论是否依然成立说明理由应用请利用获得的经验解决问题如图，在中，点以每秒个单位长度的速答案证明见试题解析成立，理由见试题解析或结论••仍然成立理由在中，点以每秒个单位长度的速度，由点出了，沿边向点运动，且满足，设点的运动时间为秒，当以为圆心，以为半径的圆与相切时，求的值是矩形，解得故答案为考点反比例函数综合题探究型综合题压轴题德州问题如图，在四边形中，点为上点，称，四边形是平行四边形故答案为平行四边形如图，过点作不能根据反比例函数的图象不能与坐标轴相交可知，故四边形的对角线不能互相垂直，由此可得出结论试题解析正比例函数与反比例函数的图象均关于原点对图，若四边形为正方形，点的坐标为求点的坐标判断随着取值的变化，四边，，顺次连接，分别交轴于点交轴于点连接，四边形的形状是如图，若点的坐标为四边形是正方形，则积为正数，若是整数，则只需填个答案故答案为，中的任何个数解析试题分析元二次方程有两个不相等的实数根，，解得，，，是整数故答案为，中的任何个数考点根的判别式根与系数的关系开放型青海省如图，点，在同直线上∥，请添加个条件，使≌，这个添加的条件可以是只需写个，不添加辅助线答案答案不唯，如考点全等三角形的判定开放型淄博对于两个二次函数满足同答案答案不唯，例如，解析试题分析已知当时，二次函数的等三角形的判定开放型淄博对于两个二次函数满足当时，二次函数的函数值为，且二次函数有最小值请写出两个符合题意的二次函数的解析式要求写出的解析式的对称轴不能相元二次方程有两个不相等的实数根，，解得，，，是整数故答案为，中的任何个数考点根的判别式根与系数的关系开放圆的位置关系点与圆的位置关系开放型曲靖元二次方程有两个不相等的实数根且两根之积中点在上，的半径为，如果与相交，的半径满足，点在内，符合要求，故答案为答案不唯考点圆与放型上海市在矩形中，点在上，如果与相交，且点在内，那唯，如考点全等三角形的判定开放型黔西南州如图，四边形是平行四边形，与相交于点，添加个条件，可使它成为菱形答案或⊥等考点菱形的判定旋转至图位置，再绕右下角的顶点继续向右旋转至图位置，„，以此类推，这样连续旋转次后，顶点在整个旋转过程中所经过的路程之和是答案解析试题分析转动次的路线长是，转动第二次的路线长是，转动第三次的路线长是，转动第四次的路线长是，转动五次的路线长是，以此类推，每四次循环，故顶点转动四次经过的路线长为余，顶点转动四次经过的路线长为故选考点旋转的性质弧长的计算规律型威海如图，正六边形的边长为，正六边形的外接圆答案考点正多边形和圆规律型综合题日照观察下列各式及其展开式，正六边形的边长为，正六边形的外接圆与正六边形的各边相切，正六边形的外接圆与正六边形的各边相切，„按这样的规律进行下去，的边长为个旋转过程中所经过的路程之和是答案解析试题分析转动次的路线长是，转动第二次的路线长是，转动第三次的路线长是，转动第四次的路线长是，转类综合题邵阳如图，在矩形中，已知矩形在直线上绕其右下角的顶点向右旋压轴题张家界任意大于的正整数的三次幂均可分裂成个连续奇数的和，如，，，„按此规律，若分裂后其中有个奇数是，则的值是答案考点规律型数字的变化右运动，运动时间为秒时，点的坐标为当点从原点出发，沿这条曲线向右运动，运动时间为秒时，坐标为当点从原点出发，沿这条曲线向右运动，运动时间为秒时，点的坐标为当点从原点出发，沿这条曲线向右运动，运动时间为秒时，点的坐标为当点从原点出发，沿这条曲线遇甲乙行的路程和为，甲行的路程为，乙行的路程为，在边相遇第五次相遇甲乙行的路程和为，甲行的路程为，乙行的路程为，在边相遇„因为，所以它们第次相遇在边上故答案为考点元次方程的应用动点型柳州如图，在四边形中，∥，点从点出发以的速度沿运动，点从点出发的同时点从点出发，以的速度向点运动，当点到达点时，点也停止运动设点，运动的时间为秒从运动开始，当取何值时，∥从运动开始，当，当⊥，是直角三角形则此时运动到了处当从运动开始，当取何值时，∥从运动开始，当取何值时，为直角三角形答案或过点，作⊥于，⊥，程为，乙行的路程为，在边相遇„因为，所以它们第次相遇在边上故答案为考点元次方程的应用动点型柳州如图，在四边形中，∥，甲行的路程为，乙行的路程为，在边相遇④第四次相遇甲乙行的路程和为，甲，甲乙两动点分别从正方形的顶点同时沿正方形的边开始移动，甲点依顺时针方向环行，乙点依逆时针方向环行若甲的速度是乙的速度的倍，则它们第次相遇在边上答案第三次相遇甲乙行的路程和为含度角的直角三角形直角三角形斜边上的中线分类讨论动点型综合题压轴题。为直角三角形时，的长为答案或或图中，又，是等边三角形，故答案为或或考点勾股定