《中考课件初中数学总复习资料》第14讲 数学思想应用专题-2020年中考数学《二轮冲刺核心重点难点热点15讲》(全国通用)解析版.doc

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1、硬核：狙击2020中考数学重点/难点/热点分类讨论思想 分类讨论思想是指当被研究的问题存在一些不确定的因素，无法用统一的方法或结论给出统一的表述时，按可能出现的所有情况来分别讨论，得出各情况下相应的结论分类的原则：(1)分类中的每一部分是相互独立的；(2)一次分类必须是同一个标准；(3)分类讨论要逐级进行；(4)分类必须包含所有情况，既不能重复，也不能有遗漏数形结合思想 数形结合思想是把抽象思维和形象思维结合起来分析问题，将抽象的数学语言和直观的图形语言结合起来表示问题，从而解决问题的数学思想运用数形结合思想解决问题，关键是要找到数与形的契合点数形结合在不等式(组)、函数等知识中有着广泛的应用

2、，综合题中始终渗透着对数形结合思想的考查 转化思想 转化思想的运用可以让我们在遇到较为复杂的题型时，能够辩证进行分析。通过一定方式，让繁杂的问题简单清晰化，让陌生的题型熟悉化，让抽象题型更具体。准确的说，可以把各种隐藏在题目内的隐含问题全部明显的罗列出来，从一个信息条件快速的转化出更多的信息条件。转化思想的内涵相当丰富，可以将数量、图形、概念等统统进行转化，从而达到解题的效果。 代数解析思想 解析思想本属于代数类题型的解题方法，但在解答一些几何题时，特别是计算几何边长或者关于某个点的相关信息时，常常构建平面直角坐标系，将几何问题代数化，计算线段长度，转为计算点的坐标，直线解析式，运用诸如两点间

3、距离公式，中点坐标公式等来进行解答方程思想 顾名思义，在解答几何题或者函数类题目时，常常对未知量或者是几个变量之间的分数关系进行设未知数来表达，通过寻找等量关系求解位置量的方法技巧【例题1】-分类讨论思想将矩形ABCD绕点A顺时针旋转(0°360°)，得到矩形AEFG.(1)如图，当点E在BD上时，求证：FDCD；(2)当为何值时，GCGB？画出图形，并说明理由【解析】(1)如图1，连接AF.由四边形ABCD是矩形，结合旋转可得：BDAF，EAFABD.ABAE，ABDAEB，EAFAEB，BDAF，四边形BDFA是平行四边形，FDAB.ABCD，FDCD.(2)如图2，当

4、点G位于BC的垂直平分线上，且在BC的右边时，连接DG，CG，BG，易知点G也是AD的垂直平分线上的点，DGAG.又AGAD，ADG是等边三角形，DAG60°，60°.如图3，当点G位于BC的垂直平分线上，且在BC的左边时，连接CG，BG，DG，同理，ADG是等边三角形，DAG60°，此时300°.综上所述，当为60°或300°时，GCGB. 【总结】在数学中，如果一个命题的条件或结论有多种可能的情况，难以统一解答，那么就需要按可能出现的各种情况分类讨论，最后综合归纳问题的正确答案【变式1-1】已知在ABC中，tanA=，AB=5，B

5、C=4，那么AC的长等于_.【变式1-2】8（2016江西模拟）如图，矩形ABCD，AB5，AD8，E是AD上一动点，把ABE沿BE折叠，当点A的对应点A落在矩形ABCD的对称轴上时，折痕BE的长为和【解析】如图1，过A作MNCD交AD于M，交BC于N，则直线MN是矩形ABCD 的对称轴，AMBNAD4，ABE沿BE折叠得到ABE，AEAE，ABAB5，AN3，AM2，AE2EM2+AM2，AE2（4AE）2+22，解得：AE，AE，在RtABE中，BE，如图2，过A作PQAD交AB于P，交CD于Q，则直线PQ是矩形ABCD 的对称轴，PQAB，APPB，ADPQBC，AB2PB，PAB30&

6、#176;，ABC30°，EBA30°，BE；故答案为：和 【例题2】-数形结合思想如图，在在四边形ABCD中，ADBC，B=90°，且AD=12cm，AB=8cm，DC=10cm，若动点P从A点出发，以每秒2cm的速度沿线段AD向点D运动；动点Q从C点出发以每秒3cm的速度沿CB向B点运动，当P点到达D点时，动点P、Q同时停止运动，设点P、Q同时出发，并运动了t秒，回答下列问题：（1）BC=cm；（2）当t=秒时，四边形PQBA成为矩形（3）当t为多少时，PQ=CD？（4）是否存在t，使得DQC是等腰三角形？若存在，请求出t的值；若不存在，说明理由【解析】根据题

7、意得：PA=2t，CQ=3t，则PD=ADPA=122t，（1）如图，过D点作DEBC于E，则四边形ABED为矩形，DE=AB=8cm，AD=BE=12cm，在RtCDE中，CED=90°，DC=10cm，DE=8cm，EC=6cm，BC=BE+EC=18cm故答案为18；（2）ADBC，B=90°当PA=BQ时，四边形PQBA为矩形，即2t=183t，解得t=秒，故当t=秒时，四边形PQBA为矩形；故答案为；（3）当P'Q'CD时，如图，ADBC，四边形CDP'Q'是平行四边形，P'Q'=CD，DP'=CQ'

8、，122t=3t，t=秒，如图，梯形PDCQ是等腰梯形时，PQ=CD，易证，四边形PDEF是矩形，EF=DP=122t，易证，CDEQPF，FQ=CE=6，CQ=FQ+EF+CE=6+122t+6=3t，t=（4）DQC是等腰三角形时，分三种情况讨论：当QC=DC时，即3t=10，t=；当DQ=DC时， =6，t=4；当QD=QC时，3t=5，t=故存在t，使得DQC是等腰三角形，此时t的值为秒或4秒或秒【归纳】把问题中的数量关系与形象直观的几何图形有机地结合起来，并充分利用这种结合寻找解题的思路，使问题得以解决【变式2-1】31（2019天门）在平面直角坐标系中，已知抛物线C：yax2+2x

9、1（a0）和直线l：ykx+b，点A（3，3），B（1，1）均在直线l上（1）若抛物线C与直线l有交点，求a的取值范围；（2）当a1，二次函数yax2+2x1的自变量x满足mxm+2时，函数y的最大值为4，求m的值；（3）若抛物线C与线段AB有两个不同的交点，请直接写出a的取值范围【解析】（1）点A（3，3），B（1，1）代入ykx+b，yx；联立yax2+2x1与yx，则有2ax2+3x+10，抛物线C与直线l有交点，98a0，a且a0；（2）根据题意可得，yx2+2x1，a0，抛物线开口向下，对称轴x1，mxm+2时，y有最大值4，当y4时，有x2+2x14，x1或x3，在x1左侧，y随x

10、的增大而增大，xm+21时，y有最大值4，m3；在对称轴x1右侧，y随x最大而减小，xm3时，y有最大值4；综上所述：m3或m3；（3）a0时，x1时，y1，即a2；a0时，x3时，y3，即a，直线AB的解析式为yx，抛物线与直线联立：ax2+2x1x，ax2+x+0，2a0，a，a的取值范围为a或a2；【变式2-2】30（2016河南）某班“数学兴趣小组”对函数yx22|x|的图象和性质进行了探究，探究过程如下，请补充完整（1）自变量x的取值范围是全体实数，x与y的几组对应值列表如下：x3210123y3m10103其中，m0（2）根据表中数据，在如图所示的平面直角坐标系中描点，并画出了函数

11、图象的一部分，请画出该函数图象的另一部分（3）观察函数图象，写出两条函数的性质（4）进一步探究函数图象发现：函数图象与x轴有3个交点，所以对应的方程x22|x|0有3个实数根；方程x22|x|2有2个实数根；关于x的方程x22|x|a有4个实数根时，a的取值范围是1a0【解析】（1）把x2代入yx22|x|得y0，即m0，故答案为：0；（2）如图所示；（3）由函数图象知：函数yx22|x|的图象关于y轴对称；当x1时，y随x的增大而增大；（4）由函数图象知：函数图象与x轴有3个交点，所以对应的方程x22|x|0有3个实数根；如图，yx22|x|的图象与直线y2有两个交点，x22|x|2有2个实

12、数根；由函数图象知：关于x的方程x22|x|a有4个实数根，a的取值范围是1a0，故答案为：3，3，2，1a0【例题3】-转化思想12. (2018·齐齐哈尔中考)某班级同学从学校出发去扎龙自然保护区研学旅行，一部分乘坐大客车先出发，余下的几人20 min后乘坐小轿车沿同一路线出行，大客车中途停车等候，小轿车赶上来之后，大客车以出发时速度的继续行驶，小轿车保持原速度不变小轿车司机因路线不熟错过了景点入口，在驶过景点入口6 km时，原路提速返回，恰好与大客车同时到达景点入口两车距学校的路程s(km)和行驶时间t(min)之间的函数关系如图所示请结合图象解决下面问题：(1)学校到景点的路

13、程为 km，大客车途中停留了 min，a ；(2)在小轿车司机驶过景点入口时，大客车离景点入口还有多远？(3)小轿车司机到达景点入口时发现本路段限速 80 km/h，请你帮助小轿车司机计算折返时是否超速？(4)若大客车一直以出发时的速度行驶，中途不再停车，那么小轿车折返后到达景点入口，需等待 分钟，大客车才能到达景点入口【解析】(1)由图形可得学校到景点的路程为40 km，大客车途中停留了5 min，小轿车的速度为1(km/min)，a(3520)×115.故答案为40，5，15.(2)由(1)得a15，大客车的速度为(km/min)小轿车赶上来之后，大客车又行驶了(6035)

14、15;×(km)，4015(km)答：在小轿车司机驶过景点入口时，大客车离景点入口还有 km.(3)设直线CD的表达式为sktb，将(20，0)和(60，40)代入得解得直线CD的表达式为st20.当s46时，46t20，解得t66.小轿车赶上来之后，大客车又行驶的时间为35(min)，小轿车司机折返时的速度为6÷(353566)(km/min)90 km/h80 km/h.答：小轿车折返时已经超速(4)大客车的时间：80(min)，807010(min)故答案为10.【变式3-1】9（2011秋江阴市校级期末）如图，已知圆锥的底面圆直径AB为2r（r0），母线长OA为3r

15、，C为母线OB的中点，在圆锥的侧面上，一只蚂蚁从点A爬行到点C的最短路线长为r【解析】由题意知，底面圆的直径为2r，故底面周长等于2r，设圆锥的侧面展开后的扇形圆心角为n，根据底面周长等于展开后扇形的弧长得，2r，解得：n120°，则展开图中扇形的圆心角为120°，即AOA120°，则160°，过C作CFOA，C为OB中点，BO3r，OCr，160°，OCF30°，FOr，CF2CO2OF2r2，AO3r，FOr，AFr，在RtAFC中，利用勾股定理得：AC2AF2+FC2r2+r2r2，则ACr故答案为：r【变式3-2】32（201

16、9费县一模）如图，已知抛物线yax2+2x+c与y轴交于点A（0，6），与x轴交于点B（6，0），点P是线段AB上方抛物线上的一个动点（1）求这条抛物线的表达式及其顶点坐标；（2）当点P从A点出发沿线段AB上方的抛物线向终点B移动时，点P到直线AB的距离为d，求d最大时点P的坐标；（3）点M在抛物线上，点N在x轴上，是否存在以点A，B，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由【解析】（1）物线yax2+2x+c与y轴交于点A（0，6），则c6，将点B的坐标代入函数表达式并解得：a，故抛物线的表达式为：yx2+2x+6，函数的对称轴为：x2，顶

17、点坐标为（2，8）；（2）如下图，过点P作PGy轴交AB于点G，作PHAB交于点H，OAOB6，则OABOBA45°，PGy轴，则PGHOAB45°，直线AB的表达式为：yx+6，设点P（x，x2+2x+6），则G（x，x+6），dPHPGsin45°（x2+2x+6+x6）（x2+3x），当x3时，d取得最大值，此时点P（3，）；（3）设点P（m，n），nm2+2m+6，点N（s，0），当AB是平行四边形的一条边时，点A向右、向下均平移6个单位得到B，同理点N右、向下均平移6个单位得到M，故：s+6m，06n，解得：m2±2，故点M的坐标为（22，6）

18、或（2，6）；当AB是平行四边形的对角线时，则AB的中点即为MN的中点，则s+m6，n+06，解得：m4，故点P的坐标为（4，6），综上，点P的坐标为（22，6）或（2，6）或（4，6）【例题4】-代数解析思想如图1，在矩形ABCD中，点P在边CD上，且与C、D不重合，过点A作AP的垂线与CB的延长线相交于点Q，连结PQ，M为PQ中点，若AD10，ABa，DP8，随着a的大小的变化，点M的位置也在变化当点M落在矩形ABCD外部时，求a的取值范围方法1：由ADPABQ，解得QBa 由QBEQCP，同样由比例关系得出BE 又因为MN为QCP的中位线，得出 MNPC（a8）再由BE>MN，即

19、得出a> 12.5 当点M落在矩形ABCD外部时，a的取值范围为a>12.5方法2：如图3所示，建立以B点为原点，BC方向为x轴正半轴，BA方向为y轴正半轴的直角坐标系 则A(0，a)，P(0，a8) 直线AP的斜率为kAP， 直线AQ为yxa， 直线AQ与x轴交于点Q， Q(a，0)又M为线段QP上的中点，M（5a，4）因为M点落在矩形ABCD的外部，所以M点在第二象限，解得a12.5这样，通过建立合适的直角坐标系，使图形上各点得到确定，让问题变得清晰明了，避免了运用相似而产生的复杂计算【变式4-1】正方形ABCD边长为6，点E是边BC上一点，且BE=2CE，BFDE于点F，求C

20、F的长解：通过建立坐标系可得：【变式4-2】某数学兴趣小组对线段上的动点问题进行探究，已知AB8 问题思考： 如图4，点P为线段AB上的一个动点，分别以AP、BP为边在同侧作正方形APDC、BPEF(1)分别连结AD、DF、AF，AF交DP于点K，当点P运动时，在APK、ADK、DFK中，是否存在两个面积始终相等的三角形？请说明理由 问题拓展： (2)如图5，在“问题思考”中，若点M、N是线段AB上的两点，且AMBN1，点G、H分别是边CD、EF的中点，请写出点P从M到N的运动过程中，GH的中点D所经过的路径的长 (3)在第二问的情况下，求OMOB的最小值解答 (1)如图6所示，以A点为原点，

21、AB方向为x轴正半轴，AC方向为y轴正半轴，建立直角坐标系设APa 又P在M到N之间运动， 1a7 a经过的路径是一条与AB平行的线段，长为3 (3)如图7所示，作点M关于直线XY的对称点M'，连结BM' 由轴对称性质可知，M'(1，8)， 由两点之间线段最短可知，此时OMOBBM'最小，而BM' OMDB的最小值为综上所述，在以特殊图形为基础几何问题中，不要因变化多端的条件而搞乱思路，可以尝试用解析几何的方法去应对，有可能达到化繁为简的效果【例题5】-方程思想如图，C，D是以AB为直径的O上的点，弦CD交AB于点E.(1)当PB是O的切线时，求证：PB

22、DDAB；(2)求证：BC2CE2CE·DE；(3)已知OA4，E是半径OA的中点，求线段DE的长【解析】(1)AB是O的直径，ADB90°，BADABD90°.PB是O的切线，ABP90°，PBDABD90°，BADPBD.(2)ADCB，AEDCEB，ADECBE，即DE·CEAE·BE.如图，连接OC.设圆的半径为r，则OAOBOCr，则DE·CEAE·BE(OAOE)(OBOE)r2OE2.，AOCBOC90°，CE2OE2OC2OE2r2，BC2BO2CO22r2，则BC2CE22r2

23、(OE2r2)r2OE2，BC2CE2DE·CE.(3)OA4，OBOCOA4，BC4.又E是半径OA的中点，AEOE2，则CE2.BC2CE2DE·CE，(4)2(2)2DE·2，解得DE.【归纳】在解决数学问题时，有一种从未知转化为已知的手段就是设元，寻找已知与未知之间的等量关系，构造方程或方程组，然后求解方程完成未知向已知的转化【变式5-1】2（2015绵阳）如图，D是等边ABC边AB上的一点，且AD：DB1：2，现将ABC折叠，使点C与D重合，折痕为EF，点E，F分别在AC和BC上，则CE：CF（）ABCD【解析】设ADk，则DB2k，ABC为等边三角形，

24、ABAC3k，ABCEDF60°，EDA+FDB120°，又EDA+AED120°，FDBAED，AEDBDF，设CEx，则EDx，AE3kx，设CFy，则DFy，FB3ky，CE：CF4：5故选：B解法二：解：设ADk，则DB2k，ABC为等边三角形，ABAC3k，ABCEDF60°，EDA+FDB120°，又EDA+AED120°，FDBAED，AEDBDF，由折叠，得CEDE，CFDFAED的周长为4k，BDF的周长为5k，AED与BDF的相似比为4：5CE：CFDE：DF4：5故选：B【变式5-2】37（2020建湖县校级模拟

25、）朦胧宝塔位于建湖县宝塔镇境内，2002年10月被公布为江苏省第五批文物保护单位如图，小亮的目高CD为1.7米，他站在D处测得塔顶的仰角ACG为45°，小颖的目高EF为1.5米，她站在距离塔底中心B点a米远的F处，测得塔顶的仰角AEH为62.3°（点D、B、F在同一水平线上，参考数据：sin62.3°0.89，cos62.3°0.46，tan62.3°1.9）（1）求小亮与塔底中心的距离BD；（用含a的式子表示）（2）若小亮与小颖相距23米，求慈氏塔的高度AB【解析】（1）根据题意得，四边形CDBG、HBFE为矩形，GBCD1.7，HBEF1.

26、5，EHBFa，GH0.2，在RtAHE中，tanAEH，则AHatan62.3°1.9a，AGAHGH1.9a0.2，BD1.9a0.2答：小亮与塔底中心的距离BD为（1.9a0.2）米；（2）由题意得，1.9a0.2+a23，解得，a8，则AG1.9a0.215.4，ABAG+GB16.7米答：慈氏塔的高度AB为16.7米1. 若关于x的一元二次方程mx24x+3=0的一个根是3，以此方程的两根为边长的等腰三角形的周长是（ ）A5 B7 C5或7 D9【解析】：把3代入mx24x+3=0中，得m=1，解方程x24x+3=0得另一根为1，若等腰三角形的腰长为1，则三边分别是1,1,

27、3，不能构成三角形，若腰长为3，三边分别是1,3,3，能构成三角形，则周长为7故选B2. 如图，将矩形ABCD（纸片）折叠，使点B与AD边上的点K重合，EG为折痕；点C与AD边上的点K重合，FH为折痕已知1=67.5°，2=75°，EF=+1，求BC的长是 【解析】由题意，得：3=180°21=45°，4=180°22=30°，BE=KE、KF=FC，如图，过点K作KMBC于点M，设KM=x，则EM=x、MF=x，x+x=+1，解得：x=1，EK=、KF=2，BC=BE+EF+FC=EK+EF+KF=3+，BC的长为3+3. 已知函数

28、y(k3)x22x1的图象与x轴有交点，则k的取值范围是(B)Ak4 Bk4 Ck4且k3 Dk4且k3【解析】当k30时，(k3)x22x10，b24ac224(k3)×14k160，k4；当k30，即k3时，y2x1，与x轴有交点故选B.4. A、B两地相距450 km，甲，乙两车分别从A，B两地同时出发，相向而行已知甲车速度为120 km/h，乙车速度为80 km/h，过t(h)后两车相距50 km，则t的值是 【解析】分相遇前和相遇后两种情况讨论当甲，乙两车未相遇时，根据题意，得120t80t45050，解得t2；当两车相遇后，两车又相距50 km时，根据题意，得120t80

29、t45050，解得t2.5.5. 如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=4，点E、F分别在BC、CD上，若AE=，EAF=45°，则AF的长为 【解析】取AB的中点M，连接ME，在AD上截取ND=DF，设DF=DN=x，四边形ABCD是矩形，D=BAD=B=90°，AD=BC=4，NF=x，AN=4x，AB=2，AM=BM=1，AE=，AB=2，BE=1，ME=，EAF=45°，MAE+NAF=45°，MAE+AEM=45°，MEA=NAF，AMEFNA，解得：x= ，AF= 故答案为：6. 矩形一个角的平分线分矩形一边为1cm和3cm两部分

30、，则这个矩形的面积为()【解析】四边形ABCD是矩形，ABCD，ADBC，ADBC，AEBCBE，BE平分ABC，ABECBE，AEBABE，ABAE，当AE1cm时，AB1cmCD，AD1cm3cm4cmBC，此时矩形的面积是1cm×4cm4cm2；当AE3cm时，AB3cmCD，AD4cmBC，此时矩形的面积是：3cm×4cm12cm27. 已知O为等边ABD的边BD的中点，AB4，E，F分别为射线AB，DA上一动点，且EOF120°，若AF1，则BE的长是 FMFAAM3，FMOBOM120°，EOF120°，BOEFOM，而EBO180

31、°ABD120°，OMFOBE，BEMF3；当F点在线段AD上，如图2，同理可证明OMFOBE，则BEMFAMAF211.综上所述，BE3或18. 如图，AOB三个顶点的坐标分别为A（8，0），O（0，0），B（8，6），点M为OB的中点以点O为位似中心，把AOB缩小为原来的，得到AOB，点M为OB的中点，则MM的长为 【分析】分两种情形画出图形，即可解决问题；【解析】如图，在RtAOB中，OB=10，当AOB在第三象限时，MM= 当AOB在第二象限时，MM= ，故答案为或9. 如图，在ABC纸板中，AC=4，BC=2，AB=5，P是AC上一点，过点P沿直线剪下一个与ABC

32、相似的小三角形纸板，如果有4种不同的剪法，那么AP长的取值范围是（ ）A. 3AP5 B.2AP4 C.2AP5 D.3AP4【分析】分四种情况讨论，依据相似三角形的对应边成比例，即可得到AP的长的取值范围【解析】如图所示，过P作PDAB交BC于D或PEBC交AB于E，则PCDACB或APEACB，此时0AP4；如图所示，过P作APF=B交AB于F，则APFABC，此时0AP4；综上所述，AP长的取值范围是3AP4故答案为：3AP410. 在ABC中，P是AB上的动点(P异于A，B)，过点P的一条直线截ABC，使截得的三角形与ABC相似，我们不妨称这种直线为过点P的ABC的相似线如图，A36&

33、#176;，ABAC，当点P在AC的垂直平分线上时，过点P的ABC的相似线最多有_条11. 如果等腰三角形中的一个角是另一个角度数的一半，则该等腰三角形各内角的度数是 【解析】设A，B，C是该等腰三角形的三个内角，且AB.设Ax°，则B2x°.若B是顶角，则A，C是底角，于是有CAx°.ABC180°，x2xx180.解得x45°，故AC45，B90°.若B是底角，因为AB，所以A是顶角，CB2x°.ABC180°，2x2xx180.解得x36，故A36°，BC72°.综上所述，等腰三角形的各内

34、角为45°、45°、90°或36°、72°、72°.12. 有一块直角三角形的绿地，量得两直角边分别为6m，8m，现在要将绿地扩充成等腰三角形，且扩充部分是以8m为直角边的直角三角形，扩充后等腰三角形绿地的周长 【解析】在RtABC中，ACB=90°，AC=8，BC=6，由勾股定理有：AB=10，应分以下三种情况：如图1，当AB=AD=10时，ACBD，CD=CB=6m，ABD的周长=10+10+2×6=32m如图2，当AB=BD=10时，BC=6m，CD=106=4m，AD=4m，ABD的周长=10+10+4=（

35、20+4）m如图3，当AB为底时，设AD=BD=x，则CD=x6，由勾股定理得：AD=x解得，x=，ABD的周长为：AD+BD+AB=m故答案为：32m或（20+4）m或m13. 已知ABC中，AB=20，AC=15，BC边上的高为12，求ABC的面积【解析】作ADBC于D，则AD为BC边上的高，AD=12分两种情况：高AD在三角形内，如图所示：在RtADC中，由勾股定理得：AC2=AD2+DC2，DC=9，在RtADB中，由勾股定理得：AB2=AD2+BD2，BD=16，BC=BD+DC=16+9=25，SABC=×25×12=150；高AD在三角形外，如图所示：在RtA

36、DC中，由勾股定理得：AC2=AD2+DC2DC=9，在RtADB中，由勾股定理得：AB2=AD2+BD2，BD=16，BC=BDDC=169=7，SABC=×7×12=42故答案为：150或42 14. 如图，四边形ABHK是边长为6的正方形，点C、D在边AB上，且ACDB1，点P是线段CD上的动点，分别以AP、PB为边在线段AB的同侧作正方形AMNP和正方形BRQP，E、F分别为MN、QR的中点，连接EF，设EF的中点为G，则当点P从点C运动到点D时，点G移动的路径长为（） A1B2C3D6【解析】设KH中点为S，连接PE、ES、SF、PF、PS，可证明四边形PESF为

37、平行四边形，G为PS的中点，即在点P运动过程中，G始终为PS的中点，G的运行轨迹为CSD的中位线，CDABACBD6114，点G移动的路径长为×42故选：B15. 如图，点A的坐标为（4，0），直线yx+n与坐标轴交于点B、C，连接AC，如果ACD90°，则n的值为【解析】直线yx+n与坐标轴交于点B，C，B点的坐标为（n，0），C点的坐标为（0，n），A点的坐标为（4，0），ACD90°，AB2AC2+BC2，AC2AO2+OC2，BC2OB2+OC2，AB2AO2+OC2+OB2+OC2，即（n+4）242+n2+（n）2+n2解得n1，n20（舍去），故答案

38、为：16. AOC在平面直角坐标系中的位置如图所示，OA4，将AOC绕O点，逆时针旋转90°得到A1OC1，A1C1，交y轴于B（0，2），若C1OBC1A1O，则点C1的坐标（，） 【解析】如图作C1Hx轴于HC1OBC1A1O，tanC1A1H，设C1Hm，则A1H2m，OH2m4，A1C1m，OC1，m2，解得m或（舍弃），C1（，）（本题也可以证明tanOC1H，S设C1（m，2m），根据A1H4m，构建方程）17. 如图，在等边ABC内有一点D，AD5，BD6，CD4，将ABD绕A点逆时针旋转，使AB与AC重合，点D旋转至点E，则CDE的正切值为3【解析】ABC为等边三角形

39、，ABAC，BAC60°，ABD绕A点逆时针旋转得ACE，ADAE5，DAEBAC60°，CEBD6，ADE为等边三角形，DEAD5，过E点作EHCD于H，如图，设DHx，则CH4x，在RtDHE中，EH252x2，在RtCHE中，EH262（4x）2，52x262（4x）2，解得x，EH，在RtEDH中，tanHDE3，即CDE的正切值为3故答案为：318. 如图，在半径为5的O中，弦AB8，P是弦AB所对的优弧上的动点，连接AP，过点A作AP的垂线交射线PB于点C，当PAB是等腰三角形时，线段BC的长为8，【解析】当BABP时，则ABBPBC8，即线段BC的长为8当AB

40、AP时，如图1，延长AO交PB于点D，过点O作OEAB于点E，则ADPB，AEAB4，BDDP，在RtAEO中，AE4，AO5，OE3，OAEBAD，AEOADB90°，AOEABD，BD，BDPD，即PB，ABAP8，ABDP，PACADB90°，ABDCPA，CP，BCCPBP；当PAPB时，如图2，连接PO并延长，交AB于点F，过点C作CGAB，交AB的延长线于点G，连接OB，则PFAB，AFFB4，在RtOFB中，OB5，FB4，OF3，FP8，PAFABPCBG，AFPCGB90°，PFBCGB，设BGt，则CG2t，PAFACG，AFPAGC90

41、76;，APFCAG，解得t，在RtBCG中，BCt，综上所述，当PAB是等腰三角形时，线段BC的长为8，故答案为：8，19. 如图，正方形ABCD的边长为6，点O是对角线AC、BD的交点，点E在CD上，且DE2CE，过点C作CFBE，垂足为F，连接OF，则OF的长为【解析】如图，在BE上截取BGCF，连接OG，RTBCE中，CFBE，EBCECF，OBCOCD45°，OBGOCF，在OBG与OCF中OBGOCF（SAS）OGOF，BOGCOF，OGOF，在RTBCE中，BCDC6，DE2EC，EC2，BE2，BC2BFBE，则62BF，解得：BF，EFBEBF，CF2BFEF，CF，GFBFBGBFCF，在等腰直角OGF中OF2GF2，OF故答案为：20. 已知正方形ABC1D1的边长为1，延长C1D1到A1，以A1C1为边向右作正方形A1C1C2D2，延长C2D2到A2，以A2C2为边向右作正方形A2C2C3D3（如图所示），以此类推若A1C12，且点A，D2，D