1、角形的面积比等于相似比的平方，即可求得矩形与矩形的位似比为，又由点的坐标为即可求得答案解答解矩形的顶点在坐标原点，可得矩形与矩形关于点位似，且矩形的面积等于矩形面积的，点的对应点的坐标是，或，故答案为，或，切于两点，切于点，交于，若的半径为，的周长等于，则的值是考点切线长定理分析连接，延长交的延长线于点利用切线求得再得出利用即为所求四解答题本大题小题，每小题分，共分宏欣机械厂生产种型号鼓风机，月份至六月份的产量如下月份二三四五六产量单位台求上半年鼓风机月产量的平均数中位数由于改进了生产技术，计划八月份生产鼓风机台，与上半年月产量平均数相比，七月，八月鼓风机生产量平均每月的增长率是多少考点。
2、品牌的型号既选购甲品牌也选购乙品牌选购甲品牌的型号和乙品牌的型号只选购甲品牌的型号写出所有的选购方案用列表法或树状图如果在上述选购方案中，每种方案被选中的可能性相同，那么型器材被选中的概率是多少考点列表法与树状图法分析根据不可能事件和随机随机的定义进行判断画树状图展示所有种等可能的结果数找出型器材被选中的结果数，然后根据概率公式求解解答解只选购甲品牌的型号为不可能事件故答案为画树状图为共有种等可能的结果数型器材被选中的结果数为，所以型器材被选中的概率如图，中以为直径作半圆交与点，点为的中点，连接求证是半圆的切线第页共页若求的长考点切线的判定分析连接由为圆的直径得到三角形为直角三角形，再由。
3、该命题是假命题填真或假考点命题与定理分析根据概率的意义进行判断即可解答解种彩票中奖的概率是，买张该种彩票不定会中奖该命题是假命题，故答案为假如图，直线与轴轴分别交于两点，把绕点顺时针旋转后得到，则点的坐标是，第页共页考点坐标与图形变化旋转次函数的性质分析根据旋转的性质旋转不改变图形的形状和大小解答解答解直线与轴轴分别交于两点，由图易知点的纵坐标为，横坐标为则点的坐标是，故答案为，如图，是半圆的直径，点为圆心弦，⊥，垂足为，交于，连接设，则的值为考点垂径定理勾股定理圆周角定理分析连结，根据圆周角定理由是半圆的直径得，在中，根据勾股定理计算出，再根据垂径定理由⊥得到，然后在中，根据勾股定理计。
4、算术平均数元二次方程的应用中位数分析只要运用求平均数公式，即可求出上半年的月产量的平均数求中位数时，可将所有数据从小到大进行排列，然后求出第三和第四位的平均数即可得出本组数据的中位数本题为平均增长率问题般形式为，为起始时间的有关数量，为终止时间的有关数量据此可列出方程进行求解解答解上半年鼓风机月产量的平均数为台，中位数为台设七月八月鼓风机生产量平均每月的增长率为依题意，得整理，得解得，舍第页共页答七月八月鼓风机生产量平均每月的增长率是长城公司为希望小学捐赠甲乙两种品牌的体育器材，甲品牌有三种型号，乙品牌有两种型号，现要从甲乙两种品牌的器材中各选购种型号进行捐赠下列事件是不可能事件的是选购。
5、后把点坐标代入中求出，从而得到次函数解析式为由于将直线向下平移个单位长度得直线解析式为，则直线与反比例函数有且只有个公共点，即方程组第页共页只有组解，然后消去得到关于的元二次函数，再根据判别式的意义得到关于的方程，最后解方程求出的值解答解把，代入得，所以点坐标为把，代入得，解得，所以次函数解析式为将直线向下平移个单位长度得直线解析式为，根据题意方程组只有组解，消去得，整理得，解得或，即的值为或五本大题共分如图，已知⊥，与，都相切，的半径为，矩形的边分别与，重合，若与矩形沿同时向右移动，的移动速度为，矩形的移动速度为，设移动时间为第页共页如图，连接，则的度数为如图，两个图形移动段时间后，到。
6、的的长度，再根据即可求出的长度第页共页解答解过点作⊥于点，如图所示在中•在中如图，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第页共页两种品牌的体育器材，甲品牌有三种型号，乙品牌有两种型号，现要从甲乙两种品牌的器材中各选购种型号进行捐赠下列事件是不可能事件的是选购乙品牌的型号既选购甲品牌也选购乙品牌选购甲品牌的型号和乙品牌的型号只选购甲品牌的型号写出所有的选购方案用列表法或树状图如果在上述选购方案中，。
7、相切于点连接，⊥，⊥，由得在中第页共页六本大题分如图，抛物线位于轴上方的图象记为，它与轴交于两点，图象与关于原点对称，与轴的另个交点为，将与同时沿轴向右平移的长度即可得到与再将与同时沿轴向右平移的长度即可得到与按这样的方式直平移下去即可得到系列图象，我们把这组图象称为波浪抛物线当时，求及图象的顶点坐标点是否在波浪抛物线上，并说明理由若图象的顶点的横坐标为，请求出图象对应的解析式，并写出自变量的取值范围设图象的顶点分别为为正整数，轴上点的坐标为，试在图中先标出点所在的位置，再探究当为何值时，以四点为顶点的四边形为矩形且直接写出此时的值考点二次函数综合题分析代入抛物线的解析式，然后令可求得对。
8、分解法解方程解答解，或，所以，抛物线的图象如图，求这条抛物线的解析式结果化成般式考点待定系数法求二次函数解析式分析由图象可知抛物线的顶点坐标为所以设此二次函数的解析式为，把点，代入解析式即可解答解答解由图象可知抛物线的顶点坐标为设此二次函数的解析式为把点，代入解析式，得，即所以此函数的解析式为故这条抛物线的解析式如图，请证明∽求的长第页共页考点相似三角形的判定与性质分析由，推出，即，由，即可根据两角对应相等的两个三角形相似进行证明利用相似三角形的性质即可解决问题解答证明即∽∽，如图，在中求和的长考点解直角三角形分析过点作⊥于点，在中通过解直角三角形即可求出的长度，在中通过解直角三角形即可。
9、达的位置，矩形到达的位置，此时点恰好在同直线上，求圆心移动的距离即的长在移动过程中，圆心到矩形对角线所在直线的距离在不断变化，当直线与第次相切时，求移动时间解答时可以利用备用图画出相关示意图考点圆的综合题分析利用切线的性质以及锐角三角函数关系分别求出进而得出答案首先求出，再利用，求出的值，进而得出得出答案即可由得出求出，在中求出，由得出方程，解方程即可解答解⊥，与，都相切四边形是矩形第页共页，故答案为故答案为如图位置二，当恰好在同直线上时，设与的切点为，连接，可得，⊥，在中，在中即圆心移动的距离为当直线与第次相切时，移动时间为，如图位置，此时移动到的位置，矩形移动到的位置，设与直线，分别。
10、算出，则可根据正弦的定义求解解答解连结，如图，是半圆的直径在中⊥在中第页共页故答案为校在块如图所示的三角形空地上种植种草皮以美化环境，已知这种草皮每平方米元，则购买这种草皮至少要元考点含度角的直角三角形分析先做的高，求出，再得出，再根据••求出三角形的面积，最后根据这种草皮每平方米元，即可得出答案解答解做的高••这种草皮每平方米元，购买这种草皮至少要元，故答案为如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点在坐标原点，如果矩形与矩形关于点位似，且矩形的面积等于矩形面积的，那么点的对应点的坐标是，或，第页共页考点位似变换坐标与图形性质分析由矩形与矩形关于点位似，且矩形的面积等于矩形面积的，利用相似三。
11、应的的值，从而可得到的坐标，然后依据平移的方向和距离可得到点的坐标，接下来，利用配方法可求得抛物线的顶点的坐标根据该波浪抛物线顶点坐标纵坐标分别为和即可得出结论第页共页设中点为，则线段经过，再根据图形平移的性质即可得出结论解答解当时，令，解得或点的坐标为，由平移的性质可知的坐标为，，图象的顶点坐标为该波浪抛物线顶点坐标纵坐标分别为和，点，不在该波浪抛物线上，图象的顶点的横坐标为故其图象与，形状相同，则图象对应的解析式为，其自变量的取值范围为设中点为，则线段经过，由题意可知当时，四边形为矩形对应的解析式为，的顶点坐标为由平移的性质可知，点的纵坐标为，由勾股定理得故此时的值为第页共页年月日中。
12、为斜边的中点，得到，再由，为公共边，利用得到三角形与三角形全等，由全等三角形的对应角相等得到与垂直，即可得证在直角三角形中，由，得到为的半，根据求出的长，确定出的长，再由，得到三角形为等边三角形，可得出的长，由即可求出的长解答证明连接，为圆的直径在中，为斜边的中点在和中≌则为圆的切线在中第页共页，又为等边三角形，即，则如图，次函数为常数，且≠的图象与反比例函数的函数交于两点∽得出，在中，利用勾股定理求出，再求的值即可解答解连接，延长交的延长线于点第页共页，切于两点，切于点的周长，在和中∽在中解得故答案为三解答题本大题小题，每小题分，共分第页共页解方程考点解元二次方程因式分解法分析利用因式。
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