四川省成都市2026中考数学一题多解解析双栏版（含解析）

2026年成都市高中阶段教育学校统一招生暨初中学业水平考试数学解析A卷（共100分）第I卷（选择题，共32分）一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）题号12345678答案ABACCBDC1．(4分)某人转动转盘，如果用＋3圈表示沿逆时针方向转了3圈，那么沿顺时针方向转了5圈记作（）（A)-5圈（B)-2圈 （C)+5圈(D)+8圈【解析】用＋3圈表示沿逆时针方向转了3圈，那么沿顺时针方向转了5圈记作-5圈.故选A.【点拨】本题考查用正负号表示一对相反意义的量.需要注意的是：若逆时针记为正，则顺时针记为负.(4分)2026年5月18日，中国卫星导航定位协会在北京发布《2026中国北斗时空产业发展白皮书》．白皮书数据显示，2025年国内北斗终端产品总销量超过4.1亿台／套，其中具有北斗定位功能的智能手机出货近2.8亿部，车载导航仪终端销量超过2400万台．将数据4.1亿用科学记数法表示为（）(A)4.1×1(C)41×1【解析】4.1亿【点拨】本题考查用科学记数法表示较大数.科学记数法要求a×10n中，|a|<10,故a=4.1，n=8。n等于整数位数减1.理解并记住1万=104，3．(4分)下列图形经过折叠可以围成一个棱柱的是(B)(C)(D)【解析】根据棱柱展开图逐一比对，仅A满足“两全等底面＋矩形侧面”的拼接.故选A.【点拨】本题考查棱柱的展开图.棱柱展开图含两个全等多边形作上下底，且侧面为与底面边数相同的矩形，能首尾闭合而不重叠.通过观察，运用排除法或动手操作，迅速排除B、C、D.4．(4分)下列计算正确的是（）(A)x3⋅(C)(3【解析】A.同底数幂相乘指数相加x3.xC.(3x2y)2=【点拨】本题考查同底数幂乘法aman=am+n，合并同类项，积的乘方(ab5．(4分)如图，已知△ABC≌△FDE,∠A=40∘,∠E=62(A)40°(B)62°(C)78°(D)102°【解析】由△ABC≌△FDE得∠在ΔFDE中，∠EDF=180∘-∠【点拨】本题考查全等三角形的性质及三角形内角和定理。答题时注意在图上正确标注已知角及所求角，以防止答非所问.6．(4分)有一首古算诗：“林下牧童闹如簇，不知人数不知竹．每人六竿多十四，每人八竿恰齐足．”其大意是：牧童们在树下拿着竹竿玩耍，不知有多少人和竹竿．每人6竿，剩余14竿；每人8竿，恰好用完．则牧童的人数和竹竿的根数分别为（）(A)8,64(B)7,56(C)6,48(D)5,40【解析】这是古算术的牧童与竹竿问题。法1：(用一元一次方程)设人数x.依题意，得8x=6x+14，解得x=7,8x=56，故选法2：(用二元一次方程组)设人数x、竹竿y。依题意得6x+14=y，②代入①,得8x=6x+14,x=7,y=56，故选B.【点拨】本题考查一元一次方程的应用，或二元一次方程组的应用.7.(4分)为了估计瓶中豆子的数量，先从瓶中取出100颗豆子，并给这些豆子做上记号，然后把这些豆子放回瓶中，充分摇匀，再从瓶中随机取出60颗豆子，发现其中有5颗豆子带有记号，则瓶中豆子的颗数约为（）(A)300(B)600(C)1000(D)1200【解析】样本中带记号比例560=总体比例100由560=100【点拨】本题考查样本估计总体,应用样本比例=总体比例构造方程是关键.8．(4分)已知二次函数y=ax2+bx+c的自变量xx···-2-1013···y···3430-12···、下列说法错误的是（）（A）函数图象的开口向下（B）函数图象的对称轴是直线x=-1（C）2a+c=0(D)【解析】法1：(用数形结合画图象)如图,由表格信息画二次函数y=ax2+bx+c的图象，观察图象后排除A、B、D三个选项.故选C.（此法数形结合，不需要计算，直接观察图象后法2：(用对称性)二次函数y=ax2+bx+c的图象对称轴可由对称点直接读出：(-2,3）与（0,3）函数值相等，故对称轴为直线x=-2+02=-1.b2法3：(用点在图象上的意义计算)由（0,3）得c=3;由（1,0）得a+b+c=0,即a+b=-3;由(-1,4)得a-b+c=4,即a-b=1.解得a=-1,b=-2,c=3.检验(-2,3),(3,-12)均成立.A.开口向下（a<0），正确；B对称轴x=-b2a=-1，正确；C2a+c=-2+3=1≠0，错误；D【点拨】本题考查二次函数的图象与性质.解答题时，注意借助数形结合运用二次函数的图象与性质，使问题解决变得简化.第II卷（非选择题，共68分）二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）9．(4分)因式分解:x2【解析】两项的公因式为x，得x2-3x=x(x-3).【点拨】提公因式法因式分解，本质是乘法分配律逆用.10．(4分)在平面直角坐标系xOy中，点P(3,-5）关于y轴对称的点的坐标为.【解析】本题考查在平面直角坐标系xOy中的对称点坐标.关于y轴对称，纵坐标不变、横坐标变号：P(3,-5)→(-3,-5)。熟记口诀“关于谁，谁不变、另一个要变号”，可快速解答.故答案为（-3,-5）.11．(4分)人的视觉机能受运动速度的影响很大．在一定条件下，某人驾驶车辆时的视野f（单位：°）与车速v（单位：km/h）之间的关系式是f=4000v．当车速为80km/h时，他的视野为【解析】当v=80时，f=400080=50【点拨】本题考查利用反比例函数的解析式，由自变量求因变量.12．(4分)正八边形的每个内角的度数都为.【解析】法1：正八边形每个内角为180∘-360∘8=180法2：正八边形每个内角为(8-2)×【点拨】本题考查正多边形的概念，多边形内角和定理(n边形内角和为（n-2)×180°，正n边形每个内角(n-2)×180∘n13．(4分)如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，分别以B，C两点为圆心，以AB的长为半径作弧，两弧在矩形ABCD内部交于点P，则点P到AD所在直线的距离为.【解析】如图，过点P作PE⊥BC于点E，延长EP，交AD于点F．在矩形ABCD中，AD∥BC，∴PF⊥AD，四边形ABEF为矩形，∴EF＝AB＝4，PF长即为点P到AD所在直线的距离.在△PBC中，∵PB=PC=4，PE⊥BC于点E，∴BE＝１２BC＝１２×6∴PE＝PB2PF＝EF－PE＝4－∴点P到AD所在直线的距离为4-7.【点拨】本题考查矩形性质及判定，等腰三角形的性质及勾股定理.三、解答题（本大题共5个小题，共48分）14.（本小题满分12分，每题6分）（1）(6分)计算：(1解：原式=3=3.【点拨】本题考查负整数指数幂的意义，二次根式的化简，特殊角的三角函数，绝对值的化简.注意规范计算题的解答过程：第一步，按照对应的四个知识点进行代值或化简；第二步，合并.（2）(6分)解不等式组：3(x+2)≥2x+5(2)解：由①，得3x+6≥2x+5，解得x≥-1；(2由②，得3(x-1)＜2x，解得x＜3.∴原不等式组的解集为-1≤x＜3.【点拨】本题考查一元一次不等式组的解法.注意规范解不等式组问题的解答过程：第一步，求出不等式①的解集；第二步，求出不等式②的解集；第三步，求出不等式组的解集.15.（本小题满分8分）为践行“健康第一”的教育理念，某校开展了创意课间操比赛，甲、乙两个参赛队进入决赛，决赛由5位教师评委和20位学生评委给两队打分（单位：分），该校将按最终成绩择优推广其中一队的创意课间操.赛后对评委打分的数据进行整理、描述和分析，下面给出了部分信息.①教师评委给甲队的打分分别为：8084848691②学生评委给甲队的打分的频数分布直方图如图（分数用x表示，数据分为4组，第1组：60≤x＜70，第2组：70≤x＜80，第3组：80≤x＜90，第4组：90≤x≤100):③评委对甲队打分数据的平均数、中位数、众数如下：平均数中位数众数教师评委a84b学生评委82m85根据以上信息，回答下列问题：（1)a的值为,b的值为;（2)m的值位于学生评委对甲队打分数据分组的第组，若教师评委、学生评委对甲队打分数据的方差分别记为s12，s2（3）学校将教师评委、学生评委打分的平均分按3:2的比例确定两队的最终成绩．已知乙队的最终成绩为83分，试判断该校将推广哪个队的创意课间操，并说明理由．解：(1)a=80+84+84+86+915=84出现两次最多，众数b=84．(2∴a=85，b=84；（2)20个学生数据的中位数为第10,11个数的平均。各组累计频数2,7,14,20，第10,11个均落在［80,90)，故m在第3组。(3分教师评委对甲队打分数据的方差为S学生评委对甲队打分的数据跨四组、远离均值的样本更多，S2∴s12<推广甲队．理由如下：∵甲队最终成绩为85×3+82×乙队的最终成绩为83分，83.8>83,∴学校应推广甲队的创意课间操．(8【点拨】本题考查统计核心概念：平均数，中位数，众数及方差.16.（本小题满分8分）尊老敬老是中华民族的传统美德，某社区开展了“智慧助老”行动，为高龄老年人家庭免费安装智能门锁．如图，在侧面示意图中，智能门锁的摄像头A拍摄的最大仰角为30°，最大俯角为52.43°，某人站在门外距离门底部B点0.9米的N处时，摄像头A恰好能拍摄到站立点N及头顶M．已知AB⊥BN,MN⊥BN，求此人的头顶M到站立点N的距离．（结果精确到0.01米；参考数据：3≈1.52.43解：过点A作AC⊥MN，垂足为点C，则四边形ABNC为矩形，∠MCA=∠NCA=90∘，N在Rt△AMC中，∵tan∠CAM∴M≈0.3×在Rt△ANC中，∵tan∴NC≈0.9×1.300=1.170(米∴MN=NC+MC≈1.170∴此人的头顶M到站立点N的距离约为1.69米．(【点拨】本题考查锐角三角函数的应用.17.（本小题满分10分）如图，点C在以AB为直径的⊙O上，连接AC,BC，过点C作CD⊥AB，垂足为D，在圆上取一点E，使，连接CE,BE.(4分)求证：∠（2）(6分)若sinA=56，(1)证明法1：∵，∴∠CBE=∠A.(1分∵∠E=∠A∴∠CBE=∠E.(∵CD⊥AB，∴∠ACD∴∠ACD+∠CBE=9法2：∵，∴∠CBE=∠A.(1分∵AB∴∠ACB=90∘，∵CD⊥AB，∴∠ACD∴∠ACD=∠ABC∴∠ACD+∠CBE=（2）解：法1：连结CO，并延长，交BE于点F.在Rt△ACD中，∵sinA=∴设CD=5m，AC=6mADAD＝=6m2∴OC=OA=AD+OD=11m+7，在Rt△OCD中，∵∠∴CD2+OD即5m2+7解得m=11∴OC=11m+7=18，即为⊙O的半径.(7∵，∴CE=CB.∵CF过圆心O，∴CF⊥BE,∴F为BE中点，∴BE=2BF.(8在△BOF和△COD中，∠∴△BOF≌△COD(AAS),∴BF=CD=5m=511∴BE=2BF=2CD=1011法2：设半径r，则AB=2r．在Rt△ABC中，∵sinA=BCAB∴AC＝=2r=r∵D为斜边上高的垂足，∴由射影定理，得AC∴AD=A又∵OD=AO-AD=r-解得r=18.∴BC=5r3=30，∵，∴CE=CB=30，∴∠CBE=∠CEB=∠A．连结CO，并延长，交BE于点F，则F为BE中点，∴BE=2BF.∴cos⁡∠CBF=cosA，∴BF=∴BE=2BF∴半径18，BE=10【点拨】本题方法较多.考查用圆的基本性质，圆周角定理及推论，垂径定理，全等三角形，射影定理,勾股定理，锐角三角函数等进行证明与计算.18.（本小题满分10分）如图1，在平面直角坐标系xOy中，直线y=kx与反比例函数y=2（1）(3分)求线段AB的长；（2）(3分)已知P为y轴正半轴上一点，若ΔABP为直角三角形，求点P的坐标；（3）(4分)如图2，将线段DA,AC组成的折线段“D-A-C”沿x轴正方向平移得到折线段“D'-A'-C'”,点D,A,C的对应点分别为D',A',C'.A'C＇与反比例函数的图象交于点E，直线BD＇与反比例函数的图象在第一象限交于点F,OE与C'交于点G.试探究：在平移过程中，FG解：(1)∵A(1,a)在y=2x上,∴a=2，A(1,2)，（将A(1,2)代入y=kx，得k=2.由2x=2x，得x=±1，∴B(-1,-2).（∴AB=212+22设P(0,p)(p>0).分三类讨论：①如图，点P为直角顶点，∵PA⊥PB，∴kPA•即2-p1∴(2-p)(2+p)=-∴p2∴P(0,5).②如图，点A为直角顶点，∵AB⊥AP，∴kAP而k∴2-∴p=52③点B为直角顶点，∵BA⊥BP,kBP∴p+2=-12，综上P(0,5)或P(0,5（3）如图，设C'(a,0)∴D'直线B过B(-∴kB∴直线BDy=4a(x+1)-由y=4即(2x-a)(x+1)=0,解得x=a2x=a2时，y=2a2=∵E(a,2a)直线C'F过C'直线C'得x=4a∴FGGC'=∴FGGC【点拨】本题是反比例函数与几何综合问题.考查(1)点在一次函数及反比例函数图象上的意义求待定系数及点的坐标（2）注意运用：已知A(直线AB：y=kABx-x由坐标系下的直角三角形顶点的位置求点的坐标（注意用两直线垂直则斜率乘积为-1，竖直或水平特殊考虑）；（4）坐标系下的平移，构造方程组求点的坐标，判断线段比是定值.B卷（共50分）一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）19．(4分)已知a+2b=3，则2(2a-b)+10b+4=【解析】2(2a-b)+10b+4=4a-2b+10b+4=4a+8b+4=4(a+2b)+4=4×3+4=16.故答案为16.【点拨】本题考查整体代入求值.20．(4分)现有两张除颜色外完全相同的卡片，分别从中间剪开，共分成全等的四片，洗匀后放在口袋里.从这四片中随机同时取出两片，则取出的两片颜色相同的概率为.【解析】法1：固定第一片，第二片在余下3片中与之同色者恰1片，故P=法2：四片为同色两对，记作A1,A任取两片是{共6种等可能取法，颜色相同者为{A1故P=26=1【点拨】古典概型列举，树状图，列表确保等可能与不重不漏. 21．(4分)把一个分式化为另外几个分式的代数和的形式是处理分式运算和变形的常见策略．已知5x-5(x+2)(2x-1)=ax+2+【解析】法1：(待定系数法)右边通分后比较分子：5x-5=a(2x-1)+b(x+2)，即5x-5=(2a+b)x+(-a+2b)。对应系数相等：2a+b=5,解得a=3,b=-1,a+b=2.故答案为2.法2：（赋值法）右边通分后比较分子，得5x-5=a(2x-1)+b(x+2)，令x=-2,得5(-2)-5令x=12,得b=5故答案为2.【点拨】本题考查待定系数法或赋值法求部分分式分解问题.注意比较两个方法不同之处，判定并选择运算量较小的方法解答.(4分)如图，在RtΔABC中，∠C=90∘，AD为ΔABC的一条中线，E为AC上一点，∠ADE=∠B.若AE=5,CE=2，则AB=列举20个解法，分为以下8个类型类型1：作辅助圆（圆的知识+勾股定理）类型2：无辅助线法类型3：作等角，得母子相似及一对两角对应相等的相似三角形类型4：作平行，得A型(x型)相似及母子相似类型5：作平行，得A型(x型)及一对两角对应相等的相似三角形类型6：作垂线，得两对两角对应相等的相似三角形类型7：用梅涅劳斯定理(奥数相似三角形中的重要定理)类型8：建立平面直角坐标系.类型1：作辅助圆（圆的知识+勾股定理）法1：作△ABC的外接圆⊙O，延长AD，交⊙O于点F，连接CF.∵∠F＝∠B(同弧所对圆周角相等),∠1＝∠B(已知),∴∠F=∠1,∴DE∥CF，∴DF∴设DF=2m，则AD=5m.由相交弦定理，得AD•DF=CD•BD，又CD=BD，∴CD2=5m•2m=10m在Rt△ADC中，AD2=CA即5m2=72+10m∴CD2=10×在Rt△ABC中，AB==49+法2：作△AED的外接圆⊙O，过点E作EF∥CB，交⊙O于点F.∵EF∥CB，∴DG∴设DG=2m，则AG=5m，BF=5m-2m=3m，∵CD=BD，EF∥CB，∴EG=FG，由相交弦定理，得AG•DG=EG•FG，即EG2=5m•2m=10m∵∠C＝90°，∴在Rt△AEG中，AG2=AE2∴在Rt△AEG中，AG2=AE2∴5m2=52∴在Rt△AEF中，AAF=25+法3：作△ABD的外接圆⊙O，延长CA，作射线DF，使∠F＝∠B.可证△DEC∽△FDC及DE是⊙O切线，CAF及CDB是⊙O割线.设AF=m，CD=DB=n,则BC=2n，由割线定理，得CA•CF=CD•CB，即7(m+7)=n•2n,∴2n2又∠3=∠B（已知）,∴DE为⊙O切线（切线判定定理的逆定理）∴DE2=EA•EF=5在RtΔCED中,DE2=CE2+CD2∴22+n2=5(m+5)，∴n由2解得m=87在Rt△ABC中，AB==49+4类型2：无辅助线法法4：用高中数学和角正切公式：tanɑ+β∵tanɑ=CECD=2n，tanβ=∴tanɑ∵tanɑ+β=tanɑ∴2∴112=7-7∴49n2=32,在Rt△ABC中，AB=AAB=法5:用补充的三角形面积公式(S△ABC=12a⋅c⋅sinB=∵∠ADE＝∠B，∴sin∠ADE=∴S△ADES△ABC=12ED⋅AD⋅S△ADES△ABC=12×5⋅m∴49m2∴49m4+53∴51m4-28×49∴3m2∴m2=2×∴AB=4m2+49=8×49附：用三角函数表示三角形的面积：S△ABC=12a⋅c⋅sinB=即三角形面积等于两边与其夹角的正弦的积的一半.如图，作高AD=h.S△ABC=12a⋅h==1类型3：作等角，得母子相似及一对两角对应相等的相似三角形法6:延长BC，作射线AF，使∠F＝∠1.可证△FAC∽△DEC及△ABD∽△FBA.设CD=BD=2m(已知)，∵∠F＝∠1，∠FCA=∠DCE=90°，∴△FAC∽△DEC，∴CACF=∴7CF=1m∵∠1+∠3=∠2+∠B,∠3=∠B(已知)∴∠1=∠2，又∠F＝∠1(作图)，∴∠F=∠2，又∠B＝∠B，∴△ABD∽△FBA（母子相似），∴ABBD=即AB2=DB•FB=2m•11m=22又AB2=72+4m2=22∴AB==49+法7:延长BC，作射线EF，使∠F＝∠B.可证△FEC∽△BAC及△DEF∽△ABD.∵∠F＝∠B.，∠ECF=∠C＝90°,∴△FEC∽△BAC，∴FCBC=∴设FC=2m，EF=2n，∴2m∴BC=7m,AB=7n.∵AD为ΔABC的中线,∴D为BC中点，∴CD=DB=12BC=72m，∴DF=FC+CD=2m+72∵∠ADF=∠1+∠3＝∠2+∠B．又∠3＝∠B,∴∠1=∠2.∴△DFE∽△ABD，∴EF∴2n72m=11在Rt△EFC中，∵∠C＝90°，∴EF2=CE2+∴2n2=22+2m2由8n2=11m2,∴n=1333，故AB=7n=法8:延长AC，作射线DF，使∠F＝∠B.可证△ADE∽△AFD及△EDC∽△BAC.设CD=DB=7m∵∠F=∠B，∠DCF=∠ACD＝90°，∴△FDC∽△BAC，∴CD∴7mCF=1∵∠F＝∠B=∠3（作图及已知）,又∠4＝∠4，∴△ADE∽△AFD（母子相似），∴ADAE=AFAD，即AD2=又AD2=72+7m∴14=21m2，解得∴AB==7类型4：作平行，得A型(或x型)相似及母子相似法9:过点A作AF∥ED，交CB的延长线于点F.可证△CED∽△CAF及△ABD∽△FAD.∵ED∥AF，∴CD∴设CD=BD=2m，则FD=5m，BF=5m-2m=3m，∵∠ADF=∠1+∠3＝∠2+∠B．又∠3＝∠B,∴∠1=∠2.又∠1＝∠F,∴∠2=∠F，又∠5＝∠5.∴△ABD∽△FAD（母子相似）.∴ABBD即AD2=DB•DF=2m•5m=10∵∠C＝90°，∴在Rt△ADC中，AD2=CA2+即10m2=49+4m2，在Rt△ABC中，AB==49+法10:过点B作BG∥AE，交ED的延长线于点F.可证△FBG∽△FAE及△FDB∽△FAD.∵∠1＝∠4,CD=BD，∠C＝∠DBG=90°,∴△DEC≌△DGB(ASA)，∴BG=CE=2,DE=DG,又BF设BF=2m，AF=5m,AB=5m-2m=3m，FG=4n,EF=10n,EG=6n,CD=BD=12EG∵∠ADF=∠1+∠3＝∠2+∠ABC．又∠3＝∠ABC,∴∠1=∠2.又∠1＝∠4,∴∠4=∠2，又∠F＝∠F,∴△FDB∽△FAD（母子相似）.BFDF=DFAF，即DF2=BF•AF，∴10m2=49n∵BC2=AB2-AC2，∴即43n2-22=3m由49n2故AB=3m=349法11:过点B作BF∥DE，交AC于点F，交AD于点G.可证△AGF∽△ADE及△BGD∽△ABD，DE是△AFC的中位线.设CD=BD=m，则CB=2m，∵DE∥BF，BD=CD,∴FE=CE=2,则AF=5-2=3,∴AGDG=AFEF∵∠1+∠3＝∠2+∠ABC．又∠3＝∠ABC,∴∠1=∠2.又∠1＝∠5,∴∠5=∠2，又∠BDG=∠ADB，∴△BGD∽△ABD（母子相似），∴DBDG=DADB，即DB2=DG在Rt△ADC中，AD2=CA即5n2=72+m2，∴由m2=10n2,在Rt△ABC中，AB==49+类型5：作平行，得A型(或x型)相似及一对两角对应相等的相似三角形法12:过点E作EF∥CD，交AD于点F.可证△AFE∽△ADC及△EDF∽△ABD.∵EF∥CD，∴AFDF=CE∴设AF=5m，DF=2m，则AD=5m+2m=7m，又EFCD∵∠ADF=∠1+∠3＝∠2+∠B．又∠3＝∠B,∴∠1=∠2.又∠1＝∠4,∴∠4=∠2，∴△EDF∽△ABD.∴DFEF=BDAD，即2m5n在Rt△ADC中，AD2=CA即7n2=72+7n2，∴由2m2在Rt△ABC中，AB==49+法13:过点E作EF∥AD，交CB于点F.可证△CFE∽△CAD及△DEF∽△ABD.∵CFDF∴设CF=2m，则CF=5m，CD=CF+DF=2m+5m=7m=BD.∵△CEF∽△CAD，∴EFAD∴设EF=2n，AD=7n.∵∠4＝∠3，∠3＝∠B，∴∠4＝∠B，∵∠ADF=∠1+∠3＝∠2+∠B．又∠3＝∠B,∴∠1=∠2.∴△DEF∽△ABD，∴EFBD=DFAD，∴2n在Rt△EFC中，∵∠C＝90°，∴EF2=CE2+∴2n2=22+2m2由5m2=2n在Rt△ABC中，AB==7=71+4×2法14:过点C作CF∥AD，交DE的延长线于点F.可证△CFE∽△ADE及△DFC∽△ABD.设CD=BD=n，∵△CFE∽△ADE，∴CF∴设CF=2m，则AD=5m.∵∠1+∠3＝∠2+∠B．又∠3＝∠B,∴∠1=∠2.又∠F＝∠3,∴∠F＝∠B,∴△DFC∽△ABD.∴CFCD=DBDA,∴2mn在Rt△ADC中，AD2=CA2+CD2∴25m2=n2+49，解得m在Rt△ABC中，AB==49+法15:过点A作AF∥CB，交DE的延长线于点F.可证△FEA∽△DEC及FDA∽△ABD.∵AF∥CD，∴△ADC∽△AFE，∠1=∠F.∴CDAF∵∠1+∠3＝∠2+∠B,又∠3＝∠B,∴∠1=∠2.∴∠F＝∠2.∴△FDA∽△ABD.∴ADAF∴AD2=DB•AF=2m•5m=在Rt△ADC中，AD2=CA即10m2=72+2m在Rt△ABC中，AB==49+类型6：作垂线，得两对两角对应相等的相似三角形法16：过点D作DF⊥AD，交AB于点F.可证△DEC∽△AFD，△FBD∽△EDA，设CD=DB=7n,则BC=14n.∵∠1+∠3＝∠2+∠ABC,∠3＝∠ABC,∴∠1=∠2,又∠C=∠ADF=90°，∴△DEC∽△AFD，∴CDCE设AD=35mn,DF=10m.∵∠5=90°+∠2，∠4=90°+∠1,∠1=∠2,∵∠5=∠4,∠B=∠3,∴△FBD∽△EDA，∴DFDB=AEAD,∴10m7n在RtΔACD中，∵∠C＝90°，∴AD2=A∴49×25×110n2=49+49n2,∴52nRt△ABC中,AB=14n2+49=49×4法17：过点E作EF⊥AD于点F.可证△AEF∽△ADC，tan∠ADE=tan∠B.设CD=DB=m,则BC=2m.在RtΔACD中，∵∠C＝90°，∴AD=AC∵∠EAF=∠DAC,∠AF∴△AEF∽△ADC，∴E∴ED∵∠ADE=∠B,∴tan∠ADE=tan∠B.在RtΔEFD中,tan∠ADE=E又tan∠B=ACBC=∴10在Rt△ABC中，AB==49+4×983类型7：用梅涅劳斯定理(奥数相似三角形中的重要定理)法18：设ED、AB的延长线交于点F.可证△FDB∽△FAD（母子相似）由梅涅劳斯定理，得AF∴AFBF•1设BF=2n，则AF=5n，AB由△FDB∽△FAD（母子相似）,得DF2=BF•AF=2n•5n=10n2,∴DF=∴CDAD=BDAD=DFAF,∴AD2=52m2=m2Rt△ABC中,AB=4m2+49=4×983附：梅涅劳斯定理及证明：如图，ΔABC与三边AB、BC、CA所在直线与直线XYZ分别交于X、Y、Z三点，则AX证明：过点C作CD∥AB，交直线XYZ于点D.∴ΔAXY∽ΔCDY,ΔZCD∽ΔZBX,∴AXCDBX＝①×②，得CDBX＝AY∴AXBX＝∴AXBX类型8：建立平面直角坐标系.法19：分别以射线CB、射线CA为x的正半轴、y的正半轴，建立平面直角坐标系.用高中数学和差角正切公式：tanɑ-β＝∵CE=2，∴E（0，2），又∵AE=5，∴AC=AE+CE=5+2=7，∴A（0，7）.∵AD为ΔABC的中线,∴D为BC中点，∴CD=DB.设D(x,0),∴B(2x,0)(x＞0).在Rt△ABC中，tan∠B=ACBC=又kDA=7-00-x=-7x，kDE∴tan∠ADE＝kDA-kDE1+∵∠ADE＝∠B,∴tan∠ADE=tan∠B,∴5x2+14=7在Rt△ABC中，AB=A法20：建立平面直角坐标系.分别以射线CB、射线CA为x的正DA半轴、y的正半轴，用高中数学向量知识.∵CE=2，∴E（0，2），又∵AE=5，∴AC=AE+CE=5+2=7，∴A（0，7）.∵AD为ΔABC的中线,∴D为BC中点，∴设CD=DB=x.(x＞0)∴DA=（-x，7），DE=（-x，2）.∴tan∠ADE＝DA×DEDA⋅DE∵∠ADE＝∠B,∴tan∠ADE=tan∠B,在Rt△ABC中，∵∠C＝90°，∴tan∠B=ACBC=72x，∴5解得x2=98在Rt△ABC中，AB=AC2(4分)在平面直角坐标系xOy中，设A(x1,y1),B(x2,y2)，记【解析】(1)如图1，设点N(x,y).∵A(xL(A,B)=|xL(0,N)=1，∴|0-x|+|0-y|=|0-x|+|0-y|=1,即|x|+|y|=1,∴所有N点组成的图形是如图所示的正方形ABCD，其中，A(1,0),B(0,1),C(-1,0),D(0,-1).其面积为12⋅AC⋅BD(2)∵点P在OA上，点Q满足L(P,Q)=1，∴由(1)知，点P为正方形中心，点Q为正方形边上的点.分以下两种情况：如图2，当0＜k＜1时,延长C'E'，交∵点A是位于第一象限的直线y=kx(k＞0)上一点，点P在OA上，∴设点A的横坐标为m当点P从点O运动到点A时，Q点运动所覆盖的区域为△CDE，▱CEE'C'及△C'B'解得m=135-1=8在Rt△OAF中，AF=OAAF=22-8∴k=AF÷OF=65÷85如图3，当k≥1时，延长C'E'，交∵点A是位于第一象限的直线y=kx(k＞0)上一点，点P在OA上，∴设点A的纵坐标为m，即OF=m.当点P从点O运动到点A时，Q点运动所覆盖的区域为△CDE，▱BDD'B'及△∴2+2m=265，解得m=13在Rt△OAF中，AF=AF=2∴k=OF÷AF=85÷6综上，k=34或43.故答案为2；3【点拨】本题是新定义问题，是本套题中最新颖，最具创新思维的问题.考查正方形面积；考查分类讨论，动手画图，点在一次函数图象上的意义，勾股定理等.对阅读材料的正确理解及满足条件的所有点组成的图形形状的判定，是解答本题的关键.注意：对于(1),要确定所有N点组成的图形，首先设N（x，y），由题意得到关于x，y的等式，由此等式画图，确定点N所在的所有位置，从而判断所有N点组成的图形；对于(2)，运用类比思想，首先由（1）推出点P及点Q所在位置，得到所有Q点组成的图形，就是Q点运动所覆盖的区域.二、解答题（本大题共3个小题，共30分）24.（本小题满分8分）成都，一座雪山下的公园城市．全市超1500个公园已成为市民游憩、娱乐的优质生态空间．图1是成都某公园的游览路线示意图，甲、乙两人约定的游览路线为：景点1→景点2→景点3→景点4→景点5，甲先出发，乙出发时甲正好游览到景点2，于是乙沿着游览路线追赶甲．图2中l1（1）(4分)直接写出l1（2）(4分)如图1，景点3到景点4有两条道路，甲到达景点3后，沿远路前往景点4，乙到达景点3后，沿近路前往景点4．问乙能比甲先到达景点4吗？请说明理由．解：（1）由图2，知l1过点（20，1400），（0，800l2过点（0，0），（20，1000∴l1：s1＝即s1＝30l2：s2＝100020t，即s（2）法1：由（1）得当s1=800+630t＋800＝2120，解得t=44，当s2=800+650t＝2050，解得t=41，∵41∴乙能比甲先于4（min）到达景点4．(8法2：由图１，知乙从景点1，甲从景点2同时出发，到达景点4，甲需要时间：（600＋720）÷30乙需要时间：（800＋600＋650）÷50＝2050÷50＝4∵41∴乙能比甲先于4（min）到达景点4．(8分【点拨】本题为一次函数的实际意义问题.(1)考查由图象信息，求一次函数解析式；(2)由所求一次函数解析式或实际意义解决实际问题.理解一次函数解析式与实际意义之间的关系是解题的关键.25.（本小题满分10分）在综合与实践活动中，数学兴趣小组对等腰三角形的拼接和变换进行了探究.如图，△ABC≌△EAD,AB=AC=nBC(n＞1)，点D在AC边上，延长ED交AB于点F.【初步感知】（1）(3分)求证：A【深入探究】（2）(3分)如图1，当n=2,AD=1时，求BF的长；【拓展延伸】（3）(4分)如图2，将ΔEAD绕点E按逆时针方向旋转一定角度（小于90°）得到ΔEA'D'证明：∵△ABC≌△EAD,∴∠FAD=∠FEA(又∵∠AFD=∠EFA(公共角∴ΔADF∽ΔEAF（两角对应相等的三角形相似）.(2∴AFEF=DF（2）如图，当n=2(n＞1)时，由AB=AC=nBC，得AB=AC=2BC,当AD=1时，由△ABC≌△EAD,得BC=AD=1.∴AB=AE=2BC=2,ED=AC=AE=2.法1：由母子相似的性质构造方程由ΔADF∽ΔEAF,得FDFA=FAFE=∴FA=2FD=2m.FA=2FD=2m，(4分)由AF2m（也可由FAFE=AD解得m=2∴BF=AB-AF=2-43法2：由线段关系构造方程由ΔADF∽ΔEAF,得FDFA∴设FD=m.∴FA=2FD=2m.FA=2FD=2m，∴FE=2FA=4FD=4m.∵FE=FD+DE，∴4m解得m=∴BF=AB-AF=2-4法3：作平行线，得A型相似及X型相似，过点F作FG∥BC，交AC于点G.∴ΔAFG∽ΔABC,ΔFGD∽ΔEAD,∴F设DAG＝2FG＝又AG＝AD∴4m＝m解得m∴BF=法4：作X型全等，得X型相似如图，设EF与CB的延长线交于点G.当n=2(n＞1)时，由AB=AC=nBC，得AB=AC=2BC,当AD=1时，由△ABC≌△EAD,得BC=AD=1，∴AB=AE=2BC=2,ED=AC=AE=2，∠ABC＝∠EAD,DC=AC-AD=2-1=1.∵AB=AC，∴∠ABC＝∠C,∴∠C=∠EAD,∴CD∥AB.∴∠GBF＝∠EAF,又AD=CD=1∴△GCD≌△EAD（AAS）,∴GC=EA=2，BG=CG-BC=2-1=1.∵ΔADF∽ΔEAF,∴AFB∴设BF=m，AF=AB-BF=2-m∴2m=2-m法5：用梅涅劳斯定理：由法4，知BF=m.AF=AB-BF=2-m，GC=2，BG=1，AD=1，DC=1.∵ΔABC与三边AB、BC、CA所在直线与直线EFG分别交于E、G、F三点，由梅涅劳斯定理，得则AF∴2-mm•12•附：梅涅劳斯定理及证明：如图，ΔABC与三边AB、BC、CA所在直线与直线XYZ分别交于X、Y、Z三点，则AX证明：过点C作CD∥AB，交直线XYZ于点D.∴ΔAXY∽ΔCDY,ΔZCD∽ΔZBX,∴AXCDBX＝①×②，得CDBX＝AY∴AXBX＝AYCY（3）如图，由旋转，知△EAD≌△EA'D',又△ABC≌△EAD,∴△EAD≌△EA'D'≌△ABC,∵AB=AC=EA=ED=EA'=ED'，∴设∠A'ED'=∠∴∠EAF=180°-β，∠EA'F=180°-∴∠EAF=∠EA'由旋转，知AE＝A'E，∴∠1＝∠2