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摘 要：针对“综合与实践”领域的试题，根据2020年全国各地区中考数学试卷中的典型试题，总结出四个方面的特点，即注重学科基础、注重数学阅读、注重应用价值、注重知识整合，并逐一分析说明. 通过对解题方法进行总结，得到的解题经验是发掘基本模型、类比解题方法、寻找核心本质.
关键词：综合与实践;解法分析;基本模型
《义务教育数学课程标准（2011年版）》中指出，“综合与实践”是一类以问题为载体，以学生自主参与为主的学习活动. 在设计“综合与实践”试题时，一般是从“问题”入手，搭建活动经验积累和思想方法感悟的平台，注重对学生综合运用所学知识解决问题能力的考查. 近年来，中考“综合与实践”试题的呈现形式逐渐趋于稳定，并在稳定中不断地创新.
一、试题分析
从2020年全国各地区中考数学试题来看，“综合与实践”领域的试题一般由问题提出、问题分析、问题解决和应用拓展等部分构成. 试题注重学科基础、数学阅读、应用價值和知识整合，从不同角度综合考查学生的“四基”“四能”.
1. 注重学科基础
例1 （黑龙江·齐齐哈尔卷）综合与实践.
在线上教学中，教师和学生都学习到了新知识，掌握了许多新技能. 例如，教材八年级下册的数学活动——折纸，就引起了许多同学的兴趣. 在经历图形变换的过程中，进一步发展了同学们的空间观念，积累了数学活动经验.
实践发现：
对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平;再一次折叠纸片，使点A落在EF上的点N处，并使折痕经过点B，得到折痕BM，把纸片展平，连接AN，如图1（1）.
（1）折痕BM （填“是”或“不是”）线段AN的垂直平分线;试判断图中△ABN是什么特殊三角形？答： ;进一步计算出∠MNE的度数为 .
（2）继续折叠纸片，使点A落在BC边上的点H处，并使折痕经过点B，得到折痕BG，把纸片展平，如图1（2），则∠GBN 的度数为 .
拓展延伸：
（3）如图1（3），折叠矩形纸片ABCD，使点A落在BC边上的点A′处，并且折痕交BC边于点T，交AD边于点S，把纸片展平，连接AA′交ST于点O，连接AT.
求证：四边形SATA′是菱形.
解决问题：
（4）如图1（4），矩形纸片ABCD中，AB = 10，AD = 26，折叠纸片，使点A落在BC边上的点A′处，并且折痕交AB边于点T，交AD边于点S，把纸片展平. 同学们小组讨论后，得出线段AT的长度有4，5，7，9.
试写出以上4个数值中你认为正确的数值 .
解析：（1）如图1（1），把两次对折、展开矩形纸片的问题情境抽象成轴对称模型，借轴对称的性质及垂直平分线的性质，得△ABN是等边三角形. 进而由∠ENB = 30°，得∠MNE = 60°.
（2）如图1（2），由折叠前后对应角相等，得∠ABG =∠HBG = 45°. 又由等边三角形ABN的内角为60°，进而得∠GBN = 15°.
（3）如图1（3），由折叠所得对应边相等，矩形的对边平行得内错角相等，得△ASO ≌ △A′TO（AAS）. 根据对边平行且相等，得四边形SATA′是平行四边形. 由折叠所得邻边相等，得四边形SATA′是菱形.
（4）如图1（4），已知AB的长求AT，需借BT来求，由于AT = A′T，且Rt△A′TB的斜边长大于直角边，得AT > 5，且点T可以与点B重合. 所以5 < AT ≤ 10. 所以正确的数值有7，9.
【评析】此题以矩形顶点A折叠后的位置变化这一动态过程为线索，与教材的基础知识相关联，形成完整的探究链条，不仅能考查学生轴对称的性质、垂直平分线的性质、菱形的判定、斜边大于直角边等基础知识，而且对学生发现问题、分析问题、解决问题的能力也有考查. 2020年全国各地区中考“综合与实践”领域的试题难度稳定，没有偏题、怪题. 因此在备考过程中要充分关注基础，为实现从知识立意向能力立意过渡做准备. 类似的试题还有贵州黔西南州卷第22题.
2. 注重数学阅读
例2 （山东·青岛卷）实际问题：
某商场为鼓励消费，设计了抽奖活动，方案如下：根据不同的消费金额，每次抽奖时可以从100张面值分别为1元、2元、3元、…、100元的奖券中（面值为整数），一次任意抽取2张、3张、4张、…等若干张奖券，奖券的面值金额之和即为优惠金额.某顾客获得了一次抽取5张奖券的机会，小明想知道该顾客共有多少种不同的优惠金额？
问题建模：
从1，2，3，…，n（n为整数，且n ≥ 3）这n个整数中任取a（1 < a < n）个整数，这a个整数之和共有多少种不同的结果？
模型探究：
我们采取一般问题特殊化的策略，先从最简单的情形入手，再逐次递进，从中找出解决问题的方法.
探究一：
（1）从1，2，3这3个整数中任取2个整数，这2个整数之和共有多少种不同的结果？
如表1，所取的2个整数之和可以为3，4，5，也就是从3到5的连续整数，其中最小是3，最大是5，所以共有3种不同的结果.
（2）从1，2，3，4这4个整数中任取2个整数，这2个整数之和共有多少种不同的结果？
如表2，所取的2个整数之和可以为3，4，5，6，7，也就是从3到7的连续整数，其中最小是3，最大是7，所以共有5种不同的结果. （3）从1，2，3，4，5这5个整数中任取2个整数，这2个整数之和共有 种不同的结果.
（4）从1，2，3，…，n（n为整数，且n ≥ 3）这n个整数中任取2个整数，这2个整数之和共有 种不同的结果.
探究二：
（1）从1，2，3，4这4个整数中任取3个整数，这3个整数之和共有 种不同的结果.
（2）从1，2，3，…，n（n为整数，且n ≥ 4）这n个整数中任取3个整数，这3个整数之和共有 种不同的结果.
探究三：
从1，2，3，…，n（n为整数，且n ≥ 5）这n个整数中任取4个整数，这4个整数之和共有 种不同的结果.
归纳结论：
从1，2，3，…，n（n为整数，且n ≥ 3）这n个整数中任取a（1 < a < n）个整数，这a个整数之和共有 种不同的结果.
问题解决：
从100张面值分别为1元、2元、3元、…、100元的奖券中（面值为整数），一次任意抽取5张奖券，共有 种不同的优惠金额.
拓展延伸：
（1）从1，2，3，…，36这36个整数中任取多少个整数，使得取出的这些整数之和共有204种不同的结果？（写出解答过程）
（2）从3，4，5，…，n + 3（n为整数，且n ≥ 2）这[n+1]个整数中任取a（1 < a < n + 1）个整数，这a个整数之和共有 种不同的结果.
答案：探究一：（3）7;（4）2n - 3（n ≥ 3，n为整数）.
探究二：（1）4;（2）3n - 8（n为整数，且n ≥ 4）.
探究三： 4n - 15.
归纳总结：[an-a+1]（n为整数，且n ≥ 3，1 < a < n）.
问题解决：476.
拓展延伸：（1）7种或29种;（2） [an+1-a2+1].
【评析】此题以“抽奖优惠”为实际背景呈现，试题阅读量大、信息多，但题干中给出了问题的求解思路，需要学生仔细阅读，提取有用信息，简单迁移知识，从而解决问题. 此题考查学生的阅读分析、获取信息、抽象模型、迁移运用等能力，同时考查在阅读求解中积累解决问题的经验. 这类试题能够初步考查学生面对社会未知问题的处理能力，为学生终身发展服务，在2020年全国各地区中考数学试卷中多次出现，如北京卷第28题用新定义考查学生的阅读能力. 今后备考中，教师引导学生阅读数学材料时要注意摸索阅读要领，提高学生的阅读能力.
3. 注重应用价值
例3 （宁夏卷）在综合与实践活动中，活动小组的同学看到网上购鞋的鞋号（为正整数）与脚长（毫米）的对应关系如表3所示.
为了方便对问题的研究，活动小组将表3中的数据进行了编号，并对脚长的数据bn定义为[bn]，如表4所示.
定义：对于任意正整数m，n，其中m > 2.若[bn]= m，则m - 2 ≤ bn ≤ m + 2.
如：[b4]= 175表示175 - 2 ≤ b4 ≤ 175 + 2，即173 ≤ b4 ≤ 177.
（1）通过观察表4，猜想an与序号n之间的关系式，[bn]与序号n之间的关系式;
（2）用含an的代数式表示[bn];计算鞋号为42的鞋适合的脚长范围;
（3）若脚长为271毫米，那么应购鞋的鞋号为多大？
解析：（1）在表4中，由前两行得an = n + 21. 由一、四行，得[bn]= 160 + 5[n-1]= 5n + 155.
（2）n是联系an和[bn]的纽带，由第（1）小题求得的两式消去字母n，得[bn]= 5an + 50.
已知鞋号an，求脚长范围bn，从问题入手. 由表4得 [bn]- 2 ≤ bn ≤ [bn] + 2，
又由[bn]= 5an + 50，则5an + 50 - 2 ≤ bn ≤ 5an + 50 + 2. 将an = 42代入，此时258 ≤ bn ≤ 262.
（3）已知脚长bn，求鞋号an，由第（2）小题进行逆向思维. 根据5an + 50 - 2 ≤ bn ≤ 5an + 50 + 2，得5an + 50 - 2 ≤ 271 ≤ 5an + 50 + 2，得an = 44.
在后两问的解答中，可以不求n的值，这与生活中实际脚长与鞋号有关、与序号n无关完全吻合. 因此，第（1）小题的解答为消去字母n奠定了基础，第（2）小题的求解从消去字母n开始.
【评析】此题以脚长与鞋号之间的关系为线索，考查学生合理构建数学模型，综合利用所学知识解决生活问题的能力，充分体现了数学的应用价值. 综合与实践是联系数学和外部世界的纽带，是数学服务于生活的重要表现，反映了社会的需要. 在2020年全國中考数学试卷中，类似试题还有湖南湘西州卷第25题等. 这就要求学生在平时的学习中多思考生活中遇到的问题是否能用数学知识解决，以及怎么解决.
4. 注重知识整合
例4 （山东·德州卷）如图2，在平面直角坐标系中，点A的坐标是[A0，-2，] 在x轴上任取一点M，连接AM，分别以点A和点M为圆心，大于[12]AM的长为半径作弧，两弧相交于G，H两点，作直线GH，过点M作x轴的垂线l交直线GH于点P.根据以上操作，完成下列问题. 探究：
（1）线段PA与PM的数量关系为 ，其理由为 .
（2）在x轴上多次改变点M的位置，按上述作图方法得到相应点P的坐标，并完成下列表5.
[M的坐标 … （-2，0） （0，0） （2，0） （4，0） … P的坐標 … （0，-1） （2，-2） … ][ 表5]
猜想：
（3）试根据上述表格中点P的坐标，把这些点用平滑的曲线在图3中连接起来;观察画出的曲线l，猜想曲线l的形状是 .
[-4][-3][-2][-1][1][O][2][3][4][x][-4][-3][-2][-1][1][2][A][y] [-5][图3]
验证：
（4）设点P的坐标是[Px，y]，根据图2中线段PA与PM的关系，求出y关于x的函数解析式.
应用：
（5）如图4，点[B-1， 3]，[C1， 3]，点D为曲线l上任意一点，且∠BDC < 30°，求点D的纵坐标[yD]的取值范围.
[-4][-3][-2][-1][1][O][2][3][4][x][-4][-3][-2][-1][1][2][A][y] [-5][图4] [B][C]
解析：（1）PA = PM. 理由：线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等.
（2）方法1：当点M的坐标为[M-2，0]时，设点P的坐标为[P-2，a，] 借助第（1）小题的结论，因为PA = PM，所以[-a=-2-02+a+22.] 解得a = -2，得点P的坐标为[P-2，-2].
当点M的坐标为[M4，0]时，同理可得点[P4，-5].
方法2：当点M的坐标为[M-2，0]时，由于点A的坐标为[A0，-2]，根据条件恰使四边形OAPM为正方形，得点P的坐标为[P-2，-2].
如图5，当点M的坐标为[M4，0]时，设点P的坐标为[P4，-a.] 根据已知条件得[△FAN≌△PMN.] 得OF = FA - 2 = MP - 2 = a - 2. 由线段垂直平分线的性质，得FM = FA = MP = a. 又知OM = 4，在△OFM中，由勾股定理，得a = 5，从而得点P的坐标为[P4，-5].
（3）如图6，根据图象，猜想曲线l的形状为抛物线.
（4）方法1：设点P的坐标是[Px，y]，因为PA = PM，所以[-y=x-02+y+22]. 化简，得y =[-14x2-1].
方法2：设点P的坐标是[Px，y]，参照图5，根据已知条件，始终有[△FAN≌△MNP，] 且FP为线段AM的垂直平分线，故MF = -y，FO = x - 2，OM = x. 在Rt△FOM中，由勾股定理，得[y=-14x2-1].
（5）因为点[B-1， 3]，[C1， 3]，所以△BOC是等边三角形. 所以∠BOC = 60°. 如图7，以点O为圆心、OB长为半径作圆，交抛物线于点E，连接BE，CE，当点D在点E下方时，∠BDC < 30°. 设点[Em，n，] 利用点E在抛物线上，且OE = OB = 2，联立方程组解出n的值，即可求出[yD]的取值范围.
此题将四边形、圆、函数图象的画法、近似解、二元一次方程组的解法等基础知识整合在一起. 事实上，第（2）小题不需要推理，可以从尺规作图的结果中直接读出，再次明确观察、度量甚至猜想不失为解决问题的有效手段之一. 第（2）小题中对特殊问题的解题思路有助于第（4）小题对一般问题的解答. 对于第（5）小题，如果能考虑附加条件数值的特殊性，也就不难判断△BOC为等边三角形，自然会将60°与30°角相联系，找到解题的突破口.
【评析】此题以尺规作图为背景，具有一定的综合性. 由易到难、渐次递进地呈现问题，将函数、方程、几何图形知识整合在一起，考查学生数学活动经验的储备情况和分析问题、解决问题的能力，凸显以能力立意的意图. 此题是应对中考试题数量有限而考点繁多，既体现检测功能又体现选拔功能且梯度设置合理的典型范例. 类似试题还有河南卷第22题等. 中考备考中，教师要引导学生尽量尝试一题多解，实现思维整合，以应对知识整合.
二、解法分析
对于“综合与实践”领域的试题，解题的关键要把握以下三点：一是发掘基本模型，在复杂的图形中辨识，在残缺的图形中补全，用已有的模型经验求解;二是类比解题方法，关注渐次递进问题的基本解题思路，进行数学思想方法的类比迁移求解;三是寻找核心本质，抓住问题产生过程中的不变本质及特殊条件下解题的思路，比较对照求解.
1. 发掘基本模型
例5 （山东·德州卷）问题探究：
小红遇到这样一个问题：如图8（1），△ABC中，AB = 6，AC = 4，AD是中线，求AD的取值范围. 她的做法是：延长AD到点E，使DE = AD，连接BE，证明△BED ≌ △CAD，经过推理和计算使问题得到解决.
试回答：（1）小红证明△BED ≌ △CAD的判定定理是 .
（2）AD的取值范围是 .
方法运用：
（3）如图8（2），AD是△ABC的中线，在AD上取一点F，连接BF并延长交AC于点E，使AE = EF，求证：BF = AC. （4）如图8（3），在矩形ABCD中，[ABBC=12]，在BD上取一点F，以BF为斜边作Rt△BEF，且[EFBE=12]，点G是DF的中点，连接EG，CG，求证：EG = CG.
解析：（1）“SAS”定理.
（2）此题中，求线段的取值范围可以用构成三角形的三边条件进行求解. 在△ABE中，有AB - BE < AE < AB + BE. 又因为BE = AC，所以2 < 2AD < 10. 所以1 < AD < 5.
（3）如图9，延长中线AD至点H，使AD = DH，连接BH，可得△ADC ≌ △HDB（SAS）. 故AC = BH，∠CAF = ∠H. 再根据AE = EF，得∠AFE = ∠CAF. 由对顶角相等，得∠AFE = ∠BFH. 所以∠H = ∠BFH. 所以BF = BH. 所以AC = BF.
（4）如图10，延长CG至点N，使NG = CG，连接NF并延长交BC于点M，可得△NGF ≌ △CGD（SAS）.则∠N = ∠NCD，得MN∥CD. 所以△MNC是直角三角形. 因此，在△MNC中，MG = NG = CG. 另外，由[ABBC=12]，[EFBE=12]，得∠EBF = ∠CBD. 易得EF = FM，∠EFG = ∠MFG. 故△GFE ≌ △GFM. 所以MG = EG. 所以EG = CG.
【评析】通性、通法反映的是数学基本思想，这里的基本模型为倍长中线得到三角形全等. 特别是有了题干中小红的做法和对问题探究的解答，产生“倍长中线”模型后，第二部分的标题“方法运用”“所以AD是中线”“点G是DF的中点”都提示了充分利用这一模型求解. 当然，这是建立在学生熟悉基本模型的前提之下，更是建立在平时学习中对图形的不断总结、深入思考的基础之上. 2020年中考数学试题中出现的基本模型还有很多，如黑龙江七台河卷第26题“一线三等角”模型、广东深圳卷第22题“手拉手”模型等. 对此，在复习中，教师引导学生注意积累常用数学模型、总结解题方法、形成解题经验.
2. 类比解题方法
例6 （青海卷）在△ABC中，AB = AC，CG⊥BA交BA的延长线于点G.
特例感知：
（1）将一等腰直角三角尺按如图11（1）所示的位置摆放，该三角尺的直角顶点为点F，一条直角边与AC重合，另一条直角边恰好经过点B. 通过观察、测量BF与CG的长度，得到BF = CG.试给予证明.
猜想论证：
（2）当三角尺沿AC方向移动到如图11（2）所示的位置时，一条直角边仍与AC边重合，另一条直角边交BC于点D，过点D作DE⊥BA，垂足为点E.此时试通过观察、测量DE，DF与CG的长度，猜想并写出DE，DF与CG之间存在的数量关系，并证明你的猜想.
联系拓展：
（3）当三角尺在图11（2）的基础上沿AC方向继续移动到如图11（3）所示的位置（点F在线段AC上，且点F与点C不重合）时，试判断（2）中的猜想是否仍然成立？（不用证明）
解析：（1）由已知可得∠F = ∠G = 90°，AB = AC，且∠FAB = ∠GAC，则△ABF ≌ △ACG. 所以FB = CG.
（2）如图12，过点B作BP∥DF，交CF的延长线于点P，过点F作FN∥DB交BP于点N，这样既可还原图11（1）实现思路的类比迁移，又可得到四边形FNBD是平行四边形. 从而证得△NFP ≌ △DBE（AAS）. 故证得CG = DE + DF.
（3）如图13，过点B作BP∥DF，交CF的延长线于点P，过点F作FN∥DB交BP于点N，证法与第（2）小题思路完全一致，类比即得，故不需要证明.
【评析】此题中图形变化的过程其实质不变，解题思路必然关联，所以第（1）小题中得到的全等三角形很可能在后续问题中被使用. 类比图11（1）补出初始图形后思路水到渠成，第（3）小题与第（2）小题的证明更是如此，问题的解决策略没有发生變化. 这就要求学生在复习备考中深入思考，交换条件和结论、移动图形位置等变化，看结果如何，从而达到事半功倍之效.
3. 寻找核心本质
例7 （黑龙江·佳木斯卷）如图14，在Rt△ABC中，∠ACB = 90°，AC = BC，点D，E分别在AC，BC边上，DC = EC，连接DE，AE，BD，点M，N，P分别是AE，BD，AB的中点，连接PM，PN，MN.
（1）BE与MN的数量关系是 .
（2）将△DEC绕点C逆时针旋转到图14（2）和图14（3）的位置，判断BE与MN有怎样的数量关系？写出你的猜想，并利用图14（2）或图14（3）进行证明.
解析：（1）如图14（1），由已知可得AD = BE，且AD⊥BE，故可得△PMN为等腰直角三角形，且[PM=][22MN.] 又由M，N，P分别是AE，BD，AB的中点，可知所求的BE与MN的关系即为2PM与MN的关系，即[BE=2MN].
（2）找BE与MN的关系即找PM与MN的关系，则仍需要证明△PMN为等腰直角三角形，即需证明AD，BE相等且垂直.
如图15，连接AD，延长BE，分别交AC，AD于点F，H，由DC = EC，BC = AC，根据“手拉手”模型，可证得△BCE ≌ △ACD. 所以AD = BE. 在△AHF和△BCF中，又有∠AFH = ∠BFC，∠DAC = ∠CBE，所以∠AHF = ∠BCF = 90°，即AD⊥BE，从而使结论得证.
同理，如图16，连接AD，交EB于点H，以下证明思路与图14（2）相同，过程略. 【评析】此题中，要得到BE与MN的关系，就要抓住本质来完成，即△PMN为等腰直角三角形，每道小题的说理证明都是围绕这一本质展开的. 因此，在解决问题时，要将前后小题进行比较对照，充分考虑在图形变换过程中哪些本质没变，导致哪些结论没变，对最终问题解决有什么影响，进而求解结论.
三、解法欣赏
若一道中考数学试题可以通过不同的角度、不同的思维途径、采用多种方法探寻解法，那么其一定值得称道. 因为这种策略选择的多样性，提高了学生综合运用已学知识解答数学问题的技能，锻炼了思维的灵活性和创新性. 而提升思维品质、培养思维灵活性的训练是培养“四能”不可或缺的手段之一.
例8 （山西·太原卷）综合与实践.
问题情境：
如图17（1），点E为正方形ABCD内一点，∠AEB = 90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBE′（点A的对应点为点C）.延长AE交CE′于点F，连接DE.
猜想证明：
（1）试判断四边形BE′FE的形状，并说明理由;
（2）如图17（2），若DA = DE，试猜想线段CF与FE′的数量关系并加以证明;
解决问题：
（3）如图17（1），若AB = 15，CF = 3，试直接写出DE的长.
解析：（1）由旋转的性质，可得∠AEB = ∠CE′B = 90°，BE = BE′，∠EBE′ = 90°. 故四边形BE′FE是正方形.
（2）方法1：如图18，过点D作DH⊥AE于点H，由等腰三角形的性质，可得AH =[12]AE，DH⊥AE. 由“AAS”，可得△ADH ≌ △BAE. 可得AH = BE =[12]AE. 由旋转的性质，可得AE = CE′，可得结论CF = FE′. [B][E][C][D][F][E′][A
方法2：如图19，过点D作DH⊥AE于点H，连接DF，延长EA至点N，使AN = CF，连接DN，易得△DCF ≌ △DAN. 所以DN = DF，AN = EF. 所以AN = EF = CF = FE′.
方法3：如图20，连接CE，因为AD = DE，故∠DAE = ∠DEA. 同理，可得∠DEC = ∠DCE. 由四边形DAEC的内角和为360°，得∠AEC =[12×360°-90°]= 135°. 所以∠CEF = 45°. 故△ECF为等腰直角三角形，从而可得结论.
方法4：如图20，连接CE，由四边形DAFC的内角和为360°，得∠DAF + ∠DCF = 180°. 又因为∠DEA + ∠DEF = 180°，且∠DAE = ∠DEA，所以∠DEF = ∠DCF. 所以∠FCE = ∠FEC. 故△ECF为等腰直角三角形，从而可得结论.
方法5：如图21，连接CE，延长DC，由旋转的性质可得∠EAB = ∠BCE′. 故∠DAE = ∠DEA = ∠NCE′. 所以∠DEF = ∠DCF. 所以∠FCE = ∠FEC. 故△ECF为等腰直角三角形，可得结论.
方法6：如图22，过点D作DH⊥AE于点H，连接CE，过点D作DN⊥CE于点N，由等腰三角形“三线合一”的性质，可得∠HDN =[12]∠ADC = 45°. 而四边形DHEN的内角和为360°，所以∠AEC = 135°. 故可得△ECF为等腰直角三角形，可得结论.
（3）利用勾股定理，可求得BE′= 9，再利用勾股定理，可求出DE的长为[317].
【评析】此题是一道关于四边形的综合题，考查了正方形的判定和性质、旋转的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是解题的关键. 第（2）小题中，对于图形观察和题干阅读的侧重点不同导致了解法的多样化，但这些方法都来自复习过程中常见的解题策略，只是需要猜想CF = FE′，从问题入手进行思考.
总之，2020年全国各地中考数学试卷中“综合与实践”领域的试题发挥着基础性、阅读性、应用性、整合性的特点，在考查经验、思想、能力和方法上做文章，贯彻落实了《义务教育数学课程标准（2011年版）》（以下简称《标准》）的基本理念. 研究“综合与实践”领域内容的试题有利于提高能力、提升素养、增长经验，这就要求教师在注重“四基”和“四能”教学的基础上，落实“综合与实践”领域的教学要求，落实《标准》的理念和评价要求，更多地传承数学文化，實现数学价值，厚植数学情怀，以中考试题中“综合与实践”的内容为载体，为数学教学改革带来充满生机和活力的新局面.
参考文献：
[1]中华人民共和国教育部制定. 义务教育数学课程标准（2011年版）[M]. 北京：北京师范大学出版社，2012.
[2]教育部基础教育课程教材专家工作委员会.《义务教育数学课程标准（2011年版）》解读[M]. 北京：北京师范大学出版社，2012.
[3]全国中小学教师继续教育网组编. 2011年版义务教育课程标准解读（初中数学）[M]. 北京：中国轻工业出版社，2012.
关键词：综合与实践;解法分析;基本模型
《义务教育数学课程标准（2011年版）》中指出，“综合与实践”是一类以问题为载体，以学生自主参与为主的学习活动. 在设计“综合与实践”试题时，一般是从“问题”入手，搭建活动经验积累和思想方法感悟的平台，注重对学生综合运用所学知识解决问题能力的考查. 近年来，中考“综合与实践”试题的呈现形式逐渐趋于稳定，并在稳定中不断地创新.
一、试题分析
从2020年全国各地区中考数学试题来看，“综合与实践”领域的试题一般由问题提出、问题分析、问题解决和应用拓展等部分构成. 试题注重学科基础、数学阅读、应用價值和知识整合，从不同角度综合考查学生的“四基”“四能”.
1. 注重学科基础
例1 （黑龙江·齐齐哈尔卷）综合与实践.
在线上教学中，教师和学生都学习到了新知识，掌握了许多新技能. 例如，教材八年级下册的数学活动——折纸，就引起了许多同学的兴趣. 在经历图形变换的过程中，进一步发展了同学们的空间观念，积累了数学活动经验.
实践发现：
对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平;再一次折叠纸片，使点A落在EF上的点N处，并使折痕经过点B，得到折痕BM，把纸片展平，连接AN，如图1（1）.
（1）折痕BM （填“是”或“不是”）线段AN的垂直平分线;试判断图中△ABN是什么特殊三角形？答： ;进一步计算出∠MNE的度数为 .
（2）继续折叠纸片，使点A落在BC边上的点H处，并使折痕经过点B，得到折痕BG，把纸片展平，如图1（2），则∠GBN 的度数为 .
拓展延伸：
（3）如图1（3），折叠矩形纸片ABCD，使点A落在BC边上的点A′处，并且折痕交BC边于点T，交AD边于点S，把纸片展平，连接AA′交ST于点O，连接AT.
求证：四边形SATA′是菱形.
解决问题：
（4）如图1（4），矩形纸片ABCD中，AB = 10，AD = 26，折叠纸片，使点A落在BC边上的点A′处，并且折痕交AB边于点T，交AD边于点S，把纸片展平. 同学们小组讨论后，得出线段AT的长度有4，5，7，9.
试写出以上4个数值中你认为正确的数值 .
解析：（1）如图1（1），把两次对折、展开矩形纸片的问题情境抽象成轴对称模型，借轴对称的性质及垂直平分线的性质，得△ABN是等边三角形. 进而由∠ENB = 30°，得∠MNE = 60°.
（2）如图1（2），由折叠前后对应角相等，得∠ABG =∠HBG = 45°. 又由等边三角形ABN的内角为60°，进而得∠GBN = 15°.
（3）如图1（3），由折叠所得对应边相等，矩形的对边平行得内错角相等，得△ASO ≌ △A′TO（AAS）. 根据对边平行且相等，得四边形SATA′是平行四边形. 由折叠所得邻边相等，得四边形SATA′是菱形.
（4）如图1（4），已知AB的长求AT，需借BT来求，由于AT = A′T，且Rt△A′TB的斜边长大于直角边，得AT > 5，且点T可以与点B重合. 所以5 < AT ≤ 10. 所以正确的数值有7，9.
【评析】此题以矩形顶点A折叠后的位置变化这一动态过程为线索，与教材的基础知识相关联，形成完整的探究链条，不仅能考查学生轴对称的性质、垂直平分线的性质、菱形的判定、斜边大于直角边等基础知识，而且对学生发现问题、分析问题、解决问题的能力也有考查. 2020年全国各地区中考“综合与实践”领域的试题难度稳定，没有偏题、怪题. 因此在备考过程中要充分关注基础，为实现从知识立意向能力立意过渡做准备. 类似的试题还有贵州黔西南州卷第22题.
2. 注重数学阅读
例2 （山东·青岛卷）实际问题：
某商场为鼓励消费，设计了抽奖活动，方案如下：根据不同的消费金额，每次抽奖时可以从100张面值分别为1元、2元、3元、…、100元的奖券中（面值为整数），一次任意抽取2张、3张、4张、…等若干张奖券，奖券的面值金额之和即为优惠金额.某顾客获得了一次抽取5张奖券的机会，小明想知道该顾客共有多少种不同的优惠金额？
问题建模：
从1，2，3，…，n（n为整数，且n ≥ 3）这n个整数中任取a（1 < a < n）个整数，这a个整数之和共有多少种不同的结果？
模型探究：
我们采取一般问题特殊化的策略，先从最简单的情形入手，再逐次递进，从中找出解决问题的方法.
探究一：
（1）从1，2，3这3个整数中任取2个整数，这2个整数之和共有多少种不同的结果？
如表1，所取的2个整数之和可以为3，4，5，也就是从3到5的连续整数，其中最小是3，最大是5，所以共有3种不同的结果.
（2）从1，2，3，4这4个整数中任取2个整数，这2个整数之和共有多少种不同的结果？
如表2，所取的2个整数之和可以为3，4，5，6，7，也就是从3到7的连续整数，其中最小是3，最大是7，所以共有5种不同的结果. （3）从1，2，3，4，5这5个整数中任取2个整数，这2个整数之和共有 种不同的结果.
（4）从1，2，3，…，n（n为整数，且n ≥ 3）这n个整数中任取2个整数，这2个整数之和共有 种不同的结果.
探究二：
（1）从1，2，3，4这4个整数中任取3个整数，这3个整数之和共有 种不同的结果.
（2）从1，2，3，…，n（n为整数，且n ≥ 4）这n个整数中任取3个整数，这3个整数之和共有 种不同的结果.
探究三：
从1，2，3，…，n（n为整数，且n ≥ 5）这n个整数中任取4个整数，这4个整数之和共有 种不同的结果.
归纳结论：
从1，2，3，…，n（n为整数，且n ≥ 3）这n个整数中任取a（1 < a < n）个整数，这a个整数之和共有 种不同的结果.
问题解决：
从100张面值分别为1元、2元、3元、…、100元的奖券中（面值为整数），一次任意抽取5张奖券，共有 种不同的优惠金额.
拓展延伸：
（1）从1，2，3，…，36这36个整数中任取多少个整数，使得取出的这些整数之和共有204种不同的结果？（写出解答过程）
（2）从3，4，5，…，n + 3（n为整数，且n ≥ 2）这[n+1]个整数中任取a（1 < a < n + 1）个整数，这a个整数之和共有 种不同的结果.
答案：探究一：（3）7;（4）2n - 3（n ≥ 3，n为整数）.
探究二：（1）4;（2）3n - 8（n为整数，且n ≥ 4）.
探究三： 4n - 15.
归纳总结：[an-a+1]（n为整数，且n ≥ 3，1 < a < n）.
问题解决：476.
拓展延伸：（1）7种或29种;（2） [an+1-a2+1].
【评析】此题以“抽奖优惠”为实际背景呈现，试题阅读量大、信息多，但题干中给出了问题的求解思路，需要学生仔细阅读，提取有用信息，简单迁移知识，从而解决问题. 此题考查学生的阅读分析、获取信息、抽象模型、迁移运用等能力，同时考查在阅读求解中积累解决问题的经验. 这类试题能够初步考查学生面对社会未知问题的处理能力，为学生终身发展服务，在2020年全国各地区中考数学试卷中多次出现，如北京卷第28题用新定义考查学生的阅读能力. 今后备考中，教师引导学生阅读数学材料时要注意摸索阅读要领，提高学生的阅读能力.
3. 注重应用价值
例3 （宁夏卷）在综合与实践活动中，活动小组的同学看到网上购鞋的鞋号（为正整数）与脚长（毫米）的对应关系如表3所示.
为了方便对问题的研究，活动小组将表3中的数据进行了编号，并对脚长的数据bn定义为[bn]，如表4所示.
定义：对于任意正整数m，n，其中m > 2.若[bn]= m，则m - 2 ≤ bn ≤ m + 2.
如：[b4]= 175表示175 - 2 ≤ b4 ≤ 175 + 2，即173 ≤ b4 ≤ 177.
（1）通过观察表4，猜想an与序号n之间的关系式，[bn]与序号n之间的关系式;
（2）用含an的代数式表示[bn];计算鞋号为42的鞋适合的脚长范围;
（3）若脚长为271毫米，那么应购鞋的鞋号为多大？
解析：（1）在表4中，由前两行得an = n + 21. 由一、四行，得[bn]= 160 + 5[n-1]= 5n + 155.
（2）n是联系an和[bn]的纽带，由第（1）小题求得的两式消去字母n，得[bn]= 5an + 50.
已知鞋号an，求脚长范围bn，从问题入手. 由表4得 [bn]- 2 ≤ bn ≤ [bn] + 2，
又由[bn]= 5an + 50，则5an + 50 - 2 ≤ bn ≤ 5an + 50 + 2. 将an = 42代入，此时258 ≤ bn ≤ 262.
（3）已知脚长bn，求鞋号an，由第（2）小题进行逆向思维. 根据5an + 50 - 2 ≤ bn ≤ 5an + 50 + 2，得5an + 50 - 2 ≤ 271 ≤ 5an + 50 + 2，得an = 44.
在后两问的解答中，可以不求n的值，这与生活中实际脚长与鞋号有关、与序号n无关完全吻合. 因此，第（1）小题的解答为消去字母n奠定了基础，第（2）小题的求解从消去字母n开始.
【评析】此题以脚长与鞋号之间的关系为线索，考查学生合理构建数学模型，综合利用所学知识解决生活问题的能力，充分体现了数学的应用价值. 综合与实践是联系数学和外部世界的纽带，是数学服务于生活的重要表现，反映了社会的需要. 在2020年全國中考数学试卷中，类似试题还有湖南湘西州卷第25题等. 这就要求学生在平时的学习中多思考生活中遇到的问题是否能用数学知识解决，以及怎么解决.
4. 注重知识整合
例4 （山东·德州卷）如图2，在平面直角坐标系中，点A的坐标是[A0，-2，] 在x轴上任取一点M，连接AM，分别以点A和点M为圆心，大于[12]AM的长为半径作弧，两弧相交于G，H两点，作直线GH，过点M作x轴的垂线l交直线GH于点P.根据以上操作，完成下列问题. 探究：
（1）线段PA与PM的数量关系为 ，其理由为 .
（2）在x轴上多次改变点M的位置，按上述作图方法得到相应点P的坐标，并完成下列表5.
[M的坐标 … （-2，0） （0，0） （2，0） （4，0） … P的坐標 … （0，-1） （2，-2） … ][ 表5]
猜想：
（3）试根据上述表格中点P的坐标，把这些点用平滑的曲线在图3中连接起来;观察画出的曲线l，猜想曲线l的形状是 .
[-4][-3][-2][-1][1][O][2][3][4][x][-4][-3][-2][-1][1][2][A][y] [-5][图3]
验证：
（4）设点P的坐标是[Px，y]，根据图2中线段PA与PM的关系，求出y关于x的函数解析式.
应用：
（5）如图4，点[B-1， 3]，[C1， 3]，点D为曲线l上任意一点，且∠BDC < 30°，求点D的纵坐标[yD]的取值范围.
[-4][-3][-2][-1][1][O][2][3][4][x][-4][-3][-2][-1][1][2][A][y] [-5][图4] [B][C]
解析：（1）PA = PM. 理由：线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等.
（2）方法1：当点M的坐标为[M-2，0]时，设点P的坐标为[P-2，a，] 借助第（1）小题的结论，因为PA = PM，所以[-a=-2-02+a+22.] 解得a = -2，得点P的坐标为[P-2，-2].
当点M的坐标为[M4，0]时，同理可得点[P4，-5].
方法2：当点M的坐标为[M-2，0]时，由于点A的坐标为[A0，-2]，根据条件恰使四边形OAPM为正方形，得点P的坐标为[P-2，-2].
如图5，当点M的坐标为[M4，0]时，设点P的坐标为[P4，-a.] 根据已知条件得[△FAN≌△PMN.] 得OF = FA - 2 = MP - 2 = a - 2. 由线段垂直平分线的性质，得FM = FA = MP = a. 又知OM = 4，在△OFM中，由勾股定理，得a = 5，从而得点P的坐标为[P4，-5].
（3）如图6，根据图象，猜想曲线l的形状为抛物线.
（4）方法1：设点P的坐标是[Px，y]，因为PA = PM，所以[-y=x-02+y+22]. 化简，得y =[-14x2-1].
方法2：设点P的坐标是[Px，y]，参照图5，根据已知条件，始终有[△FAN≌△MNP，] 且FP为线段AM的垂直平分线，故MF = -y，FO = x - 2，OM = x. 在Rt△FOM中，由勾股定理，得[y=-14x2-1].
（5）因为点[B-1， 3]，[C1， 3]，所以△BOC是等边三角形. 所以∠BOC = 60°. 如图7，以点O为圆心、OB长为半径作圆，交抛物线于点E，连接BE，CE，当点D在点E下方时，∠BDC < 30°. 设点[Em，n，] 利用点E在抛物线上，且OE = OB = 2，联立方程组解出n的值，即可求出[yD]的取值范围.
此题将四边形、圆、函数图象的画法、近似解、二元一次方程组的解法等基础知识整合在一起. 事实上，第（2）小题不需要推理，可以从尺规作图的结果中直接读出，再次明确观察、度量甚至猜想不失为解决问题的有效手段之一. 第（2）小题中对特殊问题的解题思路有助于第（4）小题对一般问题的解答. 对于第（5）小题，如果能考虑附加条件数值的特殊性，也就不难判断△BOC为等边三角形，自然会将60°与30°角相联系，找到解题的突破口.
【评析】此题以尺规作图为背景，具有一定的综合性. 由易到难、渐次递进地呈现问题，将函数、方程、几何图形知识整合在一起，考查学生数学活动经验的储备情况和分析问题、解决问题的能力，凸显以能力立意的意图. 此题是应对中考试题数量有限而考点繁多，既体现检测功能又体现选拔功能且梯度设置合理的典型范例. 类似试题还有河南卷第22题等. 中考备考中，教师要引导学生尽量尝试一题多解，实现思维整合，以应对知识整合.
二、解法分析
对于“综合与实践”领域的试题，解题的关键要把握以下三点：一是发掘基本模型，在复杂的图形中辨识，在残缺的图形中补全，用已有的模型经验求解;二是类比解题方法，关注渐次递进问题的基本解题思路，进行数学思想方法的类比迁移求解;三是寻找核心本质，抓住问题产生过程中的不变本质及特殊条件下解题的思路，比较对照求解.
1. 发掘基本模型
例5 （山东·德州卷）问题探究：
小红遇到这样一个问题：如图8（1），△ABC中，AB = 6，AC = 4，AD是中线，求AD的取值范围. 她的做法是：延长AD到点E，使DE = AD，连接BE，证明△BED ≌ △CAD，经过推理和计算使问题得到解决.
试回答：（1）小红证明△BED ≌ △CAD的判定定理是 .
（2）AD的取值范围是 .
方法运用：
（3）如图8（2），AD是△ABC的中线，在AD上取一点F，连接BF并延长交AC于点E，使AE = EF，求证：BF = AC. （4）如图8（3），在矩形ABCD中，[ABBC=12]，在BD上取一点F，以BF为斜边作Rt△BEF，且[EFBE=12]，点G是DF的中点，连接EG，CG，求证：EG = CG.
解析：（1）“SAS”定理.
（2）此题中，求线段的取值范围可以用构成三角形的三边条件进行求解. 在△ABE中，有AB - BE < AE < AB + BE. 又因为BE = AC，所以2 < 2AD < 10. 所以1 < AD < 5.
（3）如图9，延长中线AD至点H，使AD = DH，连接BH，可得△ADC ≌ △HDB（SAS）. 故AC = BH，∠CAF = ∠H. 再根据AE = EF，得∠AFE = ∠CAF. 由对顶角相等，得∠AFE = ∠BFH. 所以∠H = ∠BFH. 所以BF = BH. 所以AC = BF.
（4）如图10，延长CG至点N，使NG = CG，连接NF并延长交BC于点M，可得△NGF ≌ △CGD（SAS）.则∠N = ∠NCD，得MN∥CD. 所以△MNC是直角三角形. 因此，在△MNC中，MG = NG = CG. 另外，由[ABBC=12]，[EFBE=12]，得∠EBF = ∠CBD. 易得EF = FM，∠EFG = ∠MFG. 故△GFE ≌ △GFM. 所以MG = EG. 所以EG = CG.
【评析】通性、通法反映的是数学基本思想，这里的基本模型为倍长中线得到三角形全等. 特别是有了题干中小红的做法和对问题探究的解答，产生“倍长中线”模型后，第二部分的标题“方法运用”“所以AD是中线”“点G是DF的中点”都提示了充分利用这一模型求解. 当然，这是建立在学生熟悉基本模型的前提之下，更是建立在平时学习中对图形的不断总结、深入思考的基础之上. 2020年中考数学试题中出现的基本模型还有很多，如黑龙江七台河卷第26题“一线三等角”模型、广东深圳卷第22题“手拉手”模型等. 对此，在复习中，教师引导学生注意积累常用数学模型、总结解题方法、形成解题经验.
2. 类比解题方法
例6 （青海卷）在△ABC中，AB = AC，CG⊥BA交BA的延长线于点G.
特例感知：
（1）将一等腰直角三角尺按如图11（1）所示的位置摆放，该三角尺的直角顶点为点F，一条直角边与AC重合，另一条直角边恰好经过点B. 通过观察、测量BF与CG的长度，得到BF = CG.试给予证明.
猜想论证：
（2）当三角尺沿AC方向移动到如图11（2）所示的位置时，一条直角边仍与AC边重合，另一条直角边交BC于点D，过点D作DE⊥BA，垂足为点E.此时试通过观察、测量DE，DF与CG的长度，猜想并写出DE，DF与CG之间存在的数量关系，并证明你的猜想.
联系拓展：
（3）当三角尺在图11（2）的基础上沿AC方向继续移动到如图11（3）所示的位置（点F在线段AC上，且点F与点C不重合）时，试判断（2）中的猜想是否仍然成立？（不用证明）
解析：（1）由已知可得∠F = ∠G = 90°，AB = AC，且∠FAB = ∠GAC，则△ABF ≌ △ACG. 所以FB = CG.
（2）如图12，过点B作BP∥DF，交CF的延长线于点P，过点F作FN∥DB交BP于点N，这样既可还原图11（1）实现思路的类比迁移，又可得到四边形FNBD是平行四边形. 从而证得△NFP ≌ △DBE（AAS）. 故证得CG = DE + DF.
（3）如图13，过点B作BP∥DF，交CF的延长线于点P，过点F作FN∥DB交BP于点N，证法与第（2）小题思路完全一致，类比即得，故不需要证明.
【评析】此题中图形变化的过程其实质不变，解题思路必然关联，所以第（1）小题中得到的全等三角形很可能在后续问题中被使用. 类比图11（1）补出初始图形后思路水到渠成，第（3）小题与第（2）小题的证明更是如此，问题的解决策略没有发生變化. 这就要求学生在复习备考中深入思考，交换条件和结论、移动图形位置等变化，看结果如何，从而达到事半功倍之效.
3. 寻找核心本质
例7 （黑龙江·佳木斯卷）如图14，在Rt△ABC中，∠ACB = 90°，AC = BC，点D，E分别在AC，BC边上，DC = EC，连接DE，AE，BD，点M，N，P分别是AE，BD，AB的中点，连接PM，PN，MN.
（1）BE与MN的数量关系是 .
（2）将△DEC绕点C逆时针旋转到图14（2）和图14（3）的位置，判断BE与MN有怎样的数量关系？写出你的猜想，并利用图14（2）或图14（3）进行证明.
解析：（1）如图14（1），由已知可得AD = BE，且AD⊥BE，故可得△PMN为等腰直角三角形，且[PM=][22MN.] 又由M，N，P分别是AE，BD，AB的中点，可知所求的BE与MN的关系即为2PM与MN的关系，即[BE=2MN].
（2）找BE与MN的关系即找PM与MN的关系，则仍需要证明△PMN为等腰直角三角形，即需证明AD，BE相等且垂直.
如图15，连接AD，延长BE，分别交AC，AD于点F，H，由DC = EC，BC = AC，根据“手拉手”模型，可证得△BCE ≌ △ACD. 所以AD = BE. 在△AHF和△BCF中，又有∠AFH = ∠BFC，∠DAC = ∠CBE，所以∠AHF = ∠BCF = 90°，即AD⊥BE，从而使结论得证.
同理，如图16，连接AD，交EB于点H，以下证明思路与图14（2）相同，过程略. 【评析】此题中，要得到BE与MN的关系，就要抓住本质来完成，即△PMN为等腰直角三角形，每道小题的说理证明都是围绕这一本质展开的. 因此，在解决问题时，要将前后小题进行比较对照，充分考虑在图形变换过程中哪些本质没变，导致哪些结论没变，对最终问题解决有什么影响，进而求解结论.
三、解法欣赏
若一道中考数学试题可以通过不同的角度、不同的思维途径、采用多种方法探寻解法，那么其一定值得称道. 因为这种策略选择的多样性，提高了学生综合运用已学知识解答数学问题的技能，锻炼了思维的灵活性和创新性. 而提升思维品质、培养思维灵活性的训练是培养“四能”不可或缺的手段之一.
例8 （山西·太原卷）综合与实践.
问题情境：
如图17（1），点E为正方形ABCD内一点，∠AEB = 90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBE′（点A的对应点为点C）.延长AE交CE′于点F，连接DE.
猜想证明：
（1）试判断四边形BE′FE的形状，并说明理由;
（2）如图17（2），若DA = DE，试猜想线段CF与FE′的数量关系并加以证明;
解决问题：
（3）如图17（1），若AB = 15，CF = 3，试直接写出DE的长.
解析：（1）由旋转的性质，可得∠AEB = ∠CE′B = 90°，BE = BE′，∠EBE′ = 90°. 故四边形BE′FE是正方形.
（2）方法1：如图18，过点D作DH⊥AE于点H，由等腰三角形的性质，可得AH =[12]AE，DH⊥AE. 由“AAS”，可得△ADH ≌ △BAE. 可得AH = BE =[12]AE. 由旋转的性质，可得AE = CE′，可得结论CF = FE′. [B][E][C][D][F][E′][A
方法2：如图19，过点D作DH⊥AE于点H，连接DF，延长EA至点N，使AN = CF，连接DN，易得△DCF ≌ △DAN. 所以DN = DF，AN = EF. 所以AN = EF = CF = FE′.
方法3：如图20，连接CE，因为AD = DE，故∠DAE = ∠DEA. 同理，可得∠DEC = ∠DCE. 由四边形DAEC的内角和为360°，得∠AEC =[12×360°-90°]= 135°. 所以∠CEF = 45°. 故△ECF为等腰直角三角形，从而可得结论.
方法4：如图20，连接CE，由四边形DAFC的内角和为360°，得∠DAF + ∠DCF = 180°. 又因为∠DEA + ∠DEF = 180°，且∠DAE = ∠DEA，所以∠DEF = ∠DCF. 所以∠FCE = ∠FEC. 故△ECF为等腰直角三角形，从而可得结论.
方法5：如图21，连接CE，延长DC，由旋转的性质可得∠EAB = ∠BCE′. 故∠DAE = ∠DEA = ∠NCE′. 所以∠DEF = ∠DCF. 所以∠FCE = ∠FEC. 故△ECF为等腰直角三角形，可得结论.
方法6：如图22，过点D作DH⊥AE于点H，连接CE，过点D作DN⊥CE于点N，由等腰三角形“三线合一”的性质，可得∠HDN =[12]∠ADC = 45°. 而四边形DHEN的内角和为360°，所以∠AEC = 135°. 故可得△ECF为等腰直角三角形，可得结论.
（3）利用勾股定理，可求得BE′= 9，再利用勾股定理，可求出DE的长为[317].
【评析】此题是一道关于四边形的综合题，考查了正方形的判定和性质、旋转的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是解题的关键. 第（2）小题中，对于图形观察和题干阅读的侧重点不同导致了解法的多样化，但这些方法都来自复习过程中常见的解题策略，只是需要猜想CF = FE′，从问题入手进行思考.
总之，2020年全国各地中考数学试卷中“综合与实践”领域的试题发挥着基础性、阅读性、应用性、整合性的特点，在考查经验、思想、能力和方法上做文章，贯彻落实了《义务教育数学课程标准（2011年版）》（以下简称《标准》）的基本理念. 研究“综合与实践”领域内容的试题有利于提高能力、提升素养、增长经验，这就要求教师在注重“四基”和“四能”教学的基础上，落实“综合与实践”领域的教学要求，落实《标准》的理念和评价要求，更多地传承数学文化，實现数学价值，厚植数学情怀，以中考试题中“综合与实践”的内容为载体，为数学教学改革带来充满生机和活力的新局面.
参考文献：
[1]中华人民共和国教育部制定. 义务教育数学课程标准（2011年版）[M]. 北京：北京师范大学出版社，2012.
[2]教育部基础教育课程教材专家工作委员会.《义务教育数学课程标准（2011年版）》解读[M]. 北京：北京师范大学出版社，2012.
[3]全国中小学教师继续教育网组编. 2011年版义务教育课程标准解读（初中数学）[M]. 北京：中国轻工业出版社，2012.