1、积••，计算可得．设，则，•，•当时可得，在中，计算可得第页共页．点评牢记菱形的底乘高和对角线求面积的计算公式，熟练运用勾股定理才能解本题如图，抛物线经过，三点．求抛物线的函数表达式求证点在以为直径的圆上以为直径作，点为抛物线上动点，是否存在点使直线与相切若存在，请求出点的坐标若不存在，请说明理由．考点二次函数综合题．分析由三点的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式由条件可求得，可证明为直角三角形，可证得结论由条件可先求得点坐标，连接，由切线的性质可得到，过作⊥于点，过作⊥于点，设出点坐标，根据，再结合点在抛。
2、的大致图象是考点反比例函数的图象次函数的图象．专题压轴题．分析根据次函数和反比例函数的特点，，所以分和两种情况讨论．当两函数系数取相同符号值，两函数图象共存于同坐标系内的即为正确答案．解答解分两种情况讨论当时，与轴的交点在正半轴，过二三象限，的图象在第三象限当时，与轴的交点在正半轴，过二四象限，的图象在第二四象限．故选．点评本题主要考查了反比例函数的图象性质和次函数的图象性质，关键是由的取值确定函数所在的象限天，学校研究性学习小组的同学从时起骑自行车外出调查，时回到学校，小组离开学校的距离与时间的关系可用图中的。
3、定理及其逆定理圆周角定理切线的性质等知识点．在中注意待定系数法的步骤，在中证得为直角是解题的关键，在中求得直线的解析式是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，难度较大．，，⊥，为的中位线，，⊥，第页共页为的切线．点评本题考查了切线的判定定理经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．要证线是圆的切线，已知此线过圆上点，连接圆心与这点即为半径，再证垂直即可．也考查了圆周角定理和等腰三角形的性质如图，矩形中是边上点，为大于的整数，连接，作的垂直平分线分别交，于点与的交点为，连接和．试判断四边形的形状，并说。
4、线上，可求得点坐标．解答解抛物线经过，三点，把三点坐标代入可得，解得．抛物线解析式为证明，第页共页，在中，可求得，在中可求得，为直径，点在以为直径的圆上解存在．理由如下，构成，因此两函数的交点坐标即为方程组的解．解答解函数和的图象交于点即，同时满足两个次函数的解析式．所以关于，的方程组的解是．故选．第页共页点评本题考查了次函数与二元次方程组，方程组的解就是使方程组中两个方程同时成立的对未知数的值，而这对未知数的值也同时满足两个相应的次函数式，因此方程组的解就是两个相应的次函数图象的交点坐标函数与函数在同坐标系中。
5、若，求的长．考点全等三角形的判定与性质等边三角形的性质．分析由等边三角形的性质得出，，由即可证明≌第页共页由≌得出对应角相等，根据三角形的外角性质得出，由含角的直角三角形的性质即可得出的长．解答证明是等边三角形，在和中≌解≌，，，，⊥，，，．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含角的直角三角形的性质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在我国民间流传着许多诗歌形式的数学算题，这些题目叙述生动活泼，它们大都是关于方程或方程组的应用题．由于诗歌的语言通俗易懂雅俗共赏，因而扫纯数学的。
6、掌握几何变换包含位似旋转轴对称和平移是解题的关键，对各种变换的性质和概念要熟练掌握如图，在平面直角坐标系中，有两条位置确定的抛物线，它们的对称轴相同，则下列关系不正确的是第页共页，考点二次函数的性质．分析借助图象找出顶点的位置，判断顶点横坐标纵坐标大小关系．解答解根据二次函数解析式确定抛物线的顶点坐标分别为因为点，在点，的下方，所以不正确．故选．点评本题是抛物线的顶点式定义在图形中的应用．能直接根据函数的解析式说出其顶点坐标是解决此题的关键．二填空题本题共个小题，每小题分，共分．“的倍与的平方的差”用代数式表示。
7、页共页设风速为千米分钟，悟空的速度为千米分钟，根据顺风千里只用四分钟，逆风四分行六百，据此列方程组求解．解答解设这个两位数的十位上的数字是，个位上的数字为，根据题意，得，解之得．答这个两位数是设风速为千米分钟，悟空的速度为千米分钟，由题意得解得．答风速为千米分钟．点评本题考查了二元次方程组的应用，解答本题的关键是读懂题意，设出未知数，找出合适的等量关系，列方程组求解如图，在等腰中以为直径作交底边于．求证若，，在腰上取点使，试判断与的位置关系，并证明．考点切线的判定等腰三角形的性质圆周角定理．专题证明题．第页共页。
8、可知，在时时距离不发生变化，即为第次调查开始，故此选项正确根据图象的信息，可得出此时距学校的距离问为，故此选项正确故选项错误．点评本题主要考查动点问题的函数的图象，结合图形判断各项是否正确，本题难度般，熟练提取图象信息如图，用颗心组成的“大”字图案中不包含的变换是．位似．旋转．平移．轴对称考点几何变换的类型．分析根据位似旋转轴对称的性质和平移的定义，结合图形进行判断即可得到答案．解答解观察图形可知，其中包含位似旋转轴对称，没有个基本图形是沿条直线移动的，故不包含的变换是平移，故选．点评本题考查的是几何变换的类型。
9、枯燥无味之感，令人耳目新，回味无穷．请根据下列诗意列方程组解应用题．周瑜寿属而立之年督东吴，早逝英年两位数十比个位正小三，个位六倍与寿符哪位同学算得快，多少年寿属周瑜诗的意思是周瑜病逝时的年龄是个大于的两位数，其十位数上的数字比个位上的数字小，个位上的数字的倍正好等于这个两位数，求这个两位数．悟空顺风探妖踪，千里只用四分钟，归时四分行六百，风速多少请算清．考点二元次方程组的应用．分析设这个两位数的十位上的数字是，个位上的数字为，根据十位数上的数字比个位上的数字小，个位上的数字的倍正好等于这个两位数，列方程组求解。
10、明理由当为常数，时，求的长记四边形的面积为，矩形的面积为，当时，求的值．直接写出结果，不必写出解答过程考点四边形综合题．专题几何综合题．分析先求证≌，可得，再根据≌，可得即可证明四边形为菱形根据菱形面积不同的计算公式底乘高和对角线乘积的半两种计算方式可计算的长度根据菱形面积底乘高的计算方式可以求出长度，根据勾股定理可求出的长度，即可求出的长度，即可计算的值．解答解，，第页共页为的垂直平分线在和中≌，四边形为平行四边形在和中≌邻边相等的平行四边形为菱形，四边形为菱形．当，时，根据勾股定理可以计算在中，计算可得菱形。
11、分析连结，如图，根据圆周角角定理，由为直径得，然后根据等腰三角形的性质可得连结，如图，在中，先利用余弦定义计算出，则，再利用勾股定理计算出，则有，加上，于是可判断，所以，接着证明为的中位线得到，所以⊥，则根据切线的判定定理可判断为的切线．解答证明连结，如图，为直径，，⊥，而解与相切．理由如下连结，如图，在中，而，设直线解析式为，代入，解，直线的，为的切线，⊥，直线的解析式为，联立直线和抛物线解析式，解得或，点坐标为，或综上可知存在满足条件的点，其坐标为，或，．点评本题主要考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法勾。
12、线表示，根据这个曲线图，下列说法错误的是．在离校最远的地方调查的时间是时．第次调查从时开始，历时．中午时休息的地方离校第页共页．返校的速度最慢考点函数的图象．分析根据图中的点的横坐标表示时间，所以点点距离家最远，横坐标表示距家最远的时间，纵坐标表示离家的距离，故判断选项正确第次调查开始，即距离不发生变化，由图象即可看出，故选项正确根据图象的信息，可得出此时距学校的距离问为，故选项正确分别求得各段时间所对应的直线度斜率，即可判断选项是否正确．解答解离校最远的地方的调查时间即为离校最远的地方，由图可知选项正确由图象。
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2022领悟两个确立做到两个维护PPT 编号29
