出出及的长是解题关键二填空题本大题共小题，每小题分，共分考点二次根式的乘除法专题计算题分析直接进行平方的运算即可解答解原式故答案为点评此题考查了二次根式的乘法运算，属于基础题，注意仔细运算即可如图，在中，是斜边上的中线，若，则的长考点直角三角形斜边上的中线分析根据直角三角形斜边上的中线性质得出，代入求出即可解答解在中，是斜边上的中线第页共页，故答案为点评本题考查了直角三角形斜边上的中线性质的应用，能熟记直角三角形斜边上的中线等于斜边的半是解此题的关键命题同位角相等，两直线平行的逆命题是两直线平行，同位角相等考点命题与定理分析把个命题的题设和结论互换就得到它的逆命题解答解命题同位角相等，两直线平行的题设是同位角相等，结论是两直线平行所以它的逆命题是两直线平行，同位角相等故答案为两直线平行，同位角相等点评本题考查了互逆命题的知识，两个命题中，如果第个命题的条件是第二个命题的结论，而第个命题的结论又是第二个命题的条件，那么这两个命题叫做互逆命题其中个命题称为另个命题的逆命题在矩形中，对角线，相交于点，若，则的大小为度考点矩形的性质分析根据矩形的性质求出，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理即可得出结果解答解如图所示四边形是矩形，故答案为点评本题考查了矩形的性质，等腰三角形的判定与性质，三角形内角和定理熟练掌握矩形的第页共页性质，证出是解决问题的关键如图都是等边三角形，若，则的长如图，中是外点，且是等边三角形，则的长考点全等三角形的判定与性质等边三角形的性质分析根据等边三角形的性质得到，则，再根据三角形全等的判定方法可证得≌，根据全等的性质得出即可作等边三角形，连接，则证出，由勾股定理求出，即可得到结果解答解和是等边三角形在和中≌，故答案为作等边三角形，连接，如图所示则，由得第页共页故答案为点评本题考查了等边三角形的性质全等三角形的判定与性质勾股定理熟练掌握等边三角形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长均为，每个小正方形的顶点称为格点请在给出的的正方形网格中，以格点为顶点，画出两个三角形，个三角形的长分别是，另个三角形的三边长分别是画出的两个三角形除顶点和边可以重合外，其余部分不能重合考点勾股定理专题作图题分析根据勾股定理在正方形网格中画出三角形的三边长，得到所求的三角形解答解中中，则和即为所求点评本题考查的是勾股定理的应用，掌握在任何个直角三角形中，两条直角边长的平方之和定等于斜边长的平方是解题的关键三解答题本大题共小题，共分。解答应写出文字说明演算步骤或推理过程第页共页计算考点二次根式的混合运算分析直接利用二次根式乘法运算法则化简求出答案直接利用二次根式除法运算法则化简求出答案解答解点评此题主要考查了二次根式的混合运算，正确化简二次根式是解题关键已知，在▱中，是边的中点，连接如图，若，则的长如图，延长交的延长线于点，求证考点平行四边形的性质全等三角形的判定与性质分析由平行四边形的性质可知，所以的长可求出利用已知得出≌，进而求出即可证明解答解四边形是平行四边形第页共页是边的中点故答案为证明在平行四边形中，是边上的中点，在和中≌，点评此题主要考查了平行四边形的性质，利用平行线的性质得出是解题关键如图，四边形中，点是上点，且，求的长考点全等三角形的判定与性质勾股定理分析设，表示出，再分别利用勾股定理列式表示出，然后根据列方程求解即可解答解设解得，第页共页所以，点评本题考查了勾股定理，熟记定理并准确识图，根据列出方程是解题的关键如图，在正方形中，点为上点，与交于点，的大小度求证≌的大小度考点正方形的性质全等三角形的判定分析根据正方形的对角线平分组对角即可解决问题根据两边夹角对应相等的两个三角形全等即可判断根据即可解决问题解答解四边形是正方形故答案为证明四边形是正方形，在和中≌解≌故答案为第页共页点评本题考查正方形的性质全等三角形的判定和性质三角形的外角的性质等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定和性质，学会转化的思想，属于中考常考题型如图，四边形是张放在平面直角坐标系中的矩形纸片，点在轴上，点在轴上，且线段是方程的两根，将边折叠，使点落在边上的点处求线段的长求直线与轴交点的坐标及折痕的长是否存在过点的直线，使直线与轴所围成的三角形和直线直线与轴所围成的三角形相似如果存在，请直接写出其解析式并画出相应的直线如果不存在，请说明理由考点次函数综合题专题计算题压轴题分析利用式子相乘法把方程左边分解为两次因式积的形式，然后根据两数相乘积为，两数中至少有个为，转化为两个元次方程，分别求出方程的解得到原方程的解，根据大于，即可得到及的长由折叠可知三角形与三角形全等，根据全等三角形的对应边相等得到又矩形对边相等，从而得到的长，再由的长，利用勾股定理求出的长，进而求出的长，在直角三角形中，设，则，再由的长，利用勾股定理列出关于的方程，求出方程的解得到的长，即为的纵坐标，而的长即为的横坐标，确定出的坐标，同时得到的长，再由的长，在直角三角形中，利用勾股定理求出折痕的长存在，应该有两条如图直线，根据折叠的性质可知必垂直平分，那么，而都是第页共页的余角，由此可得出两三角形相似，那么可根据两点的坐标求出此直线的解析式直线，由于，那么可根据即的正切值，求出的正切值，然后用的长求出的值，即可求出点的坐标，然后根据两点的坐标求出直线的解析式解答解方程，因式分解得，即或，解得，由折叠可知≌，又矩形，又，在中，根据勾股定理得又，且即，在中，设，则，又，根据勾股定理得，整理得，解得，则的坐标为又设直线的解析式为，将与坐标代入得，解得则直线解析式为，令求出，即坐标为此时，又，在中，根据勾股定理得第页共页存在满足条件的直线有条，如图准确画出两条直线点评此题综合了元二次方程的解法，矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，相似三角形的判定，以及次函数的性质，考查了学生综合解决问题的能力，出现折叠问题时，常常利用全等三角形的性质及勾股定理来解决问题，本题第三问属于探究存在性问题，般利用假设验证法，即先假设结论成立，看是否导致矛盾，还是达到与已知条件相符，从而确定探究的结论是否存在如图，∥，平分，交于点，平分，交于点，连接若，则的长求证四边形是菱形考点菱形的判定第页共页分析只要证明是等腰三角形即可解决问题首先证明四边形是平行四边形，再证明邻边相等即可解答解平分∥，故答案为证明平分∥平分∥，∥，四边形是平行四边形四边形是菱形第页共页点评本题考查菱形的判定平行四边形的判定和性质角平分线的性质，等腰三角形的判定等知识，解题的关键是熟练应用这些知识解决问题，属于中考常考题型如图，▱中，是，交于点，是▱外点，且，求证▱是矩形考点矩形的判定专题证明题分析连接，首先根据为和的中点，在中，在中进而得到，再根据对角线相等的平行四边形是矩形可证出结论解答证明连接，是的中点，在中，为中点在中，为中点，又四边形是平行四边形，平行四边形是矩形点评此题主要考查了矩形的判定，关键是掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的半，正确第页共页的作出辅助线是解决本题的另个关键点为等边三角形，得出即可解答解，由旋转的性质得为等边三角形，第页共页故答案为点评本题考查了图形的变换旋转，等腰直角三角形的性质，等边三角形的判定和性，勾股定理熟练掌握旋转的性质，证明三角形是等边三角形是解决问题的关键三解答题解元次不等式组，并把解集表示在数轴上考点解元次不等式组在数轴上表示不等式的解集解元次不等式分析先去分母，再去括号，移项，合并同类项，并在数轴上表示出来即可分别求出各不等式的解集，再求出其公共解集，并在数轴上表示出来即可解答解去分母得去括号得移项得合并同类项得，在数轴上表示为，由得由得，故不等式组得解集为在数轴上表示为点评本题考查的是解元次不等式组，熟知同大取大同小取小大小小大中间找大大小小找不到的原则是解答此题的关键定义新运算对于任意实数，都有⊕，如⊕求不等式⊕的解集第页共页考点解元次不等式专题新定义分析首先转化成般的不等式，然后解不等式即可解答解根据题意得，解得故答案是点评本题考查了解元次不等式，依据不等式的基本性质不等式的两边同时加上或减去同个数或整式不等号的方向不变不等式的两边同时乘以或除以同个正数不等号的方向不变不等式的两边同时乘以或除以同个负数不等号的方向改变在平面直角坐标系中的位置如图所示，点的坐标为点的坐标为点的坐标为，作关于点成中心对称的将向右平移个单位，作出平移后的点是轴上的点，并且使得的值最小，则点的坐标为，考点作图旋转变换轴对称最短路线问题作图平移变换分析根据网格结构找出点关于点成中心对称的点的位置，然后与点点即顺次连接即可，再根据平面直角坐标系写出各点的坐标根据网格结构找出点向右平移个单位的对应点的位置，然后顺次连接即可作出