98，2024年陕西省西安市雁塔区高新一中中考 二模考试数学试卷

这是一份98，2024年陕西省西安市雁塔区高新一中中考 二模考试数学试卷，共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列各数中，最小的数是( )
A. −1B. 0C. −23D. |−2|
2.中国古建筑以木材、砖瓦为主要建筑材料，以木构架结构为主要的结构方式，由立柱、横梁、顺檩(lǐn)等主要构件建造而成.各个构件之间的结点以榫卯相吻合，构成富有弹性的框架，如图是某种榫卯构件的示意图，其中榫的左视图为( )
A. B.
C. D.
3.下列计算正确的是( )
A. 3a2+2a2=5a5B. (a+2b)(a−b)=a2−2b2
C. (a−12)2=a2−14D. (a+2b)(a−2b)=a2−4b2
4.如图，有一张直角三角形的纸片ABC，两直角边AC=4，BC=8，现将Rt△ABC折叠，使点B与点A重合，得到折痕MN，则△ACM的面积为( )您看到的资料都源自我们平台，20多万份试卷，家威杏 MXSJ663 每日最新，性比价最高
A. 6B. 8C. 10D. 12
5.如图，已知平行四边形ABCD中A、C、D三点的坐标，则点B的坐标为( )
A. (−3,−2)
B. (−2,−2)
C. (−3,−1)
D. (−2,−1)
6.一次函数y=kx+b(k<0)的图象过点(1,0)，则不等式k(x−2)+b>0的解集是( )
A. x>1B. x<2C. x<3D. x<−1
7.如图，BC是⊙O的切线，点B是切点，连接CO交⊙O于点D，延长CO交⊙O于点A，连接AB，若∠C=30°，OD=2，则AB的长为( )
A. 2 2
B. 3 2
C. 2 3
D. 3 3
8.点P(t,n)在以直线x=1为对称轴的二次函数y=x2+ax+4的图象上，则t−n的最大值等于( )
A. −74B. −174C. −154D. 154
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
9.比较大小：2 7 ______3 3．
10.早在1800多年前，魏晋时期的数学家刘徽首创“割圆术”，用圆内接正多边形的面积去无限逼近圆面积.如图所示的圆的内接正十二边形，若该圆的半径为1，则这个圆的内接正十二边形的面积为______．
11.已知x1、x2是一元二次方程x2+x+m=0的两个根，且x1+x2=2+x1x2，则m=______．
12.如图，Rt△ABC的边AC平行于x轴，∠BAC=90°，BC的延长线过原点O，且OC=2BC.反比例函数y=kx(x>0)的图象经过点A，连接OA.若Rt△ABC的面积是1，k= ______．
13.如图，已知等边△ABC的边长为10，点P是AB边上的一点且PB=8.直线l是经过点P的一条直线，把△ABC沿直线l折叠，点B的对应点是点B′.在直线l的变化过程中，则△ACB′面积的最大值为______．
三、解答题：本题共11小题，共74分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
14.(本小题5分)
计算：|−2 3|+(4−π)0− 12−(−1)2023−(12)−2．
15.(本小题5分)
解不等式组：3x−116.(本小题5分)
解分式方程：2x+1+31−x=1x2−1．
17.(本小题5分)
如图，△ABC中，请用尺规作图法，求作⊙O，使圆心O落在BC边上，且⊙O经过A，B两点.(保留作图痕迹，不写作法)
18.(本小题5分)
已知：如图，△ABC中，D是AB中点，DE⊥AC垂足为E，DF⊥BC垂足为F，且ED=FD，求证：△ABC是等腰三角形．
19.(本小题7分)
A、B、C、D四名选手参加赛跑，赛场共设1，2，3，4四条跑道，选手以随机抽签方式决定各自的跑道，请用画树状图或列表的方法，求A、B两位选手抽中相邻跑道的概率．
20.(本小题7分)
视力表对我们来说并不陌生，它蕴含着一定的数学知识.下面我们以标准对数视力表为例，来探索视力表中的奥秘．
用硬纸板复制视力表中所对应的“E”，并依次编号为①，②，放在水平桌面上.如图所示，将②号“E”沿水平桌面向右移动，直至从观测点O看去，对应顶点P1，P2，O在一条直线上为止.这时我们说，在D1处用①号“E”测得的视力与在D2处用②号“E”测得的视力相同．
(1)探究图中b1l1与b2l2之间的关系，请说明理由；
(2)若b1=3.2cm，b2=2cm，①号“E”的测量距离l1=80cm，要使测得的视力相同，求②号“E”的测量距离l2．
21.(本小题7分)
用充电器给某手机充电时，其屏幕画面显示目前电量为20%(如图1).经测试，在用快速充电器和普通充电器对该手机充电时，其电量y(单位：%)与充电时间x(单位：h)的函数图象分别为图2中的线段AB，AC.根据以上信息，回答下列问题：(1)求线段AC对应的函数表达式；
(2)先用普通充电器充电ah后，再改为快速充电器充满电，一共用时3h，请在图2中画出电量y(单位：%)与充电时间x(单位：h)的函数图象，并标注出a所对应的值．
22.(本小题8分)
如图，△ABC内接于⊙O，AC(不是直径)与OB相交于点D，且AD=CD，过点A作⊙O的切线交OB的延长线于点E．
(1)求证：AB平分∠DAE；
(2)若BD=3，AD=6，求AE的长．
23.(本小题8分)
如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+2(a≠0)与x轴分别交于A，B两点，点A的坐标是(−4,0)，点B的坐标是(1,0)，与y轴交于点C，P是抛物线上一动点，且位于第二象限，过点P作PD⊥x轴，垂足为D，线段PD与直线AC相交于点E．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)连接OP，是否存在点P，使得∠OPD=2∠CAO？若存在，求出点P的横坐标；若不存在，请说明理由．
24.(本小题12分)
问题提出：
(1)如图①，已知线段AB，请以AB为斜边，在图中画出一个直角三角形；
(2)如图②，已知点A是直线l外一点，点B、C均在直线l上，AD⊥l且AD=4，∠BAC=60°，求△ABC面积的最小值；
问题解决：
(3)如图③，某园林单位要设计把四边形花园划分为几个区域种植不同花草，在四边形ABCD中，∠A=45°，∠B=∠D=90°，CB=CD=6 2m，点E、F分别为AB、AD上的点，若保持CE⊥CF，那么四边形AECF的面积是否存在最大值？若存在，请求出面积的最大值；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：|−2|=2，
∵−1<−23<0<2，
∴−1<−23<0<|2|．
故选：A．
先计算|−2|的值，再进行比较即可得出答案．
本题考查的是有理数的大小比较和绝对值，解决此题的关键是熟记知识点．
2.【答案】D
【解析】解：榫的左视图为：．
故选：D．
找到从左面看所得到的图形即可．
本题考查了简单组合体的三视图，左视图是从物体的左面看得到的视图．
3.【答案】D
【解析】解：3a2+2a2=5a2，故A错误，不符合题意；
(a+2b)(a−b)=a2+ab−2b2，故B错误，不符合题意；
(a−12)2=a2−a+14，故C错误，不符合题意；
(a+2b)(a−2b)=a2−4b2，故D正确，符合题意；
故选：D．
根据合并同类项法则，多项式乘多项式法则及平方差公式，完全平方公式逐项判断．
本题考查整式的混合运算，解题的关键是掌握整式相关运算的法则．
4.【答案】A
【解析】解：∵将Rt△ABC折叠，使点B与点A重合，
∴BM=AM，
∵∠C=90°，
∴AM2=CM2+AC2，
∴(8−CM)2=CM2+42，
∴CM=3，
∴△ACM的面积=12CM⋅AC=12×3×4=6，
故选：A．
根据折叠的性质得到BM=AM，根据勾股定理得到CM=3，根据三角形的面积公式即可得到结论．
本题考查了翻折变换(折叠问题)，勾股定理，三角形面积的计算，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
5.【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，AD=BC，
∵A(−1,2)，D(3,2)，
∴AD=4=BC，
∵C(2,−1)，
∴B(−2,−1)，
故选：D．
由平行四边形的性质可得AD//BC，AD=BC=4，即可求解．
本题考查了平行四边形的性质，坐标与图形性质，掌握平行四边形的性质是解题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：根据题意，将一次函数y=kx+b(k<0)的图象向右平移2个单位得到y=k(x−2)+b，
∵一次函数y=kx+b(k<0)的图象过点(1,0)，
∴一次函数y=k(x−2)+b(k<0)的图象过点(3,0)，
∵k<0，
∴不等式k(x−2)+b>0的解集是x<3，
故选：C．
根据题意，将一次函数y=kx+b(k<0)的图象向右平移2个单位得到y=k(x−2)+b，结合一次函数y=kx+b(k<0)的图象过点(1,0)，得到一次函数y=k(x−2)+b(k<0)的图象过点(3,0)，根据不等式写出解集即可．
本题考查了一次函数与一元一次不等式，把点(−1,0)代入解析式求得k与b的关系是解题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：连接OB、DB，则OB=OD=2，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠ABD=90°，AD=2OD=4，
∵BC与⊙O相切于点B，
∴BC⊥OB，
∴∠OBC=90°，
∵∠C=30°，
∴∠BOC=60°，
∴△BOD是等边三角形，
∴BD=OD=2，
∴AB= AD2−BD2= 42−22=2 3，
故选：C．
连接OB、DB，由AD是⊙O的直径，得∠ABD=90°，AD=2OD=4，由切线的性质得∠OBC=90°，而∠C=30°，则∠BOC=60°，所以△BOD是等边三角形，则BD=OD=2，所以AB= AD2−BD2=2 3，于是得到问题的答案．
此题重点考查切线的性质定理、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
8.【答案】A
【解析】解：∵二次函数y=x2+ax+4的对称轴为x=1，
∴x=−a2×1=1，
∴a=−2，
∴二次函数的解析式为y=x2−2x+4，
∵点P(t,n)在二次函数y=x2−2x+4的图象上，
∴n=t2−2t+4，
∴t−n=t−(t2−2t+4)=−t2+3t−4=−(t−32)2−74，
∴当t=32时，t−n取得最大值，最大值为−74，
故选：A．
根据二次函数的对称轴为x=1，可得出a=−2，将P(t,n)代入二次函数解析式中，可得出t−n=−(t−32)2−74，根据二次函数的性质即可求解．
本题考查二次函数的性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，数形结合解题是关键．
9.【答案】>
【解析】解：∵2 7= 28，3 3= 27，28>27，
∴ 28> 27，即2 7>3 3．
故答案为：>．
先把2 7、3 3分别化为 28、 27的形式，再根据两正数比较大小的法则进行比较即可．
本题考查的是实数的大小比较，解答此题的关键是熟知二次根式的化简法则及实数大小比较的法则．
10.【答案】3
【解析】解：如图，过A作AC⊥OB于C，
∵圆的内接正十二边形的圆心角为360°12=30°，
∵OA=1，
∴AC=12OA=12，
∴S△OAB=12×1×12=14，
∴这个圆的内接正十二边形的面积为12×14=3，
故答案为：3．
如图，过A作AC⊥OB于C，得到圆的内接正十二边形的圆心角为360°12=30°，根据三角形的面积公式即可得到结论．
本题考查了正多边形与圆，三角形的面积的计算，解直角三角形，正确的作出辅助线是解题的关键．
11.【答案】−3
【解析】解：∵x1、x2是一元二次方程x2+x+m=0的两个根，
∴x1+x2=−1，x1x2=m．
∵x1+x2=2+x1x2，即−1=2+m，
∴m=−3．
故答案为：−3．
根据根与系数的关系可得出x1+x2=−1、x1x2=m，结合x1+x2=2+x1x2即可得出关于m的一元一次方程，解之即可得出结论．
本题考查了根与系数的关系，利用根与系数的关系结合x1+x2=2+x1x2找出关于m的一元一次方程是解题的关键．
12.【答案】12
【解析】解：延长BA交x轴于点D，如图所示：

∵AC平行于x轴，∠BAC=90°，
∴AD⊥x轴，
设OD=a，
∵反比例函数y=kx(x>0)的图象经过点A，
∴点A的坐标为(a,ka)，
∴AD=ka，
∵OC=2BC，
∴OC：BC=2，
∵AC平行于x轴，
∴AD：AB=OC：BC=2，
∴AB=12AD=k2a，
∵OC=2BC，
∴OB=3BC，
∴BC：OB=1：3，
∵AC平行于x轴，
∴△ABC∽△DBO，
∴AC：OD=BC：OB=1：3，
∴AC=13OD=a3，
∵Rt△ABC的面积是4，
∴12AC⋅AB=1，
即12⋅a3⋅k2a=1，
解得：k=12．
故答案为：12．
延长BA交x轴于点D，设OD=a，则点A(a,ka)，进而得AD=ka，根据OC=2BC，AC平行于x轴，得AB=12AD=k2a，再证△ABC和△DBO相似，得AC=13OD=a3，然后根据Rt△ABC的面积是1，得12AC⋅AB=1，即12⋅a3⋅k2a=4，由此解出k即可．
此题主要考查了反比例函数的图象，三角形的面积，熟练掌握三角形的面积公式，理解反比例函数的图象上点的坐标满足反比例函数的表达式是解决问题的关键．
13.【答案】40+5 3
【解析】解：由对称性可知，PB=PB′=8，
∴B′在以P为圆心，PB为半径的圆上，
过点P作PH⊥AC交于H，
当B′、P、H三点共线时，S△ACB′的面积最大，
∵∠BAC=60°，PB=8，AB=10，
∴AP=2，
在Rt△APH中，PH=AP⋅sin60°=2× 32= 3，
∴B′H=8+ 3，
∴S△AB′C=12×10×(8+ 3)=40+5 3，
故答案为：40+5 3．
由已知确定B′在以P为圆心，PB为半径的圆上，过点P作PH⊥AC交于H，当B′、P、H三点共线时，S△AB′C的面积最大，再求面积即可．
本题考查折叠的性质，熟练掌握折叠的性质，等边三角形的性质，能判断点B′的运动轨迹是解题的关键．
14.【答案】解：|−2 3|+(4−π)0− 12−(−1)2023−(12)−2
=2 3+1−2 3−(−1)−4=−2．
【解析】根据实数的运算法则计算即可．
本题考查了实数的运算，熟练掌握绝对值的化简，零指数幂运算法则，有理数的乘方运算法则，二次根式的化简是解题的关键．
15.【答案】解：由①得：x<2，
由②得：x≥−2，
∴不等式的解集为−2≤x<2，
在数轴上表示为：

【解析】分别求出每一个不等式的解集，确定不等式组的解集即可．
本题考查了解一元一次不等式组．分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．
16.【答案】解：原方程去分母得：2(x−1)−3(x+1)=1，
解得：x=−4，
检验：当x=−4时，x2−1=16−1=15≠0，
∴x=−4是原分式方程的解．
【解析】利用去分母将原方程化为整式方程，解得x的值后进行检验即可．
本题考查解分式方程，熟练掌握解方程的方法是解题的关键．
17.【答案】解：如解图，⊙O即为所求．

【解析】作线段AB的垂直平分线就熬BC于点O，以O为圆心，OB为半径作⊙O即可．
本题考查作图−复杂作图，解题的关键是理解题意，掌握线段的垂直平分线的性质．
18.【答案】证明：∵D是AB中点，
∴AD=BD，
在Rt△ACD和Rt△BCD中，
AD=BDDE=DF，
∴Rt△ACD≌Rt△BCD，
∴∠A=∠B，
∴AC=BC，即△ABC是等腰三角形．
【解析】由D是AB中点可得AD=BD，再证明Rt△ACD≌Rt△BCD可得∠A=∠B，然后根据等角对等边可得AC=BC即可证明结论．
本题主要考查了全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定等知识点，证得Rt△ACD≌Rt△BCD是解答本题的关键．
19.【答案】解：画树状图表示A、B两位选手抽中赛道的情况如下：

由图可知，共有12种等可能的结果，其中A、B两位选手抽中相邻跑道的结果有(1,2)，(2,1)，(2,3)，(3,2)，(3,4)，(4,3)，共6种，
∴A、B两位选手抽中相邻跑道的概率为612=12．
【解析】画树状图得出A、B两位选手抽中赛道的所有等可能的结果数以及A、B两位选手抽中相邻跑道的结果数，再利用概率公式可得出答案．
本题考查列表法与树状图法，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键．
20.【答案】解：(1)相等，
理由：∵P1D1//P2D2，
∴△P1D1O∽△P2D2O，
∴P1D1P2D2=D1OD2O，
即b1l1=b2l2．
(2)∵b1l1=b2l2且b1=3.2cm，b2=2cm，l1=80cm，
∴3.22=80l2，
∴l2=50，
答：②号“E”的测量距离l2是50cm．
【解析】(1)根据相似三角形的对应边成比例解答；
(2)根据相似三角形的对应边成比例代入数据进行计算．
本题考查了相似三角形的应用，熟练掌握相似三角形的判定和性质定理是解题的关键．
21.【答案】解：(1)设线段AB对应的函数表达式为y=kx+b，将(0,20)，(2,100)代入得：
b=202k+b=100，
解得k=40b=20，
∴线段AB对应的函数表达式为y=40x+20，(0≤x≤2)；
(2)根据题意得：100−206a+100−202(3−a)+20=100，
解得a=1.5，
画出电量y(单位：%)与充电时间x(单位：h)的函数图象如下：

【解析】(1)用待定系数法可得函数关系式；
(2)根据一共用时3h，列方程求出a的值，再画出图象即可．
本题考查一次函数的应用，解题的关键是读懂题意，能正确识图．
22.【答案】(1)证明：连接OA，则OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA，
∵AE与⊙O相切于点A，
∴AE⊥OA，
∴∠EAO=90°，
∵AD=CD，
∴OB⊥AD，
∴∠ADB=90°，
∴∠DAB+∠OBA=90°，
∵∠EAB+∠OAB=∠EAO=90°，
∴∠EAB=∠DAB，
∴AB平分∠DAE．
(2)解：∵∠ADO=90°，
∴AD2+OD2=OA2，
∵BD=3，AD=6，
∴OD=OB−3=OA−3，
∴62+(OA−3)2=OA2，
解得OA=152，
∴OD=152−3=92，
∴tan∠AOE=AEOA=ADOD=692=43，
∴AE=43OA=43×152=10，
∴AE的长为10．
【解析】(1)连接OA，则OA=OB，所以∠OAB=∠OBA，由切线的性质证明∠EAO=90°，由垂径定理证明∠ADB=90°，则∠DAB+∠OBA=90°，∠EAB+∠OAB=90°，所以∠EAB=∠DAB，则AB平分∠DAE；
(2)因为BD=3，AD=6，所以OD=OB−3=OA−3，由勾股定理得62+(OA−3)2=OA2，求得OA=152，则OD=92，所以tan∠AOE=AEOA=ADOD=43，则AE=43OA=10．
此题重点考查切线的性质定理、垂径定理、勾股定理、直角三角形的两个锐角互余、等角的余角相等、锐角三角函数与角直角三角形等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
23.【答案】解：(1)设抛物线的表达式为：y=a(x+4)(x−1)=a(x2+3x−4)，
则−4a=2，
解得：a=−12，
∴抛物线的解析式为y=−12x2−32x+2；
(2)设存在点P，使得∠OPD=2∠CAO，理由如下：
延长DP到H，设PH=OP，连接OH，如图：

∵PH=OP，
∴∠H=∠POH，
∴∠OPD=∠H+∠POH=2∠H，
∵∠OPD=2∠CAO，
∴∠H=∠CAO，
∴tanH=tan∠CAO，
∴ODDH=COOA=24=12，
∴DH=2OD，
设P(t,−12t2−32t+2)，则OD=−t，PD=−12t2−32t+2，
∴DH=2OD=−2t，
∴PH=DH−PD=−2t−(−12t2−32t+2)=12t2−12t−2，
∵PH=OP，
∴12t2−12t−2= t2+(12t2+32t−2)2，
∴(t2−t−2)2−(t2+t−2)2=t2，
解得t=0(舍去)或−3+ 734(舍去)或−3− 734，
∴点P的横坐标为−3− 734．
【解析】(1)由待定系数法即可求解；
(2)证明∠H=∠CAO，则tanH=tan∠CAO，由PH=OP，即可求解．
本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，锐角三角函数等知识，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点坐标和相关线段的长度．
24.【答案】解：(1)以AB为直径作圆，在圆上任取一点(不与点A、B重合)C，连接AC、BC，如图①所示：
则∠ACB=90°，
∴Rt△ACB即为所求；
(2)作△ABC的外接圆⊙O，连接OA、OB、OC，过点O作OE⊥BC于点E，如图②所示：
则∠BOC=2∠BAC，OA=OB=OC，BE=CE=12BC，
∵∠BAC=60°，
∴∠BOC=120°，∠OBC=∠OCB=30°，
设 OA=OB=OC=r，
则OE=12r，BC=2BE= 3r，
∵AO+OE≥AD，AD=4，
∴r+12r≥4，
解得：r≥83，
∴BC= 3r≥8 33，
∴BC最小值为8 33
∵S△ABC=12BC⋅AD，
∴△ABC面积的最小值为：12×8 33×4=16 33；
(3)四边形AECF的面积存在最大值，理由如下：
分别延长AB、DC交于点M，如图③所示：
则△ADM、△CBM均为等腰直角三角形，
∵CB=CD=6 2m，
∴BM=6 2m，CM=12m，AD=DM=(12+6 2)m，
∴S四边形ABCD=S△ADM−S△CBM=12DM2−12BC2=12×(12+6 2)2−12×(6 2)2=(72+72 2)m2,∵∠BCD=360°−∠A−∠CDA−∠CBA=360°−45°−90°−90°=135°，
∴将△CBE绕点C顺时针旋转135°得到△CDE′，则A、D、E′三点共线，
∴S四边形AECF=S四边形ABCD−(S△CBE+S△CDF)=S四边形ABCD−S△CE′F，
∵S四边形ABCD为定值，
∴当S△CE′F取得最小值时，S四边形AECF取得最大值，
∵∠E′CF=135°−90°=45°，
∴以E′F为斜边作等腰Rt△OE′F，则△CE′F的外接圆是以点O为圆心，OF长为半径的圆，
设△CE′F的外接圆半径为rm，则E′F= 2r m，
又∵OC+OD≥CD，
∴ 22r+r≥6 2，
∴r≥12 2−12，
当点O在CD上时，E′F最短，此时E′F= 2r=(24−12 2)m，
∴S△CE′F最小=12×(24−12 2)×6 2=(72 2−72)(m2)，
∴S四边形AECF最大=S四边形ABCD−S△CE′F最小=72+72 2−(72 2−72)=144(m2).【解析】(1)以AB为直径作圆，在圆上任取一点(不与点A、B重合)C，连接AC、BC，由圆周角定理得∠ACB=90°，即可得出结论；
(2)作△ABC的外接圆⊙O，连接OA、OB、OC，过点O作OE⊥BC于点E，先由圆周角定理和垂径定理得∠BOC=2∠BAC，BE=CE=12BC，则∠BOC=120°，∠OBC=∠OCB=30°，设 OA=OB=OC=r，则OE=12r，BC=2BE= 3r，再由AO+OE≥AD，得r≥83，则BC= 3r≥8 33，即可解决问题；
(3)分别延长AB、DC交于点M，则△ADM、△CBM均为等腰直角三角形，将△CBE绕点C顺时针旋转135°得到△CDE′，则A、D、E′三点共线，由S四边形AECF=S四边形ABCD−(S△CBE+S△CDF)=S四边形ABCD−S△CE′F，当S△CE′F取得最小值时，S四边形AECF取得最大值，求出S△CE′F的最小值，即可解决问题．
本题是四边形综合题目，考查了四边形的面积、圆周角定理、垂径定理、旋转变换的性质、等腰三角形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、三角形面积以及最值问题等知识；本题综合性强，熟练掌握圆周角定理、垂径定理以及等腰三角形的性质是解题的关键，属于中考常考题型．