2025年中考数学二轮复习：命题与证明 压轴填空题练习题（含答案解析）

第第页2025年中考数学二轮复习：命题与证明压轴填空题练习题一．填空题（共25小题）1．如图，一块含30°的三角板DEF和直尺ABHG拼合在同一平面上，边AD在射线GA上，DF=AB=43cm．点F从点A出发沿AB方向滑动时，点D同时在射线GA上滑动．当点F从点A滑动到点B时，△ADF面积的最大值cm2；连结AE，BE，则△ABE外接圆的圆心运动的路径长2．如图，已知平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（3，3），点D的坐标是（6，0），点B是x轴上一动点，过点A作AC⊥AB，垂足为A，且AC•AB＝6．当点B从坐标原点O起沿x轴向右运动到终点D时，点C运动的路径的长度是．3．如图，在边长为33的菱形ABCD中，∠C＝60°，点E，F分别是AB，AD上的动点，且AE＝DF，DE与BF交于点P，当点E从点A运动到点B时，则点P的运动路径长为．4．如图，AB为⊙O的直径，且AB＝8，点C在半圆上，OC⊥AB，垂足为点O，P是BC上任意一点，过P点作PE⊥OC于点E，M是△OPE的内心，连接OM、PM，当点P在弧BC上从点B运动到点C时，求内心M所经过的路径长．5．如图，正△ABC中，AB＝2，AD⊥BC于D，P，Q分别是AB，BC上的动点，且PQ＝AD，点M在PQ的右上方且PM＝QM，∠M＝120°，当P从点A运动到点B时，M运动的路径长为．6．如图，在矩形ABCD中，AB=3，AD＝1，E是线段DC上的一动点，连接AE，点K在线段AE上且满足条件AD2＝AK•AE，则当点E从点D运动到点C时，点K移动的路程为7．如图，已知有一张正方形纸片ABCD，边长为9cm，点E，F分别在边CD，AB上，CE＝2cm．现将四边形BCEF沿EF折叠，使点B，C分别落在点B'，C'，上当点B'恰好落在边AD上时，线段BF的长为cm；在点F从点B运动到点A的过程中，若边FB'与边AD交于点G，则点G相应运动的路径长为cm．8．如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝16；BD＝3CD，E是边AC上的一个动点（可与A、C重合），连接DE，在DE右侧作DF⊥DE，且ACBC=DEDF=2，连接EF，点M为EF的中点，则当点E从A运动到C9．如图，抛物线y=12x2−x−32的图象与坐标轴交于A、B、D，顶点为E，以AB为直径画半圆交y轴的正半轴于点C，圆心为M，P是半圆AB上的一动点，连接EP，N是PE的中点，当P沿半圆从点A10．如图，在△ABC中，∠B＝90°，∠BAC＝60°，AB＝1，若点E为BC上一动点，以AE为边在AE右侧作等边△AEF，连接CF，G为线段CF中点．若点E从点B出发，沿着BC方向运动到点C，则在此过程中，点G运动的路径长为．11．2020年中考在即，为了同学们更好地适应中考，重庆某中学初2020级举行了最后一次模拟适应性考试．几周前Z、W、J、L四名老师接到本次模拟考试某学科的命题任务．该学科试卷总的试题数大于20且不超过30．Z老师与J老师命题的数目之和乘以Z老师与L老师的命题数目之和其结果为132．W老师与J老师命题的数目之和乘以W老师与L老师的命题数目之和其结果为210．已知W老师与J老师命题的数目之和为偶数．Z老师与J老师命题的数目之和乘以W老师与J老师的命题数目之和其结果为．12．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，AB＝6，点D，E分别在边AB，AC上，AD＝2，AE＝22，点F从点D出发沿DB向点B运动，运动到点B结束，以EF为斜边作等腰直角三角形EFP（点E，F，P按顺时针排列），在点F运动过程中点P经过的路径长为．13．如图，⊙O的半径为2，弦AB的长为23，点C是优弧AB上的一动点，BD⊥BC交直线AC于点D，当点C从△ABC面积最大时运动到BC最长时，点D所经过的路径长为．14．在平面直角坐标系中，O为原点，点A（﹣2，0），点G（0，2），点E，点F分别为OA，OG的中点．若正方形OEDF绕点O顺时针旋转，得正方形OE'D'F'，直线AE'与直线GF'相交于点P，当E′第一次落在x轴上时，则点P走过的路径长为．15．如图，在等腰直角△ABC中，∠B＝90°，D，E分别为BC、AB上的点，AB＝73，BE=3，BD＝23，点P从点E出发沿BA方向运动，连接PD，以PD为边，在PD右侧按如图方式作等腰直角△PDF，当点P从点E运动到点A时，点F运动的路径长是16．在平面直角坐标系中，点A的坐标为（0，3），点B在x轴上从（﹣3，0）运动到（3，0）．将线段AB绕点B顺时针旋转90°至线段BM，过点M作MN∥y轴，点N在M的下方，且MN＝BO，则B在x轴上从（﹣3，0）运动到（3，0）的过程中，点N运动的路径长为．17．在矩形ABCD中，已知AB＝4，BC＝3，矩形在直线l上绕其右下角的顶点B向右旋转90°至图①位置，再绕右下角的顶点继续向右旋转90°至图②位置，…，以此类推，这样连续旋转2016次后，顶点A在整个旋转过程中所经过的路程之和是．18．如图，线段AB长为6cm，点C是线段AB上一动点（不与A，B重合），分别以AC和BC为斜边，在AB的同侧作等腰直角三角形△ADC，△CEB，点P是DE的中点，当点C从距离A点1cm处沿AB向右运动至距离B点1cm处时，点P运动的路径长是cm．19．A，B，C，D，E五省统计学家奔赴地震灾区进行灾情统计，每省派2人．到达时要进行介绍，10人中互相认识的握一下手，且本省的2人没有握手，也没有人和同一人握两次手．介绍结束后，A省统计学家A1分别问其他9人：“你今天握了几次手”使他惊讶的是9人握手次数各不相同．问A1自己握手次数是次．20．将3种作物种植在如图所示的5块试验田里，每块种植一种作物，且相邻的试验田不能种同一种作物，不同的种植方法共有种．21．甲、乙两车在A、B两城不断来回开行，速度不变（忽略掉头等时间）．其中甲车从A城开出，乙车从B城开出，两车在距A城36公里处第一次相遇．当甲车还没有到达B城时，两车又在距B城若干公里的某处第二次相遇，并且后来再在距B城36公里处第三次相遇．那么第二次相遇时，两车距离B城公里．22．“并字横”想必大家都应该玩过，两名玩家在3×3的横盘上轮流落子，先将自己的3枚棋子连成一线的玩家获胜，在棋盘摆放确定之后，一共有8种可能的胜利方法，如图：考虑两名玩家在4×4×4的立方体上轮流落子的“立体并字俱”，先将自己4枚棋子连成一线的玩家获胜，那么在立方体摆放确定之后，“立体并字填”一共有种胜利方法．23．如图，A，B在坐标轴的正半轴上移动，且AB＝10，反比例函数y=kx（x＞0）的图象与AB有唯一公共点P，点M在x轴上，△OPM为直角三角形，当点M从点（52，0）移动到点（10，0）时，动点P所经过的路程为24．如图，⊙O的直径AB与弦CD互相垂直，垂足为点E，AB＝4，CD＝23，动点P从B出发，沿劣弧BD运动到点D，AF⊥CP于点F，则线段AF的中点M所经过的路径长为．25．如图，已知在△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，点D从点A出发沿AC以每秒13个单位的速度向点C运动，连接BD，过点A作AE⊥BD于点E，当运动10秒时，∠ABD＝45°，则当点D从A出发运动10秒时，点E经过的路径长是

参考答案与试题解析一．填空题（共25小题）1．如图，一块含30°的三角板DEF和直尺ABHG拼合在同一平面上，边AD在射线GA上，DF=AB=43cm．点F从点A出发沿AB方向滑动时，点D同时在射线GA上滑动．当点F从点A滑动到点B时，△ADF面积的最大值12cm2；连结AE，BE，则△ABE外接圆的圆心运动的路径长2【考点】轨迹；勾股定理；三角形的外接圆与外心．【专题】等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．【答案】12，2．【分析】（1）作AH⊥DE于H，取DE的中点O，连接OA，可得出AH≤OA，进一步得出结果；（2）由∠BAD+∠BEF＝180°得出点B、D、E、F共圆，从而∠DAE＝∠DFE＝30°，从而得出点E在与AD成30°的直线上运动，设△ABE的外接圆的圆心为I，则I是AB和AE的垂直平分线的交点，当点F在点处，点I在AB的中点，当点F在AB中点处时，客人得出△ABE是等边三角形，从而得出IG的长，进而得出结果．【解答】解：如图1，作AH⊥DE于H，取DE的中点O，连接OA，∴∠AHD＝90°，∴AH≤OA，（当点H和点O重合时，AO＝OA，此时AE＝AD）∵∠BAD＝90°，∴OA=12DE＝23∴AH≤23，∴S△ADF最大=12DF⋅AH=如图2，∵∠BAD+∠BEF＝180°，∴点B、D、E、F共圆，∴∠DAE＝∠DFE＝30°，∴点E在与AD成30°的直线上运动，设△ABE的外接圆的圆心为I，则I是AB和AE的垂直平分线的交点，因为AB是定线段，所以点I运动路线是一条线段，如图3，GH是AB的垂直平分线，此时I在店G处（即AB的中点处）如图4，当点F在AB的中点G处时，此时BE＝AE，∵∠BAE＝60°，∴△ABE是等边三角形，∴∠ABI=1∴IG＝BG•tan30°＝23×33故答案为：12，2．【点评】本题考查了确定圆的条件，解直角三角形，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握有关基础知识．2．如图，已知平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（3，3），点D的坐标是（6，0），点B是x轴上一动点，过点A作AC⊥AB，垂足为A，且AC•AB＝6．当点B从坐标原点O起沿x轴向右运动到终点D时，点C运动的路径的长度是π2【考点】轨迹；坐标与图形性质．【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；与圆有关的计算；图形的相似；运算能力；推理能力．【答案】π．【分析】作AH⊥OD于H，作AG⊥y轴于G，在AG上截取AF＝2，设AC的延长线交y轴于E，可证得△AOE≌△ADB，从而AE＝AB，从而AC•AB＝AC•AE＝6，进而证得△ACF∽△AGE，从而∠ACF＝∠AGE＝90°，进一步得出结果．【解答】解：如图，作AH⊥OD于H，作AG⊥y轴于G，在AG上截取AF＝2，设AC的延长线交y轴于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°，∴当点B从坐标原点O起沿x轴向右运动到终点D时，点C运动的路线是半圆，∵AF＝2，∴半圆WV的长是π，故答案为：π．【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，确定圆的条件，弧长公式等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造相似三角形．3．如图，在边长为33的菱形ABCD中，∠C＝60°，点E，F分别是AB，AD上的动点，且AE＝DF，DE与BF交于点P，当点E从点A运动到点B时，则点P的运动路径长为2π．【考点】轨迹；全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；菱形的性质．【专题】推理填空题；动点型；图形的全等；矩形菱形正方形；推理能力．【答案】2π．【分析】】如图，作△CBD的外接圆⊙O，连接OB，OD．利用全等三角形的性质证明∠DPB＝120°，推出B，C，D，P四点共圆，利用弧长公式计算即可．【解答】解：如图，作△CBD的外接圆⊙O，连接OB，OD，∵四边形ABCD是菱形，∴∠A＝∠C＝60°，AB＝BC＝CD＝AD，∴△ABD，△BCD都是等边三角形，∴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四点共圆，∵BC＝CD＝BD＝33，∴OB＝OD＝3，∵∠BOD＝2∠C＝120°，∴点P的运动的路径的长=120⋅π×3180=故答案为2π．【点评】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，弧长公式等知识，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．4．如图，AB为⊙O的直径，且AB＝8，点C在半圆上，OC⊥AB，垂足为点O，P是BC上任意一点，过P点作PE⊥OC于点E，M是△OPE的内心，连接OM、PM，当点P在弧BC上从点B运动到点C时，求内心M所经过的路径长2π．【考点】轨迹；勾股定理；垂径定理；圆周角定理；三角形的内切圆与内心．【专题】推理填空题；动点型；运算能力；推理能力．【答案】2π．【分析】首先证明∠CMO＝∠PMO＝135°，推出当点P在弧BC上从点B运动到点C时，点M在以OC为弦，并且所对的圆周角为45°的劣弧上（OMC），利用弧长公式计算即可解决问题．【解答】解：∵△OPE的内心为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°，所以当点P在弧BC上从点B运动到点C时，点M在以OC为弦，并且所对的圆周角为45°的劣弧上（OMC），点M在扇形BOC内时，过C、M、O三点作⊙O′，连O′C，O′O，在优弧CO取点D，连DC，DO，∵∠CMO＝135°，∴∠CDO＝180°﹣135°＝45°，∴∠CO′O＝90°，而OA＝OC=12∴O′O=22OC＝2∴弧OMC的长=90π×22故答案为：2π．【点评】本题考查了弧长的计算公式、三角形内心的性质、三角形全等的判定与性质、圆周角定理和圆的内接四边形的性质，解题的关键是正确寻找点M的运动轨迹，属于中考选择题中的压轴题．5．如图，正△ABC中，AB＝2，AD⊥BC于D，P，Q分别是AB，BC上的动点，且PQ＝AD，点M在PQ的右上方且PM＝QM，∠M＝120°，当P从点A运动到点B时，M运动的路径长为3−3【考点】轨迹；等边三角形的性质．【专题】动点型；图形的全等；解直角三角形及其应用；应用意识．【答案】见试题解答内容【分析】如图1中，作ME⊥AB于E，MF⊥BC于F，连接BM．首先证明BM平分∠ABC，推出点M的在射线BM上运动，求出BM的最大值和最小值，根据点M的运动路径G→M→M1求解即可．【解答】解：如图1中，作ME⊥AB于E，MF⊥BC于F，连接BM．∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝60°，∵∠MEB＝∠MFB＝90°，∴∠EMF＝∠PMQ＝120°，∴∠PME＝∠QMF，∵MP＝MQ，∴△MEP≌△MFQ（AAS），∴ME＝MF，∴BM平分∠ABC，∴点M的在射线BM上运动．如图2中，由题意，当PQ∥AC时，BM的值最大，最大值BM=BQ当P1Q1落在BC上时，得到BM1的值最小，最小值BM1=1设BM交AC于G，点M的运动路径是G→M→M1∴点M的运动路径的长＝MG+MM1＝BM﹣BG+BM﹣BM1＝2−3+2﹣1＝3故答案为：3−3【点评】本题考查轨迹，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找点M的运动轨迹，属于中考填空题中的压轴题．6．如图，在矩形ABCD中，AB=3，AD＝1，E是线段DC上的一动点，连接AE，点K在线段AE上且满足条件AD2＝AK•AE，则当点E从点D运动到点C时，点K移动的路程为13【考点】轨迹；相似三角形的判定与性质；矩形的性质．【专题】圆的有关概念及性质；与圆有关的计算；图形的相似；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．【答案】13【分析】连接AC，可得出∠DAC＝60°，可证得△AKD∽△ADE，从而得出∠AKD＝90°，从而得出点K的运动轨迹，进一步得出结果．【解答】解：如图，连接AC，∵四边形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°，∴点K在以AD为直径的DK′上运动，K移动的路程是AK′的长，∵AK′=∴∠DOK′＝2∠DAC＝120°，∴lAK′=故答案为：13【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，锐角三角函数的定义，确定圆的条件，弧长公式等知识，解决问题的关键是由“定弦对定角”确定点K的运动轨迹．7．如图，已知有一张正方形纸片ABCD，边长为9cm，点E，F分别在边CD，AB上，CE＝2cm．现将四边形BCEF沿EF折叠，使点B，C分别落在点B'，C'，上当点B'恰好落在边AD上时，线段BF的长为5cm；在点F从点B运动到点A的过程中，若边FB'与边AD交于点G，则点G相应运动的路径长为15﹣82cm．【考点】轨迹；翻折变换（折叠问题）；正方形的性质．【专题】压轴题；动点型；转化思想；矩形菱形正方形；运算能力；推理能力；应用意识．【答案】5cm，15﹣82．【分析】连接BE、B'E，由翻折性质得：BE＝B'E，BF＝B'F，在△BEC与△B'DE中，由勾股定理得BF＝5cm；连接EG，并作G关于EF的对称点G'，连接EG'，由对称性知，GE＝G'E，由点到直线垂线段最短知EG'最小值为EH＝9，从而DG最小值为92−72=42，AG最大值为9−42，再由于B'恰好落在边AD上G、B'重合时，AG＝AB'＝3，故G点在AD【解答】解：①当点B'恰好落在边AD上时，如图，连接BE、B'E，由翻折性质得：BE＝B'E，BF＝B'F，在△BEC与△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，设BF＝xcm，则B'F＝xcm，AF＝（9﹣x）cm，∵B'A2+AF2＝B'F2，∴32+（9﹣x）2＝x2，解得：x＝5，∴BF＝5cm；②如图，连接EG，并作G关于EF的对称点G'，连接EG'，由对称性知，GE＝G'E，过点E作EH⊥AB于H，∵点到直线垂线段最短，∴EG'最小值为EH＝9，∵∠B＝∠C＝∠EHB＝90°，∴四边形EHBC为矩形，∴EH＝BC＝9，∴EG最小值为9，∵DG2＝EG2﹣ED2，∴DG最小值为92∴AG最大值为9−42由①知，点B'恰好落在边AD上G、B'重合时，此时AG＝AB'＝3，∴点G相应运动的路径长为9−42−3+9−42故答案为：5cm，15﹣82．【点评】本题主要考查翻折变换，正方形的性质，勾股定理知识，点到直线垂线段最短，解题的关键是作G关于EF的对称点G'，连接EG'，将GE转化为G'E．8．如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝16；BD＝3CD，E是边AC上的一个动点（可与A、C重合），连接DE，在DE右侧作DF⊥DE，且ACBC=DEDF=2，连接EF，点M为EF的中点，则当点E从A运动到C的过程中，点M【考点】轨迹；平行线分线段成比例；相似三角形的判定与性质．【专题】动点型；解直角三角形及其应用；推理能力．【答案】323【分析】首先证明点M在CD的垂直平分线上运动，如图2中，当点E与A重合时，过点M作MH⊥BC于H．再求出落在特殊情形，MH的长即可解决问题．【解答】解：过点D作DN∥AB交AC于N，连接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°，∵点M是EF的中点，∴EM＝FM，∵∠EDF＝∠ECF＝90°，∴DM＝CM＝EM＝FM，∴点M在线段CD的垂直平分线上运动，如图2中，当点E与A重合时，过点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如图3中，当点E与C重合时，DF=CD∵H是CD的中点，M是CF的中点，∴MH=12DF∴当点E从A运动到C的过程中，点M的运动的路径的长＝10+2故答案为：323【点评】本题考查轨迹，相似三角形的判定和性质，线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．9．如图，抛物线y=12x2−x−32的图象与坐标轴交于A、B、D，顶点为E，以AB为直径画半圆交y轴的正半轴于点C，圆心为M，P是半圆AB上的一动点，连接EP，N是PE的中点，当P沿半圆从点A运动至点B【考点】轨迹；二次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特征；抛物线与x轴的交点．【专题】平面直角坐标系；二次函数图象及其性质；圆的有关概念及性质；应用意识．【答案】见试题解答内容【分析】首先证明点E在⊙M上，利用垂径定理证明MN⊥PE，推出点N的运动轨迹是以EM为直径的半圆，由此可得结论．【解答】解：连接EM，MN．对于抛物线y=12x2−x−∴E（1，﹣2），由题意A（﹣1，0），B（3，0），∴M（2，0），∴EM⊥x轴．EM＝MA＝MB＝2，∴点E在⊙M上，∵EN＝NP，∴MN⊥EP，∴∠MNE＝90°，∴点N的运动轨迹是以EM为直径的半圆，点N运动的路径长=12×2π故答案为π．【点评】本题考查轨迹，圆，垂径定理，二次函数等知识，解题的关键是发现点E在⊙M上，属于中考填空题中的压轴题．10．如图，在△ABC中，∠B＝90°，∠BAC＝60°，AB＝1，若点E为BC上一动点，以AE为边在AE右侧作等边△AEF，连接CF，G为线段CF中点．若点E从点B出发，沿着BC方向运动到点C，则在此过程中，点G运动的路径长为32【考点】轨迹；等边三角形的性质；含30度角的直角三角形．【专题】推理填空题；动点型；运算能力；推理能力．【答案】32【分析】延长AB至点D，使BD＝AB，连接DE，证明△ADE≌△ACF可得AF＝AE，CF＝DE，所以AF＝CF，得点F在AC的垂直平分线上，作FH⊥AC于点H，GI⊥AC于点I，点G的运动路线为射线IG，当点E运动到点C时，停止运动，根据含30度角的直角三角形即可求出结果．【解答】解：如图，延长AB至点D，使BD＝AB，连接DE，则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，∴点F在AC的垂直平分线上．作FH⊥AC于点H，GI⊥AC于点I，则GI=12FH，GI∥∴点G的运动路线为射线IG，当点E运动到点C时，停止运动，如图，在图2中，AF＝AE＝AC＝2AB＝2，∴FH=3，GI=∴点G的运动路径长为32故答案为：32【点评】本题考查了轨迹，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形，解决本题的关键是综合运用以上知识．11．2020年中考在即，为了同学们更好地适应中考，重庆某中学初2020级举行了最后一次模拟适应性考试．几周前Z、W、J、L四名老师接到本次模拟考试某学科的命题任务．该学科试卷总的试题数大于20且不超过30．Z老师与J老师命题的数目之和乘以Z老师与L老师的命题数目之和其结果为132．W老师与J老师命题的数目之和乘以W老师与L老师的命题数目之和其结果为210．已知W老师与J老师命题的数目之和为偶数．Z老师与J老师命题的数目之和乘以W老师与J老师的命题数目之和其结果为154．【考点】推理与论证．【专题】推理填空题；数感；推理能力．【答案】154．【分析】根据题意，可以得到这样三个关系式：①20＜Z+W+J+L≤30，②（Z+J）（Z+L）＝132，③（W+J）（W+L）＝210，分别对132和210进行因数分解，结合整体范围，可以得到W+J＝14或10，进行分类讨论即可．【解答】解：分别以Z，W，J，L表示四位老师命题数量，根据题意，可以得到以下关系式：①20＜Z+W+J+L≤30，②（Z+J）（Z+L）＝132，③（W+J）（W+L）＝210，∵试题总数不超过30，∴②中132可以拆成11×12或者22×6，又∵W+J为偶数，∴③中210可以拆成10×21或者14×15，则W+J＝14或者w+J＝10，对W+J的值进行分类讨论：第一种情况：若W+J＝10，则W+L＝21，则L﹣J＝11，若每个老师都命题，则J≥1，L＝11+J≥12，同理Z≥1，则Z+L≥13，则Z+L＝22，此时则有W+J＝10，W+L＝21，Z+L＝22，Z+J＝6，此时无解，所以只能满足：W+J＝14，则W+L＝15，Z+J＝11，Z+L＝12，则所求（Z+J）（W+J）＝11×14＝154．故答案为：154．【点评】本题主要考查了学生的推理能力，数的因式分解，尤其是面对四个未知数时，对题目进行分类讨论是解题的关键．12．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，AB＝6，点D，E分别在边AB，AC上，AD＝2，AE＝22，点F从点D出发沿DB向点B运动，运动到点B结束，以EF为斜边作等腰直角三角形EFP（点E，F，P按顺时针排列），在点F运动过程中点P经过的路径长为22．【考点】轨迹；等腰直角三角形．【专题】动点型；图形的相似；应用意识．【答案】22．【分析】如图，连接DE，DP，过点D作DK⊥AE于K．利用相似三角形的性质证明AF=2DP，DP∥AC，求出两种特殊情形时DP【解答】解：如图，连接DE，DP，过点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，当点F与D重合时，DP=22AD当点F与B重合时，DP=22AB＝3∴在点F运动过程中点P经过的路径长为32−2=故答案为22．【点评】本题考查轨迹，等腰直角三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行线的判定等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．13．如图，⊙O的半径为2，弦AB的长为23，点C是优弧AB上的一动点，BD⊥BC交直线AC于点D，当点C从△ABC面积最大时运动到BC最长时，点D所经过的路径长为233π【考点】轨迹；勾股定理；垂径定理；圆周角定理．【专题】动点型；与圆有关的计算；应用意识．【答案】见试题解答内容【分析】如图，以AB为边向上作等边三角形△ABF，连接OA，OB，OF，DF，OF交AB于H．说明点D的运动轨迹是以F为圆心，FA为半径的圆，再利用弧长公式求解即可．【解答】解：如图，以AB为边向上作等边三角形△ABF，连接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∠∴点D的运动轨迹是以F为圆心，FA为半径的圆，∵当点C从△ABC面积最大时运动到BC最长时，BC绕点B顺时针旋转了30°，∴BD绕点B也旋转了30°，∴点D的轨迹所对的圆心角为60°，∴运动路径的长=60π⋅23故答案为233【点评】本题考查轨迹，垂径定理，等边三角形的性质，勾股定理，锐角三角函数等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．14．在平面直角坐标系中，O为原点，点A（﹣2，0），点G（0，2），点E，点F分别为OA，OG的中点．若正方形OEDF绕点O顺时针旋转，得正方形OE'D'F'，直线AE'与直线GF'相交于点P，当E′第一次落在x轴上时，则点P走过的路径长为223π【考点】轨迹；坐标与图形变化﹣旋转；正方形的性质．【专题】平面直角坐标系；平移、旋转与对称；应用意识．【答案】见试题解答内容【分析】如图1中，设AE′交OG于N，连接AG，则点D在AG上．首先证明∠APG＝90°，推出点P在以D为圆心，DO为半径的圆上运动，轨迹是图中OP′，如图2中，在第一象限内，当点D'与点P重合时，点P的纵坐标最大，点P的运动路径是OP的两倍，利用弧长公式求出圆心角，半径即可解决问题．【解答】解：如图1中，设AE′交OG于N，连接AG，则点D在AG上．由旋转知，∠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°，∴点P在以D为圆心，DO为半径的圆上运动，轨迹是图中OP′，如图2中，在第一象限内，当点D'与点P重合时，点P的纵坐标最大，点P的运动路径是OP的两倍，∵∠AE'O＝90°，E'O＝1，AO＝2，∴∠E'AO＝30°，∴∠D′DO＝2∠E′AO＝60°，∵OD＝AD＝DG=2∴点P的运动路径的长＝2×60⋅π⋅2故答案为223【点评】主要考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理，轨迹等知识，解题的关键是正确寻找点P的运动轨迹，属于中考填空题中的压轴题．15．如图，在等腰直角△ABC中，∠B＝90°，D，E分别为BC、AB上的点，AB＝73，BE=3，BD＝23，点P从点E出发沿BA方向运动，连接PD，以PD为边，在PD右侧按如图方式作等腰直角△PDF，当点P从点E运动到点A时，点F运动的路径长是36【考点】轨迹；等腰直角三角形．【专题】三角形．【答案】见试题解答内容【分析】首先证明点F的运动轨迹是线段F1F2，想办法求出BF1、BF2即可解决问题；【解答】解：如图，作FM⊥AB于M，FN⊥BC于N．∵∠MBN+∠EFD＝180°，∴E、B、D、F四点共圆，∴∠ABF＝∠EDF＝45°，∴点F的运动轨迹是图中线段F1F2．当P与E重合时，易证△FME≌△FND，∴FM＝FN，ME＝DN，可得四边形FMBN是正方形，∴BE+BD＝BM﹣ME+BN+DN＝2FM＝33，∴BM＝FM=3∴BF1=3当点P与A重合时，同法可得BF2=9∴F1F2=962故答案为36．【点评】本题考查轨迹、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是准确寻找点的运动轨迹，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．16．在平面直角坐标系中，点A的坐标为（0，3），点B在x轴上从（﹣3，0）运动到（3，0）．将线段AB绕点B顺时针旋转90°至线段BM，过点M作MN∥y轴，点N在M的下方，且MN＝BO，则B在x轴上从（﹣3，0）运动到（3，0）的过程中，点N运动的路径长为3+35．【考点】轨迹；坐标与图形变化﹣旋转．【专题】动点型；平面直角坐标系；图形的全等．【答案】见试题解答内容【分析】分两种情形：当点B从（﹣3，0）运动到（0，0）时，在x轴的正半轴上取一点k，使得OK＝OA＝3，连接KN，延长KN交y轴于J，延长NM交OK于H．证明tan∠NKH=NHKH=2，推出点N当点B从（0，0）运动到（3，0）时，求出点N的运动轨迹即可解决问题．【解答】解：在x轴的正半轴上取一点k，使得OK＝OA＝3，连接KN，延长KN交y轴于J，延长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∴当点B从（﹣3，0）运动到（0，0）时，点N的运动轨迹是线段JK，在Rt△JOK中，∵OJ＝6，OK＝3，∴JK=32+当点B从（0，0）运动到（3，0）时，易证NM＝OB，ON＝OA＝3，此时点N的运动轨迹是BN＝3，综上所述，点N的运动轨迹是3+35故答案为3+35．【点评】本题考查轨迹，坐标与图形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找点的运动轨迹，属于中考填空题中的压轴题．17．在矩形ABCD中，已知AB＝4，BC＝3，矩形在直线l上绕其右下角的顶点B向右旋转90°至图①位置，再绕右下角的顶点继续向右旋转90°至图②位置，…，以此类推，这样连续旋转2016次后，顶点A在整个旋转过程中所经过的路程之和是3024π．【考点】轨迹；旋转的性质．【答案】见试题解答内容【分析】首先求得每一次转动的路线的长，发现每4次循环，找到规律然后计算即可．【解答】解：∵AB＝4，BC＝3，∴AC＝BD＝5，转动一次A的路线长是：90π⋅4180=2转动第二次的路线长是：90π⋅5180=转动第三次的路线长是：90π⋅3180=转动第四次的路线长是：0，以此类推，每四次循环，故顶点A转动四次经过的路线长为：52π+32π+2π2016÷4＝504，顶点A转动四次经过的路线长为：6π×504＝3024π．故答案为：3024π．【点评】本题主要考查了探索规律问题和弧长公式的运用，掌握旋转变换的性质、灵活运用弧长的计算公式、发现规律是解决问题的关键．18．如图，线段AB长为6cm，点C是线段AB上一动点（不与A，B重合），分别以AC和BC为斜边，在AB的同侧作等腰直角三角形△ADC，△CEB，点P是DE的中点，当点C从距离A点1cm处沿AB向右运动至距离B点1cm处时，点P运动的路径长是2cm．【考点】轨迹；等腰直角三角形．【答案】见试题解答内容【分析】分别延长AD、BE交于点F，易证四边形CDFE为平行四边形，得出P为CF中点，设点C从距离A点1cm处G沿AB向右运动至距离B点1cm处H，则P的运行轨迹为△FGH的中位线MN．再求出GH的长，运用中位线的性质求出MN的长度即可．【解答】解：如图，分别延长AD、BE交于点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，∴四边形CDFE为平行四边形，∴CF与DE互相平分．∵P为DE的中点，∴P为CF中点，即在P的运动过程中，P始终为FC的中点，所以P的运行轨迹为三角形FGH的中位线MN．∵GH＝AB﹣AG﹣BH＝6﹣1﹣1＝4，∴MN=12GH＝2，即P的移动路径长为2故答案为2．【点评】本题考查了等腰直角三角形的性质、三角形中位线的性质、平行四边形的判定和性质，以及动点问题，是中考的热点，解题的关键是正确寻找点R的运动轨迹，属于中考填空题中的压轴题．19．A，B，C，D，E五省统计学家奔赴地震灾区进行灾情统计，每省派2人．到达时要进行介绍，10人中互相认识的握一下手，且本省的2人没有握手，也没有人和同一人握两次手．介绍结束后，A省统计学家A1分别问其他9人：“你今天握了几次手”使他惊讶的是9人握手次数各不相同．问A1自己握手次数是4次．【考点】推理与论证．【答案】见试题解答内容【分析】由于本省的2人没有握手，那么这10个人中握手次数最多的应是和外省的那8个人都握过手，为8次，又因为A省统计学家A1分别问其他9人：“你今天握了几次手”使他惊讶的是9人握手次数各不相同，故可推断出除A1外其他9人握手分别是0﹣8次，从而进行推断即可得出答案．【解答】解：∵本省的2人没有握手，也没有人和同一人握两次手，∴这10个人中握手最多的应是和外省的那8个人都握过手，为8次，∵除A1外其他9人握手次数各不相同，∴除A1外其他9人握手分别是0﹣8次，设A，B，C，D，E五省的统计学家分别为A1，A2，B1，B2，C1，C2，D1，D2，E1，E2，不妨设E2的握手次数为0次，则E2不认识外省的那8个人，外省的那8个人也都不认识E2，∴A1，A2，B1，B2，C1，C2，D1，D2的握手次数都将小于8，∴握手次数为8次的人为E1，∴与E1握手的人为A1，A2，B1，B2，C1，C2，D1，D2，再假设D2的握手次数为1次，则与D2握手的人只有E1，也就是说A1，A2，B1，B2，C1，C2都不认识D2，∴A1，A2，B1，B2，C1，C2的握手次数都将小于7，∴握手次数为7次的人为D1，∴与D1握手的人为A1，A2，B1，B2，C1，C2，E1，再假设C2的握手次数为2次，则与C2握手的人只有D1，E1，也就是说A1，A2，B1，B2都不认识C2，∴A1，A2，B1，B2的握手次数都将小于6，∴握手次数为6次的人为C1，∴与C1握手的人为A1，A2，B1，B2，D1，E1，再假设B2的握手次数为3次，则与B2握手的人只有C1，D1，E1，也就是说A1，A2都不认识B2，∴A1，A2的握手次数都将小于5，∴握手次数为5次的人为B1，∴与B1握手的人为A1，A2，C1，D1，E1，∴与A1和A2握手的人为B1，C1，D1，E1，也就是说与A1和A2握手的人为握手次数分别是5，6，7，8次的人，故答案为：4．【点评】应抓住关键条件：本省的2人没有握手，也没有人和同一人握两次手，以及除A1外其余9人握手次数各不相同，从而推断出除A1外其他9人握手分别是0﹣8次．20．将3种作物种植在如图所示的5块试验田里，每块种植一种作物，且相邻的试验田不能种同一种作物，不同的种植方法共有42种．【考点】推理与论证．【答案】见试题解答内容【分析】第一块田有3种选择方法，第二、三、四、五块田均有2种选择方法，因此共有3×2×2×2×2＝48种种植方法，而这48种方法中，包含了只种两种作物的可能，因此要将其除去，只种两种作物时，不同的种法有2×3＝6种，因此本题的种植方法共有48﹣6＝42种．【解答】解：第一块田有3种种植方法，第二、三、四、五块田均有2种种植方法，因此共有3×2×2×2×2＝48种种植方法；其中，有2×3＝6种是只种两种作物的种植方法，因此所求的种植方法有48﹣6＝42种．故答案为：42．【点评】用分步计数法易求得总的种植方法，但是很多同学容易忽略只种2种作物的情况，因此做题时要读清题意，细心求解．21．甲、乙两车在A、B两城不断来回开行，速度不变（忽略掉头等时间）．其中甲车从A城开出，乙车从B城开出，两车在距A城36公里处第一次相遇．当甲车还没有到达B城时，两车又在距B城若干公里的某处第二次相遇，并且后来再在距B城36公里处第三次相遇．那么第二次相遇时，两车距离B城72公里．【考点】推理与论证．【专题】行程问题．【答案】见试题解答内容【分析】可在一条线段上简单的作出图形，考虑两车第二次相遇的情形，即甲还没有到达B城，便与C相遇于D处，其实是乙到达A城后，在回程途中追上甲，这样甲到达D，B之间的E处时，乙到达B城折回与甲第三次相遇，又其速度不变，所以设法求出其速度之间的关系即此题解题的关键．【解答】解：设两车首次相遇于C处，第二次相遇于D处，第三次相遇于E处，考虑两车第二次相遇的情形，如图1，甲还没有到达B城，便与C相遇于D处，其实是乙到达A城后，在回程途中追上甲，这样甲到达D，B之间的E处时，乙到达B城折回与甲第三次相遇，则两车首次相遇时合开的路程记为S＝AB，第一、三次相遇之间，甲开行距离为CE，乙开行距离为CA+AB+BE，两车合开的路程为2S，由于速度不变，甲应开行了2×36＝72公里，即CE＝72公里，而题设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，于是易算得两车第一次相遇于C后，乙到达A站时，甲到达F处，CF＝12公里，如图2，从而甲在回程图中追赶乙，需从A起，追赶48+48÷（3﹣1）＝72公里，即AD＝72公里，从而知DB＝S﹣AD＝144﹣72＝72公里．故答案为：72．【点评】本题主要考查了路程问题中的追及相遇问题，对于此类应用问题，能够通过作出一个简单的图形帮助理清思路，从而求解．22．“并字横”想必大家都应该玩过，两名玩家在3×3的横盘上轮流落子，先将自己的3枚棋子连成一线的玩家获胜，在棋盘摆放确定之后，一共有8种可能的胜利方法，如图：考虑两名玩家在4×4×4的立方体上轮流落子的“立体并字俱”，先将自己4枚棋子连成一线的玩家获胜，那么在立方体摆放确定之后，“立体并字填”一共有76种胜利方法．【考点】推理与论证．【专题】空间观念；几何直观；模型思想；创新意识．【答案】见试题解答内容【分析】根据题意，分三种情形画出图形，统计符合条件的情形即可解决问题．【解答】解：分三种情形：①如图1中，4棵同颜色的棋在同一个桩柱上时，有16种情形．②如图2中，4棵同颜色的棋在同一个层面上，有16+16+8＝40种情形．③如图3中，4棵同颜色的棋在不同的桩柱上（即对角线），有20种情形．综上所述，共有16+40+20＝76（种）【点评】本题考查四子立体图形，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考创新题型．23．如图，A，B在坐标轴的正半轴上移动，且AB＝10，反比例函数y=kx（x＞0）的图象与AB有唯一公共点P，点M在x轴上，△OPM为直角三角形，当点M从点（52，0）移动到点（10，0）时，动点P所经过的路程为512【考点】轨迹；坐标与图形变化﹣平移；反比例函数的图象；反比例函数图象上点的坐标特征．【专题】反比例函数及其应用．【答案】见试题解答内容【分析】首先证明点P是线段AB的中点，可得OP=12AB＝5，求出圆心角∠【解答】解：设A（a，0），B（0，b），则直线AB的解析式为y=−bax+由y=−bax+by=kx，消去y得到：bx∵双曲线y=kx与AB有唯一公共点∴点P的横坐标xP=−ab∴点P是AB的中点，∵点M在x轴上，△OPM为直角三角形，当M从点（52，0）移动到点（10，0），△OPM是直角三角形，∴∠OPM＝90°，①当OM＝52时，∵OP=12∴cos∠POM=OP∴∠POM＝45°，②当OM′＝10时，OP＝′5，∴cos∠P′OM′=1∴∠P′OM′＝60°，∴∠POP′＝15°，∴PP′的长=15⋅π⋅5180故答案为512π【点评】本题考查反比例函数的应用，一次函数的应用，二元二次方程组，一元二次方程的根与系数的关系等知识，解题的关键是熟练掌握待定系数法解决问题，本题的突破点是证明点P是线段AB的中点，属于中考填空题中的压轴题．24．如图，⊙O的直径AB与弦CD互相垂直，垂足为点E，AB＝4，CD＝23，动点P从B出发，沿劣弧BD运动到点D，AF⊥CP于点F，则线段AF的中点M所经过的路径长为36π【考点】轨迹；圆周角定理．【专题】与圆有关的计算．【答案】见试题解答内容【分析】如图，取AC的中点H，连接MH．取AH的中点J，连接OC．首先证明点M的运动轨迹是以J为圆心的弧HK，利用弧长公式计算即可．【解答】解：如图，取AC的中点H，连接MH．取AH的中点J，连接OC．∵AM＝MF，AH＝HC，∴MH∥CF，∵AF⊥CF，∴∠AMH＝∠AFC＝90°，∴点M的运动轨迹是以J为圆心的弧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∴点M的运动路径的长=60⋅π⋅3故答案为36π【点评】本题考查轨迹，垂径定理，解直角三角形等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．25．如图，已知在△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，点D从点A出发沿AC以每秒13个单位的速度向点C运动，连接BD，过点A作AE⊥BD于点E，当运动10秒时，∠ABD＝45°，则当点D从A出发运动10秒时，点E经过的路径长是103π或52【考点】轨迹．【专题】动点型；图形的相似．【答案】见试题解答内容【分析】如图，当t＝10秒时，点D运动到点D′，此时AD′=103，CD′=23，取AB的中点O，连接OE′，OE，设AE′＝BE′＝x，BD′＝y．构建方程组求出【解答】解：如图，当t＝10秒时，点D运动到点D′，此时AD′=103，CD′=23，取AB的中点O，连接OE′，OE，设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当x=453时，易知∵OA＝OB＝OE＝OE′，∴点E的运动轨迹是弧AE′，∴∠AOE＝2∠ABD′＝90°，∴AE′的长=90⋅π⋅2当x=10时，易知AB＝25，同法可知AE′的长=90⋅π⋅综上所述，103π或52故答案为：103π或52【点评】本题考查轨迹，相似三角形的判定和性质，二元二次方程组等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程组解决问题，正确寻找点E的运动轨迹，属于中考填空题中的压轴题．

考点卡片1．坐标与图形性质1、点到坐标轴的距离与这个点的坐标是有区别的，表现在两个方面：①到x轴的距离与纵坐标有关，到y轴的距离与横坐标有关；②距离都是非负数，而坐标可以是负数，在由距离求坐标时，需要加上恰当的符号．2、有图形中一些点的坐标求面积时，过已知点向坐标轴作垂线，然后求出相关的线段长，是解决这类问题的基本方法和规律．3、若坐标系内的四边形是非规则四边形，通常用平行于坐标轴的辅助线用“割、补”法去解决问题．2．反比例函数的图象用描点法画反比例函数的图象，步骤：列表﹣﹣﹣描点﹣﹣﹣连线．（1）列表取值时，x≠0，因为x＝0函数无意义，为了使描出的点具有代表性，可以以“0”为中心，向两边对称式取值，即正、负数各一半，且互为相反数，这样也便于求y值．（2）由于函数图象的特征还不清楚，所以要尽量多取一些数值，多描一些点，这样便于连线，使画出的图象更精确．（3）连线时要用平滑的曲线按照自变量从小到大的顺序连接，切忌画成折线．（4）由于x≠0，k≠0，所以y≠0，函数图象永远不会与x轴、y轴相交，只是无限靠近两坐标轴．3．反比例函数图象上点的坐标特征反比例函数y＝k/x（k为常数，k≠0）的图象是双曲线，①图象上的点（x，y）的横纵坐标的积是定值k，即xy＝k；②双曲线是关于原点对称的，两个分支上的点也是关于原点对称；③在y＝k/x图象中任取一点，过这一个点向x轴和y轴分别作垂线，与坐标轴围成的矩形的面积是定值|k|．4．二次函数的性质二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的顶点坐标是（−b2a，4ac−b24a），对称轴直线x=−b2a，二次函数y＝ax2①当a＞0时，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的开口向上，x＜−b2a时，y随x的增大而减小；x＞−b2a时，y随x的增大而增大；x=−b②当a＜0时，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的开口向下，x＜−b2a时，y随x的增大而增大；x＞−b2a时，y随x的增大而减小；x=−b③抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象可由抛物线y＝ax2的图象向右或向左平移|−b2a|个单位，再向上或向下平移|5．二次函数图象上点的坐标特征二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象是抛物线，顶点坐标是（−b2a，①抛物线是关于对称轴x=−b②抛物线与y轴交点的纵坐标是函数解析中的c值．③抛物线与x轴的两个交点关于对称轴对称，设两个交点分别是（x1，0），（x2，0），则其对称轴为x=x6．抛物线与x轴的交点求二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标，令y＝0，即ax2+bx+c＝0，解关于x的一元二次方程即可求得交点横坐标．（1）二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）的交点与一元二次方程ax2+bx+c＝0根之间的关系．△＝b2﹣4ac决定抛物线与x轴的交点个数．△＝b2﹣4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；△＝b2﹣4ac＝0时，抛物线与x轴有1个交点；△＝b2﹣4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．（2）二次函数的交点式：y＝a（x﹣x1）（x﹣x2）（a，b，c是常数，a≠0），可直接得到抛物线与x轴的交点坐标（x1，0），（x2，0）．7．全等三角形的判定与性质（1）全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．（2）在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．8．等边三角形的性质（1）等边三角形的定义：三条边都相等的三角形叫做等边三角形，等边三角形是特殊的等腰三角形．①它可以作为判定一个三角形是否为等边三角形的方法；②可以得到它与等腰三角形的关系：等边三角形是等腰三角形的特殊情况．在等边三角形中，腰和底、顶角和底角是相对而言的．（2）等边三角形的性质：等边三角形的三个内角都相等，且都等于60°．等边三角形是轴对称图形，它有三条对称轴；它的任意一角的平分线都垂直平分对边，三边的垂直平分线是对称轴．9．等边三角形的判定与性质（1）等边三角形是一个非常特殊的几何图形，它的角的特殊性给有关角的计算奠定了基础，它的边角性质为证明线段、角相等提供了便利条件．同是等边三角形又是特殊的等腰三角形，同样具备三线合一的性质，解题时要善于挖掘图形中的隐含条件广泛应用．（2）等边三角形的特性如：三边相等、有三条对称轴、一边上的高可以把等边三角形分成含有30°角的直角三角形、连接三边中点可以把等边三角形分成四个全等的小等边三角形等．（3）等边三角形判定最复杂，在应用时要抓住已知条件的特点，选取恰当的判定方法，一般地，若从一般三角形出发可以通过三条边相等判定、通过三个角相等判定；若从等腰三角形出发，则想法获取一个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质：在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半．（2）此结论是由等边三角形的性质推出，体现了直角三角形的性质，它在解直角三角形的相关问题中常用来求边的长度和角的度数．（3）注意：①该性质是直角三角形中含有特殊度数的角（30°）的特殊定理，非直角三角形或一般直角三角形不能应用；②应用时，要注意找准30°的角所对的直角边，点明斜边．11．勾股定理（1）勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2．（2）勾股定理应用的前提条件是在直角三角形中．（3）勾股定理公式a2+b2＝c2的变形有：a=c2−b2，b（4）由于a2+b2＝c2＞a2，所以c＞a，同理c＞b，即直角三角形的斜边大于该直角三角形中的每一条直角边．12．等腰直角三角形（1）两条直角边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种特殊的三角形，具有所有三角形的性质，还具备等腰三角形和直角三角形的所有性质．即：两个锐角都是45°，斜边上中线、角平分线、斜边上的高，三线合一，等腰直角三角形斜边上的高为外接圆的半径R，而高又为内切圆的直径（因为等腰直角三角形的两个小角均为45°，高又垂直于斜边，所以两个小三角形均为等腰直角三角形，则两腰相等）；（3）若设等腰直角三角形内切圆的半径r＝1，则外接圆的半径R=2+1，所以r：R＝1：13．菱形的性质（1）菱形的性质①菱形具有平行四边形的一切性质；②菱形的四条边都相等；③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线．（2）菱形的面积计算①利用平行四边形的面积公式．②菱形面积=12ab．（a、14．矩形的性质（1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．（2）矩形的性质①平行四边形的性质矩形都具有；②角：矩形的四个角都是直角；③边：邻边垂直；④对角线：矩形的对角线相等；⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点．（3）由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．15．正方形的性质（1）正方形的定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形．（2）正方形的性质①正方形的四条边都相等，四个角都是直角；②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴．16．垂径定理（1）垂径定理垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．（2）垂径定理的推论推论1：平分弦（不