2024年全国中考数学真题卷填空压轴题60道（下）

2024年全国中考数学真题卷-填空压轴题60道（下） 一．有理数的混合运算（共1小题） 1．（2024•北京）联欢会有A，B，C，D四个节目需要彩排，所有演员到场后节目彩排开始．一个节目彩排完毕，下一个节目彩排立即开始．每个节目的演员人数和彩排时长（单位：min）如下： 节目 A B C D 演员人数 10 2 10 1 彩排时长 30 10 20 10 已知每位演员只参演一个节目．一位演员的候场时间是指从第一个彩排的节目彩排开始到这位演员参演的节目彩排开始的时间间隔（不考虑换场时间等其他因素）．若节目按“A﹣B﹣C﹣D”的先后顺序彩排，则节目D的演员的候场时间为 　 　min；若使这23位演员的候场时间之和最小，则节目应按 　 　的先后顺序彩排． 二．估算无理数的大小（共1小题） 2．（2024•河北）已知a，b，n均为正整数． （1）若nn+1，则n＝　 　； （2）若n﹣1n，nn+1，则满足条件的a的个数总比b的个数少 　 　个． 三．规律型：数字的变化类（共2小题） 3．（2024•江西）观察a，a2，a3，a4，…，根据这些式子的变化规律，可得第100个式子为 　 　． 4．（2024•雅安）如图是1个纸杯和若干个叠放在一起的纸杯的示意图，在探究纸杯叠放在一起后的总高度H与杯子数量n的变化规律的活动中，我们可以获得以下数据（字母），请选用适当的字母表示H＝　 　． ①杯子底部到杯沿底边的高h； ②杯口直径D； ③杯底直径d； ④杯沿高a． 四．分式的混合运算（共1小题） 5．（2024•眉山）已知a1＝x+1（x≠0且x≠﹣1），a2，a3，…，an，则a2024的值为 　 　． 五．分式方程的解（共1小题） 6．（2024•牡丹江）若分式方程的解为正整数，则整数m的值为 　 　． 六．规律型：点的坐标（共2小题） 7．（2024•黑龙江）如图，在平面直角坐标系中，正方形OMNP顶点M的坐标为（3，0），△OAB是等边三角形，点B坐标是（1，0），△OAB在正方形OMNP内部紧靠正方形OMNP的边（方向为O→M→N→P→O→M（→…）做无滑动滚动，第一次滚动后，点A的对应点记为A1，A1的坐标是（2，0）；第二次滚动后，A1的对应点记为A2，A2的坐标是（2，0）；第三次滚动后，A2的对应点记为A3，A3的坐标是（3，）；如此下去，……，则A2024的坐标是 　 　． 8．（2024•绥化）如图，已知A1（1，），A2（3，），A3（4，0），A4（6，0），A5（7，），A6（9，），A7（10，0），A8（11，）…，依此规律，则点A2024的坐标为 　 　． 七．一次函数图象上点的坐标特征（共1小题） 9．（2024•凉山州）如图，一次函数y＝kx+b的图象经过A（3，6）、B（0，3）两点，交x轴于点C，则△AOC的面积为 　 　． 八．反比例函数的性质（共1小题） 10．（2024•包头）若反比例函数y1，y2，当1≤x≤3时，函数y1的最大值是a，函数y2的最大值是b，则ab＝　 　． 九．反比例函数系数k的几何意义（共1小题） 11．（2024•广州）如图，平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的顶点B在函数y（x＞0）的图象上，A（1，0），C（0，2）．将线段AB沿x轴正方向平移得线段A'B'（点A平移后的对应点为A′），A'B'交函数y（x＞0）的图象于点D，过点D作DE⊥y轴于点E，则下列结论： ①k＝2； ②△OBD的面积等于四边形ABDA′的面积； ③A'E的最小值是； ④∠B'BD＝∠BB'O． 其中正确的结论有 　 　．（填写所有正确结论的序号） 一十．反比例函数图象上点的坐标特征（共3小题） 12．（2024•绥化）如图，已知点A（﹣7，0），B（x，10），C（﹣17，y），在平行四边形ABCO中，它的对角线OB与反比例函数y（k≠0）的图象相交于点D，且OD：OB＝1：4，则k＝　 　． 13．（2024•乐山）定义：函数图象上到两坐标轴的距离都小于或等于1的点叫做这个函数图象的“近轴点”．例如，点（0，1）是函数y＝x+1图象的“近轴点”． （1）下列三个函数的图象上存在“近轴点”的是 　 　（填序号）； ①y＝﹣x+3； ②y； ③y＝﹣x2+2x﹣1． （2）若一次函数y＝mx﹣3m图象上存在“近轴点”，则m的取值范围为 　 　． 14．（2024•扬州）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（1，0），点B在反比例函数y（x＞0）的图象上，BC⊥x轴于点C，∠BAC＝30°，将△ABC沿AB翻折，若点C的对应点D落在该反比例函数的图象上，则k的值为 　 　． 一十一．抛物线与x轴的交点（共2小题） 15．（2024•武汉）抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a＜0）经过（﹣1，1），（m，1）两点，且0＜m＜1．下列四个结论： ①b＞0； ②若0＜x＜1，则a（x﹣1）2+b（x﹣1）+c＞1； ③若a＝﹣1，则关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝2无实数解； ④点A（x1，y1），B（x2，y2）在抛物线上，若x1+x2，x1＞x2，总有y1＜y2，则0＜m． 其中正确的是 　 　（填写序号）． 16．（2024•新疆）如图，抛物线与y轴交于点A，与x轴交于点B，线段CD在抛物线的对称轴上移动（点C在点D下方），且CD＝3．当AD+BC的值最小时，点C的坐标为 　 　． 一十二．二次函数的应用（共2小题） 17．（2024•广西）如图，壮壮同学投掷实心球，出手（点P处）的高度OP是m，出手后实心球沿一段抛物线运行，到达最高点时，水平距离是5m，高度是4m．若实心球落地点为M，则OM＝　 　m． 18．（2024•甘肃）如图1为一汽车停车棚，其棚顶的横截面可以看作是抛物线的一部分，如图2是棚顶的竖直高度y（单位：m）与距离停车棚支柱AO的水平距离x（单位：m）近似满足函数关系y＝﹣0.02x2+0.3x+1.6的图象，点B（6，2.68）在图象上．若一辆箱式货车需在停车棚下避雨，货车截面看作长CD＝4m，高DE＝1.8m的矩形，则可判定货车 　 　完全停到车棚内（填“能”或“不能”）． 一十三．全等三角形的性质（共1小题） 19．（2024•湖北）如图，由三个全等的三角形（△ABE，△BCF，△CAD）与中间的小等边三角形DEF拼成一个大等边三角形ABC．连接BD并延长交AC于点G．若AE＝ED＝2．则（1）∠FDB的度数是 　 　；（2）DG的长是 　 　． 一十四．全等三角形的判定与性质（共1小题） 20．（2024•浙江）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，．线段AB与A′B′关于过点O的直线l对称，点B的对应点B′在线段OC上，A′B′交CD于点E，则△B′CE与四边形OB′ED的面积比为 　 　． 一十五．等腰三角形的性质（共1小题） 21．（2024•齐齐哈尔）如图，数学活动小组在用几何画板绘制几何图形时，发现了如“花朵”形的美丽图案，他们将等腰三角形OBC置于平面直角坐标系中，点O的坐标为（0，0），点B的坐标为（1，0），点C在第一象限，∠OBC＝120°．将△OBC沿x轴正方向作无滑动滚动，使它的三边依次与x轴重合，第一次滚动后，点O的对应点为O′，点C的对应点为C′，OC与O′C′的交点为A1，称点A1为第一个“花朵”的花心，点A2为第二个“花朵”的花心；……；按此规律，△OBC滚动2024次后停止滚动，则最后一个“花朵”的花心的坐标为 　 　． 一十六．含30度角的直角三角形（共1小题） 22．（2024•临夏州）如图，等腰△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，将△ABC沿其底边中线AD向下平移，使A的对应点A′满足AA′AD，则平移前后两三角形重叠部分的面积是 　 　． 一十七．勾股定理（共1小题） 23．（2024•陕西）如图，在△ABC中，AB＝AC，E是边AB上一点，连接CE，在BC的右侧作BF∥AC，且 BF＝AE，连接CF．若AC＝13，BC＝10，则四边形EBFC的面积为 　 　． 一十八．勾股定理的证明（共1小题） 24．（2024•武汉）如图是我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形和中间的小正方形MNPQ拼成的一个大正方形ABCD．直线MP交正方形ABCD的两边于点E，F，记正方形ABCD的面积为S1，正方形MNPQ的面积为S2.若BE＝kAE（k＞1），则用含k的式子表示的值是 　 　． 一十九．平行四边形的性质（共1小题） 25．（2024•山西）如图，在▱ABCD中，AC为对角线，AE⊥BC于点E，点F是AE延长线上一点，且∠ACF＝∠CAF，线段AB，CF的延长线交于点G．若AB，AD＝4，tan∠ABC＝2，则BG的长为 　 　． 二十．菱形的性质（共3小题） 26．（2024•包头）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝6，AC是一条对角线，E是AC上一点，过点E作EF⊥AB，垂足为F，连接DE．若CE＝AF，则DE的长为 　 　． 27．（2024•贵州）如图，在菱形ABCD中，点E，F分别是BC，CD的中点，连接AE，AF．若sin∠EAF，AE＝5，则AB的长为 　 　． 28．（2024•广东）如图，菱形ABCD的面积为24，点E是AB的中点，点F是BC上的动点．若△BEF的面积为4，则图中阴影部分的面积为 　 　． 二十一．菱形的判定与性质（共1小题） 29．（2024•广西）如图，两张宽度均为3cm的纸条交叉叠放在一起，交叉形成的锐角为60°，则重合部分构成的四边形ABCD的周长为 　 　cm． 二十二．正方形的性质（共2小题） 30．（2024•北京）如图，在正方形ABCD中，点E在AB上，AF⊥DE于点F，CG⊥DE于点G．若AD＝5，CG＝4，则△AEF的面积为 　 　． 31．（2024•天津）如图，正方形ABCD的边长为，对角线AC，BD相交于点O，点E在CA的延长线上，OE＝5，连接DE． （Ⅰ）线段AE的长为 　 　； （Ⅱ）若F为DE的中点，则线段AF的长为 　 　． 二十三．*平面向量（共1小题） 32．（2024•上海）如图，在平行四边形ABCD中，E为对角线AC上一点，设，若AE＝2EC，则　 　（结果用含，的式子表示）． 二十四．圆周角定理（共1小题） 33．（2024•江西）如图，AB是⊙O的直径，AB＝2，点C在线段AB上运动，过点C的弦DE⊥AB，将沿DE翻折交直线AB于点F，当DE的长为正整数时，线段FB的长为 　 　． 二十五．圆内接四边形的性质（共1小题） 34．（2024•滨州）如图，四边形ABCD内接于⊙O，若四边形OABC是菱形，则∠D＝　 　°． 二十六．切线的性质（共1小题） 35．（2024•扬州）如图，已知两条平行线l1、l2，点A是l1上的定点，AB⊥l2于点B，点C、D分别是l1，l2上的动点，且满足AC＝BD，连接CD交线段AB于点E，BH⊥CD于点H，则当∠BAH最大时，sin∠BAH的值为 　 　． 二十七．正多边形和圆（共2小题） 36．（2024•苏州）铁艺花窗是园林设计中常见的装饰元素．如图是一个花瓣造型的花窗示意图，由六条等弧连接而成，六条弧所对应的弦构成一个正六边形，中心为点O，所在圆的圆心C恰好是△ABO的内心，若AB＝2，则花窗的周长（图中实线部分的长度）＝　 　．（结果保留π） 37．（2024•烟台）如图，在边长为6的正六边形ABCDEF中，以点F为圆心，以FB的长为半径作，剪下图中阴影部分做一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面半径为 　 　． 二十八．弧长的计算（共1小题） 38．（2024•临夏州）如图，对折边长为2的正方形纸片ABCD，OM为折痕，以点O为圆心，OM为半径作弧，分别交AD，BC于E，F两点，则的长度为 　 　（结果保留π）． 二十九．扇形面积的计算（共2小题） 39．（2024•吉林）某新建学校因场地限制，要合理规划体育场地．小明绘制的铅球场地设计图如图所示，该场地由⊙O和扇形OBC组成，OB，OC分别与⊙O交于点A，D．OA＝1m，OB＝10m，∠AOD＝40°，则阴影部分的面积为 　 　m2（结果保留π）． 40．（2024•甘肃）甘肃临夏砖雕是一种历史悠久的古建筑装饰艺术，是第一批国家级非物质文化遗产．如图1是一块扇面形的临夏砖雕作品，它的部分设计图如图2，其中扇形OBC和扇形OAD有相同的圆心O，且圆心角∠O＝100°，若OA＝120cm，OB＝60cm，则阴影部分的面积是 　 　cm2.（结果用π表示） 三十．作图—复杂作图（共2小题） 41．（2024•滨州）如图，在边长为1的正方形网格中，点A，B均在格点上． （1）AB的长为 　 　； （2）请只用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出以AB为边的矩形ABCD，使其面积为，并简要说明点C，D的位置是如何找到的（不用证明）：　 　． 42．（2024•天津）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点A，F，G均在格点上． （I）线段AG的长为 　 　； （II）点E在水平网格线上，过点A，E，F作圆，经过圆与水平网格线的交点作切线，分别与AE，AF的延长线相交于点B，C，△ABC中，点M在边BC上，点N在边AB上，点P在边AC上．请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点M，N，P，使△MNP的周长最短，并简要说明点M，N，P的位置是如何找到的（不要求证明） 　 　． 三十一．推理与论证（共1小题） 43．（2024•赤峰）编号为A，B，C，D，E的五台收割机，若同时启动其中两台收割机，收割面积相同的田地所需时间如表： 收割机编号 A，B B，C C，D D，E A，E 所需时间（小时） 23 19 20 22 18 则收割最快的一台收割机编号是 　 　． 三十二．轴对称-最短路线问题（共1小题） 44．（2024•滨州）如图，四边形AOBC四个顶点的坐标分别是A（﹣1，3），O（0，0），B（3，﹣1），C（5，4），在该平面内找一点P，使它到四个顶点的距离之和PA+PO+PB+PC最小，则P点坐标为 　 　． 三十三．翻折变换（折叠问题）（共5小题） 45．（2024•雅安）如图，把矩形纸片ABCD沿对角线BD折叠，使点C落在点E处，BE与AD交于点F，若AB＝6，BC＝8，则cos∠ABF的值是 　 　． 46．（2024•河南）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的边AB在x轴上，点A的坐标为（﹣2，0），点E在边CD上．将△BCE沿BE折叠，点C落在点F处．若点F的坐标为（0，6），则点E的坐标为 　 　． 47．（2024•威海）将一张矩形纸片（四边形ABCD）按如图所示的方式对折，使点C落在AB上的点C′处，折痕为MN，点D落在点D′处，C′D′交AD于点E．若BM＝3，BC′＝4，AC′＝3，则DN＝　 　． 48．（2024•安徽）如图，现有正方形纸片ABCD，点E，F分别在边AB，BC上．沿垂直于EF的直线折叠得到折痕MN，点B，C分别落在正方形所在平面内的点B′，C′处，然后还原． （1）若点N在边CD上，且∠BEF＝α，则∠C′NM＝　 　（用含α的式子表示）； （2）再沿垂直于MN的直线折叠得到折痕GH，点G，H分别在边CD，AD上，点D落在正方形所在平面内的点D′处，然后还原．若点D′在线段B′C′上，且四边形EFGH是正方形，AE＝4，EB＝8，MN与GH的交点为P，则PH的长为 　 　． 49．（2024•烟台）如图，在▱ABCD中，∠C＝120°，AB＝8，BC＝10，E为边CD的中点，F为边AD上的一动点，将△DEF沿EF翻折得△D′EF，连接AD'，BD'，则△ABD′面积的最小值为 　 　． 三十四．旋转的性质（共2小题） 50．（2024•黑龙江）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，tan∠BAC，BC＝2，AD＝1，线段AD绕点A旋转，点P为CD的中点，则BP的最大值是 　 　． 51．（2024•河南）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB＝3，线段CD绕点C在平面内旋转，过点B作AD的垂线，交射线AD于点E．若CD＝1，则AE的最大值为 　 　，最小值为 　 　． 三十五．相似三角形的判定与性质（共5小题） 52．（2024•河北）如图，△ABC的面积为2，AD为BC边上的中线，点A，C1，C2，C3是线段CC4的五等分点，点A，D1，D2是线段DD3的四等分点，点A是线段BB1的中点． （1）△AC1D1的面积为 　 　； （2）△B1C4D3的面积为 　 　． 53．（2024•苏州）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝5，CA＝10，点D，E分别在AC，AB边上，AEAD，连接DE，将△ADE沿DE翻折，得到△FDE，连接CE，CF．若△CEF的面积是△BEC面积的2倍，则AD＝ 　 　． 54．（2024•眉山）如图，菱形ABCD的边长为6，∠BAD＝120°，过点D作DE⊥BC，交BC的延长线于点E，连结AE分别交BD，CD于点F，G，则FG的长为 　 　． 55．（2024•云南）如图，AB与CD交于点O，且AC∥BD．若，则 　 　． 56．（2024•牡丹江）如图，在正方形ABCD中，E是BC延长线上一点，AE分别交BD、CD于点F、M，过点F作NP⊥AE，分别交AD、BC于点N、P，连接MP．下列四个结论：①AM＝PN；②DM+DNDF；③若P是BC中点，AB＝3，则EM＝2；④BF•NF＝AF•BP；⑤若PM∥BD，则CEBC．其中正确的结论是 　 　． 三十六．解直角三角形（共1小题） 57．（2024•江西）将图1所示的七巧板，拼成图2所示的四边形ABCD，连接AC，则tan∠CAB＝　 　． 三十七．解直角三角形的应用（共2小题） 58．（2024•福建）无动力帆船是借助风力前行的．如图是帆船借助风力航行的平面示意图，已知帆船航行方向与风向所在直线的夹角∠PDA为70°，帆与航行方向的夹角∠PDQ为30°，风对帆的作用力F为400N．根据物理知识，F可以分解为两个力F1与F2，其中与帆平行的力F1不起作用，与帆垂直的力F2又可以分解为两个力f1与f2，f1与航行方向垂直，被舵的阻力抵消；f2与航行方向一致，是真正推动帆船前行的动力．在物理学上常用线段的长度表示力的大小，据此，建立数学模型：F＝AD＝400，则f2＝CD＝　 　．（单位：N）（参考数据：sin40°≈0.64，cos40°≈0.77） 59．（2024•湖南）如图，图1为《天工开物》记载的用于舂（chōng）捣谷物的工具——“碓（duì）”的结构简图，图2为其平面示意图．已知AB⊥CD于点B，AB与水平线l相交于点O，OE⊥l．若BC＝4分米，OB＝12分米，∠BOE＝60°，则点C到水平线l的距离CF为 　 　分米（结果用含根号的式子表示）． 三十八．解直角三角形的应用-仰角俯角问题（共1小题） 60．（2024•盐城）如图，小明用无人机测量教学楼的高度，将无人机垂直上升距地面30m的点P处，测得教学楼底端点A的俯角为37°，再将无人机沿教学楼方向水平飞行26.6m至点Q处，测得教学楼顶端点B的俯角为45°，则教学楼AB的高度约为 　 　m．（精确到1m，参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75） 2024年全国中考数学真题卷填空压轴题60道（下） 参考答案与试题解析 一．有理数的混合运算（共1小题） 1．（2024•北京）联欢会有A，B，C，D四个节目需要彩排，所有演员到场后节目彩排开始．一个节目彩排完毕，下一个节目彩排立即开始．每个节目的演员人数和彩排时长（单位：min）如下： 节目 A B C D 演员人数 10 2 10 1 彩排时长 30 10 20 10 已知每位演员只参演一个节目．一位演员的候场时间是指从第一个彩排的节目彩排开始到这位演员参演的节目彩排开始的时间间隔（不考虑换场时间等其他因素）．若节目按“A﹣B﹣C﹣D”的先后顺序彩排，则节目D的演员的候场时间为 　60　min；若使这23位演员的候场时间之和最小，则节目应按 　C﹣A﹣B﹣D　的先后顺序彩排． 【答案】见试题解答内容 【分析】根据候场时间定义计算即可，若使这23位演员的候场时间之和最小，则节目应按：C﹣A﹣B﹣D顺序排序． 【解答】解：根据题意，节目D的演员的候场时间为：30+10+20＝60（min）； 若使这23位演员的候场时间之和最小，则节目应按：C﹣A﹣B﹣D顺序排序， 即（10+2+1）×20+（2+1）×30+1×10＝360（min）， 故答案为：60；C﹣A﹣B﹣D． 二．估算无理数的大小（共1小题） 2．（2024•河北）已知a，b，n均为正整数． （1）若nn+1，则n＝　3　； （2）若n﹣1n，nn+1，则满足条件的a的个数总比b的个数少 　2　个． 【答案】（1）3； （2）2． 【分析】（1）利用夹逼法估算的取值范围，即可求出n的值； （2）先将不等式两边平方，分别得到a、b的取值范围，即可得出答案． 【解答】解：（1）∵， ∴， ∵nn+1，n为正整数， ∴n＝3； 故答案为：3； （2）∵n﹣1n， ∴（n﹣1）2＜a＜n2， ∴a的个数为n2﹣（n﹣1）2﹣1＝n2﹣n2+2n﹣1﹣1＝2n﹣2， ∵nn+1， ∴n2＜b＜（n+1）2， ∴b的个数为（n+1）2﹣n2﹣1＝n2+2n+1﹣n2﹣1＝2n， ∵2n﹣（2n﹣2）＝2， ∴满足条件的a的个数总比b的个数少2个， 故答案为：2． 三．规律型：数字的变化类（共2小题） 3．（2024•江西）观察a，a2，a3，a4，…，根据这些式子的变化规律，可得第100个式子为 　a100　． 【答案】a100． 【分析】根据题意可知，有一列按照一定规律排列的单项式：a，a2，a3，a4，…，据此可以得出第100个式子为：a100． 【解答】解：根据题意可知，有一列按照一定规律排列的单项式：a，a2，a3，a4，…， ∴第100个式子为：a100， 故答案为：a100． 4．（2024•雅安）如图是1个纸杯和若干个叠放在一起的纸杯的示意图，在探究纸杯叠放在一起后的总高度H与杯子数量n的变化规律的活动中，我们可以获得以下数据（字母），请选用适当的字母表示H＝　h+an　． ①杯子底部到杯沿底边的高h； ②杯口直径D； ③杯底直径d； ④杯沿高a． 【答案】h+an． 【分析】如图可知，纸杯叠放在一起后的总高度H＝杯子底部到杯沿底边的高h+杯子数量n×杯沿高a，列式即可． 【解答】解：如图可知，纸杯叠放在一起后的总高度H＝杯子底部到杯沿底边的高h+杯子数量n×杯沿高a， ∴H＝h+an， 故答案为：h+an． 四．分式的混合运算（共1小题） 5．（2024•眉山）已知a1＝x+1（x≠0且x≠﹣1），a2，a3，…，an，则a2024的值为 　　． 【答案】． 【分析】先算出前几个式子的结果，然后根据求出的结果得出每三个数就循环一次，再根据得出的规律得出答案即可． 【解答】解：∵a1＝x+1， ∴a2， a3， ∴a4x+1， ∴a5， a6， …， 由上可得，每三个为一个循环， ∵2024÷3＝674⋯2， ∴a2024． 故答案为：． 五．分式方程的解（共1小题） 6．（2024•牡丹江）若分式方程的解为正整数，则整数m的值为 　﹣1　． 【答案】﹣1． 【分析】表示出方程的解，由解是正整数，确定出整数m的值即可． 【解答】解：， 化简得：， 去分母得：x＝3（x﹣1）+mx， 移项合并得：（2+m）x＝3， 解得：， 由方程的解是正整数，得到x为正整数，即2+m＝1或2+m＝3， 解得：m＝﹣1或m＝1（舍去，会使得分式无意义）． 故答案为：﹣1． 六．规律型：点的坐标（共2小题） 7．（2024•黑龙江）如图，在平面直角坐标系中，正方形OMNP顶点M的坐标为（3，0），△OAB是等边三角形，点B坐标是（1，0），△OAB在正方形OMNP内部紧靠正方形OMNP的边（方向为O→M→N→P→O→M（→…）做无滑动滚动，第一次滚动后，点A的对应点记为A1，A1的坐标是（2，0）；第二次滚动后，A1的对应点记为A2，A2的坐标是（2，0）；第三次滚动后，A2的对应点记为A3，A3的坐标是（3，）；如此下去，……，则A2024的坐标是 　（1，3）　． 【答案】（1，3）． 【分析】根据所给滚动方式，依次求出点An（n为正整数）的坐标，发现规律即可解决问题． 【解答】解：由题知， 点A1的坐标为（2，0）， 点A2的坐标为（2，0）， 点A3的坐标为（）， 点A4的坐标为（3，2）， 点A5的坐标为（3，2）， 点A6的坐标为（）， 点A7的坐标为（1，3）， 点A8的坐标为（1，3）， 点A9的坐标为（）， 点A10的坐标为（0，1）， 点A11的坐标为（0，1）， 点A12的坐标为（）， 点A13的坐标为（2，0）， …， 由此可见，点An的坐标每12个循环一次， 因为2024÷12＝168余8， 所以点A2024的坐标为（1，3）． 故答案为：（1，3）． 8．（2024•绥化）如图，已知A1（1，），A2（3，），A3（4，0），A4（6，0），A5（7，），A6（9，），A7（10，0），A8（11，）…，依此规律，则点A2024的坐标为 　（）　． 【答案】见试题解答内容 【分析】观察所给图形及点的坐标，发现横纵坐标的变化规律即可解决问题． 【解答】解：由题知， 点A1的坐标为（1，）， 点A2的坐标为（3，）， 点A3的坐标为（4，0）， 点A4的坐标为（6，0）， 点A5的坐标为（7，）， 点A6的坐标为（9，）， 点A7的坐标为（10，0）， 点A8的坐标为（11，）， 点A9的坐标为（13，）， 点A10的坐标为（14，0）， 点A11的坐标为（16，0）， 点A12的坐标为（17，）， 点A13的坐标为（19，）， 点A14的坐标为（20，0）， …， 由此可见，每隔七个点，点An的横坐标增加10，且纵坐标按循环出现， 又因为2024÷7＝289余1， 所以1+289×10＝2891， 则点A2024的坐标为（2891，）． 故答案为：（2891，）． 七．一次函数图象上点的坐标特征（共1小题） 9．（2024•凉山州）如图，一次函数y＝kx+b的图象经过A（3，6）、B（0，3）两点，交x轴于点C，则△AOC的面积为 　9　． 【答案】9． 【分析】先利用待定系数法求出直线AB的解析式，再求出点C坐标，根据三角形面积公式计算面积即可． 【解答】解：∵一次函数y＝kx+b的图象经过A（3，6）、B（0，3）两点， ∴，解得， ∴一次函数解析式为y＝x+3， 当y＝0时，x＝﹣3， ∴C（﹣3，0）， ∴S△AOC9． 故答案为：9． 八．反比例函数的性质（共1小题） 10．（2024•包头）若反比例函数y1，y2，当1≤x≤3时，函数y1的最大值是a，函数y2的最大值是b，则ab＝　　． 【答案】． 【分析】根据反比例函数性质分别求出a、b值，代入计算即可． 【解答】解：∵反比例函数y1，当1≤x≤3时，函数y1的最大值是a， ∴y随x增大而减小，当x＝1时，函数最大值a＝2， ∵反比例函数y2，当1≤x≤3时，函数y2的最大值是b， ∴y随x增大而增大，当x＝3时，函数最大值b＝﹣1， ∴ab＝2﹣1． 故答案为：． 九．反比例函数系数k的几何意义（共1小题） 11．（2024•广州）如图，平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的顶点B在函数y（x＞0）的图象上，A（1，0），C（0，2）．将线段AB沿x轴正方向平移得线段A'B'（点A平移后的对应点为A′），A'B'交函数y（x＞0）的图象于点D，过点D作DE⊥y轴于点E，则下列结论： ①k＝2； ②△OBD的面积等于四边形ABDA′的面积； ③A'E的最小值是； ④∠B'BD＝∠BB'O． 其中正确的结论有 　①②④　．（填写所有正确结论的序号） 【答案】①②④． 【分析】根据反比例函数图象上点的坐标特征判断①，根据反比例函数k值几何意义判断②，根据矩形性质判断③④即可． 【解答】解：①∵A（1，0），C（0，2）， ∴B（1，2）， ∵矩形OABC的顶点B在函数y（x＞0）的图象上， ∴k＝2，故①正确； ②∵点B、点D在函数y（x＞0）的图象上， ∴S△AOB＝S△AOD， ∴S△OBM＝S梯形AMDA′， ∴S△OBD＝S梯形ABDA′，故②正确； ③根据矩形对角线相等，A'E＝OD，根据双曲线的轴对称性，可知当点D落在直线y＝x与双曲线y的交点（，）时，OD最短，最短为2，所以A'E的最小值为2，故③错误． ④向右平移的过程中角B′BD与角BB′O变化相同，这两个角刚好是矩形BB′ND的对角线与边的夹角，所以是相等，④正确． 故正确的结论有①②④． 故答案为：①②④． 一十．反比例函数图象上点的坐标特征（共3小题） 12．（2024•绥化）如图，已知点A（﹣7，0），B（x，10），C（﹣17，y），在平行四边形ABCO中，它的对角线OB与反比例函数y（k≠0）的图象相交于点D，且OD：OB＝1：4，则k＝　﹣15　． 【答案】﹣15． 【分析】作BE⊥x轴，DG⊥x轴，根据点的坐标及相似三角形性质可求出点D坐标继而求出k值． 【解答】解：如图，作BE⊥x轴，DG⊥x轴，垂足分别为E、G， ∵点A（﹣7，0），B（x，10），C（﹣17，y）， ∴BE＝10，OF＝17，OA＝7， ∴EF＝BC＝OA＝7， ∴OE＝17+7＝24， ∵BE∥DG， ∴△ODG∽△OBE， ∵OD：OB＝1：4， ∴， ∴， ∴DG，OG＝6， ∴D（﹣6，2.5）， ∵点D在反比例函数图象上， ∴k＝﹣6×2.5＝﹣15． 故答案为：﹣15． 13．（2024•乐山）定义：函数图象上到两坐标轴的距离都小于或等于1的点叫做这个函数图象的“近轴点”．例如，点（0，1）是函数y＝x+1图象的“近轴点”． （1）下列三个函数的图象上存在“近轴点”的是 　③　（填序号）； ①y＝﹣x+3； ②y； ③y＝﹣x2+2x﹣1． （2）若一次函数y＝mx﹣3m图象上存在“近轴点”，则m的取值范围为 　0＜m或m＜0　． 【答案】（1）③； （2）0＜m或m＜0． 【分析】（1）分别计算各函数与两坐标轴的交点，与增减性结合可作判断； （2）分两种情况：m＞0或m＜0，分别画图计算边界点可解答． 【解答】解：（1）①当x＝0时，y＝3， 当y＝0时，﹣x+3， ∴x＝3， ∴y＝﹣x+3与两坐标的交点分别为（0，3）和（3，0）， 当x＝1时，y＝2； 当y＝1时，x＝2； ∴函数y＝﹣x+3的图象上不存在“近轴点”； ②∵y中，在每一象限内y随x的增大而减小， 当x＝1时，y＝2， 当y＝1时，x＝2， ∴函数y的图象上不存在“近轴点”； ③∵y＝﹣x2+2x﹣1＝﹣（x﹣1）2， 当x＝1时，y＝0；当x＝0时，y＝﹣1； ∴函数y＝﹣x2+2x﹣1的图象上存在“近轴点”； 故答案为：③； （2）∵y＝mx﹣3m＝m（x﹣3）， ∴一次函数y＝mx﹣3m经过（3，0）， 分两种情况： ①当m＞0时，如图1， 当x＝1时，y＝m﹣3m＝﹣2m， ∵一次函数y＝mx﹣3m图象上存在“近轴点”， ∴﹣1≤﹣2m＜0， ∴0＜m； ②当m＜0时，如图2， 由①知：点A的坐标为（1，﹣2m）， ∵一次函数y＝mx﹣3m图象上存在“近轴点”， ∴0＜﹣2m≤1， ∴m＜0； 综上，m的取值范围为：0＜m或m＜0． 故答案为：0＜m或m＜0． 14．（2024•扬州）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（1，0），点B在反比例函数y（x＞0）的图象上，BC⊥x轴于点C，∠BAC＝30°，将△ABC沿AB翻折，若点C的对应点D落在该反比例函数的图象上，则k的值为 　2　． 【答案】2． 【分析】作DG⊥x轴，垂足为G，利用对称性质和解直角三角形解答即可得到结果． 【解答】解：设点B坐标为（m，），则C（m，0）， ∵A（1，0）， ∴AC＝m﹣1， 由对称可知：AD＝m﹣1，∠DAB＝∠CAB＝30°， ∴∠DAC＝60°， 作DG⊥x轴，垂足为G， ∴AG，DG， ∴D（，）， ∵点D在反比例函数图象上， ∴（）•k ①， 在Rt△ABC中，∵∠BAC＝30°， ∴BCAC，即（m﹣1）②， 由①②解得k＝2． 故答案为：2． 一十一．抛物线与x轴的交点（共2小题） 15．（2024•武汉）抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a＜0）经过（﹣1，1），（m，1）两点，且0＜m＜1．下列四个结论： ①b＞0； ②若0＜x＜1，则a（x﹣1）2+b（x﹣1）+c＞1； ③若a＝﹣1，则关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝2无实数解； ④点A（x1，y1），B（x2，y2）在抛物线上，若x1+x2，x1＞x2，总有y1＜y2，则0＜m． 其中正确的是 　②③④　（填写序号）． 【答案】见试题解答内容 【分析】通过对称轴可判断①；（﹣1，1），（m，1）两点之间的距离大于1，所以若0＜x＜1，则a（x﹣1）2+b（x﹣1）+c＞1，判断②正确；根据抛物线的最大值判断③；根据点A和点B离对称轴的距离判断④． 【解答】解：∵y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a＜0）经过（﹣1，1），（m，1）两点，且0＜m＜1， ∴对称轴为直线， ∴， ∴， ∵a＜0， ∴b＜0，故①错误； ∵0＜m＜1， ∴m﹣（﹣1）＞1，即（﹣1，1），（m，1）两点之间的距离大于1， 又∵a＜0， ∴x＝m﹣1时，y＞1， ∴若0＜x＜1，则a（x﹣1）2+b（x﹣1）+c＞1，故②正确； 由①可得， ∴，即﹣1＜b＜0， 当a＝﹣1时，抛物线解析式为y＝﹣x2+bx+c， 设顶点线坐标为， ∵抛物线y＝﹣x2+bx+c（a，b，c是常数，a＜0）经过（﹣1，1）， ∴﹣1﹣b+c＝1， ∴c＝b+2， ∴， ∵﹣1＜b＜0，，对称轴为直线b＝﹣2， ∴当b＝0时，t取得最大值为2，而b＜0， ∴关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝2无解，故③正确； ∵a＜0，抛物线开口向下，点A（x1，y1），B（x2，y2）在抛物线上，，x1＞x2，总有y1＜y2， 又， ∴点A（x1，y1）离较远， ∴对称轴， 解得：，故④正确； 故答案为：②③④． 16．（2024•新疆）如图，抛物线与y轴交于点A，与x轴交于点B，线段CD在抛物线的对称轴上移动（点C在点D下方），且CD＝3．当AD+BC的值最小时，点C的坐标为 　（4，1）　． 【答案】（4，1）． 【分析】作A点关于对称轴的对称点A′，A′向下平移3个单位，得到A″，连接A″B，交对称轴于点C，此时，AD+BC的值最小，利用解析式求得A、B点的坐标，根据抛物线的对称性求得A′的坐标，进一步求得A″的坐标，利用待定系数法求得直线A″B的解析式，即可求得点C的坐标． 【解答】解：作A点关于对称轴的对称点A′，A′向下平移3个单位，得到A″，连接A″B，交对称轴于点C，此时AD+BC的值最小，AD+BC＝A″B， 在中，令x＝0，则y＝6， ∴点A（0，6）， 令y＝0，则， 解得x＝2或x＝6， ∴点B（2，0）， ∵抛物线的对称轴为直线x4， ∴A′（8，6）， ∴A″（8，3）， 设直线A″B的解析式为y＝kx+b， 代入A″、B的坐标得， 解得， ∴直线A″B的解析式为yx﹣1， 当x＝4时，y＝1， ∴C（4，1）． 故答案为：（4，1）． 一十二．二次函数的应用（共2小题） 17．（2024•广西）如图，壮壮同学投掷实心球，出手（点P处）的高度OP是m，出手后实心球沿一段抛物线运行，到达最高点时，水平距离是5m，高度是4m．若实心球落地点为M，则OM＝　　m． 【答案】． 【分析】以O为坐标原点，OM为x轴正半轴，OP为y轴正半轴，建立直角坐标系，由题意可知，P（0，），B（5，4），其中B点为抛物线顶点， 设抛物线顶点式为：y＝a（x﹣5）2+4，将P（0，）代入上式，求出a的值，进而求出抛物线表达式，最后将y＝0代入表达式中即可得出答案． 【解答】解：如图，以O为坐标原点，OM为x轴正半轴，OP为y轴正半轴，建立直角坐标系， 由题意可知，P（0，），B（5，4），其中B点为抛物线顶点， 设抛物线顶点式为：y＝a（x﹣5）2+4， 将P（0，）代入上式， 解得：a， 即抛物线的解析式为：y（x﹣5）2+4， M为抛物线与x轴的交点， 即y（x﹣5）2+4＝0， 解得：x1，x2（舍）， ∴OMm． 故答案为：． 18．（2024•甘肃）如图1为一汽车停车棚，其棚顶的横截面可以看作是抛物线的一部分，如图2是棚顶的竖直高度y（单位：m）与距离停车棚支柱AO的水平距离x（单位：m）近似满足函数关系y＝﹣0.02x2+0.3x+1.6的图象，点B（6，2.68）在图象上．若一辆箱式货车需在停车棚下避雨，货车截面看作长CD＝4m，高DE＝1.8m的矩形，则可判定货车 　能　完全停到车棚内（填“能”或“不能”）． 【答案】能． 【分析】根据题意求出当x＝2时，y的值，若此时y的值大于1.8，则货车能完全停到车棚内，反之不能，据此求解即可． 【解答】解：∵CD＝4m，B（6，2.68）， ∴6﹣4＝2， 在y＝﹣0.02x2+0.3x+1.6中， 当x＝2时，y＝﹣0.02×22+0.3×2+1.6＝2.12， ∵2.12＞1.8， ∴货车能完全停到车棚内， 故答案为：能． 一十三．全等三角形的性质（共1小题） 19．（2024•湖北）如图，由三个全等的三角形（△ABE，△BCF，△CAD）与中间的小等边三角形DEF拼成一个大等边三角形ABC．连接BD并延长交AC于点G．若AE＝ED＝2．则（1）∠FDB的度数是 　30°　；（2）DG的长是 　　． 【答案】（1）30°， （2）． 【分析】（1）利用三角形全等及AE＝DE可得BF＝DF，再利用三角形的外角性质结合可求得∠DBF＝30°； （2）作CH⊥BG交BG的延长线于点H，利用直角三角形的性质求得CH＝1，FH，证明△ADG∽△CHG，利用相似三角形的性质列式计算即可求解． 【解答】解：∵△ABE≌△BCF≌△CAD（已知）， ∴AD＝BE＝CF，AE＝BF＝DC， ∵AE＝ED＝2， ∴AD＝BE＝4， ∵△DEF为等边三角形， ∴EF＝DF＝DE＝2，∠EFD＝∠EDF＝60°， ∴BF＝DF＝DC＝2， ∴∠FDB＝∠FBD∠EFD＝30°，∠ADB＝∠EDF+∠FDB＝90°， 如图，过点C作CH⊥BG的延长线于点H， ∵∠CDH＝30°， ∴CH＝CD×sin30°＝21， DH＝CD×cos30°＝2， ∵∠ADG＝∠CHG，∠AGD＝∠CGH， ∴△ADG∽△CHG， ∴， ∴DG． 一十四．全等三角形的判定与性质（共1小题） 20．（2024•浙江）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，．线段AB与A′B′关于过点O的直线l对称，点B的对应点B′在线段OC上，A′B′交CD于点E，则△B′CE与四边形OB′ED的面积比为 　　． 【答案】． 【分析】根据轴对称可得到等线段等角，再结合菱形的性质可得到△A'ED≌△CEB'（AAS），再证△DOE≌△B'OE（SSS），由B'C：B'O＝2：3即可求出答案． 【解答】解：如图连接OE、A'D， ∵AB关于过O的直线对称， ∴A'在BD延长线上， ∵， ∴设AC＝10k，BD＝6k， 在菱形ABCD中，OA＝OC＝5k，CB＝OD＝3k， ∵AB与A'B'关于过O的直线对称， ∴OA＝OA'＝5k，OB＝OB'＝3k，∠A'＝∠DAC＝∠DCA， ∴A'D＝B'C＝2k， ∵∠A'ED＝∠B'CE， ∴△A'ED≌△CEB'（AAS）， ∴DE＝B'E， ∵OE＝OE，OD＝OB'， ∴△DOE≌△B'OE（SSS）， ∴S△DOE＝S△B′OE， ∵， ∴． 故答案为：． 一十五．等腰三角形的性质（共1小题） 21．（2024•齐齐哈尔）如图，数学活动小组在用几何画板绘制几何图形时，发现了如“花朵”形的美丽图案，他们将等腰三角形OBC置于平面直角坐标系中，点O的坐标为（0，0），点B的坐标为（1，0），点C在第一象限，∠OBC＝120°．将△OBC沿x轴正方向作无滑动滚动，使它的三边依次与x轴重合，第一次滚动后，点O的对应点为O′，点C的对应点为C′，OC与O′C′的交点为A1，称点A1为第一个“花朵”的花心，点A2为第二个“花朵”的花心；……；按此规律，△OBC滚动2024次后停止滚动，则最后一个“花朵”的花心的坐标为 　（1349+674，）　． 【答案】见试题解答内容 【分析】根据所给滚动方式，发现每滚动三次，出现一个花心，再根据点An坐标变化的规律即可解决问题． 【解答】解：由题知， ∠COB＝∠O′C′B＝30°，BO＝BC′， ∴A1O＝A1C′， ∴点A1在OC′的垂直平分线上． ∵点B的坐标为（1，0）， ∴OB＝1， 在Rt△A1OB中， tan30°， ∴A1B， ∴点A1的坐标为（1，）． 依次类推， 点A2的坐标为（）， 点A3的坐标为（）， …， ∴点An的坐标为（）（n为正整数）． 又∵每滚动三次，出现下一个花心， ∴2024÷3＝674余2， 则674+1＝675， ∴滚动2024次后停止滚动，最后一个“花朵”的花心对应的点为点A675． 当n＝675时， 点A675的坐标为（1349，）， 即滚动2024次后停止滚动，最后一个“花朵”的花心的坐标为（1349+674，）． 故答案为：（1349+674，）． 一十六．含30度角的直角三角形（共1小题） 22．（2024•临夏州）如图，等腰△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，将△ABC沿其底边中线AD向下平移，使A的对应点A′满足AA′AD，则平移前后两三角形重叠部分的面积是 　　． 【答案】． 【分析】根据特殊角的三角函数值可求出AD的长，再由AA′AD可得出A′D的长，最后根据平移的性质求出A′D所对应的底边长即可解决问题． 【解答】解：∵AB＝AC，∠BAC＝120°， ∴∠B＝∠C＝30°． 又∵AD是△ABC的中线， ∴AD⊥BC． 在Rt△ABD中， sinB， ∴AD， ∴BD． ∴AA′AD， ∴A′D． 令A′B′与BD的交点为M，A′C′与CD的交点为N， 由平移可知， ∠A′MD＝∠B＝30°， 在Rt△A′DM中， tan∠A′MD， ∴MD． ∵A′M＝A′N， ∴MN＝2MD， ∴． 故答案为：． 一十七．勾股定理（共1小题） 23．（2024•陕西）如图，在△ABC中，AB＝AC，E是边AB上一点，连接CE，在BC的右侧作BF∥AC，且 BF＝AE，连接CF．若AC＝13，BC＝10，则四边形EBFC的面积为 　60　． 【答案】60． 【分析】将四边形EBFC的面积转化为S△CBF+S△CBE，然后进行求解． 【解答】解：∵AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB， ∵BF∥AC， ∴∠ACB＝∠CBF， ∴∠ABC＝∠CBF， ∴BC平分∠ABF， 过点C作CM⊥AB，CN⊥BF， 则：CM＝CN， ∵，，且BF＝AE， ∴S△CBF＝S△ACE， ∴四边形EBFC的面积＝S△CBF+S△CBE＝S△ACE+S△CBE＝S△CBA， ∵AC＝13， ∴AB＝13， 设AM＝x，则BM＝13﹣x， 由勾股定理，得：CM2＝AC2﹣AM2＝BC2﹣BM2， ∴132﹣x2＝102﹣（13﹣x）2， 解得：， ∴， ∴， ∴四边形EBFC的面积为60， 故答案为：60． 解法二：过点A作AH⊥BC，可得AH＝12，得出． 一十八．勾股定理的证明（共1小题） 24．（2024•武汉）如图是我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形和中间的小正方形MNPQ拼成的一个大正方形ABCD．直线MP交正方形ABCD的两边于点E，F，记正方形ABCD的面积为S1，正方形MNPQ的面积为S2.若BE＝kAE（k＞1），则用含k的式子表示的值是 　　． 【答案】． 【分析】方法一：由BE＝kAE可想到构造8字型相似，再利用比例线段求解即可；方法二：见到45°可构造等腰直角三角形，再利用手拉手全等和一个角平分线比例定理即可求解． 【解答】解：方法一：如图，过A作AG∥BP交FE延长线于点G， ∵AG∥BP， ∴∠GAE＝∠PBE，∠AGE＝∠BPE， ∴△AGE∽△BPE， ∴， 设AG＝1，则BP＝k， ∵∠NMP＝45°， ∴∠AMG＝45°，AM＝AG＝1， ∵AN＝BP＝k， ∴MN＝k﹣1， ∵S1＝AD2＝AM2+MD2＝k2+1，S2＝MN2＝（k﹣1）2， ∴； 方法二：如图，过B作BG⊥BP交FE延长线于点G，则△GBP是等腰直角三角形， 易证△GBA≌△PBC， ∴∠BGP＝∠AGP＝45°， 根据角平分线比例定理得：， 设AG＝1，则BG＝k， ∴AM＝1，MD＝k＝AN， ∴MN＝k﹣1， ∵S1＝AD2＝AM2+MD2＝k2+1，S2＝MN2＝（k﹣1）2， ∴； 故答案为：． 一十九．平行四边形的性质（共1小题） 25．（2024•山西）如图，在▱ABCD中，AC为对角线，AE⊥BC于点E，点F是AE延长线上一点，且∠ACF＝∠CAF，线段AB，CF的延长线交于点G．若AB，AD＝4，tan∠ABC＝2，则BG的长为 　　． 【答案】． 【分析】方法一：过点F作FH⊥AC于H，延长AD与GC的延长线交于K，由tan∠ABC2得AE＝2BE，进而得BE＝1，AE＝2，则CE＝3，AC，再由∠ACF＝∠CAF得FA＝FC，则AH＝CH，由S△FACAC•FHAF•CE，得FH，在Rt△AFH中由勾股定理得AF，则EF＝AF﹣AE，证明△FCE∽△FKA得AK，则DK＝AK﹣AD，再证明△KDC∽△KAG得AG，由此可得BG的长． 方法二：过点G作GH⊥BC，交CB的延长线于H，先求出BE＝1，AE＝2，CE＝3，设EF＝a，则AF＝CF＝2+a，由勾股定理求出a，根据∠GBH＝∠ABC得GH＝2HB，设HB＝b，则GH＝2b，CH＝BC+HB＝4+b，GB，证明△CEF∽△CHG得b，由此可得GH的长． 【解答】解法一：过点F作FH⊥AC于H，延长AD与GC的延长线交于K，如图所示： ∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AB＝CD，BC＝AD＝4，AB∥CD，BC∥AD， 又∵AE⊥BC， 在Rt△ABE中，tan∠ABC2， ∴AE＝2BE， 由勾股定理得：AE2+BE2＝AB2， 即（2BE）2+BE2＝（）2， ∴BE＝1， ∴AE＝2BE＝2， ∴CE＝BC﹣BE＝3， 在Rt△ACE中，由勾股定理得：AC， ∵∠ACF＝∠CAF， ∴FA＝FC， ∵FH⊥AC， ∴AH＝CHAC， ∵S△FACAC•FHAF•CE， ∴FH， 在Rt△AFH中，由勾股定理得：AF2﹣FH2＝AH2， 即， ∴AF， ∴EF＝AF﹣AE， ∵BC∥AD， ∴△FCE∽△FKA， ∴EF：AF＝CE：AK， 即， ∴AK， ∴DK＝AK﹣AD， ∵AB∥CD， ∴△KDC∽△KAG， ∴DK：AK＝CD：AG， 即， ∴AG， ∴BG＝AG﹣AB． 故答案为：． 解法二：过点G作GH⊥BC，交CB的延长线于H，如图所示： ∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AB＝CD，BC＝AD＝4，AB∥CD，BC∥AD， 又∵AE⊥BC 在Rt△ABE中，tan∠ABC， ∴AE＝2BE， 由勾股定理得：AE2+BE2＝AB2， 即（2BE）2+BE2＝（）2， ∴BE＝1， ∴AE＝2BE＝2， ∴CE＝BC﹣BE＝3， 设EF＝a，则AF＝AE+EF＝2+a， ∵∠ACF＝∠CAF， ∴AF＝CF＝2+a， 在Rt△CEF中，由勾股定理得：CF2＝CE2+EF2， 即（2+a）2＝32+a2， 解得：a， ∵∠GBH＝∠ABC， ∴在Rt△GBH中，tan∠GBH， ∴GH＝2HB， 设HB＝b，则GH＝2b，CH＝BC+HB＝4+b， 在Rt△GBH中，由勾股定理得：GB， ∵GH⊥BC，AF⊥BC， ∴EF∥GH， ∴△CEF∽△CHG， ∴CE：CH＝EF：GH， 即3：（4+b）：2b， 解得：b， ∴GH， 故答案为：． 二十．菱形的性质（共3小题） 26．（2024•包头）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝6，AC是一条对角线，E是AC上一点，过点E作EF⊥AB，垂足为F，连接DE．若CE＝AF，则DE的长为 　2　． 【答案】2． 【分析】如图，连接BD交AC于点O．求出OD，OE，再利用勾股定理求解． 【解答】解：如图，连接BD交AC于点O． ∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，∠ADC＝∠ABC＝60°，AB＝BC＝CD＝AD＝6， ∴△ABC，△ADC都是等边三角形， ∴∠CAB＝60°， ∵EF⊥AF， ∴∠AFE＝90°，∠AEF＝30°， ∴AE＝2AF， ∵CE＝AF， ∴AC＝3EC， ∴AE＝4，EC＝2， ∴OA＝OC＝3，ODAO＝3， ∴OE＝AE﹣OA＝4﹣3＝1， ∴DE2． 故答案为：2． 27．（2024•贵州）如图，在菱形ABCD中，点E，F分别是BC，CD的中点，连接AE，AF．若sin∠EAF，AE＝5，则AB的长为 　　． 【答案】见试题解答内容 【分析】过点E作EG⊥AF于点G，延长AF、BC交于点H，解直角三角形求出EG＝4，AG＝3，再证明△ADF≌△ABE（SAS），得AF＝AE＝5，进而证明△ADF≌△HCF（ASA），得AF＝HF＝5，AD＝CH，则AB＝BC＝CH，GH＝GF+HF＝7，然后由勾股定理求出EH，即可解决问题． 【解答】解：如图，过点E作EG⊥AF于点G，延长AF、BC交于点H， 则∠EGA＝∠EGH＝90°， ∵sin∠EAF，AE＝5， ∴EG＝4， ∴AG3， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AD∥BC，AD＝AB＝BC＝CD，∠D＝∠B， ∵点E，F分别是BC，CD的中点， ∴BE＝CEBC，DF＝CFCD， ∴BE＝DF， ∴△ADF≌△ABE（SAS）， ∴AF＝AE＝5， ∴GF＝AF﹣AG＝2， ∵AD∥BC， ∴∠D＝∠FCH， 又∵∠AFD＝∠HFC， ∴△ADF≌△HCF（ASA）， ∴AF＝HF＝5，AD＝CH， ∴AB＝BC＝CH，GH＝GF+HF＝2+5＝7， ∴EH， ∴AB＝BCEH， 故答案为：． 28．（2024•广东）如图，菱形ABCD的面积为24，点E是AB的中点，点F是BC上的动点．若△BEF的面积为4，则图中阴影部分的面积为 　10　． 【答案】10． 【分析】连接BD，因为E是AB的中点，所以S△AEDS△ABDS菱形ABCD＝6，S△BEC＝S△AED＝6，根据S△BEF＝4，可得FCBC，故S△DFCS△BCD＝4，故S阴影＝S菱形ABCD﹣S△AED﹣S△BEF﹣S△DFC＝24﹣6﹣4﹣4＝10． 【解答】解：连接BD， ∵E是AB的中点， ∴S△AEDS△ABDS菱形ABCD＝6， 连接EC， 同理可得S△BEC＝S△AED＝6， ∵S△BEF＝4， ∴S△BEFS△BEC， ∴FCBC， ∴S△DFCS△BCDS菱形ABCD＝4， ∴S阴影＝S菱形ABCD﹣S△AED﹣S△BEF﹣S△DFC＝24﹣6﹣4﹣4＝10． 故答案为：10． 二十一．菱形的判定与性质（共1小题） 29．（2024•广西）如图，两张宽度均为3cm的纸条交叉叠放在一起，交叉形成的锐角为60°，则重合部分构成的四边形ABCD的周长为 　　cm． 【答案】． 【分析】过点A作AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F，易知四边形ABCD为平行四边形，AE＝AF＝3cm，∠ADF＝∠ABE＝60°，可证△ADF≌△ABE（AAS），得到AD＝AB，可证四边形ABCD为菱形．在Rt△ADF中，AD，因此四边形ABCD的周长为：cm． 【解答】解：如图，过点A作AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F， ∴∠AEB＝∠AFD＝90°， ∵两张纸条宽度均为3cm， ∴四边形ABCD为平行四边形，且AE＝AF＝3cm， ∴∠ADF＝∠ABE＝60°， ∴△ADF≌△ABE（AAS）， ∴AD＝AB， ∴四边形ABCD为菱形， 在Rt△ADF中，∠ADF＝60°，AF＝3cm， ∴AD， 四边形ABCD的周长为：cm． 故答案为：． 二十二．正方形的性质（共2小题） 30．（2024•北京）如图，在正方形ABCD中，点E在AB上，AF⊥DE于点F，CG⊥DE于点G．若AD＝5，CG＝4，则△AEF的面积为 　　． 【答案】见试题解答内容 【分析】要求△AEF的面积，需要知道AE和EF的边长，先证△CDG≌△DAF（AAS），再证△AFE∽△DFA即可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝CD，∠ADC＝DAE＝90°， ∵AF⊥DE，CG⊥DE， ∴∠AFD＝∠CGD＝90°， ∵∠ADF+∠CDG＝∠ADF+∠DAF， ∴∠CDG＝∠DAF， ∴△CDG≌△DAF（AAS）， ∴AF＝DG3，DF＝CG＝4， 同理可得∠EAF＝∠ADF， 又∠AFE＝∠AFD， ∴△AFE∽△DFA， ∴，即， ∴EF， ∴S△AEFAF•EF． 故答案为：． 31．（2024•天津）如图，正方形ABCD的边长为，对角线AC，BD相交于点O，点E在CA的延长线上，OE＝5，连接DE． （Ⅰ）线段AE的长为 　2　； （Ⅱ）若F为DE的中点，则线段AF的长为 　　． 【答案】（I）2；（II）． 【分析】（Ⅰ）运用正方形性质对角线互相平分、相等且垂直，即可求解； （Ⅱ）作辅助线，构造三角形中位线即可． 【解答】解：（Ⅰ）∵四边形ABCD是正方形， ∴OA＝OC＝OD＝OB，∠DOC＝90°， ∴在Rt△DOC中，OD2+OC2＝DC2， ∵DC＝3， ∴OA＝OD＝OC＝OB＝3， ∵OE＝5， ∴AE＝OE﹣OA＝2； 故答案为：2． （Ⅱ）延长DA到点G，使AG＝AD，连接EG，过E作EH⊥AG于H， ∵F为DE中点，A为DG中点， ∴AF为△DGE中位线， ∴AFEG， 在Rt△EAH中，∠EAH＝∠DAC＝45°， ∴AH＝EH， ∵AH2+EH2＝AE2， ∴AH＝EH， ∴GH＝AG﹣AH＝32， 在Rt△EGH中，EG2＝EH2+GH2＝10， ∴EG， ∴AFEG． 故答案为：． 二十三．*平面向量（共1小题） 32．（2024•上海）如图，在平行四边形ABCD中，E为对角线AC上一点，设，若AE＝2EC，则　　（结果用含，的式子表示）． 【答案】． 【分析】由AE＝2EC得出，再根据平面向量三角形运算法则求出，再由平行四边形的性质即可得出结果． 【解答】解：∵，AE＝2CE， ∴， 又∵， ∴， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴， 故答案为：． 二十四．圆周角定理（共1小题） 33．（2024•江西）如图，AB是⊙O的直径，AB＝2，点C在线段AB上运动，过点C的弦DE⊥AB，将沿DE翻折交直线AB于点F，当DE的长为正整数时，线段FB的长为 　或或2　． 【答案】或或2． 【分析】根据DE≤AB，可得DE＝1或2，利用勾股定理进行解答即可． 【解答】解：∵AB为直径，DE为弦， ∴DE≤AB， ∴当DE的长为正整数时，DE＝1或2， 当DE＝2时，即DE为直径， ∴DE⊥AB， ∴将DBE沿DE翻折交直线AB于点F，此时F与点A重合， 故FB＝2； 当DE＝1时，且在点C在线段OB之间，如图，连接OD， 此时， ∵DE⊥AB， ∴， ∴， ∴， ∴； 当DE＝1时，且点C在线段OA之间，连接OD， 同理可得， ∴； 综上，可得线段FB的长为或或2， 故答案为：或或2． 二十五．圆内接四边形的性质（共1小题） 34．（2024•滨州）如图，四边形ABCD内接于⊙O，若四边形OABC是菱形，则∠D＝　60　°． 【答案】60． 【分析】根据圆内接四边形的性质得到∠B+∠D＝180°，根据菱形的性质得到∠B＝∠AOC，根据圆周角定理得到∠D∠AOC，计算即可． 【解答】解：∵四边形ABCD内接于⊙O， ∴∠B+∠D＝180°， ∵四边形OABC是菱形， ∴∠B＝∠AOC， ∴∠AOC+∠D＝180°， 由圆周角定理得：∠D∠AOC， ∴∠D＝60°， 故答案为：60． 二十六．切线的性质（共1小题） 35．（2024•扬州）如图，已知两条平行线l1、l2，点A是l1上的定点，AB⊥l2于点B，点C、D分别是l1，l2上的动点，且满足AC＝BD，连接CD交线段AB于点E，BH⊥CD于点H，则当∠BAH最大时，sin∠BAH的值为 　　． 【答案】． 【分析】由题易得四边形ACBD是平行四边形，从而得到BE是定长，又由∠BHE＝90°，得出直角对直角的隐圆模型，再根据最大张角问题（相切时）求解即可． 【解答】解：∵AC∥BD， ∴四边形ACBD是平行四边形， ∴AE＝BEAB， ∵A为定点，且AB⊥l2， ∴AE为定值， ∵BH⊥CD， ∴∠BHE＝90°， ∴点H在以BE为直径的圆上运动（如图，O为圆心）， 此时OEBEOA， ∵当AH与⊙O相切时∠BAH最大， ∴sin∠BAH． 故答案为：． 二十七．正多边形和圆（共2小题） 36．（2024•苏州）铁艺花窗是园林设计中常见的装饰元素．如图是一个花瓣造型的花窗示意图，由六条等弧连接而成，六条弧所对应的弦构成一个正六边形，中心为点O，所在圆的圆心C恰好是△ABO的内心，若AB＝2，则花窗的周长（图中实线部分的长度）＝　8π　．（结果保留π） 【答案】8π． 【分析】根据正六边形的性质，三角形内心的性质以及直角三角形的边角关系求出所对应的圆心角的度数及半径，由弧长公式求出弧的长，再计算长的6倍即可． 【解答】解：如图，过点C作CM⊥AB于点M，则AM＝BMAB， ∵六条等弧所对应的弦构成一个正六边形，中心为点O， ∴∠AOB60°， ∵OA＝OB， ∴△AOB是正三角形， ∵点O是△AOB的内心， ∴∠CAB＝∠CBA60°＝30°，∠ACB＝2∠AOB＝120°， 在Rt△ACM中，AM，∠CAM＝30°， ∴AC2， ∴的长为π， ∴花窗的周长为π×6＝8π． 故答案为：8π． 37．（2024•烟台）如图，在边长为6的正六边形ABCDEF中，以点F为圆心，以FB的长为半径作，剪下图中阴影部分做一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面半径为 　　． 【答案】． 【分析】根据正六边形的性质求出阴影部分扇形的圆心角度数，再根据直角三角形的边角关系求出半径，由弧长的计算方法进行计算即可． 【解答】解：如图，过点A作AM⊥BF，垂足为M，则BM＝FM， ∵六边形ABCDEF是正六边形， ∴∠BAF＝∠E120°，AB＝AF＝EF＝DE＝6， ∴∠ABF＝∠AFB＝∠DFE30°， ∴∠BFD＝120°﹣30°﹣30°＝60°， 在Rt△ABM中，AB＝6，∠ABM＝30°， ∴BMAB＝3， ∴BF＝2BM＝6， 设这个圆锥的底面半径为r，由题意可得， 2πr， 解得r． 故答案为：． 二十八．弧长的计算（共1小题） 38．（2024•临夏州）如图，对折边长为2的正方形纸片ABCD，OM为折痕，以点O为圆心，OM为半径作弧，分别交AD，BC于E，F两点，则的长度为 　　（结果保留π）． 【答案】见试题解答内容 【分析】由对折可知，∠EOM＝∠FOM，过点E作OM的垂线，进而可求出∠EOM的度数，则可得出∠EOF的度数，最后根据弧长公式即可解决问题． 【解答】解：由对折可知， 四边形AOMD是矩形，∠EOM＝∠FOM， 则OM＝AD，DM． 过点E作OM的垂线，垂足为P， 则EP＝DM． 因为OE＝OM＝AD，CD＝AD， 所以EP． 在Rt△EOP中， sin∠EOP， 所以∠EOP＝30°， 则∠EOF＝30°×2＝60°， 所以的长度为：． 故答案为：． 二十九．扇形面积的计算（共2小题） 39．（2024•吉林）某新建学校因场地限制，要合理规划体育场地．小明绘制的铅球场地设计图如图所示，该场地由⊙O和扇形OBC组成，OB，OC分别与⊙O交于点A，D．OA＝1m，OB＝10m，∠AOD＝40°，则阴影部分的面积为 　11π　m2（结果保留π）． 【答案】11π． 【分析】根据扇形的面积公式（），用扇形BOC的面积减去扇形AOD的面积即可求出阴影部分的面积． 【解答】解：阴影部分的面积为：11π（m2）． 故答案为：11π． 40．（2024•甘肃）甘肃临夏砖雕是一种历史悠久的古建筑装饰艺术，是第一批国家级非物质文化遗产．如图1是一块扇面形的临夏砖雕作品，它的部分设计图如图2，其中扇形OBC和扇形OAD有相同的圆心O，且圆心角∠O＝100°，若OA＝120cm，OB＝60cm，则阴影部分的面积是 　3000π　cm2.（结果用π表示） 【答案】见试题解答内容 【分析】利用扇形面积公式，根据S阴影＝S扇形AOD﹣S扇形BOC即可求解． 【解答】解：S阴影＝S扇形AOD﹣S扇形BOC ＝3000π（cm2）， 故答案为：3000π． 三十．作图—复杂作图（共2小题） 41．（2024•滨州）如图，在边长为1的正方形网格中，点A，B均在格点上． （1）AB的长为 　　； （2）请只用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出以AB为边的矩形ABCD，使其面积为，并简要说明点C，D的位置是如何找到的（不用证明）：　根据相似三角形的性质和矩形的面积，可以得到AD与AB的乘积为，从而可以得到点C和点D　． 【答案】（1）； （2）图形见解答，根据相似三角形的性质和矩形的面积，可以得到AD与AB的乘积为，从而可以得到点C和点D． 【分析】（1）根据题意和勾股定理，可以求得AB的长； （2）根据相似三角形的性质和矩形的面积，可以得到AD与AB的乘积为，从而可以得到点C和点D，然后画出这个矩形即可． 【解答】解：（1）由图可得， AB， 故答案为：； （2）如图所示，四边形ABCD即为所求，理由：根据相似三角形的性质和矩形的面积，可以得到AD与AB的乘积为，从而可以得到点C和点D， 具体的计算过程：由图可知：△ABF∽ADE， 则， 即， 解得AD， ∴AD•AB， 这样找到点D，同理可以找到点C， 即图中ABCD即为所求， 故答案为：根据相似三角形的性质和矩形的面积，可以得到AD与AB的乘积为，从而可以得到点C和点D． 42．（2024•天津）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点A，F，G均在格点上． （I）线段AG的长为 　　； （II）点E在水平网格线上，过点A，E，F作圆，经过圆与水平网格线的交点作切线，分别与AE，AF的延长线相交于点B，C，△ABC中，点M在边BC上，点N在边AB上，点P在边AC上．请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点M，N，P，使△MNP的周长最短，并简要说明点M，N，P的位置是如何找到的（不要求证明） 　如图，根据题意，切点为M；连接ME并延长，与网格线相交于点M1；取圆与网格线的交点D和格点H，连接DH并延长，与网格线相交于点M2；连接M1M2，分别与AB，AC相交于点N，P，则点M，N，P即为所求　． 【答案】（Ⅰ）； （Ⅱ）如图，根据题意，切点为M；连接ME并延长，与网格线相交于点M1；取圆与网格线的交点D和格点H，连接DH并延长，与网格线相交于点M2；连接M1M2，分别与AB，AC相交于点N，P，则点M，N，P即为所求． 【分析】（Ⅰ）利用勾股定理可得结论； （Ⅱ）作点M关于AB，AC的对称点M1，M2，连接M1M2，分别与AB，AC相交于点N，P，△PMN的周长＝线段M1M2的长，等腰三角形AM1M2的腰长为AM，当AM的值最小时，M1M2的值最小，此时M是切点，由此作出图形即可． 【解答】解：（I）AG； （II）如图，点M，N，P即为所求． 方法：如图，根据题意，切点为M；连接ME并延长，与网格线相交于点M1；取圆与网格线的交点D和格点H，连接DH并延长，与网格线相交于点M2；连接M1M2，分别与AB，AC相交于点N，P，则点M，N，P即为所求． 故答案为：如图，根据题意，切点为M；连接ME并延长，与网格线相交于点M1；取圆与网格线的交点D和格点H，连接DH并延长，与网格线相交于点M2；连接M1M2，分别与AB，AC相交于点N，P，则点M，N，P即为所求． 三十一．推理与论证（共1小题） 43．（2024•赤峰）编号为A，B，C，D，E的五台收割机，若同时启动其中两台收割机，收割面积相同的田地所需时间如表： 收割机编号 A，B B，C C，D D，E A，E 所需时间（小时） 23 19 20 22 18 则收割最快的一台收割机编号是 　C　． 【答案】C． 【分析】由A，B所需时间为23小时，B，C所需时间为19小时，可知A比C快4小时，以此类推可得答案． 【解答】解：∵A，B所需时间为23小时，B，C所需时间为19小时， ∴C比A快4小时； ∵B，C所需时间为19小时，C，D所需时间为20小时， ∴B比D快1小时； ∵C，D所需时间为20小时，D，E所需时间为22小时， ∴C比E快2小时； ∵D，E所需时间为22小时，A，E所需时间为18小时， ∴A比D快4小时； 如图所示： ∴C＞E＞A＞B＞D， ∴收割最快的一台收割机编号是C． 故选：C． 三十二．轴对称-最短路线问题（共1小题） 44．（2024•滨州）如图，四边形AOBC四个顶点的坐标分别是A（﹣1，3），O（0，0），B（3，﹣1），C（5，4），在该平面内找一点P，使它到四个顶点的距离之和PA+PO+PB+PC最小，则P点坐标为 　（，）　． 【答案】见试题解答内容 【分析】根据两点之间线段最短，连接OC和AB，它们的交点P即为所求，然后求出直线OC和直线AB的解析式，将它们联立方程组，求出方程组的解，即可得到点P的坐标． 【解答】解：连接OC、AB，交于点P，如图所示， ∵两点之间线段最短， ∴PO+PC的最小值就是线段OC的长，PA+PB的最小值就是线段AB的长， ∴到四个顶点的距离之和PA+PO+PB+PC最小的点就是点P， 设OC所在直线的解析式为y＝kx，AB所在直线的解析式为y＝ax+b， ∵点C（5，4）在直线OC上，点A（﹣1，3），B（3，﹣1）在直线AB上， ∴4＝5k，， 解得k，， ∴直线OC的解析式为yx，直线AB的解析式为y＝﹣x+2， ∴， 解得， ∴点P的坐标为（，）， 故答案为：（，）． 三十三．翻折变换（折叠问题）（共5小题） 45．（2024•雅安）如图，把矩形纸片ABCD沿对角线BD折叠，使点C落在点E处，BE与AD交于点F，若AB＝6，BC＝8，则cos∠ABF的值是 　　． 【答案】． 【分析】折叠问题优先考虑利用勾股定理列方程，易证BF＝DF，再利用Rt△ABF求出边长，从而求解即可． 【解答】解：∵折叠， ∴∠DBC＝∠DBF， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC， ∴∠ADB＝∠DBC， ∴∠DBF＝∠ADB， ∴BF＝DF， ∴AF＝AD﹣DF＝8﹣BF， 在Rt△ABF中，AB2+AF2＝BF2， ∴62+（8﹣BF）2＝BF2， 解得BF， ∴cos∠ABF． 故答案为：． 46．（2024•河南）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的边AB在x轴上，点A的坐标为（﹣2，0），点E在边CD上．将△BCE沿BE折叠，点C落在点F处．若点F的坐标为（0，6），则点E的坐标为 　（3，10）　． 【答案】见试题解答内容 【分析】由正方形的性质得AD＝AB＝CD＝CB，由折叠得FB＝CB，FE＝CE，设CD交y轴于点G，AD＝AB＝CB＝CD＝m，则BF＝OG＝m，由A（﹣2，0），F（0，6），OA＝GD＝2，OF＝6，由勾股定理得（m﹣2）2+62＝m2，求得m＝10，则AD＝OG＝CD＝10，由GE2+FG2＝FE2，得GE2+42＝（8﹣GE）2，求得GE＝3，则E（3，10），于是得到问题的答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，边AB在x轴上， ∴AD＝AB＝CD＝CB，AD⊥x轴，CD⊥y轴， 由折叠得FB＝CB，FE＝CE， 设CD交y轴于点G，AD＝AB＝CB＝CD＝m，则BF＝OG＝m， ∵A（﹣2，0），F（0，6）， ∴OA＝GD＝2，OF＝6， ∴OB＝m﹣2， ∵∠BOF＝∠EGF＝90°， ∴OB2+OF2＝BF2， ∴（m﹣2）2+62＝m2， 解得m＝10， ∴AD＝OG＝CD＝10， ∴FG＝10﹣6＝4，FE＝CE＝10﹣2﹣GE＝8﹣GE， ∵GE2+FG2＝FE2， ∴GE2+42＝（8﹣GE）2， 解得GE＝3， ∴E（3，10）， 故答案为：（3，10）． 47．（2024•威海）将一张矩形纸片（四边形ABCD）按如图所示的方式对折，使点C落在AB上的点C′处，折痕为MN，点D落在点D′处，C′D′交AD于点E．若BM＝3，BC′＝4，AC′＝3，则DN＝　　． 【答案】． 【分析】本题考查矩形的折叠问题，全等三角形的判定和性质，勾股定理，先根据勾股定理求出 C′M＝CM＝5，然后证明△BC′M≌△AEC′，得到 BC'＝AE＝4，MC'＝CE＝5，即可得到DE＝4，D′E＝2，然后在Rt△D′EF 中，利用 NE2＝D'E2+D'N2 解题即可． 【解答】解：在 RtΔC'BM 中，， 由折叠可得 C′M＝CM＝5，∠D'C'M＝∠D'＝∠D＝∠C＝90°， 又∵ABCD是矩形， ∴∠A＝∠B＝90°， ∴∠BC'M+∠AC'E＝∠AEC'+∠AC'E＝90°， ∴∠BC′M＝∠AEC′， 又∵AC′＝BM＝3， ∴△BC'M≌△AEC'（AAS）， ∴BC'＝AE＝4，MC'＝CE＝5， ∴AB＝CD＝C′D′＝7，BC＝AD＝BM+CM＝3+5＝8， ∴DE＝AD﹣AE＝8﹣4＝4，D′E＝C′D′﹣C′E＝7﹣5＝2， 设DN＝DN＝α，则EN＝4﹣α， 在 Rt△D′EF 中，NE2＝D'E2+D'N2，即 （4﹣a）2＝a2+22， 解得：． 故答案为： 48．（2024•安徽）如图，现有正方形纸片ABCD，点E，F分别在边AB，BC上．沿垂直于EF的直线折叠得到折痕MN，点B，C分别落在正方形所在平面内的点B′，C′处，然后还原． （1）若点N在边CD上，且∠BEF＝α，则∠C′NM＝　90°﹣α　（用含α的式子表示）； （2）再沿垂直于MN的直线折叠得到折痕GH，点G，H分别在边CD，AD上，点D落在正方形所在平面内的点D′处，然后还原．若点D′在线段B′C′上，且四边形EFGH是正方形，AE＝4，EB＝8，MN与GH的交点为P，则PH的长为 　3　． 【答案】（1）90°﹣α （2）3 【分析】（1）根据已知条件推出∠EMN＝90°﹣α，再利用折叠性质以及平行线即可求出答案，这也是折叠问题求角度常见处理方式； （2）根据MN⊥GH和∠C′NM＝∠CNM这一条件作为突破口，得到PG＝PG'GG'和NG＝NG'，从而得出C′G'＝CG＝4，再利用平行线分线段成比例求出G'也是GH中点即可求解． 【解答】解：（1）∵MN⊥EF，∠BEF＝α， ∴∠EMN＝90°﹣α， ∵CD∥AB， ∴∠CNM＝∠EMN＝90°﹣α， ∴∠C′NM＝∠CNM＝90°﹣α． 故答案为：90°﹣α． （2）如图，设PH与NC'交于点G'， ∵四边形ABCD和四边形EFGH是正方形， ∴∠A＝∠D＝∠GHE＝90°，GH＝EH， ∴∠AHE+∠GHD＝∠AHE+∠AEH＝90° ∴∠GHD＝∠AEH， ∴△EAH≌△HDG（AAS） 同理可证△EAH≌△HDG≌△GCF≌△FBE， ∴DH＝CG＝AE＝4，DG＝EB＝8， ∴GH4， ∵MN⊥GH，且∠C′NM＝∠CNM， ∴MN垂直平分GG'，即PG＝PG'GG'，且NG＝NG'， ∵四边形CBMN沿MN折叠， ∴CN＝C'N， ∴CN﹣NG＝C'N﹣NG'，即C'G'＝CG＝4， ∵△GDH沿GH折叠得到△GD'H， ∴GD'＝GD＝8， ∵∠HC'G'＝∠HD'G＝90°， ∴C'G'∥D'G， ∴， ∴HG'＝GG'HG＝2， 又∵PG'GG'， ∴PH＝PG'+HG'＝3． 故答案为：3． 49．（2024•烟台）如图，在▱ABCD中，∠C＝120°，AB＝8，BC＝10，E为边CD的中点，F为边AD上的一动点，将△DEF沿EF翻折得△D′EF，连接AD'，BD'，则△ABD′面积的最小值为 　2016　． 【答案】2016． 【分析】先确定点D'是以E为圆心，CD为直径圆周上的一点，过点E作EH⊥AB交直线AB于点H，交⊙E于点G，过点D'作D'M⊥AB于点M，连接EM，推出△ABD′面积＝4D'M，再求出D'M的最小值即可解决问题． 【解答】解：∵在▱ABCD中，∠C＝120°，AB＝8， ∴∠ABC＝60°，CD＝8， ∵E为边CD的中点，F为边AD上的一动点，将△DEF沿EF翻折得△D′EF， ∴D'E＝DE＝CECD＝4， ∴点D'是以E为圆心，CD为直径圆周上的一点，作出⊙E，如图， 过点E作EH⊥AB交直线AB于点H，交⊙E于点G，过点D'作D'M⊥AB于点M，连接EM， ∵△ABD′面积AB•D'M，AB＝8， ∴△ABD′面积＝4D'M， 要求△ABD′面积的最小值，只要求D'M的最小值即可， ∵D'M＝D'M+D'E﹣4≥EM﹣4≥EH﹣4， ∴D'M的最小值为EH﹣4， 过点C作CN⊥AB于点N， 则EH＝CN， 在Rt△BCN中， ∵BC＝10，∠ABC＝60°， ∴CN＝BC•sin60°＝105， ∴EH＝5， ∴D'M的最小值为54， ∴△ABD′面积＝4（54）＝2016， 故答案为：2016． 三十四．旋转的性质（共2小题） 50．（2024•黑龙江）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，tan∠BAC，BC＝2，AD＝1，线段AD绕点A旋转，点P为CD的中点，则BP的最大值是 　2　． 【答案】． 【分析】作AC的中点Q．连结PQ，作以Q为圆心PQ为半径的圆．PQ是△ACD的中位线，PQ．点P是圆Q上的点，可求BP的最大值． 【解答】解：作AC的中点Q．连结PQ，作以Q为圆心PQ为半径的圆． ∵P是CD的中点，Q是AC的中点， ∴PQ是△ACD的中位线， ∴PQAD． ∴线段AD绕点A旋转时，点P在以Q为圆心PQ为半径的圆上移动， ∴当BP经过点Q时BP的值最大． ∵BC＝2，tan∠BAC， ∴AC＝4， ∴AQ＝CQ＝2． ∵BQ2＝BC2+CQ2＝8， ∴BQ＝2（负数不合题意舍去）． ∴BP的最大值为2． 故答案为：2． 51．（2024•河南）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB＝3，线段CD绕点C在平面内旋转，过点B作AD的垂线，交射线AD于点E．若CD＝1，则AE的最大值为 　2　，最小值为 　2　． 【答案】21；21． 【分析】根据题意识别出点E是在以AB为直径的圆上运动，点D是在以C为圆心，以1为半径的圆上运动，所以当∠BAE最小，AE最大，∠BAE最大，AE最小，再根据已知长度计算就可以． 【解答】解：∵BE⊥AE， ∴∠BEA＝90°， ∴点E是在以AB为直径的圆上运动， ∵CD＝1，且CD是绕点C旋转， ∴点D是在以C为圆心，以1为半径的圆上运动， ∵ABAC＝3， ∴当cos∠BAE最大时，AE最大，当cos∠BAE最小时，AE最小． ①如图，当AE与圆C相切于点D，且D在△ABC内部时，∠BAE最小，AE最大， ∵∠ADC＝∠CDE＝90°， ∴AD2， ∵， ∴∠CEA＝∠CBA＝45°， ∴DE＝CD＝1， 此时AE＝21，即AE的最大值为21， ②如图，当AE与圆C相切于点D，且D在△ABC外部时，∠BAE最大，AE最小， 同理可得AD＝2，DE＝1， 此时AE＝21，即AE的最小值为21， 故答案为：21；21． 三十五．相似三角形的判定与性质（共5小题） 52．（2024•河北）如图，△ABC的面积为2，AD为BC边上的中线，点A，C1，C2，C3是线段CC4的五等分点，点A，D1，D2是线段DD3的四等分点，点A是线段BB1的中点． （1）△AC1D1的面积为 　1　； （2）△B1C4D3的面积为 　7　． 【答案】（1）1； （2）7． 【分析】（1）证明△AC1D1≌△ACD（SAS），即可得出结果； （2），分别求出它们的面积即可． 【解答】解：（1）连接B1D1、B1D2、B1C2、B1C3、C3D3， ∵△ABC的面积为2，AD为BC边上的中线， ∴， ∵点A，C1，C2，C3是线段CC4的五等分点， ∴， ∵点A，D1，D2是线段DD3的四等分点， ∴， ∵点A是线段BB1的中点， ∴， 在△AC1D1和△ACD中， ， ∴△AC1D1≌△ACD（SAS）， ∴，∠C1D1A＝∠CDA， ∴△AC1D1的面积为1， 故答案为：1； （2）在△AB1D1和△ABD中， ， ∴△AB1D1≌△ABD（SAS）， ∴，∠B1D1A＝∠BDA， ∵∠BDA+∠CDA＝180°， ∴∠B1D1A+∠C1D1A＝180°， ∴C1、D1、B1三点共线， ∴， ∵AC1＝C1C2＝C2C3＝C3C4， ∴， ∵AD1＝D1D2＝D2D3，， ∴， 在△AC3D3和△ACD中， ，∠C3AD3＝∠CAD， ∴△C3AD3∽△CAD， ∴， ∴， ∵AC1＝C1C2＝C2C3＝C3C4， ∴， ∴， ∴△B1C4D3的面积为7， 故答案为：7． 53．（2024•苏州）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝5，CA＝10，点D，E分别在AC，AB边上，AEAD，连接DE，将△ADE沿DE翻折，得到△FDE，连接CE，CF．若△CEF的面积是△BEC面积的2倍，则AD＝ 　　． 【答案】见试题解答内容 【分析】设AD＝x，，根据折叠性质得DF＝AD＝x，∠ADE＝∠FDE，过E作EH⊥AC于H，设EF与AC相交于M，证明△AHE∽△ACB，得到，进而得到EH＝x，AH＝2x，证明Rt△EHD是等腰直角三角形，得到∠HDE＝∠HED＝45°，可得∠FDM＝90°，证明△FDM≌△EHM（AAS），得到，则，根据三角形的面积公式结合已知可得，然后解一元二次方程求解x的值即可． 【解答】解：∵， ∴设AD＝x，， ∵△ADE沿DE翻折，得到△FDE， ∴DF＝AD＝x，∠ADE＝∠FDE， 过E作EH⊥AC于H，设EF与AC相交于M， 则∠AHE＝∠ACB＝90°， 又∵∠A＝∠A， ∴△AHE∽△ACB， ∴， ∵CB＝5，CA＝10，， ∴， ∴EH＝x，，则DH＝AH﹣AD＝x＝EH， ∴Rt△EHD是等腰直角三角形， ∴∠HDE＝∠HED＝45°，则∠ADE＝∠EDF＝135°， ∴∠FDM＝135°﹣45°＝90°， 在△FDM和△EHM中， ， ∴△FDM≌△EHM（AAS）， ∴，， ∴， 25﹣5x， ∵△CEF的面积是△BEC的面积的2倍， ∴， 则3x2﹣40x+100＝0， 解得，x2＝10（舍去）， 则， 故答案为：． 54．（2024•眉山）如图，菱形ABCD的边长为6，∠BAD＝120°，过点D作DE⊥BC，交BC的延长线于点E，连结AE分别交BD，CD于点F，G，则FG的长为 　　． 【答案】． 【分析】先根据菱形的性质得到AD＝BC＝CD＝6，AD∥BC，∠BCD＝120°，则∠DCE＝60°，再在Rt△DCE中利用含30度角的直角三角形三边的关系得到CE＝3，DE＝3，接着在Rt△ADE中利用勾股定理计算出AE＝3，然后证明△AFD∽△EFB，利用相似比和比例的性质计算出AF，同样方法计算出AG＝2，最后计算AG﹣AF即可． 【解答】解：∵菱形ABCD的边长为6，∠BAD＝120°， ∴AD＝BC＝CD＝6，AD∥BC，∠BCD＝120°， ∴∠DCE＝60°， ∵DE⊥BC， ∴∠DEC＝90°， 在Rt△DCE中，∵∠CDE＝90°﹣∠DCE＝30°， ∴CECD＝3， ∴DECE＝3， ∴BE＝BC+CE＝9， ∵AD∥BE， ∴∠ADE＝180°﹣∠DEC＝90°， 在Rt△ADE中，AE3， ∵AD∥BE， ∴△AFD∽△EFB， ∴， ∴AFAE3， ∵AD∥CE， ∴△AGD∽△EGC， ∴2， ∴AGAE32， ∴FG＝AG﹣AF＝2． 故答案为：． 55．（2024•云南）如图，AB与CD交于点O，且AC∥BD．若，则 　　． 【答案】见试题解答内容 【分析】根据AC∥BD．可以得到△AOC∽△BOD，然后相似三角形的相似比等于周长之比，即可得到的值． 【解答】解：∵AC∥BD． ∴△AOC∽△BOD， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 56．（2024•牡丹江）如图，在正方形ABCD中，E是BC延长线上一点，AE分别交BD、CD于点F、M，过点F作NP⊥AE，分别交AD、BC于点N、P，连接MP．下列四个结论：①AM＝PN；②DM+DNDF；③若P是BC中点，AB＝3，则EM＝2；④BF•NF＝AF•BP；⑤若PM∥BD，则CEBC．其中正确的结论是 　①②③⑤　． 【答案】①②③⑤． 【分析】如图1，作PG⊥AD于G，则四边形ABPG是矩形，证明△PGN≌△ADM（ASA），则AM＝PN，可判断①的正误；如图2，作HF⊥DF交AD于H，连接CF，证明△ABF≌△CBF（SAS），则AF＝CF，∠BAF＝∠BCF，由∠BPF+∠BAF＝360°﹣∠ABP﹣∠AFP＝180°，∠BPF+∠FPC＝180°，可得∠BAF＝∠FPC，PF＝CF＝AF，FN＝FM，证明△HFN≌△DFM（SAS），则HN＝DM，由勾股定理得，，由DH＝HN+DN＝DM+DN，可得，可判断②的正误；如图3，连接AP，由勾股定理得，，，可求，设CE＝x，则，BE＝3+x，由勾股定理得，，由，可得，整理得，x2﹣2x﹣24＝0，可求满足要求的解为x＝6，则，BE＝9，由，可得，可求，可判断③的正误；由题意知，∠BPF＞90°，△BPF、△NFA不相似，BF•NF≠AF•BP，可判断④的正误；由设PC＝CM＝a，BC＝CD＝AD＝AB＝b，CE＝c，则DM＝b﹣a，BE＝b+c，PE＝a+c，，证明△AFN≌△PFM（SAS），则，证明△AMD∽△EDC，则，即，可求，同理，△ANF∽△EPF，则，即，同理，△DMF∽△BAF，则，即，可得，将代入得，，整理得，，可得，，则，可判断⑤的正误． 【解答】解：∵正方形ABCD， ∴∠ABC＝∠BCD＝∠CDA＝∠DAB＝90°，AB＝BC＝CD＝AD，∠ADB＝∠ABD＝∠CBD＝∠CDB＝45°， 如图，作PG⊥AD于G，则四边形ABPG是矩形， ∴PG＝AB＝AD， ∵∠GPN+∠GNP＝90°＝∠GNP+∠DAM， ∴∠GPN＝∠DAM， 又∵PG＝AD，∠PGN＝90°＝∠ADM， ∴△PGN≌△ADM（ASA）， ∴AM＝PN，①正确，故符合要求； 如图，作HF⊥DF交AD于H，连接CF， ∴∠DHF＝45°＝∠ADB， ∴DF＝HF， ∵AB＝BC，∠ABF＝∠CBF＝45°，BF＝BF， ∴△ABF≌△CBF（SAS）， ∴AF＝CF，∠BAF＝∠BCF， ∵∠BPF+∠BAF＝360°﹣∠ABP﹣∠AFP＝180°，∠BPF+∠FPC＝180°， ∴∠BAF＝∠FPC， ∴∠BCF＝∠FPC， ∴PF＝CF＝AF， ∴PN﹣PF＝AM﹣AF，即FN＝FM， ∵∠HFN+∠NFD＝90°＝∠DFM+∠NFD， ∴∠HFN＝∠DFM， ∵HF＝DF，∠HFN＝∠DFM，FN＝FM， ∴△HFN≌△DFM（SAS）， ∴HN＝DM， 由勾股定理得，， ∵DH＝HN+DN＝DM+DN， ∴，②正确，故符合要求； ∵P是BC中点，AB＝3， ∴， 如图，连接AP， 由勾股定理得，，， 解得，， 设CE＝x，则，BE＝3+x， 由勾股定理得，， ∵， ∴，整理得，x2﹣2x﹣24＝0， 解得，x＝6或x＝﹣4（舍去）， ∴，BE＝9， ∵， ∴， 解得，，③正确，故符合要求； 由题意知，∠BPF＞90°， ∴△BPF、△NFA不相似，BF•NF≠AF•BP，④错误，故不符合要求； ∵PM∥BD， ∴∠CPM＝∠CBD＝45°，∠CMP＝∠CDB＝45°， 设PC＝CM＝a，BC＝CD＝AD＝AB＝b，CE＝c，则DM＝b﹣a，BE＝b+c，PE＝a+c，， ∵AF＝PF，∠AFN＝90°＝∠PFM，FN＝FM， ∴△AFN≌△PFM（SAS）， ∴， ∵∠ADM＝90°＝∠ECM，∠AMD＝∠EDC， ∴△AMD∽△EDC， ∴，即， 解得，， 同理，△ANF∽△EPF， ∴，即， 同理，△DMF∽△BAF， ∴，即， ∴， 将代入得，，整理得，， 解得，， ∴，⑤正确，故符合要求； 故答案为：①②③⑤． 三十六．解直角三角形（共1小题） 57．（2024•江西）将图1所示的七巧板，拼成图2所示的四边形ABCD，连接AC，则tan∠CAB＝　　． 【答案】． 【分析】根据所给拼图，得出四边形ABCD是平行四边形，根据平行四边形的性质及正切的定义即可解决问题． 【解答】解：令AC与BD的交点为O， ∵∠ABD＝∠CDB＝90°， ∴CD∥AB， 又∵AB＝CD， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∴AC与BD互相平分， ∴OB． ∵AB＝BD， ∴OB． 在Rt△AOB中， tan∠CAB． 故答案为：． 三十七．解直角三角形的应用（共2小题） 58．（2024•福建）无动力帆船是借助风力前行的．如图是帆船借助风力航行的平面示意图，已知帆船航行方向与风向所在直线的夹角∠PDA为70°，帆与航行方向的夹角∠PDQ为30°，风对帆的作用力F为400N．根据物理知识，F可以分解为两个力F1与F2，其中与帆平行的力F1不起作用，与帆垂直的力F2又可以分解为两个力f1与f2，f1与航行方向垂直，被舵的阻力抵消；f2与航行方向一致，是真正推动帆船前行的动力．在物理学上常用线段的长度表示力的大小，据此，建立数学模型：F＝AD＝400，则f2＝CD＝　128　．（单位：N）（参考数据：sin40°≈0.64，cos40°≈0.77） 【答案】128． 【分析】先求出∠ADQ＝40°，∠1＝∠PDQ＝30°，由AB//QD得∠BAD＝∠ADQ＝40°，求出F2＝BD＝AD•sin∠BAD＝256，求出∠BDC＝90°﹣∠1＝60°，在Rt△BCD中，根据f2＝CD＝BD•cos∠BDC即可求出答案． 【解答】解：如图， ∵∠PDA＝70°，∠PDQ＝30°， ∴∠ADQ＝∠PDA﹣∠PDQ＝70°﹣30°＝40°，∠1＝∠PDQ＝30°， ∵AB//QD， ∴∠BAD＝∠ADQ＝40°， 在Rt△ABD中，F＝AD＝400，∠ABD＝90°， ∴F2＝BD＝AD•sin∠BAD＝400•sin 40°＝400×0.64＝256， 由题意可知，BD⊥DQ， ∴∠BDC+∠1＝90°， ∴∠BDC＝90°﹣∠1＝60°， 在Rt△BCD中，BD＝256，∠BCD＝90°， ∴f2＝CD＝BD•cos∠BDC＝256×cos60°＝256128， 故答案为：128． 59．（2024•湖南）如图，图1为《天工开物》记载的用于舂（chōng）捣谷物的工具——“碓（duì）”的结构简图，图2为其平面示意图．已知AB⊥CD于点B，AB与水平线l相交于点O，OE⊥l．若BC＝4分米，OB＝12分米，∠BOE＝60°，则点C到水平线l的距离CF为 　　分米（结果用含根号的式子表示）． 【答案】． 【分析】延长DC交l于点H，连接OC，根据题意及解三角形确定，，再由等面积法即可求解． 【解答】解：延长DC交l于点H，连接OC， 在Rt△OBH中，∠BOH＝90°﹣60°＝30°，OB＝12dm， ∴（dm），（dm）， ∵S△OBH＝S△OCH+S△OBC， ∴， ∴， ∴（dm）， 故答案为：． 三十八．解直角三角形的应用-仰角俯角问题（共1小题） 60．（2024•盐城）如图，小明用无人机测量教学楼的高度，将无人机垂直上升距地面30m的点P处，测得教学楼底端点A的俯角为37°，再将无人机沿教学楼方向水平飞行26.6m至点Q处，测得教学楼顶端点B的俯角为45°，则教学楼AB的高度约为 　17　m．（精确到1m，参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75） 【答案】17． 【分析】令AB的延长线与PQ的延长线交于点C，先求出PC，从而得到QC，BC，再利用AB＝AC﹣BC即可求出AB． 【解答】解：如图，令AB的延长线与PQ的延长线交于点C， 由题意，知AC＝30m，PQ＝26.6m，∠APC＝37°，∠BQC＝45°， 在Rt△APC中， PC40（m）， ∴QC＝PC﹣PQ＝40﹣26.6＝13.4（m）， 在Rt△BQC中， BC＝QC＝13.4m， ∴AB＝AC﹣BC＝30﹣13.4＝16.6≈17（m）， 故答案为：17． 考点卡片 1．有理数的混合运算 （1）有理数混合运算顺序：先算乘方，再算乘除，最后算加减；同级运算，应按从左到右的顺序进行计算；如果有括号，要先做括号内的运算． （2）进行有理数的混合运算时，注意各个运算律的运用，使运算过程得到简化． 【规律方法】有理数混合运算的四种运算技巧 1．转化法：一是将除法转化为乘法，二是将乘方转化为乘法，三是在乘除混合运算中，通常将小数转化为分数进行约分计算． 2．凑整法：在加减混合运算中，通常将和为零的两个数，分母相同的两个数，和为整数的两个数，乘积为整数的两个数分别结合为一组求解． 3．分拆法：先将带分数分拆成一个整数与一个真分数的和的形式，然后进行计算． 4．巧用运算律：在计算中巧妙运用加法运算律或乘法运算律往往使计算更简便． 2．估算无理数的大小 估算无理数大小要用逼近法． 思维方法：用有理数逼近无理数，求无理数的近似值． 3．列代数式 （1）定义：把问题中与数量有关的词语，用含有数字、字母和运算符号的式子表示出来，就是列代数式． （2）列代数式五点注意：①仔细辨别词义． 列代数式时，要先认真审题，抓住关键词语，仔细辩析词义．如“除”与“除以”，“平方的差（或平方差）”与“差的平方”的词义区分． ②分清数量关系．要正确列代数式，只有分清数量之间的关系． ③注意运算顺序．列代数式时，一般应在语言叙述的数量关系中，先读的先写，不同级运算的语言，且又要体现出先低级运算，要把代数式中代表低级运算的这部分括起来．④规范书写格式．列代数时要按要求规范地书写．像数字与字母、字母与字母相乘可省略乘号不写，数与数相乘必须写乘号；除法可写成分数形式，带分数与字母相乘需把代分数化为假分数，书写单位名称什么时不加括号，什么时要加括号．注意代数式括号的适当运用． ⑤正确进行代换．列代数式时，有时需将题中的字母代入公式，这就要求正确进行代换． 【规律方法】列代数式应该注意的四个问题 1．在同一个式子或具体问题中，每一个字母只能代表一个量． 2．要注意书写的规范性．用字母表示数以后，在含有字母与数字的乘法中，通常将“×”简写作“•”或者省略不写． 3．在数和表示数的字母乘积中，一般把数写在字母的前面，这个数若是带分数要把它化成假分数． 4．含有字母的除法，一般不用“÷”（除号），而是写成分数的形式． 4．规律型：数字的变化类 探究题是近几年中考命题的亮点，尤其是与数列有关的命题更是层出不穷，形式多样，它要求在已有知识的基础上去探究，观察思考发现规律． （1）探寻数列规律：认真观察、仔细思考，善用联想是解决这类问题的方法，通常将数字与序号建立数量关系或者与前后数字进行简单运算，从而得出通项公式． （2）利用方程解决问题．当问题中有多个未知数时，可先设出其中一个为x，再利用它们之间的关系，设出其他未知数，然后列方程． 5．单项式 （1）单项式的定义：数或字母的积组成的式子叫做单项式，单独的一个数或字母也是单项式． 用字母表示的数，同一个字母在不同的式子中可以有不同的含义，相同的字母在同一个式子中表示相同的含义． （2）单项式的系数、次数 单项式中的数字因数叫做单项式的系数，一个单项式中所有字母的指数的和叫做单项式的次数． 在判别单项式的系数时，要注意包括数字前面的符号，而形如a或﹣a这样的式子的系数是1或﹣1，不能误以为没有系数，一个单项式的次数是几，通常称这个单项式为几次单项式． 6．分式的混合运算 （1）分式的混合运算，要注意运算顺序，式与数有相同的混合运算顺序；先乘方，再乘除，然后加减，有括号的先算括号里面的． （2）最后结果分子、分母要进行约分，注意运算的结果要化成最简分式或整式． （3）分式的混合运算，一般按常规运算顺序，但有时应先根据题目的特点，运用乘法的运算律进行灵活运算． 【规律方法】分式的混合运算顺序及注意问题 1．注意运算顺序：分式的混合运算，先乘方，再乘除，然后加减，有括号的先算括号里面的． 2．注意化简结果：运算的结果要化成最简分式或整式．分子、分母中有公因式的要进行约分化为最简分式或整式． 3．注意运算律的应用：分式的混合运算，一般按常规运算顺序，但有时应先根据题目的特点，运用乘法的运算律运算，会简化运算过程． 7．负整数指数幂 负整数指数幂：a﹣p（a≠0，p为正整数） 注意：①a≠0； ②计算负整数指数幂时，一定要根据负整数指数幂的意义计算，避免出现（﹣3）﹣2＝（﹣3）×（﹣2）的错误． ③当底数是分数时，只要把分子、分母颠倒，负指数就可变为正指数． ④在混合运算中，始终要注意运算的顺序． 8．根的判别式 利用一元二次方程根的判别式（△＝b2﹣4ac）判断方程的根的情况． 一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与△＝b2﹣4ac有如下关系： ①当△＞0时，方程有两个不相等的两个实数根； ②当△＝0时，方程有两个相等的两个实数根； ③当△＜0时，方程无实数根． 上面的结论反过来也成立． 9．根与系数的关系 （1）若二次项系数为1，常用以下关系：x1，x2是方程x2+px+q＝0的两根时，x1+x2＝﹣p，x1x2＝q，反过来可得p＝﹣（x1+x2），q＝x1x2，前者是已知系数确定根的相关问题，后者是已知两根确定方程中未知系数． （2）若二次项系数不为1，则常用以下关系：x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根时，x1+x2，x1x2，反过来也成立，即（x1+x2），x1x2． （3）常用根与系数的关系解决以下问题： ①不解方程，判断两个数是不是一元二次方程的两个根．②已知方程及方程的一个根，求另一个根及未知数．③不解方程求关于根的式子的值，如求，x12+x22等等．④判断两根的符号．⑤求作新方程．⑥由给出的两根满足的条件，确定字母的取值．这类问题比较综合，解题时除了利用根与系数的关系，同时还要考虑a≠0，△≥0这两个前提条件． 10．分式方程的解 求出使分式方程中令等号左右两边相等且分母不等于0的未知数的值，这个值叫方程的解． 注意：在解方程的过程中因为在把分式方程化为整式方程的过程中，扩大了未知数的取值范围，可能产生增根，增根是令分母等于0的值，不是原分式方程的解． 11．规律型：点的坐标 1．所需能力：（1）深刻理解平面直角坐标系和点坐标的意义（2）探索各个象限的点和坐标轴上的点其坐标符号规律（3）探索关于平面直角坐标系中有关对称，平移等变化的点的坐标变化规律． 2．重点：探索各个象限的点和坐标轴上的点其坐标符号规律 3．难点：探索关于平面直角坐标系中有关对称，平移等变化的点的坐标变化规律． 12．一次函数图象与系数的关系 由于y＝kx+b与y轴交于（0，b），当b＞0时，（0，b）在y轴的正半轴上，直线与y轴交于正半轴；当b＜0时，（0，b）在y轴的负半轴，直线与y轴交于负半轴． ①k＞0，b＞0⇔y＝kx+b的图象在一、二、三象限； ②k＞0，b＜0⇔y＝kx+b的图象在一、三、四象限； ③k＜0，b＞0⇔y＝kx+b的图象在一、二、四象限； ④k＜0，b＜0⇔y＝kx+b的图象在二、三、四象限． 13．一次函数图象上点的坐标特征 一次函数y＝kx+b，（k≠0，且k，b为常数）的图象是一条直线．它与x轴的交点坐标是（，0）；与y轴的交点坐标是（0，b）． 直线上任意一点的坐标都满足函数关系式y＝kx+b． 14．反比例函数的性质 反比例函数的性质 （1）反比例函数y（k≠0）的图象是双曲线； （2）当k＞0，双曲线的两支分别位于第一、第三象限，在每一象限内y随x的增大而减小； （3）当k＜0，双曲线的两支分别位于第二、第四象限，在每一象限内y随x的增大而增大． 注意：反比例函数的图象与坐标轴没有交点． 15．反比例函数系数k的几何意义 比例系数k的几何意义 在反比例函数y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|． 在反比例函数的图象上任意一点向坐标轴作垂线，这一点和垂足以及坐标原点所构成的三角形的面积是|k|，且保持不变． 16．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|． 17．二次函数的性质 二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的顶点坐标是（，），对称轴直线x，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象具有如下性质： ①当a＞0时，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的开口向上，x时，y随x的增大而减小；x时，y随x的增大而增大；x时，y取得最小值，即顶点是抛物线的最低点． ②当a＜0时，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的开口向下，x时，y随x的增大而增大；x时，y随x的增大而减小；x时，y取得最大值，即顶点是抛物线的最高点． ③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||个单位，再向上或向下平移||个单位得到的． 18．二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（，）． ①抛物线是关于对称轴x成轴对称，所以抛物线上的点关于对称轴对称，且都满足函数函数关系式．顶点是抛物线的最高点或最低点． ②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． 19．二次函数图象与几何变换 由于抛物线平移后的形状不变，故a不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式． 20．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）． 21．二次函数的应用 （1）利用二次函数解决利润问题 在商品经营活动中，经常会遇到求最大利润，最大销量等问题．解此类题的关键是通过题意，确定出二次函数的解析式，然后确定其最大值，实际问题中自变量x的取值要使实际问题有意义，因此在求二次函数的最值时，一定要注意自变量x的取值范围． （2）几何图形中的最值问题 几何图形中的二次函数问题常见的有：几何图形中面积的最值，用料的最佳方案以及动态几何中的最值的讨论． （3）构建二次函数模型解决实际问题 利用二次函数解决抛物线形的隧道、大桥和拱门等实际问题时，要恰当地把这些实际问题中的数据落实到平面直角坐标系中的抛物线上，从而确定抛物线的解析式，通过解析式可解决一些测量问题或其他问题． 22．七巧板 （1）七巧板是由下面七块板组成的，完整图案为一正方形：五块等腰直角三角形（两块小形三角形、一块中形三角形和两块大形三角形）、一块正方形和一块平行四边形． （2）用这七块板可以拼搭成几何图形，如三角形、平行四边形、不规则的多角形等；也可以拼成各种具体的人物形象，或者动物或者是一些中、英文字符号． （3）制作七巧板的方法：①首先，在纸上画一个正方形，把它分为十六个小方格．②再从左上角到右下角画一条线．③在上面的中间连一条线到右面的中间．④再在左下角到右上角画一条线，碰到第二条线就可以停了．⑤从刚才的那条线的尾端开始一条线，画到最下面四份之三的位置，从左边开始数，碰到线就可停．⑥最后，把它们涂上不同的颜色并跟著黑线条剪开，你就有一副全新的七巧板了． 23．三角形的面积 （1）三角形的面积等于底边长与高线乘积的一半，即S△底×高． （2）三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分． 24．全等三角形的性质 （1）性质1：全等三角形的对应边相等 性质2：全等三角形的对应角相等 说明：①全等三角形的对应边上的高、中线以及对应角的平分线相等 ②全等三角形的周长相等，面积相等 ③平移、翻折、旋转前后的图形全等 （2）关于全等三角形的性质应注意 ①全等三角形的性质是证明线段和角相等的理论依据，应用时要会找对应角和对应边． ②要正确区分对应边与对边，对应角与对角的概念，一般地：对应边、对应角是对两个三角形而言，而对边、对角是对同一个三角形的边和角而言的，对边是指角的对边，对角是指边的对角． 25．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． 26．等腰三角形的性质 （1）等腰三角形的概念 有两条边相等的三角形叫做等腰三角形． （2）等腰三角形的性质 ①等腰三角形的两腰相等 ②等腰三角形的两个底角相等．【简称：等边对等角】 ③等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合．【三线合一】 （3）在①等腰；②底边上的高；③底边上的中线；④顶角平分线．以上四个元素中，从中任意取出两个元素当成条件，就可以得到另外两个元素为结论． 27．等腰三角形的判定与性质 1、等腰三角形提供了好多相等的线段和相等的角，判定三角形是等腰三角形是证明线段相等、角相等的重要手段． 2、在等腰三角形有关问题中，会遇到一些添加辅助线的问题，其顶角平分线、底边上的高、底边上的中线是常见的辅助线，虽然“三线合一”，但添加辅助线时，有时作哪条线都可以，有时不同的做法引起解决问题的复杂程度不同，需要具体问题具体分析． 3、等腰三角形性质问题都可以利用三角形全等来解决，但要注意纠正不顾条件，一概依赖全等三角形的思维定势，凡可以直接利用等腰三角形的问题，应当优先选择简便方法来解决． 28．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． 29．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． 30．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，b及c． （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． 31．勾股定理的证明 （1）勾股定理的证明方法有很多种，教材是采用了拼图的方法证明的．先利用拼图的方法，然后再利用面积相等证明勾股定理． （2）证明勾股定理时，用几个全等的直角三角形拼成一个规则的图形，然后利用大图形的面积等于几个小图形的面积和化简整理得到勾股定理． 32．勾股定理的应用 （1）在不规则的几何图形中，通常添加辅助线得到直角三角形． （2）在应用勾股定理解决实际问题时勾股定理与方程的结合是解决实际问题常用的方法，关键是从题中抽象出勾股定理这一数学模型，画出准确的示意图．领会数形结合的思想的应用． （3）常见的类型：①勾股定理在几何中的应用：利用勾股定理求几何图形的面积和有关线段的长度． ②由勾股定理演变的结论：分别以一个直角三角形的三边为边长向外作正多边形，以斜边为边长的多边形的面积等于以直角边为边长的多边形的面积和． ③勾股定理在实际问题中的应用：运用勾股定理的数学模型解决现实世界的实际问题． ④勾股定理在数轴上表示无理数的应用：利用勾股定理把一个无理数表示成直角边是两个正整数的直角三角形的斜边． 33．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R1，所以r：R＝1：1． 34．三角形中位线定理 （1）三角形中位线定理： 三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半． （2）几何语言： 如图，∵点D、E分别是AB、AC的中点 ∴DE∥BC，DEBC． 35．平行四边形的性质 （1）平行四边形的概念：有两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形． （2）平行四边形的性质： ①边：平行四边形的对边相等． ②角：平行四边形的对角相等． ③对角线：平行四边形的对角线互相平分． （3）平行线间的距离处处相等． （4）平行四边形的面积： ①平行四边形的面积等于它的底和这个底上的高的积． ②同底（等底）同高（等高）的平行四边形面积相等． 36．平行四边形的判定与性质 平行四边形的判定与性质的作用 平行四边形对应边相等，对应角相等，对角线互相平分及它的判定，是我们证明直线的平行、线段相等、角相等的重要方法，若要证明两直线平行和两线段相等、两角相等，可考虑将要证的直线、线段、角、分别置于一个四边形的对边或对角的位置上，通过证明四边形是平行四边形达到上述目的． 运用定义，也可以判定某个图形是平行四边形，这是常用的方法，不要忘记平行四边形的定义，有时用定义判定比用其他判定定理还简单． 凡是可以用平行四边形知识证明的问题，不要再回到用三角形全等证明，应直接运用平行四边形的性质和判定去解决问题． 37．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ab．（a、b是两条对角线的长度） 38．菱形的判定与性质 （1）依次连接四边形各边中点所得的四边形称为中点四边形．不管原四边形的形状怎样改变，中点四边形的形状始终是平行四边形． （2）菱形的中点四边形是矩形（对角线互相垂直的四边形的中点四边形定为矩形，对角线相等的四边形的中点四边形定为菱形．）　　（3）菱形是在平行四边形的前提下定义的，首先它是平行四边形，但它是特殊的平行四边形，特殊之处就是“有一组邻边相等”，因而就增加了一些特殊的性质和不同于平行四边形的判定方法． （4）正方形是特殊的菱形，菱形不一定是正方形，所以，在同一平面上四边相等的图形不只是正方形． 39．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． 40．矩形的判定 （1）矩形的判定： ①矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形； ②有三个角是直角的四边形是矩形； ③对角线相等的平行四边形是矩形（或“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”） （2）①证明一个四边形是矩形，若题设条件与这个四边形的对角线有关，通常证这个四边形的对角线相等． ②题设中出现多个直角或垂直时，常采用“三个角是直角的四边形是矩形”来判定矩形． 41．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． 42．*平面向量 平面向量是在二维平面内既有方向（direction）又有大小（magnitude）的量，物理学中也称作矢量，与之相对的是只有大小、没有方向的数量（标量）．平面向量用a，b，c上面加一个小箭头表示，也可以用表示向量的有向线段的起点和终点字母表示． 43．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（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧． 推论2：弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧． 推论3：平分弦所对一条弧的直径，垂直平分弦，并且平分弦所对的另一条弧． 44．圆周角定理 （1）圆周角的定义：顶点在圆上，并且两边都与圆相交的角叫做圆周角． 注意：圆周角必须满足两个条件：①顶点在圆上．②角的两条边都与圆相交，二者缺一不可． （2）圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半． 推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径． （3）在解圆的有关问题时，常常需要添加辅助线，构成直径所对的圆周角，这种基本技能技巧一定要掌握． （4）注意：①圆周角和圆心角的转化可通过作圆的半径构造等腰三角形．利用等腰三角形的顶点和底角的关系进行转化．②圆周角和圆周角的转化可利用其“桥梁”﹣﹣﹣圆心角转化．③定理成立的条件是“同一条弧所对的”两种角，在运用定理时不要忽略了这个条件，把不同弧所对的圆周角与圆心角错当成同一条弧所对的圆周角和圆心角． 45．圆内接四边形的性质 （1）圆内接四边形的性质： ①圆内接四边形的对角互补． ②圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角（就是和它相邻的内角的对角）． （2）圆内接四边形的性质是沟通角相等关系的重要依据，在应用此性质时，要注意与圆周角定理结合起来．在应用时要注意是对角，而不是邻角互补． 46．三角形的外接圆与外心 （1）外接圆：经过三角形的三个顶点的圆，叫做三角形的外接圆． （2）外心：三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心． （3）概念说明： ①“接”是说明三角形的顶点在圆上，或者经过三角形的三个顶点． ②锐角三角形的外心在三角形的内部；直角三角形的外心为直角三角形斜边的中点；钝角三角形的外心在三角形的外部． ③找一个三角形的外心，就是找一个三角形的三条边的垂直平分线的交点，三角形的外接圆只有一个，而一个圆的内接三角形却有无数个． 47．切线的性质 （1）切线的性质 ①圆的切线垂直于经过切点的半径． ②经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点． ③经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心． （2）切线的性质可总结如下： 如果一条直线符合下列三个条件中的任意两个，那么它一定满足第三个条件，这三个条件是：①直线过圆心；②直线过切点；③直线与圆的切线垂直． （3）切线性质的运用 运用切线的性质进行计算或证明时，常常作的辅助线是连接圆心和切点，通过构造直角三角形或相似三角形解决问题． 48．切线的判定与性质 （1）切线的性质 ①圆的切线垂直于经过切点的半径． ②经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点． ③经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心． （2）切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线． （3）常见的辅助线的： ①判定切线时“连圆心和直线与圆的公共点”或“过圆心作这条直线的垂线”； ②有切线时，常常“遇到切点连圆心得半径”． 49．三角形的内切圆与内心 （1）内切圆的有关概念： 与三角形各边都相切的圆叫三角形的内切圆，三角形的内切圆的圆心叫做三角形的内心，这个三角形叫做圆的外切三角形．三角形的内心就是三角形三个内角角平分线的交点． （2）任何一个三角形有且仅有一个内切圆，而任一个圆都有无数个外切三角形． （3）三角形内心的性质： 三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角． 50．正多边形和圆 （1）正多边形与圆的关系 把一个圆分成n（n是大于2的自然数）等份，依次连接各分点所得的多边形是这个圆的内接正多边形，这个圆叫做这个正多边形的外接圆． （2）正多边形的有关概念 ①中心：正多边形的外接圆的圆心叫做正多边形的中心． ②正多边形的半径：外接圆的半径叫做正多边形的半径． ③中心角：正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形的中心角． ④边心距：中心到正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距． 51．弧长的计算 （1）圆周长公式：C＝2πR （2）弧长公式：l（弧长为l，圆心角度数为n，圆的半径为R） ①在弧长的计算公式中，n是表示1°的圆心角的倍数，n和180都不要带单位． ②若圆心角的单位不全是度，则需要先化为度后再计算弧长． ③题设未标明精确度的，可以将弧长用π表示． ④正确区分弧、弧的度数、弧长三个概念，度数相等的弧，弧长不一定相等，弧长相等的弧不一定是等弧，只有在同圆或等圆中，才有等弧的概念，才是三者的统一． 52．扇形面积的计算 （1）圆面积公式：S＝πr2 （2）扇形：由组成圆心角的两条半径和圆心角所对的弧所围成的图形叫做扇形． （3）扇形面积计算公式：设圆心角是n°，圆的半径为R的扇形面积为S，则 S扇形πR2或S扇形lR（其中l为扇形的弧长） （4）求阴影面积常用的方法： ①直接用公式法； ②和差法； ③割补法． （5）求阴影面积的主要思路是将不规则图形面积转化为规则图形的面积． 53．圆锥的计算 （1）连接圆锥顶点和底面圆周上任意一点的线段叫做圆锥的母线．连接顶点与底面圆心的线段叫圆锥的高． （2）圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长． （3）圆锥的侧面积：S侧•2πr•l＝πrl． （4）圆锥的全面积：S全＝S底+S侧＝πr2+πrl （5）圆锥的体积底面积×高 注意：①圆锥的母线与展开后所得扇形的半径相等． ②圆锥的底面周长与展开后所得扇形的弧长相等． 54．作图—复杂作图 复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法． 解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作． 55．推理与论证 （1）推理定义：由一个或几个已知的判断（前提），推导出一个未知的结论的思维过程． ①演绎推理是从一般规律出发，运用逻辑证明或数学运算，得出特殊事实应遵循的规律，即从一般到特殊． ②归纳推理就是从许多个别的事物中概括出一般性概念、原则或结论，即从特殊到一般． （2）论证：用论据证明论题的真实性． 证明中从论据到论题的推演．通过推理形式进行，有时是一系列的推理方式．因此，论证必须遵守推理的规则．有时逻辑学家把“证明”称为“论证”，而将“论证”称为“论证方式”． 简单来说，论证就是用一个或一些真实的命题确定另一命题真实性的思维形式． 56．轴对称的性质 （1）如果两个图形关于某直线对称，那么对称轴是任何一对对应点所连线段的垂直平分线． 由轴对称的性质得到一下结论： ①如果两个图形的对应点的连线被同一条直线垂直平分，那么这两个图形关于这条直线对称； ②如果两个图形成轴对称，我们只要找到一对对应点，作出连接它们的线段的垂直平分线，就可以得到这两个图形的对称轴． （2）轴对称图形的对称轴也是任何一对对应点所连线段的垂直平分线． 57．坐标与图形变化-对称 （1）关于x轴对称 横坐标相等，纵坐标互为相反数． （2）关于y轴对称 纵坐标相等，横坐标互为相反数． （3）关于直线对称 ①关于直线x＝m对称，P（a，b）⇒P（2m﹣a，b） ②关于直线y＝n对称，P（a，b）⇒P（a，2n﹣b） 58．轴对称-最短路线问题 1、最短路线问题 在直线L上的同侧有两个点A、B，在直线L上有到A、B的距离之和最短的点存在，可以通过轴对称来确定，即作出其中一点关于直线L的对称点，对称点与另一点的连线与直线L的交点就是所要找的点． 2、凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合本节所学轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点． 59．翻折变换（折叠问题） 1、翻折变换（折叠问题）实质上就是轴对称变换． 2、折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等． 3、在解决实际问题时，对于折叠较为复杂的问题可以实际操作图形的折叠，这样便于找到图形间的关系． 首先清楚折叠和轴对称能够提供给我们隐含的并且可利用的条件．解题时，我们常常设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．我们运用方程解决时，应认真审题，设出正确的未知数． 60．平移的性质 （1）平移的条件 平移的方向、平移的距离 （2）平移的性质 ①把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同．　　②新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点．连接各组对应点的线段平行且相等． 61．坐标与图形变化-平移 （1）平移变换与坐标变化 ①向右平移a个单位，坐标P（x，y）⇒P（x+a，y） ①向左平移a个单位，坐标P（x，y）⇒P（x﹣a，y） ①向上平移b个单位，坐标P（x，y）⇒P（x，y+b） ①向下平移b个单位，坐标P（x，y）⇒P（x，y﹣b） （2）在平面直角坐标系内，把一个图形各个点的横坐标都加上（或减去）一个整数a，相应的新图形就是把原图形向右（或向左）平移a个单位长度；如果把它各个点的纵坐标都加（或减去）一个整数a，相应的新图形就是把原图形向上（或向下）平移a个单位长度．（即：横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减．） 62．旋转的性质 （1）旋转的性质： 　　　　①对应点到旋转中心的距离相等．　　　　②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．　　　　③旋转前、后的图形全等．　　（2）旋转三要素：①旋转中心； ②旋转方向； ③旋转角度．　　　　注意：三要素中只要任意改变一个，图形就会不一样． 63．相似三角形的判定与性质 （1）相似三角形是相似多边形的特殊情形，它沿袭相似多边形的定义，从对应边的比相等和对应角相等两方面下定义；反过来，两个三角形相似也有对应角相等，对应边的比相等． （2）三角形相似的判定一直是中考考查的热点之一，在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形；或依据基本图形对图形进行分解、组合；或作辅助线构造相似三角形，判定三角形相似的方法有时可单独使用，有时需要综合运用，无论是单独使用还是综合运用，都要具备应有的条件方可． 64．解直角三角形 （1）解直角三角形的定义 在直角三角形中，由已知元素求未知元素的过程就是解直角三角形． （2）解直角三角形要用到的关系 ①锐角、直角之间的关系：∠A+∠B＝90°； ②三边之间的关系：a2+b2＝c2； ③边角之间的关系： sinA，cosA，tanA． （a，b，c分别是∠A、∠B、∠C的对边） 65．解直角三角形的应用 （1）通过解直角三角形能解决实际问题中的很多有关测量问． 如：测不易直接测量的物体的高度、测河宽等，关键在于构造出直角三角形，通过测量角的度数和测量边的长度，计算出所要求的物体的高度或长度． （2）解直角三角形的一般过程是： ①将实际问题抽象为数学问题（画出平面图形，构造出直角三角形转化为解直角三角形问题）． ②根据题目已知特点选用适当锐角三角函数或边角关系去解直角三角形，得到数学问题的答案，再转化得到实际问题的答案． 66．解直角三角形的应用-仰角俯角问题 （1）概念：仰角是向上看的视线与水平线的夹角；俯角是向下看的视线与水平线的夹角． （2）解决此类问题要了解角之间的关系，找到与已知和未知相关联的直角三角形，当图形中没有直角三角形时，要通过作高或垂线构造直角三角形，另当问题以一个实际问题的形式给出时，要善于读懂题意，把实际问题划归为直角三角形中边角关系问题加以解决． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/3/20 7:56:48；用户：思达教育；邮箱：15200006450@xyh.com；学号：30653724 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$