中考数学大题教案

中考模拟专题训练

专题一：不定方程应用题

一、课本题再现

例1：现有1角、5角、1元硬币各10枚，从中取出15枚，共值7元.1角、5角、1元硬币各取多少枚？

解法一：设1角、5角、1元的硬币分别取x枚、），枚、z枚，那么2，

x+5.v+10z=70②

②一①得4y+9z=55,即y=

44

而小y、z都为正整数，且不大于10,

那么l+9z必须是4的倍数,即z=3,7,...

当z=3时，y=7,x=5符合题意；

当z=7时，y=-2,x=10不符合题意，

所以1角取5枚，5角取7枚，1元取3枚.

x+y+z=15①

解法二：设1角、5角、1元的硬币各取x枚、），枚、z枚，根据题意得

0.Lt+0.5y+z=7②'

9

①一②得0.9x+0.5y=8,/._v=16--x,

由工、八z都为不小于10的整数知x需为5的倍数，且x=5或10,

当工=5时，y=7,z=3（符合题意）；

当x=10时，y=—2,z=7（不符合题意），

所以，1角取5枚、5角取7枚、1元取3枚.

从上面解答可以得出此类不定方程应用题解题的一般步骤：首先，读懂题意并找到数量关系，设未知数，用

等量关系列出方程组并解方程组；其次，用某一字母表示其他未知数，利用整除性质及整数的条件，求出符合题

意的答案.其中选用适当的字母来表示其他量是解题关键.若选用的字母比较合适，则解题的难度会减小不少，反

之会增大运算量.如解法二中得到式子），=16—（x,很容易找出这样有鲜明特点的数如x=5,10,…，而解法一

则运算量会增大.

二、在选择题的应用

例2：（2020黑龙江龙东中考）在抗击疫情网络知识竞赛中，为奖励成绩突出的学生，学校计划用200元钱购

买A、8、C三种奖品，A种每个10元，8种每个20元，C种每个30元，在C种奖品不超过两个且钱全部用完

的情况下，有多少种购买方案（）

A.12种B.I5种C.16种D.14种

解：设购买A种奖品6个，购买8种奖品〃个，

（1）当C种奖品个数为1个时，根据题意得10m+20〃+30=200,

整理得〃?+2〃=17,因为机、〃都是正整数，则0<2〃<17,所以〃=1,2,3,4,5,6,7,8；

（2）当。种奖品个数为2个时，根据题意得10〃?+20〃+60=200,

整理得6+2〃=14,因为机、〃都是正整数，则0<2〃<14,所以〃=1,2,3,4,5,6；

综上共有8+6=14种购买方案,故选：D.

例3：（黑龙江鹤岗中考）今年学校举行足球联赛，共赛17轮（即每队均需参赛17场）,记分办法是：胜1场

得3分，平1场得I分，负I场得0分.在这次足球比赛中，小虎足球队得16分，且踢平场数是所负场数的整数倍,

则小虎足球队所负场数的情况有（）

A.2种B.3种C.4种D.5种4中考

解：设小虎足球队胜了x场，平了y场，负了z场，小虎足球队踢平场数是所负场数的左倍.

x+y+z=17①

依题意，得/3x+y=16②，把③代入①@,

y=kz

x+(k+\)z=\l解得Z=熟^为正整数）,

3x+kz=\6

又因为z为正整数，则兼+3=35或5或7,

所以当A=1时，z=7；当〃=2时，z=5；当&=16时，z=l.

综.上所述，小虎足球队所负场数的情况有3种.

三、在填空题的应用

例4（2020黄石中考改编）我国传统数学名著《九章算术》记载：“今有牛五、羊二，直金十九两；牛二、

羊五，直金十六两.问牛、羊各直金儿何？”译文：“假设有5头牛、2只羊，值19两银子；2头牛、5只羊，值

16两银子.问每头牛、每只羊分别值银子多少两？”根据以上译文，若某商人准备用19两银子买牛和羊（要求

既有牛也有羊，且银两须全部用完），那么商人的购买方法共有种，列出所有的可能购买方案.

解：设每头牛值x两银子，每只羊值），两银子，

根据题意得：（5x+2y=19,解得：I”“

l2x+5y=16y=2

即每头牛值3两银子，每只羊值2两银子.

设19两银子购买。头牛，8只羊，

依题意有3。+2匕=19,则0=19-3%

2

因为4,〃都是正整数，那么。=1,3,5；

所以商人共有三种购买方法：①购买1头牛，8只羊；②购买3头牛，5只羊；③购买5头牛，2只羊.

例5（2020重庆4卷）为刺激顾客到实体店消费，某商场决定在星期六开展促销活动.活动方案如下：在商

场收银台旁放置一个不透明的箱子，箱子里有红、黄、绿三种颜色的球各一个（除颜色外大小、形状、质地等完

全相同），顾客购买的商品达到一定金额可获得一次摸球机会，摸口红、黄、绿三种颜色的球可分别返还现金50

元、30元、10元.商场分三个时段统计摸球次数和返现金额，汇总统计结果为：第二时段摸到红球次数为第一时

段的3倍，摸到黄球次数为第一时段的2倍，摸到绿球次数为第一时段的4倍；第三时段摸到红球次数与第一时

段相同，摸到黄球次数为第一时段的4倍,摸到绿球次数为第一时段的2倍,二个时段返现总金额为2510元.

第三时段返现金额比第一时段多420元，则第二时段返现金额为元.

解：设第一时段统计摸到红、黄、绿球的次数分别为小b,c,则第二时段统计摸到红、黄、绿球的次数分

别为3a,2b,4c,第三时段统计摸到红、黄、绿球的次数分别为a,4b,2c.由题意得

42b-43

j250fl+210/7+70c=251025a+2\b+lc=25\a=------

，所以25

［（50〃+120/?+20c）-（50a+306+10c）=4209b+。=42

c=42-9Z?

（42%-43、八

------204314

因为〃，c为正整数，所以25，则蔡劭因为。为正整数，所以8=2,3,4；

42-9心0423

当〃=2,3时，〃的值非正整数，不符合题意；

当力=4时，。=5,。=6,符合题意；

所以150〃+60》+40c=150x5+60x4+40x6=1230,即第二时段返现金额为1230元.

四、在解答题的应用

例6（2021杭州模考）某市政府筹集了抗旱必需物资120/打算运往灾区，现有甲、乙、丙三种车型供选择,

每辆车的运载能力和运费如下表所示:

车型甲乙丙

汽车运载量/（〃辆）5810

汽车运费/（元/辆）40030()600

(I)为了节约运费，该市政府可以调用甲、乙、丙三种车型参与运送，每辆车均满载，己知它们的总辆数为

16,你能通过列方程组的方法求出可能的运送方案吗？

(2)哪种方案的运费最少?最少是多少元？

解：⑴设甲型车有，辆，乙型车有)，辆，丙型车有Z机根据题意，得tx+yd+z=126。,消去Z，得5"

2

2y=40.所以x=8—gy

由x,y,z是非负整数，可知x与)，的和不大于16,)，为5的倍数,

x=8,X=6,x=4,

x-8,x~6>x—4,

则,=5，b=10/所以y=0»­y=5,«>'=10»

y=0,

z=8,z=5,z=2.

所以有三种运送方案：①甲型车8辆，丙型车8辆；②甲型车6辆，乙型车5辆，丙型车5辆；③甲型车4

辆，乙型车10辆，丙型车2辆.

(2)3种方案的运费分别是：

①400x8+600x8=8000(元)：

@400x6+500x5+600x5=7900(元)；

③400x4+500x10+600x2=7800(元).

囚为8000>7900>7800,所以调用甲型车4辆，乙型车10辆，丙型车2辆时运费最少，最少是7800元.

例7(广西梧州中考)我市某商场有甲、乙两种商品，甲种每件进价15元，售价20元；乙种每件进价35

元，售价45元.

(I)若商家同时购进甲、乙两种商品100件，设甲商品购进x件，售完此两种商品总利润为1y元.写出y与x

的函数关系式.

(2)该商家计划最多投入3000元用于购进此两种商品共10()件，则至少要购进多少件甲种商品?若售完这些

商品，商家可获得的最大利润是多少元？

(3)“五•一”期间，商家对甲、乙两种商品进行表中的优惠活动，小王到该商场一次性付款324元购买此类商

品，商家可获得的最小利润和最大利润各是多少?

打折前一次性购物总金额优惠措施

不超过400元售价打九折

超过400元售价打八折

解：(1)设甲商品购进工件，则乙商品购进(100—x)件，由题意，得

)，=(20-15)x4-(45-35)(100-v)=-5x4-1000,

故)，与x之间的函数关系式为：)，=-5工+1000；

(2)由题意，得15x+35(100—©03000,

解之，得应25.

因为>=一5工+1000,女=一5<0,

所以y随x的增大而减小，

所以当x取最小值25时，)，最大值，此时)，=-5x25+1000=875(元)，

所以至少要购进25件甲种商品；若售完这些商品，商家可获得的最大利润是875元;

⑶设小王到该商场购买甲种商品〃?件，购买乙种商品〃件.

①当打折前一次性购物总金额不超过400时，

购物总金额为324X).9=360(元)，

9

则20〃?+45〃=360,相=18—一〃>0,

所以0V〃V8.

〃是4的倍数，有3种情况:

情况1：〃?=0,〃=8,则利润是：324—8x35=44（元）；

情况2：利=9，“=4.则利润是：324-（15x9+35x4）=49（元）：

情况3：m=18,〃=0,则利润是:324—15x18=54（元）；

②当打折前一次性购物总金额超过400时，购物总金额为324・0.8=405（元）

81—9”

则20利+45〃=405,m=--------->0,

4

所以0V〃V9.

用、〃均是正整数，有2种情况：

情况1：机=9，〃=5,则利润为:324-（9x15+5x35）=14（元）；

情况情，〃=18,〃=1,则利润为：324—（18x15+1x35）=19（元）.

综上所述，商家可获得的最小利润是14元，最大利润是54元.

练习题

1（2020重庆B卷）火锅是重庆的一张名片，深受广大市民的喜爱.重庆某火锅店采取堂食、外卖、店外摆

摊（简称摆摊）三种方式经营，6月份该火锅店堂食、外卖、摆摊三种方式的营业额之比为3：5：2.随着促进消费

2

政策的出台，该火锅店老板预计7月份总营业额会增加，其中摆摊增加的营业额占总增加的营业额的（，则摆摊

7

的营业额将达到7月份总营业额的石，为使堂食、外卖7月份的营业额之比为8：5,则7月份外卖还需增加的

营业额与7月份总营业额之比是.

解：设6月份的总营业额为〃元，7月份的总营业额为方元，则7月份增加的总营业额为S—0元.根据题意，

6月份该火锅店堂食、外卖、摆摊三种方式的营业额可分别表示为京3〃元，木3〃元，币2元，7月份该火锅店堂

8577

食、外卖、摆摊三种方式的营业额可分别表示为三。元，元，—b元，所以7月份摆摊增加的营业额为（刀力

227^2

-水。）元.根据7月份摆摊增加的营业额占总增加的营业额的;，得一水〃=（儿〃），解得〃=4”，所以7月

5,55,5,

份外卖还需增加的营业额与7月份的总营业额之比为2010=2010=[.故答案为6.

b4a88

2百鸡问题；鸡翁一，值钱五；鸡母一，值钱三；鸡雏三，值钱一.百钱买百鸡，问：鸡翁、鸡母、鸡雏各几

何？

解设鸡翁x只、鸡母y只、鸡雏z只，依题意，得

x+），+z=100,①

1

5x+3>'+-z=IOO,Q）

、3

②x3一①，得7x+4）=100.

显然.z=4,y=18是该方程的一组解，故x=4+4t,y=18—7t.

所以，z=78+3t.

因为，0V（x,y,z）V100,t=0,1或2.

故x=4,y=18,z=78；x=8,y=11,z=81或x=12,y=4,z=84

3、某商场计划拨款9万元从厂家购进50台电视机.已知该厂家生产三种不同型号的电视机，出厂价分别为：甲

种每台1500元，乙种每台2100元，丙种每台2500元.

⑴若商场同时购进两种不同型号的电视机50台，共付9万元，请探究一下商场的进货方案：

⑵若商场销伐一台甲种电视机可获利150元，销售一乙种电视机可获利200元，销售一台丙种视机可获利250

元.在同时购进两种不同电视机的方案中，哪种能使获利最大？

⑶若商场准备用9万元同时购进三种不同型号的电视机50台，请你设计进货方案.

解⑴应分三种情形讨论：

x+v=5()v=25

①设购进甲种电视机4台，乙种电视机)，台，列方程组1'一',解得《一；

，{1500x+2100y=90000(>>=25

②同理求得若同时购进甲、丙电视机分别为35台和15台；

③不可能同时购进乙、丙两种电视机(方程组无正整数解).

⑵通迂直接计算，上述两种方案的利泗分别为8750元和9000元，应选第二种方案.也可进行估算，在三种机型

中，乙的利润率最低，甲、丙相同，易选择方案二.

(3)设购进甲、乙、丙三种电视机分另]为x台、y台和z台，

5(35-x)

x+y+z=50-2-

可列方程组《分别解出y和z得•

15()().r+2100y+2500z=9()0003(大-25)

根据题意，分别得到符合题意的整数解为:

X)=33x2=31七=29x4=27

•X=5,»’2=10«)’3=15->4=20

Z3

=12z2=9z3=6,4=

4、有一水库，有水流进，同时也向外放水，可使用40天，最近库区降雨，流入库区的水量增加20%,如果放水

量增加10%,仍可使用40天，如果按原来的放水量放水，可使用多少天？

解：议未降雨的一天流进的水为x立方米，未降雨的一天流出的水为)，立方米，水库原有〃立方米,

根据两次的情况可得：y-x=-^,l.ly-1.2x=^,所以y-x=l.ly—1.2x,y=2xta=40x,若按原枭的放

水可使用：a+(y-1.2x)=4O.r+08c=50(天)

5、有甲、乙、丙三种规格的钢条,已知甲种2根,乙种1根，丙种3根共长23米;甲种1根,乙种4根，丙种5根

共长36米。问甲种1根，乙种2根，丙种3根共长多少米？

解：过甲的长度为4米，乙的长度为y米，丙的长度为z米，根据题意得

2x+y+3z=23①，厂、^

令x+2y+3z=a,・・・x=a-2y-3z③将③代人①、②得

x+4y+5z=36②

2a—3(y+z)=23(a=22

〜〃，解得，。答：甲种1根，乙种2根，丙种3根共长22米

a+2(y+z)=36[.v+z=8

6、买20支铅笔、3块橡皮、2本日汜本需32元，买39支铅笔，5块橡皮，3本日记本需58元，则买1支铅笔，

1块橡皮，1本日记本需要多少元？

解：谀铅笔拿支为x元、橡皮每块为)，元、日记本每本为z元，根据题意得

20x+3y+2z=32,,

,“「.”，令x+y+z=a,则x=a-)，-z,代入原方程组整理得

[39x+5y+3z=58

[20«-(l7y+18z)=32①三/

\'、①x2-②得，a=6

[396/-2(17y+18z)=58@

答：买1支铅笔，1块橡皮，1本日记本需要6元

7、某一次考试共需做20个小题，做对一个小题得8分，做错一个扣5分，不做的得。分，杲学生共得13分，问

这个学生没做的题有多少个？

解：设该学生做对x题，做错)，题，没做z题，根据题意得

《‘二，由②得8x+8)~13y=13,・・・8(x+)，)=13()，+l)

Sx-5y=\3②

；・x+y是13的倍数，即x+y=13,，)，=7,x=6,z=7

8、某市为鼓励节约用水，对自来水的收费标准作如下规定：每月每户用水不超过10吨部分按045元/吨收费；

超过10吨而不超过20吨部分按0.80元/吨收费；超过20吨部分按L50元收费。某月甲户比乙户多缴水费7.10元,

乙户比丙户多缴水费3.75元。问甲、乙、丙户该月各缴水费多少元？(自来水按整吨收费)

解：议丙用水x吨，乙用水10+y吨(x,y为整数，且0<yW10),因乙户比丙户多缴3.75元，得

0.45A-+3.75=0.80y+0.45xlO,整理得9x-16y=15

因为3能整除9和15,但不能整除16,则3必整除y,即)，是3的倍数，又OvyWIO,故y只能取3、6、

9,经检验y=3是唯一能使x为整数的值，得x=7

同理可设甲户用水(20+z)(z为整数，JLz>0)吨，因甲户比乙户多缴7.10元，得

0.80y+0.45x10+7.10=1.50z+0.45x10+0.8x10

即8y—15z=9,由y=3,解得z=l

，甲户缴水费14元，乙户缴水费6.9元，丙户缴水费3.15元

专题二、一道与正方形有关的课本题变式

原题(2001年版九年义务教育三年制初级中学教科书几何第二册第196页第14题)：

已知：E是正方形4BC7)内一点，求证：ZECD=ZEDC=15°(«].

二、编题呈现

变式一：在原图框架下探究多个问题

问题1：如图1,四边形ABCO是正方形，AABE是等边三角形.

(1)求证：kADE@XBCE：

(2)求NCEO的度数：

(3)若正方形边长为m求AAOE的面积；

(4)求5ACDE:SAABE；

(5)若△A8E的面积为与，△(?£)£的面积为S2,正方形面积为S,则S与S1+S2有何关系?

答案：(1)SAS证明；(2)ZCED=150°；(3)(4)(273-3)：3；(5)^S=S2+Si.

图1图2

变式二：翻折等边三角形探究多个问题

问题2：如图2,四边形4BCO是正方形，△48E是等边三角形，连接EZ）,EC.

（1）求证：&ADE@ABCE;

（2）求NCED的度数;

（3）若正方形边长是0,求△八。石的面积；

（4）求5ACDE•5AABE；

（5）若△ABE的面积为与，△CO£的面积为S2,正方形A6CD的面积为S,则S与$、S2有无特殊关系？

解析：（1）因为AO=BC,ZEAD=ZEBC=\500iAE=BE,所以△AOEgABCE；

（2）易知AE=4O=8E=8C,又由（1）的全等知/4片。=/8瓦?=3（180。—150。）=15。，所以/。比>=乙4仍

-4ED—N8EC=30。，

（3）AABE、正方形ABCD都是轴对称图形，则点E在AB中垂线上，所以S△八*

224

（4）5AABE=—a2,SACDE=--a-（14--）a=2*"a2,

4224

所以SACDE：SM8E=(2+G):73=(273+3):3,

（5）由（4）可知，52—Si=—a2,那么」S=S2—Si.

22

变式三：无图框架下探究多个问题

问题3：四边形ABC。是正方形，AABC是等边三角形.（1）求NAEO的度数；（2）求/CED的度数；（3）

求SACDE：S-跖；（4）若四边形ABCD的边长是a,求^BDE的面积.

解析：此题尢图，要运用分类讨论的思想进行解答，分点E在48左侧和右侧两种情况.由问题1及问题2

的解答知：（1）NA££>=75。或15°；（2）NQ£C=150°或30。；（3）SK：SAA砥=（26一3）：3或（2石+3）：3；

图3

（4）第一种情形如图3-①，SAHDE=S四边彩ABED—5AARD

_cIc\s_62i1713_x/3-\>

—ot,ABE-T5AADE—-S正-----a~~r—a—a---------〃-；

24424

第二种情形如图3-②，5ABDE=S四边形AEW）—5AADE=SGW+5A.MH）~S^ADE=«2+7a2—\d1=&+'屏；

4244

所以SA初£=立里。2或正二1次.

44

变式四：等边三角形摆放位置改变

问题4：正方形A8CZ）中，E、尸在BC、C。上，△AE/是等也三角形（如图4）.（1）求8E：BC的值；（2）

探索：SAECF与S△八BE的关系；(3)方正方形48C。的边长是4,求SaAEF.

图4图5

解析：因为4B=AD,AE=AF,所以即△A8E也心△A。汽”L),所以NB4E=15°.

如图5,作4石的中垂线交相于G,垂足为从则AG=G£N3GE=2NG4E=30。，设BE=k,则GE=

AG=2k,BG=^k,

(I)所以BE：BC=BE：AB=BE：(4G+GB)=1：(2+6)=(2—8)：I；

2

(2)ABE=ABBE=-(2+)k-k=k,由全等知8E=/)F,则CE=CR

222

所以SAECF=；CE=g(1+G)2F=(2+73M2,

所以SAECF=25AAHE.

(3)由(1)知丝=丝叵=」-,则8E=——。=(2一百)4在RSABE中，A£2=AB2+«E2=t/2+

BE1BE2+V3

(2—舟)2。2=(8-4百)〃2,

2

所以SAA"=—AE=(2百一3)42.

4

受“问题4”中第(3)小题的启示，若△AEF不是等边三角形，乂有什么结论？

变式五：淡化等边的特殊条件，探求面积最值

问题5：如图6,正方形A8。。的边长是1,E、r分别在8cC。上，且/£4r=60。，求AAEF面积最小

值.

图6图7

解析：如图7,将aAO/绕点4顺时针旋转90。得到△A8G,则G、B、C共线.

所以NGAE=30。，又SMEF=-A£-AF-sin600,

2

SAA£G='*AEAGsin30°,而Ar=AG,

2

则S^AEF:5AAEG=sin60°:sin300=有,

即SAA£F=J58AEG①，所以只需求△AEG面枳最小值.

作△AEG的外接圆，设圆心为0,连接。4、OE、0G,过点。作。H_LEG于点”.

由圆周角定理知NGOE=2NG4E=60。，而0G=0E则△0G£是等边三角形，则GE=OE=r,

所以SAAEG=LGEAB=2，・②，

22

所以当，•最小时，AEG最小.

由“垂线段最短”知AO+OH>AB,

即r+暮之1,解得它2（2一百），

当/*=2（2—石）时，「最小，再洁合①②,

所以△AEF的最小值是咚x2（2—6）=2G-3.

若把顶点部在正方形边上的正三角形叫做正方形的内接正三角形.那么内接正三角形的面积及线段有什么特

殊结论？

变式六：探究正方形内接正三角形面积的最值

问题6：如图8,已知正方形ABC。的边长是I,点E、F、G分别在人8、BC、。。上，且△EPG是等边三

角形，求△EFG面积的最大值与最小值.

图8图9

解析：如图9,作EG的中点从连接CH、尸〃.由是等边三角形，〃为中点，川〃F_LEG,

由/£：8/=/6"”=90。得点瓜B、F、”四点共圆（或作E/中点，用斜中线、圆定义证四点共圆）.

由圆周角定理知N〃8P=N〃"=60。，

同理/HCF=ZHGF=60°,

所以△8C”是等边三角形.

因为△BC”是以正方形的边为边的等边三角形，

所以点H为定点，即为等边△BC”的顶点，且点”为EG中点，而过点”有尢数条直线，

所以当等边△石尸G的七G边过。点（或A点）、〃点时，边EG最大，即此时面积最大.

如图所示10,可以发现与“问题4中的（3）的面积''和“问题5”的面积最值的结果相同，前面已经给出解答

过程，即△£FG面积的最大值S烛火=26一3.

这里再提供另一种解法:

图1。图11

如图10，过点H作MH〃AB交AD于M,交BC于点N,连接8”、CH.

则MH是△AOE中位线，

所以AE=2MH,

由对称性知“N是等边△BC”的8C边上的高，

HN--,则〃〃一1--,

22

所以AE=2—。.

在RtAADE中，DE1=AE1+AD2=（2-+）2+12=8~46,

所以△EFG的最大面积S=B-D£2=近（8—4万）=26一3.

44

如图II所示，由垂线段最短可知，当EG过点”且EG_LCQ时，的面积最小；易求△七FG的最小

面积以产且.

4

变式七：探究正方形内接正三角形的线段关系

问题7；如图12,正方形ABCO中，点E、F、G分别在AB、RC、C7）上，且△EFG为等边三角形.求证；

BE+GC=6BC.

图12图13

方法一：BE、CG可看成梯形8EGC的两底，由所求的结论，想到梯形的中位线.

解：如图13,分别取EG、8c的中点M、N,连接MM则MALL4C,MN为梯形中位线，所以2MN=BE

+GC

连接MH则M尸为等边三角形的高，EG=»MF,过点G作AB的垂线，垂足为，，

由等边三角形三线合一知MF_LEG,又HGLMN,

根据''一个角的两边与另一个角的两边分别垂直，则这两个角相等或互补”，所以N〃GE=NNMF,

所以△HGES^NMF,

所以皿=丝=2

HGEG2

所以型型=网=2><正=G，

BCHG2

所以BE+CG=>5BC.

方法二：结合“问题6”的解答，如图14,作EG的中点M,倍长8M,将8E+CG转移到一条直线.

解：取EG中点M,延长BM、C。交于点H,连接MF.易证△所以4E=〃G,那么8E+CG

=CH,由等腰三角形三线合一知NEMF=90。，

所以ZEMF=180°,

所以点B、E、M、尸共圆，

所以ZMBF=ZMEF=60°,

在RsBCH中，CH=GBC,即BE+CG=+BC.

从“问题7”的“解法一”（图13）中，我们还可以得出一个面积关系式：S&EHG+SACFG=SABEF.

A"

图14图15

变式八；探究矩形内按正三角形与矩形组成的三个三角形面积的关系

问题8：矩形8CG”中，E、F在边BH、BC上，且△EFG是等边三角形.求证：S4EHG+SACFG=SABEF.

解析：如图15,取EG的中点M,连接MF,则且MF=6EM.

过点M作〃4、BC的垂线，垂足为P、N.

由同角的余角相等知NPME=/FMM

所以△EPMs&NM,

所以把=丝=5

PMEM

设“P=mPE=b,由中位线得〃G=2mHE=2b,由相似比知MN=G。，NF=yf3b,BF=a+&b.

所以CF=ab,BE=PB-PE=ylia-b,CG=&+b.

所以EHGTSACFG=-HEHG+-CFCG

22

=—・2力2/+—{a~x/3b)(G。+〃)

22

=—(\/3cr+2ab—月b2).

2

又SABEF=-BEBF=1(6〃一份(a+丛b)=>(+a2+2ab-V5b2).

222

所以5AEHG+5ACFG=5ABEF.

变式九：探究原命题的逆命题

问题9：如图16,已知£是正方形ABCD内一点，且/ECO=N£DC=15。，求证：AABE是等边三角形.

图16图17

证明：如图17,以C£为边在正方形内作等边△(?£/,连接8E

由正方形及等边三角形及/石。。=15。知/尸。^=15。，又CF=CE,BC=CD,

所以△CDE经△CBF(SAS),

所以N8FC=NOEC=180。-15。-15°=150°,

又NEFC=60。，

所以NBFE=360。-ZBFC-ZEFC=150°,

BPZBFE=ZBFC,又8/公共，EF=CF,

所以△BEFmABCF(SAS),

所以/F.RF=/FRC=/EDC=IS。，

所以NEBC=30。，

所以/ABE=60。，又BE=BC=AB,

所以△ABE是等边三角形.

专题3、抛物线中角的存在性问题

题目：如图1,二次函数3二；■—2》-6与坐标轴交于4、B、C,。为顶点.

图1

1.75。角存在问题

问题1：如图2,2是8c下方抛物线上一动点，若/PCB=75°,求点尸的坐标.

解：易求A(—2,0),5(6,0),C(0,-6),

如图3,过点C作CE〃AB交抛物线于点E,过点P作CE的垂线，垂足为F.

易求NBCF=NOBC=45。,则/ECP=30°.

设P尸=机，则C尸=&〃?，—6一机)，

把P(G小，-6一6)代入)，=；如一公一6,解得〃?="二2,所以J」一;"16"4^).

245。角存在问题

问题2：对称轴上有一动点M,使NCMB=45。，求M点坐标.

图4

解：易求抛物线的顶点。(2,-8),8c为确定的线段，8C所对的/CW8始终是45。，则构成定弦定角模型,

如图4.

①以。为圆心，。4的长为半径，作。。交直线x=2于点

由同弧所对的圆心角是圆周角的2倍知N8OC=45。，

连接OMi,设直线x=2交x轴于点儿

则RsOMiH中，OMi=6,OH=2,

所以22+MI3=62,解得MH=4&,

所以MI(2,40)；

②以点G(6,—6)为圆心，3G的长为半径作(DG,交直线x=2于点M2,连接M2G,

同法求得“2(2,—6-26),

综卜”(2.4g)或(2.-6-275).

3.等角存在问题

问题3：如图5,若CE〃x轴，。为x轴上一动点，且/QC8=NE8C,求点。坐标.

图5

解析：如图5.

(I)由NQCB=/EEC,过点C作凡交x轴于点口，

又Q\B"CE、则四边形Q18CE是平行四边形，

所以Qi8=CE=4,所以OQi=2.

所以0(2,0).

⑵易知NQC4=N8CQ,作。关于8c的对称点F,连接交4c于〃，连接8R则△0CH0△“'H,

△QiBH学AFBH,

则/“8尸=/。山”=45°,所以87U.84,BF=BQi=4,

所以尸(6,-4),又C(0,-6),则直线C/的解析式为y=gi—6.

当)=0时，x=18,即。2(。，0).

综上Q(2,0)或(18,0).

4.和角存在问题

问题4：如图6,y轴上有一动点M若NANC+/ACN=NABC,求点N的坐标.

解,：由O8=OC,知NA8C=45。，则N4NC+NACN=45。.

如图7,延长CA并在延长线上找一点G,使/NGA=45。，由外角知/G4N=ZANC+/ACN=45。，则NNGA

=NGAN,即GN=M4,△ANG是等腰直角三角形.

过点G作G〃_L)，轴于点儿易证△G/7N丝△NOA(AAS),

设ON=”，MGH=ON=a,则G(一〃，a+2),

由A(—2,0),C(0,-6),易求直线AC的解析式为y=-3x—6,

将G(—a,a+2)代入y=-3x—6,即a+2=3a—6,解得a=4,

当点N在)，轴负半轴时，符合条件的N点不存在.

所以M0,4).

5.倍角存在问题问题5：如图8,Q为x轴的动点，若NCQB=2NCBD,求点Q坐标.

图8

解：在8c上找点E,使由外角知NCEO=2NC8Z)①

易知直线4c解析式为y=x-6,设£(/〃，/〃一6),

由8(6,0),0(2,-8),则8£2=(加一6)2+(加一6)2,E£>2=(/7i-2)2+(w+2)2,

8810

由BE=ED知(加一6)2+(〃[-6)2=(〃?一2>+(阳+2产，解得m=-,即E(-，一一),

333

又易知。£>2+区0=3。2,则N8CO=90。，

o1o鼻

由C(0,-6),E(-,----)、D(2,一8)知。。=2血，CE=-五,则tan/CEO=一②

3334

由①②和已知ZCQ6-2ZC5O,贝ijlunZCQB--,

4

当点。在8点左侧时，Qi(—8,0),

当点0在4点右侧时，Q(X，。)，

BP0(-8,0)或(8,0).

专题四、旋转相似

1.点B、C、E不共线.点A、D在直线CE的同侧，AB=AC,EC=ED.ZBAC=ZCED=a.直线AE、BD

交于点F(点F不与点A、B重合).

(1)如图1./AFB与/a的数量关系是；

(2)如图2.NAFB与的数量关系是(请你任选其中一个结论证明).

图1图2

解：(1)证△ABCS^EDC,

・•・NACB=NDCE,—,

ECDC

・•・ZACB+ZACD=ZDCE+ZACD.

.\ZBCD=ZACE,.,.△BCD^AACE.

AZDBC=ZEAC,

・・・NAEB=NACB=⑼'〜=90°--a

22

(2)ZAFB=90°+-a

2

2.己知△ABC与△DEF都是等腰三角形，AB、EF的中点均为0.且顶角NACB=NEDF.

(1)如图1.若NACB=90。，则BF与CD间的关系是(直接写出结论)：

(2)如图2,若NACB=5求&£的值(用口的三角函数值表示)

CD

图I图2

解：⑴BF=CD,BF±CD

RPR/)xy

(2)先址ACABSZXDEF,再证ABOFSZ\COD,—=tan-.

CDCO2

3.△ABC中，AB=AC,ZBAC=45°,D为BC延长线上一点，E为NACD内部一点，且NABE=/ECD=45。.求

证：BE=V2AC.

解：过B作BH_LCE交EC延长线于H,连AH,交BC于K.

△ABH^AACH,AH±BC,△ABK^AEBH,则BE=0AC.

4.如图，正方形ABCD和正方形CEFG,延长BE交AF于H点，求NAHB的大小.

解：连AC,CF,由△ABCS/XFEC,得△BECs/XAFC.

ZFAC=ZEBC,/.ZAHB=ZACB=45°.

5.正方形4BCD中，以C为圆心，CB为半径作OC与正方形相切于D、B,E为弧BD上一动点(DE>EB),在

DE上取H,使得EB=EH,连EB交AH于F.求工.

FH

解：过D作DG_LBF交BF于G,连AG.

易得NDEB=I35。，ZFED=45°,△AGD^ABED,

AEH=EB=>/2AG,ZAGD=ZDEB=135°,

AFAG41

AZAGF-ZGEH-45%.,-AG/7ED,