专题六 从推理能力的素养角度去思考命题-【崇文阁】2026中考数学学科素养关键100题

学 专题六从推理能力的素养角度去思考命题 素养关 第53题理解命题的含义与结构的推理能 力素养一命题的真假 0 题 [2025·钱塘区一模]下列命题正确的是 ( ) 警 A.平分弦的直径垂直于弦并且平分弦所对 的两条弧 A.50° B.65 C.70° D.75° B.垂直于圆的半径的直线是圆的切线 第57题通过观察发现图中的几何结构求 C.位似图形一定是相似图形 得线段长度和角度的推理能力素养—矩形 D.若C是线段AB的黄金分割点，AB=2,则 的性质 AC=5-1 [2025·普陀区三模]如图，在矩形ABCD 中，E,F分别为CD,AB上的点，且ED= 第54题利用多边形的概念判定多边形的 2BF,连结CF,EF,DF,其中∠CFE= 推理能力素养—正多边形的性质 ∠CDF,CF=2,则DF= [2025·定海区二模]如图，点B是正八边形 D 的边AF上一点，一束光线从点B出发，经过 两次反射后到达边AG上一点E,若∠ABC =65°，则∠AED= () B 变式35[2024·浙江校级模拟]如图，在矩 形ABCD中，AB=2,E,F分别是AD,OC的 中点.若EF⊥BD,则BF= E A.70° B.65° C.55° D.60 G 第55题能够利用直观图发现数量关系的 推理能力素养一数的大小比较 第58题能够通过推理建立所学知识的逻 [2025·徐州一模]有理数a,b在数轴上的位 辑联系的推理能力素养一旋转的性质 置如图所示，则下列各式成立的是() [2024·瓯海区校级三模]如图，△ABC为等 a 0 b 腰直角三角形，∠C=90°，将其绕顶点C逆时 A.b-a<0 针旋转30°，得到△CDE,连结AE,BD,则 B.ab-0 BD AE C.la-bl=b-a D.a+bl=a-b 第56题知道数学概念、定理在演绎推理中 的意义的推理能力素养一平行线的性质 D [2025·金华模拟]如图，将一条两边沿互相 变式36[2024·余姚市一模]如图，将矩形 平行的纸带折叠.若∠AGE=40°，则∠ABC ABCD绕点C顺时针方向旋转90°得到矩形 的度数为 () FGCE,连结AF,点H是AF的中点，连结 P>20 GH.若AB=2,BC=4,则GH的长为 变式38[2025·杭州模拟]如图，四个全等 专 的直角三角形拼成“赵爽弦图”，得到正方形 ABCD与正方形EFGH,连结BD交CH于 六 H 点P,若△BPC为等腰三角形，则DH:HP 的值是 B C 第59题通过观察发现图中的几何结构求 H 得线段长度的推理能力素养—圆的基本性 质、切线的性质 [2025·瑞安市二模]如图，AB为半圆O的 直径，C为BA延长线上一点，CD切半圆于 点D,BE⊥CD,交CD延长线于点E,交半圆 B C 第61题 通过观察发现图中的几何结构求 于点F,连结OD.若AC=3,cos∠COD=3 得线段长度的推理能力素养一菱形的性质 则BF的长为 [2025·浙江二模]如图，在菱形ABCD中，对 角线AC,BD相交于点O,E是线段BO上的 一点，连结AE,AE=BE.若BE:DE=5:9, AC的长为2√21，则AB的长为 B 变式37[2025·西湖区校级一模]如图， ⊙O与直线l相交，圆心O到直线1的距离 OA=√3，在直线1上取点B使AB=3,将直 线l绕点B逆时针旋转15°后得到直线m,若 第62题通过观察图形中的几何结构实现 直线m恰好与⊙O相切于点C,则⊙O的半 问题解决的推理能力素养—平行四边形的 径长为 性质 [2025·诸暨市二模]如图，在平行四边形 ABCD中，△CEF的顶点E,F分别在边 AB,AD上，满足∠AEC=∠AFC,AE=1, AF=CF=4,CE=6,在CE上一取点M,满 第60题理解演绎推理是形成命题判断真 足∠CMF=∠A,则CM= 伪的基本方法的推理能力素养一相似三角 D 形的性质 E [2025·香坊区三模]如 图，在等边△ABC中，点 D为AB边的中点，DE ∥BC交AC于点E,点 变式39如图，在平行四边形ABCD中，以 F在线段BD上，连接 点B为圆心，适当长为半径作弧，交AB,BC EF,EG平分∠CEF交BC于点G,则下列结 论：①CE=DE;②S△ADE:S△ABC=1:4;③当 于点F,G,分别以点F,G为圆心，大于FG 点G到直线AC距离最小时，∠CEG=45°； 长为半径作弧，两弧交于点H,连结BH并延 ④DF十CG=EF.其中，一定正确的有 长，与AD交于点E,若AB=10,DE=6,CE (填序号). =8,则BE的长为 2144 第65题能够通过操作发现物体的几何结 学科素养关键 构与度量规律的推理能力素养一矩形的性 质与七巧板 小明用图1所示的一副七巧板在一个矩形中 第63题 通过观察发现图中的几何结构求 拼了一条龙的形状（图2）.若A,B,C三点共 0 得线段长度的推理能力素养—直角三角形 线且点D,A,E,F在矩形的边上，则矩形的 题 的性质 长与宽之比为 学 [2025·龙泉市二模]如图，在△ABC中， ∠ABC的平分线BD交AC边于点D,AE⊥ ② ③ BC于点E.已知∠ABC=60°，∠C=45°，CE ⑥ ① ⑤ 5) ④ ② =√5，则BC的长为 ③ ⑦ 图1 图2 第66题 理解正方形的概念并利用其性质 进行有逻辑的推理的推理能力素养一正方 形的性质 C [2025·定海区三模]如图，在正方形ABCD 第64题通过观察发现图中的几何结构求 中，AB=4,E,F分别为边AB,BC的中点， 得角度之间的数量关系的推理能力素养— 连接AF,DE,点G,H分别为DE,AF的中 圆的基本性质 点，连结GH,则GH的长为 [2025。椒江区二模]如图，⊙O中，E为直径 AB上一点，若∠AEC=∠BED=a,则∠C+ H ∠D的值为 G 变式41[2025·舟山三模]如图，正方形 ABCD的对角线AC,BD相交于点O,且AC =2,正方形A'BC'D的顶点A'与点O重 变式40[2025·杭州二模]点A,B在半径 合，边A'D'与OD重合，将正方形A'B'C'D 为2的⊙O上，∠AOB=120°，AC⊥BO,垂足 绕点A'顺时针旋转90°，A'B'与边BC交于点 为点C.∠ACB绕点C顺时针旋转，分别交 E,A'D'与边CD交于点F,连结EF交OC 于点G,在整个运动过程中，则点G经过的路 ⊙O于点M,N(均位于直线AB上方)，连结 径长是 MN. (1)如图1，当∠ACM=180°时，MN= 0 D A (2)如图2，当∠ACN=∠BCN时，MN= N B' 第67题理解归纳推理是从特殊到一般的 思维方式的推理能力素养一图形规律 [2023·绍兴模拟]如图1，书架上按顺序摆 图1 图2 放着五本复习书，现把最右边的文综抽出，放 D>22 在英语与数学之间；再把最右边的理综抽出， .③ 专 放在数学与语文之间，得到图2，称为1次整 再进一步研究发现，过等腰三角形底边 理，接着把最右边的英语抽出，放在数学与理 上所有点向两腰作垂线段均具有此特征，请 六 综之间，再把最右边的文综抽出，放在理综与 你依照题目中的相关表述完成下面命题填 语文之间，得到如图3，称为2次整理，…；若 空： 从如图1开始，经过n次整理后，得到的顺序 过等腰三角形底边上一点向两腰作垂线段， 与图1相同，则n的值可以是 则④ 变式42 [2020·萧山区二模](1)先求解下 义1次整理语理数文英 宗语 2次整馨 列两题： ①如图，点B,D在射线AF上，点C,E在射 图1 图2 图3 线AN上，且AB=BC=CD=DE=EF,已 A.11 B.12 C.13 D.14 知∠FEN=65°，求∠A的度数； 第68题感悟推理是数学学习中的一种基 ②已知有大、小两种纸杯与甲、乙两桶果汁， 本活动的推理能力素养一等腰三角形的性 其中小纸杯与大纸杯的容量比为3：4，甲桶 质 果汁与乙桶果汁的体积比为5：6，若甲桶内 学习了等腰三角形后，小颖进行了拓展性研 的果汁刚好装满小纸杯160个，则乙桶内的 究.她过等腰三角形底边上的一点向两腰作 果汁最多可装满大纸杯多少个？（写出解题 垂线段，她发现，这两条垂线段的和等于等腰 过程) 三角形一腰上的高.她的解决思路是通过计 (2)我们在解决问题时，有很多的数学思想方 算面积得出结论.请根据她的思路完成以下 法，如数形结合，特殊数值法，转化思想，方程 作图与填空： 思想，函数思想，分类思想等，解此两题后，你 用无刻度直尺和圆规，过点C作AB的垂线 发现它们有什么共同点？请简单地写出. CD,垂足为点D.(只保留作图痕迹，不写作 法) B P 已知：如图，在△ABC中，AB=AC,PE⊥AB 于点E,PF⊥AC于点F. 求证：PE+PF=CD 证明：如图，连结AP .PE⊥AB,PF⊥AC,CD⊥AB, SAAPR = 3AB·PE,S=AC·PF, S=AB·CD. ,'S△APB十S△APe=S△ABC, ∴.① -AB.CD. 即AB·PE+AC·PF=AB·CD .② .AB·(PE+PF)=AB·CD, 234 学科 第69题能够通过推理建立所学知识的逻 变式43在平面直角坐标系中，点(m,n)在 辑联系的推理能力素养一二次函数中的代 抛物线y=a.x2十bx(a>0)上，其中m≠0. 素养关 数推理 (1)当m=4,n=0时，求抛物线的对称轴， [2025·杭州二模]已知二次函数y=ax2+ (2)已知：当0<m<4时，总有n<0. (a十2)x-2a-2(a为常数且a≠0) ①求证：4a十b≤0. 0 (1)当函数图象经过点(0，一6)时，求函数的 ②点P(k,y1),Q(3k,y2)在该抛物线上，是否 题 表达式并写出函数图象的顶点坐标； 存在a,b,使得当1<k<2时，都有y1<y2? 摹 (2)求证：当a≠一子时，函数图象与x轴必有 若存在，求出a与b之间的数量关系；若不存 3 在，请说明理由. 两个不同的交点； (3)若函数图象经过A(x1,y),B(x2,y2)两 点，其中x1十x2=3,且当x1<x2时，总有y >y2,求a的取值范围. D>24 第70题初步掌握证明的基本形式与规则 变式44[2025·长沙模拟]定义：若四边形 的推理能力素养一—几何对象研究路径 有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边 [2025·衡阳县一模]综合与实践 的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻 六 【问题情境】 对补四边形”，简称“直等补四边形” 类比是人类认知世界的重要思维方式，它不 根据以上定义，解决下列问题： 仅能帮助我们更好地理解复杂概念，更能激 (1)如图1，正方形ABCD中，E是CD上的 发创新思维，为人类认知开辟新的疆域.如图 点，将△BCE绕B点旋转，使BC与BA重 1,在矩形ABCD中，BF⊥AC于点F,点E 合，此时点E的对应点F在DA的延长线上， 是CF上一动点，连结BE,过点A作AG⊥ 则四边形BEDF为“直等补四边形”，为什 BE于点G,交BF于点H. 么？ (1)如图2，当AB=BC时，求证：EF=HF. (2)如图2，已知四边形ABCD是“直等补四 【类比探究】 边形”，AB=BC=5,CD=1,AD>AB,点B (2)点E运动到AE=AB时，连结DE, 到直线AD的距离为BE, ①如图3，当B,E,D三点共线时，EF=HF ①求BE的长； 是否还成立？若成立，请写出证明过程；若不 ②若M,N分别是AB,AD边上的动点，求 成立，请求出需的值。 △MNC周长的最小值， ②如图4，当AB=是BC,HF=9时，求DE 的长 图1 图2 备用图 G B B 图1 图2 A E G G B 图3 图4 2544∴.m的最大值为12， 答：A种材质的围棋最多能采购12套。 (3)解：在(2)的条件下，商家销售完这30套围棋不 能实现利润为1030元的目标.理由如下： 假设在(2)的条件下，商家销售完这30套围棋能实 现利润为1030元的目标，根据题意，得 (250-210)m+(210-180)(30-m)=1030 解得m=13, 又，m≤12，.m=13不符合题意，舍去， .在(2)的条件下，商店销售完这30套围棋不能实 现利润为1030元的目标 第52题解：(1)小王的速度为1000÷10=100 (米/分)， 小王到达园林的时间为10+15+(3000一1000)÷ 100=45(分)， 小刘的速度为3000÷(45一5)=75（米/分） (2)s=3000+75(t-60)=75t-1500, 当75t一1500=6000时，解得t=100, ∴.60分钟后小刘的路程s关于时间t的函数表达式 为s=75t-1500(60t100). (3)小王到达景区的时间为100一7.5=92.5（分）， 则小王从园林出发时的时间为92.5一(6000 3000)÷100=62.5(分)， 则小王从园林到景区的过程中路程s关于时间t的 函数表达式为s=3000+100(t一62.5)=100t 3250(62.5t92.5), 根据题意，得100t-3250=75t-1500, 解得t=70, ∴.a=70. 变式34解：任务1描出表格每对数据所对应的 点如下： 毫升 35 30 25 20 的 10 5 0 1234567/分钟 任务2由所描点在同一条直线可知y=kt十b能正 确反映总水量y与时间t的函数关系， 把(1,10)，(2,15)的坐标分别代入，得 k+b=10, 2k+b=15 解行公二： .y=5t+5 任务3①在y=5t+5中，令y=65得65=5t+5, 解得t=12, ∴.当量筒中的水刚好有65毫升时，所需时间是12 分钟. ②在y=5t+5中，令t=60得y=5×60+5=305, .预测此水龙头1小时(60分钟)会浪费305毫升 ③建议水龙头要定期检查，对漏水的水龙头要及时 更换（答案不唯一，合理即可）. 专题六从推理能力的素养角度去思考命题 第53题C 第54题A【解析】如图，设CD上方的正八边 形的顶点依次为H,I,J,BC与DE的交点为K. H C 由正八边形的性质得∠CHI=∠HIJ=∠IJD= ∠BAE=180°-45°=135. 设∠BCD=x,∠CDE=y. 由光的反射定律可知∠DCH=号180°-∠BCD) =90° ,∠CDJ=2(180°-∠CDE)=90° 1 1 1 2山. ,多边形CHIJD是五边形， ·∠CHI+∠HIJ+∠IID+∠DCH+∠CDJ= 540,即3x135°+90-7+90-3y-540. 解得x十y=90°， .∠CKD=180°-(x+y)=90°， .∠BKE=90°. ,多边形AEKB是四边形， ∴.∠AED=360°-（∠BKE+∠BAE+∠ABC)= 360°-(90°+135°+65°)=70°. 答案：A. 第55题C 第56题C 第57题2√2【解析】在矩形ABCD中，AB= CD,AD=BC,∠A=∠B=90°， ,∠CFE=∠CDF,∠FCE=∠DCF, ∴.△CFEp△CDF, CF CE …CDCF 由ED=2BF,CF=2, CD=AB=m,BF=x,ED=2x,AF=m-x,AD =BC=y, .m2-2m.x=4, 在Rt△BCF中，BC2+BF2=FC,即y2+x2=22=4, 在Rt△ADF中，DF=AF2+AD2=(m-x)2+y =m2-2m.x+x2+y2=4+4=8, .DF=2√2 答案：2√2. 变式35√7【解析】连结OE,BE,DF,过F作 HF∥CD交OD于点H, E D G 51 ,四边形ABCD是矩形， .AO=OD,AD⊥CD,E是AD的中点， ..OE AD, .OE∥CD且FH∥CD, .OE∥FH, .OE∥CD, .∠AEO=∠ADC,∠AOE=∠ACD, .△AEO△ADC, ,FH∥CD, ∴.∠OHF=∠ODC,∠OFH=∠OCD, ∴.△OHF∽△ODC, 器把郡 ,四边形ABCD是矩形， .AB=CD=2,且AC=2AO, ,F为OC的中点， ∴.OC=2OF, 器"器00E/PH. ∴.△OEG≌△HFG, ..EG=FG, ,EF⊥BD, .∠BGE=∠BGF=90°，又OG=OG, '.△OEG≌△OFG(SAS), ..OE=OF=1, ..OC=20F-2, ,四边形ABCD是矩形， .∠BAE=90°，AO=OC=2且OE⊥AD, .∠OEA=90°， 在直角三角形OEA中，由勾股定理得 AE=√OA-OE=√5 易证△BEG≌△BFG(SAS), .BE=BF, 在直角三角形ABE中，由勾股定理得： BE=√AB+AE=√7， ∴BF=BE=√T, 答案√7】 第58题 3 【解析】作CF⊥AE, 设AC=BC=x, :△ABC为等腰直角三角形，∠C=90°，将其绕顶 点C逆时针旋转30°，得到△CDE, .CD=CE=x,∠DCA=30°，∠DCB=60°， ∴，△CDB是等边三角形， .BD=CD=x, 由CF⊥AE,CA=CE,得 AE=2AF,AF-AC.cos 30 2, =后 答案只 52 变式36√2【解析】如图，延长GH交AD于点 M, 依题意GF∥AD,GF=CD=2, G H ---D .∠GFH=∠MAH, 又∠AHM=∠GHF,点H是AF的中点， ..AH=HF, .∴.△AHM≌△FHG(ASA), ..AM=GF,GH=HM,HG=HM, 又AB=2,BC=4, ∴.MD=CD=DG=2, 在Rt△MGD中，MG=√2XMD=2√2， .HG=√2. 答案V2, 第59题 27 【解析】如图，连结AF, E 0入 0 C A ,CD切半圆于点D, ∴.∠ODC=90°， “cos∠COD=3 , 哭-即8”g- 解得0A=号， ,AB为半圆O的直径， .∠AFB=90°， .BE⊥CD,∠ODC=90°， .OD∥BE, .∠ABF=∠COD. cos∠ABF=,即BF3 AB5' ..BF_3 9=5 解得BF=2 51 答案：号 变式37√6【解析】如图，连结OB,OC, m R ,圆心O到直线l的距离OA=√3， .OA⊥AB, AB=3, 4m∠A0品9， BO=√AB+A=2√3， .∠AB0=30°， 将直线1绕点B逆时针旋转15°后得到的直线， .∠ABC=15°， .∠CBO=∠CBA+∠ABO=45°， 直线m恰好与⊙O相切于点C, .OC⊥BC, .∠COB=45°， ∴.CB=CO,CB2+CO=BO, .2C0=(25)2, .CO=√6， .⊙O的半径长为v6 答案：√6 第60题①②③④ 【解析】点D为AB边中 点， ..AD-BD. :DE∥BC, 能品 ..AE=CE, .E为AC的中点， .DE是△ABC的中位线， DE=BC,:△ABC是等边三角形， ..AC=BC, ∴DE-2AC-CE,放①正确： ,DE∥BC, .△ADEn△ABC, ÷=(瓷)=（合）广=子放②正确： S△ABC 当点F与点B重合时，点G到AC的距离最短， ,E为AC中点，△ABC是等边三角形， ∴.FE⊥AC,即∠FEC=90°， ,EG是∠FEC的平分线， ∴∠CEG=2∠CEF=7×90=45,故@正确： 延长BC到点H,使CH=DF,连接EH,如图， D F B G ,△ABC是等边三角形， ∴.∠B=∠ACB=∠A=60°， ,DE∥BC, ∴.∠ADE=∠B=60°，∠AED=∠ACB=60°， .∠EDF=120°，∠ECH=120°， .∠EDF=∠ECH,又DE=CE,DF=CH, ∴.△EDF≌△ECH(SAS), .EH=EF,∠DEF=∠CEH; ,EG平分∠FEC, ∴.∠FEG=∠CEG, .∠DEF+∠FEG=∠CEH+∠CEG,即∠DEG /HEG. :DE∥BC, .∠DEG=∠HGE, .∠HGE=∠HEG, ..EH=GH=CG+CH=CG+DF, ,∴.EF=CG+DF,故④正确. 综上，正确的结论是①②③④. 答案：①②③④. 变式38√2十1【解析】设四个全等的直角三角 形长直角边为a,短直角边为b, ,△BPC为等腰三角形，∠BGP=90°， ..PG=CG=6, .HP=CH-CG-PG=a-26, N∠DHP=∠BGP=90°，∠DPH=∠BPG, .△DHPO△BGP, BGPG,即2=Q-2b 2.DH_Hp .a=(√2+1)b, ∴.HP=(W2+1)b-2b=(√2-1)b, .DH:HP=b:(√2-1)b=(√2+1) 答案：(W2+1). 第61题√70【解析】BE:DE=5:9, .设BE=5.x,DE=9x,则BD=14x, ,四边形ABCD是菱形， .AC⊥BD,AO=CO=√2I,BO=DO=7x, ∴.EO=2x, .AE=BE=5x, ∴.AE2=EO2+AO2, .25x2=4x2+21, ∴.x=1(负值已舍去)， .BO=7, ∴.AB=√AO+BO=√/7+2I=√70. 答案：√70. 第62题2【解析】：四边形ABCD是平行四边 形， D E B ∴./B=/D,AB=CD,AD=BC,AB∥CD, :∠AEC=∠AFC, ∴.∠BEC=∠DFC, ,.△CEB∽△CFD, 器器瓷 ..AF=CF=4,CE=6, DF FC 4 2 BE=EC=6=3, 设DF=2a,则EB=3a, ..BC=AD=4+2a,CD=AE+EB=1+3a, .CD_FC_21+3a_2 …BC=EC=3'4+2a3' 53 解得a=1, ..CD=CF-4,CB=CE=6, ..DA=CB=6, .∠CEB=∠B=180°-∠A, ,∠CMF=∠A, .∠FME=180°-∠CMF=180°-∠A, ∴.∠CEB=∠FME, .FM∥AE, 又，AE∥CD .AE∥FM∥CD, 是册异 1 又，CE=6, .CM=2, 答案：2. 变式398√5【解析】由作法得BE平分∠ABC, .∠ABE=∠CBE, 四边形ABCD为平行四边形， ∴.AD∥BC,AD=BC,CD=AB=10, ∴.∠AEB=∠CBE, ∴.∠ABE=∠AEB, .AE=AB=10, .BC=AD=AE+DE=10+6=16, 在△CDE中， .CE=8,DE=6,CD=10, ..CE2+DE2=CD2, .△CDE为直角三角形，∠CED=90°， .AD∥BC, .∠BCE=90, 在Rt△BCE中，BE=√BC+CE=√I6+8 8V5. 第63题√3十1【解析】：AE⊥BC,∴.∠AEB ∠AEC=90°， :∠ABC=60, ∴.∠BAE=90°-∠ABC=30°， .AE=√3BE ∠C=45°， .∠EAC=90°-∠C=45°， .∠EAC=∠C=45°， ∴.AE=EC=√5， :BE-AE-1, 3 ∴.BC的长为√3+1. 答案：w5+1. 第64题180°-a【解析】延长DE交圆于点M, 连结MC, B ∠AEM=∠DEB=a,∠AEC=∠DEB=a, .∠AEC=∠AEM, ∴.由圆的对称性得到：CE=ME, 54 ,AE平分∠MEC, .直径AB⊥CM, ..BC=BM, .∠D=∠A, .∠ACE+∠D=∠ACE+∠A=180°-∠AEC= 180°-a. 答案：180°-a. 变式40(1)2(2)2√2【解析】(1)当∠ACM= 180时，如图1， 图1 ∴点A,C,M共线， ,AC⊥BO, ∴.∠ACO=∠MCN=90°， :⊙0的半径为2， ∴.OA=OB=ON=2 .∠AOB=120°， ÷∠0AB=∠0BA=3(180°-∠A0B)=30, ∠AOC=180°-∠AOB=60°， 在Rt△AOC中，∠OAC=90°-∠AOC=30°， “0C=20A=1, ∴.NC=ON-OC=1, 根据圆周角定理得：∠M=∠B=30°， 在Rt△MCN中，MN=2NC=2, 答案：2. (2)当∠ACN=∠BCN时，如图2，过点M作MG⊥ BC于点G,过点N作NH⊥BC,交BC延长线于点 H,连结OM,ON, 图2 则OM=ON=OA=OB=2, 由旋转的性质得：∠MCV=90°， .∠ACB=90°， ∴.∠ACH=∠ACB=90, 又，∠ACN+∠BCN+∠ACB=360°，∠ACN= ∠BCN, .∠ACV=∠BCN=135°， ∴.∠NCH=∠ACN-∠ACH=45°，∠BCM= ∠BCN-∠MCN=45°， 又.NH⊥BC,MG⊥BC, ∴.△CNH和△CMG都是等腰直角三角形， 设HC=HN=x,CG=MG=y, 由勾股定理得：CN=√HC+HN产=√2x,CM= √CG+MG=√2y, 由(1)可知：0C=1, ..OH=OC+CH=1+x,OG=CG-OC=y-1, 在Rt△OCN中，由勾股定理得：HN2+OH= ON2, .x2+(1+x)2=22, 整理得2x2+2x-3=0, 解得x=一1+7 =1(不合题意，合去). 2 2 “CV=V2=2+4 2 在Rt△OMG中，由勾股定理得：MG+OG=OM, .y2+(y-1)2=22, 整理得2y2-2y-3=0, 解得y=1十 2y 1一互（不合题意，得去）， 2 ∴CM=2y=2x1+W-2+4 2 2 在Rt△MCN中，由勾股定理得：MN √WCN+C -E+庭)+(E+4 2 2 =2√2. 答案：2√2， 第65题 32+11w2 23 【解析】如图，线段MN的长 度即为矩形的长，DP的长度即为矩形的宽. D C A ⑥ 5 ④ ① ② 设AB=a,可得MN=(6十√2)a, ∴.CH=CJ-HJ=2a-√2a=(2-√2)a, ,A,B,C三点共线， .BC∥KH,BK=CH, ∴.DP=DB+BK+KP=a+(2-√2)a+2a=(5 √2)a, 矩形的长与宽之比为M-6+D-32+112 DP (5-√2)a 23 第66题√2【解析】连结AG并延长交CD于点 M,连结FM, H G D M :四边形ABCD是正方形， .AB=CD=BC=4,AB∥CD,∠C=90°， ∴.∠AEG=∠GDM,∠EAG=∠DMG, :G为DE的中点， ..GE=GD, I∠EAG=∠DMG, 在△AGE和MGD中，∠AEG=∠GDM, GE-GD, ∴.△AGE≌△MGD(AAS), :.AG-MG.AE-DM-zAB->CD. .CM-CD-2, :点H为AF的中点， .GH-7FM, :F为BC的中点， CF-BC--2. .FM=√C+CF=2√2， GH=√2， 答案√2. 变式411【解析】设OC的中点为P, D F (A) O G E B' C 由画图可知：在整个运动过程中，点G的运动路径 是从C到P,再从P到C,即点G经过的路径长是 1. 答案：1. 第67题B【解析】观察图1和图3可知，经过2 次整理，语文的位置不变，后面4本数的顺序恰好反 过来， ∴.再经过2次整理，在图3的基础上，4本数的顺序 又会反过来，即变为图1的顺序， ∴.从图1开始，经过n次整理后，得到的顺序与图1 相同，则n为4的倍数. 答案：B 第68题解：作图如下 B P ①7AB·PE+7AC·PF②AB=AC ③PE十PF=CD④这两条垂线段长度的和等于 一腰上的高 变式42解：(1)，AB=BC=CD=DE=EF, ∴.∠A=∠BCA,∠CBD=∠BDC,∠ECD= ∠CED,∠EDF=∠EFD, 根据三角形的外角性质，得 ∠A+∠BCA=∠CBD,∠A+∠CDB=∠ECD, ∠A+∠CED=∠EDM,∠FEN=∠A+∠EFD, 又.∠FEN=65°， .∠A+4∠A=65°， 解得∠A=13°. (2)解：设乙桶内的果汁最多可装满x个大杯，则甲 55 桶内的果汁最多可装满骨个大杯.由题意，得 5 160X3=6xX4, 解得x=144. .乙桶内的果汁最多可装满144个大杯. (3)共同点：都运用方程思想解决问题： 第69题(1)解：将点(0，一6)的坐标代入函数解析 式，得 -2a-2=-6, 解得a=2, 所以函数的表达式为y=2x2+4x一6. 则x= 4 2X2=-1, 将x=一1代入函数解析式，得 y=2-4-6=-8. 所以函数图象的顶点坐标为（一1，一8） (2)证明：因为△=(a+2)2-4a(-2a-2)=9a2+ 212 12a+4=9(a+3): 又因为a≠一号， 所以△>0， 所以二次函数的图象与x轴必有两个不同的交点. (3)解：将A,B两点坐标代入函数解析式得y1= a.xi+(a+2)x1-2a-2,y2=ax+(a+2)x2-2a 2, 两式相减得y1-y2=a.x-a.x号+(a十2)(x1一x2), 又因为x1十x2=3, 所以y1一y2=2(2a+1)(x-x2). 又因为当<x2时，总有y>y2, 所以2a十1<0， 解得a<-之 所以a的取值范围是a<一子 变式43(1)解：由题意可知，点(m,n)在抛物线y =ax2+bx(a>0)上，m=4,n=0, ∴.16a+4b=0,∴.b=-4a, 一4a=2, .抛物线的对称轴为直线x=2. (2)①证明：令y=0,则ax2+bx=0(a>0), 解得x=0或x=一么 a ∴.抛物线y=a.x2十bx(a>0)与x轴交于点(0,0)， :a>0,.抛物线开口向上. (j)当b<0时，二a>0 当0K<2时y0:当K0或x> b时，y >0, :当0<m<4时，总有n<0, -b≥4.a>0,4a十b≤0： 1)当6≥0时，-名<0. 56 当-<x<0时，y<0;当x<-么或x>0时，y a >0, .当0<m<4时，n>0,不符合题意 综上，4a十b≤0. ②解：存在a,b,使得当1<k<2时，都有y<y2.设 抛物线的对称轴为直线☑=1=一会 由0知，名≥4名≥2.即它2 a ,a>0,.当x≥t时，y随x的增大而增大；当x≤t 时，y随x的增大而减小. .1<k<2,.3<3k<6,<3k, (i)当t=2时，1<k<t, 设点P(k,y)关于抛物线对称轴直线x=t的对称 点为点P'(xo,y1),则xo>t,t-k=x0一t,xo=2t 一k. 1<k<t,t=2,.2t-k<3,t<xo<3. .3<3k<6,tx03k, y<y2,当t=2时，符合题意. 此时会=2a十6=0 (i)当2<t≤3时，令k=2, 3 ∴3k=,存在=，不符合题意. (ii)当3<t<6时，令3k=t,则k3k=t, y1>y2,不符合题意； (iV)当t≥6时，，k<3k<t, ·y1>y,不符合题意. 综上，存在a,b,使得当1<k<2时，都有y<2,a 与b之间的数量关系为4a十b=0. 第70题(1)证明：，四边形ABCD是矩形，且AB =BC, ∴.四边形ABCD是正方形，△ABC为等腰直角三 角形. .BF⊥AC,AG⊥BE, .AF=BF=FC,∠HAF=∠EBF,∠BFE= ∠AFH=90°， (∠HAF=∠EBF, 在△EBF和△HAF中，AF=BF, ∠BFE=∠AFH, .∴.△EBF≌△HAF(ASA), ..EF=HF. (2)解：①EF=HF不成立. 根据题意可知，此时点E为矩形ABCD对角线 AC,BD的交点， ∴.AB=AE=BE, .△ABE为等边三角形， ∴EF=2AE.GE=3BE, ..EF=GE. .GE≠HF, EF≠HF, 设HF=x,则AH=2x,根据勾股定理可得AF= 3x, EF=AF=√5x, 器 ②：AB=是BC在R△ABC中， a∠CA0子， 又：BF⊥AC,∠ABF=∠BCA, an∠AF-部-子 由(1)条件可得∠HAF=∠EBF,∠AFH=∠BFE =90°， .△AFH△BFE, 带-能是 ,HF=9, ∴.EF=12, 如图，连结HE,在Rt△HEF中，由勾股定理得HE =/92+122=15, A G .AB=AE, △ABE是等腰三角形，BE为底边，AG为底边上 的高， .AG为BE的垂直平分线， .BH=HE=15, .BF=BH+HF=15+9=24, 在Rt△ABF中， an∠ABF=,BF=24,品- AP=BFX是=18， .AE=AF+EF=18+12=30, ∴.AB=30, 在R△ABC中，AB=是BC .BC=40, .AC=√AB+BC=50, ..EC=AC-AE=20, 过E作EM⊥CD于点M, 则EM∥BC,∠CEM=∠BCA, ∴tan∠CEM=3 4 在Rt△CEM中，EC=20,tan∠CEM=3=CM 4 EM' 设CM=3.x,则EM=4x(x>0), ∴.√(3.x)十(4x)=20, 解得x=4或x=一4（舍去）， .CM=12,EM=16, .DM=DC-MC=AB-MC=30-12=18, 在Rt△DEM中，DM=18,EM=16, .DE=√/182+162=2√145， .DE的长度为2√145. 变式44解：(1)：四边形ABCD是正方形， ∴∠ABC=∠BAD=∠C=∠D=90°， :将△BCE绕B点旋转，使BC与BA重合，此时 点E的对应点F在DA的延长线上， ∴.BE=BF,∠CBE=∠ABF, .∠EBF=∠ABC=90°， .∠EBF+∠D=180°， .四边形BEDF为“直等补四边形” (2)①过C作CF⊥BE于点F,如图1，则∠CFE 90°， :四边形ABCD是“直等补四边形”，AB=BC=5, CD=1,AD>AB, .∠ABC=90°，∠ABC+∠D=180°， ∠D=90°， BE⊥AD, ∴.∠DEF=90°， ∴.四边形CDEF是矩形， ∴.EF=CD=1, :∠ABE+∠A=∠CBE+∠ABE=90°， ∴∠A=∠CBE, 图1 ,∠AEB=∠BFC=90°，AB=BC=5, ,'.△ABE≌△BCF(AAS), ∴BE=CF, 设BE=CF=x,则BF=x-1, .CF2+BF2=BC2, .x2+(x-1)2=5 解得x=4或x=一3（舍去）， .BE=4: ②如图2，延长CB到点F,使得BF=BC,延长CD 到G,使得CD=DG,连结FG,分别与AB,AD交于 点M,N,此时，△MNC周长最小，过G作GH⊥ BC,与BC的延长线交于点H. 则BC=BF=5,CD=DG=1, :∠ABC=∠ADC=90°， ,∴.CM=FM,CN=GN, '.△MNC的周长=CM+MN+CN=FM+MN+ GN=FG, ,四边形ABCD是“直等补四边形”， ∴.∠A+∠BCD=180°， :∠BCD+∠HCG=180°， .∠A=∠HCG, :∠AEB=∠CHG=90°， ∴.△ABE△CGH, .BEAEAB ∵GHCH CG AB=5,BE=4, ∴.AE=√AB2-BE=3, 4 35 …GHCH2' .GH-.CH-5. ∴FH=FC+CH=5S 5 ∴.FG=√FH+GHr=8√2， ∴.△MNC周长的最小值为8√2. 57 图2 专题七从数据观念的素养角度去思考命题 第71题C 第72题D 第73题解：(1)200×33%=66（票），200×37%= 74(票). 答：学生评委投给甲和乙两个机器人的票数分别是 66票和74票. (2)乙的总成绩为：88X3+83×2+82×2+74X3 3+2+2+3 =81.6(分)， 80.9<81.6, ∴推选乙参加市级比赛，因为乙的总成绩更高 第74题85【解析】根据题意可知，90×30%+ 80×30%+85×40%=27+24+34=85(分)， .张少能的综合成绩为85分 答案：85分. 第75题C【解析】由平均数定义可知， a+a+a+0+a,十a:)=6×5a=8a: 1 将这组数据按从小到大的顺序排列为0，a,a4,a3, a2,a1,由于有偶数个，取最中间两个数的平均数， ∴其中位数为十a4 2 第76题 9 【解析】列表如下： 2 3 4 2 (2,2) (2,3) (2,4) 3 (3,2) (3,3) (3,4) 4 (4,2) (4,3) (4,4) 共有9种等可能的结果，其中两次抽到的编号都是 偶数的结果有(2,2)，(2,4)，(4,2)，(4,4)，共4种， ·两次抽到的编号都是偶数的概率为专 答案： 第77题 9 第78题解：(1)22 1 (2)这50个样本数据的平均数为0×(1×15+2× 20+3×12+4×2+5)=2.08(小时)； (3)500×21=30(人). 50 答：估算该校八年级500名学生双休日上网时间超 过3小时的有30人. 第79题解：(1)12÷40%=30（人）， C等级的人数为：30-12-10-1=7（人）， 补全频数分布直方图： 58 测试成绩频数分布直方图 ↑频数（人） 14 12 8 6 4 0 60708090100成绩/分 (2)86【解析】30个数据按大小顺序排列，最中间 的两个是第15,16个，即87,85， 所以，中位数是87+85 2 86. (3)540×12+10=396(人). 30 答：估计测试成绩为80分及以上的为396人. 第80题解：(1)抽样 (2)9.19.1【解析】甲的平均数是m=5×(9.2 +8.8+9.3+8.6+9.6)=9.1, 把丙的成绩从小到大排列为8.3,8.4,9.1,9.2， 9.3, 中位数n=9.1. (3)应该推荐甲.理由如下： 选手甲和选手乙的平均数都高于选手丙的平均数， 所以从选手甲和选手乙中推荐一位选手参加市级比 赛；又因为选手甲比选手乙的中位数高，所以应该推 荐选手甲参加市级比赛.。 变式45解：(1)2010【解析】由题意得：m=50 ×40%=20,故n=50-8-20-12=10. (2)补全条形统计图如下： 人数 50 4 40. 35, 30- 2520 2 15 --12 0 A B C D组别 (3)72 【解析】扇形统计图中，C组对应的圆心角 的度数是360°×0三72 (4)300×号=60（人， 答：估计其中体重偏胖(24≤BM1<28)的有60人. 专题八从模型观念的素养角度去思考命题 第81题A 变式46B 第82题C 第83题A 变式47A 第84题D 变式48C 第85题D【解析】由图象可得乙队所用的时间 为：6÷5=1.2(h),