2025年中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)：命題與證明 壓軸填空題練習(xí)題（含答案解析）

第第頁2025年中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)：命題與證明壓軸填空題練習(xí)題一．填空題（共25小題）1．如圖，一塊含30°的三角板DEF和直尺ABHG拼合在同一平面上，邊AD在射線GA上，DF=AB=43cm．點(diǎn)F從點(diǎn)A出發(fā)沿AB方向滑動(dòng)時(shí)，點(diǎn)D同時(shí)在射線GA上滑動(dòng)．當(dāng)點(diǎn)F從點(diǎn)A滑動(dòng)到點(diǎn)B時(shí)，△ADF面積的最大值cm2；連結(jié)AE，BE，則△ABE外接圓的圓心運(yùn)動(dòng)的路徑長2．如圖，已知平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（3，3），點(diǎn)D的坐標(biāo)是（6，0），點(diǎn)B是x軸上一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)A作AC⊥AB，垂足為A，且AC?AB＝6．當(dāng)點(diǎn)B從坐標(biāo)原點(diǎn)O起沿x軸向右運(yùn)動(dòng)到終點(diǎn)D時(shí)，點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)的路徑的長度是．3．如圖，在邊長為33的菱形ABCD中，∠C＝60°，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是AB，AD上的動(dòng)點(diǎn)，且AE＝DF，DE與BF交于點(diǎn)P，當(dāng)點(diǎn)E從點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B時(shí)，則點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)路徑長為．4．如圖，AB為⊙O的直徑，且AB＝8，點(diǎn)C在半圓上，OC⊥AB，垂足為點(diǎn)O，P是BC上任意一點(diǎn)，過P點(diǎn)作PE⊥OC于點(diǎn)E，M是△OPE的內(nèi)心，連接OM、PM，當(dāng)點(diǎn)P在弧BC上從點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C時(shí)，求內(nèi)心M所經(jīng)過的路徑長．5．如圖，正△ABC中，AB＝2，AD⊥BC于D，P，Q分別是AB，BC上的動(dòng)點(diǎn)，且PQ＝AD，點(diǎn)M在PQ的右上方且PM＝QM，∠M＝120°，當(dāng)P從點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B時(shí)，M運(yùn)動(dòng)的路徑長為．6．如圖，在矩形ABCD中，AB=3，AD＝1，E是線段DC上的一動(dòng)點(diǎn)，連接AE，點(diǎn)K在線段AE上且滿足條件AD2＝AK?AE，則當(dāng)點(diǎn)E從點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C時(shí)，點(diǎn)K移動(dòng)的路程為7．如圖，已知有一張正方形紙片ABCD，邊長為9cm，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊CD，AB上，CE＝2cm．現(xiàn)將四邊形BCEF沿EF折疊，使點(diǎn)B，C分別落在點(diǎn)B'，C'，上當(dāng)點(diǎn)B'恰好落在邊AD上時(shí)，線段BF的長為cm；在點(diǎn)F從點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)A的過程中，若邊FB'與邊AD交于點(diǎn)G，則點(diǎn)G相應(yīng)運(yùn)動(dòng)的路徑長為cm．8．如圖，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝16；BD＝3CD，E是邊AC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（可與A、C重合），連接DE，在DE右側(cè)作DF⊥DE，且ACBC=DEDF=2，連接EF，點(diǎn)M為EF的中點(diǎn)，則當(dāng)點(diǎn)E從A運(yùn)動(dòng)到C9．如圖，拋物線y=12x2?x?32的圖象與坐標(biāo)軸交于A、B、D，頂點(diǎn)為E，以AB為直徑畫半圓交y軸的正半軸于點(diǎn)C，圓心為M，P是半圓AB上的一動(dòng)點(diǎn)，連接EP，N是PE的中點(diǎn)，當(dāng)P沿半圓從點(diǎn)A10．如圖，在△ABC中，∠B＝90°，∠BAC＝60°，AB＝1，若點(diǎn)E為BC上一動(dòng)點(diǎn)，以AE為邊在AE右側(cè)作等邊△AEF，連接CF，G為線段CF中點(diǎn)．若點(diǎn)E從點(diǎn)B出發(fā)，沿著BC方向運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C，則在此過程中，點(diǎn)G運(yùn)動(dòng)的路徑長為．11．2020年中考在即，為了同學(xué)們更好地適應(yīng)中考，重慶某中學(xué)初2020級(jí)舉行了最后一次模擬適應(yīng)性考試．幾周前Z、W、J、L四名老師接到本次模擬考試某學(xué)科的命題任務(wù)．該學(xué)科試卷總的試題數(shù)大于20且不超過30．Z老師與J老師命題的數(shù)目之和乘以Z老師與L老師的命題數(shù)目之和其結(jié)果為132．W老師與J老師命題的數(shù)目之和乘以W老師與L老師的命題數(shù)目之和其結(jié)果為210．已知W老師與J老師命題的數(shù)目之和為偶數(shù)．Z老師與J老師命題的數(shù)目之和乘以W老師與J老師的命題數(shù)目之和其結(jié)果為．12．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，AB＝6，點(diǎn)D，E分別在邊AB，AC上，AD＝2，AE＝22，點(diǎn)F從點(diǎn)D出發(fā)沿DB向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B結(jié)束，以EF為斜邊作等腰直角三角形EFP（點(diǎn)E，F(xiàn)，P按順時(shí)針排列），在點(diǎn)F運(yùn)動(dòng)過程中點(diǎn)P經(jīng)過的路徑長為．13．如圖，⊙O的半徑為2，弦AB的長為23，點(diǎn)C是優(yōu)弧AB上的一動(dòng)點(diǎn)，BD⊥BC交直線AC于點(diǎn)D，當(dāng)點(diǎn)C從△ABC面積最大時(shí)運(yùn)動(dòng)到BC最長時(shí)，點(diǎn)D所經(jīng)過的路徑長為．14．在平面直角坐標(biāo)系中，O為原點(diǎn)，點(diǎn)A（﹣2，0），點(diǎn)G（0，2），點(diǎn)E，點(diǎn)F分別為OA，OG的中點(diǎn)．若正方形OEDF繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，得正方形OE'D'F'，直線AE'與直線GF'相交于點(diǎn)P，當(dāng)E′第一次落在x軸上時(shí)，則點(diǎn)P走過的路徑長為．15．如圖，在等腰直角△ABC中，∠B＝90°，D，E分別為BC、AB上的點(diǎn)，AB＝73，BE=3，BD＝23，點(diǎn)P從點(diǎn)E出發(fā)沿BA方向運(yùn)動(dòng)，連接PD，以PD為邊，在PD右側(cè)按如圖方式作等腰直角△PDF，當(dāng)點(diǎn)P從點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)A時(shí)，點(diǎn)F運(yùn)動(dòng)的路徑長是16．在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（0，3），點(diǎn)B在x軸上從（﹣3，0）運(yùn)動(dòng)到（3，0）．將線段AB繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至線段BM，過點(diǎn)M作MN∥y軸，點(diǎn)N在M的下方，且MN＝BO，則B在x軸上從（﹣3，0）運(yùn)動(dòng)到（3，0）的過程中，點(diǎn)N運(yùn)動(dòng)的路徑長為．17．在矩形ABCD中，已知AB＝4，BC＝3，矩形在直線l上繞其右下角的頂點(diǎn)B向右旋轉(zhuǎn)90°至圖①位置，再繞右下角的頂點(diǎn)繼續(xù)向右旋轉(zhuǎn)90°至圖②位置，…，以此類推，這樣連續(xù)旋轉(zhuǎn)2016次后，頂點(diǎn)A在整個(gè)旋轉(zhuǎn)過程中所經(jīng)過的路程之和是．18．如圖，線段AB長為6cm，點(diǎn)C是線段AB上一動(dòng)點(diǎn)（不與A，B重合），分別以AC和BC為斜邊，在AB的同側(cè)作等腰直角三角形△ADC，△CEB，點(diǎn)P是DE的中點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)C從距離A點(diǎn)1cm處沿AB向右運(yùn)動(dòng)至距離B點(diǎn)1cm處時(shí)，點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的路徑長是cm．19．A，B，C，D，E五省統(tǒng)計(jì)學(xué)家奔赴地震災(zāi)區(qū)進(jìn)行災(zāi)情統(tǒng)計(jì)，每省派2人．到達(dá)時(shí)要進(jìn)行介紹，10人中互相認(rèn)識(shí)的握一下手，且本省的2人沒有握手，也沒有人和同一人握兩次手．介紹結(jié)束后，A省統(tǒng)計(jì)學(xué)家A1分別問其他9人：“你今天握了幾次手”使他驚訝的是9人握手次數(shù)各不相同．問A1自己握手次數(shù)是次．20．將3種作物種植在如圖所示的5塊試驗(yàn)田里，每塊種植一種作物，且相鄰的試驗(yàn)田不能種同一種作物，不同的種植方法共有種．21．甲、乙兩車在A、B兩城不斷來回開行，速度不變（忽略掉頭等時(shí)間）．其中甲車從A城開出，乙車從B城開出，兩車在距A城36公里處第一次相遇．當(dāng)甲車還沒有到達(dá)B城時(shí)，兩車又在距B城若干公里的某處第二次相遇，并且后來再在距B城36公里處第三次相遇．那么第二次相遇時(shí)，兩車距離B城公里．22．“并字橫”想必大家都應(yīng)該玩過，兩名玩家在3×3的橫盤上輪流落子，先將自己的3枚棋子連成一線的玩家獲勝，在棋盤擺放確定之后，一共有8種可能的勝利方法，如圖：考慮兩名玩家在4×4×4的立方體上輪流落子的“立體并字俱”，先將自己4枚棋子連成一線的玩家獲勝，那么在立方體擺放確定之后，“立體并字填”一共有種勝利方法．23．如圖，A，B在坐標(biāo)軸的正半軸上移動(dòng)，且AB＝10，反比例函數(shù)y=kx（x＞0）的圖象與AB有唯一公共點(diǎn)P，點(diǎn)M在x軸上，△OPM為直角三角形，當(dāng)點(diǎn)M從點(diǎn)（52，0）移動(dòng)到點(diǎn)（10，0）時(shí)，動(dòng)點(diǎn)P所經(jīng)過的路程為24．如圖，⊙O的直徑AB與弦CD互相垂直，垂足為點(diǎn)E，AB＝4，CD＝23，動(dòng)點(diǎn)P從B出發(fā)，沿劣弧BD運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)D，AF⊥CP于點(diǎn)F，則線段AF的中點(diǎn)M所經(jīng)過的路徑長為．25．如圖，已知在△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，點(diǎn)D從點(diǎn)A出發(fā)沿AC以每秒13個(gè)單位的速度向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，連接BD，過點(diǎn)A作AE⊥BD于點(diǎn)E，當(dāng)運(yùn)動(dòng)10秒時(shí)，∠ABD＝45°，則當(dāng)點(diǎn)D從A出發(fā)運(yùn)動(dòng)10秒時(shí)，點(diǎn)E經(jīng)過的路徑長是

參考答案與試題解析一．填空題（共25小題）1．如圖，一塊含30°的三角板DEF和直尺ABHG拼合在同一平面上，邊AD在射線GA上，DF=AB=43cm．點(diǎn)F從點(diǎn)A出發(fā)沿AB方向滑動(dòng)時(shí)，點(diǎn)D同時(shí)在射線GA上滑動(dòng)．當(dāng)點(diǎn)F從點(diǎn)A滑動(dòng)到點(diǎn)B時(shí)，△ADF面積的最大值12cm2；連結(jié)AE，BE，則△ABE外接圓的圓心運(yùn)動(dòng)的路徑長2【考點(diǎn)】軌跡；勾股定理；三角形的外接圓與外心．【專題】等腰三角形與直角三角形；圓的有關(guān)概念及性質(zhì)；解直角三角形及其應(yīng)用；運(yùn)算能力；推理能力．【答案】12，2．【分析】（1）作AH⊥DE于H，取DE的中點(diǎn)O，連接OA，可得出AH≤OA，進(jìn)一步得出結(jié)果；（2）由∠BAD+∠BEF＝180°得出點(diǎn)B、D、E、F共圓，從而∠DAE＝∠DFE＝30°，從而得出點(diǎn)E在與AD成30°的直線上運(yùn)動(dòng)，設(shè)△ABE的外接圓的圓心為I，則I是AB和AE的垂直平分線的交點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)F在點(diǎn)處，點(diǎn)I在AB的中點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)F在AB中點(diǎn)處時(shí)，客人得出△ABE是等邊三角形，從而得出IG的長，進(jìn)而得出結(jié)果．【解答】解：如圖1，作AH⊥DE于H，取DE的中點(diǎn)O，連接OA，∴∠AHD＝90°，∴AH≤OA，（當(dāng)點(diǎn)H和點(diǎn)O重合時(shí)，AO＝OA，此時(shí)AE＝AD）∵∠BAD＝90°，∴OA=12DE＝23∴AH≤23，∴S△ADF最大=12DF?AH=如圖2，∵∠BAD+∠BEF＝180°，∴點(diǎn)B、D、E、F共圓，∴∠DAE＝∠DFE＝30°，∴點(diǎn)E在與AD成30°的直線上運(yùn)動(dòng)，設(shè)△ABE的外接圓的圓心為I，則I是AB和AE的垂直平分線的交點(diǎn)，因?yàn)锳B是定線段，所以點(diǎn)I運(yùn)動(dòng)路線是一條線段，如圖3，GH是AB的垂直平分線，此時(shí)I在店G處（即AB的中點(diǎn)處）如圖4，當(dāng)點(diǎn)F在AB的中點(diǎn)G處時(shí)，此時(shí)BE＝AE，∵∠BAE＝60°，∴△ABE是等邊三角形，∴∠ABI=1∴IG＝BG?tan30°＝23×33故答案為：12，2．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了確定圓的條件，解直角三角形，直角三角形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解決問題的關(guān)鍵是熟練掌握有關(guān)基礎(chǔ)知識(shí)．2．如圖，已知平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（3，3），點(diǎn)D的坐標(biāo)是（6，0），點(diǎn)B是x軸上一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)A作AC⊥AB，垂足為A，且AC?AB＝6．當(dāng)點(diǎn)B從坐標(biāo)原點(diǎn)O起沿x軸向右運(yùn)動(dòng)到終點(diǎn)D時(shí)，點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)的路徑的長度是π2【考點(diǎn)】軌跡；坐標(biāo)與圖形性質(zhì)．【專題】圖形的全等；等腰三角形與直角三角形；圓的有關(guān)概念及性質(zhì)；與圓有關(guān)的計(jì)算；圖形的相似；運(yùn)算能力；推理能力．【答案】π．【分析】作AH⊥OD于H，作AG⊥y軸于G，在AG上截取AF＝2，設(shè)AC的延長線交y軸于E，可證得△AOE≌△ADB，從而AE＝AB，從而AC?AB＝AC?AE＝6，進(jìn)而證得△ACF∽△AGE，從而∠ACF＝∠AGE＝90°，進(jìn)一步得出結(jié)果．【解答】解：如圖，作AH⊥OD于H，作AG⊥y軸于G，在AG上截取AF＝2，設(shè)AC的延長線交y軸于E，∵A（3，3），D（6，0），∴AH＝OH＝DH＝3，∴OA＝AD，∠DAO＝90°，∠AOD＝∠ADO＝45°，∴∠AOE＝∠ADO＝45°，∵AC⊥AB，∴∠BAC＝∠DAO，∴∠CAO＝∠BAD，∴△AOE≌△ADB（ASA），∴AE＝AB，∴AC?AB＝AC?AE＝6，∵AF?AG＝6，∠CAF＝∠EAG，∴△ACF∽△AGE，∴∠ACF＝∠AGE＝90°，∴當(dāng)點(diǎn)B從坐標(biāo)原點(diǎn)O起沿x軸向右運(yùn)動(dòng)到終點(diǎn)D時(shí)，點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)的路線是半圓，∵AF＝2，∴半圓WV的長是π，故答案為：π．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，確定圓的條件，弧長公式等知識(shí)，解決問題的關(guān)鍵是作輔助線，構(gòu)造相似三角形．3．如圖，在邊長為33的菱形ABCD中，∠C＝60°，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是AB，AD上的動(dòng)點(diǎn)，且AE＝DF，DE與BF交于點(diǎn)P，當(dāng)點(diǎn)E從點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B時(shí)，則點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)路徑長為2π．【考點(diǎn)】軌跡；全等三角形的判定與性質(zhì)；等邊三角形的判定與性質(zhì)；菱形的性質(zhì)．【專題】推理填空題；動(dòng)點(diǎn)型；圖形的全等；矩形菱形正方形；推理能力．【答案】2π．【分析】】如圖，作△CBD的外接圓⊙O，連接OB，OD．利用全等三角形的性質(zhì)證明∠DPB＝120°，推出B，C，D，P四點(diǎn)共圓，利用弧長公式計(jì)算即可．【解答】解：如圖，作△CBD的外接圓⊙O，連接OB，OD，∵四邊形ABCD是菱形，∴∠A＝∠C＝60°，AB＝BC＝CD＝AD，∴△ABD，△BCD都是等邊三角形，∴BD＝AD，∠BDF＝∠DAE，在△BDF和△DAE中，BD=AD∠BDF=∠DAE∴△BDF≌△DAE（SAS），∴∠DBF＝∠ADE，∵∠ADE+∠BDE＝60°，∴∠DBF+∠BDP＝60°，∴∠BPD＝120°，∵∠C＝60°，∴∠C+∠DPB＝180°，∴B，C，D，P四點(diǎn)共圓，∵BC＝CD＝BD＝33，∴OB＝OD＝3，∵∠BOD＝2∠C＝120°，∴點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)的路徑的長=120?π×3180=故答案為2π．【點(diǎn)評(píng)】本題考查菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，弧長公式等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．4．如圖，AB為⊙O的直徑，且AB＝8，點(diǎn)C在半圓上，OC⊥AB，垂足為點(diǎn)O，P是BC上任意一點(diǎn)，過P點(diǎn)作PE⊥OC于點(diǎn)E，M是△OPE的內(nèi)心，連接OM、PM，當(dāng)點(diǎn)P在弧BC上從點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C時(shí)，求內(nèi)心M所經(jīng)過的路徑長2π．【考點(diǎn)】軌跡；勾股定理；垂徑定理；圓周角定理；三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心．【專題】推理填空題；動(dòng)點(diǎn)型；運(yùn)算能力；推理能力．【答案】2π．【分析】首先證明∠CMO＝∠PMO＝135°，推出當(dāng)點(diǎn)P在弧BC上從點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C時(shí)，點(diǎn)M在以O(shè)C為弦，并且所對(duì)的圓周角為45°的劣弧上（OMC），利用弧長公式計(jì)算即可解決問題．【解答】解：∵△OPE的內(nèi)心為M，∴∠MOP＝∠MOC，∠MPO＝∠MPE，∴∠PMO＝180°﹣∠MPO﹣∠MOP＝180°?12（∠EOP+∠∵PE⊥OC，即∠PEO＝90°，∴∠PMO＝180°?12（∠EOP+∠OPE）＝180°∵OP＝OC，OM＝OM，而∠MOP＝∠MOC，∴△OPM≌△OCM，∴∠CMO＝∠PMO＝135°，所以當(dāng)點(diǎn)P在弧BC上從點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C時(shí)，點(diǎn)M在以O(shè)C為弦，并且所對(duì)的圓周角為45°的劣弧上（OMC），點(diǎn)M在扇形BOC內(nèi)時(shí)，過C、M、O三點(diǎn)作⊙O′，連O′C，O′O，在優(yōu)弧CO取點(diǎn)D，連DC，DO，∵∠CMO＝135°，∴∠CDO＝180°﹣135°＝45°，∴∠CO′O＝90°，而OA＝OC=12∴O′O=22OC＝2∴弧OMC的長=90π×22故答案為：2π．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了弧長的計(jì)算公式、三角形內(nèi)心的性質(zhì)、三角形全等的判定與性質(zhì)、圓周角定理和圓的內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是正確尋找點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)軌跡，屬于中考選擇題中的壓軸題．5．如圖，正△ABC中，AB＝2，AD⊥BC于D，P，Q分別是AB，BC上的動(dòng)點(diǎn)，且PQ＝AD，點(diǎn)M在PQ的右上方且PM＝QM，∠M＝120°，當(dāng)P從點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B時(shí)，M運(yùn)動(dòng)的路徑長為3?3【考點(diǎn)】軌跡；等邊三角形的性質(zhì)．【專題】動(dòng)點(diǎn)型；圖形的全等；解直角三角形及其應(yīng)用；應(yīng)用意識(shí)．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】如圖1中，作ME⊥AB于E，MF⊥BC于F，連接BM．首先證明BM平分∠ABC，推出點(diǎn)M的在射線BM上運(yùn)動(dòng)，求出BM的最大值和最小值，根據(jù)點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)路徑G→M→M1求解即可．【解答】解：如圖1中，作ME⊥AB于E，MF⊥BC于F，連接BM．∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABC＝60°，∵∠MEB＝∠MFB＝90°，∴∠EMF＝∠PMQ＝120°，∴∠PME＝∠QMF，∵M(jìn)P＝MQ，∴△MEP≌△MFQ（AAS），∴ME＝MF，∴BM平分∠ABC，∴點(diǎn)M的在射線BM上運(yùn)動(dòng)．如圖2中，由題意，當(dāng)PQ∥AC時(shí)，BM的值最大，最大值BM=BQ當(dāng)P1Q1落在BC上時(shí)，得到BM1的值最小，最小值BM1=1設(shè)BM交AC于G，點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)路徑是G→M→M1∴點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)路徑的長＝MG+MM1＝BM﹣BG+BM﹣BM1＝2?3+2﹣1＝3故答案為：3?3【點(diǎn)評(píng)】本題考查軌跡，等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，角平分線的判定和性質(zhì)，解直角三角形等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是正確尋找點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)軌跡，屬于中考填空題中的壓軸題．6．如圖，在矩形ABCD中，AB=3，AD＝1，E是線段DC上的一動(dòng)點(diǎn)，連接AE，點(diǎn)K在線段AE上且滿足條件AD2＝AK?AE，則當(dāng)點(diǎn)E從點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C時(shí)，點(diǎn)K移動(dòng)的路程為13【考點(diǎn)】軌跡；相似三角形的判定與性質(zhì)；矩形的性質(zhì)．【專題】圓的有關(guān)概念及性質(zhì)；與圓有關(guān)的計(jì)算；圖形的相似；解直角三角形及其應(yīng)用；運(yùn)算能力；推理能力．【答案】13【分析】連接AC，可得出∠DAC＝60°，可證得△AKD∽△ADE，從而得出∠AKD＝90°，從而得出點(diǎn)K的運(yùn)動(dòng)軌跡，進(jìn)一步得出結(jié)果．【解答】解：如圖，連接AC，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ADC＝90°，CD＝AB=3∴tan∠DAC=CD∴∠DAC＝60°，∵AD2＝AK?AE，∴ADAK∵∠DAK＝∠EAD，∴△AKD∽△ADE，∴∠AKD＝∠ADC＝90°，∴點(diǎn)K在以AD為直徑的DK′上運(yùn)動(dòng)，K移動(dòng)的路程是AK′的長，∵AK′=∴∠DOK′＝2∠DAC＝120°，∴l(xiāng)AK′=故答案為：13【點(diǎn)評(píng)】本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，銳角三角函數(shù)的定義，確定圓的條件，弧長公式等知識(shí)，解決問題的關(guān)鍵是由“定弦對(duì)定角”確定點(diǎn)K的運(yùn)動(dòng)軌跡．7．如圖，已知有一張正方形紙片ABCD，邊長為9cm，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊CD，AB上，CE＝2cm．現(xiàn)將四邊形BCEF沿EF折疊，使點(diǎn)B，C分別落在點(diǎn)B'，C'，上當(dāng)點(diǎn)B'恰好落在邊AD上時(shí)，線段BF的長為5cm；在點(diǎn)F從點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)A的過程中，若邊FB'與邊AD交于點(diǎn)G，則點(diǎn)G相應(yīng)運(yùn)動(dòng)的路徑長為15﹣82cm．【考點(diǎn)】軌跡；翻折變換（折疊問題）；正方形的性質(zhì)．【專題】壓軸題；動(dòng)點(diǎn)型；轉(zhuǎn)化思想；矩形菱形正方形；運(yùn)算能力；推理能力；應(yīng)用意識(shí)．【答案】5cm，15﹣82．【分析】連接BE、B'E，由翻折性質(zhì)得：BE＝B'E，BF＝B'F，在△BEC與△B'DE中，由勾股定理得BF＝5cm；連接EG，并作G關(guān)于EF的對(duì)稱點(diǎn)G'，連接EG'，由對(duì)稱性知，GE＝G'E，由點(diǎn)到直線垂線段最短知EG'最小值為EH＝9，從而DG最小值為92?72=42，AG最大值為9?42，再由于B'恰好落在邊AD上G、B'重合時(shí)，AG＝AB'＝3，故G點(diǎn)在AD【解答】解：①當(dāng)點(diǎn)B'恰好落在邊AD上時(shí)，如圖，連接BE、B'E，由翻折性質(zhì)得：BE＝B'E，BF＝B'F，在△BEC與△B'DE中，由勾股定理得：BE2＝CE2+BC2＝DE2+B'D2，∵BC＝9cm，CE＝2cm，DE＝7cm，∴DB'＝6cm，AB'＝3cm，設(shè)BF＝xcm，則B'F＝xcm，AF＝（9﹣x）cm，∵B'A2+AF2＝B'F2，∴32+（9﹣x）2＝x2，解得：x＝5，∴BF＝5cm；②如圖，連接EG，并作G關(guān)于EF的對(duì)稱點(diǎn)G'，連接EG'，由對(duì)稱性知，GE＝G'E，過點(diǎn)E作EH⊥AB于H，∵點(diǎn)到直線垂線段最短，∴EG'最小值為EH＝9，∵∠B＝∠C＝∠EHB＝90°，∴四邊形EHBC為矩形，∴EH＝BC＝9，∴EG最小值為9，∵DG2＝EG2﹣ED2，∴DG最小值為92∴AG最大值為9?42由①知，點(diǎn)B'恰好落在邊AD上G、B'重合時(shí)，此時(shí)AG＝AB'＝3，∴點(diǎn)G相應(yīng)運(yùn)動(dòng)的路徑長為9?42?3+9?42故答案為：5cm，15﹣82．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查翻折變換，正方形的性質(zhì)，勾股定理知識(shí)，點(diǎn)到直線垂線段最短，解題的關(guān)鍵是作G關(guān)于EF的對(duì)稱點(diǎn)G'，連接EG'，將GE轉(zhuǎn)化為G'E．8．如圖，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝16；BD＝3CD，E是邊AC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（可與A、C重合），連接DE，在DE右側(cè)作DF⊥DE，且ACBC=DEDF=2，連接EF，點(diǎn)M為EF的中點(diǎn)，則當(dāng)點(diǎn)E從A運(yùn)動(dòng)到C的過程中，點(diǎn)M【考點(diǎn)】軌跡；平行線分線段成比例；相似三角形的判定與性質(zhì)．【專題】動(dòng)點(diǎn)型；解直角三角形及其應(yīng)用；推理能力．【答案】323【分析】首先證明點(diǎn)M在CD的垂直平分線上運(yùn)動(dòng)，如圖2中，當(dāng)點(diǎn)E與A重合時(shí)，過點(diǎn)M作MH⊥BC于H．再求出落在特殊情形，MH的長即可解決問題．【解答】解：過點(diǎn)D作DN∥AB交AC于N，連接CF，DN，CM，DM．∵DE⊥DF，∴∠EDF＝90°，∵∠ABC＝∠EDF＝90°，∵DN∥AB，ACBC∴AC＝2BC，EF＝2DF，∴∠A＝∠DEF＝30°，∴∠ABC＝∠NDC＝90°，△CDN∽△CBA，∴DNDC∵DEDF∴DNCD∵∠EDF＝∠NDC＝90°，∴∠EDN＝∠FDC，∴△EDN∽△DFC，∴∠DEN＝∠DFC，ENCF∴∠EDF＝∠ECF＝90°，∵點(diǎn)M是EF的中點(diǎn)，∴EM＝FM，∵∠EDF＝∠ECF＝90°，∴DM＝CM＝EM＝FM，∴點(diǎn)M在線段CD的垂直平分線上運(yùn)動(dòng)，如圖2中，當(dāng)點(diǎn)E與A重合時(shí)，過點(diǎn)M作MH⊥BC于H．在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝16，∴BC=16∴AC＝2BC=32∵BD＝3CD，∴BD=34BC＝43，CD∴DN＝4，NC＝2CD=8∴AN＝AC﹣NC=3233∴CF＝8，在Rt△ACF中，∠ACF＝90°，∴AF=A∴CM＝AM＝FM=4∵DM＝CM，MH⊥CD，∴CH＝DH＝1，∴MH=C如圖3中，當(dāng)點(diǎn)E與C重合時(shí)，DF=CD∵H是CD的中點(diǎn)，M是CF的中點(diǎn)，∴MH=12DF∴當(dāng)點(diǎn)E從A運(yùn)動(dòng)到C的過程中，點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)的路徑的長＝10+2故答案為：323【點(diǎn)評(píng)】本題考查軌跡，相似三角形的判定和性質(zhì)，線段的垂直平分線的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是理解題意，靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問題．9．如圖，拋物線y=12x2?x?32的圖象與坐標(biāo)軸交于A、B、D，頂點(diǎn)為E，以AB為直徑畫半圓交y軸的正半軸于點(diǎn)C，圓心為M，P是半圓AB上的一動(dòng)點(diǎn)，連接EP，N是PE的中點(diǎn)，當(dāng)P沿半圓從點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)至點(diǎn)B【考點(diǎn)】軌跡；二次函數(shù)的性質(zhì)；二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征；拋物線與x軸的交點(diǎn)．【專題】平面直角坐標(biāo)系；二次函數(shù)圖象及其性質(zhì)；圓的有關(guān)概念及性質(zhì)；應(yīng)用意識(shí)．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】首先證明點(diǎn)E在⊙M上，利用垂徑定理證明MN⊥PE，推出點(diǎn)N的運(yùn)動(dòng)軌跡是以EM為直徑的半圓，由此可得結(jié)論．【解答】解：連接EM，MN．對(duì)于拋物線y=12x2?x?∴E（1，﹣2），由題意A（﹣1，0），B（3，0），∴M（2，0），∴EM⊥x軸．EM＝MA＝MB＝2，∴點(diǎn)E在⊙M上，∵EN＝NP，∴MN⊥EP，∴∠MNE＝90°，∴點(diǎn)N的運(yùn)動(dòng)軌跡是以EM為直徑的半圓，點(diǎn)N運(yùn)動(dòng)的路徑長=12×2π故答案為π．【點(diǎn)評(píng)】本題考查軌跡，圓，垂徑定理，二次函數(shù)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是發(fā)現(xiàn)點(diǎn)E在⊙M上，屬于中考填空題中的壓軸題．10．如圖，在△ABC中，∠B＝90°，∠BAC＝60°，AB＝1，若點(diǎn)E為BC上一動(dòng)點(diǎn)，以AE為邊在AE右側(cè)作等邊△AEF，連接CF，G為線段CF中點(diǎn)．若點(diǎn)E從點(diǎn)B出發(fā)，沿著BC方向運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C，則在此過程中，點(diǎn)G運(yùn)動(dòng)的路徑長為32【考點(diǎn)】軌跡；等邊三角形的性質(zhì)；含30度角的直角三角形．【專題】推理填空題；動(dòng)點(diǎn)型；運(yùn)算能力；推理能力．【答案】32【分析】延長AB至點(diǎn)D，使BD＝AB，連接DE，證明△ADE≌△ACF可得AF＝AE，CF＝DE，所以AF＝CF，得點(diǎn)F在AC的垂直平分線上，作FH⊥AC于點(diǎn)H，GI⊥AC于點(diǎn)I，點(diǎn)G的運(yùn)動(dòng)路線為射線IG，當(dāng)點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C時(shí)，停止運(yùn)動(dòng)，根據(jù)含30度角的直角三角形即可求出結(jié)果．【解答】解：如圖，延長AB至點(diǎn)D，使BD＝AB，連接DE，則AD＝2AB＝AC，AE＝DE，∵∠1＝60°﹣∠CAE＝∠2，AE＝AF，在△ADE和△ACF中，AD=AC∠1=∠2∴△ADE≌△ACF（SAS），∴AF＝AE，CF＝DE，∴AF＝CF，∴點(diǎn)F在AC的垂直平分線上．作FH⊥AC于點(diǎn)H，GI⊥AC于點(diǎn)I，則GI=12FH，GI∥∴點(diǎn)G的運(yùn)動(dòng)路線為射線IG，當(dāng)點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C時(shí)，停止運(yùn)動(dòng)，如圖，在圖2中，AF＝AE＝AC＝2AB＝2，∴FH=3，GI=∴點(diǎn)G的運(yùn)動(dòng)路徑長為32故答案為：32【點(diǎn)評(píng)】本題考查了軌跡，等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，含30度角的直角三角形，解決本題的關(guān)鍵是綜合運(yùn)用以上知識(shí)．11．2020年中考在即，為了同學(xué)們更好地適應(yīng)中考，重慶某中學(xué)初2020級(jí)舉行了最后一次模擬適應(yīng)性考試．幾周前Z、W、J、L四名老師接到本次模擬考試某學(xué)科的命題任務(wù)．該學(xué)科試卷總的試題數(shù)大于20且不超過30．Z老師與J老師命題的數(shù)目之和乘以Z老師與L老師的命題數(shù)目之和其結(jié)果為132．W老師與J老師命題的數(shù)目之和乘以W老師與L老師的命題數(shù)目之和其結(jié)果為210．已知W老師與J老師命題的數(shù)目之和為偶數(shù)．Z老師與J老師命題的數(shù)目之和乘以W老師與J老師的命題數(shù)目之和其結(jié)果為154．【考點(diǎn)】推理與論證．【專題】推理填空題；數(shù)感；推理能力．【答案】154．【分析】根據(jù)題意，可以得到這樣三個(gè)關(guān)系式：①20＜Z+W+J+L≤30，②（Z+J）（Z+L）＝132，③（W+J）（W+L）＝210，分別對(duì)132和210進(jìn)行因數(shù)分解，結(jié)合整體范圍，可以得到W+J＝14或10，進(jìn)行分類討論即可．【解答】解：分別以Z，W，J，L表示四位老師命題數(shù)量，根據(jù)題意，可以得到以下關(guān)系式：①20＜Z+W+J+L≤30，②（Z+J）（Z+L）＝132，③（W+J）（W+L）＝210，∵試題總數(shù)不超過30，∴②中132可以拆成11×12或者22×6，又∵W+J為偶數(shù)，∴③中210可以拆成10×21或者14×15，則W+J＝14或者w+J＝10，對(duì)W+J的值進(jìn)行分類討論：第一種情況：若W+J＝10，則W+L＝21，則L﹣J＝11，若每個(gè)老師都命題，則J≥1，L＝11+J≥12，同理Z≥1，則Z+L≥13，則Z+L＝22，此時(shí)則有W+J＝10，W+L＝21，Z+L＝22，Z+J＝6，此時(shí)無解，所以只能滿足：W+J＝14，則W+L＝15，Z+J＝11，Z+L＝12，則所求（Z+J）（W+J）＝11×14＝154．故答案為：154．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了學(xué)生的推理能力，數(shù)的因式分解，尤其是面對(duì)四個(gè)未知數(shù)時(shí)，對(duì)題目進(jìn)行分類討論是解題的關(guān)鍵．12．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，AB＝6，點(diǎn)D，E分別在邊AB，AC上，AD＝2，AE＝22，點(diǎn)F從點(diǎn)D出發(fā)沿DB向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B結(jié)束，以EF為斜邊作等腰直角三角形EFP（點(diǎn)E，F(xiàn)，P按順時(shí)針排列），在點(diǎn)F運(yùn)動(dòng)過程中點(diǎn)P經(jīng)過的路徑長為22．【考點(diǎn)】軌跡；等腰直角三角形．【專題】動(dòng)點(diǎn)型；圖形的相似；應(yīng)用意識(shí)．【答案】22．【分析】如圖，連接DE，DP，過點(diǎn)D作DK⊥AE于K．利用相似三角形的性質(zhì)證明AF=2DP，DP∥AC，求出兩種特殊情形時(shí)DP【解答】解：如圖，連接DE，DP，過點(diǎn)D作DK⊥AE于K．∵∠ACB＝90°，AC＝BC，AB＝6，∴AC＝BC＝32，∠A＝∠B＝45°，∵DK⊥AE，AD＝2，∴AK＝DK=2∵AE＝22，∴AK＝EK=2∴DA＝DE，∴∠DAE＝∠DEA＝45°，∴∠ADE＝90°，∴AE=2DE∵EF=2EP∴AEDE∵∠AED＝∠FEP＝45°，∴∠AEF＝∠DEP，∴△AEF∽△DEP，∴AFDP=AEDE=∴AF=2DP∴∠PDE＝∠AED＝45°，∴DP∥AC，當(dāng)點(diǎn)F與D重合時(shí)，DP=22AD當(dāng)點(diǎn)F與B重合時(shí)，DP=22AB＝3∴在點(diǎn)F運(yùn)動(dòng)過程中點(diǎn)P經(jīng)過的路徑長為32?2=故答案為22．【點(diǎn)評(píng)】本題考查軌跡，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，平行線的判定等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造相似三角形解決問題，屬于中考填空題中的壓軸題．13．如圖，⊙O的半徑為2，弦AB的長為23，點(diǎn)C是優(yōu)弧AB上的一動(dòng)點(diǎn)，BD⊥BC交直線AC于點(diǎn)D，當(dāng)點(diǎn)C從△ABC面積最大時(shí)運(yùn)動(dòng)到BC最長時(shí)，點(diǎn)D所經(jīng)過的路徑長為233π【考點(diǎn)】軌跡；勾股定理；垂徑定理；圓周角定理．【專題】動(dòng)點(diǎn)型；與圓有關(guān)的計(jì)算；應(yīng)用意識(shí)．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】如圖，以AB為邊向上作等邊三角形△ABF，連接OA，OB，OF，DF，OF交AB于H．說明點(diǎn)D的運(yùn)動(dòng)軌跡是以F為圓心，F(xiàn)A為半徑的圓，再利用弧長公式求解即可．【解答】解：如圖，以AB為邊向上作等邊三角形△ABF，連接OA，OB，OF，DF，OF交AB于H．∵FA＝FB，OA＝OB，∴OF⊥AB，AH＝BH=3∴sin∠BOH=3∴∠BOH＝∠AOH＝60°，∴∠AOB＝120°∴∠C=12∠∵DB⊥BC，∴∠DBC＝90°，∴∠CDB＝30°，∵∠AFB＝60°，∴∠ADB=12∠∴點(diǎn)D的運(yùn)動(dòng)軌跡是以F為圓心，F(xiàn)A為半徑的圓，∵當(dāng)點(diǎn)C從△ABC面積最大時(shí)運(yùn)動(dòng)到BC最長時(shí)，BC繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)了30°，∴BD繞點(diǎn)B也旋轉(zhuǎn)了30°，∴點(diǎn)D的軌跡所對(duì)的圓心角為60°，∴運(yùn)動(dòng)路徑的長=60π?23故答案為233【點(diǎn)評(píng)】本題考查軌跡，垂徑定理，等邊三角形的性質(zhì)，勾股定理，銳角三角函數(shù)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)用轉(zhuǎn)化的思想思考問題，屬于中考填空題中的壓軸題．14．在平面直角坐標(biāo)系中，O為原點(diǎn)，點(diǎn)A（﹣2，0），點(diǎn)G（0，2），點(diǎn)E，點(diǎn)F分別為OA，OG的中點(diǎn)．若正方形OEDF繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，得正方形OE'D'F'，直線AE'與直線GF'相交于點(diǎn)P，當(dāng)E′第一次落在x軸上時(shí)，則點(diǎn)P走過的路徑長為223π【考點(diǎn)】軌跡；坐標(biāo)與圖形變化﹣旋轉(zhuǎn)；正方形的性質(zhì)．【專題】平面直角坐標(biāo)系；平移、旋轉(zhuǎn)與對(duì)稱；應(yīng)用意識(shí)．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】如圖1中，設(shè)AE′交OG于N，連接AG，則點(diǎn)D在AG上．首先證明∠APG＝90°，推出點(diǎn)P在以D為圓心，DO為半徑的圓上運(yùn)動(dòng)，軌跡是圖中OP′，如圖2中，在第一象限內(nèi)，當(dāng)點(diǎn)D'與點(diǎn)P重合時(shí)，點(diǎn)P的縱坐標(biāo)最大，點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)路徑是OP的兩倍，利用弧長公式求出圓心角，半徑即可解決問題．【解答】解：如圖1中，設(shè)AE′交OG于N，連接AG，則點(diǎn)D在AG上．由旋轉(zhuǎn)知，∠EOE'＝∠FOF'，∴OE'＝OE，OF'＝OF'，∴OE'＝OF'，∵OA＝OG，∴△AOE'≌△GOF'，∴∠OAE'＝∠OGF'，∵∠OAE'+∠ANO＝90°，∠ANO＝∠GNE'，∴∠OGF'+∠GNE'＝90°，∴AE'⊥GF'，∴∠APG＝90°，∴點(diǎn)P在以D為圓心，DO為半徑的圓上運(yùn)動(dòng)，軌跡是圖中OP′，如圖2中，在第一象限內(nèi)，當(dāng)點(diǎn)D'與點(diǎn)P重合時(shí)，點(diǎn)P的縱坐標(biāo)最大，點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)路徑是OP的兩倍，∵∠AE'O＝90°，E'O＝1，AO＝2，∴∠E'AO＝30°，∴∠D′DO＝2∠E′AO＝60°，∵OD＝AD＝DG=2∴點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)路徑的長＝2×60?π?2故答案為223【點(diǎn)評(píng)】主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，勾股定理，軌跡等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是正確尋找點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)軌跡，屬于中考填空題中的壓軸題．15．如圖，在等腰直角△ABC中，∠B＝90°，D，E分別為BC、AB上的點(diǎn)，AB＝73，BE=3，BD＝23，點(diǎn)P從點(diǎn)E出發(fā)沿BA方向運(yùn)動(dòng)，連接PD，以PD為邊，在PD右側(cè)按如圖方式作等腰直角△PDF，當(dāng)點(diǎn)P從點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)A時(shí)，點(diǎn)F運(yùn)動(dòng)的路徑長是36【考點(diǎn)】軌跡；等腰直角三角形．【專題】三角形．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】首先證明點(diǎn)F的運(yùn)動(dòng)軌跡是線段F1F2，想辦法求出BF1、BF2即可解決問題；【解答】解：如圖，作FM⊥AB于M，F(xiàn)N⊥BC于N．∵∠MBN+∠EFD＝180°，∴E、B、D、F四點(diǎn)共圓，∴∠ABF＝∠EDF＝45°，∴點(diǎn)F的運(yùn)動(dòng)軌跡是圖中線段F1F2．當(dāng)P與E重合時(shí)，易證△FME≌△FND，∴FM＝FN，ME＝DN，可得四邊形FMBN是正方形，∴BE+BD＝BM﹣ME+BN+DN＝2FM＝33，∴BM＝FM=3∴BF1=3當(dāng)點(diǎn)P與A重合時(shí)，同法可得BF2=9∴F1F2=962故答案為36．【點(diǎn)評(píng)】本題考查軌跡、等腰三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是準(zhǔn)確尋找點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡，學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題．16．在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（0，3），點(diǎn)B在x軸上從（﹣3，0）運(yùn)動(dòng)到（3，0）．將線段AB繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至線段BM，過點(diǎn)M作MN∥y軸，點(diǎn)N在M的下方，且MN＝BO，則B在x軸上從（﹣3，0）運(yùn)動(dòng)到（3，0）的過程中，點(diǎn)N運(yùn)動(dòng)的路徑長為3+35．【考點(diǎn)】軌跡；坐標(biāo)與圖形變化﹣旋轉(zhuǎn)．【專題】動(dòng)點(diǎn)型；平面直角坐標(biāo)系；圖形的全等．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】分兩種情形：當(dāng)點(diǎn)B從（﹣3，0）運(yùn)動(dòng)到（0，0）時(shí)，在x軸的正半軸上取一點(diǎn)k，使得OK＝OA＝3，連接KN，延長KN交y軸于J，延長NM交OK于H．證明tan∠NKH=NHKH=2，推出點(diǎn)N當(dāng)點(diǎn)B從（0，0）運(yùn)動(dòng)到（3，0）時(shí)，求出點(diǎn)N的運(yùn)動(dòng)軌跡即可解決問題．【解答】解：在x軸的正半軸上取一點(diǎn)k，使得OK＝OA＝3，連接KN，延長KN交y軸于J，延長NM交OK于H．∵∠AOB＝∠BHM＝∠ABM＝90°，∴∠ABO+∠HBM＝90°，∠HBM+∠BMH＝90°，∴∠ABO＝∠BMH，∵AB＝BM，∴△AOB≌△BHM（AAS），∴OB＝HM＝MN，AO＝BH＝OK，∴OB＝HK，∴tan∠NKH=NH∴當(dāng)點(diǎn)B從（﹣3，0）運(yùn)動(dòng)到（0，0）時(shí)，點(diǎn)N的運(yùn)動(dòng)軌跡是線段JK，在Rt△JOK中，∵OJ＝6，OK＝3，∴JK=32+當(dāng)點(diǎn)B從（0，0）運(yùn)動(dòng)到（3，0）時(shí)，易證NM＝OB，ON＝OA＝3，此時(shí)點(diǎn)N的運(yùn)動(dòng)軌跡是BN＝3，綜上所述，點(diǎn)N的運(yùn)動(dòng)軌跡是3+35故答案為3+35．【點(diǎn)評(píng)】本題考查軌跡，坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是正確尋找點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡，屬于中考填空題中的壓軸題．17．在矩形ABCD中，已知AB＝4，BC＝3，矩形在直線l上繞其右下角的頂點(diǎn)B向右旋轉(zhuǎn)90°至圖①位置，再繞右下角的頂點(diǎn)繼續(xù)向右旋轉(zhuǎn)90°至圖②位置，…，以此類推，這樣連續(xù)旋轉(zhuǎn)2016次后，頂點(diǎn)A在整個(gè)旋轉(zhuǎn)過程中所經(jīng)過的路程之和是3024π．【考點(diǎn)】軌跡；旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】首先求得每一次轉(zhuǎn)動(dòng)的路線的長，發(fā)現(xiàn)每4次循環(huán)，找到規(guī)律然后計(jì)算即可．【解答】解：∵AB＝4，BC＝3，∴AC＝BD＝5，轉(zhuǎn)動(dòng)一次A的路線長是：90π?4180=2轉(zhuǎn)動(dòng)第二次的路線長是：90π?5180=轉(zhuǎn)動(dòng)第三次的路線長是：90π?3180=轉(zhuǎn)動(dòng)第四次的路線長是：0，以此類推，每四次循環(huán)，故頂點(diǎn)A轉(zhuǎn)動(dòng)四次經(jīng)過的路線長為：52π+32π+2π2016÷4＝504，頂點(diǎn)A轉(zhuǎn)動(dòng)四次經(jīng)過的路線長為：6π×504＝3024π．故答案為：3024π．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了探索規(guī)律問題和弧長公式的運(yùn)用，掌握旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)、靈活運(yùn)用弧長的計(jì)算公式、發(fā)現(xiàn)規(guī)律是解決問題的關(guān)鍵．18．如圖，線段AB長為6cm，點(diǎn)C是線段AB上一動(dòng)點(diǎn)（不與A，B重合），分別以AC和BC為斜邊，在AB的同側(cè)作等腰直角三角形△ADC，△CEB，點(diǎn)P是DE的中點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)C從距離A點(diǎn)1cm處沿AB向右運(yùn)動(dòng)至距離B點(diǎn)1cm處時(shí)，點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的路徑長是2cm．【考點(diǎn)】軌跡；等腰直角三角形．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】分別延長AD、BE交于點(diǎn)F，易證四邊形CDFE為平行四邊形，得出P為CF中點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)C從距離A點(diǎn)1cm處G沿AB向右運(yùn)動(dòng)至距離B點(diǎn)1cm處H，則P的運(yùn)行軌跡為△FGH的中位線MN．再求出GH的長，運(yùn)用中位線的性質(zhì)求出MN的長度即可．【解答】解：如圖，分別延長AD、BE交于點(diǎn)F．∵△ADC和△ECB都是等腰直角三角形，且∠ADC＝∠CEB＝90°∵∠A＝∠ECB＝45°，∴AF∥CE，同理，CD∥BF，∴四邊形CDFE為平行四邊形，∴CF與DE互相平分．∵P為DE的中點(diǎn)，∴P為CF中點(diǎn)，即在P的運(yùn)動(dòng)過程中，P始終為FC的中點(diǎn)，所以P的運(yùn)行軌跡為三角形FGH的中位線MN．∵GH＝AB﹣AG﹣BH＝6﹣1﹣1＝4，∴MN=12GH＝2，即P的移動(dòng)路徑長為2故答案為2．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了等腰直角三角形的性質(zhì)、三角形中位線的性質(zhì)、平行四邊形的判定和性質(zhì)，以及動(dòng)點(diǎn)問題，是中考的熱點(diǎn)，解題的關(guān)鍵是正確尋找點(diǎn)R的運(yùn)動(dòng)軌跡，屬于中考填空題中的壓軸題．19．A，B，C，D，E五省統(tǒng)計(jì)學(xué)家奔赴地震災(zāi)區(qū)進(jìn)行災(zāi)情統(tǒng)計(jì)，每省派2人．到達(dá)時(shí)要進(jìn)行介紹，10人中互相認(rèn)識(shí)的握一下手，且本省的2人沒有握手，也沒有人和同一人握兩次手．介紹結(jié)束后，A省統(tǒng)計(jì)學(xué)家A1分別問其他9人：“你今天握了幾次手”使他驚訝的是9人握手次數(shù)各不相同．問A1自己握手次數(shù)是4次．【考點(diǎn)】推理與論證．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】由于本省的2人沒有握手，那么這10個(gè)人中握手次數(shù)最多的應(yīng)是和外省的那8個(gè)人都握過手，為8次，又因?yàn)锳省統(tǒng)計(jì)學(xué)家A1分別問其他9人：“你今天握了幾次手”使他驚訝的是9人握手次數(shù)各不相同，故可推斷出除A1外其他9人握手分別是0﹣8次，從而進(jìn)行推斷即可得出答案．【解答】解：∵本省的2人沒有握手，也沒有人和同一人握兩次手，∴這10個(gè)人中握手最多的應(yīng)是和外省的那8個(gè)人都握過手，為8次，∵除A1外其他9人握手次數(shù)各不相同，∴除A1外其他9人握手分別是0﹣8次，設(shè)A，B，C，D，E五省的統(tǒng)計(jì)學(xué)家分別為A1，A2，B1，B2，C1，C2，D1，D2，E1，E2，不妨設(shè)E2的握手次數(shù)為0次，則E2不認(rèn)識(shí)外省的那8個(gè)人，外省的那8個(gè)人也都不認(rèn)識(shí)E2，∴A1，A2，B1，B2，C1，C2，D1，D2的握手次數(shù)都將小于8，∴握手次數(shù)為8次的人為E1，∴與E1握手的人為A1，A2，B1，B2，C1，C2，D1，D2，再假設(shè)D2的握手次數(shù)為1次，則與D2握手的人只有E1，也就是說A1，A2，B1，B2，C1，C2都不認(rèn)識(shí)D2，∴A1，A2，B1，B2，C1，C2的握手次數(shù)都將小于7，∴握手次數(shù)為7次的人為D1，∴與D1握手的人為A1，A2，B1，B2，C1，C2，E1，再假設(shè)C2的握手次數(shù)為2次，則與C2握手的人只有D1，E1，也就是說A1，A2，B1，B2都不認(rèn)識(shí)C2，∴A1，A2，B1，B2的握手次數(shù)都將小于6，∴握手次數(shù)為6次的人為C1，∴與C1握手的人為A1，A2，B1，B2，D1，E1，再假設(shè)B2的握手次數(shù)為3次，則與B2握手的人只有C1，D1，E1，也就是說A1，A2都不認(rèn)識(shí)B2，∴A1，A2的握手次數(shù)都將小于5，∴握手次數(shù)為5次的人為B1，∴與B1握手的人為A1，A2，C1，D1，E1，∴與A1和A2握手的人為B1，C1，D1，E1，也就是說與A1和A2握手的人為握手次數(shù)分別是5，6，7，8次的人，故答案為：4．【點(diǎn)評(píng)】應(yīng)抓住關(guān)鍵條件：本省的2人沒有握手，也沒有人和同一人握兩次手，以及除A1外其余9人握手次數(shù)各不相同，從而推斷出除A1外其他9人握手分別是0﹣8次．20．將3種作物種植在如圖所示的5塊試驗(yàn)田里，每塊種植一種作物，且相鄰的試驗(yàn)田不能種同一種作物，不同的種植方法共有42種．【考點(diǎn)】推理與論證．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】第一塊田有3種選擇方法，第二、三、四、五塊田均有2種選擇方法，因此共有3×2×2×2×2＝48種種植方法，而這48種方法中，包含了只種兩種作物的可能，因此要將其除去，只種兩種作物時(shí)，不同的種法有2×3＝6種，因此本題的種植方法共有48﹣6＝42種．【解答】解：第一塊田有3種種植方法，第二、三、四、五塊田均有2種種植方法，因此共有3×2×2×2×2＝48種種植方法；其中，有2×3＝6種是只種兩種作物的種植方法，因此所求的種植方法有48﹣6＝42種．故答案為：42．【點(diǎn)評(píng)】用分步計(jì)數(shù)法易求得總的種植方法，但是很多同學(xué)容易忽略只種2種作物的情況，因此做題時(shí)要讀清題意，細(xì)心求解．21．甲、乙兩車在A、B兩城不斷來回開行，速度不變（忽略掉頭等時(shí)間）．其中甲車從A城開出，乙車從B城開出，兩車在距A城36公里處第一次相遇．當(dāng)甲車還沒有到達(dá)B城時(shí)，兩車又在距B城若干公里的某處第二次相遇，并且后來再在距B城36公里處第三次相遇．那么第二次相遇時(shí)，兩車距離B城72公里．【考點(diǎn)】推理與論證．【專題】行程問題．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】可在一條線段上簡單的作出圖形，考慮兩車第二次相遇的情形，即甲還沒有到達(dá)B城，便與C相遇于D處，其實(shí)是乙到達(dá)A城后，在回程途中追上甲，這樣甲到達(dá)D，B之間的E處時(shí)，乙到達(dá)B城折回與甲第三次相遇，又其速度不變，所以設(shè)法求出其速度之間的關(guān)系即此題解題的關(guān)鍵．【解答】解：設(shè)兩車首次相遇于C處，第二次相遇于D處，第三次相遇于E處，考慮兩車第二次相遇的情形，如圖1，甲還沒有到達(dá)B城，便與C相遇于D處，其實(shí)是乙到達(dá)A城后，在回程途中追上甲，這樣甲到達(dá)D，B之間的E處時(shí)，乙到達(dá)B城折回與甲第三次相遇，則兩車首次相遇時(shí)合開的路程記為S＝AB，第一、三次相遇之間，甲開行距離為CE，乙開行距離為CA+AB+BE，兩車合開的路程為2S，由于速度不變，甲應(yīng)開行了2×36＝72公里，即CE＝72公里，而題設(shè)EB＝36公里，所以S＝AC+CE+EB＝36+72+36＝144公里，BC＝S﹣AC＝144﹣36＝108公里，甲、乙速度之比＝36：108＝1：3，于是易算得兩車第一次相遇于C后，乙到達(dá)A站時(shí)，甲到達(dá)F處，CF＝12公里，如圖2，從而甲在回程圖中追趕乙，需從A起，追趕48+48÷（3﹣1）＝72公里，即AD＝72公里，從而知DB＝S﹣AD＝144﹣72＝72公里．故答案為：72．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了路程問題中的追及相遇問題，對(duì)于此類應(yīng)用問題，能夠通過作出一個(gè)簡單的圖形幫助理清思路，從而求解．22．“并字橫”想必大家都應(yīng)該玩過，兩名玩家在3×3的橫盤上輪流落子，先將自己的3枚棋子連成一線的玩家獲勝，在棋盤擺放確定之后，一共有8種可能的勝利方法，如圖：考慮兩名玩家在4×4×4的立方體上輪流落子的“立體并字俱”，先將自己4枚棋子連成一線的玩家獲勝，那么在立方體擺放確定之后，“立體并字填”一共有76種勝利方法．【考點(diǎn)】推理與論證．【專題】空間觀念；幾何直觀；模型思想；創(chuàng)新意識(shí)．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】根據(jù)題意，分三種情形畫出圖形，統(tǒng)計(jì)符合條件的情形即可解決問題．【解答】解：分三種情形：①如圖1中，4棵同顏色的棋在同一個(gè)樁柱上時(shí)，有16種情形．②如圖2中，4棵同顏色的棋在同一個(gè)層面上，有16+16+8＝40種情形．③如圖3中，4棵同顏色的棋在不同的樁柱上（即對(duì)角線），有20種情形．綜上所述，共有16+40+20＝76（種）【點(diǎn)評(píng)】本題考查四子立體圖形，解題的關(guān)鍵是理解題意，學(xué)會(huì)用分類討論的思想思考問題，屬于中考創(chuàng)新題型．23．如圖，A，B在坐標(biāo)軸的正半軸上移動(dòng)，且AB＝10，反比例函數(shù)y=kx（x＞0）的圖象與AB有唯一公共點(diǎn)P，點(diǎn)M在x軸上，△OPM為直角三角形，當(dāng)點(diǎn)M從點(diǎn)（52，0）移動(dòng)到點(diǎn)（10，0）時(shí)，動(dòng)點(diǎn)P所經(jīng)過的路程為512【考點(diǎn)】軌跡；坐標(biāo)與圖形變化﹣平移；反比例函數(shù)的圖象；反比例函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征．【專題】反比例函數(shù)及其應(yīng)用．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】首先證明點(diǎn)P是線段AB的中點(diǎn)，可得OP=12AB＝5，求出圓心角∠【解答】解：設(shè)A（a，0），B（0，b），則直線AB的解析式為y=?bax+由y=?bax+by=kx，消去y得到：bx∵雙曲線y=kx與AB有唯一公共點(diǎn)∴點(diǎn)P的橫坐標(biāo)xP=?ab∴點(diǎn)P是AB的中點(diǎn)，∵點(diǎn)M在x軸上，△OPM為直角三角形，當(dāng)M從點(diǎn)（52，0）移動(dòng)到點(diǎn)（10，0），△OPM是直角三角形，∴∠OPM＝90°，①當(dāng)OM＝52時(shí)，∵OP=12∴cos∠POM=OP∴∠POM＝45°，②當(dāng)OM′＝10時(shí)，OP＝′5，∴cos∠P′OM′=1∴∠P′OM′＝60°，∴∠POP′＝15°，∴PP′的長=15?π?5180故答案為512π【點(diǎn)評(píng)】本題考查反比例函數(shù)的應(yīng)用，一次函數(shù)的應(yīng)用，二元二次方程組，一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握待定系數(shù)法解決問題，本題的突破點(diǎn)是證明點(diǎn)P是線段AB的中點(diǎn)，屬于中考填空題中的壓軸題．24．如圖，⊙O的直徑AB與弦CD互相垂直，垂足為點(diǎn)E，AB＝4，CD＝23，動(dòng)點(diǎn)P從B出發(fā)，沿劣弧BD運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)D，AF⊥CP于點(diǎn)F，則線段AF的中點(diǎn)M所經(jīng)過的路徑長為36π【考點(diǎn)】軌跡；圓周角定理．【專題】與圓有關(guān)的計(jì)算．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】如圖，取AC的中點(diǎn)H，連接MH．取AH的中點(diǎn)J，連接OC．首先證明點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)軌跡是以J為圓心的弧HK，利用弧長公式計(jì)算即可．【解答】解：如圖，取AC的中點(diǎn)H，連接MH．取AH的中點(diǎn)J，連接OC．∵AM＝MF，AH＝HC，∴MH∥CF，∵AF⊥CF，∴∠AMH＝∠AFC＝90°，∴點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)軌跡是以J為圓心的弧HK，∵AB⊥CD，∴CE＝ED=3∵OC＝2，∴sin∠COE=CE∴∠COE＝60°，∵OC＝OA，∴∠OCA＝∠OAC，∵∠COE＝∠OCA+∠OAC，∴∠CAE＝30°，∴AC＝2CE＝23，∴AJ=14AC∴點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)路徑的長=60?π?3故答案為36π【點(diǎn)評(píng)】本題考查軌跡，垂徑定理，解直角三角形等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握基本知識(shí)，屬于中考常考題型．25．如圖，已知在△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，點(diǎn)D從點(diǎn)A出發(fā)沿AC以每秒13個(gè)單位的速度向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，連接BD，過點(diǎn)A作AE⊥BD于點(diǎn)E，當(dāng)運(yùn)動(dòng)10秒時(shí)，∠ABD＝45°，則當(dāng)點(diǎn)D從A出發(fā)運(yùn)動(dòng)10秒時(shí)，點(diǎn)E經(jīng)過的路徑長是103π或52【考點(diǎn)】軌跡．【專題】動(dòng)點(diǎn)型；圖形的相似．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】如圖，當(dāng)t＝10秒時(shí)，點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)D′，此時(shí)AD′=103，CD′=23，取AB的中點(diǎn)O，連接OE′，OE，設(shè)AE′＝BE′＝x，BD′＝y(tǒng)．構(gòu)建方程組求出【解答】解：如圖，當(dāng)t＝10秒時(shí)，點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)D′，此時(shí)AD′=103，CD′=23，取AB的中點(diǎn)O，連接OE′，OE，設(shè)AE′＝BE′＝x，∵∠C＝∠AE′D′＝90°，∠BD′C＝∠AD′E′，∴△BD′C∽△AD′E′，∴BD′AD′∴y10∴y（x﹣y）=209又∵x2+（x﹣y）2＝（103）2解得x=453當(dāng)x=453時(shí)，易知∵OA＝OB＝OE＝OE′，∴點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)軌跡是弧AE′，∴∠AOE＝2∠ABD′＝90°，∴AE′的長=90?π?2當(dāng)x=10時(shí)，易知AB＝25，同法可知AE′的長=90?π?綜上所述，103π或52故答案為：103π或52【點(diǎn)評(píng)】本題考查軌跡，相似三角形的判定和性質(zhì)，二元二次方程組等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)利用參數(shù)構(gòu)建方程組解決問題，正確尋找點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)軌跡，屬于中考填空題中的壓軸題．

考點(diǎn)卡片1．坐標(biāo)與圖形性質(zhì)1、點(diǎn)到坐標(biāo)軸的距離與這個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)是有區(qū)別的，表現(xiàn)在兩個(gè)方面：①到x軸的距離與縱坐標(biāo)有關(guān)，到y(tǒng)軸的距離與橫坐標(biāo)有關(guān)；②距離都是非負(fù)數(shù)，而坐標(biāo)可以是負(fù)數(shù)，在由距離求坐標(biāo)時(shí)，需要加上恰當(dāng)?shù)姆?hào)．2、有圖形中一些點(diǎn)的坐標(biāo)求面積時(shí)，過已知點(diǎn)向坐標(biāo)軸作垂線，然后求出相關(guān)的線段長，是解決這類問題的基本方法和規(guī)律．3、若坐標(biāo)系內(nèi)的四邊形是非規(guī)則四邊形，通常用平行于坐標(biāo)軸的輔助線用“割、補(bǔ)”法去解決問題．2．反比例函數(shù)的圖象用描點(diǎn)法畫反比例函數(shù)的圖象，步驟：列表﹣﹣﹣描點(diǎn)﹣﹣﹣連線．（1）列表取值時(shí)，x≠0，因?yàn)閤＝0函數(shù)無意義，為了使描出的點(diǎn)具有代表性，可以以“0”為中心，向兩邊對(duì)稱式取值，即正、負(fù)數(shù)各一半，且互為相反數(shù)，這樣也便于求y值．（2）由于函數(shù)圖象的特征還不清楚，所以要盡量多取一些數(shù)值，多描一些點(diǎn)，這樣便于連線，使畫出的圖象更精確．（3）連線時(shí)要用平滑的曲線按照自變量從小到大的順序連接，切忌畫成折線．（4）由于x≠0，k≠0，所以y≠0，函數(shù)圖象永遠(yuǎn)不會(huì)與x軸、y軸相交，只是無限靠近兩坐標(biāo)軸．3．反比例函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征反比例函數(shù)y＝k/x（k為常數(shù)，k≠0）的圖象是雙曲線，①圖象上的點(diǎn)（x，y）的橫縱坐標(biāo)的積是定值k，即xy＝k；②雙曲線是關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的，兩個(gè)分支上的點(diǎn)也是關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱；③在y＝k/x圖象中任取一點(diǎn)，過這一個(gè)點(diǎn)向x軸和y軸分別作垂線，與坐標(biāo)軸圍成的矩形的面積是定值|k|．4．二次函數(shù)的性質(zhì)二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a≠0）的頂點(diǎn)坐標(biāo)是（?b2a，4ac?b24a），對(duì)稱軸直線x=?b2a，二次函數(shù)y＝ax2①當(dāng)a＞0時(shí)，拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）的開口向上，x＜?b2a時(shí)，y隨x的增大而減?。粁＞?b2a時(shí)，y隨x的增大而增大；x=?b②當(dāng)a＜0時(shí)，拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）的開口向下，x＜?b2a時(shí)，y隨x的增大而增大；x＞?b2a時(shí)，y隨x的增大而減小；x=?b③拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）的圖象可由拋物線y＝ax2的圖象向右或向左平移|?b2a|個(gè)單位，再向上或向下平移|5．二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a≠0）的圖象是拋物線，頂點(diǎn)坐標(biāo)是（?b2a，①拋物線是關(guān)于對(duì)稱軸x=?b②拋物線與y軸交點(diǎn)的縱坐標(biāo)是函數(shù)解析中的c值．③拋物線與x軸的兩個(gè)交點(diǎn)關(guān)于對(duì)稱軸對(duì)稱，設(shè)兩個(gè)交點(diǎn)分別是（x1，0），（x2，0），則其對(duì)稱軸為x=x6．拋物線與x軸的交點(diǎn)求二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a，b，c是常數(shù)，a≠0）與x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)，令y＝0，即ax2+bx+c＝0，解關(guān)于x的一元二次方程即可求得交點(diǎn)橫坐標(biāo)．（1）二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a，b，c是常數(shù)，a≠0）的交點(diǎn)與一元二次方程ax2+bx+c＝0根之間的關(guān)系．△＝b2﹣4ac決定拋物線與x軸的交點(diǎn)個(gè)數(shù)．△＝b2﹣4ac＞0時(shí)，拋物線與x軸有2個(gè)交點(diǎn)；△＝b2﹣4ac＝0時(shí)，拋物線與x軸有1個(gè)交點(diǎn)；△＝b2﹣4ac＜0時(shí)，拋物線與x軸沒有交點(diǎn)．（2）二次函數(shù)的交點(diǎn)式：y＝a（x﹣x1）（x﹣x2）（a，b，c是常數(shù)，a≠0），可直接得到拋物線與x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)（x1，0），（x2，0）．7．全等三角形的判定與性質(zhì)（1）全等三角形的判定是結(jié)合全等三角形的性質(zhì)證明線段和角相等的重要工具．在判定三角形全等時(shí)，關(guān)鍵是選擇恰當(dāng)?shù)呐卸l件．（2）在應(yīng)用全等三角形的判定時(shí)，要注意三角形間的公共邊和公共角，必要時(shí)添加適當(dāng)輔助線構(gòu)造三角形．8．等邊三角形的性質(zhì)（1）等邊三角形的定義：三條邊都相等的三角形叫做等邊三角形，等邊三角形是特殊的等腰三角形．①它可以作為判定一個(gè)三角形是否為等邊三角形的方法；②可以得到它與等腰三角形的關(guān)系：等邊三角形是等腰三角形的特殊情況．在等邊三角形中，腰和底、頂角和底角是相對(duì)而言的．（2）等邊三角形的性質(zhì)：等邊三角形的三個(gè)內(nèi)角都相等，且都等于60°．等邊三角形是軸對(duì)稱圖形，它有三條對(duì)稱軸；它的任意一角的平分線都垂直平分對(duì)邊，三邊的垂直平分線是對(duì)稱軸．9．等邊三角形的判定與性質(zhì)（1）等邊三角形是一個(gè)非常特殊的幾何圖形，它的角的特殊性給有關(guān)角的計(jì)算奠定了基礎(chǔ)，它的邊角性質(zhì)為證明線段、角相等提供了便利條件．同是等邊三角形又是特殊的等腰三角形，同樣具備三線合一的性質(zhì)，解題時(shí)要善于挖掘圖形中的隱含條件廣泛應(yīng)用．（2）等邊三角形的特性如：三邊相等、有三條對(duì)稱軸、一邊上的高可以把等邊三角形分成含有30°角的直角三角形、連接三邊中點(diǎn)可以把等邊三角形分成四個(gè)全等的小等邊三角形等．（3）等邊三角形判定最復(fù)雜，在應(yīng)用時(shí)要抓住已知條件的特點(diǎn)，選取恰當(dāng)?shù)呐卸ǚ椒?，一般地，若從一般三角形出發(fā)可以通過三條邊相等判定、通過三個(gè)角相等判定；若從等腰三角形出發(fā)，則想法獲取一個(gè)60°的角判定．10．含30度角的直角三角形（1）含30度角的直角三角形的性質(zhì)：在直角三角形中，30°角所對(duì)的直角邊等于斜邊的一半．（2）此結(jié)論是由等邊三角形的性質(zhì)推出，體現(xiàn)了直角三角形的性質(zhì)，它在解直角三角形的相關(guān)問題中常用來求邊的長度和角的度數(shù)．（3）注意：①該性質(zhì)是直角三角形中含有特殊度數(shù)的角（30°）的特殊定理，非直角三角形或一般直角三角形不能應(yīng)用；②應(yīng)用時(shí)，要注意找準(zhǔn)30°的角所對(duì)的直角邊，點(diǎn)明斜邊．11．勾股定理（1）勾股定理：在任何一個(gè)直角三角形中，兩條直角邊長的平方之和一定等于斜邊長的平方．如果直角三角形的兩條直角邊長分別是a，b，斜邊長為c，那么a2+b2＝c2．（2）勾股定理應(yīng)用的前提條件是在直角三角形中．（3）勾股定理公式a2+b2＝c2的變形有：a=c2?b2，b（4）由于a2+b2＝c2＞a2，所以c＞a，同理c＞b，即直角三角形的斜邊大于該直角三角形中的每一條直角邊．12．等腰直角三角形（1）兩條直角邊相等的直角三角形叫做等腰直角三角形．（2）等腰直角三角形是一種特殊的三角形，具有所有三角形的性質(zhì)，還具備等腰三角形和直角三角形的所有性質(zhì)．即：兩個(gè)銳角都是45°，斜邊上中線、角平分線、斜邊上的高，三線合一，等腰直角三角形斜邊上的高為外接圓的半徑R，而高又為內(nèi)切圓的直徑（因?yàn)榈妊苯侨切蔚膬蓚€(gè)小角均為45°，高又垂直于斜邊，所以兩個(gè)小三角形均為等腰直角三角形，則兩腰相等）；（3）若設(shè)等腰直角三角形內(nèi)切圓的半徑r＝1，則外接圓的半徑R=2+1，所以r：R＝1：13．菱形的性質(zhì)（1）菱形的性質(zhì)①菱形具有平行四邊形的一切性質(zhì)；②菱形的四條邊都相等；③菱形的兩條對(duì)角線互相垂直，并且每一條對(duì)角線平分一組對(duì)角；④菱形是軸對(duì)稱圖形，它有2條對(duì)稱軸，分別是兩條對(duì)角線所在直線．（2）菱形的面積計(jì)算①利用平行四邊形的面積公式．②菱形面積=12ab．（a、14．矩形的性質(zhì)（1）矩形的定義：有一個(gè)角是直角的平行四邊形是矩形．（2）矩形的性質(zhì)①平行四邊形的性質(zhì)矩形都具有；②角：矩形的四個(gè)角都是直角；③邊：鄰邊垂直；④對(duì)角線：矩形的對(duì)角線相等；⑤矩形是軸對(duì)稱圖形，又是中心對(duì)稱圖形．它有2條對(duì)稱軸，分別是每組對(duì)邊中點(diǎn)連線所在的直線；對(duì)稱中心是兩條對(duì)角線的交點(diǎn)．（3）由矩形的性質(zhì)，可以得到直角三角形的一個(gè)重要性質(zhì)，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半．15．正方形的性質(zhì)（1）正方形的定義：有一組鄰邊相等并且有一個(gè)角是直角的平行四邊形叫做正方形．（2）正方形的性質(zhì)①正方形的四條邊都相等，四個(gè)角都是直角；②正方形的兩條對(duì)角線相等，互相垂直平分，并且每條對(duì)角線平分一組對(duì)角；③正方形具有四邊形、平行四邊形、矩形、菱形的一切性質(zhì)．④兩條對(duì)角線將正方形分成四個(gè)全等的等腰直角三角形，同時(shí)，正方形又是軸對(duì)稱圖形，有四條對(duì)稱軸．16．垂徑定理（1）垂徑定理垂直于弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對(duì)的兩條?。?）垂徑定理的推論推論1：平分弦（不