的反思。（5）以题代知识，由于第二轮复习的特殊性，学生在某种程度上远离了基础知识，会造成程度不同的知识遗忘现象，解决这个问题的最好办法就是以题代知识。（6）专题复习的适当拔高。专题复习要有一定的难度，这是第二轮复习的特点决定的，没有一定的难度，学生的能力是很难提高的，提高学生的能力，这是第二轮复习的任务。但要兼顾各种因素把握一个度。（7）专题复习的重点是揭示思维过程。不能加大学生的练习量，更不能把学生推进题海；不能急于赶进度，在这里赶进度，是产生“糊涂阵”的主要原因。（8）注重资源共享。

三、第三轮复习（5月22号——6月15号）

1、第三轮复习的形式第三轮复习的形式是模拟中考的综合拉练，查漏补缺，这好比是一个建筑工程的验收阶段，考前练兵。研究历年的中考题，训练答题技巧、考场心态、临场发挥的能力等。

2、第三轮复习应该注意的几个问题（1）模拟题必须要有模拟的特点。时间的安排，题量的多少，低、中、高档题的比例，总体难度的控制等要切近中考题。（2）模拟题的设计要有梯度，立足中考又要高于中考。（3）批阅要及时，趁热打铁，切忌连考两份。（4）评分要狠。可得可不得的分不得，答案错了的题尽量不得分，让苛刻的评分教育学生，既然会就不要失分。（5）给特殊的题加批语。某几个题只有个别学生出错，这样的题不能再占用课堂上的时间，个别学生的问题，就在试卷上以批语的形式给与讲解。（6）详细统计边缘生的失分情况。这是课堂讲评内容的主要依据。因为，边缘生的学习情况既有代表性，又是提高班级成绩的关键，课堂上应该讲的是边缘生出错较集中的题，统计就是关键的环节。（7）归纳学生知识的遗漏点。为查漏补缺积累素材。（8）处理

好讲评与考试的关系。每份题一般是两节课时间考试，两节课时间讲评，也就是说，一份题一般需要4节课的时间。（9）选准要讲的题，要少、要精、要有很强的针对性。选择的依据是边缘生的失分情况。一般有三分之一的边缘生出错的题课堂上才能讲。（10）立足一个“透”字。一个题一旦决定要讲，有四个方面的工作必须做好，一是要讲透；二是要展开；三是要跟上足够量的跟踪练习题；四要以题代知识。切忌面面俱到式讲评。切忌蜻蜓点水式讲评，切忌就题论题式讲评。（11）留给学生一定的纠错和消化时间。教师讲过的内容，学生要整理下来；教师没讲的自己解错的题要纠错；与之相关的基础知识要再记忆再巩固。教师要充分利用这段时间，解决个别学生的个别问题。（12）适当的“解放”学生，特别是在时间安排上。经过一段时间的考、考、考，几乎所有的学生心身都会感到疲劳，如果把这种疲劳的状态带进中考考场，那肯定是个较差的结果。但要注意，解放不是放松，必须保证学生有个适度紧张的精神状态。实践证明，适度紧张是正常或者超常发挥的最佳状态。（13）调节学生的生物钟。尽量把学习、思考的时间调整得与中考答卷时间相吻合。（14）心态和信心调整。这是每位教师的责任，此时此刻信心的作用变为最大。

附：中考数学第一轮、第二轮复习篇目

中考数学第一轮复习

第一篇 数与代数

第一章数与式

第1讲实数及其运算第28讲图形与变换

第2讲整式及其运算第29讲相似图形

第3讲因式分解第1课时 相似性

第4讲分式及其运算第2课时 相似性的应用

第5讲二次根式及其运算第三篇 统计与概率

第二章 方程与不等式第六章统计与概率

第6讲一元一次方程和分式方程第30讲数据的收集与整理

第7讲二元一次方程组第31讲数据的分析

第8讲一元二次方程及其应用第32讲概率的预测 第9讲不等式与不等式组中考数学第二轮复习第10讲 一元一次不等式数学思想方法

第三章 函数及其图像第33讲数形结合思想 第11讲平面直角坐标系第34讲分类讨论思想 第12讲一次函数第35讲化归思想 第13讲反比例函数第36讲方程思想 第14讲二次函数的图像与性质第37讲函数思想 第15讲二次函数的应用探索开放型问题 第16讲锐角三角函数与解直角三角形

第1课时锐角三角函数与解直角三角形

第2课时解直角三角形的应用

第17讲 函数的应用

第二篇 空间与图形

第四章基本图形（一)

第18讲两条直线的位置关系

第19讲三角形与全等三角形

第1课时三角形与全等三角形

第2课时特殊三角形

第20讲多边形与平行四边形

第21讲特殊平行四边形

第22讲梯形

第五章基本图形

（二）第23讲圆的基本性质

第1课时圆的基本性质

（一）第2课时圆的基本性质

（二）第24讲圆的有关计算

第25讲直线与圆、圆与圆的位置关系

第1课时直线与圆的位置关系

第2课时圆与圆的位置关系

第26讲几何作图

第27讲三视图与展开图

第38讲归纳、猜想与探索型问题 第39讲开放探索型问题 第40讲方案设计问题 第41讲阅读理解性问题 第42讲运动探究型问题