當一個問題因為某種量或圖形的情況不同而有可能引起問題的結果不同時，需要對這個量或圖形的各種情況進行分類討論．
考點解讀：實數分為正實數、零、負實數，根據條件，不同的數得到不同的規(guī)律或結論，需要分類討論；代數式中字母的不同取值范圍確定代數式的性質，需要分類討論．
【例1】（2023·山東青島·?？家荒＃?br>1．設a，b，c為有理數，則由構成的各種數值是 ．
【變1】（2023·重慶·統(tǒng)考中考真題）
2．在多項式（其中中，對相鄰的兩個字母間任意添加絕對值符號，添加絕對值符號后仍只有減法運算，然后進行去絕對值運算，稱此為“絕對操作”．例如：，，．下列說法：
①存在“絕對操作”，使其運算結果與原多項式相等；
②不存在“絕對操作”，使其運算結果與原多項式之和為0；
③所有的“絕對操作”共有7種不同運算結果．
其中正確的個數是
A．0B．1C．2D．3
考點解讀：改變圖形的位置關系，圖形的某些性質也會改變；根據題意可以畫出多種符合要求的圖形，需要分類討論；
【例1】（2023·河南·統(tǒng)考中考真題）
3．矩形中，M為對角線的中點，點N在邊上，且．當以點D，M，N為頂點的三角形是直角三角形時，的長為 ．
【變1】（2023·廣東深圳·統(tǒng)考中考真題）
4．（1）如圖，在矩形中，為邊上一點，連接，
①若，過作交于點，求證：；
②若時，則______．

（2）如圖，在菱形中，，過作交的延長線于點，過作交于點，若時，求的值．

（3）如圖，在平行四邊形中，，，，點在上，且，點為上一點，連接，過作交平行四邊形的邊于點，若時，請直接寫出的長．

考點解讀：一方面，根據題意能夠列出多種不同的方程（組），這時需要分類討論；另一方面，解絕對值方程、解含字母系數的一元一次方程、解含字母系數的二元一次方程（組）、含字母系數的一元一次不等式（組）、解含字母系數的一元二次方程，根據字母的取值范圍進行分類．
【例1】（2023·四川宜賓·統(tǒng)考中考真題）
5．若關于x的不等式組所有整數解的和為，則整數的值為 ．
【變1】（2023·山東菏澤·?？家荒＃?br>6．已知關于x的分式方程 無解，則a的值為 ．
考點解讀：一方面，根據自變量的取值范圍，產生不同的函數；另一方面，同一函數，自變量取不同的值，函數呈現不同的性質；我們需要對其分類討論．
【例1】（2023·遼寧·統(tǒng)考中考真題）
7．如圖，，在射線，上分別截取，連接，的平分線交于點D，點E為線段上的動點，作交于點F，作交射線于點G，過點G作于點H，點E沿方向運動，當點E與點B重合時停止運動．設點E運動的路程為x，四邊形與重疊部分的面積為S，則能大致反映S與x之間函數關系的圖象是（ ）

A． B．
C． D．
【變1】（2023·重慶·統(tǒng)考中考真題）
8．如圖，是邊長為4的等邊三角形，動點E，F分別以每秒1個單位長度的速度同時從點A出發(fā)，點E沿折線方向運動，點F沿折線方向運動，當兩者相遇時停止運動．設運動時間為t秒，點E，F的距離為y．

(1)請直接寫出y關于t的函數表達式并注明自變量t的取值范圍；
(2)在給定的平面直角坐標系中畫出這個函數的圖象，并寫出該函數的一條性質；
(3)結合函數圖象，寫出點E，F相距3個單位長度時t的值．
一、選擇題
（2022·重慶·統(tǒng)考中考真題）
9．對多項式任意加括號后仍然只含減法運算并將所得式子化簡，稱之為“加算操作”，例如：，，…，給出下列說法：
①至少存在一種“加算操作”，使其結果與原多項式相等；
②不存在任何“加算操作”，使其結果與原多項式之和為0；
③所有的“加算操作”共有8種不同的結果．
以上說法中正確的個數為（ ）
A．0B．1C．2D．3
（2023·江蘇南通·統(tǒng)考中考真題）
10．如圖，中，，，．點從點出發(fā)沿折線運動到點停止，過點作，垂足為．設點運動的路徑長為，的面積為，若與的對應關系如圖所示，則的值為（ ）

A．54B．52C．50D．48
（2023·遼寧錦州·統(tǒng)考中考真題）
11．如圖，在中，，，，在中，，，與在同一條直線上，點C與點E重合．以每秒1個單位長度的速度沿線段所在直線向右勻速運動，當點B運動到點F時，停止運動．設運動時間為t秒，與重疊部分的面積為S，則下列圖象能大致反映S與t之間函數關系的是（ ）

A． B．
C． D．
二、填空題
（2023·廣東汕尾·統(tǒng)考二模）
12．已知，，則的值 ．
（2022·四川廣安·統(tǒng)考中考真題）
13．若（a﹣3）2+=0，則以a、b為邊長的等腰三角形的周長為 ．
（2023·青海西寧·統(tǒng)考中考真題）
14．在中，，，點D在邊上，連接，若為直角三角形，則的度數是 ．
（2023·江蘇泰州·統(tǒng)考中考真題）
15．如圖，中，，，射線從射線開始繞點C逆時針旋轉角，與射線相交于點D，將沿射線翻折至處，射線與射線相交于點E．若是等腰三角形，則的度數為 ．

（2023·江西·統(tǒng)考中考真題）
16．如圖，在中，，將繞點逆時針旋轉角（）得到，連接，．當為直角三角形時，旋轉角的度數為 ．

（2023·浙江寧波·統(tǒng)考中考真題）
17．如圖，在中，，E為邊上一點，以為直徑的半圓O與相切于點D，連接，．P是邊上的動點，當為等腰三角形時，的長為 ．

（2023·四川眉山·統(tǒng)考中考真題）
18．如圖，在平面直角坐標系中，點B的坐標為，過點B分別作x軸、y軸的垂線，垂足分別為點C、點A，直線與交于點D．與y軸交于點E．動點M在線段上，動點N在直線上，若是以點N為直角頂點的等腰直角三角形，則點M的坐標為

（2023·江蘇無錫·統(tǒng)考中考真題）
19．二次函數的圖像與x軸交于點、，與軸交于點，過點的直線將分成兩部分，這兩部分是三角形或梯形，且面積相等，則的值為 ．
三、解答題
（2022·四川瀘州·統(tǒng)考中考真題）
20．如圖，直線與反比例函數的圖象相交于點，，已知點的縱坐標為6
(1)求的值；
(2)若點是軸上一點，且的面積為3，求點的坐標．
（2023·青海西寧·統(tǒng)考中考真題）
21．一次函數的圖象與軸交于點，且經過點．

(1)求點和點的坐標；
(2)直接在上圖的平面直角坐標系中畫出一次函數的圖象；
(3)點在軸的正半軸上，若是以為腰的等腰三角形，請直接寫出所有符合條件的點坐標．
（2023·浙江紹興·統(tǒng)考中考真題）
22．在平行四邊形中（頂點按逆時針方向排列），為銳角，且．

(1)如圖1，求邊上的高的長．
(2)是邊上的一動點，點同時繞點按逆時針方向旋轉得點．
①如圖2，當點落在射線上時，求的長．
②當是直角三角形時，求的長．
（2023·浙江·統(tǒng)考中考真題）
23．小賀在復習浙教版教材九上第81頁第5題后，進行變式、探究與思考：如圖1，的直徑垂直弦AB于點E，且，．

(1)復習回顧：求的長．
(2)探究拓展：如圖2，連接，點G是上一動點，連接，延長交的延長線于點F．
①當點G是的中點時，求證：；
②設，，請寫出y關于x的函數關系式，并說明理由；
③如圖3，連接，當為等腰三角形時，請計算的長．
（2023·遼寧沈陽·統(tǒng)考中考真題）
24．如圖，在平面直角坐標系中，二次函數的圖象經過點，與軸的交點為點和點．

(1)求這個二次函數的表達式；
(2)點，在軸正半軸上，，點在線段上，以線段，為鄰邊作矩形，連接，設．
連接，當與相似時，求的值；
當點與點重合時，將線段繞點按逆時針方向旋轉后得到線段，連接，，將繞點按順時針方向旋轉后得到，點，的對應點分別為、，連接當的邊與線段垂直時，請直接寫出點的橫坐標．
（2023·四川南充·統(tǒng)考中考真題）
25．如圖1，拋物線（）與軸交于，兩點，與軸交于點．
(1)求拋物線的解析式；
(2)點P在拋物線上，點Q在x軸上，以B，C，P，Q為頂點的四邊形為平行四邊形，求點P的坐標；
(3)如圖2，拋物線頂點為D，對稱軸與x軸交于點E，過點的直線（直線除外）與拋物線交于G，H兩點，直線，分別交x軸于點M，N．試探究是否為定值，若是，求出該定值；若不是，說明理由．
參考答案：
1．，0
【分析】此題要分類討論a，b，c與0的關系，然后根據絕對值的性質進行求解；
【詳解】解：∵a，b，c為有理數，
①若，
∴；
②若a，b，c中有兩個負數，則，
∴，
③若a，b，c中有一個負數，則，
∴，
④若a，b，c中有三個負數，則，
∴，
故答案為：，0．
【點睛】此題主要考查絕對值的性質，解題的關鍵是如何根據已知條件，去掉絕對值，還考查了分類討論的思想，正數的絕對值是它本身，負數的絕對值是它的相反數，0的絕對值是0．
2．C
【分析】根據給定的定義，舉出符合條件的說法①和②．說法③需要對絕對操作分析添加一個和兩個絕對值的情況，并將結果進行比較排除相等的結果，匯總得出答案．
【詳解】解：，故說法①正確．
若使其運算結果與原多項式之和為0，必須出現，顯然無論怎么添加絕對值，都無法使的符號為負，故說法②正確．
當添加一個絕對值時，共有4種情況，分別是；；；．當添加兩個絕對值時，共有3種情況，分別是；；．共有7種情況；
有兩對運算結果相同，故共有5種不同運算結果，故說法③不符合題意．
故選：C．
【點睛】本題考查新定義題型，根據多給的定義，舉出符合條件的代數式進行情況討論；
需要注意去絕對值時的符號，和所有結果可能的比較．主要考查絕對值計算和分類討論思想的應用．
3．2或
【分析】分兩種情況：當時和當時，分別進行討論求解即可．
【詳解】解：當時，

∵四邊形矩形，
∴，則，
由平行線分線段成比例可得：，
又∵M為對角線的中點，
∴，
∴，
即：，
∴，
當時，

∵M為對角線的中點，
∴為的垂直平分線，
∴，
∵四邊形矩形，
∴，則，
∴
∴，
綜上，的長為2或，
故答案為：2或．
【點睛】本題考查矩形的性質，平行線分線段成比例，垂直平分線的判定及性質等，畫出草圖進行分類討論是解決問題的關鍵．
4．（1）①見解析；②；（2）；（3）或或
【分析】（1）①根據矩形的性質得出，，進而證明結合已知條件，即可證明；
②由①可得，，證明，得出，根據，即可求解；
（2）根據菱形的性質得出，，根據已知條件得出，證明，根據相似三角形的性質即可求解；
（3）分三種情況討論，①當點在邊上時，如圖所示，延長交的延長線于點，連接，過點作于點，證明，解，進而得出，根據，得出，建立方程解方程即可求解；②當點在邊上時，如圖所示，連接，延長交的延長線于點，過點作，則，四邊形是平行四邊形，同理證明，根據得出，建立方程，解方程即可求解；③當點在邊上時，如圖所示，過點作于點，求得，而，得出矛盾，則此情況不存在．
【詳解】解：（1）①∵四邊形是矩形，則，
∴，
又∵，
∴，，
∴，
又∵，
∴；
②由①可得，
∴
∴，
又∵
∴,
故答案為：．
（2）∵在菱形中，，
∴，，
則，
∵，
∴，
∵
∴，
∴，
∵，
∴,
又，
∴，
∴，
∴；
（3）①當點在邊上時，如圖所示，延長交的延長線于點，連接，過點作于點，

∵平行四邊形中，，，
∴，,
∵，
∴
∴，
∴
∴
在中，，
則，，
∴
∴，
∵，
∴
∴
∴
∴
設，則，，，
∴
解得：或，
即或，
②當點在邊上時，如圖所示，

連接，延長交的延長線于點，過點作，則，四邊形是平行四邊形，
設，則，，
∵
∴
∴，
∴
∴，
∵
∴
過點作于點，
在中，，
∴，，
∴，則，
∴，
∴，
，
∴
∴，
即，
∴
即
解得：（舍去）
即；
③當點在邊上時，如圖所示，

過點作于點，
在中，，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴點不可能在邊上，
綜上所述，的長為或或．
【點睛】本題考查了相似三角形的性質與判定，平行四邊形的性質，解直角三角形，矩形的性質，熟練掌握相似三角形的性質與判定，分類討論是解題的關鍵．
5．或
【分析】根據題意可求不等式組的解集為，再分情況判斷出的取值范圍，即可求解．
【詳解】解：由①得：，
由②得：，
不等式組的解集為：，
所有整數解的和為，
①整數解為：、、、，
，
解得：，
為整數，
．
②整數解為：，，，、、、，
，
解得：，
為整數，
．
綜上，整數的值為或
故答案為：或．
【點睛】本題考查了含參數的一元一次不等式組的整數解問題，掌握一元一次不等式組的解法，理解參數的意義是解題的關鍵．
6．10或0或5
【分析】分原方程分母為零和方程的解的分母為零兩種情況分別求解即可．
【詳解】解：解方程得，，
若方程無解，則，
∴，
當或時，方程無解，
即或時，
當時，，
當時，，
綜上，a的值為10或0或5．
【點睛】本題考查了分式方程的增根和無解，理解分式方程有增根和無解的含義是解題的關鍵．
7．A
【分析】分三種情況分別求出S與x的函數關系式，根據函數的類型與其圖象的對應關系進行判斷即可．
【詳解】解：∵，，
∴是邊長為6的正三角形，
∵平分，
∴，，，
①當矩形全部在之中，即由圖1到圖2，此時，

∵，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴；
②如圖3時，當，
則，解得，
由圖2到圖3，此時，

如圖4，記，的交點為，則是正三角形，
∴，
∴， 而，
∴，
∴
，
③如圖6時，，由圖3到圖6，此時，

如圖5，同理是正三角形，
∴，，，
∴
，
因此三段函數的都是二次函數關系，其中第1段是開口向上，第2段、第3段是開口向下的拋物線，
故選：A．
【點睛】本題考查動點問題的函數圖象，求出各種情況下S與x的函數關系式是正確解答的前提，理解各種函數所對應的圖象的形狀是解決問題的關鍵．
8．(1)當時，；當時，；
(2)圖象見解析，當時，y隨x的增大而增大
(3)t的值為3或
【分析】（1）分兩種情況：當時，根據等邊三角形的性質解答；當時，利用周長減去即可；
（2）在直角坐標系中描點連線即可；
（3）利用分別求解即可．
【詳解】（1）解：當時，
連接，

由題意得，，
∴是等邊三角形，
∴；
當時，；

（2）函數圖象如圖：

當時，y隨t的增大而增大；
（3）當時，即；
當時，即，解得，
故t的值為3或．
【點睛】此題考查了動點問題，一次函數的圖象及性質，解一元一次方程，正確理解動點問題是解題的關鍵．
9．D
【分析】給添加括號，即可判斷①說法是否正確；根據無論如何添加括號，無法使得的符號為負號，即可判斷②說法是否正確；列舉出所有情況即可判斷③說法是否正確．
【詳解】解：∵
∴①說法正確
∵
又∵無論如何添加括號，無法使得的符號為負號
∴②說法正確
③第1種：結果與原多項式相等；
第2種：x-（y-z）-m-n=x-y+z-m-n；
第3種：x-（y-z）-（m-n）=x-y+z-m+n；
第4種：x-（y-z-m）-n=x-y+z+m-n；
第5種：x-（y-z-m-n）=x-y+z+m+n；
第6種：x-y-（z-m）-n=x-y-z+m-n；
第7種：x-y-（z-m-n）=x-y-z+m+n；
第8種：x-y-z-（m-n）=x-y-z-m+n；故③符合題意；
∴共有8種情況
∴③說法正確
∴正確的個數為3
故選D．
【點睛】本題考查了新定義運算，認真閱讀，理解題意是解答此題的關鍵．
10．B
【分析】根據點運動的路徑長為，在圖中表示出來，設，在直角三角形中，找到等量關系，求出未知數的值，得到的值．
【詳解】解：當時，由題意可知，
，
在中，由勾股定理得，
設，
，
在中，由勾股定理得，
在中，由勾股定理得，
即，
解得，
，
，
當時，由題意可知，，
設，
，
在中，由勾股定理得，
在中由勾股定理得，
中，由勾股定理得，
即，
解得，
，
，
．

故選：B．
【點睛】本題主要考查勾股定理，根據勾股定理列出等式是解題的關鍵，運用了數形結合的思想解題．
11．A
【分析】分，， 三種情況，分別求出函數解析即可判斷．
【詳解】解：過點D作于H，
，
∵，，
∴，
∴
當時，
如圖，重疊部分為，此時，，
，
∴，
∴，即，
∴
∴；
當時，
如圖，重疊部分為四邊形，此時，，

∴，，
∵，
∴，
∴，
又，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴；
當 時
如圖，重疊部分為四邊形，此時，，

∴，
∵，
∴，
∴，即
∴，
綜上，，
∴符合題意的函數圖象是選項A．
故選：A．
【點睛】此題結合圖像平移時面積的變化規(guī)律，考查二次函數相關知識，根據平移點的特點列出函數表達式是關鍵，有一定難度．
12．或
【分析】本題主要考查了一元二次方程的解，解一元二次方程，解題的關鍵是熟練掌握求根公式，并注意進行分類討論．
【詳解】解：依題意得a，b是方程的解，
解得：，，
當時，，
當時，，
當時，，
故答案為：或．
13．11或13##13或11
【分析】根據平方的非負性，算術平方根的非負性求得的值，進而根據等腰三角形的定義，分類討論，根據構成三角形的條件取舍即可求解．
【詳解】解：∵（a﹣3）2+=0，
∴，，
當為腰時，周長為：，
當為腰時，三角形的周長為，
故答案為：11或13．
【點睛】本題考查了等腰三角形的定義，非負數的性質，掌握以上知識是解題的關鍵．
14．或
【分析】由題意可求出，故可分類討論①當時和②當時，進而即可求解．
【詳解】解：∵，，
∴．
∵為直角三角形，
∴可分類討論：①當時，如圖1，

∴；
②當時，如圖2，

綜上可知的度數是或．
故答案為：或．
【點睛】本題主要考查等腰三角形的性質，三角形內角和定理．解答本題的關鍵是明確題意，利用等腰三角形的性質和分類討論的數學思想解答．
15．或或
【分析】分情況討論，利用折疊的性質知，，再畫出圖形，利用三角形的外角性質列式計算即可求解．
【詳解】解：由折疊的性質知，，
當時，，

由三角形的外角性質得，即，
此情況不存在；
當時，

，，
由三角形的外角性質得，
解得；
當時，，

∴，
由三角形的外角性質得，
解得；
當時，，

∴，
∴；
綜上，的度數為或或．
故答案為：或或．
【點睛】本題考查了折疊的性質，三角形的外角性質，等腰三角形的性質，畫出圖形，數形結合是解題的關鍵．
16．或或
【分析】連接，根據已知條件可得，進而分類討論即可求解．
【詳解】解：連接，取的中點，連接，如圖所示，

∵在中，，
∴，
∴是等邊三角形，
∴，，
∴
∴，
∴
∴，
如圖所示，當點在上時，此時，則旋轉角的度數為，

當點在的延長線上時，如圖所示，則

當在的延長線上時，則旋轉角的度數為，如圖所示，
∵，，
∴四邊形是平行四邊形，
∵
∴四邊形是矩形，
∴
即是直角三角形，

綜上所述，旋轉角的度數為或或
故答案為：或或．
【點睛】本題考查了平行四邊形的性質與判定，等邊三角形的性質與判定，矩形的性質與判定，旋轉的性質，熟練掌握旋轉的性質是解題的關鍵．
17．或
【分析】連接，勾股定理求出半徑，平行線分線段成比例，求出的長，勾股定理求出和的長，分和兩種情況進行求解即可．
【詳解】解：連接，

∵以為直徑的半圓O與相切于點D，
∴，，
∴
設，則，
在中：，即：，
解得：，
∴，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
∵為等腰三角形，
當時，，
當時，
∵，
∴點與點重合，
∴，

不存在的情況；
綜上：的長為或．
故答案為：或．
【點睛】本題考查切線的性質，平行線分線段成比例，勾股定理，等腰三角形的定義．熟練掌握切線的性質，等腰三角形的定義，確定點的位置，是解題的關鍵．
18．或
【分析】如圖，由是以點N為直角頂點的等腰直角三角形，可得在以為直徑的圓上，，可得是圓與直線的交點，當重合時，符合題意，可得，當N在的上方時，如圖，過作軸于，延長交于，則，，證明，設，可得，，而，則，再解方程可得答案．
【詳解】解：如圖，∵是以點N為直角頂點的等腰直角三角形，
∴在以為直徑的圓上，，
∴是圓與直線的交點，

當重合時，
∵，則，
∴，符合題意，
∴，
當N在的上方時，如圖，過作軸于，延長交于，則，，
∴，

∵，，
∴，
∴，
∴，設，
∴，，
而，
∴，
解得：，則，
∴，
∴；
綜上：或．
故答案為：或．
【點睛】本題考查的是坐標與圖形，一次函數的性質，等腰直角三角形的判定與性質，全等三角形的判定與性質，圓周角定理的應用，本題屬于填空題里面的壓軸題，難度較大，清晰的分類討論是解本題的關鍵．
19．或或
【分析】先求得，，，直線解析式為，直線的解析式為，1）、當分成兩個三角形時，直線必過三角形一個頂點，平分面積，必為中線，則①如圖1，直線過中點，②如圖2，直線過中點，直線解析式為，中點坐標為，待入直線求得；③如圖3，直線過中點，中點坐標為，直線與軸平行，必不成立；2）當分成三角形和梯形時，過點的直線必與一邊平行，所以必有型相似，因為平分面積，所以相似比為．④如圖4，直線，根據相似三角形的性質，即可求解；⑤如圖5，直線，⑥如圖6，直線，同理可得，進而根據，即可求解．
【詳解】解：由，令，解得：，令，解得：，
∴，，，
設直線解析式為，
∴
解得：
∴直線解析式為，當時，，則直線與y軸交于，
∵，
∴，
∴點必在內部．
1）、當分成兩個三角形時，直線必過三角形一個頂點，平分面積，必為中線
設直線的解析式為
∴
解得：
則直線的解析式為
①如圖1，直線過中點，，
中點坐標為，代入直線求得，不成立；

②如圖2，直線過中點，直線解析式為，中點坐標為，待入直線求得；
③如圖3，直線過中點，中點坐標為，
直線與軸平行，必不成立；
2）、當分成三角形和梯形時，過點的直線必與一邊平行，所以必有型相似，因為平分面積，所以相似比為．
④如圖4，直線，
∴
∴，
∴，
解得；

⑤如圖5，直線，，則
∴，又，
∴，
∵，
∴不成立；
⑥如圖6，直線，同理可得，
∴，，，
∴，解得；
綜上所述，或或．
【點睛】本題考查了二次函數的綜合問題，解直角三角形，相似三角形的性質與判定，熟練掌握以上知識，并分類討論是解題的關鍵．
20．(1)b=9
(2)C(4,0)，或C(8,0)
【分析】（1）把y=6代入得到x=2，得到A(2,6)，把A(2,6)代入，得到b=9；
（2）解方程組，得到 x=2(舍去)，或x=4，，得到B(4,3)，設C(x,0)，直線與x軸交點為D，過點A作AE⊥x軸于點E，過點B作BF⊥x軸于點F，得到AE=6，BF=4，根據時，x=6，得到D(6,0)，推出，根據=3，求得x=3，或x=9，得到C(4,0)，或C(8,0)．
【詳解】（1）解：∵直線與反比例函數的圖象相交于點A，B，點A的縱坐標為6，
∴，x=2，
∴A(2,6)，
∴，b=9；
（2），即，
∴x=2(舍去)，或x=4，
∴，
∴B(4,3)，
設C(x,0)，直線與x軸交點為D，過點A作AE⊥x軸于點E，過點B作BF⊥x軸于點F，
則AE=6，BF=3，
時，x=6，
∴D(6,0)，
∴，
∴
，
∵，
∴，，
∴x=4，或x=8，
∴C(4,0)，或C(8,0)．
【點睛】本題主要考查了一次函數和反比例函數，三角形面積，解決問題的關鍵是熟練掌握一次函數和反比例函數的性質，待定系數法求函數解析式，三角形面積計算公式．
21．(1)
(2)見解析
(3)坐標是，
【分析】（1）令得出點的坐標是，把代入，即可求解；
（2）畫出經過的直線，即可求解；
（3）根據等腰三角形的定義，勾股定理，即可求解．
【詳解】（1）解：∵一次函數的圖象與x軸交于點，
∴令
解得
∴點的坐標是
∵點在一次函數的圖象上
把代入，
得，
∴，
∴點的坐標是；
（2）解：如圖所示，

（3）解：如圖所示，當時，;
∵，，
∴，
當時，

∴符合條件的點坐標是，.
【點睛】本題考查了一次函數的性質，畫一次函數圖象，勾股定理，等腰三角形的定義，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．
22．(1)8
(2)①；②或
【分析】（1）利用正弦的定義即可求得答案；
（2）①先證明，再證明，最后利用相似三角形對應邊成比例列出方程即可；
②分三種情況討論完成，第一種：為直角頂點；第二種：為直角頂點；第三種，為直角頂點，但此種情況不成立，故最終有兩個答案．
【詳解】（1）在中，，
在中，．
（2）①如圖1，作于點，由（1）得，，則，
作交延長線于點，則，

∴．
∵
∴．
由旋轉知，
∴．
設，則．
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴．
②由旋轉得，，
又因為，所以．
情況一：當以為直角頂點時，如圖2．

∵，
∴落在線段延長線上．
∵，
∴，
由（1）知，，
∴．
情況二：當以為直角頂點時，如圖3．

設與射線的交點為，
作于點．
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴．
設，則，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
化簡得，
解得，
∴．
情況三：當以為直角頂點時，
點落在的延長線上，不符合題意．
綜上所述，或．
【點睛】本題考查了平行四邊形的性質，正弦的定義，全等的判定及性質，相似的判定及性質，理解記憶相關定義，判定，性質是解題的關鍵．
23．(1)；
(2)①見解析；②；③的長為或．
【分析】（1）先求得的直徑為10，再利用垂徑定理求得，在中，利用勾股定理即可求解；
（2）①連接，由點G是的中點，推出，根據等角的余角相等即可證明結論成立；
②利用勾股定理求得，利用垂徑定理得到，推出，證明，利用相似三角形的性質即可求解；
③分兩種情況討論，當和時，證明，利用相似三角形的性質求解即可.
【詳解】（1）解：連接，

∵的直徑垂直弦AB于點E，且，，
∴，，
∴，，
在中，，
∴；
（2）解：①連接，

∵點G是的中點，
∴，
∴，
∵的直徑垂直弦AB于點E，
∴，
∴，
∴；
②∵，，，
∴，

∵的直徑垂直弦AB于點E，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴；
③當時，

在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴；
當時，

在中，，
在中，，
∴，
同理，
∴，即，
∴；
綜上，的長為或．
【點睛】本題考查了圓周角定理，垂徑定理，相似三角形的判定和性質，勾股定理，解答本題的關鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件．
24．(1)
(2)①或；②或或
【分析】（1）利用待定系數法解答即可；
（2）①利用已知條件用含a的代數式表示出點E，D，F，G的坐標，進而得到線段的長度，利用分類討論的思想方法和相似三角形的性質，列出關于a的方程，解方程即可得出結論；
②利用已知條件，點的坐標的特征，平行四邊形的判定與性質，旋轉的性質，全等三角形的判定與性質求得 ，和的長，利用分類討論的思想方法分三種情形討論解答利用旋轉的性質，直角三角形的邊角關系定理，勾股定理求得相應線段的長度即可得出結論；
【詳解】（1）二次函數的圖象經過點，與軸的交點為點，
解得：
此拋物線的解析式為
（2）令，則
解得：或，
∴
．
∵,
∴
四邊形為矩形，
∴
∴
∴
Ⅰ當時，
∴
∴
∴
Ⅱ當時，
∴
∴
∴
綜上，當與相似時，的值為或；
點與點重合，
∴
∴
∴
四邊形為平行四邊形，
在和中，
Ⅰ、當 所在直線與 垂直時，如圖，
，，三點在一條直線上，
過點 作 軸于點 ， 則
∴此時點 的橫坐標為
Ⅱ當所在直線與垂直時，如圖，
，
，
設的延長線交于點，過點作，交的延長線于點，過點作，交的延長線于點，則軸，．
，
，
．
，
．
，
，
此時點的橫坐標為；
Ⅲ當所在直線與垂直時，如圖，
，，
，
，，三點在一條直線上，則，
過點作，交的延長線于點，
，
此時點的橫坐標為．
綜上，當的邊與線段垂直時，點的橫坐標為或或．
【點睛】本題主要考查了二次函數的圖象與性質，拋物線上點的坐標的特征，矩形的性質，相似三角形的判定與性質，全等三角形的判定與性質，直角三角形的性質，勾股定理，直角三角形的邊角關系定理，利用點的坐標表示出相應線段的長度和正確利用分類討論的思想方法是解題的關鍵
25．(1)
(2)或或
(3)定值，理由見詳解
【分析】（1）將兩點代入拋物線的解析式即可求解；
（2）根據P，Q的不確定性，進行分類討論：①過作軸，交拋物線于，過作，交軸于，可得，由，可求解；②在軸的負半軸上取點，過作，交拋物線于，同時使，連接、，過作軸，交軸于，，即可求解；③當為平行四邊形的對角線時，在①中，只要點Q在點B的左邊，且滿足，也滿足條件，只是點P的坐標仍是①中的坐標；
（3）可設直線的解析式為，，，可求，再求直線的解析式為，從而可求，同理可求，即可求解．
【詳解】（1）解：拋物線與x軸交于兩點，
，
解得，
故拋物線的解析式為．
（2）解：①如圖，過作軸，交拋物線于，過作，交軸于，
四邊形是平行四邊形，
，
，
解得：，，
；
②如圖，在軸的負半軸上取點，過作，交拋物線于，同時使，連接、，過作軸，交軸于，
四邊形是平行四邊形，
，
在和中，
，
()，
，
，
，
解得：，，
；
如上圖，根據對稱性：，
③當為平行四邊形的對角線時，由①知，點Q在點B的左邊，且時，也滿足條件，此時點P的坐標仍為；
綜上所述：的坐標為或或．
（3）解：是定值，
理由：如圖，直線經過，
可設直線的解析式為，
、在拋物線上，
可設，，
，
整理得：，
，，
，
當時，，
，
設直線的解析式為，則有
，
解得，
直線的解析式為，
當時，，
解得：，
，
，
同理可求：，
；
當與對調位置后，同理可求；
故的定值為．
【點睛】本題考查了二次函數與一次函數的綜合問題，待定系數法求函數解析式，求函數圖象與坐標軸交點坐標，動點產生的平行四邊形判定，一元二次方程根與系數的關系，理解一次函數與二次函數圖象的交點，與對應一元二次方程根的關系，掌握具體的解法，并會根據題意設合適的輔助未知數是解題的關鍵．

相關試卷

模塊三 思想全把握專題8 建模思想 -最新中考數學二輪專題復習訓練（含解析）：

這是一份模塊三 思想全把握專題8 建模思想 -最新中考數學二輪專題復習訓練（含解析），共60頁。

模塊三 思想全把握專題7 化歸思想 -最新中考數學二輪專題復習訓練（含解析）：

這是一份模塊三 思想全把握專題7 化歸思想 -最新中考數學二輪專題復習訓練（含解析），共42頁。

模塊三 思想全把握專題6 類比思想 -最新中考數學二輪專題復習訓練（含解析）：

這是一份模塊三 思想全把握專題6 類比思想 -最新中考數學二輪專題復習訓練（含解析），共45頁。

英語朗讀寶

相關試卷 更多

模塊三 思想全把握專題4 數形思想 -最新中考數學二輪專題復習訓練（含解析）

模塊三 思想全把握專題4 數形思想 -最新中考數學二輪專題復習訓練（含解析）
模塊三 思想全把握專題3 方程思想 -最新中考數學二輪專題復習訓練（含解析）

模塊三 思想全把握專題3 方程思想 -最新中考數學二輪專題復習訓練（含解析）
模塊三 思想全把握專題2 函數思想 -最新中考數學二輪專題復習訓練（含解析）

模塊三 思想全把握專題2 函數思想 -最新中考數學二輪專題復習訓練（含解析）
模塊三 思想全把握專題1 整體思想 -最新中考數學二輪專題復習訓練（含解析）

模塊三 思想全把握專題1 整體思想 -最新中考數學二輪專題復習訓練（含解析）
資料下載及使用幫助
版權申訴
版權申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認為該資料內容侵犯了您的知識產權，請掃碼添加我們的相關工作人員，我們盡可能的保護您的合法權益。
入駐教習網，可獲得資源免費推廣曝光，還可獲得多重現金獎勵，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權申訴二維碼
中考專區(qū)
歡迎來到教習網
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機號注冊
手機號碼

手機號格式錯誤

手機驗證碼 獲取驗證碼

手機驗證碼已經成功發(fā)送，5分鐘內有效

設置密碼

6-20個字符，數字、字母或符號

注冊即視為同意教習網「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部