性质及解直角三角形等知识点，难度适中第页共页如图所示，已知为的直径，是弦，且⊥于点连接求证若求的直径考点垂径定理勾股定理圆周角定理专题几何综合题分析根据垂径定理和圆的性质，同弧的圆周角相等，又因为是等腰三角形，即可求证根据勾股定理，求出各边之间的关系，即可确定半径解答证明连接，为的直径与互余又与互余分，分解设的半径为，则分在中，由勾股定理可得，即分解得，答的直径为分点评本题考查垂弦定理圆心角圆周角的应用能力水果经销商销售种新上市的水果平均售价为元千克，月销售量为千克经过市场调查，若将该种水果价格调低至元千克，则本月份销售量千克与元千克之间满足次函数关系，且当时，时，求与之间的函数关系式已知该种水果本月成本价为元千克，要使本月份销售该种水果所获利润达到最大，那么该种水果价格每千克应调低至多少元最大利润是多少利润售价成本第页共页考点二次函数的应用分析由待定系数法把时，时，代入解析式求出的值即可设总利润为元，由利润售价成本，表示出与之间的函数关系式，根据二次函数的解析式的性质就可以求出结论解答解由题意，得，解得，答与之间的函数关系式为总利润为元，由题意，得，时，最大水果价格每千克应调低至元，最大利润是元点评本题考查了待定系数法求次函数的解析式的运用，销售问题的数量关系利润售价成本的运用，二次函数的解析式的运用，二次函数的性质的运用，解答时求出函数的解析式是关键把副三角板如图甲放置，其中，斜边，把三角板绕点顺时针旋转得到如图乙这时与相交于点，与相交于点求的度数求线段的长若把三角形绕着点顺时针再旋转得，这时点在的内部，外部，还是边上证明你的判断考点旋转的性质勾股定理等腰直角三角形专题压轴题分析根据，易得的度数在中根据勾股定理就可以求得的长设或延长线交于点，是等腰直角三角形，就可以求出的长，判断在内第页共页解答解如图所示又，又，即是等腰直角三角形，又在中点在内部，理由如下设或延长线交于点则，在中，即，点在内部第页共页点评本题主要考查了图形旋转的性质，正确认识旋转角，理解旋转的概念是解题的关键如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与轴交于两点，点在原点的左侧，点的坐标为与轴交于，点，点是直线下方的抛物线上动点求这个二次函数的表达式连接，并把沿翻折，得到四边形，那么是否存在点，使四边形为菱形若存在，请求出此时点的坐标若不存在，请说明理由当点运动到什么位置时，四边形的面积最大求出此时点的坐标和四边形的最大面积考点二次函数综合题专题压轴题分析将的坐标代入抛物线的解析式中即可求得待定系数的值由于菱形的对角线互相垂直平分，若四边形为菱形，那么点必在的垂直平分线上，据此可求出点的纵坐标，代入抛物线的解析式中即可求出点的坐标由于的面积为定值，当四边形的面积最大时，的面积最大过作轴的平行线，交直线于，交轴于，易求得直线的解析式，可设出点的横坐标，然后根据抛物线和直线的解析式求出的纵坐标，即可得到的长，以为底，点横坐标的绝对值为高即可求得的面积，由此可得到关于四边形的面积与点横坐标的函数关系式，根据函数的性质即可求出四边形的最大面积及对应的点坐标解答解将两点的坐标代入得，解得所以二次函数的表达式为存在点，使四边形为菱形第页共页设点坐标为交于若四边形是菱形，则有连接，则⊥于又，解得，不合题意，舍去，点的坐标为，过点作轴的平行线与交于点，与交于点，设设直线的解析式为，则，解得直线的解析式为，则点的坐标为，当，解得四边形•••当时，四边形的面积最大此时点的坐标为，四边形的面积的最大值为第页共页点评此题考查了二次函数解析式的确定菱形的判定和性质以及图形面积的求法等知识，当所求图形不规则时通常要将其转换为其他规则图形面积的和差关系来求解为，整理，得，解得，故选点评本题考查了根与系数的关系此题解得的值是解题的关键根据下列表格的对应值，判断方程≠，为常数个解的范围是第页共页考点图象法求元二次方程的近似根分析根据函数的图象与轴的交点就是方程的根，再根据函数的增减性即可判断方程个解的范围解答解函数的图象与轴的交点就是方程的根，函数的图象与轴的交点的纵坐标为由表中数据可知在与之间，对应的的值在与之间，即故选点评掌握函数的图象与轴的交点与方程的根的关系是解决此题的关键所在如图所示的向日葵图案是用等分圆周画出的，则与半圆的半径的比为考点正多边形和圆分析连接，根据正六边形及等腰三角形的性质解答即可解答解连接向日葵图案是用等分圆周画出的，此圆内接多边形是正六边形，是等腰三角形，为边的中点是直角三角形即与半圆的半径的比为故选点评本题考查的是正六边形的性质及等腰三角形的性质，解答此题的关键是作出辅助线，构造出等腰三角形及直角三角形如图，直线与半径为的相切于点，是上点，且，弦∥，则的长度为第页共页考点切线的性质勾股定理圆周角定理专题压轴题分析作辅助线，连接与根据条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的半，可知的度数再根据切线的性质定理，圆的切线垂直于经过切点的半径，可知⊥又∥，可知⊥，最后由勾股定理可将的长求出解答解连接和，且与的交点为，与相切，⊥，又∥，⊥，即为直角三角形在中故选点评本题主要考查切线的性质及直角三角形的勾股定理二填空题共小题，每小题分，满分分我们在教材中已经学习了等边三角形矩形平行四边形④等腰三角形菱形在以上五种几何图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是考点中心对称图形轴对称图形分析根据中心对称图形以及轴对称图形的定义即可作出判断解答解等边三角形，是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项矩形，既是轴对称图形，又是中心对称图形，故选项正确平行四边形，不是轴对称图形，是中心对称图形，故选项④等腰三角形，是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项菱形，既是轴对称图形，又是中心对称图形，故选项正确第页共页故答案为点评本题主要考查了中心对称图形和轴对称图形的定义，正确理解定义是关键若，且元二次方程有实数根，则的取值范围是且≠考点根的判别式非负数的性质绝对值非负数的性质算术平方根分析根据非负数的性质求出的值，转化成关于的不等式即可解答解答解，原方程为平行四边形的性质专题规律型分析根据矩形的性质求出的面积等于矩形的面积的，求出的面积，再分别求出的面积，即可得出答案解答解四边形是矩形，∥矩形第页共页故答案为点评本题考查了矩形的性质，平行四边形的性质，三角形的面积的应用，解此题的关键是能根据求出的结果得出规律，注意等底等高的三角形的面积相等三解答题共小题，满分分用配方法解方程用公式法解方程用因式分解法解方程考点解元二次方程因式分解法解元二次方程配方法解元二次方程公式法分析常数项移到等号右边，然后进行配方，再开方解方程即可找出，和的值，求出的值，代入求根公式即可提取公因式得到，再解两个元次方程即可解答解移项得，配方得，即，开方得，解得即或点评本题考查了元二次方程的解法解元二次方程常用的方法有直接开平方法，配方法，公式法，因式分解法，要根据方程的特点灵活选用合适的方法如图，在中，先作的角平分线交于点，再以边上的点为圆心，过两点作用尺规作图，不写作法，保留作图痕迹，并把作图痕迹用黑色签字笔加黑第页共页考点作图复杂作图专题作图题分析先作出角平分线，再作的中垂线交于点，就是的圆心，作出，解答解作出角平分线，作的中垂线交于点，作出，为所求作的圆点评本题考查了复杂的尺规作图，角平分线，线段中垂线及圆，解题的关键是找准圆周心作出圆如图，在中点同时由两点出发分别沿向点匀速移动，它们的速度都是米秒，问几秒后的面积为面积的半考点元二次方程的应用专题几何动点问题分析根据题意，可以得出面积为的面积为，设出秒后满足要求，则根据的面积是面积的半列出等量关系求出的值即可解答解设经过秒后的面积是面积的半，则，解得舍去，答经秒的面积是面积的半点评本题考查了三角形面积的计算方法，找到等量关系式，列出方程求解即可要注意结合图形找到等量关系第页共页已知是的直径，是的切线，是切点，与交于点如图，若求的长结果保留根号如图，若为的中点，求证直线是的切线考点切线的判定与性质勾股定理专题计算题证明题分析易证⊥，再通过解直角三角形求解本题连接，证出⊥即可首先连接，得出直角三角形，根据直角三角形斜边上中线等于斜边半得，再利用等腰三角形性质可证，从而解决问题解答解是，该元二次方程有实数根解得，方程是元二次方程，≠，的取值范围是且≠，故答案为且≠点评本题考查了根的判别式，利用判别式得到关于的不等式是解题的关键点，关于原点对称的点的坐标是，考点关于原点对称的点的坐标分析根据平面内关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数，结合题意易得答案解答解根据平面内关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数，故点，关于原点对称的点的坐标是故答案为，点评本题考查平面直角坐标系关于坐标轴成轴对称的两点的坐标之间的关系若二次函数的图象经过原点，则的值为考点二次函数图象上