期末考试重难点题型汇编【举一反三】
【苏科版】
【考点1
全等三角形的判定与性质综合】
【例1】（2019?南岸区）如图，在△ABC和△ABD中，∠BAC＝∠ABD＝90°，点E为AD边上的一点，且AC＝AE，连接CE交AB于点G，过点A作AF⊥AD交CE于点F．
（1）求证：△AGE≌△AFC；
（2）若AB＝AC，求证：AD＝AF+BD．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到∠C＝∠AEG，利用ASA定理证明AGE≌△AFC；
（2）延长AF至点H，使AH＝AD，证明△CAH≌△BAD，根据全等三角形的性质得到CH＝BD，∠ACH＝∠ABD＝90°，得到CH∥AB，证明HC＝HF，结合图形证明结论．
【答案】证明：（1）∵∠CAB＝∠FAE＝90°，
∴∠CAB﹣∠FAG＝∠FAE﹣∠FAG，即∠CAF＝∠EAG，
∵AC＝AE，
∴∠C＝∠AEG，
在△AGE和△AFC中，
，
∴△AGE≌△AFC（ASA）；
（2）延长AF至点H，使AH＝AD，
在△CAH和△BAD中，
，
∴△CAH≌△BAD（SAS）
∴CH＝BD，∠ACH＝∠ABD＝90°，
∴CH∥AB，
∴∠CHA＝∠HAG，
∵△AGE≌△AFC，
∴∠AGE＝∠AFC，
∴∠AGF＝∠AFG，
∴∠CHA＝∠CFH，
∴HC＝HF，
∴AH＝AF+HF＝AF+CH，
∴AD＝AF+BD．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
【变式1-1】（2019?福州模拟）（1）已知，如图①，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线m经过点A，BD⊥直线m，CE⊥直线m，垂足分别为点D、E，求证：DE＝BD+CE．
（2）如图②，将（1）中的条件改为：在△ABC中，AB＝AC，D、A、E三点都在直线m上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α，其中α为任意钝角，请问结论DE＝BD+CE是否成立？若成立，请你给出证明：若不成立，请说明理由．
【分析】（1）根据BD⊥直线m，CE⊥直线m得∠BDA＝∠CEA＝90°，而∠BAC＝90°，根据等角的余角相等得∠CAE＝∠ABD，然后根据“AAS”可判断△ADB≌△CEA，
则AE＝BD，AD＝CE，于是DE＝AE+AD＝BD+CE；
（2）利用∠BDA＝∠BAC＝α，则∠DBA+∠BAD＝∠BAD+∠CAE＝180°﹣α，得出∠CAE＝∠ABD，进而得出△ADB≌△CEA即可得出答案．
【答案】证明：（1）∵BD⊥直线m，CE⊥直线m，
∴∠BDA＝∠CEA＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD+∠CAE＝90°，
∵∠BAD+∠ABD＝90°，
∴∠CAE＝∠ABD，
∵在△ADB和△CEA中
，
∴△ADB≌△CEA（AAS），
∴AE＝BD，AD＝CE，
∴DE＝AE+AD＝BD+CE；
（2）∵∠BDA＝∠BAC＝α，
∴∠DBA+∠BAD＝∠BAD+∠CAE＝180°﹣α，
∴∠CAE＝∠ABD，
∵在△ADB和△CEA中
，
∴△ADB≌△CEA（AAS），
∴AE＝BD，AD＝CE，
∴DE＝AE+AD＝BD+CE．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质：判定三角形全等的方法有“SSS”、“SAS”、“ASA”、“AAS”；得出∠CAE＝∠ABD是解题关键．
【变式1-2】（2018秋?天台县期末）如图，∠ACB＝90°，AC＝BC，AD⊥CE，BE⊥CE，垂足分别为D，E，若AD＝a，DE＝b，
（1）如图1，求BE的长，写出求解过程；（用含a，b的式子表示）
（2）如图2，点D在△ABC内部时，直接写出BE的长
．（用含a，b的式子表示）
【分析】（1）根据同角的余角相等可得∠ACD＝∠CBE，根据“AAS”可证△ACD≌△CBE，可得CE＝AD＝a，即可求DE的长；
（2）根据同角的余角相等可得∠ACD＝∠CBE，根据“AAS”可证△ACD≌△CBE，可得CE＝AD＝a，即可求DE的长．
【答案】解：（1）∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCD＝90°
∵AD⊥CE，BE⊥CE，
∴∠D＝∠BEC＝90°，
∴∠CBE+∠BCD＝90°，
∴∠ACD＝∠CBE，且AC＝BC，∠ADC＝∠BEC＝90°
∴△ACD≌△CBE（AAS），
∴CE＝AD＝a，
∵DC＝CE+DE
∴BE＝CD＝a+b
（2）∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCD＝90°
∵AD⊥CE，BE⊥CE，
∴∠ADC＝∠BEC＝90°，
∴∠CBE+∠BCD＝90°，
∴∠ACD＝∠CBE，且AC＝BC，∠ADC＝∠BEC＝90°
∴△ACD≌△CBE
∴CE＝AD＝a，
∵CD＝CE﹣DE
∴BE＝CD＝a﹣b，
故答案为：a﹣b
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，熟练运用全等三角形的判定是本题的关键．
【变式1-3】（2019春?道外区期末）如图，四边形ABCD中，∠ABC＝∠BCD＝90°，点E在BC边上，∠AED＝90°
（1）求证：∠BAE＝∠CED；
（2）若AB+CD＝DE，求证：AE+BE＝CE；
（3）在（2）的条件下，若△CDE与△ABE的面积的差为18，CD＝6，求BE的长．
【分析】（1）由∠AEB+∠CED＝180°﹣90°＝90°，∠BAE+∠AEB＝90°，即可得出结论；
（2）在ED上截取EF＝AB，过点F作FG⊥DE交BC于G，连接DG，证出∠BAE＝∠FEG，由ASA证得△ABE≌△EFG得出AE＝EG，BE＝FG，由AB+CD＝DE，EF+DF＝DE，得出DF＝CD，由HL证得Rt△DFG≌Rt△DCG得出FG＝CG，则BE＝CG，即可得出结论；
（3）由△ABE≌△EFG，Rt△DFG≌Rt△DCG，得出S△ABE＝S△EFG，S△DFG＝S△DCG，则S△CDE﹣S△ABE＝2S△CDG＝18，得出S△CDG＝9，则CG?CD＝9，即可得出结果．
【答案】（1）证明：∵∠AEB+∠CED＝180°﹣90°＝90°，∠BAE+∠AEB＝90°，
∴∠BAE＝∠CED；
（2）证明：在ED上截取EF＝AB，过点F作FG⊥DE交BC于G，连接DG，如图所示：
∵∠AEB+∠GEF＝90°，∠BAE+∠AEB＝90°，
∴∠BAE＝∠FEG，
在△ABE和△EFG中，，
∴△ABE≌△EFG（ASA），
∴AE＝EG，BE＝FG，
∵AB+CD＝DE，EF+DF＝DE，
∴DF＝CD，
在Rt△DFG和Rt△DCG中，，
∴Rt△DFG≌Rt△DCG（HL），
∴FG＝CG，
∴BE＝CG，
∴AE+BE＝EG+CG＝CE；
（3）解：∵△ABE≌△EFG，Rt△DFG≌Rt△DCG，
∴S△ABE＝S△EFG，S△DFG＝S△DCG，
∴S△CDE﹣S△ABE＝2S△CDG＝18，
∴S△CDG＝9，
∴CG?CD＝9，即×CG×6＝9，
∴CG＝BE＝3．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、三角形面积的计算等知识，熟练掌握等三角形的判定与性质是解题的关键．
【考点2
动点问题中的全等三角形应用】
【例2】（2019春?平川区期末）如图，已知△ABC中，AB＝AC＝10cm，BC＝8cm，点D为AB的中点．如果点P在线段BC上以3cm/s的速度由点B向C点运动，同时，点Q在线段CA上由点C向A点运动．
（1）若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过1秒后，△BPD与△CQP是否全等，请说明理由．
（2）若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，当点Q的运动速度为多少时，能够使△BPD与△CQP全等？
【分析】（1）经过1秒后，PB＝3cm，PC＝5cm，CQ＝3cm，由已知可得BD＝PC，BP＝CQ，∠ABC＝∠ACB，即据SAS可证得△BPD≌△CQP．
（2）可设点Q的运动速度为x（x≠3）cm/s，经过ts△BPD与△CQP全等，则可知PB＝3tcm，PC＝8﹣3tcm，CQ＝xtcm，据（1）同理可得当BD＝PC，BP＝CQ或BD＝CQ，BP＝PC时两三角形全等，求x的解即可．
【答案】解：（1）经过1秒后，PB＝3cm，PC＝5cm，CQ＝3cm，
∵△ABC中，AB＝AC，
∴在△BPD和△CQP中，
，
∴△BPD≌△CQP（SAS）．
（2）设点Q的运动速度为x（x≠3）cm/s，经过ts△BPD与△CQP全等；则可知PB＝3tcm，PC＝8﹣3tcm，CQ＝xtcm，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
根据全等三角形的判定定理SAS可知，有两种情况：①当BD＝PC，BP＝CQ时，②当BD＝CQ，BP＝PC时，两三角形全等；
①当BD＝PC且BP＝CQ时，8﹣3t＝5且3t＝xt，解得x＝3，∵x≠3，∴舍去此情况；
②BD＝CQ，BP＝PC时，5＝xt且3t＝8﹣3t，解得：x＝；
故若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，当点Q的运动速度为cm/s时，能够使△BPD与△CQP全等．
【点睛】本题主要考查了全等三角形全等的判定，涉及到等腰三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．判定两个三角形全等，先根据已知条件或求证的结论确定三角形，然后再根据三角形全等的判定方法，看缺什么条件，再去证什么条件．
【变式2-1】（2019春?永新县期末）△ABC中，AB＝AC，∠A＝40°，D、E分别是AB，AC上的不动点．且BD+CE＝BC，点P是BC上的一动点．
（1）当PC＝CE时（如图1），求∠DPE的度数；
（2）若PC＝BD时（如图2），求∠DPE的度数还会与（1）的结果相同吗？若相同，请写出求解过程；若不相同，请说明理由．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质和三角形的内角和即可得到结论；
（2）根据全等三角形的判定和性质和三角形的内角和即可得到结论．
【答案】解：（1）∵AB＝AC，∠A＝40°，
∴∠B＝∠C＝70°，
∵CE＝PC，∠EPC＝（180°﹣70°）×＝55°，
又∵BD+CE＝BP+PC，PC＝CE，
∴BD＝PB，∠BPD＝55°，
∴∠DPE＝180°﹣∠BPD﹣∠EPC＝180°﹣55°﹣55°＝70°；
（2）相同，
理由：∵PC＝BC﹣BP，BD＝BC﹣CE，PC＝BD，
∴BP＝CE，
∴△BDP≌△CPE
（SAS），
∴∠CPE＝∠BDP，
又∵∠BPD+∠CPE+∠DPE＝180°，∠BPD+∠BDP+∠B＝180°，
∴∠DPE＝∠B＝70°．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，熟练正确全等三角形的判定和性质是解题的关键．
【变式2-2】（2019春?宝安区期中）如图，在四边形ABCD中，AD＝BC＝10，AB＝CD，BD＝14，点E从D点出发，以每秒2个单位的速度沿DA向点A匀速移动，点F从点C出发，以每秒5个单位的速度沿C→B→C，作匀速移动，点G从点B出发沿BD向点D匀速移动，三个点同时出发，当有一个点到达终点时，其余两点也随之停止运动，假设移动时间为t秒．
（1）试证明：AD∥BC；
（2）在移动过程中，小明发现有△DEG与△BFG全等的情况出现，请你探究这样的情况会出现几次？并分别求出此时的移动时间t和G点的移动距离．
【分析】（1）由SSS证得△ABD≌△CDB，得出∠ADB＝∠CBD，即可得出结论；
（2）设G点的移动距离为x，当△DEG与△BFG全等时，由∠EDG＝∠FBG，得出DE＝BF、DG＝BG或DE＝BG、DG＝BF，
①当点F由点C到点B，即0＜t≤2时，则：，或，解方程组即可得出结果；
②当点F由点B到点C，即2＜t≤4时，则，或，解方程组即可得出结果．
【答案】（1）证明：在△ABD和△CDB中，，
∴△ABD≌△CDB（SSS），
∴∠ADB＝∠CBD，
∴AD∥BC；
（2）解：设G点的移动距离为x，
当△DEG与△BFG全等时，
∵∠EDG＝∠FBG，
∴DE＝BF、DG＝BG或DE＝BG、DG＝BF，
①∵BC＝10，＝2，
∴当点F由点C到点B，即0＜t≤2时，
则：，
解得：，
或，
解得：（不合题意舍去）；
②当点F由点B到点C，即2＜t≤4时，
则，
解得：，
或，
解得：，
∴综上所述：△DEG与△BFG全等的情况会出现3次，此时的移动时间分别是秒、秒、秒，G点的移动距离分别是7、7、．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、平行线的判定、分类讨论、解方程组等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
【变式2-3】（2018秋?十堰期末）在△ABC中，AB＝AC，D是直线BC上一点，以AD为一条边在AD的右侧作△ADE，使AE＝AD，∠DAE＝∠BAC，连接CE．
（1）如图，当点D在BC延长线上移动时，若∠BAC＝25°，则∠DCE＝
．
（2）设∠BAC＝α，∠DCE＝β．
①当点D在BC延长线上移动时，α与β之间有什么数量关系？请说明理由；
②当点D在直线BC上（不与B，C两点重合）移动时，α与β之间有什么数量关系？请直接写出你的结论．
【分析】（1）证△BAD≌△CAE，推出∠B＝∠ACE，根据三角形外角性质求出即可；
（2）①证△BAD≌△CAE，推出∠B＝∠ACE，根据三角形外角性质求出即可
②α+β＝180°或α＝β，根据三角形外角性质求出即可．
【答案】（1）解：∵∠DAE＝∠BAC，
∴∠DAE+∠CAD＝∠BAC+∠CAD，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中
∵，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠B＝∠ACE，
∵∠ACD＝∠B+∠BAC＝∠ACE+∠DCE，
∴∠BAC＝∠DCE，
∵∠BAC＝25°，
∴∠DCE＝25°，
故答案为：25°；
（2）解：当点D在线段BC的延长线上移动时，α与β之间的数量关系是α＝β，理由是：
∵∠DAE＝∠BAC，
∴∠DAE+∠CAD＝∠BAC+∠CAD，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中
∵，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠B＝∠ACE，
∵∠ACD＝∠B+∠BAC＝∠ACE+∠DCE，
∴∠BAC＝∠DCE，
∵∠BAC＝α，∠DCE＝β，
∴α＝β；
（3）解：当D在线段BC上时，α+β＝180°，当点D在线段BC延长线或反向延长线上时，α＝β．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，三角形的外角性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
【考点3
轴对称中的最值问题】
【例3】（2018秋?吴江区期中）如图，∠AOB＝45°，点P是∠AOB内的定点，且OP＝1，若点M、N分别是射线OA、OB上异于点O的动点，则△PMN周长的最小值是（ ）
A．
B．
C．2
D．1.5
【分析】设点P关于OA的对称点为C，关于OB的对称点为D，当点M、N在线段CD上时，△PMN的周长最小，再依据勾股定理，即可得到△PMN周长的最小值．
【答案】解：如图，分别作点P关于OA、OB的对称点C、D，连接CD，分别交OA、OB于点M、N，连接OC、OD、PM、PN．
∵点P关于OA的对称点为C，关于OB的对称点为D，
∴PM＝CM，OP＝OC，∠COA＝∠POA；
∵点P关于OB的对称点为D，
∴PN＝DN，OP＝OD，∠DOB＝∠POB，
∴OC＝OD＝OP＝1，∠COD＝∠COA+∠POA+∠POB+∠DOB＝2∠POA+2∠POB＝2∠AOB＝90°，
∴△COD是等腰直角三角形，
∴CD＝＝．
∴△PMN的周长的最小值＝PM+MN+PN＝CM+MN+DN≥CD＝，
故选：A．
【点睛】此题主要考查最短路线问题，熟知两点之间线段最短是解答此题的关键．凡是涉及最短距离的问题，一般要结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．
【变式3-1】（2018秋?如皋市期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，AB＝10，AD是∠BAC的平分线．若P，Q分别是AD和AC上的动点，则PC+PQ的最小值是（ ）
A．2.4
B．4.8
C．4
D．5
【分析】过点C作CM⊥AB交AB于点M，交AD于点P，过点P作PQ⊥AC于点Q，由AD是∠BAC的平分线．得出PQ＝PM，这时PC+PQ有最小值，即CM的长度，运用勾股定理求出AB，再运用S△ABC＝AB?CM＝AC?BC，得出CM的值，即PC+PQ的最小值．
【答案】解：如图，过点C作CM⊥AB交AB于点M，交AD于点P，过点P作PQ⊥AC于点Q，
∵AD是∠BAC的平分线．
∴PQ＝PM，这时PC+PQ有最小值，即CM的长度，
∵AC＝6，AB＝10，∠ACB＝90°，BC＝8，
∵S△ABC＝AB?CM＝AC?BC，
∴CM＝＝，
即PC+PQ的最小值为．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了轴对称问题，解题的关键是找出满足PC+PQ有最小值时点P和Q的位置．
【变式3-2】（2018秋?大连期中）如图，点P是∠AOB内任意一点，OP＝4，点C和点D分别是射线OA和射线OB上的动点，△PCD周长的最小值是4，则∠AOB的度数是（ ）
A．25°
B．30°
C．35°
D．40°
【分析】分别作点P关于OA、OB的对称点F、E，连接FE，分别交OA、OB于点C、D，连接OE、OF、PC、PD、CD，依据轴对称的性质，即可得到OE＝OF＝EF，即△OEF是等边三角形，进而得出∠AOB＝30°．
【答案】解：分别作点P关于OA、OB的对称点F、E，连接FE，分别交OA、OB于点C、D，此时PD+PC+CD的值最小，连接OE、OF、PC、PD、CD，如图所示：
∵点P关于OA的对称点为F，关于OB的对称点为E，
∴PC＝FC，OP＝OF，∠FOA＝∠POA；
∵点P关于OB的对称点为E，
∴PD＝ED，OP＝OE，∠EOB＝∠POB，
∴OE＝OP＝OF，∠AOB＝∠COD，
∵△PCD周长的最小值是4，
∴PD+PC+CD＝4，
∴DE+CF+CD＝4，
即EF＝4＝OP，
∴OE＝OF＝EF，即△OEF是等边三角形，
∴∠EOF＝60°，
∴∠AOB＝30°，
故选：B．
【点睛】本题考查了轴对称的性质、最短路线问题、等边三角形的判定与性质；熟练掌握轴对称的性质，证明三角形是等边三角形是解决问题的关键．
【变式3-3】（2018?营口）如图，在锐角三角形ABC中，BC＝4，∠ABC＝60°，BD平分∠ABC，交AC于点D，M，N分别是BD，BC上的动点，则CM+MN的最小值是（ ）
A．
B．2
C．2
D．4
【分析】从已知条件结合图形认真思考，通过构造全等三角形，利用三角形的三边的关系确定线段和的最小值．
【答案】解：如图，在BA上截取BE＝BN，
因为∠ABC的平分线交AC于点D，
所以∠EBM＝∠NBM，
在△BME与△BMN中，
所以△BME≌△BMN（SAS），
所以ME＝MN．
所以CM+MN＝CM+ME≥CE．
因为CM+MN有最小值．
当CE是点C到直线AB的距离时，即C到直线AB的垂线段时，CE取最小值为：4×sin60°＝．
故选：C．
【点睛】本题考查了轴对称的应用．易错易混点：解此题是受角平分线启发，能够通过构造全等三角形，把CM+MN进行转化，但是转化后没有办法把两个线段的和的最小值转化为点到直线的距离而导致错误．规律与趋势：构造法是初中解题中常用的一种方法，对于最值的求解是初中考查的重点也是难点．
【考点4
等腰三角形与全等三角形的综合】
【例4】（2019?东莞市模拟）如图，△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝45°，BE⊥AC于点E，AD⊥BC于点D，BE与AD相交于F．
（1）求证：BF＝AC；
（2）若CD＝3，求AF的长．
【分析】（1）根据等腰三角形腰长相等性质可得AD＝BD，即可求证△BDF≌△ACD，即可解题；
（2）连接CF，根据全等三角形的性质得到DF＝DC，得到△DFC是等腰直角三角形．推出AE＝EC，BE是AC的垂直平分线．于是得到结论．
【答案】解：（1）AD⊥BD，∠BAD＝45°，
∴AD＝BD，
∵∠BFD＝∠AFE，∠AFE+∠CAD＝90°，∠CAD+∠ACD＝90°，
∴∠BFD＝∠ACD，
在△BDF和△ACD中，
，
∴△BDF≌△ACD（AAS），
∴BF＝AC；
（2）连接CF，
∵△BDF≌△ADC，
∴DF＝DC，
∴△DFC是等腰直角三角形．
∵CD＝3，CF＝CD＝3，
∵AB＝BC，BE⊥AC，
∴AE＝EC，BE是AC的垂直平分线．
∴AF＝CF，
∴AF＝3．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应边相等的性质，考查了等腰三角形底边三线合一的性质，本题中求证△BDF≌△ACD是解题的关键．
【变式4-1】（2018秋?临清市期末）如图，在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为BC的中点，DE⊥AB，垂足为E，过点B作BF∥AC交DE的延长线于点F，连接CF．
（1）求证：CD＝BF；
（2）求证：AD⊥CF；
（3）连接AF，试判断△ACF的形状．
【分析】（1）由平行可求得∠CBF＝90°，再结合等腰三角形的判定和性质可求得BF＝BD，可得BF＝CD；
（2）结合（1）的结论，可证明△ACD≌△CBF，可得∠DCG＝∠CAD，可证明∠CGD＝90°，可得结论；
（3）由（2）可得CF＝AD，又AB垂直平分DF，可得AD＝AF，可证明CF＝AF，可知△ACF为等腰三角形．
【答案】（1）证明：
∵AC∥BF，且∠ACB＝90°，
∴∠CBF＝90°，
又AC＝BC，
∴∠DBA＝45°，
∵DE⊥AB，
∴∠DEB＝∠BEF＝∠DBF＝90°，
∴∠BDE＝∠BFE＝45°，
∴BD＝BF，
又D为BC中点，
∴CD＝BD，
∴CD＝BF；
（2）证明：
由（1）可知CD＝BF，且CA＝CB，∠ACB＝∠CBF＝90°，
在△ACD和△CBF中
∴△ACD≌△CFB（SAS），
∴∠CAD＝∠BCF，
∵∠ACB＝90°，
∴∠CAD+∠CDA＝90°，
∴∠BCF+∠CDA＝90°，
∴∠CGD＝90°，
∴AD⊥CF；
（3）解：
由（2）可知△ACD≌△CBF，
∴AD＝CF，
由（1）可知AB垂直平分DF，
∴AD＝AF，
∴AF＝CF，
∴△ACF为等腰三角形．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定方法（SSS、SAS、ASA、AAS和HL）和性质（全等三角形的对应边、对应角相等）是解题的关键．
【变式4-2】（2019秋?宁河县校级月考）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝45°，点D是BC的中点，过点C作CE⊥AB，垂足为点E，交AD于点F．
（1）求证：AE＝CE；
（2）求证：△AEF≌△CEB．
【分析】（1）求出∠ACE＝45°，证明∠EAC＝∠ACE，即可解答；
（2）利用同角的余角相等，证明∠BAD＝∠BCE，利用ASA证明即可解答．
【答案】解：（1）∵CE⊥AB，
∴∠AEC＝90°，
∵∠BAC＝45°，
∴∠ACE＝90°﹣45°＝45°，
∴∠EAC＝∠ACE，
∴AE＝CE．
（2）∵AB＝AC，点D是BC的中点，
∴AD⊥BC，
∴∠ADB＝90°，
∴∠B+∠BAD＝90°，
∵∠B+∠BCE＝90°，
∴∠BAD＝∠BCE，
在△AEF和△CEB中，
∴△AEF≌△CEB．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，解决本题的关键是熟记全等三角形的判定方法．
【变式4-3】如图，已知等腰三角形ABC中，AB＝AC，点D、E分别在边AB、AC上，且AD＝AE，连接BE、CD，交于点F．
（1）判断∠ABE与∠ACD的数量关系，并说明理由；
（2）求证：过点A、F的直线垂直平分线段BC．
【分析】（1）证得△ABE≌△ACD后利用全等三角形的对应角相等即可证得结论；
（2）利用垂直平分线段的性质即可证得结论．
【答案】解：（1）∠ABE＝∠ACD；
在△ABE和△ACD中，
，
∴△ABE≌△ACD，
∴∠ABE＝∠ACD；
（2）连接AF．
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
由（1）可知∠ABE＝∠ACD，
∴∠FBC＝∠FCB，
∴FB＝FC，
∵AB＝AC，
∴点A、F均在线段BC的垂直平分线上，
即直线AF垂直平分线段BC．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质及垂直平分线段的性质的知识，解题的关键是能够从题目中整理出全等三角形，难度不大．
【考点5
与等边三角形的性质与判定有关问题综合】
【例5】（2018春?天心区校级期末）如图，D是等边三角形ABC内一点，将线段AD绕点A顺时针旋转60°，得到线段AE，连接CD，BE．
（1）求证：∠AEB＝∠ADC；
（2）连接DE，若∠ADC＝105°，求∠BED的度数．
【分析】（1）根据等边三角形的性质得出∠BAC＝60°，AB＝AC，根据旋转的性质得出∠DAE＝60°，AE＝AD．求出∠EAB＝∠DAC，证△EAB≌△DAC即可；
（2）求出∠AEB＝105°，求出∠AED，即可得出答案．
【答案】解：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝60°，AB＝AC，
∵线段AD绕点A顺时针旋转60°，得到线段AE，
∴∠DAE＝60°，AE＝AD．
∴∠BAD+∠EAB＝∠BAD+∠DAC．
∴∠EAB＝∠DAC．
在△EAB和△DAC中，
∵，
∴△EAB≌△DAC，
∴∠AEB＝∠ADC；
（2）如图，
∵∠DAE＝60°，AE＝AD，
∴△EAD为等边三角形，
∴∠AED＝60°，
又∵∠AEB＝∠ADC＝105°，
∴∠BED＝105°﹣60°＝45°．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质、旋转的性质和等边三角形的性质等知识点，能灵活运用性质定理进行推理是解此题的关键．
【变式5-1】（2018秋?广州期末）如图1，点A是线段BC上一点，△ABD，△AEC都是等边三角形，BE交AD于点M，CD交AE于N．
（1）求证：BE＝DC；
（2）求证：△AMN是等边三角形；
（3）将△ACE绕点A按顺时针方向旋转90°，其它条件不变，在图2中补出符合要求的图形，并判断（1）、（2）两小题结论是否仍然成立，并加以证明．
【分析】（1）根据等边三角形的性质得到AB＝AD，AC＝AE，∠DAB＝∠EAC＝60°，则∠DAC＝∠BAE，根据“SAS”可判断△ABE≌△ADC，则BE＝DC；
（2）由△ABE≌△ADC得到∠ABE＝∠ADC，根据“AAS”可判断△ABM≌△ADN（ASA），则AM＝AN；∠DAE＝60°，根据等边三角形的判定方法可得到△AMN是等边三角形．
（3）判定结论1是否正确，也是通过证明△ABE≌△ADC求得．这两个三角形中AB＝AD，AE＝AC，∠BAE和∠CAD都是60°+∠ACB，因此两三角形就全等，BE＝CD，结论1正确．
将△ACE绕点A按顺时针方向旋转90°，则∠DAC＞90°，因此三角形AMN绝对不可能是等边三角形．
【答案】证明：（1）∵△ABD，△AEC都是等边三角形，
∴AB＝AD，AC＝AE，∠DAB＝∠EAC＝60°，
∴∠DAC＝∠BAE，
在△ABE和△ADC中，，
∴△ABE≌△ADC（SAS），
∴BE＝DC；
（2）由（1）证得：△ABE≌△ADC，
∴∠ABE＝∠ADC．
在△ABM和△ADN中，，
∴△ABM≌△ADN（ASA），
∴AM＝AN．
∵∠DAE＝60°，
∴△AMN是等边三角形；
（3）∵△ABD，△AEC都是等边三角形，
∴AB＝AD，AC＝AE，∠DAB＝∠EAC＝60°，
∴∠DAC＝∠BAE，
在△ABE和△ADC中，，
∴△ABE≌△ADC（SAS），
∴BE＝DC，∠ABE＝∠ADC，
∵∠BAC＝90°
∴∠MAN＞90°，
∵∠MAN≠60°，
∴△AMN不是等边三角形，
∴（1）的结论成立，（2）的结论不成立．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质：有两组边对应相等，且它们所夹的角相等，那么这两个三角形全等；全等三角形的对应边相等．也考查了等腰直角三角形的判定与性质、矩形的性质、等边三角形的判定与性质．
【变式5-2】（2018秋?麻城市校级期末）（1）如图，△ABC中，AB＝AC，点D在线段AB上，E是直线BC上一点，且∠DEC＝∠DCE，若∠A＝60°（如图①）．求证：EB＝AD；
（2）若将（1）中的“点D在线段AB上”改为“点D在线段AB的延长线上”，其它条件不变（如图②），（1）的结论是否成立，并说明理由．
【分析】（1）作DF∥BC交AC于F，由平行线的性质得出∠ADF＝∠ABC，∠AFD＝∠ACB，∠FDC＝∠DCE，证明△ABC是等边三角形，得出∠ABC＝∠ACB＝60°，证出△ADF是等边三角形，∠DFC＝120°，得出AD＝DF，由已知条件得出∠FDC＝∠DEC，ED＝CD，由AAS证明△DBE≌△CFD，得出EB＝DF，即可得出结论；
（2）作DF∥BC交AC的延长线于F，同（1）证出△DBE≌△CFD，得出EB＝DF，即可得出结论；
【答案】（1）证明：作DF∥BC交AC于F，如图①所示：
则∠ADF＝∠ABC，∠AFD＝∠ACB，∠FDC＝∠DCE，
∵△ABC是等腰三角形，∠A＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
∴∠DBE＝120°，∠ADF＝∠AFD＝60°＝∠A，
∴△ADF是等边三角形，∠DFC＝120°，
∴AD＝DF，
∵∠DEC＝∠DCE，
∴∠FDC＝∠DEC，ED＝CD，
在△DBE和△CFD中，
，
∴△DBE≌△CFD（AAS），
∴EB＝DF，
∴EB＝AD；
（2）解：EB＝AD成立；理由如下：
作DF∥BC交AC的延长线于F，如图②所示：
同（1）得：AD＝DF，∠FDC＝∠ECD，∠FDC＝∠DEC，ED＝CD，
又∵∠DBE＝∠DFC＝60°，
∴在△DBE和△CFD中，
，
∴△DBE≌△CFD（AAS），
∴EB＝DF，
∴EB＝AD；
【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、平行线的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
【变式5-3】（2017秋?仁寿县期末）如图1，C是线段BE上一点，以BC、CE为边分别在BE的同侧作等边△ABC和等边△DCE，连结AE、BD．
（1）求证：BD＝AE；
（2）如图2，若M、N分别是线段AE、BD上的点，且AM＝BN，请判断△CMN的形状，并说明理由．
【分析】（1）由等边三角形的性质，可证明△DCB≌△ECA，可得到BD＝AE；
（2）结合（1）中△DCB≌△ECA，可证明△ACM≌△BCN，进一步可得到∠MCN＝60°且CM＝CN，可判断△CMN为等边三角形．
【答案】证明：（1）∵△ABC、△DCE均是等边三角形，
∴AC＝BC，DC＝DE，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠ACB+∠ACD＝∠DCE+∠ACD，
即∠BCD＝∠ACE，
在△DCB和△ECA中，
，
∴△DCB≌△ECA（SAS），
∴BD＝AE；
（2）△CMN为等边三角形，理由如下：
由（1）可知：△ECA≌△DCB，
∴∠CAE＝∠CBD，即∠CAM＝∠CBN，
∵AC＝BC，AM＝BN，
在△ACM和△BCN中，
，
∴△ACM≌△BCN（SAS），
∴CM＝CN，∠ACM＝∠BCN，
∵∠ACB＝60°即∠BCN+∠ACN＝60°，
∴∠ACM+∠ACN＝60°即∠MCN＝60°，
∴△CMN为等边三角形．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质及等边三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键，即可以利用全等来证明线段相等，也可以找角相等的条件．
【考点6
利用勾股定理解折叠问题】
【例6】（2019春?番禺区期末）如图，有一块直角三角形纸片，两直角边，，将纸片沿折叠，直角边恰好落在斜边上，且与重合，求的面积．
【分析】由勾股定理可求的长，由折叠的性质可得，，由勾股定理可求的长，由三角形的面积公式可求解．
【答案】解：，
将纸片沿折叠，直角边恰好落在斜边上，且与重合，
，
设，
则在中，
解得，
即等于
的面积
答：的面积为
【点睛】本题考查了翻折变换，勾股定理，三角形面积公式，熟练掌握折叠的性质是本题的关键．
【变式6-1】（2018秋?建邺区期末）如图，把长为的纸条沿，同时折叠，、两点恰好落在边的点处，且，，求的长．
【分析】由翻折不变性可知：，，设，则，在中，根据，构建方程即可解决问题．
【答案】解：由翻折不变性可知：，，
设，则，
在中，，
，
，
，
的长是．
【点睛】本题考查翻折变换，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数，构建方程解决问题，属于中考常考题型．
【变式6-2】（2019秋?杭州期中）如图，把长方形沿折叠，落在处，交于点，已知，．（长方形的对边相等，四个角都为直角）
（1）求证：；
（2）求的长；
（3）求重叠部分的面积．
【分析】（1）根据轴对称的性质和矩形的性质就可以得出，就可以得出，
（2）设，就有，，在中，由勾股定理就可以求出结论；
（3）根据（2）的结论直接根据三角形的面积公式就可以求出结论．
【答案】解：（1）四边形是矩形，
，，，，
．
与△关于成轴对称
△，
，
，
；
（2），，
，．
设，就有，，在中，由勾股定理，得
，
解得：．
答：的长为；
（3），
．
答：重叠部分的面积为．
【点睛】本题考查了矩形的性质的运用，勾股定理的运用，轴对称的性质的运用，平行线的性质的运用，解答时运用勾股定理求出的值是关键．
【变式6-3】（2018春?杜尔伯特县期中）如图，将边长为的正方形折叠，使点落在边的中点处，点落在处，折痕为．
（1）求线段长．
（2）连接，并求的长．
【分析】（1）设，则，由翻折的性质可知，在中，由勾股定理列方程求解即可；
（2）连接，由翻折的性质可知，然后在中由勾股定理求得的长即可．
【答案】解：（1）设，则．由翻折的性质可知：．
在中，由勾股定理可知：，，
解得：，即．
（2）如图所示，连接．
在三角形中，．
由翻折的性质可知．
【点睛】本题主要考查的是翻折的性质、勾股定理，利用勾股定理的到关于的方程是解题的关键．
【考点7
实数与数轴】
【例7】（2018秋?西湖区校级月考）如图1，纸上有五个边长为1的小正方形组成的图形纸，我们可以把它剪开拼成一个正方形．
（1）拼成的正方形的边长为 ．
（2）如图2，以数轴的单位长度的线段为边作一个直角三角形，以数轴上表示的﹣1点为圆心，直角三角形的最大边为半径画弧，交数轴正半轴于点A，那么点A表示的数是 ﹣1 ．
（3）如图3，网格中每个小正方形的边长为1，若能把阴影部分剪拼成一个新的正方形，求新的正方形的面积和边长．
【分析】（1）设拼成的正方形的边长为a，根据总面积列方程可解答；
（2）根据勾股定理计算，并根据圆中半径相等，结合数轴上点的特点可解答；
（3）根据图形求出阴影部分的面积，即为新正方形的面积，开方即可求出边长．
【答案】解：（1）设拼成的正方形的边长为a，
则a2＝5，
a＝，
即拼成的正方形的边长为，
故答案为：；
（2）由勾股定理得：＝，
∴点A表示的数为﹣1，
故答案为：﹣1；
（3）根据图形得：S阴影＝2×2×2×+2×2×＝4+2＝6，即新的正方形的面积为6，新正方形的边长为．
【点睛】此题考查了实数、数轴、几何图形及算术平方根，熟练掌握算术平方根的定义是解本题的关键．
【变式7-1】（2018秋?邢台期末）如图甲，这是由8个同样大小的立方体组成的魔方，总体积为64cm3．
（1）这个魔方的棱长为 4 cm；
（2）图甲中阴影部分是一个正方形ABCD，求这个正方形的边长；
（3）把正方形ABCD放置在数轴上，如图乙所示，使得点A与数1重合，则D在数轴上表示的数为 1﹣2 ．
【分析】（1）魔方是个正方体，正方体的体积等于棱长的三次方；
（2）这个正方形ABCD的边长是小立方体一个面的对角线的长度；
（3）点D表示的数是负数，它的绝对值比正方形ABCD的边长少1．
【答案】解：（1）设魔方的棱长为acm，根据题意得
a3＝64
∴a＝4
故答案为4．
（2）设小正方体的棱长为bcm，根据题意得
8b3＝64
∴b＝2
∴所以根据勾股定理得
CD2＝22+22
∴CD＝2
答：这个正方形的边长是2cm．
（3）由（2）知，AD＝2
∴点D对应的数的绝对值是2﹣1
∵点D对应的数是负数
∴点D对应的数是1﹣2
故答案为1﹣2．
【点睛】本题考查了正方体的体积、实数与数轴之间的关系和勾股定理．正方体的体积＝棱长的立方．实数与数轴上的点是一一对应的关系，要在数轴上表示一个实数，要知道这个实数的正负性和绝对值．
【变式7-2】（2018秋?嵊州市期末）如图，4×4方格中每个小正方形的边长都为1．
（1）直接写出图（1）中正方形ABCD的面积及边长；
（2）在图（2）的4×4方格中，画一个面积为8的格点正方形（四个顶点都在方格的顶点上）；并把图（2）中的数轴补充完整，然后用圆规在数轴上表示实数．
【分析】（1）根据勾股定理求出正方形的边长，再根据边长的长和面积公式即可求出答案；
（2）根据勾股定理和正方形的面积公式即可画出图形，利用圆规，以O为圆心，正方形的边长为半径画弧可得实数的位置．
【答案】解：（1）正方形的边长是：＝，
面积为：×＝5．
（2）见图：在数轴上表示实数，
【点睛】本题考查了三角形的面积，实数与数轴，用到的知识点是勾股定理，以及勾股定理的应用，在直角三角形中，两直角边的平方和等于斜边的平方．
【变式7-3】（2018秋?西湖区校级月考）在数学活动中，我们发现了一些有趣的现象，可以用图形来解决一些数的问题现象一：如图（1）所示，5×5的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1．
（1）请求出图中阴影部分正方形的面积和边长，并用直尺和圆规把边长表示的数在数轴上表示出来．
现象二：为求…的值，设计了如图（2）所示的几何图形．
（2）请你利用这个几何图形求…的值为 1﹣ ．（结果保留n）
请你利用图（2）再设计一个能求…的值的几何图形．
【分析】（1）根据阴影部分的面积等于正方形的面积减去四周四个小直角三角形的面积列式计算即可得解；再利用算术平方根的定义求出边长；利用勾股定理作出边长表示的无理数即可．
（2）设正方形的面积为1，每次划分都是将原图形化成两个面积相等的图象，当化到第n个时，所剩的最小图形的面积是，所以…表示的面积等于1﹣．在划分图形时每次划分都是上一级图形面积的一半．
【答案】解：（1）阴影部分面积＝5×5﹣4××1×4，
＝25﹣8
＝17，
阴影部分正方形的边长＝；
如图所示．
（2）…＝1﹣，
如图所示．：
故答案为：1﹣．
【点睛】本题考查了图形的变化类问题，解答关键是利用图形的面积表示所求表达式的值，在图形划分时每一次划分都是上一级图形面积的一半．
【考点8
点在坐标系内的移动规律】
【例8】（2019春?博兴县期中）如图，在平面直角坐标系中，从点p1（﹣1，0），p2（﹣1，﹣1），p3（1，﹣1），p4（1，1），p5（﹣2，1），p6（﹣2，﹣2），…依次扩展下去，则p2019的坐标为（ ）
A．（505，﹣505）
B．（﹣505，505）
C．（﹣505，504）
D．（﹣506，505）
【分析】根据点的下标发现规律：下标是4的倍数的点在第一象限，下标是4的倍数余1的点在第二象限，下标是4的倍数余2的点在第三象限，下标是4的倍数余3的点在第四象限，只需判断2019除以4的余数即可；
【答案】解：根据给出的点发现：下标是4的倍数的点在第一象限，下标是4的倍数余1的点在第二象限，下标是4的倍数余2的点在第三象限，下标是4的倍数余3的点在第四象限，
∴2019在第四象限，
故选：A．
【点睛】本题考查平面内点的特点，点的规律；能够结合图形和点的坐标，寻找到每个象限内点的下标特点是解题的关键．
【变式8-1】（2018春?武昌区期中）一只跳蚤在第一象限及x、y轴上跳动，第一次它从原点跳到（0.1），然后按图中箭头所示方向跳动（0，0）→（0，1）→（1，1）→（1，0）→……，每次跳一个单位长度，则第2018次跳到点（ ）
A．（6，44）
B．（7，45）
C．（44，7）
D．（7，44）
【分析】根据跳蚤运动的速度确定：（0，1）用的次数是1（12）次，到（0，2）是第8（2×4）次，到（0，3）是第9（32）次，到（0，4）是第24（4×6）次，到（0，5）是第25（52）次，到（0，6）是第48（6×8）次，依此类推，到（0，45）是第2025次，后退7次可得2018次所对应的坐标．
【答案】解：跳蚤运动的速度是每秒运动一个单位长度，（0，1）用的次数是1（12）次，到（0，2）是第8（2×4）次，到（0，3）是第9（32）次，到（0，4）是第24（4×6）次，到（0，5）是第25（52）次，到（0，6）第48（6×8）次，依此类推，到（0，45）是第2025次．
2025﹣1﹣6＝2018，
故第2018次时跳蚤所在位置的坐标是（6，44）．
故选：A．
【点睛】此题主要考查了数字变化规律，解决本题的关键是正确读懂题意，能够正确确定点运动的顺序，确定运动的距离，从而可以得到到达每个点所用的时间．
【变式8-2】（2019春?武城县期中）如图，在平面直角坐标系中，有若干个横纵坐标分别为整数的点，其顺序为（1，0）、（2，0）、（2，1）、（1，1）、（1，2）、（2，2）…根据这个规律，第2019个点的坐标为（ ）
A．（45，6）
B．（45，13）
C．（45，22）
D．（45，0）
【分析】到每一个横坐标结束，经过整数点的个数等于最后横坐标的平方，横坐标是奇数时最后以横坐标为该数，纵坐标为0结束，横坐标为偶数时以横坐标为1，纵坐标以横坐标减1结束，横坐标以n结束的有n2个点，
【答案】解：观察图形可知，到每一个横坐标结束，经过整数点的个数等于最后横坐标的平方，
横坐标是奇数时最后以横坐标为该数，纵坐标为0结束，
横坐标为偶数时以横坐标为1，纵坐标以横坐标减1结束，
∴横坐标以n结束的有n2个点，
第2025个点是（45，0），
∴2019个点的坐标是（45，6）；
故选：A．
【点睛】本题考查了点的坐标，观察出点的个数与横坐标存在平方关系是解题的关键．
【变式8-3】（2019春?新左旗期中）如图，动点P在平面直角坐标系中按图中箭头所示方向运动，第1次从原点运动到点（1，1），第2次接着运动到点（2，0），第3次接着运动到点（3，2），…，按这样的运动规律，经过第2018次运动后，动点P的坐标是（ ）
A．（2018，1）
B．（2018，0）
C．（2018，2）
D．（2019，0）
【分析】分析点P的运动规律找到循环规律即可．
【答案】解：点P坐标运动规律可以看做每运动四次一个循环，每个循环向右移动4个单位，则2018＝504×4+2
所以，前504次循环运动点P共向右运动504×4＝2016个单位，剩余两次运动向右走2个单位，且在x轴上．
故点P坐标为（2018，0）
故选：B．
【点睛】本题是平面直角坐标系下的坐标规律探究题，解答关键是利用数形结合解决问题．
【考点9
一次函数动点问题】
【例9】（2019春?昌平区期中）如图①，在矩形MMPQ中，动点R从点N出发，沿着N→P→Q→M方向运动至点M处停止．设点R运动的路程为x，△MNR的面积为y，如果y关于x的函数图象如图②所示，那么下列说法不正确的是（ ）
A．当x＝2时，y＝5
B．矩形MNPQ的周长是18
C．当x＝6时，y＝10
D．当y＝8时，x＝10
【分析】本题通过右侧的图象可以判断出长方形的边长，然后选项计算，选项A、B、C都可证正确，选项D，面积为8时，对应x值不为10，所以错误，故答案为D
【答案】解：由图象可知，四边形MNPQ的边长，MN＝5，NP＝4，点R的速度为1单位/秒
选项A，x＝2时，△MNR的面积＝＝5，正确
选项B，矩形周长为2×（4+5）＝18，正确
选项C，x＝6时，点R在QP上，△MNR的面积＝＝10，正确
选项D，y＝8时，高＝8，则高＝，点R在PN或QM上，距离QP有个单位，对应的x值都不为10，错误
故选：D．
【点睛】本题考查了动点问题分类讨论，对运动中点R的三种位置都设置了问题，是一道很好的动点问题．
【变式9-1】（2019春?建宁县期中）如图，正方形ABCD的边长为4，P为正方形边上一动点，它沿A→D→C→B→A的路径匀速移动，设P点经过的路径长为x，△APD的面积是y，则下列图象能大致反映变量y与变量x的关系图象的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】根据动点P在正方形各边上的运动状态分类讨论△APD的面积即可．
【答案】解：有点P运动状态可知，当0≤x≤4时，点P在AD上运动，△APD的面积为0
当4≤x≤8时，点P在DC上运动，△APD的面积y＝×4×（x﹣4）＝2x﹣8
当8≤x≤12时，点P在CB上运动，△APD的面积y＝8
当12≤x≤16时，点P在BA上运动，△APD的面积y＝×4×（16﹣x）＝﹣2x+32
故选：B．
【点睛】本题为动点问题的函数图象探究题，考查了当动点到达临界点前后的图象变化，解答时根据临界点画出一般图形分段讨论即可．
【变式9-2】（2019春?锦江区期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠A为直角，动点P从点A开始沿A→B→C→D的路径匀速前进到D，在这个过程中，△APD的面积S随时间的变化址程可以用图象近似地表示为（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】根据点P的运动过程可知：△APD的底边为AD，而且AD始终不变，点P到直线AD的距离为△APD的高，根据高的变化即可判断S与t的函数图象．
【答案】解：设点P到直线AD的距离为h，
∴△APD的面积为：S＝AD?h，
当P在线段AB运动时，
此时h不断增大，S也不端增大
当P在线段BC上运动时，
此时h不变，S也不变，
当P在线段CD上运动时，
此时h不断减小，S不断减少，
又因为匀速行驶且CD＞AB，所以在线段CD上运动的时间大于在线段AB上运动的时间．
故选：B．
【点睛】本题考查函数图象，解题的关键是根据点P到直线AD的距离来判断s与t的关系，本题属于基础题型．
【变式9-3】（2019春?镇平县期末）如图①，四边形ABCD中，BC∥AD，∠A＝90°，点P从A点出发，沿折线AB→BC→CD运动，到点D时停止，已知△PAD的面积s与点P运动的路程x的函数图象如图②所示，则点P从开始到停止运动的总路程为（ ）
A．6
B．9
C．10
D．11
【分析】根据函数图象可以直接得到AB、BC和三角形ADB的面积，从而可以求得AD的长，作辅助线AE⊥AD，从而可得CD的长，进而求得点P从开始到停止运动的总路程，本题得以解决．
【答案】解：作CE⊥AD于点E，如下图所示，
由图象可知，点P从A到B运动的路程是3，当点P与点B重合时，△ADP的面积是，由B到C运动的路程为3，
∴＝＝，
解得，AD＝7，
又∵BC∥AD，∠A＝90°，CE⊥AD，
∴∠B＝90°，∠CEA＝90°，
∴四边形ABCE是矩形，
∴AE＝BC＝3，
∴DE＝AD﹣AE＝7﹣3＝4，
∴CD＝＝＝5，
∴点P从开始到停止运动的总路程为：AB+BC+CD＝3+3+5＝11．
故选：D．
【点睛】本题考查动点问题的函数图象，解题的关键是明确题意，能从函数图象中找到我们需要的信息，利用数形结合的思想解答问题．
【考点10
一次函数的应用】
【例10】（2019春?道里区校级期中）为促进青少年体育运动的发展，某教育集团需要购买一批篮球和足球，已知一个篮球比一个足球的单价高30元，买两个篮球和三个足球一共需要510元．
（1）求篮球和足球的单价；
（2）根据实际需要，集团决定购买篮球和足球共100个，其中篮球购买的数量不少于40个，若购买篮球x个，学校购买这批篮球和足球的总费用为y（元），求y与x之间的函数关系式；
（3）在（2）的条件下，由于集团可用于购买这批篮球和足球的资金最多为10500元，求购买篮球和足球各多少个时，能使总费用y最小，并求出y的最小值．
【分析】（1）根据一个篮球比一个足球的单价高30元，买两个篮球和三个足球一共需要510元，可以列出相应的二元一次方程组，从而可以求得篮球和足球的单价；
（2）根据题意可以得到y与x的函数关系式；
（3）根据（2）中的关系式和题意，可以得到购买篮球和足球各多少个时，能使总费用y最小，并求出y的最小值．
【答案】解：（1）设篮球和足球的单价分别为x元、y元，
，得，
答：篮球和足球的单价分别为120元、90元；
（2）∵购买篮球x个，购买篮球和足球共100个，
∴购买足球（100﹣x）个，
∴y＝120x+90（100﹣x）＝30x+9000，
即y与x的函数关系式为y＝30x+9000；
（3）∵集团可用于购买这批篮球和足球的资金最多为10500元，
∴30x+9000≤10500，
解得，x≤50，
又∵x≥40，
∴40≤x≤50，
∵y＝30x+9000，
∴当x＝40时，y取得最小值，此时y＝10200，100﹣x＝60，
答：购买篮球和足球分别为40个、60个时，能使总费用y最小，y的最小值是10200．
【点睛】本题考查一次函数的应用、二元一次方程组的应用、一元一次不等式的应用，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质和不等式的性质解答．
【变式10-1】（2019春?普宁市期中）学校需要购买一批篮球和足球，已知一个篮球比一个足球的单价高30元，买两个篮球和三个足球一共需要510元．
（1）求篮球和足球的单价分别为多少元？
（2）根据实际需要，学校决定购买篮球和足球共100个，其中篮球购买的数量不少于足球数量的，学校可用于购买这批篮球和足球的资金最多为10500元．请问有几种购买方案？
（3）若学校购买这批篮球和足球的总费用为W（元），在（2）的条件下，求哪种方案能使总费用W最小，并求出W的最小值．
【分析】（1）设一个篮球x元，则一个足球（x﹣30）元，根据“买两个篮球和三个足球一共需要510元”列出方程，即可解答；
（2）设购买篮球x个，足球（100﹣x）个，根据“篮球购买的数量不少于足球数量的，学校可用于购买这批篮球和足球的资金最多为10500元”，列出不等式组，求出x的取值范围，由x为正整数，即可解答；
（3）表示出总费用y，利用一次函数的性质，即可确定x的取值，即可确定最小值．
【答案】解：（1）设一个篮球x元，则一个足球（x﹣30）元，由题意得：
2x+3（x﹣30）＝510，
解得：x＝120，
答：一个篮球120元，一个足球90元；
（2）设购买篮球x个，足球（100﹣x）个，
由题意可得：，
解答40＜x＜50，
∵x为正整数，
∴x＝40，41，42，43，44，45，46，47，48，49，50，
∴共有11种购买方案．；
（3）由题意可得y＝120x+90（100﹣x）＝30x+9000（40≤x≤50），
∵k＝30＞0，
∴y随x的增大而增大，
∴当x＝40时，y有最小值，y最小＝30×40+9000＝10200（元），
所以当x＝40时，y最小值为10200元．
【点睛】本题考查了一次函数的应用，解决本题的关键是根据已知条件，列出一元一次方程和一元一次不等式组，应用一次函数的性质解决问题．
【变式10-2】（2019春?南关区期中）快车和慢车分别从甲、乙两地同时出发，匀速相向而行，快车到达乙地后，慢车继续前行，设出发x小时后，两车相距y千米，图中折线表示从两车出发至慢车到达甲地的过程中y与x之间的函数关系式，根据图中信息，解答下列问题．
（1）甲、乙两地相距
千米，快车从甲地到乙地所用的时间是
小时；
（2）求线段PQ的函数解析式（写出自变量取值范围），并说明点Q的实际意义．
（3）求快车和慢车的速度．
【分析】（1）根据图象解答即可；
（2）设线段PQ的解析式为y＝kx+640，将（，440）代入，可求线段AB的解析式，根据线段PQ的解析式求Q点横坐标，得出Q的实际意义；
（3）根据快车从甲地到乙地所用的时间可以求出快车的速度；根据相遇时间为4小时可以得出两车的速度和，进而求出慢车的速度．
【答案】解：（1）根据题意得，甲、乙两地相距640千米，快车从甲地到乙地所用的时间是6.4小时；
故答案为：640；6.4；
（2）设线段PQ的解析式为y＝kx+640，将（，440）代入，得，解得k＝﹣160，
∴线段PQ的解析式为y＝﹣160x+640，
当y＝0时，﹣160x+640＝0，解得x＝4，
故点Q的坐标为（4，0），故Q的实际意义为出发4小时后两车相遇；
（3）快车的速度：640÷6.4＝100（千米/时）；
两车的速度和：640÷4＝160（千米/时），
故慢车的速度为：160﹣100＝60（千米/时）．
答：快车的速度为100千米/时，慢车的速度为千米/时．
【点睛】本题考查了一次函数的运用．关键是通过图象，求出直线解析式，利用直线解析式求A点坐标，得出甲乙两地距离，再根据路程、速度、时间的关系解题．
【变式10-3】（2018秋?宝安区期中）甲、乙两车同时从A地出发驶向B地．甲车到达B地后立即返回，设甲车离A地的距离为y1（千米），乙车离A地的距离为y2（千米），行驶时间为x（小时），y1，y2与x的函数关系如图所示．
（1）填空：A、B两地相距
千米，甲车从B地返回A地的行驶速度是
千米/时；
（2）当两车行驶7小时后在途中相遇，求点E的坐标；（3）甲车从B地返回A地途中，与乙车相距100千米时，求甲车行驶的时间．
【分析】（1）根据函数图象解答；
（2）利用待定系数法求出直线CD的解析式，代入计算；
（3）求出直线OF的解析式，根据题意列方程计算．
【答案】解：（1）由图象可知，A、B两地相距为800千米，
甲车从B地返回A地的行驶速度是800÷（14﹣6）＝100千米/时，
故答案为：800；100；
（2）设直线CD的解析式为y1＝kx+b，
把（6，800）和（14，0）代入得，，
解得，，
则直线CD的解析式为y1＝﹣100x+1400，
当x＝7时，y＝700，
则点E的坐标为（7，700）；
（3）设直线OF的解析式为y2＝bx，
把点E的坐标（7，700）代入得，b＝100，
则直线OF的解析式为y2＝100x，
当y1﹣y2＝100时，﹣100x+1400﹣100x＝100，
解得，x＝6.5，
当y2﹣y1＝100时，100x﹣（﹣100x+1400）＝100，
解得，x＝7.5，
答：甲车行驶的时间为6.5小时或7.5小时．
【点睛】本题考查的是一次函数的应用，读懂函数图象，掌握待定系数法求一次函数解析式的一般步骤是解题的关键．期末考试重难点题型汇编【举一反三】
【苏科版】
【考点1
全等三角形的判定与性质综合】
【例1】（2019?南岸区）如图，在△ABC和△ABD中，∠BAC＝∠ABD＝90°，点E为AD边上的一点，且AC＝AE，连接CE交AB于点G，过点A作AF⊥AD交CE于点F．
（1）求证：△AGE≌△AFC；
（2）若AB＝AC，求证：AD＝AF+BD．
【变式1-1】（2019?福州模拟）（1）已知，如图①，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线m经过点A，BD⊥直线m，CE⊥直线m，垂足分别为点D、E，求证：DE＝BD+CE．
（2）如图②，将（1）中的条件改为：在△ABC中，AB＝AC，D、A、E三点都在直线m上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α，其中α为任意钝角，请问结论DE＝BD+CE是否成立？若成立，请你给出证明：若不成立，请说明理由．
【变式1-2】（2018秋?天台县期末）如图，∠ACB＝90°，AC＝BC，AD⊥CE，BE⊥CE，垂足分别为D，E，若AD＝a，DE＝b，
（1）如图1，求BE的长，写出求解过程；（用含a，b的式子表示）
（2）如图2，点D在△ABC内部时，直接写出BE的长
．（用含a，b的式子表示）
【变式1-3】（2019春?道外区期末）如图，四边形ABCD中，∠ABC＝∠BCD＝90°，点E在BC边上，∠AED＝90°
（1）求证：∠BAE＝∠CED；
（2）若AB+CD＝DE，求证：AE+BE＝CE；
（3）在（2）的条件下，若△CDE与△ABE的面积的差为18，CD＝6，求BE的长．
【考点2
动点问题中的全等三角形应用】
【例2】（2019春?平川区期末）如图，已知△ABC中，AB＝AC＝10cm，BC＝8cm，点D为AB的中点．如果点P在线段BC上以3cm/s的速度由点B向C点运动，同时，点Q在线段CA上由点C向A点运动．
（1）若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过1秒后，△BPD与△CQP是否全等，请说明理由．
（2）若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，当点Q的运动速度为多少时，能够使△BPD与△CQP全等？
【变式2-1】（2019春?永新县期末）△ABC中，AB＝AC，∠A＝40°，D、E分别是AB，AC上的不动点．且BD+CE＝BC，点P是BC上的一动点．
（1）当PC＝CE时（如图1），求∠DPE的度数；
（2）若PC＝BD时（如图2），求∠DPE的度数还会与（1）的结果相同吗？若相同，请写出求解过程；若不相同，请说明理由．
【变式2-2】（2019春?宝安区期中）如图，在四边形ABCD中，AD＝BC＝10，AB＝CD，BD＝14，点E从D点出发，以每秒2个单位的速度沿DA向点A匀速移动，点F从点C出发，以每秒5个单位的速度沿C→B→C，作匀速移动，点G从点B出发沿BD向点D匀速移动，三个点同时出发，当有一个点到达终点时，其余两点也随之停止运动，假设移动时间为t秒．
（1）试证明：AD∥BC；
（2）在移动过程中，小明发现有△DEG与△BFG全等的情况出现，请你探究这样的情况会出现几次？并分别求出此时的移动时间t和G点的移动距离．
【变式2-3】（2018秋?十堰期末）在△ABC中，AB＝AC，D是直线BC上一点，以AD为一条边在AD的右侧作△ADE，使AE＝AD，∠DAE＝∠BAC，连接CE．
（1）如图，当点D在BC延长线上移动时，若∠BAC＝25°，则∠DCE＝
．
（2）设∠BAC＝α，∠DCE＝β．
①当点D在BC延长线上移动时，α与β之间有什么数量关系？请说明理由；
②当点D在直线BC上（不与B，C两点重合）移动时，α与β之间有什么数量关系？请直接写出你的结论．
【考点3
轴对称中的最值问题】
【例3】（2018秋?吴江区期中）如图，∠AOB＝45°，点P是∠AOB内的定点，且OP＝1，若点M、N分别是射线OA、OB上异于点O的动点，则△PMN周长的最小值是（ ）
A．
B．
C．2
D．1.5
【变式3-1】（2018秋?如皋市期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，AB＝10，AD是∠BAC的平分线．若P，Q分别是AD和AC上的动点，则PC+PQ的最小值是（ ）
A．2.4
B．4.8
C．4
D．5
【变式3-2】（2018秋?大连期中）如图，点P是∠AOB内任意一点，OP＝4，点C和点D分别是射线OA和射线OB上的动点，△PCD周长的最小值是4，则∠AOB的度数是（ ）
A．25°
B．30°
C．35°
D．40°
【变式3-3】（2018?营口）如图，在锐角三角形ABC中，BC＝4，∠ABC＝60°，BD平分∠ABC，交AC于点D，M，N分别是BD，BC上的动点，则CM+MN的最小值是（ ）
A．
B．2
C．2
D．4
【考点4
等腰三角形与全等三角形的综合】
【例4】（2019?东莞市模拟）如图，△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝45°，BE⊥AC于点E，AD⊥BC于点D，BE与AD相交于F．
（1）求证：BF＝AC；
（2）若CD＝3，求AF的长．
【变式4-1】（2018秋?临清市期末）如图，在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为BC的中点，DE⊥AB，垂足为E，过点B作BF∥AC交DE的延长线于点F，连接CF．
（1）求证：CD＝BF；
（2）求证：AD⊥CF；
（3）连接AF，试判断△ACF的形状．
【变式4-2】（2019秋?宁河县校级月考）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝45°，点D是BC的中点，过点C作CE⊥AB，垂足为点E，交AD于点F．
（1）求证：AE＝CE；
（2）求证：△AEF≌△CEB．
【变式4-3】如图，已知等腰三角形ABC中，AB＝AC，点D、E分别在边AB、AC上，且AD＝AE，连接BE、CD，交于点F．
（1）判断∠ABE与∠ACD的数量关系，并说明理由；
（2）求证：过点A、F的直线垂直平分线段BC．
【考点5
与等边三角形的性质与判定有关问题综合】
【例5】（2018春?天心区校级期末）如图，D是等边三角形ABC内一点，将线段AD绕点A顺时针旋转60°，得到线段AE，连接CD，BE．
（1）求证：∠AEB＝∠ADC；
（2）连接DE，若∠ADC＝105°，求∠BED的度数．
【变式5-1】（2018秋?广州期末）如图1，点A是线段BC上一点，△ABD，△AEC都是等边三角形，BE交AD于点M，CD交AE于N．
（1）求证：BE＝DC；
（2）求证：△AMN是等边三角形；
（3）将△ACE绕点A按顺时针方向旋转90°，其它条件不变，在图2中补出符合要求的图形，并判断（1）、（2）两小题结论是否仍然成立，并加以证明．
【变式5-2】（2018秋?麻城市校级期末）（1）如图，△ABC中，AB＝AC，点D在线段AB上，E是直线BC上一点，且∠DEC＝∠DCE，若∠A＝60°（如图①）．求证：EB＝AD；
（2）若将（1）中的“点D在线段AB上”改为“点D在线段AB的延长线上”，其它条件不变（如图②），（1）的结论是否成立，并说明理由．
【变式5-3】（2017秋?仁寿县期末）如图1，C是线段BE上一点，以BC、CE为边分别在BE的同侧作等边△ABC和等边△DCE，连结AE、BD．
（1）求证：BD＝AE；
（2）如图2，若M、N分别是线段AE、BD上的点，且AM＝BN，请判断△CMN的形状，并说明理由．
【考点6
利用勾股定理解折叠问题】
【例6】（2019春?番禺区期末）如图，有一块直角三角形纸片，两直角边，，将纸片沿折叠，直角边恰好落在斜边上，且与重合，求的面积．
【变式6-1】（2018秋?建邺区期末）如图，把长为的纸条沿，同时折叠，、两点恰好落在边的点处，且，，求的长．
【变式6-2】（2019秋?杭州期中）如图，把长方形沿折叠，落在处，交于点，已知，．（长方形的对边相等，四个角都为直角）
（1）求证：；
（2）求的长；
（3）求重叠部分的面积．
【变式6-3】（2018春?杜尔伯特县期中）如图，将边长为的正方形折叠，使点落在边的中点处，点落在处，折痕为．
（1）求线段长．
（2）连接，并求的长．
【考点7
实数与数轴】
【例7】（2018秋?西湖区校级月考）如图1，纸上有五个边长为1的小正方形组成的图形纸，我们可以把它剪开拼成一个正方形．
（1）拼成的正方形的边长为 ．
（2）如图2，以数轴的单位长度的线段为边作一个直角三角形，以数轴上表示的﹣1点为圆心，直角三角形的最大边为半径画弧，交数轴正半轴于点A，那么点A表示的数是 ．
（3）如图3，网格中每个小正方形的边长为1，若能把阴影部分剪拼成一个新的正方形，求新的正方形的面积和边长．
【变式7-1】（2018秋?邢台期末）如图甲，这是由8个同样大小的立方体组成的魔方，总体积为64cm3．
（1）这个魔方的棱长为 cm；
（2）图甲中阴影部分是一个正方形ABCD，求这个正方形的边长；
（3）把正方形ABCD放置在数轴上，如图乙所示，使得点A与数1重合，则D在数轴上表示的数为 ．
【变式7-2】（2018秋?嵊州市期末）如图，4×4方格中每个小正方形的边长都为1．
（1）直接写出图（1）中正方形ABCD的面积及边长；
（2）在图（2）的4×4方格中，画一个面积为8的格点正方形（四个顶点都在方格的顶点上）；并把图（2）中的数轴补充完整，然后用圆规在数轴上表示实数．
【变式7-3】（2018秋?西湖区校级月考）在数学活动中，我们发现了一些有趣的现象，可以用图形来解决一些数的问题现象一：如图（1）所示，5×5的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1．
（1）请求出图中阴影部分正方形的面积和边长，并用直尺和圆规把边长表示的数在数轴上表示出来．
现象二：为求…的值，设计了如图（2）所示的几何图形．
（2）请你利用这个几何图形求…的值为 1﹣ ．（结果保留n）
请你利用图（2）再设计一个能求…的值的几何图形．
【考点8
点在坐标系内的移动规律】
【例8】（2019春?博兴县期中）如图，在平面直角坐标系中，从点p1（﹣1，0），p2（﹣1，﹣1），p3（1，﹣1），p4（1，1），p5（﹣2，1），p6（﹣2，﹣2），…依次扩展下去，则p2019的坐标为（ ）
A．（505，﹣505）
B．（﹣505，505）
C．（﹣505，504）
D．（﹣506，505）
【变式8-1】（2018春?武昌区期中）一只跳蚤在第一象限及x、y轴上跳动，第一次它从原点跳到（0.1），然后按图中箭头所示方向跳动（0，0）→（0，1）→（1，1）→（1，0）→……，每次跳一个单位长度，则第2018次跳到点（ ）
A．（6，44）
B．（7，45）
C．（44，7）
D．（7，44）
【变式8-2】（2019春?武城县期中）如图，在平面直角坐标系中，有若干个横纵坐标分别为整数的点，其顺序为（1，0）、（2，0）、（2，1）、（1，1）、（1，2）、（2，2）…根据这个规律，第2019个点的坐标为（ ）
A．（45，6）
B．（45，13）
C．（45，22）
D．（45，0）
【变式8-3】（2019春?新左旗期中）如图，动点P在平面直角坐标系中按图中箭头所示方向运动，第1次从原点运动到点（1，1），第2次接着运动到点（2，0），第3次接着运动到点（3，2），…，按这样的运动规律，经过第2018次运动后，动点P的坐标是（ ）
A．（2018，1）
B．（2018，0）
C．（2018，2）
D．（2019，0）
【考点9
一次函数动点问题】
【例9】（2019春?昌平区期中）如图①，在矩形MMPQ中，动点R从点N出发，沿着N→P→Q→M方向运动至点M处停止．设点R运动的路程为x，△MNR的面积为y，如果y关于x的函数图象如图②所示，那么下列说法不正确的是（ ）
A．当x＝2时，y＝5
B．矩形MNPQ的周长是18
C．当x＝6时，y＝10
D．当y＝8时，x＝10
【变式9-1】（2019春?建宁县期中）如图，正方形ABCD的边长为4，P为正方形边上一动点，它沿A→D→C→B→A的路径匀速移动，设P点经过的路径长为x，△APD的面积是y，则下列图象能大致反映变量y与变量x的关系图象的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式9-2】（2019春?锦江区期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠A为直角，动点P从点A开始沿A→B→C→D的路径匀速前进到D，在这个过程中，△APD的面积S随时间的变化址程可以用图象近似地表示为（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式9-3】（2019春?镇平县期末）如图①，四边形ABCD中，BC∥AD，∠A＝90°，点P从A点出发，沿折线AB→BC→CD运动，到点D时停止，已知△PAD的面积s与点P运动的路程x的函数图象如图②所示，则点P从开始到停止运动的总路程为（ ）
A．6
B．9
C．10
D．11
【考点10
一次函数的应用】
【例10】（2019春?道里区校级期中）为促进青少年体育运动的发展，某教育集团需要购买一批篮球和足球，已知一个篮球比一个足球的单价高30元，买两个篮球和三个足球一共需要510元．
（1）求篮球和足球的单价；
（2）根据实际需要，集团决定购买篮球和足球共100个，其中篮球购买的数量不少于40个，若购买篮球x个，学校购买这批篮球和足球的总费用为y（元），求y与x之间的函数关系式；
（3）在（2）的条件下，由于集团可用于购买这批篮球和足球的资金最多为10500元，求购买篮球和足球各多少个时，能使总费用y最小，并求出y的最小值．
【变式10-1】（2019春?普宁市期中）学校需要购买一批篮球和足球，已知一个篮球比一个足球的单价高30元，买两个篮球和三个足球一共需要510元．
（1）求篮球和足球的单价分别为多少元？
（2）根据实际需要，学校决定购买篮球和足球共100个，其中篮球购买的数量不少于足球数量的，学校可用于购买这批篮球和足球的资金最多为10500元．请问有几种购买方案？
（3）若学校购买这批篮球和足球的总费用为W（元），在（2）的条件下，求哪种方案能使总费用W最小，并求出W的最小值．
【变式10-2】（2019春?南关区期中）快车和慢车分别从甲、乙两地同时出发，匀速相向而行，快车到达乙地后，慢车继续前行，设出发x小时后，两车相距y千米，图中折线表示从两车出发至慢车到达甲地的过程中y与x之间的函数关系式，根据图中信息，解答下列问题．
（1）甲、乙两地相距
千米，快车从甲地到乙地所用的时间是
小时；
（2）求线段PQ的函数解析式（写出自变量取值范围），并说明点Q的实际意义．
（3）求快车和慢车的速度．
【变式10-3】（2018秋?宝安区期中）甲、乙两车同时从A地出发驶向B地．甲车到达B地后立即返回，设甲车离A地的距离为y1（千米），乙车离A地的距离为y2（千米），行驶时间为x（小时），y1，y2与x的函数关系如图所示．
（1）填空：A、B两地相距
千米，甲车从B地返回A地的行驶速度是
千米/时；
（2）当两车行驶7小时后在途中相遇，求点E的坐标；（3）甲车从B地返回A地途中，与乙车相距100千米时，求甲车行驶的时间．
