∥，分别交于点，若，求的长考点相似三角形的判定与性质分析首先根据∥证得两三角形相似，利用相似三角形的对应边的比相等列式计算即可解答解∥，∽又即，点评此题考查了相似三角形的判定与性质，解题的关键是能够根据平行得到相似，并得到比例式后代入计算分秋•河西区期末已知二次函数用配方法化为的形式写出该函数的顶点坐标当时，求函数的最大值考点二次函数的三种形式二次函数的最值分析利用配方法整理即可得解根据顶点式解析式写出顶点坐标即可根据增减性结合对称轴写出最大值即可解答解，顶点坐标为当时，此函数随着的增大而减小，当时，有最大值是点评本题考查了二次函数的三种形式的转化，二次函数的性质，熟练掌握配方法是解题的关键分秋•河西区期末如图，是圆的弦，是直径，且⊥，垂足为求证•求圆的直径考点相似三角形的判定与性质勾股定理垂径定理分析连接，结合条件和垂径定理可证明∽，利用相似三角形的性质可证得•把的长代入中的结论，可求得，则可求得的长解答证明如图，连接，⊥，是直径∽即•解将代入•，可得，，，即圆的直径为点评本题主要考查相似三角形的判定和性质及垂径定理，利用条件构造三角形相似是解题的关键分•天津模已知为的直径，⊥，弦与交于点，在直线上有点，连接，且有Ⅰ如图，求证为的切线Ⅱ如图，直线与切线相交于，且，的半径为，求的长考点切线的判定分析连接，由可得出，由对顶角相等可得出由可得出，结合⊥即可得知，即，由此证出为的切线连接，过点作⊥于点，结合的结论根据勾股定理可求出的长度，结合的正弦余弦值可得出的长度，根据切线的性质可⊥，从而得出∥，根据相似三角形的判定定理即可得出∽，根据相似三角形的性质即可得出的长度解答证明连接，如图所示，，⊥为的切线解连接，过点作⊥于点，如图所示由可知为直角三角形，设由勾股定理得，即，解得，即，•，•切于点，⊥，∥，∽点评本题考查了切线的判定等腰三角形的性质角的三角函数值相似三角形的判定及性质，解题的关键是通过等腰三角形的性质找出通过相似三角形的性质找出相似比本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，根据角的计算找出直角，从而证出切线分•温州如图，抛物线交轴于点，⊥轴，交抛物线于点，点在抛物线上，且在第象限内，⊥轴，交轴于点，交的延长线于点，用含的代数式表示的长当时，判断点是否落在抛物线上，并说明理由若∥轴，交于点，交于点若与的面积相等，求的值连结，交于点，若与的面积相等，则的值是考点二次函数综合题分析根据两点纵坐标相同，求出点横坐标即可解决问题求出点坐标，然后判断即可首先根据，证明，列出方程即可解决问题求出直线的解析式，求出交点的横坐标，列出方程即可解决问题解答解⊥，点纵坐标为，时解得或，点坐标，，点坐标直线为，抛物线解析式为，点坐标点纵坐标为，对于函数，当时点坐标，对于函数，时点在落在抛物线上，四边形是矩形∥••••∥点坐标，直线解析式为，直线解析式为，由消去得到，解得，点横坐标为，的面积的面积，•••••，整理得到平移规律上加下减左加右减在此基础上转化求解把向上平移个单位得的对应点坐标和对应点坐标后求解解答解把向上平移个单位得的对应点坐标为，因关于原点对称，所以对应点，，故选点评此题通过平移把问题转化为学过的知识，从而解决问题，体现了数学的化归思想下列的正方形网格中，小正方形的边长均为，三角形的顶点都在格点上，则与相似的三角形所在的网格图形是考点相似三角形的判定分析根据勾股定理求出的三边，并求出三边之比，然后根据网格结构利用勾股定理求出三角形的三边之比，再根据三边对应成比例，两三角形相似选择答案解答解根据勾股定理所以的三边之比为，三角形的三边分别为，三边之比为，故选项三角形的三边分别为，三边之比为，故选项正确三角形的三边分别为，三边之比为，故选项三角形的三边分别为，三边之比为，故选项故选点评本题主要考查了相似三角形的判定与网格结构的知识，根据网格结构分别求出各三角形的三条边的长，并求出三边之比是解题的关键过以下四边形的四个顶点不能作个圆的是等腰梯形矩形直角梯形对角是的四边形考点圆周角定理矩形的性质直角梯形分析过四边形的四个顶点能作个圆的条件是对角互补对角之和等于依此判断即可解答解等腰梯形的对角互补，所以过等腰梯形的四个顶点能作个圆，故本选项不符合题意矩形的对角互补，所以过矩形的四个顶点能作个圆，故本选项不符合题意直角梯形的对角不互补，所以过直角梯形的四个顶点不能作个圆，故本选项符合题意对角是的四边形的对角互补，所以过对角是的四边形的四个顶点能作个圆，故本选项不符合题意故选点评本题考查了确定圆的条件，圆内接四边形的性质圆内接四边形的性质是沟通角相等关系的重要依据，在应用此性质时，要注意与圆周角定理结合起来在应用时要注意是对角，而不是邻角互补如图，⊥于，⊥于，与相交于点，连接，图中的相似三角形的对数为对对对对考点相似三角形的判定分析利用有两组角对应相等的两个三角形相似可判定∽∽∽，再根据圆周角定理得到点四点共圆，则，于是可判定∽，利用可判定∽解答解⊥于，⊥于∽，∽，而，∽，∽，∽，∽点点在以为直角的圆上，即点四点共圆∽∽，故选点评本题考查了相似三角形的判定两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似有两组角对应相等的两四边形是正方形，故答案为点评本题主要考查对切线长定理，三角形的内切圆与内心，勾股定理，正方形的性质和判定等知识点的理解和掌握，能推出是解此题的关键如图，抛物线的对称轴是过点，且平行于轴的直线，若点，在该抛物线上，则的值为考点抛物线与轴的交点分析依据抛物线的对称性求得与轴的另个交点，代入解析式即可解答解设抛物线与轴的另个交点是，抛物线的对称轴是过点与轴的个交点是与轴的另个交点把，代入解析式得故答案为点评本题考查了抛物线的对称性，知道与轴的个交点和对称轴，能够表示出与轴的另个交点，求得另个交点坐标是本题的关键将边长为的正方形向右倾斜，边长不变，逐渐变小，顶点及对角线的中点分别运动列和的位置，若，则点到点的运动路径长为考点轨迹正方形的性质分析根据题意可以画出相应的图形，可以求得的度数，然后根据弧长公式即可解答本题解答解作⊥于点，连接，点和点分别为线段和的中点点到点的运动路径长为，故答案为点评本题考查轨迹正方形的性质，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件三解答题本大题共小题，共分，解答应写出文字说明演算步骤或推理过程如图，正方形网格中的每个小正方形的边长都是，每个小正方形的顶点叫做格点的三个顶点都在格点上，将绕点按顺时针方向旋转得到在正方形网格中，画出计算线段在变换到的过程中扫过区域的面积考点作图旋转变换扇形面积的计算分析根据旋转的性质得出对应点旋转后位置进而得出答案利用勾股定理得出，再利用扇形面积公式求出即可解答解如图所示即为所求，线段在变换到的过程中扫过区域的面积为点评此题主要考查了扇形面积公式以及图形的旋转变换等知识，熟练掌握扇形面积公式是解题关键学生甲与学生乙学习概率初步知识后设计了如下游戏学生甲手中有三张扑克牌，学生乙手中有三张扑克牌，每人从各自手中取张牌进行比较，数字大的为本局获胜，每次获取的牌不能放回若每人随机取手中的张牌进行比较，请列举出所有情况并求学生乙本局获胜的概率考点列表法与树状图法分析根据题意可以写出所有的可能性根据中的结果可以得到乙本局获胜的可能性，从而可以解答本题解答解由题意可得，每人随机取手中的张牌进行比较的所有情况是三角形相似二次函数的图象如图所示，则下列结论中的是函数有最小值当时，当，随的增大而减小考点二次函数的图象分析观察可判断函数有最小值由抛物线可知当时，可判断函数值的符号观察当时，函数值的符号，可判断的符号由抛物线对称轴和开口方向可知随的增大而减小，可判断结论解答解由图象可知函数有最小值，故正确由抛物线可知当时故当时即，故正确由图象可知在对称轴的左侧随的增大而减小，故正确故选点评本题考查了二次函数图象的性质与解析式的系数的关系关键是熟悉各项系数与抛物线的各性质的联系二填空题本大题共小题，每小题分，共分，请将答案直接填在答题纸中对应横线上两地的实际距离是，在绘制的地图上量得这两地的距离是，那么这幅地图的比例尺为考点比例线段分析图上距离和实际距离已知，依据比例尺图上距离实际距离即可求得这幅地图的比例尺解答解，答这幅地图的比例尺是故答案为点评此题主要考查比例尺的计算方法，解答时要注意单位的换算在个口袋中有个完全相同的小球，把它们分别标号为随机摸出个小球然后放回，再随机摸出个小球，则两次取出的小球标号相同的概率为考点列表法与树状图法分析根据题意画出数形图，两次取的小球的标号相同的情况有种，再计算概率即可解答解如图两次取的小球的标号相同的情况有种，概率为故答案为点评此题考查的是用列表法或树状图法求概率列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件树状图法