则原矩形长与宽的比为考点相似多边形的性质分析根据相似多边形对应边的比相等，设出原来矩形的长与宽，就可得到第页共页个方程，解方程即可求得解答解根据条件可知矩形∽矩形设则则，即即原矩形长与宽的比为故答案为兴趣小组的同学要测量树的高度在阳光下，名同学测得根长为米的竹竿的影长为米，同时另名同学测量树的高度时，发现树的影子不全落在地面上，有部分落在教学楼的第级台阶上，测得此影子长为米，级台阶高为米，如图所示，若此时落在地面上的影长为米，则树高为米考点相似三角形的应用分析在同时刻物高和影长成正比，即在同时刻的两个物体，影子，经过物体顶部的太阳光线三者构成的两个直角三角形相似据此可构造出相似三角形解答解根据题意可构造相似三角形模型如图，其中为树高，为树影在第级台阶上的影长，为树影在地上部分的长，的长为台阶高，并且由光沿直线传播的性质可知即为树影在地上的全长延长交于，则∽，物高影长又，，第页共页，即树高为米已知∽，相似比为，且的周长为，面积为，则这两个三角形对应高的比为，的周长为，面积为考点相似三角形的性质分析根据相似三角形的性质，相似三角形多边形的周长的比等于相似比相似三角形的面积的比等于相似比的平方，则和的对应高的比为，周长的比为，面积的比为，然后利用的周长为，面积为可计算出的周长和面积解答解∽，相似比为，这两个三角形对应高的比为这两个三角形的周长的比为，面积的比为，的周长，面积为故答案为设是元二次方程的两个根，则考点根与系数的关系元二次方程的解分析先根据元二次方程的解的定义得到，则，代入得到，然后根据根与系数的关系得到，再利用整体代入的方法计算解答解是元二次方程的根，第页共页，即为方程的两个根故答案为如图，在中，是上点，连接，要使∽，则还须添加个条件或或•等只须写出个即可，不必考虑所有可能考点相似三角形的判定分析相似三角形的判定，对应角相等，对应边成比例，题中为公共角，再有对应角相等即可解答解在与中，为两三角形的公共角，只需在有对应角相等即可，即在中，点分别在上如果，的面积为，四边形的面积为，那么的长为考点相似三角形的判定与性质分析由，是公共角，根据有两角对应相等的两个三角形相似，第页共页即可证得∽，又由相似三角形面积的比等于相似比的平方，可得，然后由，的面积为，四边形的面积为，即可求得的长解答解，是公共角，∽的面积为，四边形的面积为，的面积为，解得故答案为三解答题本大题个小题，共分用适当方法解下列方程考点解元二次方程因式分解法分析移项后因式分解法求解可得公式法求解可得解答解即，第页共页解得或，只不透明的袋子，装有分别标有数字的三个球，这些球除所标的数字外都相同，搅匀后从中摸出个球，记录下数字后放回袋中并搅匀，再从中任意摸出个球，记录下数字，请用列表或画树状图的方法，求出两次摸出的球上的数字之和为偶数的概率考点列表法与树状图法分析首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与两次摸出的球上的数字之和为偶数的情况，再利用概率公式求解即可求得答案解答解画树状图得共有种等可能的结果，两次摸出的球上的数字之和为偶数的有种情况，两次摸出的球上的数字之和为偶数的概率为如图，在平面直角坐标系中，已知三个顶点的坐标分别为画出绕点顺时针旋转后得到的以原点为位似中心，画出将三条边放大为原来的倍后的第页共页考点作图位似变换作图旋转变换分析由，可画出，然后由旋转的性质，即可画出由位似三角形的性质，即可画出解答解如图即为所求即为所求如图所示，中，是边上的中线，是边上点，且，射线交于点，求考点平行线分线段成比例第页共页分析取的中点，连接，根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的半可得∥然后求出，再根据平行线分线段成比例定理可得，从而得解解答解如图，取的中点，连接，是边上的中线，是的中位线，∥已知▱的两边，的长是关于的方程的两个实数根当为何值时，四边形是菱形求出这时菱形的边长若的长为，那么▱的周长是多少考点元二次方程的应用平行四边形的性质菱形的性质分析让根的判别式为即可求得，进而求得方程的根即为菱形的边长求得的值，进而代入原方程求得另根，即易求得平行四边形的周长解答解四边形是菱形，即，整理得，第页共页解得，当时，原方程为，解得，故当时，四边形是菱形，菱形的边长是把代入原方程得，，把代入原方程得，解得，，▱如图，操场上有根旗杆，为测量它的高度，在和处各立根高米的标杆，两杆相距米，测得视线与地面的交点为，视线与地面的交点为，并且都在同直线上，测得为米，为米，求旗杆的高度考点相似三角形的应用分析根据∥∥，可得∽，∽，可得即可求得的值，即可解题解答解解由题意知，设∽，∽，，解得答旗杆的高度为已知如图，梯形中，∥对角线相交于点，第页共页点是边延长线上点，且求证四边形是平行四边形连接，交于点，求证考点相似三角形的判定与性质全等三角形的判定与性质平行四边形的判定分析证≌，推出，推出∥即可根据平行得出比例式，再根据比例式的性质进行变形，即可得出答案解答证明梯形，∥，在和中≌∥，∥，四边形是平行四边形∥平行四边形第页共页，操作在中，将块等腰直角三角板的直角顶点放在斜边的中点处，将三角板绕点旋转，三角板的两直角边分别交射线于两点图是旋转三角板得到的图形中的种情况研究三角板绕点旋转，观察线段和之间有什么数量关系，并结合图加以证明三角板绕点旋转，是否能成为等腰三角形若能，指出所有情况即写出为等腰三角形时的长若不能，请说明理由若将三角板的直角顶点放在斜边上的处，且，和前面样操作，试问线段和之间有什么数量关系并结合图加以证明考点相似三角形的判定与性质全等三角形的判定与性质勾股定理等腰直角三角形矩形的判定与性质旋转的性质分析因为是等腰直角三角形，所以连接，容易得到都是等腰直角三角形连接，就可以证明≌，再根据全等三第页共页角形的对应边相等，就可以证明能成为等腰三角形，位置有四种作⊥，⊥，构造相似三角形和，然后利用对应边成比例，就可以求出和之间的数量关系解答解连接是等腰直角三角形，是的中点⊥，又，≌共有四种情况当点与点重合，即时，此时当时，此时④当在的延长线上，且时，此时过点作⊥，⊥，垂足分别是∥，∥四边形是平行四边形，▱是矩形，第页共页，，∽若四边形的面积为求的长考点旋转的性质正方形的性质分析根据题意，即可确定旋转中心，旋转角结论是等腰直三角形由≌，推出推出即可证明理由的结论，求出即可解决问题解答解由题意旋转中心为点，旋转角为故答案为，结论是等腰直三角形理由≌，是等腰直角三角形，故答案为等腰直角正方形的面积为在中是等腰直角三角形，第页共页如图，已知圆内接四边形，是的直径，⊥于请你直接写出三个不同类型的正确结论若求的长考点垂径定理勾股定理分析根据吹径定理即可得到结论由吹径定理得到根据勾股定理得到于是得到结论解答解是的直径，⊥于是的直径，⊥于，第页共页已知抛物线求证不论为任何实数时，该抛物线与轴总有交点若抛物线与轴两个交点坐标分别为且，求的值考点抛物线与轴的交点分析只要证明判别式即可证得利用元二次方程根据的判别式，则，据此列方程求解即可解答解令，则，不论为任何实数时，该抛物线与轴总有交点令，则•，解得，则当，时符合题意商场经营种品牌的玩具，购进时的单价是元，根据市场调查在段时间内，销售单价是元时，销售量是件，而销售单价每上涨元，就会少售出件玩具不妨设该种品牌玩具的销售单价为元，请你分别用的代数式来表示销售量件和销售该品牌玩具获得利润元，并把结果填写在表格中第页共页销售单价元销售量件销售玩具获得利润元在第问的条件下，若商场获得了元销售利润，求该玩具销售单价应定为多少元在第问的条件下，若玩具厂规定该品牌玩具销售单价不低于元，且商场要完成不少于件的销售任务，求商场销售该品牌玩具获得最大利润是多少考点二次函数的应用元二次方程的应用分析根据题意可以用含的代数式分别表示出和，本题得以解决根据中与的关系式可以求得相应的的值根据题意可以列出相应的不等式和将的关系式化为顶点式，本题得以解决解答解由题意可得，即故答案为，由题意可得解得，即该玩具销售单价应定为元或元由题意可得解得，当时，取得最大值，此时，即商场销售该品牌玩具获得最大利润是元第页共页如图，内接于，且为的直径，的平分线交于点，过点作的切线交的延长线于点请你判断的形状，并证明你的结论求证∥若求线段的长考点圆的综合题分析先由直径所对的圆周角是直角得出是直角三角形，再由角平分线得出即可得出结论先由等腰直角三角形的性质得出⊥，再有切线得出⊥即可得出结论，利用勾股定理先求出，再由等腰直角三角形的性质即可得出，再构造直角三角形即可求出进而得出解答解是等腰直角三角形，理由为的直径是直角三角形，的平分线交于点，直角三角形是等腰直角三角形如图，连接由知，是等腰直角三角形⊥，是的切线⊥，第页共页∥如图，为直径，