精品解析：2020年山东省临沂市兰山区中考数学二模试题（解析版+原卷版）

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2020年临沂市兰山区中考二模试题数学试题
一、选择题：本大题共14个小题，每小题3分，共42分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 的倒数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据倒数的概念求解即可.
【详解】根据乘积等于1的两数互为倒数，可直接得到-的倒数为．
故选A

2. 国家发改委2月7日紧急下达第二批中央预算内投资2亿元人民币，专项补助湖北多家医院的重症治疗病区建设，其中数据2亿元用科学记数法表示为（　　）
A. 2×107元 B. 2×108元 C. 2×109元 D. 0.2×109元
【答案】B
【解析】
【分析】
用科学记数法表示较大数时，一般形式为a×10n，其中1≤|a|＜10，n为整数，据此判断即可．
【详解】解：将2亿元用科学记数法可表示为2×108元．
故选：B．
【点睛】此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
3. 如图是由一个长方体和一个球组成的几何体，它的主视图是( ).

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
从正面看几何体，确定出主视图即可．
【详解】解：几何体的主视图为： ，
故选C．
【点睛】此题考查了简单组合体的三视图，主视图即为从正面看几何体得到的视图．
4. 如图，直线//，于点，．则的度数为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据两直线平行，内错角相等可得出，再根据三角形内角和定理即可求解．
【详解】∵//，，
∴（两直线平行，内错角相等），
又∵，
∴，
∴．
故答案选A．
【点睛】本题考查了平行线的性质，求解过程中用到了三角形内角和定理进行求解．
5. 下列运算正确的是( )
A. B. -（3ab）2=9a2b2
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据同底数幂的乘法、积的乘方、完全平方公式、提公因式法和平方差公式法分解因式逐项计算即可．
【详解】A. ∵ ，故不正确；
B. ∵-（3ab）2=-9a2b2 ，故不正确；
C. ∵ ，故不正确；
D. ∵，故正确；
故选D．
【点睛】本题考查了整式的乘法和因式分解，熟练掌握整式的乘法法则和因式分解的方法是解答本题的关键.因式分解的方法有：提公因式法、平方差公式法、完全平方公式法、十字相乘法、分组分解法．
6. 如图，是的直径，，是上的两点，且平分，分别与，相交于点，，则下列结论不一定成立的是（　　）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由圆周角定理和角平分线得出，，由等腰三角形的性质得出，得出，证出，选项A成立；由平行线的性质得出，选项B成立；由垂径定理得出，选项D成立；和中，没有相等的边，与不全等，选项C不成立，即可得出答案．
【详解】∵是的直径，平分，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，选项A成立；
∴，选项B成立；
∴，选项D成立；
∵和中，没有相等的边，
∴与不全等，选项C不成立，
故选C．
【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，等腰三角形的性质，平行线的性质，角平分线的性质，解本题的关键是熟练掌圆周角定理和垂径定理．
7. 小明同学10个周综合素质评价成绩统计如下：
成绩（分）
94
95
97
98
100
周数（个）
1
2
2
4
1
这10个周的综合素质评价成绩的众数和方差分别是（ ）
A. 97.5，2.8 B. 97，3 C. 98，2.8 D. 98，3
【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查众数、方差的概念，寻找众数原则是“出现次数最多”，求解方差需要按照方差公式，先求平均数，后代入方差公式求解．
【详解】10周当中，98分出现了4次，出现次数最多，故众数为98．
10周分数平均数：
方差为：
【点睛】本题考查众数的概念以及方差的求解，主要难点在于方差公式的记忆以及计算，多做相关题目，熟能生巧即可．
8. 把不等式组的解集表示在数轴上，正确的是（　　）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
试题分析：解不等式x+1＞0得：x＞﹣1，解不等式2x﹣4≤0得：x≤2，则不等式的解集为：﹣1＜x≤2，在数轴上表示为：
．故选B．
考点：解一元一次不等式组；在数轴上表示不等式的解集．
9. 小明和同学做“抛掷质地均匀的硬币试验”获得的数据如下表
抛掷次数
100
200
300
400
500
正面朝上的频数
53
98
156
202
249

若抛掷硬币的次数为1000，则“正面朝上”的频数最接近（ ）
A. 200 B. 300 C. 400 D. 500
【答案】D
【解析】
【分析】
随着实验次数的增加，正面向上的频率逐渐稳定到某个常数附近，据此求解即可．
【详解】解：观察表格发现：随着实验次数的增加，正面朝上的频率逐渐稳定到0.5附近，
所以抛掷硬币的次数为1000，则“正面朝上”的频数最接近1000×0.5=500次，
故选：D．
【点睛】本题考查了利用频率估计概率的知识，解题的关键是了解大量重复试验中频率可以估计概率，难度不大．
10. 如图物体由两个圆锥组成．其主视图中，，，若上面圆锥的侧面积为，则下面圆锥的侧面积为（ ）

A. 2 B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先证明△ABD为等腰直角三角形得到∠ABD=45°，BD=AB，再证明△CBD为等边三角形得到BC=BD=AB，利用圆锥的侧面积的计算方法得到上面圆锥的侧面积与下面圆锥的侧面积的比等于AB：CB，从而得到下面圆锥的侧面积．
【详解】解：∵∠A=90°，AB=AD，
∴△ABD为等腰直角三角形，
∴∠ABD=45°，BD=AB，
∵∠ABC=105°，
∴∠CBD=60°，
而CB=CD，
∴△CBD为等边三角形，
∴BC=BD=AB，
∵上面圆锥与下面圆锥的底面相同，
∴上面圆锥的侧面积与下面圆锥的侧面积的比等于AB：CB，
∴下面圆锥的侧面积=．
故选：A．
【点睛】本题考查了圆锥的计算：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．也考查了等腰直角三角形和等边三角形的性质．
11. 世界文化遗产“三孔”景区已经完成5G幕站布设，“孔夫子家”自此有了5G网络．5G网络峰值速率为4G网络峰值速率的10倍，在峰值速率下传输600兆数据，5G网络比4G网络快50秒，求这两种网络的峰值速率．设5G网络的峰值速率为每秒传输兆数据，依题意，可列方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
直接利用5G网络比4G网络快50秒得出等式进而得出答案．
【详解】解：由题意得，设5G网络的峰值速率为每秒传输兆数据，依题意，可列方程是：
，
故选：C．
【点睛】此题主要考查了由实际问题抽象出分式方程，正确得出等式是解题关键．
12. 如图，把矩形沿翻折，点恰好落在边的处，若，，，则矩形的面积是（ ）

A. B. C. D. 16
【答案】A
【解析】
【分析】
由折叠的性质和矩形的性质可得：=∠=60°，进而可得△是等边三角形，可得，连接BE，如图，则△BEF是等边三角形，可得∠EBF=60°，从而得∠ABE=30°，于是在Rt△ABE中解直角三角形可求出AB的长，然后根据矩形的面积公式即可求出结果．
【详解】解：∵把矩形沿翻折，点恰好落在边的处，
∴∠BFE==60°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠=∠BFE=60°，
∴△是等边三角形，
∴，
连接BE，如图，则△BEF是等边三角形，
∴∠EBF=60°，
∴∠ABE=30°，
∴，
∵AD=AE+DE=3+8=11，
∴矩形的面积=AB×AD=．
故选：A．

【点睛】本题考查了折叠的性质、矩形的性质、等边三角形的判定和性质以及解直角三角形等知识，属于常考题型，熟练掌握上述基本知识是解答的关键．
13. 如图，在平行四边形中，，于，于，，相交于，与的延长线相交于点，下面给出四个结论：①；②；③；④，其中正确的结论是（ ）


A. ①②③ B. ②④ C. ②③④ D. ①②③④
【答案】C
【解析】
【分析】
根据已知条件对图形进行分析，通过勾股定理、相似三角形和全等三角形的性质进行判断即可
【详解】△BHD和△BGD缺少相似的条件，故不正确；
因为平行四边形ABCD，所以，，则，因为，所以，故正确；
因为，，所以，故正确；
因为，，DE=BE，根据角角边的定理判定，则AB=CD=BH，故正确；
故本题正确答案C．
【点睛】本题主要考查了勾股定理应用和全等三角形的应用，发现角与角之间的关系，准确利用平行四边形的性质和相似三角形的判定条件也很重要．
14. 如图，若内一点满足，则点为的布洛卡点，三角形的布洛卡点由法国数学家和数学教育家克洛尔于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意．1875年，布洛卡点被一个数学爱好者法国军官布洛卡重新发现，并用他的名字命名．问题：已知等腰直角三角形中，．若为的布洛卡点，，则的值为（ ）

A. 10 B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
通过证明△DQF∽△FQE，可得，可求FQ，EQ的长，即可求解．
【详解】如图，

在等腰直角三角形△DEF中，∠EDF=90°，DE=DF，∠1=∠2=∠3，
∵∠1+∠QEF=∠3+∠DFQ=45°，
∴∠QEF=∠DFQ，且∠2=∠3，
∴△DQF∽△FQE，
∴，
∵DQ=2，
∴FQ=，EQ=4，
∴EQ+FQ=4+，
故选：B．
【点睛】本题考查了相似三角形判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题．
二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）
15. 化简：_____．
【答案】2
【解析】
【分析】
原式两个分式的分子先分解因式，约分后再去括号合并同类项即可．
【详解】解：．
故答案为：2．
【点睛】本题考查了分式的加减运算，属于基础题型，熟练掌握运算的方法是解题关键．
16. 如图，边长为3的正方形中心与半径为3的的圆心重合，，分别是，的延长线与的交点，则图中阴影部分的面积是______（结果保留）．

【答案】
【解析】
【分析】
延长DC，CB交⊙O于M，N，根据圆和正方形的面积公式即可得到结论．
【详解】解：延长DC，CB交⊙O于M，N，

则图中阴影部分的面积：

∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了扇形面积的计算，正方形的性质，正确的识别图形是解题的关键．
17. 若正六边形的内切圆半径为3，则其外接圆半径为______．
【答案】
【解析】
【分析】
根据题意画出图形，利用正六边形中的等边三角形的性质求解即可．
【详解】解：如图，连接OA、OB，OG；

∵六边形ABCDEF是边长等于正六边形的半径，设正六边形的半径为a，
∴△OAB是等边三角形，
∴OA=AB=a，
∴OG=OA×sin∠OAG°=a×sin60°
代入数据，解得a=.
故外接圆半径OA=.
故答案为：.
【点睛】此题主要考查了正多边形、等边三角形及特殊角的三角函数值，根据已知得出六边形ABCDEF是边长等于其外接圆半径是解题关键．
18. 如图，双曲线经过矩形的顶点，双曲线交，于点，且与矩形的对角线交于点，连接，若，则的面积为______．

【答案】
【解析】
【分析】
本题考查双曲线的图像以及性质，需要根据线段比例关系，通过假设未知数表示点的坐标，进而利用三角形面积公式解答本题．
【详解】假设D(m.n)
∵
∴B( )
因为点B在双曲线上，所以将点B代入 ，得mn=
因为点D在双曲线 上，故将D点代入得：k=mn=
故该解析式为：
因为矩形ABCO，所以E点横坐标与B点横坐标相同，F点纵坐标与B点纵坐标相同．
又因为点E，F在双曲线上，故将对应坐标代入可得：
∴
==
点睛】本题主要考查反比例函数图形性质，需要用未知数表示信息点以提升解题效率．
19. 一般的，如果（，且），那么叫做以为底的对数，记作．例如：由于，所以3是以2为底8的对数，记作；由于，所以1是以为底的对数，记作．对数作为一种运算，有如下的运算性质如果，且，，，那么（1）；（2）；（3）．根据上面的运算性质，计算的结果是_____．
【答案】1
【解析】
【分析】
直接利用已知公式进而将原式变形求出答案即可．
【详解】解：



；
故答案为：1．
【点睛】此题主要考查了有理数的乘方，新定义的运算法则，掌握运算法则，正确将原式变形是解题关键．
三、解答题（本大题共7小题，共63分）
20. 计算：．
【答案】．
【解析】
【分析】
先计算乘方和零指数幂、负整数指数幂、代入三角函数值，再计算乘法，最后计算加减即可．
【详解】


．
【点睛】本题主要考查了实数的混合运算，解题的关键是掌握实数混合运算顺序和运算法则、熟记锐角三角函数值、零指数幂及负整数指数幂的规定．
21. 钟南山院士谈到防护新型冠状病毒肺炎时说：“我们需要重视防护，但也不必恐慌，尽量少去人员密集的场所，出门戴口罩，在室内注意通风，勤洗手，多运动，少熬夜．”某学校为了了解学生对新型冠状病毒肺炎防护知识的掌握情况，随机抽取若干名同学利用网络进行了“新冠状病毒肺炎防疫知识”问卷测试．根据测试成绩分布情况，他们将全部测试成绩分成、、、四组，绘制了如下统计图表：
“新冠状病毒肺炎防疫知识”问卷测试成绩统计表
组别
分数/分
频数
各组总分/分


38
2581



5543


60
5100


30
2796

依据以上统计信息，解答下列问题：
（1）求得 ， ；
（2）这次测试成绩的中位数落在 组；
（3）求本次全部测试成绩的平均数．
【答案】（1）72，30%；（2）；（3）本次全部测试的平均成绩为分．
【解析】
【分析】
先根据A（或C）组人数÷所占百分比，求出总人数，再用总人数乘以B组所占百分比可得m的值；用C组人数除以总人数可得n的值；
（2）一共有200个数据，从小到大排序后中位数是第100个、第101个数据的平均数，观察可知中位数落在组；
（3）根据求平均数的计算方法求解即可．
【详解】（1）（人），
∴，
，
故答案为：72，30%；
（2）一共有200个数据，从小到大排序后中位数是第100个、第101个数据的平均数，观察可知中位数落在组，
故答案为：；
（3）本次全部测试的平均成绩分．
【点睛】本题考查条形统计图、频数分布表，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
22. 放风筝是大家喜爱的一种运动，星期天的上午小明在市政府广场上放风筝．如图，他在A处不小心让风筝挂在了一棵树梢上，风筝固定在了D处，此时风筝AD与水平线的夹角为30°，为了便于观察，小明迅速向前边移动，收线到达了离A处10米的B处，此时风筝线BD与水平线的夹角为45°．已知点A，B，C在同一条水平直线上，请你求出小明此时所收回的风筝线的长度是多少米？（风筝线AD，BD均为线段， ≈1.414， ≈1.732，最后结果精确到1米）．

【答案】8
【解析】
【分析】
作DH⊥BC于H，设DH=x米．根据三角函数即可表示出AH与BH的长，根据AH-BH=AB即可得到一个关于x的方程，解方程即可求得x的值．
【详解】解：作DH⊥BC于H，设DH=x米．

∵∠ACD=90°，
∴在直角△ADH中，∠DAH=30°，AD=2DH=2x，AH=DH÷tan30°=，
在直角△BDH中，∠DBH=45°，BH=DH=x，BD=x，
∵AH﹣BH=AB=10米，
∴﹣x=10，
∴x=5（+1），
∴小明此时所收回的风筝线的长度为：
AD﹣BD=2x﹣x=（2﹣）×5（+1）
≈（2﹣1.414）×5×（1.732+1）≈8米．
答：小明此时所收回的风筝线的长度约是8米．
23. 如图，四边形内接于⊙O，为⊙O的直径，为的中点，过点作//，交的延长线于点．

（1）判断与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若⊙O的半径为6，，求的长．
【答案】（1）为⊙O的切线，理由见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）连接，由为⊙O的直径，为的中点，得到，根据平行线的性质得到，于是得到结论；
（2）根据勾股定理得到，由（1）可证得，根据相似三角形的性质即可得到答案．
【详解】（1）为⊙O的切线，理由如下：
连接，

∵为⊙O的直径，为的中点，
∴,
∴，
又∵，
∴，
∴为⊙O的切线．
（2）∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵半径为6，∴，
∴
∴，
∴．
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，等腰直角三角形的性质，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，正确的识别图形熟练掌握这些性质和判定是解题的关键．
24. 今年疫情防控期间，我市一家服装有限公司生产了一款服装，为对比分析以前实体商店和现在网上商店两种途径的销售情况，进行了为期30天的跟踪调查．其中实体商店的日销售量（百件）与时间（为整数，单位：天）的部分对应值如下表所示；网上商店的日销售量（百件）与时间（为整数，单位：天）的关系如图所示．
时间（天）
0
6
10
12
18
20
24
30
日销售量（百件）
0
72
100
108
108
100
72
0


（1）请你在一次函数、二次函数和反比例函数中，选择合适的函数反映与的变化规律，并求出与的函数关系式及自变量的取值范围；
（2）求与的函数关系式，并写出自变量的取值范围；
（3）在跟踪调查的30天中，设实体商店和网上商店的日销售总量为（百件），求与的函数关系式；当为何值时，日销售量达到最大，并求出此时的最大值．
【答案】（1）（，且为整数）；（2）；（3）当时，最大，且（百件）．
【解析】
【分析】
（1）根据观察可设，将，，代入即可得到结论；
（2）当时，设，求得与的函数关系式为：，当时，设，将，代入得到与的函数关系式为：，
（3）依题意得，当时，得到；当时，得到，于是得到结论．
【详解】（1）根据观察可以看出函数关于直线x=15对称，故是关于的二次函数，
则可设，
将，，代入，得：．
解得：，．
∴与的函数关系式为（，且为整数）
（2）①当时，设．
∵在其图象上，∴．∴．
∴与的函数关系式为．
②当时，设．将，代入．
得．解得．
∴与的函数关系式为．
综上所述，
（3）依题意，有．
①当时，．
∴时，．
②当时，．
∴时，．
∵，
∴当时，最大，且（百件）．
【点睛】本题考查了二次函数的应用，一次函数的应用，待定系数法求函数的解析式，正确的理解题意是解题的关键．
25. （1）如图1，是正方形边上的一点，连接，，将绕点逆时针旋转，旋转后角的两边分别与射线交于点和点．写出线段，和之间的数量关系，并说明理由；

（2）当四边形为菱形，，点是菱形边所在直线上的一点，连接、，将绕点逆时针旋转，旋转后角的两边分别与射线交于点和点．
①如图2，点在线段上时，请探究线段，和之间的数量关系，写出结论并给出证明；
②如图3，点在线段的延长线上时，交射线于点，若，，直接写出线段的长度．
【答案】（1），理由见解析；（2）①，证明见解析；②．
【解析】
【分析】
(1)利用正方形性质及旋转的性质证明△FDG≌△EDB即可；
(2)①过点作于点，仿照(1)中的思路证明△FDG≌△EDB，得到△DBG为等腰三角形，进而得出∠DBG=30°，再利用直角三角形30°角时三边之比为即可求解；
②过A点作AN⊥DB，过D点作DH⊥GB，利用△DCM∽△EBM，进而求出CM，在△DCH中利用∠DCH=60°求出CH，进而得到即可求解．
【详解】解：(1) ，和之间的数量关系为：．理由如下：
由题意知：，，，
∴，
∴，
∴，
中，∵，
∴，
即.

故答案为：，和之间的数量关系为.
（2）①如图2，，理由如下：
过点作于点，如下图所示：

在菱形中，，
由旋转得，，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵，由等腰三角形的“三线合一”知
∴，
在中，，
∴．
设，则，，
∴
在中，，
∴，
∴；
故答案为：，和之间的数量关系为.
②过A点作AN⊥DB，过D点作DH⊥GB，如下图所示：
∵CD∥BE，
∴△DCM∽△EBM
∴，代入数据，解得
在Rt△DHC中，由∠DCH=60°，CD=4,可知，HC=2
由∠DBA=30°，AB=4可知，BN=，∴BD=
在Rt△DHB中，由∠HBD=30°，DB=可知，HB=6
又△DBF为等腰三角形，且DH⊥BG，∴FH=HB=6
∴.
故答案为：．

【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，菱形和正方形的性质，直角三角形30度的角性质，相似三角形的判定和性质等知识，本题证明△FDG≌△BDE是解题的关键．
26. 如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线L1：过点C(0，﹣3)，与抛物线L2：的一个交点为A，且点A的横坐标为2，点P、Q分别是抛物线L1、抛物线L2上的动点．
（1）求抛物线L1对应的函数表达式；
（2）若以点A、C、P、Q为顶点的四边形恰为平行四边形，求出点P的坐标；
（3）设点R为抛物线L1上另一个动点，且CA平分∠PCR，若OQ∥PR，求出点Q的坐标．

【答案】（1）抛物线对应的函数表达式为；（2）点的坐标为或或或；（3）点坐标为或.
【解析】
【分析】
（1）先求出A点的坐标，再用待定系数法求出函数解析式便可；
（2）设点P的坐标为（x，x2﹣2x﹣3），分两种情况讨论：AC为平行四边形的一条边，AC为平行四边形的一条对角线，用x表示出Q点坐标，再把Q点坐标代入抛物线中，列出方程求得解便可；
（3）当点P在y轴左侧时，抛物线L1不存在点R使得CA平分∠PCR，当点P在y轴右侧时，不妨设点P在CA上方，点R在CA的下方，过点P、R分别作y轴的垂线，垂足分别为S、T，过点P作PH⊥TR于点H，设点P坐标为（x1，），点R坐标为（x2，），证明△PSC∽△RTC，由相似比得到x1+x2＝4，进而得tan∠PRH的值，过点Q作QK⊥x轴于点K，设点Q坐标为（m，），由tan∠QOK＝tan∠PRH，移出m的方程，求得m便可．
【详解】（1）将代入，得，故点的坐标为.
将代入，
得，解得.
所以抛物线对应的函数表达式为.
（2）设点的坐标为.
第一种情况：为平行四边形的一条边.
①当点在点右侧时，则点的坐标为.
将代入，得
，
整理得，解得.
因为时，点与点重合，不符合题意，所以舍去，
此时点的坐标为.
②当点在点左侧时，则点的坐标为.
将代入，得
，
整理得，解得.
此时点的坐标为或.
第二种情况：当为平行四边形的一条对角线时.
由的中点坐标为，得的中点坐标为，
故点的坐标为.
将代入，得
，
整理得，解得.
因为时，点与点重合，不符合题意，所以舍去，
此时点的坐标为.
综上所述，点的坐标为或或或.
（3）当点在轴左侧时，抛物线不存在动点使得平分.
当点在轴右侧时，不妨设点在的上方，点在的下方，
过点、分别作轴的垂线，垂足分别为，
过点作，垂足为，则有.
由平分，得，则，
故，所以.
设点坐标为，
点坐标为，
所以有，
整理得.
在中，.
过点作轴，垂足为.设点坐标为.
若，则需.所以.
所以.解得.
所以点坐标为或.

【点睛】本题是二次函数的综合题，主要考查了待定系数法求函数的解析式，平行四边形的性质，解直角三角形的应用，相似三角形的性质与判定，角平分线的性质，动点问题探究，突破第（2）题的方法是分情况讨论；突破第（3）的方法是作直角三角形，构造相似三角形，用相似三角形的相似比列方程．