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轉化思想
轉化思想：轉化思想通常是指將未知問題轉化為已知問題，將抽象問題轉化為具體問題，將實際問題轉化為數學問題的一種數學思想方法，這種轉化思想也常常發生在不同的數學問題之間互相轉化之中。它是分析問題、解決問題的有效途徑，包含了數學特有的數、式、形的相互轉換，也包含了心理達標的轉換。“曹沖秤象”“阿基米德測王冠”的故事就體現了轉化思想，曹沖把秤大象的重量轉化為秤船上石塊的重量，阿基米德用王冠排開水的體積測王冠的體積。
轉化思想在中考數學中的應用范圍
1.代數式中的轉化
在代數式中，經常需要通過變形、化簡等手段，將復雜的式子轉化為簡單的式子。比如，對于分式，可以將其轉化為乘法形式，對于多項式，可以將其因式分解或配方。例如數學課上用甲、乙、丙三種紙片拼成大正方形，根據圖形面積得到乘法公式，這一過程運用了轉化思想，把圖形問題轉化為代數公式問題。又如小華模仿拼圖形，根據圖形面積寫出多項式因式分解的式子，也是將圖形與代數式進行轉化。
2.方程中的轉化
在解方程時，經常需要通過消元、降次、換元等手段，將復雜的方程轉化為簡單的方程。例如解分式方程時，在方程兩邊同乘，把原方程化為整式方程，體現了轉化思想；解方程時，將視為一個整體，設，則原方程化為一元二次方程，運用換元法達到降次轉化的目的，體現了整體思想和轉化思想。
3.幾何中的轉化
在幾何中，經常需要通過添加輔助線、構造輔助圖形等手段，將復雜的問題轉化為簡單的問題。比如在證明三角形全等的定理時，可以通過構造輔助線來證明兩個三角形全等。
4.函數中的轉化
在函數中，經常需要通過變換函數形式、構造函數等手段，將復雜的問題轉化為簡單的問題。比如在研究二次函數的性質時，可以將其轉化為頂點式形式來研究其對稱軸和最值。
解題思路：
1.明確目標問題
面對中考數學題目，首先要清晰地識別問題的本質和求解目標，確定這是一個關于代數式化簡、方程求解、幾何證明還是函數分析等哪方面的問題。例如在看到一個復雜的方程時，明確要將其轉化為可求解的簡單方程形式。
2.尋找轉化方向
根據問題的類型和已知條件，思考可以將問題轉化到哪個已知的、熟悉的知識領域或模型中。如遇到幾何圖形的面積問題，可考慮通過割補法轉化為規則圖形的面積計算；對于含有多個未知數的方程，考慮通過消元法轉化為一元方程。
3.選擇合適方法
根據轉化方向，選擇具體的轉化方法。在代數式中可以采用變形、化簡、因式分解等方法；方程中可運用消元、降次、換元等；幾何里可添加輔助線、構造全等或相似圖形；函數中可進行函數形式的變換等。比如在解方程時，如果發現方程中有重復出現的式子，可采用換元法簡化方程。
4.實施轉化并求解
運用選定的方法對問題進行轉化，將復雜問題逐步轉化為簡單問題，然后按照熟悉的方法進行求解。在求解過程中要注意每一步的合理性和準確性。
一．選擇題（共10小題）
1．（2024 渭源縣模擬）已知反比例函數在每一個象限內y隨x的增大而增大，則k的值可能是（　　）
A．﹣3 B．﹣1 C．0 D．
【分析】由題意可得k+2＜0，所以k＜﹣2，所以選A．
【解答】解：∵反比例函數在每一個象限內y隨x的增大而增大，
∴k+2＜0，
∴k＜﹣2，
只有選項A符合題意．
故選：A．
2．（2024 新密市模擬）如圖，已知 ABCD中，E是邊AD的中點，BE交對角線AC于點F，那么S△AFE：S四邊形FCDE為（　　）
A．1：3 B．1：4 C．1：5 D．1：6
【分析】根據AE∥BC，E為AD中點，找到AF與FC的比，則可知△AEF面積與△FCE面積的比，同時因為△DEC面積＝△AEC面積，則可知四邊形FCDE面積與△AEF面積之間的關系．
【解答】解：連接CE，∵AE∥BC，E為AD中點，
∴．
∴△FEC面積是△AEF面積的2倍．
設△AEF面積為x，則△AEC面積為3x，
∵E為AD中點，
∴△DEC面積＝△AEC面積＝3x．
∴四邊形FCDE面積為5x，
所以S△AFE：S四邊形FCDE為1：5．
故選：C．
3．（2024 瀘州校級二模）設x1，x2是方程x2﹣3x+1＝0的兩根，則（　　）
A． B． C．3 D．5
【分析】先求出（）2，再求其算術平方根即可．
【解答】解：∵x1，x2是方程x2﹣3x+1＝0的兩根，
∴x1+x2＝3，x1 x2＝1，
而（）2＝x1+x2+23+2＝5，
且0，0故0，
∴，
故選：B．
4．（2024 甘谷縣校級三模）在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠BAC的角平分線AD交BC于點D，BC＝7，BD＝4，則點D到AB的距離是（　　）
A．3 B．4 C．5 D．7
【分析】由角平分線的性質，線段的和差，等量代換，求得點到直線的距離為3．
【解答】解：過點D作DE⊥AB交AB于點E，
如圖所示：
∵∠C＝90°，
∴DC⊥AC，
又∵AD是∠BAC的角平分線，DE⊥AB，
∴CD＝ED，
又∵BC＝BD+DC，BC＝7，BD＝4，
∴DC＝BC﹣BD＝7﹣4＝3，
∴ED＝3，
即點D到AB的距離是3，
故選：A．
5．（2024 重慶模擬）在多項式﹣（2x+1）+（3x﹣2）﹣（4x+3）+（5x﹣4）中，每次任選其中的m個括號改變選定的括號前面的符號（1≤m≤4，m為整數，將“+”變為“﹣”，“﹣”變為“+”），化簡后再求絕對值，稱這種操作為“變號絕對”操作，并將絕對值化簡后的結果記為“A”．例如：
A＝|+（2x+1）+（3x﹣2）+（4x+3）+（5x﹣4）|＝|14x﹣2|，當x時，A＝14x﹣2，當x時，A＝﹣14x+2，所以A＝14x﹣2或者A＝﹣14x+2．
①至少存在一種“變號絕對”操作，使得操作后化簡的結果是單項式；
②若一種“變號絕對”操作，其化簡的結果是6x﹣k，則x；
③所有可能的“變號絕對”操作后所得代數式化簡后的結果一共12種．
其中正確的個數為（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
【分析】根據閱讀內容了解“變號絕對”的方法，根據要求調換運算符號求結果即可．
【解答】解：①﹣（2x+1）+（3x﹣2）﹣（4x+3）+（5x﹣4）改變后兩個括號可以消去x值，
A＝|﹣（2x+1）+（3x﹣2）+（4x+3）﹣（5x﹣4）|＝|﹣2x﹣1+3x﹣2+4x+3﹣5x+4|＝4，
至少存在一種“變號絕對”操作，使得操作后化簡的結果是單項式，正確；
②若一種“變號絕對”操作，其化簡的結果是6x﹣k，
B＝|（2x+1）+（3x﹣2）﹣（4x+3）+（5x﹣4）|＝|2x+1+3x﹣2﹣4x﹣3+5x﹣4|＝|6x﹣8|，
則x，正確；
③所有可能的“變號絕對”操作后所得代數式化簡后的結果一共有8種，不正確．
故選：C．
6．（2024 瑤海區一模）如圖，在△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC＝9，以點A為圓心、6為半徑的圓上有一個動點P．連接AP、BP、CP，則的最小值是（　　）
A． B． C． D．
【分析】在AB上截取一點F，使AF＝4，可得△FAP∽△PAB，進而得出PFPB，從而轉化成求PF+CP的最小值．
【解答】解：在AB上截取一點F，使AF＝4，
∵AB＝9，AP＝6，
∴，，
又∵∠FAP＝∠PAB，
∴△FAP∽△PAB，
∴，
∴PFPB，
∴則PF+CP，
要使的值最小，
只要PF+CP的值最小，
∴當C、P、F三點在同一條直線上，即P為CF與⊙A的交點時，PF+CP的值最小為CF的長，
在Rt△AFC中，
∵AF＝4，AC＝9，
∴FC，
即的最小值為．
故選：B．
7．（2024 北京模擬）在平面直角坐標系xOy中，對于點P（a，b），若ab＞0，則稱點P為“同號點”．下列函數的圖象中不存在“同號點”的是（　　）
A．y＝﹣x+1 B．y＝x2﹣2x C．y D．y＝x2
【分析】由題意，圖象經過第一和第三象限的函數都是滿足條件的，由此判斷即可．
【解答】解：由題意，圖象經過第一和第三象限的函數都是滿足條件的，
函數y的圖象在二四象限，不滿足條件，
故選：C．
8．（2024 浙江模擬）“萊洛三角形”也稱為圓弧三角形，它是工業生產中廣泛使用的一種圖形．如圖，分別以等邊三角形ABC的三個頂點為圓心，以邊長為半徑畫弧，三段圓弧圍成的封閉圖形是“萊洛三角形”．若該“萊洛三角形”的面積為，則等邊三角形ABC的邊長為（　　）
A． B．1 C． D．
【分析】令正三角形ABC的邊長為x，將“萊洛三角形”的面積轉化為扇形ABC面積的3倍再減去△ABC面積的2倍，進而建立關于x的方程即可解決問題．
【解答】解：過點A作BC的垂線，垂足為M，
∵AB＝AC，AM⊥BC，
∴BM＝CM．
令等邊三角形ABC的邊長為2x，
則AB＝2x，BM＝x，
在Rt△ABM中，
AM．
∴，
又∵，
∴，
解得x（舍負），
∴AB＝2x＝1．
即等邊三角形ABC的邊長為1．
故選：B．
9．（2024 瀘縣一模）已知二次函數y＝（x﹣a﹣1）（x﹣a+1）﹣2a+9（a是常數）的圖象與x軸沒有公共點，且當x＜﹣2時，y隨x的增大而減小，則實數a的取值范圍是（　　）
A．a＞﹣2 B．a＜4 C．﹣2≤a＜4 D．﹣2＜a≤4
【分析】先將所給的二次函數整理，再根據圖象與x軸沒有公共點，得出判別式Δ＜0，從而解得a＜4；然后求出拋物線的對稱軸，結合拋物線開口向上，且當x＜﹣2時，y隨x的增大而減小，可得a≥﹣2，從而得出選項．
【解答】解：y＝（x﹣a﹣1）（x﹣a+1）﹣2a+9
＝x2﹣2ax+a2﹣2a+8，
∵圖象與x軸沒有公共點，
∴△＝（﹣2a）2﹣4（a2﹣2a+8）＜0
解得a＜4；
∵拋物線的對稱軸為直線xa，拋物線開口向上，且當x＜﹣2時，y隨x的增大而減小，
∴a≥﹣2，
∴實數a的取值范圍是﹣2≤a＜4．
故選：C．
10．（2024 牙克石市二模）已知拋物線y（x﹣1）（x﹣9）與x軸交于A，B兩點，對稱軸與拋物線交于點C，與x軸交于點D，⊙C的半徑為2，G為⊙C上一動點，P為AG的中點，則DP的最大值為（　　）
A． B．2 C． D．5
【分析】P為AG中點，D為AB中點，所以PD是△ABG的中位線，則DP BG，當BG最大時，則DP最大．由圓的性質可知，當G、C、B三點共線時，BG最大．
【解答】解：如圖，連接BG．
P為AG中點，D為AB中點，所以PD是△ABG的中位線，則DPBG，當BG最大時，則DP最大．
由圓的性質可知，當G、C、B三點共線時，BG最大．
∵C（5，3），B（9，0），
∴BC5，
∴BG的最大值為2+5＝7，
∴DP的最大值為．
故選：A．
二．填空題（共4小題）
11．（2024 蒸湘區一模）已知，那么 　　 ．
【分析】直接根據已知用同一未知數表示出各數，進而得出答案．
【解答】解：∵，
∴設x＝5a，則y＝2a，
那么．
故答案為：．
12．（2025 揚州模擬）如圖1，在矩形紙片ABCD中，AB＝12，AD＝10，點E是CD的中點．將這張紙片依次折疊兩次：如圖2，第一次折疊紙片使點A與點E重合，折痕為MN，連接ME、NE；如圖3，第二次折疊紙片使點N與點E重合，點B落在B'處，折痕為HG，連接HE，則tan∠EHG＝　　 .
【分析】利用折疊的性質，將所求的∠EHG轉化為求∠EAB，即可求解．
【解答】解：如圖，連接AE，過點E作EF⊥AB于點F，
在矩形紙片ABCD中，AB＝12，AD＝10，點E是CD的中點，
∴AF＝DECDAB＝6，EF＝AD＝10，
由折疊性質可得：
HG⊥EN，AE⊥MN，∠MEN＝∠DAB＝90°，∠EHG＝∠NHG，∠AMN＝∠EMN，
∴HG∥ME，
∴∠NHG＝∠EMN，
∴∠EHG＝∠AMN，
∵AE⊥MN，∠MAE+∠EAN＝90°，
∴∠AMN+∠MAE＝90°，
∴∠AMN＝∠EAN，
∴∠EHG＝∠EAN，
∴tan∠EHG＝tan∠EAN，
故答案為：．
13．（2025 錫山區一模）如圖，正方形ABCD中，BC＝2，點M是AB邊的中點，連接DM，DM與AC交于點P，點F為DM中點，點E為DC上的動點．當∠DFE＝45°時，則DE＝　　 ．
【分析】在直角△ADM中，利用勾股定理求出DM的長度，由于F為DM的中點，得到DF的長度，由于AB∥CD，易得△DCP∽△MAP，從而求得DP的長度，由于∠DFE＝∠DCP＝45°，可以證明△DEF∽△DPC，即可解決．
【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD＝AB＝BC＝DC＝2，∠DAM＝90°，AB∥DC，
∵M為AB邊的中點，
∴AM＝BM＝1，
∴DM，
∵F為DM的中點，
∴DF＝MF，
∵AB∥CD，
∴∠CDP＝∠PMA，∠DCP＝∠MAP，
∴△DCP∽△MAP，
∴2，
∴，
∵四邊形ABCD是正方形，∠DFE＝45°，
∴∠DCP＝∠DFE＝45°，
∵∠CDP＝∠FDE，
∴△DCP∽△DFE，
∴，
∴，
故答案為：．
14．（2025 陽新縣模擬）如圖，在平面直角坐標系中，點B與點D分別在x軸、y軸上，正方形OBCD與正方形OEFG的邊長分別為6和4，正方形OEFG繞點O旋轉，當F落在y軸正半軸上時，BE2＝　52﹣24　 ；當C，G，F三點共線時，BE的長為 　22或22．　 ．
【分析】根據已知可知E（2，2），B（6，0），根據距離公式求解即可；求BE的長分兩種情況：畫出圖形求解即可．
【解答】解：正方形OBCD與正方形OEFG的邊長分別為6和4，
如圖：
則B（6，0），OE＝4，
當正方形OEFG繞點O旋轉，當F落在y軸正半軸上時，
∴OE平分∠BOD，
∴∠BOE＝45°，
設E（m，m），
則OEm＝4，
∴m＝2，
∴E（2，2），
∴BE2＝（26）2+（20）2，
整理得：BE2＝52﹣24；
當C，G，F三點共線時，分兩種情況：
①如圖：
作DM⊥CG于M，DK⊥OG的延長線于K，連接DG，
∴四邊形DMGK為矩形，
∵∠KDM＝∠CDO＝90°，
∴∠KDM﹣∠ODM＝∠CDO﹣∠ODM，
即∠CDM＝∠ODK，
∵OD＝CD，∠K＝∠CMD＝90°，
∴△CDM≌△ODK（AAS），
∴DM＝DK，CM＝OK，
∴四邊形DMGK為正方形，
設GM＝x，
則OK＝OG+KG＝4+x，
∴CM＝x+4，
在Rt△ODK中，由勾股定理可得
OD2＝OK2+DK2，
即62＝x2+（x+4）2，
解得：x或x（舍去）
∴x，
∵DG為正方形DMGK對角線，
∴DGDKx＝22，
∵∠GOE＝∠BOD＝90°，
∴∠DOG＝∠BOE，
∵DO＝OB，OG＝OE，
∴△DOG≌BOE（SAS），
∴BE＝DG＝22；
②如圖：作DM⊥CG于M，DK⊥OG的延長線于K，連接DG，
∴四邊形DMGK為矩形，
同理可證明四邊形DMGK為正方形，
設GM＝x，則DK＝KG＝x
∴KO＝KG﹣OG＝x﹣4，
∴在Rt△ODK中，由勾股定理可得
OD2＝OK2+DK2，
62＝x2+（x﹣4）2，
解得：x＝2或x＝2（舍去），
∴x＝2，即DK＝2，
∵DG為正方形DMGK對角線，
∴DGDK＝22，
同理再證明△DOG≌BOE（SAS），
∴BE＝DG＝22，
綜上所述：BE＝22或22，
故答案為：52﹣24；22或22．
三．解答題（共4小題）
15．（2025 閔行區模擬）解方程組：．
【分析】將每個方程因式分解，降次化為兩個一次方程，解出重新組合的方程組即可得到答案．
【解答】解：x2﹣5xy﹣6y2＝0可化為（x﹣6y）（x+y）＝0，
∴x﹣6y＝0或x+y＝0，
x2﹣4xy+4y2＝1可化為（x﹣2y+1）（x﹣2y﹣1）＝0，
∴x﹣2y+1＝0或x﹣2y﹣1＝0，
原方程組相當于以下四個方程組：①，②，③，④，
解①②③④分別得：，，，，
∴原方程組的解為：或或或．
16．（2025 河東區一模）在平面直角坐標系中，O為原點，點A（6，0），點B在y軸的正半軸上，∠ABO＝30°，△BCO是等邊三角形，點C在第二象限．
（Ⅰ）填空：如圖①，點B的坐標為 　（0，6）　 ，點C的坐標為 　（﹣9，3）　 ；
（Ⅱ）將△BCO沿x軸向右平移得到△B'C'O'，點B，C，O的對應點分別為B′，C′，O′．
①如圖②，設OO′＝t，△B'C'O'與△ABO重疊部分的面積為S．當△B'C'O'與△ABO重疊部分為五邊形時，B'O'，B'C'，C'O'分別與AB，BO相交于點E，F，G，H，試用含有t的式子表示S，并直接寫出t的取值范圍；
②連接AB'、OC'，當AB'+OC'取得最小值時，求點C′的坐標（直接寫出結果即可）．
【分析】（1）解直角三角形可得BO，CD＝9，從而可得B、C坐標；
（2）①由平移的性質可得，BC∥B'C'，BC＝B'C'＝B'O'，∠BFG＝90°．利用三角函數表示出S△C'B'O'和S△C'GH和S△B'EF的面積，根據S＝S△C'B'O'﹣S△C'GH﹣S△B'EF即可求重疊部分的面積；
②通過構造平行四邊形轉移邊和軸對稱化折為直，將折線段拼接起來后，利用兩點之間線段最短求最值；
【解答】解：（Ⅰ）∵點A（6，0），∠ABO＝30°，
∴BO，
∵△BCO為等邊三角形，作CD⊥y軸于點D，如圖①所示，
則OD，∠DCO＝30°，
∴CD9，
故B的坐標為（0，6），C'的坐標為（﹣9，3），
故作案為：（0，6），（﹣9，3）；
（Ⅱ）①由平移的性質可得，BC∥BC，B'C'＝B'C'＝B'O'，
∵∠CBA＝90°，
∴∠BFG＝90°．
∴∠HO'O＝30°，∠C'HG＝∠O'HO＝60°，
在Rt△OHO'中，OO'＝t，HO，HO'，C'H＝C'O'﹣HO'，
在 Rt△AO′E 中，O′A＝6﹣t，，，
EF＝B'E cos30°，B'F，
所以S＝S△C'B'O'﹣S△C'GH﹣S△B'EF．
其中t的取值范圍是：0＜t＜6；
②法一：如圖a所示，連接AB'和OC'，
以AB'和B'C'為鄰邊構造平行四邊形AB'C'A'，則可得A'的坐標為A'（﹣3，），
作O點關于直線y的對稱點，其對稱點為點B（0，），
故AB'+OC'＝A'C'+C'B，當A'、C'、B三點共線時，A'C'+C'B值最小，
連接A'B，可由待定系數法求得直線A'B的解析式為y，
令y，解得x＝﹣1，
即此時C'的坐標為（﹣1，）．
法二：如圖b所示，連接AB'和OC'，
以OC'和B'C'為鄰邊構造平行四邊形OC'B'M，則可得M的坐標為 M（9，），
作點M關于直線y的對稱點N，可得N點坐標為（9，），
故AB'+OC'＝AB'+B'N，當A、B'、N三點共線時，AB'+B'N值最小，
連接AN，交直線y于點K，
由待定系數法可得直線AN的表達式為y，
令y可得x＝8，
即B'運動到橫坐標為8時，亦即向右平移了8個單位，
故C點也向右平移8個單位得C'（﹣1，）．
17．（2025 綠園區一模）在平面直角坐標系中，點O是坐標原點．點A、B是拋物線y＝x2﹣2x上不重合的兩點，其橫坐標分別為m、4﹣m．
（1）求該拋物線的頂點坐標；
（2）當點A恰好與該拋物線的頂點重合時，連結AB，設AB與x軸交于點E．過點B作BF⊥x軸于點F，求此時tan∠BEF的值；
（3）已知直線l是與x軸平行的一條直線，當直線l不經過點A時，過點A作AD⊥l于點D．連結AB．以AB、AD為鄰邊構造平行四邊形ABCD．
①若點（0，﹣3）恰好在直線l上，當該拋物線在平行四邊形ABCD內部的點的縱坐標y隨x的增大而增大時，直接寫出m的取值范圍．
②若直線l恰好經過該拋物線的頂點，設直線BC與直線l相交于點G，當直線AG分平行四邊形ABCD的面積為1：5兩部分時，直接寫出m的值．
【分析】（1）配方可得頂點坐標；
（2）A恰好與該拋物線的頂點重合時，即A（1，﹣1），B（3，3），求出直線AB的解析式，再求出E點坐標，最后運用正切定義求解；
（3）①分為當m＜2時和當m＝2時和當m＞2時三類情況詳細討論即可；
②Ⅰ：當A點在B點左邊時，根據直線AG分平行四邊形ABCD的面積為1：5兩部分轉化為相似三角形的問題，根據相似比例式列方程求解即可；Ⅱ：當A點在B點右邊時，同Ⅰ類似，根據相似比例式列方程求解即可．
【解答】解：（1）∵y＝x2﹣2x＝（x﹣1）2﹣1，
∴頂點坐標為（1，﹣1）．
（2）點A恰好與該拋物線的頂點重合時，即A（1，﹣1），B（3，3），如圖1所示：
則設直線AB的表達式為y＝kx+b，代入A（1，﹣1），B（3，3），
可得，解得，
故直線AB的表達式為y＝2x﹣3，令y＝0，則x，
故E點的橫坐標為，
因此EF，BF＝3，
故tan∠BEF2．
（3）①由圖2可知，
當m＜2時，A點在B點的左邊，當m＜1時，在平行四邊形ABCD內部包含該拋物線下降部分圖象，顯然不符合題意，
故此時1≤m＜2；
當m＝2時，A、B兩點重合，不符合題意；
當m＞2時，A點在B點的右邊，當m＞3時，在平行四邊形ABCD內部包含該拋物線下降部分圖象，顯然不符合題意，
故此時2＜m≤3；
綜上，m的取值范圍為：1≤m＜2或2＜m≤3；
②Ⅰ：當A點在B點左邊時，即m＜4﹣m時，m＜2，如圖3所示：
設AG交DC于點H，當直線AG分平行四邊形ABCD的面積為1：5兩部分時，
即△ADH的面積為平行平行四邊形ABCD的面積的，
連接AC，所以△ADH的面積與△ACH面積的比為1：2，
從而HC：BA＝HC：CD＝2：3，
易證△GCH∽△GBA，△ADH∽△GCH，
從而有，，
設A（m，m2﹣2m），B（4﹣m，（4﹣m）2﹣2（4﹣m）），
∴AD＝BC＝m2﹣2m+1，BG＝（4﹣m）2﹣2（4﹣m）+1＝（m﹣3）2，
∴GC（m﹣3）2，
∴AD，即m2﹣2m+1（m﹣3）2，
解得m；
Ⅱ：當A點在B點右邊時，即m＞4﹣m時，m＞2，如圖3所示：
設A（m，m2﹣2m），B（4﹣m，（4﹣m）2﹣2（4﹣m）），
當直線AG分平行四邊形ABCD的面積為1：5兩部分時，
同（Ⅰ）可得BG，
∵BG＝（4﹣m）2﹣2（4﹣m）+1＝（m﹣3）2，BC＝AD＝m2﹣2m+1，
∴（m﹣3）2（m2﹣2m+1），整理得：m2﹣8m+13＝0，
解得m，
綜上，m的值為或．
18．（2024 中山市二模）如圖，拋物線y＝x2+bx+c與x軸分別交于A，B兩點（點A在點B的左側），與y軸交于點C，且OB＝OC＝3OA．
（1）求該拋物線的函數表達式；
（2）如圖1，點D是該拋物線的頂點，點P（m，n）是第二象限內拋物線上的一個點，分別連接BD、BC、BP，當∠PBA＝2∠CBD時，求m的值；
（3）如圖2，∠BAC的角平分線交y軸于點M，過M點的直線l與射線AB，AC分別于E，F，已知當直線l繞點M旋轉時，為定值，請直接寫出該定值．
【分析】（1）設OA＝t（t＞0），則OB＝OC＝3t，可得該拋物線的對稱軸為直線x＝t，有b＝﹣2t，將A（﹣t，0），C （0，﹣3t）代入即可求出該拋物線的解析式為y＝x2﹣2x﹣3；
（2）取BC中點G，作GH⊥BC于H，連接CH，過C作CM⊥BD于M，過P作PN⊥x軸于N，由拋物線頂點D坐標為（1，﹣4），B（3，0），C（0，﹣3），可得∠BCD＝90°，GH∥CD，從而H為BD中點，CH＝BHBD，由面積法得CM，故tan∠CHM，即知tan∠PBA，即，設P（m，m2﹣2m﹣3），得，即可得m的值為；
（3）過M作MG∥x軸交AC于G，過F作FT∥x軸交AM于T，過C作CQ∥x軸交AM于Q，由MG∥FT∥CQ∥OA，得△COA∽△CMG，△ACQ∽AGM，有，，故1，即得，根據AM平分∠BAC，可得AC＝CQ，從而，同理可得，又A（﹣1，0），C（0，﹣3），即得．
【解答】解：（1）設OA＝t（t＞0），
∵OB＝OC＝3OA，
∴OB＝OC＝3t，
∴A（﹣t，0），B（3t，0），C （0，﹣3t），
∴該拋物線的對稱軸為直線xt，
∴b＝﹣2t①，
將A（﹣t，0），C （0，﹣3t），代入得：
，
①②③聯立解得：，（t＝0已舍去），
∴該拋物線的解析式為y＝x2﹣2x﹣3；
（2）取BC中點G，作GH⊥BC于H，連接CH，過C作CM⊥BD于M，過P作PN⊥x軸于N，如圖：
由y＝x2﹣2x﹣3得拋物線頂點D坐標為（1，﹣4），
而B（3，0），C（0，﹣3），
∴BC＝3，CD，BD＝2，
∴BC2+CD2＝20，BD2＝20，
∴BC2+CD2＝BD2，
∴∠BCD＝90°，
∵GH⊥BC，
∴GH∥CD，
∵G為BC中點，
∴H為BD中點，
∴CH＝BHBD，
∴∠CHM＝2∠CBD＝∠PBA，
∵CM，
∴MH，
∴tan∠CHM，
∴tan∠PBA，即，
設P（m，m2﹣2m﹣3），則
解得m1＝3（與B重合，舍去）或m2，
∴m的值為；
（3）過M作MG∥x軸交AC于G，過F作FT∥x軸交AM于T，過C作CQ∥x軸交AM于Q，如圖：
∵MG∥x軸，FT∥x軸，CQ∥x軸，
∴MG∥FT∥CQ∥OA，
∴△COA∽△CMG，△ACQ∽AGM，
∴，，
∴1，
∴，
∵AM平分∠BAC，
∴∠CAM＝∠BAM＝∠AQC，
∴AC＝CQ，
∴，
同理可得，
由（1）可知：A（﹣1，0），C（0，﹣3），
∴AC，
∴．
(
1
)轉化思想
轉化思想：轉化思想通常是指將未知問題轉化為已知問題，將抽象問題轉化為具體問題，將實際問題轉化為數學問題的一種數學思想方法，這種轉化思想也常常發生在不同的數學問題之間互相轉化之中。它是分析問題、解決問題的有效途徑，包含了數學特有的數、式、形的相互轉換，也包含了心理達標的轉換。“曹沖秤象”“阿基米德測王冠”的故事就體現了轉化思想，曹沖把秤大象的重量轉化為秤船上石塊的重量，阿基米德用王冠排開水的體積測王冠的體積。
轉化思想在中考數學中的應用范圍
1.代數式中的轉化
在代數式中，經常需要通過變形、化簡等手段，將復雜的式子轉化為簡單的式子。比如，對于分式，可以將其轉化為乘法形式，對于多項式，可以將其因式分解或配方。例如數學課上用甲、乙、丙三種紙片拼成大正方形，根據圖形面積得到乘法公式，這一過程運用了轉化思想，把圖形問題轉化為代數公式問題。又如小華模仿拼圖形，根據圖形面積寫出多項式因式分解的式子，也是將圖形與代數式進行轉化。
2.方程中的轉化
在解方程時，經常需要通過消元、降次、換元等手段，將復雜的方程轉化為簡單的方程。例如解分式方程時，在方程兩邊同乘，把原方程化為整式方程，體現了轉化思想；解方程時，將視為一個整體，設，則原方程化為一元二次方程，運用換元法達到降次轉化的目的，體現了整體思想和轉化思想。
3.幾何中的轉化
在幾何中，經常需要通過添加輔助線、構造輔助圖形等手段，將復雜的問題轉化為簡單的問題。比如在證明三角形全等的定理時，可以通過構造輔助線來證明兩個三角形全等。
4.函數中的轉化
在函數中，經常需要通過變換函數形式、構造函數等手段，將復雜的問題轉化為簡單的問題。比如在研究二次函數的性質時，可以將其轉化為頂點式形式來研究其對稱軸和最值。
解題思路：
1.明確目標問題
面對中考數學題目，首先要清晰地識別問題的本質和求解目標，確定這是一個關于代數式化簡、方程求解、幾何證明還是函數分析等哪方面的問題。例如在看到一個復雜的方程時，明確要將其轉化為可求解的簡單方程形式。
2.尋找轉化方向
根據問題的類型和已知條件，思考可以將問題轉化到哪個已知的、熟悉的知識領域或模型中。如遇到幾何圖形的面積問題，可考慮通過割補法轉化為規則圖形的面積計算；對于含有多個未知數的方程，考慮通過消元法轉化為一元方程。
3.選擇合適方法
根據轉化方向，選擇具體的轉化方法。在代數式中可以采用變形、化簡、因式分解等方法；方程中可運用消元、降次、換元等；幾何里可添加輔助線、構造全等或相似圖形；函數中可進行函數形式的變換等。比如在解方程時，如果發現方程中有重復出現的式子，可采用換元法簡化方程。
4.實施轉化并求解
運用選定的方法對問題進行轉化，將復雜問題逐步轉化為簡單問題，然后按照熟悉的方法進行求解。在求解過程中要注意每一步的合理性和準確性。
一．選擇題（共10小題）
1．（2024 渭源縣模擬）已知反比例函數在每一個象限內y隨x的增大而增大，則k的值可能是（　　）
A．﹣3 B．﹣1 C．0 D．
2．（2024 新密市模擬）如圖，已知 ABCD中，E是邊AD的中點，BE交對角線AC于點F，那么S△AFE：S四邊形FCDE為（　　）
A．1：3 B．1：4 C．1：5 D．1：6
3．（2024 瀘州校級二模）設x1，x2是方程x2﹣3x+1＝0的兩根，則（　　）
A． B． C．3 D．5
4．（2024 甘谷縣校級三模）在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠BAC的角平分線AD交BC于點D，BC＝7，BD＝4，則點D到AB的距離是（　　）
A．3 B．4 C．5 D．7
5．（2024 重慶模擬）在多項式﹣（2x+1）+（3x﹣2）﹣（4x+3）+（5x﹣4）中，每次任選其中的m個括號改變選定的括號前面的符號（1≤m≤4，m為整數，將“+”變為“﹣”，“﹣”變為“+”），化簡后再求絕對值，稱這種操作為“變號絕對”操作，并將絕對值化簡后的結果記為“A”．例如：
A＝|+（2x+1）+（3x﹣2）+（4x+3）+（5x﹣4）|＝|14x﹣2|，當x時，A＝14x﹣2，當x時，A＝﹣14x+2，所以A＝14x﹣2或者A＝﹣14x+2．
①至少存在一種“變號絕對”操作，使得操作后化簡的結果是單項式；
②若一種“變號絕對”操作，其化簡的結果是6x﹣k，則x；
③所有可能的“變號絕對”操作后所得代數式化簡后的結果一共12種．
其中正確的個數為（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
6．（2024 瑤海區一模）如圖，在△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC＝9，以點A為圓心、6為半徑的圓上有一個動點P．連接AP、BP、CP，則的最小值是（　　）
A． B． C． D．
7．（2024 北京模擬）在平面直角坐標系xOy中，對于點P（a，b），若ab＞0，則稱點P為“同號點”．下列函數的圖象中不存在“同號點”的是（　　）
A．y＝﹣x+1 B．y＝x2﹣2x C．y D．y＝x2
8．（2024 浙江模擬）“萊洛三角形”也稱為圓弧三角形，它是工業生產中廣泛使用的一種圖形．如圖，分別以等邊三角形ABC的三個頂點為圓心，以邊長為半徑畫弧，三段圓弧圍成的封閉圖形是“萊洛三角形”．若該“萊洛三角形”的面積為，則等邊三角形ABC的邊長為（　　）
A． B．1 C． D．
9．（2024 瀘縣一模）已知二次函數y＝（x﹣a﹣1）（x﹣a+1）﹣2a+9（a是常數）的圖象與x軸沒有公共點，且當x＜﹣2時，y隨x的增大而減小，則實數a的取值范圍是（　　）
A．a＞﹣2 B．a＜4 C．﹣2≤a＜4 D．﹣2＜a≤4
10．（2024 牙克石市二模）已知拋物線y（x﹣1）（x﹣9）與x軸交于A，B兩點，對稱軸與拋物線交于點C，與x軸交于點D，⊙C的半徑為2，G為⊙C上一動點，P為AG的中點，則DP的最大值為（　　）
A． B．2 C． D．5
二．填空題（共4小題）
11．（2024 蒸湘區一模）已知，那么 　 　 ．
12．（2025 揚州模擬）如圖1，在矩形紙片ABCD中，AB＝12，AD＝10，點E是CD的中點．將這張紙片依次折疊兩次：如圖2，第一次折疊紙片使點A與點E重合，折痕為MN，連接ME、NE；如圖3，第二次折疊紙片使點N與點E重合，點B落在B'處，折痕為HG，連接HE，則tan∠EHG＝　 　 .
13．（2025 錫山區一模）如圖，正方形ABCD中，BC＝2，點M是AB邊的中點，連接DM，DM與AC交于點P，點F為DM中點，點E為DC上的動點．當∠DFE＝45°時，則DE＝　 　 ．
14．（2025 陽新縣模擬）如圖，在平面直角坐標系中，點B與點D分別在x軸、y軸上，正方形OBCD與正方形OEFG的邊長分別為6和4，正方形OEFG繞點O旋轉，當F落在y軸正半軸上時，BE2＝　 　 ；當C，G，F三點共線時，BE的長為 　 　 ．
三．解答題（共4小題）
15．（2025 閔行區模擬）解方程組：．
16．（2025 河東區一模）在平面直角坐標系中，O為原點，點A（6，0），點B在y軸的正半軸上，∠ABO＝30°，△BCO是等邊三角形，點C在第二象限．
（Ⅰ）填空：如圖①，點B的坐標為 　 　 ，點C的坐標為 　 　 ；
（Ⅱ）將△BCO沿x軸向右平移得到△B'C'O'，點B，C，O的對應點分別為B′，C′，O′．
①如圖②，設OO′＝t，△B'C'O'與△ABO重疊部分的面積為S．當△B'C'O'與△ABO重疊部分為五邊形時，B'O'，B'C'，C'O'分別與AB，BO相交于點E，F，G，H，試用含有t的式子表示S，并直接寫出t的取值范圍；
②連接AB'、OC'，當AB'+OC'取得最小值時，求點C′的坐標（直接寫出結果即可）．
17．（2025 綠園區一模）在平面直角坐標系中，點O是坐標原點．點A、B是拋物線y＝x2﹣2x上不重合的兩點，其橫坐標分別為m、4﹣m．
（1）求該拋物線的頂點坐標；
（2）當點A恰好與該拋物線的頂點重合時，連結AB，設AB與x軸交于點E．過點B作BF⊥x軸于點F，求此時tan∠BEF的值；
（3）已知直線l是與x軸平行的一條直線，當直線l不經過點A時，過點A作AD⊥l于點D．連結AB．以AB、AD為鄰邊構造平行四邊形ABCD．
①若點（0，﹣3）恰好在直線l上，當該拋物線在平行四邊形ABCD內部的點的縱坐標y隨x的增大而增大時，直接寫出m的取值范圍．
②若直線l恰好經過該拋物線的頂點，設直線BC與直線l相交于點G，當直線AG分平行四邊形ABCD的面積為1：5兩部分時，直接寫出m的值．
18．（2024 中山市二模）如圖，拋物線y＝x2+bx+c與x軸分別交于A，B兩點（點A在點B的左側），與y軸交于點C，且OB＝OC＝3OA．
（1）求該拋物線的函數表達式；
（2）如圖1，點D是該拋物線的頂點，點P（m，n）是第二象限內拋物線上的一個點，分別連接BD、BC、BP，當∠PBA＝2∠CBD時，求m的值；
（3）如圖2，∠BAC的角平分線交y軸于點M，過M點的直線l與射線AB，AC分別于E，F，已知當直線l繞點M旋轉時，為定值，請直接寫出該定值．

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