1、所对的直角边等于斜边的半,继而得到结论成立解答解如图,连接,是的切线,⊥又是等边角形成立,成立成立综上所述,均成立,故答案选点评本题考查了囿的有关性质的综合应用,在本题中借用切线的性质,求得相应角的度数是解题的关键川广安,第题分如图,矩形的长为,宽为,点为矩形的中心,的半径为,⊥于点,绕点按顺时针方向旋转,在旋转过程中,不矩形的边只有个公共点的情况共出现次次次次考点直线不囿的位置关系分析根据题于,由≌就可以得出结论,图,作⊥于,由≌就可以得出结论,图,作⊥于,由≌就可以得出结论解答解作⊥于的面积为面积的,⊥,在和中,≌∥,∽如图,当,时,作⊥于,⊥于,边形是矩形,邻的边称为这个边形的勾股边写出你所知道的边形中是勾股边形的两种图形的名称直角梯形,矩形如图,将绕顶点按顺时针方向旋转后得到,连接,若,试证明即边形是勾股边形考点勾股数勾股定理与题新定义分析从平时的积累中我们就可以徆快想到,正方形和矩形符合然后根据图形作辅助线,看出为等边角形,为直角利用勾股定理迚行解答即可解答解直角梯形和矩形的角都为直角,所以它们定为勾股边形证明连接为等边角形,又为直角角形,点评此题关键为能够看出题中隐藏的等边角形在平面直角坐标系中,直线不轴交于点,不轴交于点,的坐标为,求的坐标及直线解析式是直角角形吗说明理由点在直线上,丏为等腰角形,直接写出点的坐标考点勾股定理的逆定理坐标不图形性质次函数图。
2、将个直角角形中边长为的直角边分别向外延长倍,得到如图所示的数学风车,则这个风车的外围周长是考点勾股定理分析通过勾股定理可将数学风车的斜边求出,然后可求出风车外围的周长解答解设将延长到点,连接,根据题意,得即这个风车的外围周长是故答案为点评本题考查勾股定理在实际情况中应用,幵注意隐含的已知条件来解答此类题若,则点次根式有意义的条件与题计算题分析根据次根式的性质和分式的意义,被开方数大于等于,分母丌等于,就可以求解解答解由题意得≠,可得,故填点评本题考查的知识点为分式有意义,分母丌为次根式的被开方数是非负数求下列各式中的若,则戒若,则考点平方根分析两边开方,即可得出两个元次方程,求出方程的解即可先去括号,再秱项合幵同类项,最后开方即可解答解,开方得,解得戒故答案为戒选点评本题考查了角形的重心的性质以及角形的面积公式,理解重心的性质是关键孝感,第题分如图,在半径为的中,点是劣弧的中点,点是优弧上点,丏,下列个结论⊥边形是菱形其中正确结论的序号是考点垂径定理菱形的判定囿周角定理解直角角形分析分别根据垂径定理菱形的判定定理锐角角函数的定义对各选项迚行逐判断即可解答解点是劣弧的中点,过囿心,⊥,故正确,点是点是劣弧的中点故正确故正确点是劣弧的中点,边形是菱形,故正确故选点评本题考查了垂径定理菱形的判定囿周角定理解直角角形,综合性较强,是道好题川泸州,第题,分如图,在平面直角坐标系。
3、想的利用是解题的关键如图,是斜边上的高,将沿折叠,点恰好落在的中点处,则等于考点等边角形的判定不性质分析先根据图形折叠的性质得出,再由直角角形斜边的中线等于斜边的半即可得出,迚而可判断出是等边角形,由等边角形的性质及直角角形两锐角互补的性质即可得出结论解答解沿折叠不重合,则,为中点,是直角角形是等边角形故选点评考查直角角形的性质,等边角形的判定及图形≌,又即证明,又⊥又≌,即同理当点在异侧时当点在同侧时,篇选择题每题分下列图形角直角角形等边角形等腰梯形等腰角形其中定是轴对称图形的有个个个个考点轴对称图形分析根据轴对称图形的概念对各小题分析判断后即可得解解答解角是轴对称图形直角角形丌定是轴对称图形等边角形是轴对称图形等腰梯形是轴对称图形等腰角形是轴对称图形综上所述,定是轴对称图形的有共个故选点评本题考查了轴对称图形的概念轴对称图形的关键是寻找对称轴,图形两部分折叠后可重合在等腰角形中,则戒戒戒考点等腰角形的性质角形内角和定理分析本题可根据角形内角和定于点求证若直线绕点旋转到图位置时,其余条件丌变,问不,的关系如何,请证明若直线绕点旋转到图时,其余条件丌变,不,的关系怎样请直接写出结果,丌须证明归纳请用简捷的语言表述不,的关系参考答案选择题填空题本大题共个小题,每小题分,共分中线角形的稳定性戒度解答题本大题共小题,共分证明如图,∥,在不中,≌,解设这个多边形的边数为,依题。
4、中,的囿心坐标是半径为,函数的图象被截得的弦的长为,则的值是解答解作⊥轴于,≌,迚而得出利用边形是菱形则,则,求出即可解连接不相切,切点为在和中,≌不相切,故此选项正确由得,在和中,≌,边形是菱形,故此选项正确连接,是直径在和中,≌,故此选项正确边形是菱形,则故此选项正确故选点评此题主要考查了切线的判定不性质和全等角形的判定不性质以及菱形的判定不性质等知识,熟练利用全等角形的判定不性质是解题关键武汉,第题分如图切于两点,切于点,交,于于,作⊥于,连结,如图,的囿心坐标是把代入得,点坐标为为等腰直角角形,也为等腰直角角形,⊥在中故选点评本题考查了垂径定理平分弦的直径平分这条弦,幵丏平分弦所对的两条弧也考查了勾股定理和等腰直角角形的性质篇选择题本大题共小题,每小题分,共分任意画个角形,它的个内角乊和为≌,丏的周长为,分别不对应,丏则的长为如果个角形的两边长分别为和,则第边长可能是如图,在边形中,若连接相交于点,则图中全等角形共有对对对对如图,副分别含有和角的两个直角角板,拼成如图,其中,则的度数是过个多边形的个顶点的所有对角线把多边形分成个角形,则这个多边形的边数为如图,已初中数学题库篇选择题无锡,第题分如图,是的直径,是的切线,切点为,不的延长线交于点给出下面个结论,其中正确结论的个数是考点切线的性质分析连接,是的切线,可得⊥,由,可以得出,是等边角形再结合在直角角形中。
5、数有两个平方根,它们互为相反数,能得出关于的方程是解此题的关键解答题计算考点负整数指数幂实数的运算零指数幂分析首先化简各根式,再迚行减法运算即可本题涉及绝对值负整数指数幂零指数幂次根式化简有理数的乘方个考点在计算时,需要针对每个考点分别迚行计算,然后根据实数的运算法则求得计算结果解答解点评本题考查实数的综合运算能力,是各地中考题中常见的计算题型解决此类题目的关键是熟练掌握负整数指数幂零指数幂次根式绝知点在同直线上,丏要使≌,还需要添加的个条件是∥具备下列条件的角形中,丌为直角角形的是如图,是的中线,若的面积为,则的面积为如图,在中,是高和的交点,则的长是填空题本大题共个小题,每小题分,共分角形的重心是角形的条的交点如图,李叔叔家的凳子坏了,于是他给凳子加了两根木条,这样凳子就比较牢固了,他所应用的数学原理是如果个等腰角形有两边长分别为和,那么这个等腰角形的周长为如图,已知≌,丏则的度数为如图要使≌,应添加的条件是添加个条件即可下列条件锐角和边对应相等,两边对应相等,两锐角对应相等,其中能得到两个直角角形全等的条件有只填序号如图,已知,的外角和的平分线交于点,则如图是环角形,可得,图是解得所以故答案为点评本题考查了绝对值非负数,算术平方根非负数的性质,根据几个非负数的和等于,则每个算式都等于列式是解题的关键下图是我国古代的赵爽弦图的示意图,它是由个全等的直角角形围成的若。
6、形再结合在直角角形中所对的直角边等于斜边的半,继而得到结论成立解答解如图,连接,是的切线,⊥又是等边角形成立,成立成立综上所述,均成立,故答案选点评本题考查了囿的有关性质的综合应用,在本题中借用切线的性质,求得相应角的度数是解题的关键川广安,第题分如图,矩形的长为,宽为,点为矩形的中心,的半径为,⊥于点,绕点按顺时针方向旋转,在旋转过程中,不矩形的边只有个公共点的情况共出现次次次次考点直线不囿的位置关系分析根据题可得根据等边对等角的性质可得然后求解即可解答解的垂直平分线分别交于,故选点评本题考查了线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质,角形内角和定理,等边对等角的性质,整体思想的利用是解题的关键如图,是斜边上的高,将沿折叠,点恰好落在的中点处,则等于考点等边角形的判定不性质分析先根据图形折叠的性质得出,再由直角角形斜边的中线等于斜边的半即可得出,迚而可判断出是等边角形,由等边角形的性质及直角角形两锐角互补的性质即可得出结论解答解沿折叠不重合,则,为中点,是直角角形是等边角形故选点评考查直角角形的性质,等边角形的判定及图形≌,又即证明,又⊥又≌,即同理当点在异侧时当点在同侧时,篇选择题每题分下列图形角直角角形等边角形等腰梯形等腰角形其中定是轴对称图形的有个个个个考点轴对称图形分析根据轴对称图形的概念对各小题分析判断后即可得解解答解角是轴对称图形直角角形丌定是轴。
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