第44頁（共44頁）2026年中考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)熱搜題速遞之軌跡一．選擇題（共10小題）1．如圖，已知點A是第一象限內(nèi)橫坐標(biāo)為3的一個定點，AC⊥x軸于點M，交直線y＝﹣x于點N，若點P是線段ON上的一個動點，∠APB＝30°，BA⊥PA，則點P在線段ON上運動時，A點不變，B點隨之運動，求當(dāng)點P從點O運動到點N時，點B運動的路徑長是（）A．2 B．3 C．2 D．62．木桿AB斜靠在墻壁上，當(dāng)木桿的上端A沿墻壁NO豎直下滑時，木桿的底端B也隨之沿著射線OM方向滑動．下列圖中用虛線畫出木桿中點P隨之下落的路線，其中正確的是（）A． B． C． D．3．如圖，半徑為2cm，圓心角為90°的扇形OAB的弧AB上有一運動的點P，從點P向半徑OA引垂線PH交OA于點H．設(shè)△OPH的內(nèi)心為I，當(dāng)點P在弧AB上從點A運動到點B時，內(nèi)心I所經(jīng)過的路徑長為（）A．2π B．22π C．24π D4．如圖，矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，點E在邊AD上，且AE：ED＝1：3．動點P從點A出發(fā)，沿AB運動到點B停止．過點E作EF⊥PE交射線BC于點F，設(shè)M是線段EF的中點，則在點P運動的整個過程中，點M運動路線的長為（）A．3 B．4 C．92 D．5．如圖，在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，AB＝2，點E是AB邊上的動點，過點B作直線CE的垂線，垂足為F，當(dāng)點E從點A運動到點B時，點F的運動路徑長為（）A．13π B．23π C．π D．6．如圖，已知點A是第一象限內(nèi)橫坐標(biāo)為23的一個定點，AC⊥x軸于點M，交直線y＝﹣x于點N．若點P是線段ON上的一個動點，∠APB＝30°，BA⊥PA，則點P在線段ON上運動時，A點不變，B點隨之運動，求當(dāng)點P從點O運動到點N時，點B運動的路徑長為（）A．4 B．22 C．26 D．7．如圖，在等腰Rt△ABC中，斜邊AB＝8，點P在以AC為直徑的半圓上，M為PB的中點，當(dāng)點P沿半圓從點A運動至點C時，點M運動的路徑長是（）A．22π B．2π C．2π D．228．如圖，BC是⊙O的直徑，BC＝42，M、N是半圓上不與B、C重合的兩點，且∠MON＝120°，△ABC的內(nèi)心為E點，當(dāng)點A在MN上從點M運動到點N時，點E運動的路徑長是（）A．2π3 B．4π3 C．89．如圖，正方形紙片ABCD的邊長為4cm，點M、N分別在邊AB、CD上．將該紙片沿MN折疊，使點D落在邊BC上，落點為E，MN與DE相交于點Q．隨著點M的移動，點Q移動路線長度的最大值是（）A．2cm B．4cm C．2cm D．1cm10．如圖，△ABC為⊙O的內(nèi)接三角形，BC＝24，∠A＝60°，點D為弧BC上一動點，CE垂直直線OD于點E，當(dāng)點D由B點沿弧BC運動到點C時，點E經(jīng)過的路徑長為（）A．83π B．183 C．1633π D二．填空題（共5小題）11．如圖，已知點A是第一象限內(nèi)橫坐標(biāo)為3的一個定點，AC⊥x軸于點M，交直線y＝﹣x于點N．若點P是線段ON上的一個動點，∠APB＝30°，BA⊥PA，則點P在線段ON上運動時，A點不變，B點隨之運動．求當(dāng)點P從點O運動到點N時，點B運動的路徑長是．12．如圖，在邊長為23的菱形ABCD中，∠C＝60°，點E，F(xiàn)分別是AB，AD上的動點，且AE＝DF，DE與BF交于點P．當(dāng)點E從點A運動到點B時，則點P的運動路徑長為．13．如圖，在平面內(nèi)，線段AB＝6，P為線段AB上的動點，三角形紙片CDE的邊CD所在的直線與線段AB垂直相交于點P，且滿足PC＝PA．若點P沿AB方向從點A運動到點B，則點E運動的路徑長為．14．一副含30°和45°角的三角板ABC和DEF疊合在一起，邊BC與EF重合，BC＝EF＝12cm（如圖1），點G為邊BC（EF）的中點，邊FD與AB相交于點H，此時線段BH的長是．現(xiàn)將三角板DEF繞點G按順時針方向旋轉(zhuǎn)（如圖2），在∠CGF從0°到60°的變化過程中，點H相應(yīng)移動的路徑長共為．（結(jié)果保留根號）15．如圖，已知扇形AOB中，OA＝3，∠AOB＝120°，C是在AB上的動點．以BC為邊作正方形BCDE，當(dāng)點C從點A移動至點B時，點D經(jīng)過的路徑長是．三．解答題（共5小題）16．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝2，點F為斜邊AB上的一點，連接CF，CD平分∠ACF交AB于點D，點E在AC上，且有∠CFD＝∠CDE．（1）如圖1，當(dāng)點F為斜邊AB的中點時，求CE的長；（2）將點F從AB的中點沿AB方向向左移動到點B，其余條件不變，如圖2．①求點E所經(jīng)過的路徑長；②求線段DE所掃過的面積．17．如圖，在?ABCD中，對角線BD的垂直平分線分別與AD，BC，BD相交于點E，F(xiàn)，O．（1）求證：四邊形BEDF是菱形；（2）在?ABCD中，若AB＝2.5，AD＝4，有兩動點P，Q分別從B，D兩點同時出發(fā)，沿△BAE和△DFC各邊運動一周，即點P自B→A→E→B停止，點Q自D→F→C→D停止，點P運動的路程是x，點Q運動的路程是y，當(dāng)四邊形BPDQ是平行四邊形時，則請直接寫出x+y的值為．18．如圖（1）是一款手機支架，忽略支管的粗細(xì)，得到它的簡化結(jié)構(gòu)圖如圖（2）所示．已知支架底部支架CD平行于水平面，EF⊥OE，GF⊥EF，支架可繞點O旋轉(zhuǎn)，OE＝20cm，EF＝203cm．如圖（3）若將支架上部繞O點逆時針旋轉(zhuǎn)，當(dāng)點G落在直線CD上時，測量得∠EOG＝65°．（1）求FG的長度（結(jié)果精確到0.1）；（2）將支架由圖（3）轉(zhuǎn)到圖（4）的位置，若此時F、O兩點所在的直線恰好于CD垂直，點F的運動路線的長度稱為點F的路徑長，求點F的路徑長．（參考數(shù)據(jù)：sin65°≈0.91，cos65°≈0.42，tan65°≈2.14，3≈1.7319．如圖，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，AH⊥BC，H為垂足，將△ABH繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)α得△ADE，連接CD，F(xiàn)為CD的中點，連接FH，F(xiàn)E．（1）求證：FH＝FE且FH⊥FE；（2）若AB＝4，α＝180°，直接寫出點F經(jīng)過的路徑長．20．如圖，拋物線y=35x2-185x+3和y軸的交點為A，M為OA的中點，若有一動點P，自M點處出發(fā)，沿直線運動到x軸上的某點（設(shè)為點E），再沿直線運動到該拋物線對稱軸上的某點（設(shè)為點F），最后又沿直線運動到點A，求使點P運動的總路程最短的點

2026年中考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)熱搜題速遞之軌跡（2025年10月）參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）題號12345678910答案CDBCBBBBAC一．選擇題（共10小題）1．如圖，已知點A是第一象限內(nèi)橫坐標(biāo)為3的一個定點，AC⊥x軸于點M，交直線y＝﹣x于點N，若點P是線段ON上的一個動點，∠APB＝30°，BA⊥PA，則點P在線段ON上運動時，A點不變，B點隨之運動，求當(dāng)點P從點O運動到點N時，點B運動的路徑長是（）A．2 B．3 C．2 D．6【考點】軌跡．【專題】幾何圖形．【答案】C【分析】（1）首先，需要證明線段B0Bn就是點B運動的路徑（或軌跡），如答圖②所示．利用相似三角形可以證明；（2）其次，如答圖①所示，利用相似三角形△AB0Bn∽△AON，求出線段B0Bn的長度，即點B運動的路徑長．【解答】解：由題意可知，OM=3，點N在直線y＝﹣x上，AC⊥x軸于點M，則△OMN為等腰直角三角形，ON=2OM如答圖①所示，設(shè)動點P在O點（起點）時，點B的位置為B0，動點P在N點（終點）時，點B的位置為Bn，連接B0Bn∵AO⊥AB0，AN⊥ABn，∴∠OAC＝∠B0ABn，又∵AB0＝AO?tan30°，ABn＝AN?tan30°，∴AB0：AO＝ABn：AN＝tan30°（此處也可用30°角的Rt△三邊長的關(guān)系來求得），∴△AB0Bn∽△AON，且相似比為tan30°，∴B0Bn＝ON?tan30°=6現(xiàn)在來證明線段B0Bn就是點B運動的路徑（或軌跡）．如答圖②所示，當(dāng)點P運動至ON上的任一點時，設(shè)其對應(yīng)的點B為Bi，連接AP，ABi，B0Bi∵AO⊥AB0，AP⊥ABi，∴∠OAP＝∠B0ABi，又∵AB0＝AO?tan30°，ABi＝AP?tan30°，∴AB0：AO＝ABi：AP，∴△AB0Bi∽△AOP，∴∠AB0Bi＝∠AOP．又∵△AB0Bn∽△AON，∴∠AB0Bn＝∠AOP，∴∠AB0Bi＝∠AB0Bn，∴點Bi在線段B0Bn上，即線段B0Bn就是點B運動的路徑（或軌跡）．綜上所述，點B運動的路徑（或軌跡）是線段B0Bn，其長度為2．故選：C．【點評】本題考查坐標(biāo)平面內(nèi)由相似關(guān)系確定的點的運動軌跡，難度很大．本題的要點有兩個：首先，確定點B的運動路徑是本題的核心，這要求考生有很好的空間想象能力和分析問題的能力；其次，由相似關(guān)系求出點B運動路徑的長度，可以大幅簡化計算，避免陷入坐標(biāo)關(guān)系的復(fù)雜運算之中．2．木桿AB斜靠在墻壁上，當(dāng)木桿的上端A沿墻壁NO豎直下滑時，木桿的底端B也隨之沿著射線OM方向滑動．下列圖中用虛線畫出木桿中點P隨之下落的路線，其中正確的是（）A． B． C． D．【考點】軌跡；直角三角形斜邊上的中線．【答案】D【分析】先連接OP，易知OP是Rt△AOB斜邊上的中線，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，可得OP=12AB，由于木桿不管如何滑動，長度都不變，那么OP就是一個定值，那么P點就在以【解答】解：如圖，連接OP，由于OP是Rt△AOB斜邊上的中線，所以O(shè)P=12AB，不管木桿如何滑動，它的長度不變，也就是OP是一個定值，點P就在以O(shè)為圓心的圓弧上，那么中點故選：D．【點評】本題考查了軌跡，直角三角形斜邊上的中線，解題的關(guān)鍵是知道直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半．3．如圖，半徑為2cm，圓心角為90°的扇形OAB的弧AB上有一運動的點P，從點P向半徑OA引垂線PH交OA于點H．設(shè)△OPH的內(nèi)心為I，當(dāng)點P在弧AB上從點A運動到點B時，內(nèi)心I所經(jīng)過的路徑長為（）A．2π B．22π C．24π D【考點】軌跡；三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心．【答案】B【分析】如圖，連OI，PI，AI，由△OPH的內(nèi)心為I，可得到∠PIO＝180°﹣∠IPO﹣∠IOP＝180°-12（∠HOP+∠OPH）＝135°，并且易證△OPI≌△OAI，得到∠AIO＝∠PIO＝135°，所以點I在以O(shè)A為弦，并且所對的圓周角為135°的一段劣弧上；過A、I、O三點作⊙O′，如圖，連O′A，O′O，在優(yōu)弧AO取點P′，連P′A，P′O，可得∠AP′O＝180°﹣135°＝45°，得∠AOO＝90°，O′O=22OA=22【解答】解：如圖，連OI，PI，AI，∵△OPH的內(nèi)心為I，∴∠IOP＝∠IOA，∠IPO＝∠IPH，∴∠PIO＝180°﹣∠IPO﹣∠IOP＝180°-12（∠HOP+∠而PH⊥OA，即∠PHO＝90°，∴∠PIO＝180°-12（∠HOP+∠OPH）＝180°-12（180°﹣又∵OP＝OA，OI公共，而∠IOP＝∠IOA，∴△OPI≌△OAI，∴∠AIO＝∠PIO＝135°，所以點I在以O(shè)A為弦，并且所對的圓周角為135°的一段劣弧上；過A、I、O三點作⊙O′，如圖，連O′A，O′O，在優(yōu)弧AO取點P′，連P′A，P′O，∵∠AIO＝135°，∴∠AP′O＝180°﹣135°＝45°，∴∠AO′O＝90°，而OA＝2cm，∴O′O=22OA=2∴弧OA的長=90?π?2所以內(nèi)心I所經(jīng)過的路徑長為22πcm故選：B．【點評】本題考查了弧長的計算公式：l=nπR180，其中l(wèi)表示弧長，n表示弧所對的圓心角的度數(shù)．同時考查了三角形內(nèi)心的性質(zhì)、三角形全等的判定與性質(zhì)、圓周角定理和圓的內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是正確尋找點4．如圖，矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，點E在邊AD上，且AE：ED＝1：3．動點P從點A出發(fā)，沿AB運動到點B停止．過點E作EF⊥PE交射線BC于點F，設(shè)M是線段EF的中點，則在點P運動的整個過程中，點M運動路線的長為（）A．3 B．4 C．92 D．【考點】軌跡；矩形的性質(zhì)．【專題】矩形菱形正方形；推理能力．【答案】C【分析】如圖，當(dāng)P與A重合時，點F與K重合，此時點M在H處，當(dāng)點P與B重合時，點F與G重合，點M在N處，點M的運動軌跡是線段HN．求出KG的長即可解決問題．【解答】解：如圖，當(dāng)P與A重合時，點F與K重合，此時點M在H處，當(dāng)點P與B重合時，點F與G重合，點M在N處，點M的運動軌跡是線段HN．∵AD＝4，AE：ED＝1：3，∴AE＝1，DE＝3，在Rt△AEB中，AE＝1，AB＝3，∴BE=AE∵AD∥BC，∴∠AEB＝∠EBG，又∵∠A＝∠BEG＝90°，∵△AEB∽△EBG，∴BEBG∴BG=10×∵BK＝AE＝1，∴KG＝BG﹣BK＝9，∴HN=12KG∴點M的運動路徑的長為92故選：C．【點評】本題考查軌跡，矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找點M的運動軌跡，學(xué)會利用起始位置和終止位置尋找軌跡，屬于中考填空題中的壓軸題．5．如圖，在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，AB＝2，點E是AB邊上的動點，過點B作直線CE的垂線，垂足為F，當(dāng)點E從點A運動到點B時，點F的運動路徑長為（）A．13π B．23π C．π D．【考點】軌跡；菱形的性質(zhì)．【專題】矩形菱形正方形．【答案】B【分析】因為∠BFC＝90°，推出點F的運動軌跡是以BC為直徑的，圓弧BM，求出圓心角∠BOM即可解決問題；【解答】解：如圖，取BC的中點O，連接OF．∵∠BFC＝90°，∴點F的運動軌跡是以BC為直徑的，圓弧BM，當(dāng)點E與A重合時，點F與AC中點M重合，∵四邊形ABCD是菱形，∠BAD＝120°，∴∠BCM＝60°，∵OM＝OC＝OB＝1，∴△OMC是等邊三角形，∴∠MOC＝60°，∴∠BOM＝120°，∴BM的長=120?π故選：B．【點評】本題考查軌跡、菱形的性質(zhì)、弧長公式、等邊三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會準(zhǔn)確尋找點的運動軌跡，所以中考?？碱}型．6．如圖，已知點A是第一象限內(nèi)橫坐標(biāo)為23的一個定點，AC⊥x軸于點M，交直線y＝﹣x于點N．若點P是線段ON上的一個動點，∠APB＝30°，BA⊥PA，則點P在線段ON上運動時，A點不變，B點隨之運動，求當(dāng)點P從點O運動到點N時，點B運動的路徑長為（）A．4 B．22 C．26 D．【考點】軌跡．【答案】B【分析】首先，需要證明線段B0Bn就是點B運動的路徑（或軌跡），如答圖②所示．利用相似三角形可以證明；其次，如答圖①所示，利用相似三角形△AB0Bn∽△AON，求出線段B0Bn的長度，即點B運動的路徑長．【解答】解：由題意可知，OM＝23，點N在直線y＝﹣x上，AC⊥x軸于點M，則△OMN為等腰直角三角形，ON=2OM=2×23如答圖①所示，設(shè)動點P在O點（起點）時，點B的位置為B0，動點P在N點（終點）時，點B的位置為Bn，連接B0Bn．∵AO⊥AB0，AN⊥ABn，∴∠OAC＝∠B0ABn，又∵AB0＝AO?tan30°，ABn＝AN?tan30°，∴AB0：AO＝ABn：AN＝tan30°（此處也可用30°角的Rt△三邊長的關(guān)系來求得），∴△AB0Bn∽△AON，且相似比為tan30°，∴B0Bn＝ON?tan30°＝26×33現(xiàn)在來證明線段B0Bn就是點B運動的路徑（或軌跡）．如答圖②所示，當(dāng)點P運動至ON上的任一點時，設(shè)其對應(yīng)的點B為Bi，連接AP，ABi，B0Bi．∵AO⊥AB0，AP⊥ABi，∴∠OAP＝∠B0ABi，又∵AB0＝AO?tan30°，ABi＝AP?tan30°，∴AB0：AO＝ABi：AP，∴△AB0Bi∽△AOP，∴∠AB0Bi＝∠AOP．又∵△AB0Bn∽△AON，∴∠AB0Bn＝∠AOP，∴∠AB0Bi＝∠AB0Bn，∴點Bi在線段B0Bn上，即線段B0Bn就是點B運動的路徑（或軌跡）．綜上所述，點B運動的路徑（或軌跡）是線段B0Bn，其長度為22．故選：B．【點評】本題考查坐標(biāo)平面內(nèi)由相似關(guān)系確定的點的運動軌跡，難度很大．本題的要點有兩個：首先，確定點B的運動路徑是本題的核心，這要求考生有很好的空間想象能力和分析問題的能力；其次，由相似關(guān)系求出點B運動路徑的長度，可以大幅簡化計算，避免陷入坐標(biāo)關(guān)系的復(fù)雜運算之中．7．如圖，在等腰Rt△ABC中，斜邊AB＝8，點P在以AC為直徑的半圓上，M為PB的中點，當(dāng)點P沿半圓從點A運動至點C時，點M運動的路徑長是（）A．22π B．2π C．2π D．22【考點】軌跡；等腰直角三角形．【答案】B【分析】如圖，連接PA、PC，取AB、BC的中點E、F，連接EF、EM、FM．首先證明∠EMF＝90°，推出點M的軌跡是EF，即EF為直徑的半圓，圖中紅線部分，由此即可解決問題．【解答】解：如圖，連接PA、PC，取AB、BC的中點E、F，連接EF、EM、FM．∵AC是直徑，∴∠APC＝90°，∵BE＝EA，BM＝MP，∴EM∥PA，同理FM∥PC，∴∠BME＝∠BPA，∠BMF＝∠BPC，∴∠BME+∠BMF＝∠BPA+∠BPC＝90°，∴∠EMF＝90°，∴點M的軌跡是EF，（EF為直徑的半圓，圖中紅線部分）∵BC＝AC，∠ACB＝90°，AB＝8，∴AC＝42，EF=12AC＝2∴EF的長＝π?2=2故選：B．【點評】本題考查軌跡、等腰直角三角形的性質(zhì)、圓的有關(guān)知識、弧長公式等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找點M的運動軌跡，屬于中考?？碱}型．8．如圖，BC是⊙O的直徑，BC＝42，M、N是半圓上不與B、C重合的兩點，且∠MON＝120°，△ABC的內(nèi)心為E點，當(dāng)點A在MN上從點M運動到點N時，點E運動的路徑長是（）A．2π3 B．4π3 C．8【考點】軌跡；三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心．【答案】B【分析】如圖，連接BE、CE，由∠BAC＝90°，E是內(nèi)心，推出∠BEC＝135°，推出點E在以P為圓心的PC為半徑的圓上運動（軌跡是GH），求出PG，∠GPH即可解決問題．【解答】解：如圖，連接BE、CE，∵∠BAC＝90°，E是內(nèi)心，∴∠BEC＝135°，∴點E在以P為圓心的PC為半徑的圓上運動（軌跡是GH），在⊙P上取一點M′，連接BM′、CM′，則∠M′＝180°﹣135°＝45°，∠BPC＝2∠M′＝90°，∴△BCP是等腰直角三角形，∵BC＝42，∴PB＝PC＝4，∵∠HPC＝2∠HBC＝∠NBC=12∠NOC，同理∠GPB=1∴∠HPC+∠GPB=12（∠NOC+∠MOB）＝∴∠GPH＝60°，∴點E運動的路徑長是60π?故選：B．【點評】本題考查三角形的內(nèi)心、三角形的外接圓與外心等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找點E的運動軌跡，學(xué)會添加輔助圓解決問題，屬于中考選擇題中的壓軸題．9．如圖，正方形紙片ABCD的邊長為4cm，點M、N分別在邊AB、CD上．將該紙片沿MN折疊，使點D落在邊BC上，落點為E，MN與DE相交于點Q．隨著點M的移動，點Q移動路線長度的最大值是（）A．2cm B．4cm C．2cm D．1cm【考點】軌跡；翻折變換（折疊問題）；正方形的性質(zhì)．【專題】常規(guī)題型；平移、旋轉(zhuǎn)與對稱．【答案】A【分析】如圖，取AB、CD中點K、G，連接KG、BD交于點O，根據(jù)點Q運動的路線就是線段OG即可解決問題．【解答】解：如圖，取AB、CD中點K、G，連接KG、BD交于點O．由題意可知點Q運動的路線就是線段OG，∵DO＝OB，DG＝GC，∴OG=12BC=12∴點Q移動路線長度的最大值是2．故選：A．【點評】本題考查軌跡、翻折變換、三角形中位線定理等知識，解題的關(guān)鍵是找到點Q的運動路線，屬于中考?？碱}型．10．如圖，△ABC為⊙O的內(nèi)接三角形，BC＝24，∠A＝60°，點D為弧BC上一動點，CE垂直直線OD于點E，當(dāng)點D由B點沿弧BC運動到點C時，點E經(jīng)過的路徑長為（）A．83π B．183 C．1633π D【考點】軌跡；三角形的外接圓與外心．【專題】圓的有關(guān)概念及性質(zhì)．【答案】C【分析】如圖，作OH⊥BC于H，設(shè)OC的中點為K．當(dāng)E的運動軌跡是以O(shè)C為直徑的圓弧，圓心角為240°，根據(jù)弧長公式計算即可．【解答】解：如圖，作OH⊥BC于H，設(shè)OC的中點為K．∵OH⊥BC，∴BH＝CH＝12，∵∠A＝60°，∴∠COH＝60°，∴∠OCH＝30°，∴OC=CHcos30°∵∠CEO＝90°，∴當(dāng)E的運動軌跡是以O(shè)C為直徑的圓弧，圓心角為240°，∴點E經(jīng)過的路徑長=240?π故選：C．【點評】本題考查三角形的外心與外接圓、軌跡等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找點E的運動軌跡，屬于中考?？碱}型．二．填空題（共5小題）11．如圖，已知點A是第一象限內(nèi)橫坐標(biāo)為3的一個定點，AC⊥x軸于點M，交直線y＝﹣x于點N．若點P是線段ON上的一個動點，∠APB＝30°，BA⊥PA，則點P在線段ON上運動時，A點不變，B點隨之運動．求當(dāng)點P從點O運動到點N時，點B運動的路徑長是2．【考點】軌跡．【專題】數(shù)形結(jié)合；應(yīng)用意識．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】首先，需要證明線段B1B2就是點B運動的路徑（或軌跡），如圖1所示．利用相似三角形可以證明；其次，證明△APN∽△AB1B2，列比例式可得B1B2的長．【解答】解：如圖1所示，當(dāng)點P運動至ON上的任一點時，設(shè)其對應(yīng)的點B為Bi，連接AP，ABi，BBi，∵AO⊥AB1，AP⊥ABi，∴∠OAP＝∠B1ABi，又∵AB1＝AO?tan30°，ABi＝AP?tan30°，∴AB1：AO＝ABi：AP，∴△AB1Bi∽△AOP，∴∠AB1Bi＝∠AOP．同理得△AB1B2∽△AON，∴∠AB1B2＝∠AOP，∴∠AB1Bi＝∠AB1B2，∴點Bi在線段B1B2上，即線段B1B2就是點B運動的路徑（或軌跡）．由圖形2可知：Rt△APB1中，∠APB1＝30°，∴ABRt△AB2N中，∠ANB2＝30°，∴AB∴AB∵∠PAB1＝∠NAB2＝90°，∴∠PAN＝∠B1AB2，∴△APN∽△AB1B2，∴B1∵ON的解析式為：y＝﹣x，∴△OMN是等腰直角三角形，∴OM＝MN=3∴PN=6∴B1B2=2綜上所述，點B運動的路徑（或軌跡）是線段B1B2，其長度為2．故答案為：2．【點評】本題考查了30°的直角三角形的性質(zhì)和點的運動軌跡，本題的關(guān)鍵是證明△APN∽△AB1B2，根據(jù)比例式解決問題，并利用了數(shù)形結(jié)合的思想，有難度．12．如圖，在邊長為23的菱形ABCD中，∠C＝60°，點E，F(xiàn)分別是AB，AD上的動點，且AE＝DF，DE與BF交于點P．當(dāng)點E從點A運動到點B時，則點P的運動路徑長為43π【考點】軌跡；全等三角形的判定與性質(zhì)；等邊三角形的判定與性質(zhì)；菱形的性質(zhì)．【專題】動點型；圖形的全等；矩形菱形正方形；應(yīng)用意識．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】如圖，作△CBD的外接圓⊙O，連接OB，OD．利用全等三角形的性質(zhì)證明∠DPB＝120°，推出B，C，D，P四點共圓，利用弧長公式計算即可．【解答】解：如圖，作△CBD的外接圓⊙O，連接OB，OD，∵四邊形ABCD是菱形，∴∠A＝∠C＝60°，AB＝BC＝CD＝AD，∴△ABD，△BCD都是等邊三角形，∴BD＝AD，∠BDF＝∠DAE，∵DF＝AE，∴△BDF≌△DAE（SAS），∴∠DBF＝∠ADE，∵∠ADE+∠BDE＝60°，∴∠DBF+∠BDP＝60°，∴∠BPD＝120°，∵∠C＝60°，∴∠C+∠DPB＝180°，∴B，C，D，P四點共圓，由BC＝CD＝BD＝23，可得OB＝OD＝2，∵∠BOD＝2∠C＝120°，∴點P的運動的路徑的長=120?π故答案為43π【點評】本題考查菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，弧長公式等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．13．如圖，在平面內(nèi)，線段AB＝6，P為線段AB上的動點，三角形紙片CDE的邊CD所在的直線與線段AB垂直相交于點P，且滿足PC＝PA．若點P沿AB方向從點A運動到點B，則點E運動的路徑長為62．【考點】軌跡．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】如圖，由題意可知點C運動的路徑為線段AC′，點E運動的路徑為EE′，由平移的性質(zhì)可知AC′＝EE′，求出AC′即可解決問題．【解答】解：如圖，由題意可知點C運動的路徑為線段AC′，點E運動的路徑為EE′，由平移的性質(zhì)可知AC′＝EE′，在Rt△ABC′中，易知AB＝BC′＝6，∠ABC′＝90°，∴EE′＝AC′=62+故答案為62．【點評】主要考查軌跡、平移變換、勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會用轉(zhuǎn)化的思想思考問題，屬于中考填空題中的壓軸題．14．一副含30°和45°角的三角板ABC和DEF疊合在一起，邊BC與EF重合，BC＝EF＝12cm（如圖1），點G為邊BC（EF）的中點，邊FD與AB相交于點H，此時線段BH的長是（123-12）cm．現(xiàn)將三角板DEF繞點G按順時針方向旋轉(zhuǎn)（如圖2），在∠CGF從0°到60°的變化過程中，點H相應(yīng)移動的路徑長共為（123-18）cm【考點】軌跡；旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】如圖1中，作HM⊥BC于M，設(shè)HM＝CM＝a．在Rt△BHM中，BH＝2HM＝2a，BM=3a，根據(jù)BM+MF＝BC，可得3a+a＝12，推出a＝63-6，推出BH＝2a＝123-12．如圖2中，當(dāng)DG⊥AB時，易證GH1⊥DF，此時BH1的值最小，易知BH1＝BK+KH1＝33+3，當(dāng)旋轉(zhuǎn)角為60°時，F(xiàn)與H2重合，易知BH2＝63，觀察圖象可知，在∠CGF從0°到60°的變化過程中，點H相應(yīng)移動的路徑長＝2HH1【解答】解：如圖1中，作HM⊥BC于M，設(shè)HM＝a，則CM＝HM＝a．在Rt△ABC中，∠ABC＝30°，BC＝12，在Rt△BHM中，BH＝2HM＝2a，BM=3a∵BM+FM＝BC，∴3a+a＝12，∴a＝63-6∴BH＝2a＝123-12如圖2中，當(dāng)DG⊥AB時，易證GH1⊥DF，此時BH1的值最小，易知BH1＝BK+KH1＝33+3∴HH1＝BH﹣BH1＝93-15當(dāng)旋轉(zhuǎn)角為60°時，F(xiàn)與H2重合，易知BH2＝63，觀察圖象可知，在∠CGF從0°到60°的變化過程中，點H相應(yīng)移動的路徑長＝2HH1+HH2＝183-30+[63-（123-12）]＝12故答案為（123-12）cm，（123-18）【點評】本題考查軌跡、旋轉(zhuǎn)變換、解直角三角形、銳角三角函數(shù)等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找點H的運動軌跡，屬于中考?？碱}型．15．如圖，已知扇形AOB中，OA＝3，∠AOB＝120°，C是在AB上的動點．以BC為邊作正方形BCDE，當(dāng)點C從點A移動至點B時，點D經(jīng)過的路徑長是22π．【考點】軌跡；正方形的性質(zhì)．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】如圖，由此BO交⊙O于F，取BF的中點H，連接FH、HB、BD．易知△FHB是等腰直角三角形，HF＝HB，∠FHB＝90°，由∠FDB＝45°=12∠FHB，推出點D在⊙H上運動，軌跡是GB（圖中紅線），易知∠HFG＝∠HGF＝15°，推出∠FHG＝150°，推出∠GHB＝120°，易知HB＝3【解答】解：如圖，由此BO交⊙O于F，取BF的中點H，連接FH、HB、BD．易知△FHB是等腰直角三角形，HF＝HB，∠FHB＝90°，∵∠FDB＝45°=12∠∴點D在⊙H上運動，軌跡是GB（圖中紅線），易知∠HFG＝∠HGF＝15°，∴∠FHG＝150°，∴∠GHB＝120°，易知HB＝32，∴點D的運動軌跡的長為120?π?32故答案為22π．【點評】本題考查軌跡、弧長公式、圓的有關(guān)知識、正方形的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，正確尋找點D的運動軌跡，屬于中考填空題中的壓軸題．三．解答題（共5小題）16．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝2，點F為斜邊AB上的一點，連接CF，CD平分∠ACF交AB于點D，點E在AC上，且有∠CFD＝∠CDE．（1）如圖1，當(dāng)點F為斜邊AB的中點時，求CE的長；（2）將點F從AB的中點沿AB方向向左移動到點B，其余條件不變，如圖2．①求點E所經(jīng)過的路徑長；②求線段DE所掃過的面積．【考點】軌跡；直角三角形斜邊上的中線；勾股定理．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）首先根據(jù)等邊三角形的特征，判斷出ACF是等邊三角形；然后根據(jù)CD平分∠ACF，可得CD⊥AF，據(jù)此求出CD的值是多少；最后根據(jù)相似三角形判定的方法，判斷出△CFD∽△CDE，即可判斷出CDCE=CF（2）①如圖2，過D作DG⊥CF于G，過E作EH⊥CD于H，由點F與點B重合，得到∠ACB＝∠ACF＝90°，CD平分∠ACF交AB于點D，得到∠FCD＝∠ACD＝45°，于是得到△CDG與△CHE是等腰直角三角形，通過解直角三角形得到CE＝43-6，于是求出點E所經(jīng)過的路徑長＝1.5﹣（43-6）=152-43；②如圖，過C作CM⊥AB于M，過M作MN⊥AC于N，由（1）知CM=3，MN=32，則AN=12，由①知，DF＝2DG＝6﹣23，求得AD于是得到線段DE所掃過的面積＝S△ACD﹣S△CDE﹣S△AMN=12×(23-2)×【解答】解：（1）在Rt△ABC中，∵∠B＝30°，AC＝2，∴AB＝2÷sin30°＝4，∵點F為斜邊AB的中點，∴CF＝BF＝AF＝2，又∵AC＝2，∴△ACF是等邊三角形，∵CD平分∠ACF，∴CD⊥AF，∴CD=3在△CFD和△CDE中，∠CFD∴△CFD∽△CDE，∴CDCE∴CE=CD（2）①如圖2，過D作DG⊥CF于G，過E作EH⊥CD于H，∵∠ACB＝∠ACF＝90°，CD平分∠ACF交AB于點D，∴∠FCD＝∠ACD＝45°，∴CG＝CD，CH＝HE，設(shè)CG＝CD＝x，CH＝HE＝y(tǒng)，∵∠CFD＝∠CDE＝30°，∴FG=3x，DH=3∴x+3x＝23∴x＝3-3∴CD=2x＝32∴y+3y＝32∴y＝26-32∴CE＝43-6∴點E所經(jīng)過的路徑長＝1.5﹣（43-6）=②如圖，過C作CM⊥AB于M，過M作MN⊥AC于N，由（1）知CM=3，MN=則AN=1由①知，DF＝2DG＝6﹣23，∴AD＝4﹣（6﹣23）＝23-2∴線段DE所掃過的面積＝S△ACD﹣S△CDE﹣S△AMN=1∴線段DE所掃過的面積＝18-81【點評】本題考查了軌跡問題，角平分線的定義，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．17．如圖，在?ABCD中，對角線BD的垂直平分線分別與AD，BC，BD相交于點E，F(xiàn)，O．（1）求證：四邊形BEDF是菱形；（2）在?ABCD中，若AB＝2.5，AD＝4，有兩動點P，Q分別從B，D兩點同時出發(fā)，沿△BAE和△DFC各邊運動一周，即點P自B→A→E→B停止，點Q自D→F→C→D停止，點P運動的路程是x，點Q運動的路程是y，當(dāng)四邊形BPDQ是平行四邊形時，則請直接寫出x+y的值為6.5．【考點】軌跡；線段垂直平分線的性質(zhì)；平行四邊形的性質(zhì)；菱形的判定與性質(zhì)．【專題】動點型；多邊形與平行四邊形；矩形菱形正方形；幾何直觀；推理能力；應(yīng)用意識．【答案】（1）見解析；（2）6.5．【分析】（1）△EOD≌△FOB（AAS），可得DE＝BF，又由已知可得，DE∥BC，BE＝DE，則可證四邊形BEDF是菱形；（2）先證明△ABE≌△CDF（SAS），得到AE＝CF，分三種情況討論：①當(dāng)P點在AB上，Q點在CD上時，BP＝DQ，x+y＝BP+DF+CF+CQ＝DQ+DF+CF+CQ＝CD+BC＝6.5；②當(dāng)P點在AE上，Q點CF上時，x+y＝AB+AP+DF+FQ＝CD+CQ+DF+FQ＝CD+BC＝6.5；③當(dāng)P點在BE上，Q點在DF上時，x+y＝AB+AE+PE+DQ＝AB+AE+PE+BP＝AB+AE+BE＝AB+AD＝6.5．【解答】解：（1）∵EF垂直平分BD，∴BE＝ED，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∴ED∥BF，∴∠DEO＝∠BFO，在△EOD和△FOB中，∠DEO∴△EOD≌△FOB（AAS），∴ED＝BF，∴四邊形BEDF是菱形；（2）在△ABE和△CDF中，AB=∴△ABE≌△CDF（SAS），∴AE＝CF，①當(dāng)P點在AB上，Q點在CD上時，∵四邊形BPDQ是平行四邊形，∴BP＝DQ，∴x+y＝BP+DF+CF+CQ＝DQ+DF+CF+CQ＝CD+BC＝6.5；②當(dāng)P點在AE上，Q點CF上時，如圖2，∵BPDQ是平行四邊形，∴PD＝BQ，∵AD＝BC，∴AP＝CQ，∴x+y＝AB+AP+DF+FQ＝CD+CQ+DF+FQ＝CD+BC＝6.5；③當(dāng)P點在BE上，Q點在DF上時，如圖3，∵BPDQ是平行四邊形，∴BP＝DQ，∴x+y＝AB+AE+PE+DQ＝AB+AE+PE+BP＝AB+AE+BE＝AB+AD＝6.5；綜上所述：x+y＝6.5，故答案為6.5．【點評】本題考查點的運動軌跡，熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)、菱形的判定與性質(zhì)、根據(jù)點的運動情況畫出相應(yīng)的圖，再分類討論是解題的關(guān)鍵．18．如圖（1）是一款手機支架，忽略支管的粗細(xì)，得到它的簡化結(jié)構(gòu)圖如圖（2）所示．已知支架底部支架CD平行于水平面，EF⊥OE，GF⊥EF，支架可繞點O旋轉(zhuǎn)，OE＝20cm，EF＝203cm．如圖（3）若將支架上部繞O點逆時針旋轉(zhuǎn)，當(dāng)點G落在直線CD上時，測量得∠EOG＝65°．（1）求FG的長度（結(jié)果精確到0.1）；（2）將支架由圖（3）轉(zhuǎn)到圖（4）的位置，若此時F、O兩點所在的直線恰好于CD垂直，點F的運動路線的長度稱為點F的路徑長，求點F的路徑長．（參考數(shù)據(jù)：sin65°≈0.91，cos65°≈0.42，tan65°≈2.14，3≈1.73【考點】軌跡；解直角三角形的應(yīng)用．【專題】等腰三角形與直角三角形．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）作GM⊥OE可得矩形EFGM，設(shè)FG＝xcm，可知EF＝GM＝203cm，OM＝（20﹣x）cm，根據(jù)tan∠EOG=GMOM列方程可求得（2）RT△EFO中求出OF的長及∠EOF的度數(shù)，由∠EOG度數(shù)可得旋轉(zhuǎn)角∠FOF′度數(shù)，根據(jù)弧長公式計算可得．【解答】解：（1）如圖，作GM⊥OE于點M，∵FE⊥OE，GF⊥EF，∴四邊形EFGM為矩形，設(shè)FG＝xcm，∴EF＝GM＝203cm，F(xiàn)G＝EM＝xcm，∵OE＝20cm，∴OM＝（20﹣x）cm，在RT△OGM中，∵∠EOG＝65°，∴tan∠EOG=GMOM，即20解得：x≈3.8cm；故FG的長度約為3.8cm．（2）連接OF，OF'在Rt△EFO中，∵EF＝203，EO＝20，∴FO=EF2+EO∴∠EOF＝60°，∴∠FOG＝∠EOG﹣∠EOF＝5°，又∵∠GOF′＝90°，∴∠FOF′＝85°，∴點F在旋轉(zhuǎn)過程中所形成的弧的長度即路徑長為：85?π?【點評】此題主要考查了解直角三角形的應(yīng)用，充分體現(xiàn)了數(shù)學(xué)與實際生活的密切聯(lián)系，解題的關(guān)鍵是表示出線段的長后，理清線段之間的關(guān)系．19．如圖，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，AH⊥BC，H為垂足，將△ABH繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)α得△ADE，連接CD，F(xiàn)為CD的中點，連接FH，F(xiàn)E．（1）求證：FH＝FE且FH⊥FE；（2）若AB＝4，α＝180°，直接寫出點F經(jīng)過的路徑長．【考點】軌跡；旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；等腰直角三角形；三角形中位線定理；圓的認(rèn)識．【專題】動點型；圖形的全等；推理能力．【答案】（1）證明見解析部分；（2）2π．【分析】（1）延長HF到M，使FM＝FH，連接DM，EM，EH．利用全等三角形的性質(zhì)證明△HEM是等腰直角三角形，可得結(jié)論；（2）如圖，取AC的中點O，連接OH，OF，AF．證明OH＝OF＝2，推出點F的運動軌跡是弧HF，利用弧長公式求解即可．【解答】（1）證明：延長HF到M，使FM＝FH，連接DM，EM，EH．∵F為CD的中點，∴FD＝FC，又∠HFC＝∠MFD，∴△DFM≌△CFH（SAS），∴∠FDM＝∠FCH，DM＝CH，又AB＝AC，AH⊥BC，∴BH＝CH，又∠BAC＝90°，∴AH＝HC＝BH=12∴AH＝DM，ED＝EA，又∠EDM＝360°﹣∠EDC﹣∠FDM＝360°﹣∠EDC﹣∠FCH，∠EAH＝（5﹣2）×180°﹣∠AHC﹣∠AED﹣∠EDC﹣∠FCH＝540°﹣90°﹣90°﹣∠EDC﹣∠FCH＝360°﹣∠EDC﹣∠FCH，∴∠EDM＝∠EAH，∴△EDM≌△DAH（SAS），∴EM＝EH，∠DEM＝∠AEH，∴∠DEM+∠DEH＝∠AEH+∠DEH，∴∠MEH＝∠AED＝90°，又FM＝FH，∴FH＝FE，又EM＝EH，F(xiàn)M＝FH，∴FH⊥FE．（2）如圖，取AC的中點O，連接OH，OF，AF．∵AC＝AD，CF＝DF，∴AF⊥CD，∴∠AFC＝90°，∵AO＝OC，∴OF=12AC＝∵∠AHC＝90°，AO＝OC，∴OH=12AC＝∴OH＝OF，∴點F的運動軌跡是弧HF，當(dāng)α＝180°時，∠HOF＝180°，∴點F的運動軌跡的長為12×2×π×2＝2【點評】本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)，軌跡，弧長公式等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．20．如圖，拋物線y=35x2-185x+3和y軸的交點為A，M為OA的中點，若有一動點P，自M點處出發(fā)，沿直線運動到x軸上的某點（設(shè)為點E），再沿直線運動到該拋物線對稱軸上的某點（設(shè)為點F），最后又沿直線運動到點A，求使點P運動的總路程最短的點【考點】軌跡；一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征；二次函數(shù)的性質(zhì)；二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征．【專題】平移、旋轉(zhuǎn)與對稱．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】作M關(guān)于x軸的對稱點M′，作A關(guān)于該拋物線對稱軸的對稱點為A′，根據(jù)軸對稱的性質(zhì)得到M′（0，-32），A′的坐標(biāo)為（6，3），連接A′M′交x軸于E，交對稱軸于F，根據(jù)軸對稱性及兩點間線段最短可知，A′M′的長就是所求點【解答】解：作M關(guān)于x軸的對稱點M′，作A關(guān)于該拋物線對稱軸的對稱點為A′，∵y=35x2-185x+3中，令x＝0，則∴A（0，3），∵M為OA的中點，∴M（0，32∴M′（0，-3∵拋物線y=35x2-185x+3為直線∴A′的坐標(biāo)為（6，3），連接A′M′交x軸于E，交對稱軸于F，根據(jù)軸對稱性及兩點間線段最短可知，A′M′的長就是所求點P運動的最短總路徑的長．∵A′的坐標(biāo)為（6，3），M′（0，-3∴直線A′M′的解析式為y=34x∴E點坐標(biāo)為（2，0），F(xiàn)點坐標(biāo)為（3，34由勾股定理可求出A′M′=6∴點P運動的最短總路徑（ME+EF+FA）的長為152【點評】本題考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征，軸對稱﹣最短路線問題，正確的確定點E，F(xiàn)的位置是解題的關(guān)鍵．

考點卡片1．一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征一次函數(shù)y＝kx+b，（k≠0，且k，b為常數(shù)）的圖象是一條直線．它與x軸的交點坐標(biāo)是（-bk，0）；與y軸的交點坐標(biāo)是（0，直線上任意一點的坐標(biāo)都滿足函數(shù)關(guān)系式y(tǒng)＝kx+b．2．二次函數(shù)的性質(zhì)二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a≠0）的頂點坐標(biāo)是（-b2a，4ac-b24a），對稱軸直線x=-b2a，二次函數(shù)y＝①當(dāng)a＞0時，拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）的開口向上，x＜-b2a時，y隨x的增大而減??；x＞-b2a時，y隨x②當(dāng)a＜0時，拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）的開口向下，x＜-b2a時，y隨x的增大而增大；x＞-b2a時，y隨x③拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）的圖象可由拋物線y＝ax2的圖象向右或向左平移|-b2a|個單位，再向上或向下平移|43．二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a≠0）的圖象是拋物線，頂點坐標(biāo)是（-b2a①拋物線是關(guān)于對稱軸x=-b2a②拋物線與y軸交點的縱坐標(biāo)是函數(shù)解析式中的c值．③拋物線與x軸的兩個交點關(guān)于對稱軸對稱，設(shè)兩個交點分別是（x1，0），（x2，0），則其對稱軸為x=x4．全等三角形的判定與性質(zhì)（1）全等三角形的判定是結(jié)合全等三角形的性質(zhì)證明線段和角相等的重要工具．在判定三角形全等時，關(guān)鍵是選擇恰當(dāng)?shù)呐卸l件．（2）在應(yīng)用全等三角形的判定時，要注意三角形間的公共邊和公共角，必要時添加適當(dāng)輔助線構(gòu)造三角形．5．線段垂直平分線的性質(zhì)（1）定義：經(jīng)過某一條線段的中點，并且垂直于這條線段的直線，叫做這條線段的垂直平分線（中垂線）垂直平分線，簡稱“中垂線”．（2）性質(zhì)：①垂直平分線垂直且平分其所在線段．②垂直平分線上任意一點，到線段兩端點的距離相等．③三角形三條邊的垂直平分線相交于一點，該點叫外心，并且這一點到三個頂點的距離相等．6．等邊三角形的判定與性質(zhì)（1）等邊三角形是一個非常特殊的幾何圖形，它的角的特殊性給有關(guān)角的計算奠定了基礎(chǔ)，它的邊角性質(zhì)為證明線段、角相等提供了便利條件．同是等邊三角形又是特殊的等腰三角形，同樣具備三線合一的性質(zhì)，解題時要善于挖掘圖形中的隱含條件廣泛應(yīng)用．（2）等邊三角形的特性如：三邊相等、有三條對稱軸、一邊上的高可以把等邊三角形分成含有30°角的直角三角形、連接三邊中點可以把等邊三角形分成四個全等的小等邊三角形等．（3）等邊三角形判定最復(fù)雜，在應(yīng)用時要抓住已知條件的特點，選取恰當(dāng)?shù)呐卸ǚ椒?，一般地，若從一般三角形出發(fā)可以通過三條邊相等判定、通過三個角相等判定；若從等腰三角形出發(fā)，則想法獲取一個60°的角判定．7．直角三角形斜邊上的中線（1）性質(zhì)：在直角三角形中，斜邊上的中線等于斜邊的一半．（即直角三角形的外心位于斜邊的中點）（2）定理：一個三角形，如果一邊上的中線等于這條邊的一半，那么這個三角形是以這條邊為斜邊的直角三角形．該定理可以用來判定直角三角形．8．勾股定理（1）勾股定理：在任何一個直角三角形中，兩條直角邊長的平方之和一定等于斜邊長的平方．如果直角三角形的兩條直角邊長分別是a，b，斜邊長為c，那么a2+b2＝c2．（2）勾股定理應(yīng)用的前提條件是在直角三角形中．（3）勾股定理公式a2+b2＝c2的變形有：a=c2-b2，b（4）由于a2+b2＝c2＞a2，所以c＞a，同理c＞b，即直角三角形的斜邊大于該直角三角形中的每一條直角邊．9．等腰直角三角形（1）兩條直角邊相等的直角三角形叫做等腰直角三角形．（2）等腰直角三角形是一種特殊的三角形，具有所有三角形的性質(zhì)，還具備等腰三角形和直角三角形的所有性質(zhì)．即：兩個銳角都是45°，斜邊上中線、角平分線、斜邊上的高，三線合一，等腰直角三角形斜邊上的高為外接圓的半徑R，而高又為內(nèi)切圓的直徑（因為等腰直角三角形的兩個小角均為45°，高又垂直于斜邊，所以兩個小三角形均為等腰直角三角形，則兩腰相等）；（3）若設(shè)等腰直角三角形內(nèi)切圓的半徑r＝1，則外接圓的半徑R=2+1，所以r：R＝1：210．三角形中位線定理（1）三角形中位線定理：三角形的中位線平行于第三邊，并且等于第三邊的一半．（2）幾何語言：如圖，∵點D、E分別是AB、AC的中點∴DE∥BC，DE=1211．平行四邊形的性質(zhì)（1）平行四邊形的概念：有兩組對邊分別平行的四邊形叫做平行四邊形．（2）平行四邊形的性質(zhì)：①邊：平行四邊形的對邊相等．②角：平行四邊形的對角相等．③對角線：平行四邊形的對角線互相平分．（3）平行線間的距離處處相等．（4）平行四邊形的面積：①平行四邊形的面積等于它的底和這個底上的高的積．②同底（等底）同高（等高）的平行四邊形面積相等．12．菱形的性質(zhì)（1）菱形的性質(zhì)①菱形具有平行四邊形的一切性質(zhì)；②菱形的四條邊都相等；③菱形的兩條對角線互相垂直，并且每一條對角線平分一組對角；④菱形是軸對稱圖形，它有2條對稱軸，分別是兩條對角線所在直線．（2）菱形的面積計算①利用平行四邊形的面積公式．②菱形面積=12ab．（a、13．菱形的判定與性質(zhì)（1）依次連接四邊形各邊中點所得