文档内容
模块四 思想全把握
专题 1 整体思想
学生获得数学基本思想是课程的主要目标之一，整体思想就是数学的一种基本思想，
它要求从问题的整体性质出发，突出对问题的整体结构的分析和改造，发现问题的整
体结构特征，善于用“集成”的眼光，把某些式子或图形看成一个整体，把握它们之
间的关联，进行有目的、有意识的整体处理．
有些数学难题，若按常规方法求解或繁或不可能，然而若转换思维，在考虑问题时，
将注意力和着眼点放在问题整体上，把一些彼此独立，但实质又紧密联系着的量作为
整体来处理，则可化繁为简、变难为易．
考点讲解：在一些数式运算中，不能确定个别字母的值，但把某些数式作为一个整体，
通过整体代入或整体运算，比较便捷的解决问题．
【例1】
（2023·江苏南通·统考中考真题）
1．若 ，则 的值为（ ）
A．24 B．20 C．18 D．16
【变1】
（2022·内蒙古赤峰·统考中考真题）2．已知 ，则 的值为（ ）
A．13 B．8 C．－3 D．5
【例2】
（2023·广东深圳·统考中考真题）
3．已知实数a，b，满足 ， ，则 的值为 ．
【变1】
（2023·山东·统考中考真题）
4．已知实数 满足 ，则 ．
考点讲解：在解方程（组）和不等式（组）时，把含元的代数式或等式作为一个整体，
通过整体代入或整体消元，比较容易求解．
【例1】
（2023·四川南充·统考中考真题）
5．关于x，y的方程组 的解满足 ，则 的值是（ ）
A．1 B．2 C．4 D．8
【变1】
（2022·山东聊城·统考中考真题）
6．关于 ， 的方程组 的解中 与 的和不小于5，则 的取值范围为
（ ）
A． B． C． D．
【例2】
（2023·四川泸州·统考中考真题）
7．若一个菱形的两条对角线长分别是关于 的一元二次方程 的两个实
数根，且其面积为11，则该菱形的边长为（ ）
A． B． C． D．
【变1】
试卷第2页，共3页（2022·湖北鄂州·统考中考真题）
8．若实数a、b分别满足a2﹣4a+3＝0，b2﹣4b+3＝0，且a≠b，则 的值为 ．
考点讲解：在函数问题中，把某些关联变量作为一个整体，通过整体建构和整体计算，
比较容易确定变量的关系，进而解决问题．
【例1】
（2019·山东潍坊·统考中考真题）
9．如图，直线 与抛物线 交于 ， 两点，点 是 轴上的一个动
点，当 的周长最小时， ．
【变1】
（2023·四川宜宾·统考中考真题）
10．如图，抛物线 经过点 ，顶点为 ，且抛物线与 轴
的交点B在 和 之间（不含端点），则下列结论：①当 时， ；
②当 的面积为 时， ；
③当 为直角三角形时，在 内存在唯一点P，使得 的值最小，
最小值的平方为 ．
其中正确的结论是 ．（填写所有正确结论的序号）
考点讲解：在处理图形问题时，把一些图形通过平移、旋转、对称等变换方式转移到
一起构造图形整体，或者给一些图形补形构造图形整体，通过整体参与证明和整体计
算，比较容易得到几何关系，进而解决问题．
【例1】
（2023·湖北恩施·统考中考真题）
11．如图，等圆 和 相交于A，B两点， 经过 的圆心 ，若 ，
则图中阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
【变1】
（2022·贵州铜仁·统考中考真题）
12．如图，在边长为6的正方形 中，以 为直径画半圆，则阴影部分的面积是
（ ）
A．9 B．6 C．3 D．12
试卷第4页，共3页【例2】
（2023·山西·统考中考真题）
13．如图，在四边形 中， ，对角线 相交于点 ．若
，则 的长为 ．
【变1】
（2022·广东深圳·统考中考真题）
14．已知 是直角三角形， 连接 以 为底
作直角三角形 且 是 边上的一点，连接 和 且
则 长为 ．
一、选择题
（2023·四川巴中·统考中考真题）
15．若x满足 ，则代数式 的值为（ ）
A．5 B．7 C．10 D．
（2022·江苏南通·统考中考真题）
16．已知实数m，n满足 ，则 的最大值为
（ ）
A．24 B． C． D．（2023·湖北武汉·统考中考真题）
17．已知 ，计算 的值是（ ）
A．1 B． C．2 D．
（2023·四川眉山·统考中考真题）
18．已知关于 的二元一次方程组 的解满足 ，则m的值为
（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
（2023·上海·统考中考真题）
19．在分式方程 中，设 ，可得到关于y的整式方程为
（ ）
A． B． C． D．
（2023·重庆·统考中考真题）
20．如图，在正方形 中，O为对角线 的中点，E为正方形内一点，连接 ，
，连接 并延长，与 的平分线交于点F，连接 ，若 ，则
的长度为（ ）
A．2 B． C．1 D．
二、填空题
（2023·江苏宿迁·统考中考真题）
21．若实数m满足 ，则
．
试卷第6页，共3页（2023·四川内江·统考中考真题）
22．已知a、b是方程 的两根，则 ．
（2023·四川成都·统考中考真题）
23．若 ，则代数式 ，的值为 ．
（2023·四川泸州·统考中考真题）
24．关于 ， 的二元一次方程组 的解满足 ，写出 的一个
整数值 ．
（2021·内蒙古·统考中考真题）
25．已知抛物线 与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交
于点C，点 在抛物线上，E是该抛物线对称轴上一动点．当 的值最小
时， 的面积为 ．
（2023·黑龙江大庆·统考中考真题）
26．如图，在 中，将 绕点A顺时针旋转 至 ，将 绕点A逆时针旋转
至 ，得到 ，使 ，我们
称 是 的“旋补三角形”， 的中线 叫做 的“旋补中
线”，点A叫做“旋补中心”．下列结论正确的有 ．
① 与 面积相同；
② ；
③若 ，连接 和 ，则 ；
④若 ， ， ，则 ．
三、解答题
（2023·北京·统考中考真题）27．已知 ，求代数式 的值．
（2023·青海西宁·统考中考真题）
28．先化简，再求值： ，其中 ， 是方程 的两
个根．
（2022·湖北黄石·统考中考真题）
29．阅读材料，解答问题：
材料1
为了解方程 ，如果我们把 看作一个整体，然后设 ，则原方
程可化为 ，经过运算，原方程的解为 ， ．我们把以上
这种解决问题的方法通常叫做换元法．
材料2
已知实数m，n满足 ， ，且 ，显然m，n是方程
的两个不相等的实数根，由韦达定理可知 ， ．
根据上述材料，解决以下问题：
(1)直接应用：
方程 的解为_______________________；
(2)间接应用：
已知实数a，b满足： ， 且 ，求 的值；
(3)拓展应用：
已知实数x，y满足： ， 且 ，求 的值．
（2020·江苏扬州·统考模拟预测）
30．阅读感悟：
有些关于方程组的问题，欲求的结果不是每一个未知数的值，而是关于未知数的代数
式的值，如以下问题：
已知实数x、y满足 ①， ②，求 和 的值．
本题常规思路是将①②两式联立组成方程组，解得x、y的值再代入欲求值的代数式得
试卷第8页，共3页到答案，常规思路运算量比较大．其实，仔细观察两个方程未知数的系数之间的关系，
本题还可以通过适当变形整体求得代数式的值，如由① ②可得 ，由① ②
可得 ．这样的解题思想就是通常所说的“整体思想”．
解决问题：
（1）已知二元一次方程组 ，则 ________， ________；
（2）某班级组织活动购买小奖品，买20支铅笔、3块橡皮、2本日记本共需32元，
买39支铅笔、5块橡皮、3本日记本共需58元，则购买5支铅笔、5块橡皮、5本日记
本共需多少元？
（3）对于实数x、y，定义新运算： ，其中a、b、c是常数，等式右
边是通常的加法和乘法运算．已知 ， ，那么 ________．
（2022·江苏淮安·统考中考真题）
31．如图（1），二次函数 的图像与 轴交于 、 两点，与 轴交于
点，点 的坐标为 ，点 的坐标为 ，直线 经过 、 两点．
(1)求该二次函数的表达式及其图像的顶点坐标；
(2)点 为直线 上的一点，过点 作 轴的垂线与该二次函数的图像相交于点 ，再
过点 作 轴的垂线与该二次函数的图像相交于另一点 ，当 时，求点
的横坐标；
(3)如图（2），点 关于 轴的对称点为点 ，点 为线段 上的一个动点，连接
，点 为线段 上一点，且 ，连接 ，当 的值最小时，直接写出 的长．
（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考中考真题）
32．如图，在 中， ， 平分 交 于点D，点E是斜边
上一点，以 为直径的 经过点D，交 于点F，连接 ．
(1)求证： 是 的切线；
(2)若 ， ，求图中阴影部分的面积（结果保留π）．
（2023·北京·统考中考真题）
33．在 中、 ， 于点M，D是线段 上的动
点（不与点M，C重合），将线段 绕点D顺时针旋转 得到线段 ．
(1)如图1，当点E在线段 上时，求证：D是 的中点；
(2)如图2，若在线段 上存在点F（不与点B，M重合）满足 ，连接 ，
，直接写出 的大小，并证明．
（2023·山东临沂·统考中考真题）
34．如图， ．
(1)写出 与 的数量关系
(2)延长 到 ，使 ，延长 到 ，使 ，连接 ．求证：
．
试卷第10页，共3页(3)在（2）的条件下，作 的平分线，交 于点 ，求证： ．参考答案：
1．D
【分析】根据 得到 ，再将整体代入 中求值．
【详解】解： ，
得 ，
变形为 ，
原式 ．
故选：D．
【点睛】本题考查代数式求值，将 变形为 是解题的关键．
2．A
【分析】先化简已知的式子，再整体代入求值即可．
【详解】∵
∴
∴
故选：A．
【点睛】本题考查平方差公式、代数式求值，利用整体思想是解题的关键．
3．42
【分析】首先提取公因式，将已知整体代入求出即可．
【详解】
．
故答案为：42．
【点睛】此题考查了求代数式的值，提公因式法因式分解，整体思想的应用，解题的关键
是掌握以上知识点．
4．
【分析】本题主要考查因式分解及整体思想，熟练掌握利用整体思维，将 代入求
值即可．【详解】解： ，
，
故答案为 ．
5．D
【分析】法一：利用加减法解方程组，用 表示出 ，再将求得的代数式代入 ，
得到 的关系，最后将 变形，即可解答．
法二： 中 得到 ，再根据 求出
代入代数式进行求解即可.
【详解】解：法一： ，
得 ，
解得 ，
将 代入 ，解得 ，
，
，
得到 ，
，
答案第2页，共2页法二：
得： ，即： ，
∵ ，
∴ ，
，
故选：D．
【点睛】本题考查了根据二元一次方程解的情况求参数，同底数幂除法，幂的乘方，熟练
求出 的关系是解题的关键．
6．A
【分析】由两式相减，得到 ，再根据x 与 y 的和不小于5列出不等式即可求
解．
【详解】解：把两个方程相减，可得 ，
根据题意得： ，
解得： ．
所以 的取值范围是 ．
故选：A．
【点睛】本题考查二元一次方程组、不等式，将两式相减得到x与y的和是解题的关键．
7．C
【分析】根据一元二次方程根与系数的关系，得到 ，根据菱形的面积得到 ，
利用勾股定理以及完全平方公式计算可得答案．
【详解】解：设方程 的两根分别为a，b，
∴ ，
∵a，b分别是一个菱形的两条对角线长，已知菱形的面积为11，
∴ ，即 ，
∵菱形对角线垂直且互相平分，
∴该菱形的边长为，故C正确．
故选：C．
【点睛】本题考查了根与系数的关系以及菱形的性质，完全平方公式，利用根与系数的关
系得出 是解题的关键．
8．
【分析】先根据题意可以把a、b看做是一元二次方程 的两个实数根，利用根
与系数的关系得到a+b=4，ab=3，再根据 进行求解即可．
【详解】解：∵a、b分别满足a2﹣4a+3＝0，b2﹣4b+3＝0，
∴可以把a、b看做是一元二次方程 的两个实数根，
∴a+b=4，ab=3，
∴ ，
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查了分式的求值，一元二次方程根与系数的关系，熟知一元二次方程
根与系数的关系是解题的关键．
9． ．
【分析】根据轴对称，可以求得使得 的周长最小时点 的坐标，然后求出点 到直
线 的距离和 的长度，即可求得 的面积，本题得以解决．
【详解】联立得 ，
解得， 或 ，
∴点 的坐标为 ，点 的坐标为 ，
∴ ，
答案第4页，共2页作点 关于 轴的对称点 ，连接 与 轴的交于 ，则此时 的周长最小，
点 的坐标为 ，点 的坐标为 ，
设直线 的函数解析式为 ，
，得 ，
∴直线 的函数解析式为 ，
当 时， ，
即点 的坐标为 ，
将 代入直线 中，得 ，
∵直线 与 轴的夹角是 ，
∴点 到直线 的距离是： ，
∴ 的面积是： ，
故答案为 ．
【点睛】本题考查二次函数的性质、一次函数的性质、轴对称﹣最短路径问题，解答本题
的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
10．①②
【分析】根据条件可求抛物线与x轴的另一交点坐标，结合图象即可判断①；设抛物线为，即可求出点M的坐标，根据割补法求面积，判断②；分三种情况讨论，
然后以点O为旋转中心，将 顺时针旋转 至 ，连接 ， ， ，得到
，判断③．
【详解】解：∵抛物线 经过点 ，顶点为 ，
∴对称轴 ，
∴抛物线与x轴的另一交点坐标为 ，
由图象可得：当 时， ；
∴①正确，符合题意；
∵抛物线与x轴的另一交点坐标为 ，
∴设抛物线为 ，
当 时， ，当 时， ，
∴ ， ，
如图所示，过点M作平行于y轴的直线l，过点A作 ，过点B作 ，
∴ ，
设直线 的解析式为 ，
答案第6页，共2页把 ， 代入得： ，
解得： ，
∴直线 的解析式为 ，
当 是， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
解得： ，故②正确；
∵点B是抛物线与y轴的交点，
∴当 时， ，
∴ ，
∵ 为直角三角形，
当 时，
∴ ，
∵ ， ，
，
∴ ，整理得： ，
解得： 或 （舍）
∴ ，
当 时，∴ ，
∴ ，整理得：
解得： 或 （舍）
∴ ，
当 时，
∴ ，
∴ ，无解；
以点O为旋转中心，将 顺时针旋转 至 ，连接 ， ， ，如图所示，
则 ， 为等边三角形，
∴ ， ，
∴ ，
∵ 为等边三角形，
∴ ， ，
∴ ，
当 时，
答案第8页，共2页∵ ，
当 时，
，此时不符合题意，故③错误；
故答案为：①②．
【点睛】本题考查了二次函数的综合问题，综合性较强，难度较大，扎实的知识基础是关
键．
11．D
【分析】先证明 ，再把阴影部分面积转换为扇形面积，最后代入扇形面积
公式即可．
【详解】如图，连接 ， ，
等圆 和 相交于A，B两点
∵
,
∴
和 是等圆
∵
∴
是等边三角形
∴
∴, ,
∵
∴
．
∴
故选：D．
【点睛】本题考查了相交弦定理，全等的判定及性质，扇形的面积公式，转化思想是解题
的关键．
12．A
【分析】设AC与半圆交于点E，半圆的圆心为O，连接BE，OE，证明BE=CE，得到弓形
BE的面积=弓形CE的面积，则 ．
【详解】解：设AC与半圆交于点E，半圆的圆心为O，连接BE，OE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠OCE=45°，
∵OE=OC，
∴∠OEC=∠OCE=45°，
∴∠EOC=90°，
∴OE垂直平分BC，
∴BE=CE，
∴弓形BE的面积=弓形CE的面积，
∴ ，
故选A．
【点睛】本题主要考查了求不规则图形的面积，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，
圆的性质，熟知相关知识是解题的关键．
答案第10页，共2页13． ##
【分析】过点A作 于点H，延长 ， 交于点E，根据等腰三角形性质得出
，根据勾股定理求出 ，证明 ，
得出 ，根据等腰三角形性质得出 ，证明 ，得出 ，
求出 ，根据勾股定理求出 ，根据 ，
得出 ，即 ，求出结果即可．
【详解】解：过点A作 于点H，延长 ， 交于点E，如图所示：
则 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
即 ，
解得： ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
即 ，
解得： ．
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查了三角形外角的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，平行
线分线段成比例，相似三角形的判定与性质，平行线的判定，解题的关键是作出辅助线，
熟练掌握平行线分线段成比例定理及相似三角形的判定与性质．
14．
【分析】将线段 绕点 顺时针旋转 ，得到线段 ，连接 ，HE，利用 证明
，得 ， ，则 ，即可解决问题．
【详解】解：将线段 绕点 顺时针旋转 ，得到线段 ，连接 ，HE，
答案第12页，共2页是等腰直角三角形，
∴∠HBD=45°
∵∠FBD=45°
∴点B、F、H共线
又 是等腰直角三角形，
， ， ，
，
， ，
，
，
，
，
，
，
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形
的判定与性质等知识，解题的关键是作辅助线构造全等三角形．15．B
【分析】由已知可得 ，即为 ，然后整体代入所求式子解答即可.
【详解】解：∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
故选：B.
【点睛】本题考查了代数式求值，属于基础题型，熟练掌握整体代入的思想是解题关键.
16．B
【分析】先将所求式子化简为 ，然后根据 及
求出 ，进而可得答案．
【详解】解：
；
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 的最大值为 ，
故选：B．
【点睛】本题考查了完全平方公式、平方差公式的应用，不等式的性质，正确对所求式子
化简并求出 的取值范围是解题的关键．
答案第14页，共2页17．A
【分析】根据分式的加减运算以及乘除运算法则进行化简，然后把 代入原式即可
求出答案．
【详解】解：
=
=
= ，
∵ ，
∴ ，
∴原式= =1，
故选A.
【点睛】本题考查分式的混合运算及求值．解题的关键是熟练运用分式的加减运算以及乘
除运算法则．
18．B
【分析】将方程组的两个方程相减，可得到 ，代入 ，即可解答．
【详解】解： ，
得 ，
，
代入 ，可得 ，
解得 ，
故选：B．【点睛】本题考查了根据解的情况求参数，熟练利用加减法整理代入是解题的关键．
19．D
【分析】设 ，则原方程可变形为 ，再化为整式方程即可得出答案.
【详解】解：设 ，则原方程可变形为 ，
即 ；
故选：D.
【点睛】本题考查了利用换元法解方程，正确变形是关键，注意最后要化为整式方程.
20．D
【分析】连接 ，根据正方形 得到 ， ，根据角平分线的
性质和等腰三角形的性质，求得 ，再证明 ，求得 ，
最后根据直角三角形斜边上的中点等于斜边的一半，即可求出 的长度．
【详解】解：如图，连接 ，
四边形 是正方形，
， ， ，
，
，
，
平分 ，
，
，
在 与 ,
答案第16页，共2页，
，
，
，
O为对角线 的中点，
，
故选：D．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理，正方形的性质，直角
三角形特征，作出正确的辅助线，求得 是解题的关键．
21．
【分析】根据完全平方公式得
，再代值计算
即可．
【详解】解：
故答案为： ．
【点睛】本题考查完全平方公式的应用，求代数式值，掌握完全平方公式
及其变式是解题本题的关键．
22．
【分析】利用一元二次方程的解的定义和根与系数的关系，可得 ，从而得到 ，然后代入，即可求解．
【详解】解：∵a，b是方程 的两根，
∴ ，
∴ ，
∴
．
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的解的定义和根与系数的关系，熟练掌握一元二次
方程的解的定义和根与系数的关系是解题的关键．
23．
【分析】根据分式的化简法则，将代数式化简可得 ，再将 变形，即
可得到答案．
【详解】解： ，
，
，
，
，
，
，
故原式的值为 ，
答案第18页，共2页故答案为： ．
【点睛】本题考查了分式的化简法则，整式的整体代入，熟练对代数式进行化简是解题的
关键．
24．7（答案不唯一）
【分析】先解关于x、y的二元一次方程组的解集，再将 代入，然后解关于a的
不等式的解集即可得出答案．
【详解】将两个方程相减得 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 的一个整数值可以是7．
故答案为：7（答案不唯一）．
【点睛】本题主要考查了解二元一次方程组和解一元一次不等式，整体代入的思想方法是
解答本题的亮点．
25．4
【分析】根据题意画出函数图像，要使 的值最小，需运用对称相关知识求出点E
的坐标，然后求 的面积即可．
【详解】解：根据题意可求出 ，
抛物线 的对称轴为： ，
根据函数对称关系，点B关于 的对称点为点A，
连接AD与 交于点E，
此时 的值最小，
过D点作x轴垂线，垂足为F，设抛物线对称轴与x轴交点为G，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
过点C作 的垂线，垂足为H，
所以四边形ACHE的面积等于 与梯形ACHG的面积和，
即 ，
则 S - ，
四边形ACHE
故答案为：4．
【点睛】本题主要考查二次函数的交点坐标、对称轴、相似三角形、对称等知识点，根据
题意画出图形，可以根据对称求出点E的坐标是解决本题的关键．
26．①②③
【分析】延长 ，并截取 ，连接 ，证明 ，得出 ，
，根据 ， ，得出 ，证明 ，得出
，即可判断①正确；根据三角形中位线性质得出 ，根据
答案第20页，共2页，得出 ，判断②正确；根据 时， ，
得出 ， ， ， ，根据四边
形内角和得出
，求出
，判断③正确；根据②可知， ，根据勾股定理得出
，求出 ，判断④错误．
【详解】解：延长 ，并截取 ，连接 ，如图所示：
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
根据旋转可知， ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ， ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，即 与 面积相同，故①正确；
∵ ， ，
∴ 是 的中位线，
∴ ，
∵ ，
∴ ，故②正确；
当 时， ，
∴ ， ， ， ，
∵ ，
∴ ，
即 ，故③正确；
∵ ，
∴根据②可知， ，
∵当 时， ， 为中线，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，故④错误；
综上分析可知，正确的是①②③．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质，中位线性质，勾
股定理，四边形内角和，补角的性质，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，证明
．
27．2
答案第22页，共2页【分析】先将分式进行化简，再将 变形整体代入化简好的分式计算即可．
【详解】解：原式 ，
由 可得 ，
将 代入原式可得，原式 ．
【点睛】本题考查了分式的化简求值，注意整体代入思想的应用．
28． ，
【分析】先根据分式的混合运算进行化简，然后根据一元二次方程根与系数的关系式得出
，代入化简结果，即可求解．
【详解】解：原式
∵ ， 是方程 的两个根
∴
∴原式 .
【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，分式的化简求值，熟练掌握分式的混
合运算，一元二次方程根与系数的关系是解题的关键．
29．(1) ， ， ，
(2) 或
(3)15
【分析】（1）利用换元法降次解决问题；
（2）模仿例题解决问题即可；（3）令 =a，-n=b，则 +a-7=0， +b=0，再模仿例题解决问题．
【详解】（1）解：令y= ，则有 -5y+6=0，
∴（y-2）（y-3）=0，
∴ =2， =3，
∴ =2或3，
∴ ， ， ， ，
故答案为： ， ， ， ；
（2）解：∵ ，
∴ 或
①当 时，令 ， ，
∴ 则 ， ，
∴ ， 是方程 的两个不相等的实数根，
∴ ，
此时 ；
②当 时， ，
此时 ；
综上： 或
（3）解：令 ， ，则 ， ，
答案第24页，共2页∵ ，
∴ 即 ，
∴ ， 是方程 的两个不相等的实数根，
∴ ，
故 ．
【点睛】本题考查了根与系数的关系，幂的乘方与积的乘方，换元法，解一元二次方程等
知识，解题的关键是理解题意，学会模仿例题解决问题．
30．（1）-1，5；（2）购买5支铅笔、5块橡皮、5本日记本共需30元；（3）-11
【分析】（1）已知 ，利用解题的“整体思想”，①-②即可求得x-y，①+②
即可求得x+y的值；
（2）设每支铅笔x元，每块橡皮y元，每本日记本z元，根据题意列出方程组，根据
（1）中“整体思想”，即可求解；
（3）根据 ，可得 ， ，
，根据“整体思想”，即可求得 的值．
【详解】（1）
①-②，得x-y=-1
①+②，得3x+3y=15
∴x+y=5
故答案为：-1，5
（2）设每支铅笔x元，每块橡皮y元，每本日记本z元，则
①×2，得40x+6y+4z=64③
③-②，得x+y+z=6∴5(x+y+z)=30
∴购买5支铅笔、5块橡皮、5本日记本共需30元
答：购买5支铅笔、5块橡皮、5本日记本共需30元
（3）∵
∴ ①， ②，
∴②-①，得 ③
∴ ④
①+②，得 ⑤
⑤-④，得
∴
故答案为：-11
【点睛】本题考查了利用“整体思想”解二元二次方程组，仔细观察两个方程未知数的系
数之间的关系，本题还可以通过适当变形整体求得代数式的值，引入了新运算，根据定义
结合“整体思想”求代数式的值．
31．(1) ，顶点坐标
(2) 点横坐标为 或 或 或
(3)
【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）设 ，则 ， ，则
，由题意可得方程 ，求解方程即可；
（3）由题意可知Q点在平行于 的线段上，设此线段与x轴的交点为G，由 ，
求出点 ，作A点关于 的对称点 ，连接 与 交于点Q，则
答案第26页，共2页，利用对称性和 ，求出 ，
求出直线 的解析式和直线 的解析式，联立方程组 ，可求点 ，再
求 ．
【详解】（1）解：将点 ， 代入
∴
解得
∴
∵ ，
∴顶点坐标 ；
（2）解：设直线 的解析式为 ，
∴
解得
∴ ，
设 ，则 ， ，
∴ ， ，
∵ ，∴ ，
∴ 或 ，
当 时， 整理得 ，
解得 ， ，
当 时，整理得 ，
解得 ， ，
∴ 点横坐标为 或 或 或 ；
（3）解：∵ ， 点与 点关于 轴对称，
∴ ，
令 ，则 ，
解得 或 ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ 点在平行于 的线段上，设此线段与 轴的交点为 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
答案第28页，共2页作 点关于 的对称点 ，连接 与 交于点 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
设直线 的解析式为 ，
∴ ，
解得 ，
∴ ，
同理可求直线 的解析式为 ，
联立方程组 ，解得 ，
∴ ，
∵ ，
∴ .
【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，利用轴对称
求最短距离的方法，解绝对值方程，待定系数法求函数的解析式是解题的关键．
32．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接 ， ，由角平分线的定义可得 ，从而
可得 ，再根据平行线的判定可得 ，从而可得 ，
再根据切线的判定即可得出结论；
（2）连接 ， ，由 ， ，可得 ， ，再
由直角三角形的性质可得 ，再由圆周角定理可得 ，根据角平分
线的定义可得 ，利用锐角三角函数求得 ，再由直角三角形
的性质可得 ，证明 是等边三角形，可得 ，从而证明
是等边三角形，可得 垂直平分 ，再由 ，可得 ，从
而可得 ，再利用扇形的面积公式计算即可．
【详解】（1）证明：连接 ，
答案第30页，共2页∵ ， 是 的半径，
∴ ，
∴ ，
∵ 平分 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 于点D，
又∵ 为 的半径，
∴ 是 的切线．
（2）解：连接 ， ，
∵在 中， ， ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∵ 是 的直径，
∴ ，
∵ 平分 ，
∴ ，
在 中， ，
∴ ，
∴ ，
∵ 平分 ，∴ ，
∵ ，
∴ 是等边三角形，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ 是等边三角形，
∴ ，
又∵ ，
∴ 垂直平分 ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题考查角平分线的定义、平行线的判定与性质、切线的判定、直角三角形的性
质、圆周角定理、等边三角形的判定与性质、垂直平分线的判定与性质及扇形的面积公式，
熟练掌握相关知识是解题的关键．
33．(1)见解析
(2) ，证明见解析
【分析】（1）由旋转的性质得 ， ，利用三角形外角的性质求出
，可得 ，等量代换得到 即可；
（2）延长 到H使 ，连接 ， ，可得 是 的中位线，然后求出
答案第32页，共2页，设 ， ，求出 ，证明
，得到 ，再根据等腰三角形三线合一证明 即可．
【详解】（1）证明：由旋转的性质得： ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，即D是 的中点；
（2） ；
证明：如图2，延长 到H使 ，连接 ， ，
∵ ，
∴ 是 的中位线，
∴ ， ，
由旋转的性质得： ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ， 是等腰三角形，
∴ ， ，
设 ， ，则 ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
在 和 中， ，
∴ ，∴ ，
∵ ，
∴ ，即 ．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，旋转的性质，三角形外角的性质，三角形
中位线定理以及全等三角形的判定和性质等知识，作出合适的辅助线，构造出全等三角形
是解题的关键．
34．(1) ，
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）勾股定理求得 ，结合已知条件即可求解；
（2）根据题意画出图形，证明 ，得出 ，则 ，即
可得证；
（3）延长 交于点 ，延长 交 于点 ，根据角平分线以及平行线的性质证
明 ，进而证明 ，即可得证．
【详解】（1）解：∵
∴ ，
∵
∴
即 ；
（2）证明：如图所示，
答案第34页，共2页∴
∴ ，
∵ ，
∴
∵ ， ,
∴
∴
∴
∴
（3）证明：如图所示，延长 交于点 ，延长 交 于点 ，
∵ ， ，
∴ ，
∴
∵ 是 的角平分线，
∴ ，
∴
∴
∵ ，∴ ， ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
即 ，
∴ ，
又 ，则 ，
在 中，
，
∴ ，
∴
【点睛】本题考查了全等三角形的与判定，等腰三角形的性质与判定，勾股定理，平行线
的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．
答案第36页，共2页
