数学中考压轴题精品模拟试卷（含详细解析）

这是一份数学中考压轴题精品模拟试卷（含详细解析），共38页。试卷主要包含了【问题背景】等内容，欢迎下载使用。

A．a＞12.5B．0＜a＜8
C．a＜8且a≠0，或a≥12D．a＜8且a≠0，或a＞12.5
2．如图1，小亮家、报亭、羽毛球馆在一条直线上．小亮从家跑步到羽毛球馆打羽毛球，再去报亭看报，最后散步回家．小亮离家距离y与时间x之间的关系如图2所示．下列结论错误的是（ ）
A．小亮从家到羽毛球馆用了7分钟
B．小亮从羽毛球馆到报亭平均每分钟走75米
C．报亭到小亮家的距离是400米
D．小亮打羽毛球的时间是37分钟
3．在平面直角坐标系中，若点P的坐标为（m，n），则称关于x的方程x2+mx+n＝0为点P的对应方程．已知点A（1，1），B（﹣2，4），则线段AB上任意点的对应方程的实数根有（ ）个．
A．0个B．1个C．2个D．无数个
二．填空题（共3小题）
4．如图，在平面直角坐标系中，A、B两点在反比例函数y=kx(k＞0，x＞0)的图象上，延长AB交x轴于点C，且AB＝BC，D是第二象限一点，且DO∥AB，若△ADC的面积是12，则k的值为 ．
5．在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=52，点D在BC边上，且2BD＝3CD，以AD为斜边作等腰直角三角形ADE，则点E到BC边的距离为 ．
6．如图，菱形ABCD的面积为36，点E是AB的中点，点F是BC上的动点．若△BEF的面积为6，则图中阴影部分的面积为 ．
三．解答题（共7小题）
7．在解决几何问题中，通常我们可以利用平移变换来解决图形中边与角的相关问题．
【问题情境】
（1）如图1，在正方形ABCD中，E，F，G分别是边BC，AB，CD上的点，FG⊥AE于点Q．判断线段AE，FG的数量关系 ；
【尝试应用】
（2）如图2，在正方形网格中，点A，B，C，D为格点，AB交CD于点O，则tan∠AOC＝ ；
【拓展提升】
（3）如图3，点P是线段AB上的动点，分别以AP，BP为边在AB的同侧作正方形APCD与正方形PBEF，连接DE，分别交线段BC，PC于点M，N．则sin∠DMC＝ ．
8．【发现问题】如图1，△ABC是等边三角形，点E在边AC上，连接BE，以BE为边向下作等边三角形BEF，连接CF．
（1）判断AB和CF的位置关系，并说明理由．
（2）探究CF，CE和BC的数量关系．
【问题拓展】
（3）如图2，△ABC是等边三角形，点E在边AC上，点D在边BC上，连接DE，以DE为边向下作等边三角形DEF（点F在线段BC下方），连接CF．探究CF，CE和CD的数量关系．
（4）如图3，在菱形ABCD中，AB＝4，∠ABC＝60°，点P为AB的中点，点E为线段BC延长线上一点，连接EP交AC于点F，以EF为边向上作等边三角形EFG，连接CG．若CF＝1时，请直接写出CG的长．
9．小新学习了特殊的四边形——平行四边形后，对特殊四边形的探究产生了兴趣，发现另外一类特殊四边形——垂美四边形，如图1，两条对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．
【概念理解】
（1）在①平行四边形②矩形③菱形④正方形中，一定是垂美四边形的是 .（填写相应的序号）
【类比学习】
（2）如图1，若AC=36，BD=42，则S四边形ABCD＝ ；
【性质探究】
（3）探究垂美四边形的四条边AB，BC，CD，AD之间的数量关系：（将下列探究过程补充完整）
在Rt△AOB中，AB2＝OA2+OB2，在Rt△BOC中，BC2＝OB2+OC2
在Rt△COD中，CD2＝OC2+OD2，在Rt△AOD中，AD2＝OA2+OD2
∴AB2+CD2＝ + ．
【问题解决】
（4）如图2，在△ABC中，点D，E分别是边BC，AC的中点，且AD⊥BE，垂足为O．若AC＝6，BC＝8，则AB的长为 ．
10．【问题背景】
数学课上，我们以等腰直角三角形为背景，利用旋转的性质研究线段和角的关系．老师给出了下面的已知条件：在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝CB，D是△ABC边上的一动点，P是△ABC外任意一点，过点D与点P作射线DP，将射线DP绕点D逆时针旋转90°得到射线DQ．
【问题初探】
（1）如图1，点D与直角顶点B重合，射线DP交边AC于点E，点F在射线DQ上，且满足DE＝DF，连接AF．求证：AF＝CE且AF⊥CE．
【问题深探】
（2）如图2，点D在直角边AB上，射线DP恰巧经过点C，点F在射线DQ上，且满足DC＝DF，连接AF．请直接写出AC，AD，AF之间的数量关系： ．
【问题拓展】
（3）如图3，点D在斜边AC上，且CD＝kAD（0＜k≤1），射线DP交边AB于点E，射线DQ交边CB于点F．当k=12，AE＝4，CF＝3时，求线段AC的长．
11．李老师善于通过合适的主题整合教学内容，帮助同学们用整体的、联系的、发展的眼光看问题，形成科学的思维习惯．下面是李老师在“图形的变化”主题下设计的问题，请你解答．
（1）问题背景
如图1，正方形ABCD中，点E为AB边上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE交BC边于点F，将△ADE沿直线DE折叠后，点A落在点A′处，当∠BEF＝20°时，∠FEA'＝ ；
如图2，连接DF，当点A′恰好落在DF上时，其他条件不变，则AEA′F= ；
（2）探究迁移
如图3，在（1）的条件下，若把正方形ABCD改成矩形ABCD，且AD＝mAB，其他条件不变，请写出AE与A′F之间的数量关系式（用含m的式子表示），并说明理由；
（3）拓展应用
如图4，在（1）的条件下，若把正方形ABCD改成菱形ABCD，且∠B＝60°，∠DEF＝120°，其他条件不变，当AE=23时，请直接写出A′F的长．
12．问题探究
（1）如图1，已知△ABC中，AB＝6，点D是BC上一点，且满足BD＝4，∠ADB＝∠BAC，则CD＝ ；
问题解决
（2）如图2，“三秦四季•汉中有约”2025年最美油菜花汉中旅游文化节已于3月20日启幕．为深度开发旅游，现将在这片足够大的菱形花海上修建“醉美长廊”，按照设计要求，需要修建两条笔直的长廊（长廊宽度忽略不计），点P为活动区内一观景台，且满足AB=73，∠DAB＝60°，△DCP的面积为10534，∠PAB+∠PBA＝60°，请求出“醉美长廊”PA+PB的值．
13．如图，在▱ABCD中，过A，B，C三点的⊙O交CD于点E，连结AE．
（1）求证：AD＝AE．
（2）如图2，已知AD为⊙O的切线，连结AO并延长交BE于点G．
①求证：∠ABG＝2∠BAG；
②若BGEG=23，求csD的值．
中考模拟卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共3小题）
一．选择题（共3小题）
1．如图，在平面直角坐标系中，点O为原点，点A位于第一象限内，OA＝10，并且点A到x轴的距离为6，点B对应的坐标为（a，0）．若△AOB为钝角三角形，则a的取值范围是（ ）
A．a＞12.5B．0＜a＜8
C．a＜8且a≠0，或a≥12D．a＜8且a≠0，或a＞12.5
【考点】坐标与图形性质．
【专题】平面直角坐标系；运算能力．
【答案】D
【分析】根据相似三角形的性质和勾股定理求出△OAB为直角三角形时的a的值，再作推断．
【解答】解：过A作AC⊥OB，过A作AD⊥OA，则AC＝6，∠OCA＝∠OAD＝90°，
由勾股定理得：OC＝8，
∵∠AOC＝∠DOA，∠OCA＝∠OAD，
∴△OAC∽△DOA，
∴OAOD=OCOA，即：10OD=810，
解得：OD＝12.5，
∴当a＜8且a≠0或a＞12.5时，△AOB为钝角三角形，
故选：D．
【点评】本题考查了坐标与图形的性质，掌握勾股定理和相似三角形的性质是解题的关键．
2．如图1，小亮家、报亭、羽毛球馆在一条直线上．小亮从家跑步到羽毛球馆打羽毛球，再去报亭看报，最后散步回家．小亮离家距离y与时间x之间的关系如图2所示．下列结论错误的是（ ）
A．小亮从家到羽毛球馆用了7分钟
B．小亮从羽毛球馆到报亭平均每分钟走75米
C．报亭到小亮家的距离是400米
D．小亮打羽毛球的时间是37分钟
【考点】函数的图象．
【专题】函数及其图象；数据分析观念．
【答案】D
【分析】根据图象逐个分析即可．
【解答】解：A、由图象得：小亮从家到羽毛球馆用了7分钟，故A选项不符合题意；
B、由图象可知：小亮从羽毛球馆到报亭的平均速度为：（1.0﹣0.4）÷（45﹣37）＝0.075（千米/分）＝75（米/分），故B选项不符合题意；
C、由图象知报亭到小亮家的距离是0.4千米，即400米，故C选项不符合题意；
D、由图象知小亮打羽毛球的时间是37﹣7＝30（分钟），故D选项符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了函数图象，观察图象，从图象中获取信息是解题的关键．
3．在平面直角坐标系中，若点P的坐标为（m，n），则称关于x的方程x2+mx+n＝0为点P的对应方程．已知点A（1，1），B（﹣2，4），则线段AB上任意点的对应方程的实数根有（ ）个．
A．0个B．1个C．2个D．无数个
【考点】解一元二次方程﹣公式法；点的坐标；实数与数轴．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力；推理能力．
【答案】A
【分析】求得直线AB的解析式为y＝﹣x+2，设直线AB上的任意一点为（a，﹣a+2），可得这个点的对应方程为x2+ax+（﹣a+2）＝0，再利用判别式和二次函数的性质即可判断．
【解答】解：设直线AB的解析式为y＝kx+b，
∴k+b=1−2k+b=4，
解得k=−1b=2，
∴直线AB的解析式为y＝﹣x+2，
设直线AB上的任意一点为（a，﹣a+2），
∴这个点的对应方程为x2+ax+（﹣a+2）＝0
∵Δ＝a2﹣4×1×（﹣a+2）＝a2+4a﹣8，
∵﹣2≤a≤1，
当a＝﹣2有最小值﹣12，当a＝1有最大值﹣3，
∴﹣12≤Δ≤﹣3，即Δ＜0，
∴线段AB上任意点的对应方程都没有实数根，
故选：A．
【点评】本题考查一元二次方程的根与判别式的关系、用待定系数法求一次函数解析式、二次函数的性质，熟练掌握待定系数法求一次函数解析式是关键．
二．填空题（共3小题）
4．如图，在平面直角坐标系中，A、B两点在反比例函数y=kx(k＞0，x＞0)的图象上，延长AB交x轴于点C，且AB＝BC，D是第二象限一点，且DO∥AB，若△ADC的面积是12，则k的值为 8 ．
【考点】反比例函数系数k的几何意义；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；运算能力；推理能力．
【答案】8．
【分析】连接OA，OB，过A作AH⊥x轴于H，过B作BG⊥x轴于G，根据平行线分线段成比例定理得到CG＝HG，求得AH＝2BG，设BB（a，ka），得到A（a2，2ka），由OD∥AB，得到S△AOC＝S△ADC＝12，根据三角形的面积和梯形的面积公式列方程即可得到结论．
【解答】解：连接OA，OB，过A作AH⊥x轴于H，过B作BG⊥x轴于G，
∴AH∥BG，
∵AB＝BC，
∴CG＝HG，
∴AH＝2BG，
∵A、B两点在反比例函数y=kx(k＞0，x＞0)的图象上，
∴设B（a，ka），
∴A（a2，2ka），
∵OD∥AB，
∴S△AOC＝S△ADC＝12，
∴S△AOB=12S△AOC＝6，
∵S△AOH＝S△OBG=12k，
∴S△AOH﹣S△EOH+S△AEB＝S△OBG﹣S△EOH+S△AEB，即S四边形AHGB＝S△AOB＝6，
∴12（AH+BG）•HG=12×（2ka+ka）×（a−a2）＝6，
∴k＝8，
故k的值为8，
故答案为：8．
【点评】本题考查了反比例函数系数k的几何意义，反比例函数图象上点的坐标特征，三角形面积的计算，平行线的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
5．在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=52，点D在BC边上，且2BD＝3CD，以AD为斜边作等腰直角三角形ADE，则点E到BC边的距离为 2或3 ．
【考点】全等三角形的判定与性质；勾股定理；等腰直角三角形．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】2或3．
【分析】如图，当点E在AD的左边，当点E′在AD的右边，过E′作E′P′⊥AM于P′，EN′⊥BD于N′，根据矩形的性质得到P′E′＝MN′，P′M＝E′N′，∠P′E′N′＝90°，求得∠AE′P′＝∠DE′N′，根据全等三角形的判定和性质得到AP′＝DN′，P′E′＝E′N′，设P′E′＝E′N′＝MN′＝P′M＝x，根据题意列方程即可得到结论．
【解答】解：如图，当点E在AD的左边，
在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝52，
∴BC=2AB＝10，
∵2BD＝3CD，
∴BD＝6，CD＝4，
过A作AM⊥BC于M，
∴AM＝BM＝CM=12BC＝5，
∴DM＝1，
过E作EP⊥AM于P，EN⊥BD于N，
则四边形PENM是矩形，
∴PE＝MN，PM＝EN，∠PEN＝90°，
∵∠AED＝90°，
∴∠AEP＝∠DEN，
在△AEP与△EDN中，
∠APE=∠EDN∠AEP=∠DENAE=DE，
∴△AEP≌△EDN（AAS），
∴AP＝DN，PE＝EN，
∴四边形PENM是正方形，
∴设PE＝EN＝MN＝PM＝x，
∴AP＝DN＝1+x，
∴AM＝1+x+x＝5，
解得x＝2；
∴EN＝2，
如图，当点E′在AD的右边，
过E′作E′P′⊥AM于P′，EN′⊥BD于N′，
则四边形P′E′N′M是矩形，
∴P′E′＝MN′，P′M＝E′N′，∠P′E′N′＝90°，
∵∠AE′D＝90°，
∴∠AE′P′＝∠DE′N′，
在△AE′P′与△E′DN′中，
∠AP′E′=∠E′DN′∠AE′P′=∠DE′N′AE′=DN′，
∴△AE′P′≌△E′DN′（AAS），
∴AP′＝DN′，P′E′＝E′N′，
∴四边形P′E′N′M是正方形，
∴设P′E′＝E′N′＝MN′＝P′M＝x，
∴AP′＝DN′＝x﹣1，
∴AM＝x﹣1+x＝5，
解得x＝3，
∴E′N′＝3，
综上所述，点E到BC边的距离为2或3．
故答案为：2或3．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
6．如图，菱形ABCD的面积为36，点E是AB的中点，点F是BC上的动点．若△BEF的面积为6，则图中阴影部分的面积为 15 ．
【考点】菱形的性质；三角形的面积．
【专题】三角形；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】15．
【分析】连接BD，CE，求出S△AED=14S菱形ABCD＝9，同理：S△CBE=14S菱形ABCD＝9，得到BF：BC＝△BEF的面积：△BCE的面积＝2：3，求出S△CDF=16S菱形ABCD＝6，即可求出阴影部分的面积．
【解答】解：连接BD，CE，
∵E是AB中点，
∴S△AED=12S△ABD=14S菱形ABCD=14×36＝9，
同理：S△CBE=14S菱形ABCD＝9，
∵△BEF的面积为6，
∴BF：BC＝△BEF的面积：△BCE的面积＝2：3，
∴S△CDF=13S△BCD=16S菱形ABCD=16×36＝6，
∴阴影部分的面积＝菱形的面积﹣△AED的面积﹣△BEF的面积﹣△CFD的面积＝36﹣9﹣6﹣6＝15．
故答案为：15．
【点评】本题考查菱形的性质，三角形的面积，关键是由三角形面积公式求出BF：BC＝2：3．
三．解答题（共7小题）
7．在解决几何问题中，通常我们可以利用平移变换来解决图形中边与角的相关问题．
【问题情境】
（1）如图1，在正方形ABCD中，E，F，G分别是边BC，AB，CD上的点，FG⊥AE于点Q．判断线段AE，FG的数量关系 AE＝FG ；
【尝试应用】
（2）如图2，在正方形网格中，点A，B，C，D为格点，AB交CD于点O，则tan∠AOC＝ 12 ；
【拓展提升】
（3）如图3，点P是线段AB上的动点，分别以AP，BP为边在AB的同侧作正方形APCD与正方形PBEF，连接DE，分别交线段BC，PC于点M，N．则sin∠DMC＝ 22 ．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】（1）AE＝FG．证明见解析；
（2）12；
（3）22．
【分析】（1）平移线段 FG至BH，交AE于点K，证明四边形BFGH是平行四边形，得出BH＝FG，证明△ABE≌△BCH（ASA），得出AE＝BH，即可得出结论；
（2）将线段AB向右平移至FD处，使得点B与点D重合，连接CF，根据勾股定理求出CF，CD，DF，可推出∠FCD＝90°，即可得出结果；
（3）平移线段BC至DG处，连接GE，证明△AGD≌△BEG（SAS），得出DG＝EG，∠ADG＝∠EGB，推出∠DMC＝∠GDE＝45°，即可得出结果．
【解答】解：（1）AE＝FG．证明：平移线段 FG至BH，交AE于点K，如图1所示．
由平移的性质得：FG∥BH，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，AB＝BC，∠ABE＝∠C＝90°，
∴四边形BFGH是平行四边形，
∴BH＝FG，
∵FG⊥AE，
∴BH⊥AE，
∴∠BKE＝90°，∠KBE+∠BEK＝90°，
∴∠BEK+∠BAE＝90°，
∴∠BAE＝∠KBE，
在△ABE 和△BCH 中，
∠BAE=∠CBH，AB=BC，∠ABE=∠C，
∴△ABE≌△BCH（ASA），
∴AE＝BH，
∴AE＝FG，
故答案为：AE＝FG；
（2）将线段AB向右平移至FD处，使得点B与点D重合，连接CF，如图2所示，
∴∠AOC＝∠FDC，
设正方形网格的边长为单位1，则 AC＝2，AF＝1，CE＝2，DE＝4，FG＝3，DG＝4，
由勾股定理可得：CF=AC2+AF2=22+12=5，
CD=CE2+DE2=22+42=25，
DF=FG2+DG2=32+42=5(5)2+(25)2=52，
∵CF2+CD2＝DF2，
∴∠FCD＝90°，
∴tan∠AOC=tan∠FDC=CFCD=525=12，
故答案为：12；
（3）平移线段BC至DG处，连接GE，如图3所示，
则∠DMC＝∠GDE，四边形DGBC是平行四边形，
∴DC＝GB，
∵四边形ADCP与四边形PBEF都是正方形，
∴DC＝AD＝AP，BP＝BE，∠DAG＝∠GBE＝90°，
∴DC＝AD＝AP＝GB，
∴AG＝BP＝BE，
在△AGD和△BEG中，
AG=BE，∠DAG=∠GBE，AD=BG，
∴△AGD≌△BEG（SAS），
∴DG＝EG，∠ADG＝∠EGB，
∴∠EGB+∠AGD＝∠ADG+∠AGD＝90°，
∴∠EGD＝90°，
∴∠GDE＝∠GED＝45°，
∴∠DMC＝∠GDE＝45°，
∴sin∠DMC＝ 22．
故答案为：22．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理，熟记全等三角形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理是解题的关键．
8．【发现问题】如图1，△ABC是等边三角形，点E在边AC上，连接BE，以BE为边向下作等边三角形BEF，连接CF．
（1）判断AB和CF的位置关系，并说明理由．
（2）探究CF，CE和BC的数量关系．
【问题拓展】
（3）如图2，△ABC是等边三角形，点E在边AC上，点D在边BC上，连接DE，以DE为边向下作等边三角形DEF（点F在线段BC下方），连接CF．探究CF，CE和CD的数量关系．
（4）如图3，在菱形ABCD中，AB＝4，∠ABC＝60°，点P为AB的中点，点E为线段BC延长线上一点，连接EP交AC于点F，以EF为边向上作等边三角形EFG，连接CG．若CF＝1时，请直接写出CG的长．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；运算能力；推理能力．
【答案】（1）AB∥CF，理由见解答；
（2）CF+CE＝BC，理由见解答；
（3）CF+CE＝CD，理由见解答；
（4）CG的长为3．
【分析】（1）由等边三角形的性质得AB＝CB，EB＝FB，∠A＝∠ACB＝∠ABC＝∠EBF＝60°，推导出∠ABE＝∠CBF，可根据“SAS”证明△ABE≌△CBF，得∠A＝∠BCF＝60°，则∠ACF＝∠ACB+∠BCF＝120°，所以∠A+∠ACF＝180°，则AB∥CF；
（2）由全等三角形的性质得AE＝CF，因为AE+CE＝AC＝BC，所以CF+CE＝BC；
（3）作DH∥AB交AC于点H，由∠CDH＝∠B＝60°，∠CHD＝∠A＝60°，∠HCD＝60°，DF＝DE，∠FDE＝60°，证明△HDC是等边三角形，∠FDC＝∠EDH＝60°﹣∠CDE，则CD＝HD＝CH，可根据“SAS”证明△FDC≌△EDH，得CF＝HE，则CF+CE＝HE+CE＝CH，所以CF+CE＝CD；
（4）作FR∥AB交BC于点R，PQ∥BC交AC于点Q，则∠FPQ＝∠FEC，由菱形的性质得AB＝CB＝4，因为∠ABC＝60°，点P为AB的中点，所以△ABC是等边三角形，AP＝BP＝2，可证明△APQ是等边三角形，则AQ＝PQ＝AP＝2，推导出QF＝CF＝1，再证明△PFQ≌△EFC，得PQ＝EC＝2，再证明△FRC是等边三角形，则CF＝CR＝RF＝1，再证明△CFG≌△RFE，得CG＝RE＝3．
【解答】解：（1）AB∥CF，
理由：∵△ABC和△BEF都是等边三角形，
∴AB＝CB，EB＝FB，∠A＝∠ACB＝∠ABC＝∠EBF＝60°，
∴∠ABE＝∠CBF＝60°﹣∠CBE，
在△ABE和△CBF中，
AB=CB∠ABE=∠CBFEB=FB，
∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴∠A＝∠BCF＝60°，
∴∠ACF＝∠ACB+∠BCF＝60°+60°＝120°，
∵∠A+∠ACF＝60°+120°＝180°，
∴AB∥CF．
（2）CF+CE＝BC，
理由：由（1）得△ABE≌△CBF，
∴AE＝CF，
∵AE+CE＝AC，AC＝BC，
∴CF+CE＝BC．
（3）CF+CE＝CD，
理由：如图2，作DH∥AB交AC于点H，
∵△ABC和△DEF都是等边三角形，
∴∠CDH＝∠B＝60°，∠CHD＝∠A＝60°，∠HCD＝60°，DF＝DE，∠FDE＝60°，
∴△HDC是等边三角形，∠FDC＝∠EDH＝60°﹣∠CDE，
∴CD＝HD＝CH，
在△FDC和△EDH中，
DF=DE∠FDC=∠EDHCD=HD，
∴△FDC≌△EDH（SAS），
∴CF＝HE，
∴CF+CE＝HE+CE＝CH，
∴CF+CE＝CD．
（4）CG的长为3，
理由：如图3，作FR∥AB交BC于点R，PQ∥BC交AC于点Q，
∵点E为线段BC延长线上一点，
∴∠FPQ＝∠FEC，
∵四边边形ABCD是菱形，AB＝4，∠ABC＝60°，点P为AB的中点，
∴AB＝CB，AP＝BP=12AB＝2，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB＝4，∠APQ＝∠ABC＝60°，∠AQP＝∠ACB＝60°，∠PAQ＝60°，
∴△APQ是等边三角形，
∴AQ＝PQ＝AP＝2，
∴CQ＝AC﹣AQ＝4﹣2＝2，
∵CF＝1，
∴QF＝CQ﹣CF＝2﹣1＝1，
∴QF＝CF，
在△PFQ和△EFC中，
∠PFQ=∠EFC∠FPQ=∠FECQF=CF，
∴△PFQ≌△EFC（AAS），
∴PQ＝EC＝2，
∵∠RFC＝∠BAC＝60°，∠FRC＝∠ABC＝60°，∠FCR＝60°，
∴△FRC是等边三角形，
∴CF＝CR＝RF＝1，
∴RE＝EC+CR＝2+1＝3，
∵△EFG是等边三角形，
∴FG＝FE，∠EFG＝60°，
∴∠CFG＝∠RFE＝60°+∠CFE，
在△CFG和△RFE中，
CF=RF∠CFG=∠RFEFG=FE，
∴△CFG≌△RFE（SAS），
∴CG＝RE＝3，
∴CG的长为3．
【点评】此题重点考查等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、菱形的性质等知识，此题综合性强，难度较大，正确地作出辅助线是解题的关键．
9．小新学习了特殊的四边形——平行四边形后，对特殊四边形的探究产生了兴趣，发现另外一类特殊四边形——垂美四边形，如图1，两条对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．
【概念理解】
（1）在①平行四边形②矩形③菱形④正方形中，一定是垂美四边形的是 ③④ .（填写相应的序号）
【类比学习】
（2）如图1，若AC=36，BD=42，则S四边形ABCD＝ 123 ；
【性质探究】
（3）探究垂美四边形的四条边AB，BC，CD，AD之间的数量关系：（将下列探究过程补充完整）
在Rt△AOB中，AB2＝OA2+OB2，在Rt△BOC中，BC2＝OB2+OC2
在Rt△COD中，CD2＝OC2+OD2，在Rt△AOD中，AD2＝OA2+OD2
∴AB2+CD2＝ AD2 + BC2 ．
【问题解决】
（4）如图2，在△ABC中，点D，E分别是边BC，AC的中点，且AD⊥BE，垂足为O．若AC＝6，BC＝8，则AB的长为 25 ．
【考点】四边形综合题．
【专题】多边形与平行四边形；推理能力．
【答案】（1）③④；
（2）123；
（3）AD2；BC2；
（4）25．
【分析】（1）菱形的对角线互相垂直，正方形的对角线互相垂直，菱形和正方形一定是垂美四边形；
（2）S四边形ABCD＝S△ABD+S△CBD=12×BD×OA+12×BD×OC=12×BD×(OA+OC)=12×BD×AC=12×42×36=123；
（3）AB2+CD2＝（OA2+OB2）+（OC2+OD2）＝（OA2+OD2）+（OB2+OC2）＝AD2+BC2；
（4）根据点D，E分别是边BC，AC的中点，得出DE=12AB，BD=12BC=4，AE=12AC=3，由（3）得：AB2+DE2＝AE2+BD2，得出AB2+(12AB)2=32+42，得到AB=25．
【解答】解：（1）∵菱形的对角线互相垂直，正方形的对角线互相垂直，
∴菱形和正方形一定是垂美四边形，
故答案为：③④；
（2）∵S四边形ABCD＝S△ABD+S△CBD，
∴S四边形ABCD=12×BD×OA+12×BD×OC=12×BD×(OA+OC)=12×BD×AC=12×42×36=123，
故答案为：123；
（3）∵在Rt△AOB中，AB2＝OA2+OB2，在Rt△BOC中，BC2＝OB2+OC2，在Rt△COD中，CD2＝OC2+OD2，在Rt△AOD中，AD2＝OA2+OD2，
∴AB2+CD2＝（OA2+OB2）+（OC2+OD2）＝（OA2+OD2）+（OB2+OC2）＝AD2+BC2，
故答案为：AD2；BC2；
（4）∵点D，E分别是边BC，AC的中点，
∴DE=12AB，BD=12BC=4，AE=12AC=3，
由（3）得：AB2+DE2＝AE2+BD2，
∴AB2+(12AB)2=32+42，
∴54AB2=25，
∴AB=25，
故答案为：25．
【点评】本题考查了菱形的性质，正方形的性质，新定义“垂美四边形”，勾股定理等，掌握勾股定理是解题的关键．
10．【问题背景】
数学课上，我们以等腰直角三角形为背景，利用旋转的性质研究线段和角的关系．老师给出了下面的已知条件：在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝CB，D是△ABC边上的一动点，P是△ABC外任意一点，过点D与点P作射线DP，将射线DP绕点D逆时针旋转90°得到射线DQ．
【问题初探】
（1）如图1，点D与直角顶点B重合，射线DP交边AC于点E，点F在射线DQ上，且满足DE＝DF，连接AF．求证：AF＝CE且AF⊥CE．
【问题深探】
（2）如图2，点D在直角边AB上，射线DP恰巧经过点C，点F在射线DQ上，且满足DC＝DF，连接AF．请直接写出AC，AD，AF之间的数量关系： AC=2AD+AF ．
【问题拓展】
（3）如图3，点D在斜边AC上，且CD＝kAD（0＜k≤1），射线DP交边AB于点E，射线DQ交边CB于点F．当k=12，AE＝4，CF＝3时，求线段AC的长．
【考点】几何变换综合题．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】（1）证明见解析；（2）AC=2AD+AF；（3）1522．
【分析】（1）利用边角边证△AFB≌△CEB，得到AF＝CE，再通过倒角即可证出AF⊥CE；
（2）先证△CBD≌△DHF，得到HF＝BD，DH＝BC，再证出AH＝BD＝HF，进而得到AF=2BD，再通过AC=2AB=2(AD+BD)=2AD+2BD=2AD+AF，即可得解；
（3）先证△AND∽△CMD，得到DNDM=2，再证△DEN∽△DFM，得出ENFM=DNDM=2，设参，利用AD＝AN建立方程即可得解．
【解答】（1）证明：∵∠ABC＝90°，∠QBP＝90°，
∴∠QBA+∠ABP＝∠PBC+∠ABP，
∴∠QBA＝∠PBC，
又∵BE＝BF，AB＝CB，
∴△CEB≌△AFB（SAS），
∴∠FAB＝∠C，AF＝CE，
∵∠C+∠BAC＝90°，
∴∠FAB+∠BAC＝90°，
∴∠FAC＝90°，
∴AF⊥CE；
（2）解：如图，过F作FH⊥AB交BA延长线于点H，
∵∠H＝∠B＝∠PDQ＝90°，
∴∠BDC＝∠DFH＝90°﹣∠HDQ，
又∵DC＝DF，
∴△CBD≌△DHF（AAS），
∴BC＝DH，HF＝BD，
∵BC＝AB，
∴DH＝AB，
∴BD＝AH，
∴HF＝AH，
∴△AHF是等腰直角三角形，
∴AF=2AH=2BD，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AC=2AB=2(AD+BD)=2AD+2BD=2AD+AF，
故答案为：AC=2AD+AF；
（3）解：如图，过点D作DM⊥BC于点M，DN⊥AB于点N，
∴∠DNA＝∠DNB＝∠DMC＝∠DMF＝90°，
∵AB＝CB，
∴∠A＝∠C＝45°，
∴△CMD∽△AND，
∴ADCD=DNDM，
∵CD＝kAD，k=12，
∴DNDM=2，
∵∠ABC＝90°，∠PDQ＝90°，
∴∠BED+∠DFB＝180°，
∵∠DFC+∠DFB＝180°，
∴∠BED＝∠DFC，
∴△DEN∽△DFM，
∴ENFM=DNDM=2，
设DM＝CM＝a，
∵CF＝3，AE＝4，
∴DN＝2a，FM＝3﹣a，EN＝2（3﹣a），
∴AN＝AE+EN＝4+2（3﹣a），
∵DN＝AN，
∴2a＝4+2（3﹣a），
∴a=52，
∴DC=522，AD=52，
∴AC=DC+AD=1522．
【点评】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握其性质并能正确添加辅助线是解决此题的关键．
11．李老师善于通过合适的主题整合教学内容，帮助同学们用整体的、联系的、发展的眼光看问题，形成科学的思维习惯．下面是李老师在“图形的变化”主题下设计的问题，请你解答．
（1）问题背景
如图1，正方形ABCD中，点E为AB边上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE交BC边于点F，将△ADE沿直线DE折叠后，点A落在点A′处，当∠BEF＝20°时，∠FEA'＝ 20° ；
如图2，连接DF，当点A′恰好落在DF上时，其他条件不变，则AEA′F= 2 ；
（2）探究迁移
如图3，在（1）的条件下，若把正方形ABCD改成矩形ABCD，且AD＝mAB，其他条件不变，请写出AE与A′F之间的数量关系式（用含m的式子表示），并说明理由；
（3）拓展应用
如图4，在（1）的条件下，若把正方形ABCD改成菱形ABCD，且∠B＝60°，∠DEF＝120°，其他条件不变，当AE=23时，请直接写出A′F的长．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】（1）20°，2；
（2）AE＝2mA′F，理由见解析过程；
（3）26．
【分析】（1）根据翻折的性质，全等三角形的性质，平角的概念求出AE＝BE，再根据相似三角形的性质，得出AE和A′F的关系即可求解；
（2）根据（1）中三角形的全等与相似条件不变，得出AB＝BE不变，再根据AD和AB的关系，AE和A′F的关系即可；
（3）构造相似三角形，根据三角形相似的性质，得出BE和A′F相等，然后根据相似三角形的性质和勾股定理求出BE的长，即为A′F的长．
【解答】解：（1）如图1，∵DE⊥EF，
∴∠DEF＝90°，
∴∠DEA+∠BEF＝90°，∠DEA'+∠FEA′＝90°，
由翻折性质可知∠DEA＝∠DEA′，
∴∠FEA′＝∠BEF＝20°，
如图2，∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠B＝90°，
由翻折性质可知∠EA′D＝∠A＝90°，
∴∠B＝∠EA′F＝90°，
又∵∠BEF＝∠FEA′，EF＝EF，
∴△BEF≌△A′EF（AAS），
∴BE＝A′E，
由翻折性质可知AE＝A′E，∠ADE＝∠FDE，
∴AE＝BE，AB＝2AE＝2A′E，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，AD＝2A′E，
∵∠FEA′+∠EFD＝90°，∠EFD+∠FDE＝90″，
∴∠FEA′＝∠FDE，
∴∠ADE＝∠FEA′，
∵∠A＝∠EA'F＝90°，
∴△DAE∽△EA′F，
∴ADA′E=AEA′F，
∵AD＝2A′E，
∴AEA′F=2；
故答案为：20°；2；
（2）AE＝2mA′F，理由如下：
由（1）可知，AB＝2AE＝2A′E，AD：A′E＝AE：A′F，
∵AD＝mAB，
∴AE＝2mA′F；
（3）如图3，过E作EH⊥AD，交DA延长线于H，作∠FED的平分线，交DF于G，
∵∠DEF＝120°，
∴∠FEG＝∠DEG＝60°，∠BEF+∠AED＝180°﹣∠DEF＝60°，
∴∠DEA′+∠GEA′＝60°，
∵∠AED＝∠A′ED，
∴∠BEF＝∠GEA′，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∴∠DAB+∠B＝180°，
∴∠DAE＝120°＝∠DA'E，
∴∠EA'G＝60°，
∴∠B＝∠EA′G，
∴△BEF∽△A′EG，
∴BEA′E=EFEG，
∵∠FEG＝∠EA′F＝60°，∠EFG＝∠EFG，
∴△EFG∽△A′EF，
∴EFA′F=EGA′E，
∴BE＝A′F，
∵∠ADE＝∠EDF，∠EAD＝∠FED＝120°，
∴△AED∽△EFD，
∴ADDE=DEDF，
∴DE2＝AD•DF，
设BE＝A′F＝x，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AD＝AB＝AE+BE＝23+x，
∴DF＝A'F+A'D＝x+23+x＝23+2x，
∴DE2＝（23+x）（23+2x），
∵EH⊥AD，∠EAH＝60°，
∴∠AEH＝30°，
∴AH=12AE=3，EH＝3，
由勾股定理可得：DE2＝DH2+EH2，
∴32+（3+23+x）2＝（23+x）（23+2x），
解得：x＝26，即A′F的长为26．
【点评】本题是四边形的综合题，主要考查了正方形和菱形的性质，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定等知识，合理构造相似三角形是解题的关键．
12．问题探究
（1）如图1，已知△ABC中，AB＝6，点D是BC上一点，且满足BD＝4，∠ADB＝∠BAC，则CD＝ 5 ；
问题解决
（2）如图2，“三秦四季•汉中有约”2025年最美油菜花汉中旅游文化节已于3月20日启幕．为深度开发旅游，现将在这片足够大的菱形花海上修建“醉美长廊”，按照设计要求，需要修建两条笔直的长廊（长廊宽度忽略不计），点P为活动区内一观景台，且满足AB=73，∠DAB＝60°，△DCP的面积为10534，∠PAB+∠PBA＝60°，请求出“醉美长廊”PA+PB的值．
【考点】相似三角形的判定与性质；菱形的性质．
【专题】三角形；矩形 菱形 正方形；图形的相似；运算能力；推理能力．
【答案】（1）5；
（2）321．
【分析】（1）根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，利用题意，即可得到∠ACB＝∠BAD，接下来在△ABC和△ABD中分别利用正弦定理：asinA=bsinB=csinC，即可求出CD；
（2）首先根据菱形的内角和边长求出菱形的高，即EF的长，再根据△DCP的面积，求出PF的长，进而求出PE，接下来在△PAB中利用正弦定理：asinA=bsinB=csinC，可得 PA＝14sinα，PB＝14sin（60°﹣α），即PA+PB＝14sinα+14sin（60°﹣α）再利用利用两角和与差的正弦公式：sin（α﹣β）＝sinαcsβ﹣csαsinβ，sin（α+β）＝sinαcsβ+csαsinβ，可得 PA+PB＝14sin（α+60°） 再结合PE＝PBsinα＝3，可得sin(2α+30°)=1314，和二倍角的余弦公式：cs2α＝1﹣2sin2α，诱导公式：cs(π2+α)=−sinα，即sin（α+60°）的值，得PA+PB=321．
【解答】解：（1）∵∠ADB＝∠BAC，∠ADB＝∠ACB+∠CAD，∠BAD＝∠BAD+∠CAD，
∴∠ACB＝∠BAD，在△ABC中，
由正弦定理可得：BCsin∠BAC=ABsin∠ACB，
则CD+4sin∠BAC=6sin∠ACB，
即sin∠ACBsin∠BAC=6CD+4，
同理在△ABD中，可得ABsin∠ADB=BDsin∠BAD，
则6sin∠ADB=4sin∠BAD，
即sin∠BADsin∠ADB=46，
∴6CD+4=46，
解得CD＝5．
故答案为：5；
（2）如图过P点作EF⊥AB，过D点作菱形的高DG，
∵AB∥CD，
∴EF⊥CD，即EF为菱形ABCD的高，
又∵∠DAB＝60°，AB＝73，
∴EF＝DG＝AD•sin 60°＝AB×32=73×32=212，
∵S△DCP=12PF•DC=12×73PF=10534，
解得PF=10514，
则PE=EF−PF=212−10514=3，
∵∠PAB+∠PBA＝60°，∠ABP＝180°﹣（∠PAB+∠PBA）＝180°﹣60°＝ 120°，
设∠PBA＝α，则∠PAB＝60°﹣α，
在△APB中，根据正弦定理，得 PAsinα=PBsin(60°−α)=ABsin120°=7332=14，
∴PA＝14sinα，PB＝14sin（60°﹣α），
则∴PA+PB＝14sinα+14sin（60°﹣α），
＝14sinα+14（sin60°csα﹣cs60°sinα），
=14sinα+14(32csα−12sinα)，
=1+sin(2α+30°)2=1+13142=2728，
∵0°＜α＜90°，
∴60°＜α+60°＜150°，
∴sin(α+60°)=2728=32114，
PA+PB=14sin(α+60°)=14×32114=321．
【点评】本题考查相似三角形的判定与性质，菱形的性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
13．如图，在▱ABCD中，过A，B，C三点的⊙O交CD于点E，连结AE．
（1）求证：AD＝AE．
（2）如图2，已知AD为⊙O的切线，连结AO并延长交BE于点G．
①求证：∠ABG＝2∠BAG；
②若BGEG=23，求csD的值．
【考点】圆的综合题．
【专题】几何综合题；应用意识．
【答案】（1）见解析；
（2）①见解析；②24．
【分析】（1）欲证明AD＝AE，只要证明∠D＝∠AED；
（2）①证明∠DAE＝2∠BAG，∠ABE＝∠DAE即可；
②可以假设BG＝2k，EG＝3k，证明BA＝BE＝5k，设OA＝OB＝r，OG＝x．利用相似三角形的小册子求出r与k的关系，过点O作OT⊥AB于点T．则AT＝BT=52k，证明∠D＝∠TOB，求出cs∠TOB可得结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠D＝∠ABC，
∵∠AED+∠AEC＝180°，∠AEC+∠ABC＝180°，
∴∠AED＝∠ABC，
∴∠D＝∠AED，
∴AD＝AE；
（2）①证明：如图2中，过点A作AH⊥CD于点H．
∵AD＝AE，
∴∠DAH＝∠EAH，
∵AD是切线，
∴AD⊥AG，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴AH⊥AB，
∴∠DAG＝∠BAH＝90°，
∴∠∠DAH＝∠BAG，
∴∠DAE＝2∠BAG，
∵AD是切线，
∴∠DAE＝∠ABE，
∴∠ABE＝2∠BAG；
②解：如图2中，延长BO交AE于点G．
∵BG：EG＝2：3，
∴可以假设BG＝2k，EG＝3k，
∵AB∥CD，
∴∠AED＝∠BAE，
∵∠D＝∠AED，∠DAE＝∠ABE，
∴∠BAE＝∠BEA，
∴BA＝BE＝5k，
设OA＝OB＝r，OG＝x．
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA，
∵∠ABG＝2∠BAO，
∴∠OBG＝∠OAB，
∵∠OGB＝∠AGB，
∴△OGB∽△BGA，
∴OBAB=BGGA=OGBG，
∴r5k=2kx+r=x2k，
∴x=25r，r=5147k，
过点O作OT⊥AB于点T．则AT＝BT=52k，
∴OT=OB2−BT2=507k2−254k2=5714k，
∴cs∠TOB=OTOB=5714k5147k=24，
∵∠D+∠DAH＝90°，∠TOB+∠ABO＝90°，∠DAH＝∠OAB＝∠ABO，
∴∠D＝∠TOB，
∴csD=24．
【点评】本题属于圆综合题，考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，等腰三角形的性质，解题的关键是学会利用参数解决问题．
考点卡片
1．实数与数轴
（1）实数与数轴上的点是一一对应关系．
任意一个实数都可以用数轴上的点表示；反之，数轴上的任意一个点都表示一个实数．数轴上的任一点表示的数，不是有理数，就是无理数．
（2）在数轴上，表示相反数的两个点在原点的两旁，并且两点到原点的距离相等，实数a的绝对值就是在数轴上这个数对应的点与原点的距离．
（3）利用数轴可以比较任意两个实数的大小，即在数轴上表示的两个实数，右边的总比左边的大，在原点左侧，绝对值大的反而小．
2．解一元二次方程-公式法
（1）把x=−b±b2−4ac2a（b2﹣4ac≥0）叫做一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的求根公式．
（2）用求根公式解一元二次方程的方法是公式法．
（3）用公式法解一元二次方程的一般步骤为：
①把方程化成一般形式，进而确定a，b，c的值（注意符号）；
②求出b2﹣4ac的值（若b2﹣4ac＜0，方程无实数根）；
③在b2﹣4ac≥0的前提下，把a、b、c的值代入公式进行计算求出方程的根．
注意：用公式法解一元二次方程的前提条件有两个：①a≠0；②b2﹣4ac≥0．
3．点的坐标
（1）我们把有顺序的两个数a和b组成的数对，叫做有序数对，记作（a，b）．
（2）平面直角坐标系的相关概念
①建立平面直角坐标系的方法：在同一平面内画；两条有公共原点且垂直的数轴．
②各部分名称：水平数轴叫x轴（横轴），竖直数轴叫y轴（纵轴），x轴一般取向右为正方向，y轴一般取象上为正方向，两轴交点叫坐标系的原点．它既属于x轴，又属于y轴．
（3）坐标平面的划分
建立了坐标系的平面叫做坐标平面，两轴把此平面分成四部分，分别叫第一象限，第二象限，第三象限，第四象限．坐标轴上的点不属于任何一个象限．
（4）坐标平面内的点与有序实数对是一一对应的关系．
4．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．
5．函数的图象
函数的图象定义
对于一个函数，如果把自变量与函数的每一对对应值分别作为点的横、纵坐标，那么坐标平面内由这些点组成的图形就是这个函数的图象．
注意：①函数图形上的任意点（x，y）都满足其函数的解析式；②满足解析式的任意一对x、y的值，所对应的点一定在函数图象上；③判断点P（x，y）是否在函数图象上的方法是：将点P（x，y）的x、y的值代入函数的解析式，若能满足函数的解析式，这个点就在函数的图象上；如果不满足函数的解析式，这个点就不在函数的图象上．．
6．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=kx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12|k|，且保持不变．
7．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|．
8．三角形的面积
（1）三角形的面积等于底边长与高线乘积的一半，即S△=12×底×高．
（2）三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分．
9．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．
10．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=c2−a2及c=a2+b2．
（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．
11．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＝1：2+1．
12．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、b是两条对角线的长度）
13．四边形综合题
涉及到的知识点比较多，主要考查平行四边形、菱形、矩形、正方形，经常与二次函数和圆一起出现，综合性比较强．
14．圆的综合题
考查的知识点比较多，一般考查垂径定理、圆周角定理、切线长定理、扇形的面积和弧长，经常与四边形一起，难度比较大．
15．几何变换综合题
这种题型主要考查旋转、平移以及动点问题，经常是四边形和圆的综合题目，难度大．
16．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．
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题号
1
2
3
答案
D
D
A