2026年中考数学真题完全解读（河北卷）

该初中数学中考复习讲义覆盖数与式、函数、几何、统计等中考主干知识模块，按“基础概念-综合应用-压轴突破”构建知识体系。通过考点细目表梳理高频考点，结合真题解读进行方法指导，配套分层训练突破解题难点，形成系统高效的复习路径。 亮点在于将河北文化情境（如错金铜博山炉三视图）与真实问题（家务劳动统计）融入试题，培养学生用数学眼光观察现实世界。针对函数几何综合题，设计“条件-模型-结论”解题路径，强化数学思维。配套避坑提醒和限时训练，助力学生提升应考能力，教师可据此精准把控复习节奏。

2026年河北省中考数学真题完全解读 试卷总评·考情分析·复习策略·真题解读 试题分析 2026年河北省中考数学试卷总分120分，考试时间120分钟，共设24题，题型包括选择题（12题，36分)、填空题（4题，12分)和解答题（8题，72分)。全卷立足课标、回归教材，注重基础性与综合性并重，在保持稳定结构的同时，突出了对数学核心素养和关键能力的考查。试卷覆盖了数与式、方程与不等式、函数、图形的性质、图形的变化、统计与概率等全部主干知识模块，其中函数与几何综合题占据较大分值，体现了中考数学‘重基础、强综合、显应用’的命题导向。选择题第1至8题侧重基础概念和基本运算，第9至12题开始融入几何直观与数形结合；填空题第13至16题考查基本技能，第16题以旅游路线方案设计为载体，渗透了优化思想；解答题第17至19题分别考查方程不等式、乘法公式和尺规作图与相似，难度适中；第20题以家务劳动时长统计为背景，考查数据分析观念；第21题融合数学文化（会圆术），体现了河北卷对传统文化的关注；第22题以登山模型考查一次函数应用；第23题二次函数综合题和第24题几何综合题作为压轴题，区分度明显。整体而言，本卷注重思维过程考查，强调在真实情境中运用数学知识分析和解决问题的能力。 试题亮点 河北文化情境与数学建模深度融合，彰显地方卷育人底色：第4题以河北博物院藏‘错金铜博山炉’为素材考查三视图，将地方文物资源与空间几何知识有机结合；第21题引入北宋沈括《梦溪笔谈》中的‘会圆术’，以学校铅球场地为实践场景，考查弧长计算和数学文化理解，体现了河北卷立足本土、传承文化的命题特色。这类题目不仅考查了学生的空间观念和数学建模能力，也增强了试卷的文化厚度和地域辨识度。 真实情境贯穿全卷，应用意识考查常态化：第5题以美术课调配颜料为背景考查比和比例，第16题以游客旅游路线选择为载体考查方案优化与最短路径，第20题以‘家长家务劳动时长’调查活动为背景考查统计图表分析与平均数计算，第22题以登山爱好者预估用时模型为背景考查一次函数的实际应用。这些题目均来源于现实生活，要求学生从具体情境中提取数学信息、建立数学模型并求解，体现了‘数学源于生活、服务于生活’的课程理念，也反映了河北卷在真实情境命题上的持续深化。 压轴题思维含量提升，几何与函数综合仍是区分核心：第23题以二次函数y=(x−t)(x−3t)为载体，综合考查坐标系中的旋转、对称、最值等问题，涉及分类讨论和参数思想，对学生的数形结合和代数推理能力提出了较高要求；第24题在等腰三角形中动态变化正方形，考查相似、全等、勾股定理和动点问题，第(4)问以‘点G移动1个单位时点E移动d个单位’为设问，将几何直观与代数运算深度融合。两道题均注重思维过程而非机械计算，有效区分了不同层次学生的数学素养。 命题趋势 地方文化情境持续入题，传统文化与学科育人双线并进：河北卷近年持续将地方文化、传统科技融入数学试题，如2026年第4题河北博物院文物、第21题北宋‘会圆术’。预计未来几年，以河北本土文物、历史名迹、科技成就为背景的试题将继续保持，且情境与知识点的结合将更加紧密，不仅考查知识本身，更考查学生在文化情境中理解和应用数学的能力。 真实情境应用题占比稳中有升，模型观念和应用意识考查将进一步强化：本卷第5、16、20、22题均设置了生活化情境，从美术调配颜料到登山用时模型，涵盖了比例、优化、统计、函数等多个知识领域。未来命题将继续从学生熟悉的生活场景、社会热点和地方产业中选取素材，引导学生经历‘发现问题—建立模型—求解验证—反思优化’的完整过程，强化数学建模和应用意识的核心素养考查。 基础题‘送分到位’但概念理解要求更深，拒绝机械刷题：本卷选择题前8题和填空题前3题总体难度不高，但第2题以‘点P在直线AB外’的图形为背景考查邻补角，需要学生准确识别图形关系；第6题分式化简虽然计算量不大，但涉及因式分解和通分技巧，要求学生真正理解分式运算的本质而非死记步骤。未来命题将继续以基础题为基本盘，但通过图形识别、概念辨析和‘反套路’设计，检验学生是否真正理解数学概念的本质。 函数与几何综合仍是压轴主流，动态探究和参数讨论要求更高：本卷第23题二次函数综合和第24题几何动态综合延续了河北卷压轴题的传统风格，涉及参数t的讨论、动点轨迹分析、最值求解等高阶思维。预计未来河北卷将继续以函数图像性质与几何变换综合为压轴方向，强化数形结合、分类讨论和从特殊到一般的探究路径，思维过程考查将继续成为顶尖区分度的重要载体。 考点细目表 题号 题型 分值 具体考点 关键能力 1 单选 3 数与式→整式→合并同类项 运算能力 2 单选 3 图形的性质→相交线与平行线→邻补角 几何直观 3 单选 3 数与式→二次根式→二次根式的乘法 运算能力 4 单选 3 图形的变化→投影与视图→三视图 空间观念 5 单选 3 数与式→比和比例→比例的应用 数据观念 6 单选 3 数与式→分式→分式的加减 运算能力 7 单选 3 图形的性质→四边形→正方形与矩形的周长 几何直观、运算能力 8 单选 3 统计与概率→概率→古典概型 数据分析 9 单选 3 图形的变化→图形的翻折→相似三角形的判定与性质 推理能力、几何直观 10 单选 3 图形的性质→圆→圆心角、圆周角、圆内接四边形 推理能力 11 单选 3 函数→反比例函数→反比例函数的图象与性质 推理能力 12 单选 3 函数→一次函数→一次函数与面积 推理能力、运算能力 13 填空 3 数与式→有理数→有理数的减法 运算能力 14 填空 3 图形的性质→平行四边形→平行四边形的判定与性质、解直角三角形 推理能力、运算能力 15 填空 3 方程与不等式→一元二次方程→根与系数的关系 运算能力、推理能力 16 填空 3 综合与实践→方案设计→最短路径与方案优化 模型观念、推理能力 17 解答 7 方程与不等式→一元一次方程、一元一次不等式→解一元一次方程与不等式 运算能力 18 解答 8 数与式→乘法公式→平方差公式的应用 运算能力 19 解答 8 图形的性质→三角形→尺规作图、相似三角形的判定与性质 推理能力、几何直观 20 解答 8 统计与概率→统计→频数分布直方图、平均数、样本代表性 数据观念 21 解答 9 综合与实践→圆的综合→弧长公式、数学文化（会圆术） 模型观念、应用意识 22 解答 9 函数→一次函数→一次函数的实际应用 模型观念、应用意识 23 解答 11 函数→二次函数→二次函数综合（旋转、对称、最值） 推理能力、运算能力 24 解答 12 综合与实践→几何综合→正方形、相似、全等、动点问题 推理能力、几何直观 考点模块占比分析 数与式模块（约19%，23分）：重点考查整式加减、二次根式运算、分式化简、乘法公式及有理数运算等基础代数内容，对应第1、3、5、6、13、18题。 函数模块（约22%，26分）：重点考查一次函数、反比例函数和二次函数的图象性质及综合应用，对应第11、12、22、23题。 图形的性质模块（约17%，20分）：重点考查三角形、四边形、圆等几何图形的性质与推理，对应第2、7、10、14、19题。 图形的变化与综合实践模块（约25%，30分）：重点考查投影与视图、图形的翻折与相似、方案设计、弧长计算及几何综合探究，对应第4、9、16、21、24题。 统计与概率模块（约9%，11分）：重点考查概率计算、统计图表分析与平均数，对应第8、20题。 核心复习策略 1. 回归教材，夯实基础概念与运算技能 （1）优先巩固数与式、方程不等式、函数图象等核心概念，做到概念清晰、运算准确、表达规范。选择题和填空题的前半部分占分较多，基础扎实即可稳定得分。 （2）重视课本例题和课后习题的变式训练，尤其是整式运算、分式化简、解方程不等式、二次根式运算等高频考点，确保基本计算不丢分。 2. 专题突破几何与函数综合，建立解题模型 （1）针对图形的变化（翻折、旋转、平移）和相似全等专题，归纳常见辅助线作法（如作高、作平行线、构造全等三角形），建立‘条件—模型—结论’的关联路径。 （2）对函数综合题（尤其是二次函数），重点训练待定系数法、数形结合、分类讨论和最值分析，掌握参数问题的处理策略。 3. 强化真实情境题训练，提升数学建模与应用意识 （1）多关注以生活实际、传统文化、地方特色为背景的统计与概率、方案设计、函数应用题，培养从情境中提取信息、建立模型、求解验证的能力。 （2）注重规范表达和步骤完整性，尤其是解答题要写出关键依据（如定理、公式、性质），避免因步骤缺失或表述不清而失分。 避坑提醒（考试最易踩的雷） ×运算符号出错：分式化简和根式运算中，符号处理（负号、括号）是常见失分点，建议分步书写、及时检验。 ×忽视题目条件限制：如第15题求m的值后忘记验证判别式；第23题分类讨论时忽略参数t的取值范围。 ×几何证明跳步漏条件：相似、全等三角形的判定条件要一一对应，避免‘想当然’地跳过关键步骤。 ×统计题忽略样本代表性：第20题分析原因时要指出样本特殊性（学生家长的劳动时长），不能泛泛而谈。 一、单选题 1．计算：（     ） A． B． C． D． 命题透视 ►核心考点：合并同类项 ►命题分析： （1）情境创设：以代数式化简为背景，直接考查同类项的识别与合并运算。 （2）问题设计：（1）情境创设：直接给出代数式a+a+b+b，不设生活情境，回归代数运算本质；（2）问题设计：要求将同类项合并，选项设置包含2ab、2a+2b等易混淆项；（3）考查目标：考查学生对同类项概念的理解和基本代数运算能力。 （3）考查目标：考查运算能力和代数符号意识，要求学生准确识别同类项并正确合并。 答案与解析 【答案】B 【详解】解：． 知识总结 ①核心概念：同类项是指所含字母相同，且相同字母的指数也相同的项。合并同类项时，系数相加，字母及指数不变。②解题方法：直接合并a的系数得2a，合并b的系数得2b，结果为2a+2b。③拓展关联：合并同类项是整式加减运算的基础，后续学习整式乘除、因式分解时均需熟练运用。 2．如图，点P在直线外，点C是直线上的动点，则与的关系一定成立的是（     ）    A． B． C． D． 命题透视 ►核心考点：邻补角（平角） ►命题分析： （1）情境创设：以点P在直线AB外、点C在直线AB上为背景，考查角的位置关系。 （2）问题设计：（1）情境创设：以简单的几何图形为背景，突出对基本图形中角关系的识别；（2）问题设计：通过图形给出∠1和∠2，要求判断它们之间的数量关系；（3）考查目标：考查学生对邻补角、平角概念的理解和几何直观能力。 （3）考查目标：考查几何直观和推理能力，要求学生能从图形中发现∠1+∠2=180°的关系。 答案与解析 【答案】D 【详解】解：点是直线上的点， 是平角，即， 由图可知，与组成了平角， ． 知识总结 ①核心概念：如果两个角有一条公共边，且另一边互为反向延长线，则这两个角互为邻补角，和为180°。②解题方法：点C在直线AB上，则∠ACB为平角，∠1与∠2组成平角，故∠1+∠2=180°。③拓展关联：邻补角是研究相交线、平行线性质的基础，后续学习平行线的性质与判定时常需利用邻补角关系。 3．计算：（     ） A． B． C． D． 命题透视 ►核心考点：二次根式的乘法 ►命题分析： （1）情境创设：直接给出根式乘法算式，考查二次根式乘法法则。 （2）问题设计：（1）情境创设：纯代数运算情境，回归运算本质；（2）问题设计：计算√30×√(1/6)，选项设计包含√5、5、5√6、6√5等，考查学生对根式运算法则的掌握；（3）考查目标：考查二次根式乘法运算和化简能力。 （3）考查目标：考查运算能力，要求学生熟练运用√a·√b=√(ab)（a≥0,b≥0）进行计算。 答案与解析 【答案】A 【详解】解：． 知识总结 ①核心概念：二次根式乘法法则√a·√b=√(ab)（a≥0,b≥0）。②解题方法：√30×√(1/6)=√(30×1/6)=√5。③拓展关联：二次根式乘除是实数运算的重要组成部分，与分母有理化、根式化简密切相关。 4．河北博物院收藏的错金铜博山炉（如图1所示）是汉代颇具代表性的香薰器物．将它近似地看成由圆锥、半球和圆柱组成的几何体（如图2所示），则这个几何体的主视图中没有出现的图形是（     ） A．三角形 B．矩形 C．半圆 D．菱形 命题透视 ►核心考点：三视图 ►命题分析： （1）情境创设：以河北博物院藏‘错金铜博山炉’为素材，将其近似为由圆锥、半球和圆柱组成的几何体，考查主视图。 （2）问题设计：（1）情境创设：将河北地方文物资源融入试题，增强文化认同感；（2）问题设计：判断主视图中没有出现的图形，需要分别分析圆锥、半球、圆柱的主视图；（3）考查目标：考查空间观念和三视图知识。 （3）考查目标：考查空间观念和几何直观能力，要求学生能准确判断简单组合体的三视图。 答案与解析 【答案】D 【分析】根据三视图的定义，分别分析圆锥、半球、圆柱的主视图形状，即可得出结论． 【详解】解：该几何体上部是圆锥，中部是半球，下部是圆柱 ∴圆锥的主视图是三角形，半球的主视图是半圆，圆柱的主视图是矩形 ∴这个几何体的主视图中出现的图形有三角形、半圆、矩形，没有菱形． 知识总结 ①核心概念：主视图是从前向后观察物体所得的视图。圆锥的主视图是三角形，半球的主视图是半圆，圆柱的主视图是矩形。②解题方法：分别判断三种几何体的主视图，然后找出未出现的图形。③拓展关联：三视图是空间几何体与平面图形之间的桥梁，是培养空间观念的重要载体。 5．嘉嘉在美术课上了解到，用不同比例的红、黄两种颜料能调配出多种暖色调颜色．如图，根据红色颜料的占比，可以将调配出的颜色分为①、②、③、④等四类．用红色颜料和黄色颜料调配出的颜色属于（     ） A．①类 B．②类 C．③类 D．④类 命题透视 ►核心考点：比和比例的应用 ►命题分析： （1）情境创设：以美术课调配颜料为背景，给出红色和黄色颜料的质量，要求判断调配出的颜色类别。 （2）问题设计：（1）情境创设：美术课调配颜料，贴近学生生活；（2）问题设计：先计算红色颜料占比，再结合数轴上的分类范围判断类别；（3）考查目标：考查比例计算和数据观念。 （3）考查目标：考查数据观念和运算能力，要求学生能正确计算比例并结合分类标准进行判断。 答案与解析 【答案】C 【分析】先求出调配出的颜料总质量，再计算红色颜料的占比，最后结合数轴上的分类范围进行判断． 【详解】解：∵红色颜料质量为，黄色颜料质量为 ∴调配出的颜料总质量为 ∴红色颜料的占比为 ∵ ∴该颜色属于③类 ． 知识总结 ①核心概念：比例=部分量÷总量×100%。②解题方法：红色颜料质量6g，黄色颜料4g，总质量10g，红色占比60%，结合分类范围判断为③类。③拓展关联：比例应用广泛存在于化学配比、地图比例尺、统计图表等领域。 6．计算：（     ） A． B． C． D． 命题透视 ►核心考点：分式的加减 ►命题分析： （1）情境创设：直接给出分式减法算式，考查分式化简能力。 （2）问题设计：（1）情境创设：纯代数运算情境；（2）问题设计：计算x/(x-1)-(2x-1)/(x^2-x)，需要先因式分解、通分，再化简；（3）考查目标：考查分式加减运算和因式分解能力。 （3）考查目标：考查运算能力，要求学生掌握分式加减的通分技巧和因式分解方法。 答案与解析 【答案】A 【详解】解： ． 知识总结 ①核心概念：分式加减需先通分，最简公分母为各分母因式的最高次幂的积。②解题方法：x/(x-1)-(2x-1)/(x(x-1))=[x^2-(2x-1)]/[x(x-1)]=(x-1)^2/[x(x-1)]=(x-1)/x。③拓展关联：分式化简是后续学习分式方程、函数化简的基础。 7．如图，将一个边长为的正方形分成6个全等的矩形，若这6个矩形周长之和比原正方形的周长多48，则的值为（  ） A．6 B．8 C．12 D．16 命题透视 ►核心考点：正方形与矩形的周长 ►命题分析： （1）情境创设：以正方形切割为6个全等矩形为背景，通过周长关系求正方形边长。 （2）问题设计：（1）情境创设：图形分割问题，直观形象；（2）问题设计：已知切割后总周长增加48，求原正方形边长a；（3）考查目标：考查几何直观和方程建模能力。 （3）考查目标：考查几何直观和运算能力，要求学生能根据切割特点建立周长变化的方程。 答案与解析 【答案】B 【分析】根据图形切割的特点，每切一刀，总周长增加两个切线长度，据此建立方程求解即可． 【详解】解：根据题意可知正方形的边长为，由图可知，将正方形分成6个全等矩形，需要横向切2刀，纵向切1刀， 每切一刀，周长之和增加， 6个矩形的周长之和比原正方形周长多， 6个矩形周长之和比原正方形的周长多48， ， 解得：． 知识总结 ①核心概念：每切一刀，总周长增加两个切线长度。②解题方法：横向切2刀、纵向切1刀，共增加2a×3=6a=48，解得a=8。③拓展联想：图形切割问题常考查‘每切一刀增加两条边长’的规律。 8．掷两枚质地均匀的骰子（六个面上分别刻有1到6的点数），若向上一面的点数之和为2的概率与点数之和为的概率相等，则（    ） A．3 B．4 C．11 D．12 命题透视 ►核心考点：古典概型（概率计算） ►命题分析： （1）情境创设：掷两枚质地均匀的骰子，已知点数之和为2的概率与点数之和为n的概率相等，求n。 （2）问题设计：（1）情境创设：经典概率模型，通过列表或树状图分析；（2）问题设计：先计算点数之和为2的概率，再逐一验证各选项；（3）考查目标：考查概率计算和数据分析能力。 （3）考查目标：考查数据分析能力，要求学生能利用列表法求出各种和出现的概率。 答案与解析 【答案】D 【分析】通过列表法计算各选项概率即可得解． 【详解】解：列表如下： 和 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 7 2 3 4 5 6 7 8 3 4 5 6 7 8 9 4 5 6 7 8 9 10 5 6 7 8 9 10 11 6 7 8 9 10 11 12 ∴掷两枚质地均匀的骰子，所有等可能结果共有种，点数之和为的结果只有种， ∴点数之和为2的概率为． 对各选项逐一验证：当时，共种，，排除A； 当时，共种，，排除B； 当时，共种，，排除C； 当时，共种，，与点数和为2的概率相等． ∴． 知识总结 ①核心概念：古典概型中，P(A)=事件A包含的基本结果数÷总结果数。②解题方法：列表可知点数之和为2的概率为1/36，点数之和为12的概率也为1/36，故n=12。③拓展关联：列表法和树状图是解决两步及以上随机试验概率问题的常用工具。 9．如图，在四边形中，，，过点作交于点，将沿翻折，得到．，分别与直线交于，两点，则与的面积之比为（     ） A． B． C． D． 命题透视 ►核心考点：图形的翻折与相似三角形 ►命题分析： （1）情境创设：在四边形ABCD中，AD∥BC，将△ABE沿AE翻折得到△AB'E，考查面积之比。 （2）问题设计：（1）情境创设：以四边形和翻折变换为背景，考查动态几何中的不变关系；（2）问题设计：通过平行、翻折、相似三个层次递进，最终求面积比；（3）考查目标：考查推理能力和几何直观。 （3）考查目标：考查推理能力，要求学生能通过平行四边形、翻折性质和相似三角形综合求解。 答案与解析 【答案】C 【分析】首先证明四边形是平行四边形，得到，推出，由折叠得，，，，得到，证明，然后利用相似三角形的性质求解． 【详解】解：∵， ∴四边形是平行四边形 ∴ ∴ ∴ 由折叠得，，， ∵ ∴， ∴ ∴ ∴ ∴ ∵ ∴， ∴ ∴ ∴． 知识总结 ①核心概念：翻折变换保持图形的形状和大小不变，对应边相等、对应角相等；相似三角形的面积比等于相似比的平方。②解题方法：先证四边形AECD为平行四边形，得BE=2EC；由翻折得BE=B'E，再证△B'MN∽△B'AE，利用相似比为1/2，得面积比为1/4。③拓展关联：翻折与相似是动态几何中的常见组合，常与平行四边形、菱形、正方形等结合考查。 10．如图，在中，所对的圆心角为，点在上．若，则（     ） A． B． C． D． 命题透视 ►核心考点：圆心角、圆周角、圆内接四边形 ►命题分析： （1）情境创设：在圆中，已知弧ACB所对的圆心角为150°，∠CBO=n°，求∠ADC。 （2）问题设计：（1）情境创设：以圆为背景，综合考查圆心角、圆周角、圆内接四边形等知识；（2）问题设计：通过连接辅助线，利用等腰三角形性质和圆内接四边形对角互补求解；（3）考查目标：考查推理能力。 （3）考查目标：考查推理能力，要求学生能综合运用圆的有关性质进行角度计算。 答案与解析 【答案】C 【分析】如图，连接并延长交于点E，连接，首先利用等边对等角得到，然后利用三角形内角和定理求出，然后结合圆周角定理和圆内接四边形对角互补求解即可． 【详解】解：如图，连接并延长交于点E，连接 ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴． 知识总结 ①核心概念：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半；圆内接四边形对角互补。②解题方法：连接OA、OB、OC，由等腰三角形性质求∠BOC，再由圆心角与圆周角关系及圆内接四边形性质求解。③拓展关联：圆中角度计算常需添加辅助线，构造等腰三角形或直角三角形。 11．平面直角坐标系中有，，三点．若直线经过原点，则点一定在（     ） A．函数的图象上 B．函数的图象上 C．函数的图象上 D．函数的图象上 命题透视 ►核心考点：反比例函数的图象与性质 ►命题分析： （1）情境创设：已知三点A(1,n)、B(m,6)、C(m,n)，直线AB经过原点，判断点C所在函数图象。 （2）问题设计：（1）情境创设：坐标系中三点位置关系，考查函数与坐标的关联；（2）问题设计：先由A、B在过原点的直线上求出mn=6，再判断C(m,n)满足的关系；（3）考查目标：考查推理能力。 （3）考查目标：考查推理能力，要求学生能通过坐标关系建立数量联系。 答案与解析 【答案】B 【分析】先根据直线过原点设出直线解析式，代入A、B坐标得到与的乘积，再根据C点坐标判断其满足哪个函数解析式． 【详解】解：∵直线经过原点， ∴设直线的解析式为， 把代入解析式得，即， ∴直线的解析式为， 把代入得，即， ∵点的坐标为， ∴点横纵坐标的乘积为， 对函数变形可得，满足点的坐标特征， ∴点一定在函数的图象上． 知识总结 ①核心概念：反比例函数y=k/x中，xy=k。②解题方法：由A、B在过原点的直线上，得n=k·1，6=k·m，故mn=6，点C在y=6/x上。③拓展关联：反比例函数图象上点的横纵坐标之积为定值，这是判断点是否在反比例函数图象上的重要依据。 12．如图，在平面直角坐标系中，若两阴影部分的面积分别为，，则（     ） A． B． C． D． 命题透视 ►核心考点：一次函数与面积 ►命题分析： （1）情境创设：在平面直角坐标系中，四条直线围成两个阴影部分，面积分别为m、n，求m−n。 （2）问题设计：（1）情境创设：坐标系中直线围成的图形面积，综合性较强；（2）问题设计：先求出四条直线的解析式，再分别计算两个阴影部分的面积；（3）考查目标：考查推理能力和运算能力。 （3）考查目标：考查推理能力和运算能力，要求学生能准确求出直线方程并计算多边形面积。 答案与解析 【答案】B 【分析】首先利用待定系数法求出四条直线的解析式，分别为，，，，求出阴影部分和各个顶点的坐标，观察图形可知，阴影部分和均可分割为一个平行四边形和一个三角形，分别计算面积，再计算面积差即可求解． 【详解】解：如图，过点作轴交直线于点，过点作轴交直线于点， ∵轴，轴， ∴，， 由图可知，过，；过，；过，；过，， 设的直线解析式为， 将代入上式，则， ∴的直线解析式为； 同理可得另外三条直线的解析式分别为：，，， ∵直线与 的斜率均为 ， ∴， ∴四边形是平行四边形， 当时，，解得，则； 当时，，解得，则； 当时，，解得，则； 当时，，解得，则； ∴， 联立与得：，解得：，则， ∴； 联立与 得：，解得：，则， ∴； 联立与得：，解得：，则， ∴； 联立与 得：，解得：，则， ∴； ∴阴影部分的面积 ． 阴影部分的面积 ． ∴． 知识总结 ①核心概念：待定系数法求直线解析式；平行四边形和三角形面积计算。②解题方法：分别求出四条直线的解析式，确定阴影部分的顶点坐标，将阴影部分分割为平行四边形和三角形计算面积。③拓展关联：坐标系中的面积问题常需用‘割补法’或‘坐标公式’求解。 二、填空题 13．计算： ________． 命题透视 ►核心考点：有理数的减法 ►命题分析： （1）情境创设：直接计算4−(−6)。 （2）问题设计：（1）情境创设：纯计算题；（2）问题设计：直接考查有理数减法法则；（3）考查目标：考查运算能力。 （3）考查目标：考查运算能力，要求学生掌握‘减去一个数等于加上它的相反数’的法则。 答案与解析 【答案】10 【分析】本题考查有理数的减法，熟练掌握减法法则是解题的关键． 根据减去一个数等于加上它的相反数将减法变加法计算即可． 【详解】解∶， 故答案为∶10． 知识总结 ①核心概念：有理数减法法则：a−(−b)=a+b。②解题方法：4−(−6)=4+6=10。③拓展关联：有理数运算是整个初中数学运算的基础。 14．某楼梯装有护栏，其侧面如图所示．其中，于点，于点，若，，则_________． 命题透视 ►核心考点：平行四边形的判定与性质、解直角三角形 ►命题分析： （1）情境创设：楼梯护栏侧面图，AB∥CD，BD⊥DE，AC⊥DE，∠BAC=60°，AB=4m，求CE。 （2）问题设计：（1）情境创设：以楼梯护栏为背景，将几何问题融入生活场景；（2）问题设计：通过平行和垂直条件判定平行四边形，再利用三角函数求解；（3）考查目标：考查推理能力和运算能力。 （3）考查目标：考查推理能力和运算能力，要求学生能综合运用平行四边形性质和三角函数求解。 答案与解析 【答案】 【分析】根据垂直于同一条直线的两条直线平行可得，结合已知可判定四边形为平行四边形，从而得出；利用平行线的性质得出，最后在中利用三角函数求解的长，即可求解． 【详解】解：，， ， 又， 四边形是平行四边形， ， ， ， 在中，，， ． 知识总结 ①核心概念：两组对边分别平行的四边形是平行四边形；平行四边形对边相等；cos60°=1/2。②解题方法：由BD∥AC，AB∥CD，得四边形ABDC为平行四边形，CD=AB=4m；在Rt△CDE中，CE=CD·cos60°=2m。③拓展关联：解直角三角形是解决实际问题的重要工具，关键在于构造或识别直角三角形。 15．已知关于的一元二次方程有两个实数根，其中一个根是另一个根的平方，则_________． 命题透视 ►核心考点：一元二次方程根与系数的关系 ►命题分析： （1）情境创设：已知一元二次方程x^2+(1/4)x+m=0有两个实数根，其中一个根是另一个根的平方，求m。 （2）问题设计：（1）情境创设：纯代数问题，考查根与系数关系；（2）问题设计：设两根为t和t^2，利用韦达定理建立方程求解；（3）考查目标：考查运算能力和推理能力。 （3）考查目标：考查运算能力和推理能力，要求学生能灵活运用根与系数关系建立方程。 答案与解析 【答案】 【分析】设方程的两根分别为和，利用根与系数的关系得到两根之和与两根之积的表达式，先求解的值，再计算，最后验证原方程满足有两个实数根的条件即可． 【详解】解：设一元二次方程的两根分别为，． 根据根与系数的关系可得，． 整理得．变形得． 解得． 将代入得． 验证判别式：，符合题意． 知识总结 ①核心概念：若一元二次方程ax^2+bx+c=0的两根为x1、x2，则x1+x2=−b/a，x1x2=c/a。②解题方法：设两根为t和t^2，由韦达定理得t+t^2=−1/4，t^3=m，解得t=−1/2，m=−1/8，验证判别式Δ>0。③拓展关联：根与系数关系（韦达定理）是处理一元二次方程根的问题的重要工具。 16．一游客计划从A地出发到B，C，D三地旅游，然后回到A地．该游客到三地的先后顺序不确定，且每个地方只到1次，如．若图中两地间连线上的数字表示两地之间单次通行的交通费用（单位：百元），则此次旅游的交通费用最少为_________百元． 命题透视 ►核心考点：最短路径与方案优化 ►命题分析： （1）情境创设：游客从A地出发到B、C、D三地旅游后回到A地，求最少交通费用。 （2）问题设计：（1）情境创设：旅游路线选择，贴近生活实际；（2）问题设计：列举所有可能的路线方案，计算费用后比较大小；（3）考查目标：考查模型观念和推理能力。 （3）考查目标：考查模型观念和推理能力，要求学生能有序列举并比较各种方案。 答案与解析 【答案】 【分析】根据题意列举出所有可能的旅游路线，分别利用有理数加法法则计算各条路线的交通费用，通过比较大小得出最小值． 【详解】解：根据题意，从地出发到，，三地旅游，然后回到地，且每个地方只到1次，共有以下不同的路线方案： 方案一：路线为，交通费用为：（百元）； 方案二：路线为，交通费用为：（百元）； 方案三：路线为，交通费用为：（百元）； 方案四：路线为，交通费用为：（百元）； 方案五：路线为，交通费用为：（百元）； 方案六：路线为，交通费用为：（百元）； 因为， 所以此次旅游的交通费用最少为21百元． 知识总结 ①核心概念：通过列举所有可能的方案，利用加法计算各方案总费用，再比较大小找出最优方案。②解题方法：列出6种路线方案，分别计算费用，最小值为21百元。③拓展关联：方案设计与优化是综合与实践领域的核心内容，常涉及最短路径、最小费用等问题。 三、解答题 17．解方程、解不等式： (1)； (2)． 命题透视 ►核心考点：解一元一次方程与一元一次不等式 ►命题分析： （1）情境创设：解方程3x=12+x和解不等式x−3>(x−1)/2。 （2）问题设计：（1）情境创设：基础运算题，考查基本技能；（2）问题设计：分别考查方程和不等式的解法；（3）考查目标：考查运算能力。 （3）考查目标：考查运算能力，要求学生掌握解方程和不等式的基本步骤。 答案与解析 【答案】(1) (2) 【详解】（1）解：， 移项，得 合并同类项，得， 系数化为，得； （2）解：， 去分母，得， 去括号，得， 移项，得， 合并同类项，得． 知识总结 ①核心概念：解一元一次方程的步骤：去分母、去括号、移项、合并同类项、系数化为1；解不等式时不等号方向变化规则。②解题方法：（1）3x=12+x→2x=12→x=6；（2）x−3>(x−1)/2→2x−6>x−1→x>5。③拓展关联：一元一次方程和不等式是后续学习二元一次方程组、分式方程的基础。 18．用运算律或乘法公式可以简化运算，例如： ． (1)证明，并用以上方法计算； (2)计算：． 命题透视 ►核心考点：平方差公式的应用 ►命题分析： （1）情境创设：用运算律或乘法公式简化运算，以98^2=98^2−2^2+2^2=(98+2)(98−2)+2^2为例，计算99^2和(−105)^2。 （2）问题设计：（1）情境创设：以‘简便运算’为背景，考查乘法公式的灵活运用；（2）问题设计：通过例题引导，要求学生模仿方法完成计算；（3）考查目标：考查运算能力和创新意识。 （3）考查目标：考查运算能力和创新意识，要求学生能理解并迁移平方差公式的简便运算方法。 答案与解析 【答案】(1) 证明：∵右边左边， ∴， ； (2) 【详解】（1）证明见答案 解： ； （2）解： ． 知识总结 ①核心概念：平方差公式a^2−b^2=(a+b)(a−b)。②解题方法：99^2=(99+1)(99−1)+1=9800+1=9801；(−105)^2=(−105+5)(−105−5)+25=(−100)×(−110)+25=11025。③拓展联想：平方差公式和完全平方公式是代数运算的重要工具，灵活运用可简化计算。 19．按要求解答下列问题： (1)尺规作图：如图1，在中，作出边的垂直平分线；（保留作图痕迹，不写作法） (2)如图2，在中，，点在边上，且．若，，求线段的长． 命题透视 ►核心考点：尺规作图、相似三角形的判定与性质 ►命题分析： （1）情境创设：(1)在△ABC中作出AB边的垂直平分线；(2)在△ABC中，∠BAC=2∠B，DA=DB，AC=6，BC=9，求CD。 （2）问题设计：（1）情境创设：尺规作图与几何证明相结合；（2）问题设计：第(1)问考查基本作图，第(2)问通过等边对等角和外角性质证明相似，进而求解；（3）考查目标：考查几何直观和推理能力。 （3）考查目标：考查几何直观和推理能力，要求学生掌握尺规作图和相似三角形的判定与性质。 答案与解析 【答案】(1)如图1，直线即为所求； (2) 【分析】（1）根据作已知线段的垂直平分线的方法作图即可； （2）根据等边对等角以及三角形的外角性质证明，即可证明，即可求解． 【详解】（1）略 （2）解：∵ ∴ ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ ∵， ∴ ∴ 解得． 知识总结 ①核心概念：垂直平分线的作法；等边对等角；三角形外角等于不相邻两内角之和；两角对应相等则两三角形相似。②解题方法：由DA=DB得∠B=∠BAD，则∠CDA=2∠B=∠BAC，故△CDA∽△CAB，由CD/CA=CA/CB得CD=4。③拓展关联：相似三角形是初中几何的核心内容，常与勾股定理、圆的性质综合考查。 20．为培养学生的劳动观念和家庭责任意识，某中学开展了“家长家务劳动时长”调查活动．在某一周，每名学生统计自己家长每天整理收纳、烧菜做饭、洗衣清扫等家务劳动时间，计算出家长日均家务劳动时长（单位：h）并提交．（计算方法：） 【收集数据】 淇淇随机抽取了40名同学提交的数据，如下： 知识总结 ①核心概念：频数分布直方图是用小长方形的高度表示频数的统计图；平均数=各组中值×频数之和÷总数；样本代表性指样本能否反映总体特征。②解题方法：由数据得1.25<t<1.75有4个，3.25<t<3.75有6个，补全直方图；平均数=(1.5×4+2.0×11+2.5×12+3.0×7+3.5×6)/40=2.5h；差异原因主要是样本为学生家长，群体特殊，且样本量小、来源单一。③拓展关联：统计推断是从样本估计总体的过程，样本的代表性直接影响推断的可靠性。 3.6，2.1，1.9，3.2，2.4，3.1，2.0，2.6，1.9，3.2 1.3，2.8，2.9，1.4，2.1，2.5，1.7，3.5，2.6，2.6 2.3，3.7，2.7，1.9，3.3，2.0，2.6，2.0，1.6，2.8 3.4，2.5，2.1，2.2，1.8，2.4，3.0，2.5，3.5，2.3 【整理数据】 淇淇将数据适当分组后，绘制了如图所示的不完整的频数直方图． 【分析数据】 (1)补全上面的频数直方图；估计全校学生提交的数据中，的占比为____________%． (2)把频数直方图中各组数据用该组的中间值来代替（如的中间值为1.5），并利用图中信息，计算这40名学生提交的家长日均家务劳动时长的平均数． (3)资料显示，我国6周岁以上居民的日均家务劳动时长约为，淇淇发现与之相比有明显差异，请结合统计知识分析原因．（写出一条即可） 命题透视 ►核心考点：二次根式的乘法 ►命题分析： （1）情境创设：直接给出根式乘法算式，考查二次根式乘法法则。 （2）问题设计：（1）情境创设：纯代数运算情境，回归运算本质；（2）问题设计：计算√30×√(1/6)，选项设计包含√5、5、5√6、6√5等，考查学生对根式运算法则的掌握；（3）考查目标：考查二次根式乘法运算和化简能力。 （3）考查目标：考查运算能力，要求学生熟练运用√a·√b=√(ab)（a≥0,b≥0）进行计算。 答案与解析 【答案】(1)补全频数分布直方图如图； ， (2) (3)调查对象为学生家长，样本不具有代表性，家长群体家务时长普遍高于全国平均水平 【分析】（1）根据40个数据确定，和的数据个数，即可补全频数分布直方图，再求出的样本数据个数，除以总数即可求解占比； （2）先求出各组的组中值，再根据平均数的定义求解即可； （3）本次调查的样本是某中学学生的家长，群体具有特殊性，家长群体需要照顾家庭、承担更多家务，劳动时长普遍高于全国全年龄段居民的平均水平，且样本仅来自一所中学，不具备代表性，因此与全国均值存在明显差异． 【详解】（1）解：由统计数据可得，的数据有4个，的数据有6个， 则补全频数分布直方图： ；， ∴的占比为； （2）解：第一组的组中值为，同理可求其余各组组中值为2.0、2.5、3.0、3.5， ∴ 答：平均数； （3）略 21．在学习了圆的相关知识后，同学们设计并开展了一项综合实践活动，下面是一个小组尚未完成的活动报告． 主题 求生活中的圆弧长 研究内容 本次活动选取学校的铅球场地，将场地的一部分抽象为扇形（如图1所示），已知扇形所在圆的半径于点，，用不同的方案分别求的长． 工具 软尺（长度足够）、测角仪（可测量角度的大小）等 研究方案与实践成果 方案一 方案二 方案三 用软尺直接测量的长． 测量数据： 第一次 第二次 用测角仪测角，利用弧长公式计算的长． 测量数据： 查阅文献，发现北宋沈括的《梦溪笔谈》中收录了近似计算圆弧长度的“会圆术”．图1中，弧长． 测量数据： 反思应用 取两次测量结果的平均数，则． 利用弧长公式，…… 根据“会圆术”，…… ①方案一可通过____________的方法减少误差； ②我们可以利用上面的活动经验解决一些生活中的问题． 如图2所示，公园里一座桥的主桥拱是圆弧形，已知其跨度为，拱高为，虽然弧长和圆心角不方便测量，但可以通过计算近似得出． 计算过程如下：…… 请你帮助该小组完成活动报告，具体如下： (1)写出“反思应用”①中减少误差的方法；（写出一种方法即可） (2)分别利用方案二（结果保留）和方案三计算的长； (3)求图2中弧长和圆心角．（取3.1） 命题透视 ►核心考点：弧长公式、数学文化（会圆术） ►命题分析： （1）情境创设：综合实践活动，以学校铅球场地抽象为扇形为背景，用三种方案求弧长，引入北宋沈括《梦溪笔谈》中的‘会圆术’。 （2）问题设计：（1）情境创设：综合实践活动+数学文化，既有实践操作又有历史传承；（2）问题设计：分三小问，分别考查误差控制、弧长公式与会圆术计算、以及实际应用；（3）考查目标：考查模型观念和应用意识。 （3）考查目标：考查模型观念和应用意识，要求学生理解弧长公式和会圆术，并能应用于实际问题。 答案与解析 【答案】(1)多次测量取平均值 (2)方案二弧长为；方案三弧长为 (3)， 【分析】（1）方案一可通过多次测量取平均值的方法减少误差； （2）方案二利用弧长公式求解即可，方案三代入已知数据求解即可； （3）先由垂径定理以及勾股定理求解，再由“会圆术”求解弧长，最后根据弧长公式求解圆心角的度数即可． 【详解】（1）解：方案一可通过多次测量取平均值的方法减少误差； （2）解：方案二：的长； 方案三：∵，，， ∴； （3）解：∵， ∴ 在中，由勾股定理得，， ∴ 解得 由“会圆术”可得，， 设的度数为，则由得，， 解得 知识总结 ①核心概念：弧长公式l=(nπr)/180；会圆术公式l=PQ+MN^2/OP。②解题方法：方案二利用弧长公式l=(36×π×10)/180=2π(m)；方案三代入数据得l=6.20+0.50^2/10.00=6.225(m)；第(3)问先由垂径定理和勾股定理求半径AE=5m，再算弧长l=6.2m，圆心角n=72°。③拓展关联：数学文化题不仅考查知识，更强调对数学历史和思想方法的理解，是河北卷的特色题型。 22．某登山爱好者根据经验，总结出一个预估自己登山用时（分钟）的模型：．其中，（为常数），（千米）表示登山路线的长度；，（千米）表示山顶与起点的海拔高度差．从A出发到山顶M的路线及相关数据如图所示．（说明：本题中模型已简化，且不计登山过程中休息和必要的预留时间） (1)①求，的值； ②计算路线3的长度． (2)已知山顶M的海拔高度为1000米，B在图所示的一条等高线上，等高线上标注的数字表示其海拔高度（单位：米）．若该登山爱好者从出发到山顶的路线长度为3千米，根据本题模型，求该登山爱好者登到山顶的预估用时． 命题透视 ►核心考点：一次函数的实际应用 ►命题分析： （1）情境创设：登山爱好者总结登山用时模型t=kx+150h，已知路线长度x和海拔高度差h，求参数k、h和预估用时。 （2）问题设计：（1）情境创设：以登山运动为背景，建立一次函数模型；（2）问题设计：第(1)问用待定系数法求参数，第(2)问代入模型求预估用时；（3）考查目标：考查模型观念和应用意识。 （3）考查目标：考查模型观念和应用意识，要求学生能根据数据建立一次函数模型并求解。 答案与解析 【答案】(1)①；②千米 (2)分钟 【分析】（1）①由题意得，，再用待定系数法求解即可；②先得到，然后将代入，解方程即可； （2）求出海拔差为，然后代入求解即可． 【详解】（1）解：①由题意得，， 代入两组数据得， 解得； ②由①得， 路线3同样从A到M，海拔差仍为， 将代入，得 解得 即路线3的长度为5千米； （2）解：由等高线图可知，B点位于400米等高线上，海拔为； 山顶M海拔为，因此海拔差： 将代入得， 即预估用时为135分钟 知识总结 ①核心概念：待定系数法求一次函数解析式；一次函数y=kx+b中k、b的几何意义。②解题方法：代入两组数据建立方程组，解得k=15，h=0.8；路线3长度由195=15x+120得x=5千米；B点海拔400米，h=0.6km，t=15×3+150×0.6=135分钟。③拓展关联：一次函数模型广泛应用于行程、费用、利润等实际问题，关键在于找到两个变量之间的线性关系。 23．如图，二次函数（其中）的图象与轴交于，两点（点在点左侧），与轴交于点，顶点为．将点绕点顺时针旋转得到点． (1)若，求直线的函数表达式，并判断点关于二次函数图象对称轴的对称点是否在直线上； (2)当时，二次函数的最大值为9，求的值； (3)连接，当点不在直线上时，过点作直线交轴于点，请直接写出的最小值． 命题透视 ►核心考点：二次函数综合（旋转、对称、最值） ►命题分析： （1）情境创设：二次函数y=(x−t)(x−3t)的图象与x轴、y轴交点，顶点P，将B绕A顺时针旋转90°得D。 （2）问题设计：（1）情境创设：二次函数与几何变换综合，参数t贯穿始终；（2）问题设计：第(1)问求直线PD表达式并判断对称点是否在直线上；第(2)问求参数t使最大值等于9；第(3)问求m的最小值；（3）考查目标：考查推理能力和运算能力。 （3）考查目标：考查推理能力和运算能力，要求学生能综合运用二次函数性质、旋转对称、分类讨论和最值分析求解。 答案与解析 【答案】(1)，点不在直线上 (2)的值为或 (3) 【分析】（1）先求出，，若，则，，则，，由旋转可得，则，再由待定系数法求解直线；然后求出点关于二次函数图象对称轴的对称点为，再代入直线表达式验证即可； （2）先求出对称轴为直线，然后分三种情况，根据二次函数的图象与性质求解即可； （3）同（1）可求，可求，设直线，求出，由，可设直线，求出直线，当时，，再由二次函数的图象与性质求解即可； 【详解】（1）解：如图， 对于，当时，则， 解得， ∴，， 若，则， ∴， ∵将点绕点顺时针旋转得到点． ∴ ∴， 设直线， 则 解得 ∴直线； 对于，当时，， ∴ 由可得对称轴为直线， ∴点关于二次函数图象对称轴的对称点为， 当时，， ∴点不在直线上； （2）解：由（1）可得，， ∴对称轴为直线， 当，即时， ∵抛物线中，，则抛物线开口向上， ∴当时，随着的增大而增大， ∴当时，函数取得最大值， ∴， 整理得，，解得或（舍去）； 当，即时， 若，即时，此时离对称轴更远， ∴当时，函数取得最大值， ∴， 整理得，，解得或，均不在范围内，故舍去； 若时，即，此时离对称轴更远， ∴当时，函数取得最大值， ∴， 整理得，，解得或，均不在范围内，故舍去； 当，即时， ∴当时，随着的增大而减小， ∴当时，函数取得最大值， ∴， 整理得，，解得或（舍去）； 综上：的值为或； （3）解：∵， ∴同（1）可求 对于，对称轴为直线， ∴把代入可得，， ∴， 设直线，则，解得， ∵， ∴设直线， 代入，则，解得， ∴直线， 当时，， ∵， ∴当时，取得最小值为； 知识总结 ①核心概念：二次函数对称轴x=2t；旋转90°后坐标变换；分类讨论思想；二次函数最值。②解题方法：第(1)问t=1时，A(1,0)，B(3,0)，P(2,−1)，D(1,−2)，直线PD:y=x−3，C'(4,3)不在直线上；第(2)问分三种情况讨论，t=4−√7或t=4；第(3)问m=(1/2)(t−2)^2−2，最小值为−2。③拓展关联：二次函数综合题是中考压轴题的常见形式，常涉及参数、动点、最值等，需要学生具备较强的数形结合和分类讨论能力。 24．如图1和图2，在中，，，正方形的顶点，，分别在的三边，，上．当点从点出发沿向点移动时，点，随之分别在，上移动（正方形的大小发生变化），当点与点重合时，移动停止． (1)____________． (2)如图1，当时，求证：． (3)①如图2，当时，求的长； ②当时，直接写出正方形的边长． (4)在移动过程中，每当点移动1个单位长度时，点均移动d个单位长度，直接写出d的值． 命题透视 ►核心考点：正方形、相似、全等、动点问题 ►命题分析： （1）情境创设：在等腰△ABC中，正方形DEFG的顶点在三角形三边上运动，求tan∠ABC、证明BE=CE、求边长和运动关系。 （2）问题设计：（1）情境创设：动态几何问题，正方形在等腰三角形中运动，综合性极强；（2）问题设计：四小问层层递进，从求三角函数值到证明全等、计算边长、再到动点关系；（3）考查目标：考查推理能力、几何直观和运算能力。 （3）考查目标：考查推理能力、几何直观和运算能力，要求学生能综合运用相似、全等、勾股定理和动态分析求解复杂几何问题。 答案与解析 【答案】(1) (2)证明：∵四边形是正方形， ∴ ∵， ∴ ∴ ∵ ∴， ∴ ∴； (3)①；② (4) 【分析】（1）过点作于点，根据等腰三角形的性质以及勾股定理求解，再由正切的定义求解； （2）证明即可； （3）①过点作于点，过点作于点，在中，由，设，同理可设，证明即可求解； ②构造同样辅助线，如上图，由，可得方程组，解方程组求解，再由勾股定理求解； （4）先同样构造（3）问辅助线，再过点作交的延长线于点， 同理可证明，则，证明当点运动时，点到的距离不变，为，当点与点重合时，记作点，作出初始位置时的正方形，则点在同一直线上，由题意设，可得四边形是矩形，则，，那么，，解得，再由求解即可． 【详解】（1）解：过点作于点， ∵，， ∴， ∴， ∴； （2）略 （3）解：①过点作于点，过点作于点，则， ∴在中，，设， ∵， ∴，则设 ∵四边形是正方形， ∴ ∴ ∴ ∴ 在中，由勾股定理得， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴； ②构造同样辅助线，如上图， ∵， ∴可得方程组， 解得， ∴， ∴； （4）解：先同样构造（3）问辅助线，再过点作交的延长线于点， 同理可证明 ∴， 由（3）可知, ∴ ∴， ∴当点运动时，点到的距离不变，为， 当点与点重合时，记作点，作出初始位置时的正方形，则点在同一直线上， 由题意设， ∵四边形是正方形， ∴， ∵ ∴四边形是矩形， ∴，， ∴，， 解得 ∴，， ∴ ∴d的值为． 知识总结 ①核心概念：等腰三角形三线合一；全等三角形判定（AAS）；相似三角形性质；勾股定理；动点问题中的不变量分析。②解题方法：第(1)问作AH⊥BC，得AH=8，tan∠ABC=4/3；第(2)问证△BED≅△CEF(AAS)；第(3)问设DM=4x，BM=3x，利用全等和勾股定理求解；第(4)问分析G到BC距离为定值48/7，得d=1/7。③拓展关联：动态几何问题通常需要抓住‘变中不变’的量，利用相似、全等建立数量关系，是中考几何压轴题的高频考点。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $