2025年中考數(shù)學二輪復習：命題與證明 壓軸填空題練習題（含答案解析）

第第頁2025年中考數(shù)學二輪復習：命題與證明壓軸填空題練習題一．填空題（共25小題）1．如圖，一塊含30°的三角板DEF和直尺ABHG拼合在同一平面上，邊AD在射線GA上，DF=AB=43cm．點F從點A出發(fā)沿AB方向滑動時，點D同時在射線GA上滑動．當點F從點A滑動到點B時，△ADF面積的最大值cm2；連結AE，BE，則△ABE外接圓的圓心運動的路徑長2．如圖，已知平面直角坐標系xOy中，點A的坐標為（3，3），點D的坐標是（6，0），點B是x軸上一動點，過點A作AC⊥AB，垂足為A，且AC?AB＝6．當點B從坐標原點O起沿x軸向右運動到終點D時，點C運動的路徑的長度是．3．如圖，在邊長為33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，當點E從點A運動到點B時，則點P的運動路徑長為．4．如圖，AB為⊙O的直徑，且AB＝8，點C在半圓上，OC⊥AB，垂足為點O，P是BC上任意一點，過P點作PE⊥OC于點E，M是△OPE的內心，連接OM、PM，當點P在弧BC上從點B運動到點C時，求內心M所經過的路徑長．5．如圖，正△ABC中，AB＝2，AD⊥BC于D，P，Q分別是AB，BC上的動點，且PQ＝AD，點M在PQ的右上方且PM＝QM，∠M＝120°，當P從點A運動到點B時，M運動的路徑長為．6．如圖，在矩形ABCD中，AB=3，AD＝1，E是線段DC上的一動點，連接AE，點K在線段AE上且滿足條件AD2＝AK?AE，則當點E從點D運動到點C時，點K移動的路程為7．如圖，已知有一張正方形紙片ABCD，邊長為9cm，點E，F(xiàn)分別在邊CD，AB上，CE＝2cm．現(xiàn)將四邊形BCEF沿EF折疊，使點B，C分別落在點B'，C'，上當點B'恰好落在邊AD上時，線段BF的長為cm；在點F從點B運動到點A的過程中，若邊FB'與邊AD交于點G，則點G相應運動的路徑長為cm．8．如圖，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝16；BD＝3CD，E是邊AC上的一個動點（可與A、C重合），連接DE，在DE右側作DF⊥DE，且ACBC=DEDF=2，連接EF，點M為EF的中點，則當點E從A運動到C9．如圖，拋物線y=12x2?x?32的圖象與坐標軸交于A、B、D，頂點為E，以AB為直徑畫半圓交y軸的正半軸于點C，圓心為M，P是半圓AB上的一動點，連接EP，N是PE的中點，當P沿半圓從點A10．如圖，在△ABC中，∠B＝90°，∠BAC＝60°，AB＝1，若點E為BC上一動點，以AE為邊在AE右側作等邊△AEF，連接CF，G為線段CF中點．若點E從點B出發(fā)，沿著BC方向運動到點C，則在此過程中，點G運動的路徑長為．11．2020年中考在即，為了同學們更好地適應中考，重慶某中學初2020級舉行了最后一次模擬適應性考試．幾周前Z、W、J、L四名老師接到本次模擬考試某學科的命題任務．該學科試卷總的試題數(shù)大于20且不超過30．Z老師與J老師命題的數(shù)目之和乘以Z老師與L老師的命題數(shù)目之和其結果為132．W老師與J老師命題的數(shù)目之和乘以W老師與L老師的命題數(shù)目之和其結果為210．已知W老師與J老師命題的數(shù)目之和為偶數(shù)．Z老師與J老師命題的數(shù)目之和乘以W老師與J老師的命題數(shù)目之和其結果為．12．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，AB＝6，點D，E分別在邊AB，AC上，AD＝2，AE＝22，點F從點D出發(fā)沿DB向點B運動，運動到點B結束，以EF為斜邊作等腰直角三角形EFP（點E，F(xiàn)，P按順時針排列），在點F運動過程中點P經過的路徑長為．13．如圖，⊙O的半徑為2，弦AB的長為23，點C是優(yōu)弧AB上的一動點，BD⊥BC交直線AC于點D，當點C從△ABC面積最大時運動到BC最長時，點D所經過的路徑長為．14．在平面直角坐標系中，O為原點，點A（﹣2，0），點G（0，2），點E，點F分別為OA，OG的中點．若正方形OEDF繞點O順時針旋轉，得正方形OE'D'F'，直線AE'與直線GF'相交于點P，當E′第一次落在x軸上時，則點P走過的路徑長為．15．如圖，在等腰直角△ABC中，∠B＝90°，D，E分別為BC、AB上的點，AB＝73，BE=3，BD＝23，點P從點E出發(fā)沿BA方向運動，連接PD，以PD為邊，在PD右側按如圖方式作等腰直角△PDF，當點P從點E運動到點A時，點F運動的路徑長是16．在平面直角坐標系中，點A的坐標為（0，3），點B在x軸上從（﹣3，0）運動到（3，0）．將線段AB繞點B順時針旋轉90°至線段BM，過點M作MN∥y軸，點N在M的下方，且MN＝BO，則B在x軸上從（﹣3，0）運動到（3，0）的過程中，點N運動的路徑長為．17．在矩形ABCD中，已知AB＝4，BC＝3，矩形在直線l上繞其右下角的頂點B向右旋轉90°至圖①位置，再繞右下角的頂點繼續(xù)向右旋轉90°至圖②位置，…，以此類推，這樣連續(xù)旋轉2016次后，頂點A在整個旋轉過程中所經過的路程之和是．18．如圖，線段AB長為6cm，點C是線段AB上一動點（不與A，B重合），分別以AC和BC為斜邊，在AB的同側作等腰直角三角形△ADC，△CEB，點P是DE的中點，當點C從距離A點1cm處沿AB向右運動至距離B點1cm處時，點P運動的路徑長是cm．19．A，B，C，D，E五省統(tǒng)計學家奔赴地震災區(qū)進行災情統(tǒng)計，每省派2人．到達時要進行介紹，10人中互相認識的握一下手，且本省的2人沒有握手，也沒有人和同一人握兩次手．介紹結束后，A省統(tǒng)計學家A1分別問其他9人：“你今天握了幾次手”使他驚訝的是9人握手次數(shù)各不相同．問A1自己握手次數(shù)是次．20．將3種作物種植在如圖所示的5塊試驗田里，每塊種植一種作物，且相鄰的試驗田不能種同一種作物，不同的種植方法共有種．21．甲、乙兩車在A、B兩城不斷來回開行，速度不變（忽略掉頭等時間）．其中甲車從A城開出，乙車從B城開出，兩車在距A城36公里處第一次相遇．當甲車還沒有到達B城時，兩車又在距B城若干公里的某處第二次相遇，并且后來再在距B城36公里處第三次相遇．那么第二次相遇時，兩車距離B城公里．22．“并字橫”想必大家都應該玩過，兩名玩家在3×3的橫盤上輪流落子，先將自己的3枚棋子連成一線的玩家獲勝，在棋盤擺放確定之后，一共有8種可能的勝利方法，如圖：考慮兩名玩家在4×4×4的立方體上輪流落子的“立體并字俱”，先將自己4枚棋子連成一線的玩家獲勝，那么在立方體擺放確定之后，“立體并字填”一共有種勝利方法．23．如圖，A，B在坐標軸的正半軸上移動，且AB＝10，反比例函數(shù)y=kx（x＞0）的圖象與AB有唯一公共點P，點M在x軸上，△OPM為直角三角形，當點M從點（52，0）移動到點（10，0）時，動點P所經過的路程為24．如圖，⊙O的直徑AB與弦CD互相垂直，垂足為點E，AB＝4，CD＝23，動點P從B出發(fā)，沿劣弧BD運動到點D，AF⊥CP于點F，則線段AF的中點M所經過的路徑長為．25．如圖，已知在△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，點D從點A出發(fā)沿AC以每秒13個單位的速度向點C運動，連接BD，過點A作AE⊥BD于點E，當運動10秒時，∠ABD＝45°，則當點D從A出發(fā)運動10秒時，點E經過的路徑長是

參考答案與試題解析一．填空題（共25小題）1．如圖，一塊含30°的三角板DEF和直尺ABHG拼合在同一平面上，邊AD在射線GA上，DF=AB=43cm．點F從點A出發(fā)沿AB方向滑動時，點D同時在射線GA上滑動．當點F從點A滑動到點B時，△ADF面積的最大值12cm2；連結AE，BE，則△ABE外接圓的圓心運動的路徑長2【考點】軌跡；勾股定理；三角形的外接圓與外心．【專題】等腰三角形與直角三角形；圓的有關概念及性質；解直角三角形及其應用；運算能力；推理能力．【答案】12，2．【分析】（1）作AH⊥DE于H，取DE的中點O，連接OA，可得出AH≤OA，進一步得出結果；（2）由∠BAD+∠BEF＝180°得出點B、D、E、F共圓，從而∠DAE＝∠DFE＝30°，從而得出點E在與AD成30°的直線上運動，設△ABE的外接圓的圓心為I，則I是AB和AE的垂直平分線的交點，當點F在點處，點I在AB的中點，當點F在AB中點處時，客人得出△ABE是等邊三角形，從而得出IG的長，進而得出結果．【解答】解：如圖1，作AH⊥DE于H，取DE的中點O，連接OA，∴∠AHD＝90°，∴AH≤OA，（當點H和點O重合時，AO＝OA，此時AE＝AD）∵∠BAD＝90°，∴OA=12DE＝23∴AH≤23，∴S△ADF最大=12DF?AH=如圖2，∵∠BAD+∠BEF＝180°，∴點B、D、E、F共圓，∴∠DAE＝∠DFE＝30°，∴點E在與AD成30°的直線上運動，設△ABE的外接圓的圓心為I，則I是AB和AE的垂直平分線的交點，因為AB是定線段，所以點I運動路線是一條線段，如圖3，GH是AB的垂直平分線，此時I在店G處（即AB的中點處）如圖4，當點F在AB的中點G處時，此時BE＝AE，∵∠BAE＝60°，∴△ABE是等邊三角形，∴∠ABI=1∴IG＝BG?tan30°＝23×33故答案為：12，2．【點評】本題考查了確定圓的條件，解直角三角形，直角三角形的性質，等邊三角形的判定和性質等知識，解決問題的關鍵是熟練掌握有關基礎知識．2．如圖，已知平面直角坐標系xOy中，點A的坐標為（3，3），點D的坐標是（6，0），點B是x軸上一動點，過點A作AC⊥AB，垂足為A，且AC?AB＝6．當點B從坐標原點O起沿x軸向右運動到終點D時，點C運動的路徑的長度是π2【考點】軌跡；坐標與圖形性質．【專題】圖形的全等；等腰三角形與直角三角形；圓的有關概念及性質；與圓有關的計算；圖形的相似；運算能力；推理能力．【答案】π．【分析】作AH⊥OD于H，作AG⊥y軸于G，在AG上截取AF＝2，設AC的延長線交y軸于E，可證得△AOE≌△ADB，從而AE＝AB，從而AC?AB＝AC?AE＝6，進而證得△ACF∽△AGE，從而∠ACF＝∠AGE＝90°，進一步得出結果．【解答】解：如圖，作AH⊥OD于H，作AG⊥y軸于G，在AG上截取AF＝2，設AC的延長線交y軸于E，∵A（3，3），D（6，0），∴AH＝OH＝DH＝3，∴OA＝AD，∠DAO＝90°，∠AOD＝∠ADO＝45°，∴∠AOE＝∠ADO＝45°，∵AC⊥AB，∴∠BAC＝∠DAO，∴∠CAO＝∠BAD，∴△AOE≌△ADB（ASA），∴AE＝AB，∴AC?AB＝AC?AE＝6，∵AF?AG＝6，∠CAF＝∠EAG，∴△ACF∽△AGE，∴∠ACF＝∠AGE＝90°，∴當點B從坐標原點O起沿x軸向右運動到終點D時，點C運動的路線是半圓，∵AF＝2，∴半圓WV的長是π，故答案為：π．【點評】本題考查了全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，確定圓的條件，弧長公式等知識，解決問題的關鍵是作輔助線，構造相似三角形．3．如圖，在邊長為33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，當點E從點A運動到點B時，則點P的運動路徑長為2π．【考點】軌跡；全等三角形的判定與性質；等邊三角形的判定與性質；菱形的性質．【專題】推理填空題；動點型；圖形的全等；矩形菱形正方形；推理能力．【答案】2π．【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，在△BDF和△DAE中，BD=AD∠BDF=∠DAE∴△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，∵BC＝CD＝BD＝33，∴OB＝OD＝3，∵∠BOD＝2∠C＝120°，∴點P的運動的路徑的長=120?π×3180=故答案為2π．【點評】本題考查菱形的性質，等邊三角形的判定和性質，弧長公式等知識，解題的關鍵是正確尋找全等三角形解決問題，屬于中考常考題型．4．如圖，AB為⊙O的直徑，且AB＝8，點C在半圓上，OC⊥AB，垂足為點O，P是BC上任意一點，過P點作PE⊥OC于點E，M是△OPE的內心，連接OM、PM，當點P在弧BC上從點B運動到點C時，求內心M所經過的路徑長2π．【考點】軌跡；勾股定理；垂徑定理；圓周角定理；三角形的內切圓與內心．【專題】推理填空題；動點型；運算能力；推理能力．【答案】2π．【分析】首先證明∠CMO＝∠PMO＝135°，推出當點P在弧BC上從點B運動到點C時，點M在以OC為弦，并且所對的圓周角為45°的劣弧上（OMC），利用弧長公式計算即可解決問題．【解答】解：∵△OPE的內心為M，∴∠MOP＝∠MOC，∠MPO＝∠MPE，∴∠PMO＝180°﹣∠MPO﹣∠MOP＝180°?12（∠EOP+∠∵PE⊥OC，即∠PEO＝90°，∴∠PMO＝180°?12（∠EOP+∠OPE）＝180°∵OP＝OC，OM＝OM，而∠MOP＝∠MOC，∴△OPM≌△OCM，∴∠CMO＝∠PMO＝135°，所以當點P在弧BC上從點B運動到點C時，點M在以OC為弦，并且所對的圓周角為45°的劣弧上（OMC），點M在扇形BOC內時，過C、M、O三點作⊙O′，連O′C，O′O，在優(yōu)弧CO取點D，連DC，DO，∵∠CMO＝135°，∴∠CDO＝180°﹣135°＝45°，∴∠CO′O＝90°，而OA＝OC=12∴O′O=22OC＝2∴弧OMC的長=90π×22故答案為：2π．【點評】本題考查了弧長的計算公式、三角形內心的性質、三角形全等的判定與性質、圓周角定理和圓的內接四邊形的性質，解題的關鍵是正確尋找點M的運動軌跡，屬于中考選擇題中的壓軸題．5．如圖，正△ABC中，AB＝2，AD⊥BC于D，P，Q分別是AB，BC上的動點，且PQ＝AD，點M在PQ的右上方且PM＝QM，∠M＝120°，當P從點A運動到點B時，M運動的路徑長為3?3【考點】軌跡；等邊三角形的性質．【專題】動點型；圖形的全等；解直角三角形及其應用；應用意識．【答案】見試題解答內容【分析】如圖1中，作ME⊥AB于E，MF⊥BC于F，連接BM．首先證明BM平分∠ABC，推出點M的在射線BM上運動，求出BM的最大值和最小值，根據點M的運動路徑G→M→M1求解即可．【解答】解：如圖1中，作ME⊥AB于E，MF⊥BC于F，連接BM．∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABC＝60°，∵∠MEB＝∠MFB＝90°，∴∠EMF＝∠PMQ＝120°，∴∠PME＝∠QMF，∵MP＝MQ，∴△MEP≌△MFQ（AAS），∴ME＝MF，∴BM平分∠ABC，∴點M的在射線BM上運動．如圖2中，由題意，當PQ∥AC時，BM的值最大，最大值BM=BQ當P1Q1落在BC上時，得到BM1的值最小，最小值BM1=1設BM交AC于G，點M的運動路徑是G→M→M1∴點M的運動路徑的長＝MG+MM1＝BM﹣BG+BM﹣BM1＝2?3+2﹣1＝3故答案為：3?3【點評】本題考查軌跡，等邊三角形的性質，全等三角形的判定和性質，角平分線的判定和性質，解直角三角形等知識，解題的關鍵是正確尋找點M的運動軌跡，屬于中考填空題中的壓軸題．6．如圖，在矩形ABCD中，AB=3，AD＝1，E是線段DC上的一動點，連接AE，點K在線段AE上且滿足條件AD2＝AK?AE，則當點E從點D運動到點C時，點K移動的路程為13【考點】軌跡；相似三角形的判定與性質；矩形的性質．【專題】圓的有關概念及性質；與圓有關的計算；圖形的相似；解直角三角形及其應用；運算能力；推理能力．【答案】13【分析】連接AC，可得出∠DAC＝60°，可證得△AKD∽△ADE，從而得出∠AKD＝90°，從而得出點K的運動軌跡，進一步得出結果．【解答】解：如圖，連接AC，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ADC＝90°，CD＝AB=3∴tan∠DAC=CD∴∠DAC＝60°，∵AD2＝AK?AE，∴ADAK∵∠DAK＝∠EAD，∴△AKD∽△ADE，∴∠AKD＝∠ADC＝90°，∴點K在以AD為直徑的DK′上運動，K移動的路程是AK′的長，∵AK′=∴∠DOK′＝2∠DAC＝120°，∴l(xiāng)AK′=故答案為：13【點評】本題考查了相似三角形的判定和性質，銳角三角函數(shù)的定義，確定圓的條件，弧長公式等知識，解決問題的關鍵是由“定弦對定角”確定點K的運動軌跡．7．如圖，已知有一張正方形紙片ABCD，邊長為9cm，點E，F(xiàn)分別在邊CD，AB上，CE＝2cm．現(xiàn)將四邊形BCEF沿EF折疊，使點B，C分別落在點B'，C'，上當點B'恰好落在邊AD上時，線段BF的長為5cm；在點F從點B運動到點A的過程中，若邊FB'與邊AD交于點G，則點G相應運動的路徑長為15﹣82cm．【考點】軌跡；翻折變換（折疊問題）；正方形的性質．【專題】壓軸題；動點型；轉化思想；矩形菱形正方形；運算能力；推理能力；應用意識．【答案】5cm，15﹣82．【分析】連接BE、B'E，由翻折性質得：BE＝B'E，BF＝B'F，在△BEC與△B'DE中，由勾股定理得BF＝5cm；連接EG，并作G關于EF的對稱點G'，連接EG'，由對稱性知，GE＝G'E，由點到直線垂線段最短知EG'最小值為EH＝9，從而DG最小值為92?72=42，AG最大值為9?42，再由于B'恰好落在邊AD上G、B'重合時，AG＝AB'＝3，故G點在AD【解答】解：①當點B'恰好落在邊AD上時，如圖，連接BE、B'E，由翻折性質得：BE＝B'E，BF＝B'F，在△BEC與△B'DE中，由勾股定理得：BE2＝CE2+BC2＝DE2+B'D2，∵BC＝9cm，CE＝2cm，DE＝7cm，∴DB'＝6cm，AB'＝3cm，設BF＝xcm，則B'F＝xcm，AF＝（9﹣x）cm，∵B'A2+AF2＝B'F2，∴32+（9﹣x）2＝x2，解得：x＝5，∴BF＝5cm；②如圖，連接EG，并作G關于EF的對稱點G'，連接EG'，由對稱性知，GE＝G'E，過點E作EH⊥AB于H，∵點到直線垂線段最短，∴EG'最小值為EH＝9，∵∠B＝∠C＝∠EHB＝90°，∴四邊形EHBC為矩形，∴EH＝BC＝9，∴EG最小值為9，∵DG2＝EG2﹣ED2，∴DG最小值為92∴AG最大值為9?42由①知，點B'恰好落在邊AD上G、B'重合時，此時AG＝AB'＝3，∴點G相應運動的路徑長為9?42?3+9?42故答案為：5cm，15﹣82．【點評】本題主要考查翻折變換，正方形的性質，勾股定理知識，點到直線垂線段最短，解題的關鍵是作G關于EF的對稱點G'，連接EG'，將GE轉化為G'E．8．如圖，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝16；BD＝3CD，E是邊AC上的一個動點（可與A、C重合），連接DE，在DE右側作DF⊥DE，且ACBC=DEDF=2，連接EF，點M為EF的中點，則當點E從A運動到C的過程中，點M【考點】軌跡；平行線分線段成比例；相似三角形的判定與性質．【專題】動點型；解直角三角形及其應用；推理能力．【答案】323【分析】首先證明點M在CD的垂直平分線上運動，如圖2中，當點E與A重合時，過點M作MH⊥BC于H．再求出落在特殊情形，MH的長即可解決問題．【解答】解：過點D作DN∥AB交AC于N，連接CF，DN，CM，DM．∵DE⊥DF，∴∠EDF＝90°，∵∠ABC＝∠EDF＝90°，∵DN∥AB，ACBC∴AC＝2BC，EF＝2DF，∴∠A＝∠DEF＝30°，∴∠ABC＝∠NDC＝90°，△CDN∽△CBA，∴DNDC∵DEDF∴DNCD∵∠EDF＝∠NDC＝90°，∴∠EDN＝∠FDC，∴△EDN∽△DFC，∴∠DEN＝∠DFC，ENCF∴∠EDF＝∠ECF＝90°，∵點M是EF的中點，∴EM＝FM，∵∠EDF＝∠ECF＝90°，∴DM＝CM＝EM＝FM，∴點M在線段CD的垂直平分線上運動，如圖2中，當點E與A重合時，過點M作MH⊥BC于H．在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝16，∴BC=16∴AC＝2BC=32∵BD＝3CD，∴BD=34BC＝43，CD∴DN＝4，NC＝2CD=8∴AN＝AC﹣NC=3233∴CF＝8，在Rt△ACF中，∠ACF＝90°，∴AF=A∴CM＝AM＝FM=4∵DM＝CM，MH⊥CD，∴CH＝DH＝1，∴MH=C如圖3中，當點E與C重合時，DF=CD∵H是CD的中點，M是CF的中點，∴MH=12DF∴當點E從A運動到C的過程中，點M的運動的路徑的長＝10+2故答案為：323【點評】本題考查軌跡，相似三角形的判定和性質，線段的垂直平分線的性質等知識，解題的關鍵是理解題意，靈活運用所學知識解決問題．9．如圖，拋物線y=12x2?x?32的圖象與坐標軸交于A、B、D，頂點為E，以AB為直徑畫半圓交y軸的正半軸于點C，圓心為M，P是半圓AB上的一動點，連接EP，N是PE的中點，當P沿半圓從點A運動至點B【考點】軌跡；二次函數(shù)的性質；二次函數(shù)圖象上點的坐標特征；拋物線與x軸的交點．【專題】平面直角坐標系；二次函數(shù)圖象及其性質；圓的有關概念及性質；應用意識．【答案】見試題解答內容【分析】首先證明點E在⊙M上，利用垂徑定理證明MN⊥PE，推出點N的運動軌跡是以EM為直徑的半圓，由此可得結論．【解答】解：連接EM，MN．對于拋物線y=12x2?x?∴E（1，﹣2），由題意A（﹣1，0），B（3，0），∴M（2，0），∴EM⊥x軸．EM＝MA＝MB＝2，∴點E在⊙M上，∵EN＝NP，∴MN⊥EP，∴∠MNE＝90°，∴點N的運動軌跡是以EM為直徑的半圓，點N運動的路徑長=12×2π故答案為π．【點評】本題考查軌跡，圓，垂徑定理，二次函數(shù)等知識，解題的關鍵是發(fā)現(xiàn)點E在⊙M上，屬于中考填空題中的壓軸題．10．如圖，在△ABC中，∠B＝90°，∠BAC＝60°，AB＝1，若點E為BC上一動點，以AE為邊在AE右側作等邊△AEF，連接CF，G為線段CF中點．若點E從點B出發(fā)，沿著BC方向運動到點C，則在此過程中，點G運動的路徑長為32【考點】軌跡；等邊三角形的性質；含30度角的直角三角形．【專題】推理填空題；動點型；運算能力；推理能力．【答案】32【分析】延長AB至點D，使BD＝AB，連接DE，證明△ADE≌△ACF可得AF＝AE，CF＝DE，所以AF＝CF，得點F在AC的垂直平分線上，作FH⊥AC于點H，GI⊥AC于點I，點G的運動路線為射線IG，當點E運動到點C時，停止運動，根據含30度角的直角三角形即可求出結果．【解答】解：如圖，延長AB至點D，使BD＝AB，連接DE，則AD＝2AB＝AC，AE＝DE，∵∠1＝60°﹣∠CAE＝∠2，AE＝AF，在△ADE和△ACF中，AD=AC∠1=∠2∴△ADE≌△ACF（SAS），∴AF＝AE，CF＝DE，∴AF＝CF，∴點F在AC的垂直平分線上．作FH⊥AC于點H，GI⊥AC于點I，則GI=12FH，GI∥∴點G的運動路線為射線IG，當點E運動到點C時，停止運動，如圖，在圖2中，AF＝AE＝AC＝2AB＝2，∴FH=3，GI=∴點G的運動路徑長為32故答案為：32【點評】本題考查了軌跡，等邊三角形的性質，全等三角形的判定與性質，含30度角的直角三角形，解決本題的關鍵是綜合運用以上知識．11．2020年中考在即，為了同學們更好地適應中考，重慶某中學初2020級舉行了最后一次模擬適應性考試．幾周前Z、W、J、L四名老師接到本次模擬考試某學科的命題任務．該學科試卷總的試題數(shù)大于20且不超過30．Z老師與J老師命題的數(shù)目之和乘以Z老師與L老師的命題數(shù)目之和其結果為132．W老師與J老師命題的數(shù)目之和乘以W老師與L老師的命題數(shù)目之和其結果為210．已知W老師與J老師命題的數(shù)目之和為偶數(shù)．Z老師與J老師命題的數(shù)目之和乘以W老師與J老師的命題數(shù)目之和其結果為154．【考點】推理與論證．【專題】推理填空題；數(shù)感；推理能力．【答案】154．【分析】根據題意，可以得到這樣三個關系式：①20＜Z+W+J+L≤30，②（Z+J）（Z+L）＝132，③（W+J）（W+L）＝210，分別對132和210進行因數(shù)分解，結合整體范圍，可以得到W+J＝14或10，進行分類討論即可．【解答】解：分別以Z，W，J，L表示四位老師命題數(shù)量，根據題意，可以得到以下關系式：①20＜Z+W+J+L≤30，②（Z+J）（Z+L）＝132，③（W+J）（W+L）＝210，∵試題總數(shù)不超過30，∴②中132可以拆成11×12或者22×6，又∵W+J為偶數(shù)，∴③中210可以拆成10×21或者14×15，則W+J＝14或者w+J＝10，對W+J的值進行分類討論：第一種情況：若W+J＝10，則W+L＝21，則L﹣J＝11，若每個老師都命題，則J≥1，L＝11+J≥12，同理Z≥1，則Z+L≥13，則Z+L＝22，此時則有W+J＝10，W+L＝21，Z+L＝22，Z+J＝6，此時無解，所以只能滿足：W+J＝14，則W+L＝15，Z+J＝11，Z+L＝12，則所求（Z+J）（W+J）＝11×14＝154．故答案為：154．【點評】本題主要考查了學生的推理能力，數(shù)的因式分解，尤其是面對四個未知數(shù)時，對題目進行分類討論是解題的關鍵．12．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，AB＝6，點D，E分別在邊AB，AC上，AD＝2，AE＝22，點F從點D出發(fā)沿DB向點B運動，運動到點B結束，以EF為斜邊作等腰直角三角形EFP（點E，F(xiàn)，P按順時針排列），在點F運動過程中點P經過的路徑長為22．【考點】軌跡；等腰直角三角形．【專題】動點型；圖形的相似；應用意識．【答案】22．【分析】如圖，連接DE，DP，過點D作DK⊥AE于K．利用相似三角形的性質證明AF=2DP，DP∥AC，求出兩種特殊情形時DP【解答】解：如圖，連接DE，DP，過點D作DK⊥AE于K．∵∠ACB＝90°，AC＝BC，AB＝6，∴AC＝BC＝32，∠A＝∠B＝45°，∵DK⊥AE，AD＝2，∴AK＝DK=2∵AE＝22，∴AK＝EK=2∴DA＝DE，∴∠DAE＝∠DEA＝45°，∴∠ADE＝90°，∴AE=2DE∵EF=2EP∴AEDE∵∠AED＝∠FEP＝45°，∴∠AEF＝∠DEP，∴△AEF∽△DEP，∴AFDP=AEDE=∴AF=2DP∴∠PDE＝∠AED＝45°，∴DP∥AC，當點F與D重合時，DP=22AD當點F與B重合時，DP=22AB＝3∴在點F運動過程中點P經過的路徑長為32?2=故答案為22．【點評】本題考查軌跡，等腰直角三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，平行線的判定等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造相似三角形解決問題，屬于中考填空題中的壓軸題．13．如圖，⊙O的半徑為2，弦AB的長為23，點C是優(yōu)弧AB上的一動點，BD⊥BC交直線AC于點D，當點C從△ABC面積最大時運動到BC最長時，點D所經過的路徑長為233π【考點】軌跡；勾股定理；垂徑定理；圓周角定理．【專題】動點型；與圓有關的計算；應用意識．【答案】見試題解答內容【分析】如圖，以AB為邊向上作等邊三角形△ABF，連接OA，OB，OF，DF，OF交AB于H．說明點D的運動軌跡是以F為圓心，F(xiàn)A為半徑的圓，再利用弧長公式求解即可．【解答】解：如圖，以AB為邊向上作等邊三角形△ABF，連接OA，OB，OF，DF，OF交AB于H．∵FA＝FB，OA＝OB，∴OF⊥AB，AH＝BH=3∴sin∠BOH=3∴∠BOH＝∠AOH＝60°，∴∠AOB＝120°∴∠C=12∠∵DB⊥BC，∴∠DBC＝90°，∴∠CDB＝30°，∵∠AFB＝60°，∴∠ADB=12∠∴點D的運動軌跡是以F為圓心，F(xiàn)A為半徑的圓，∵當點C從△ABC面積最大時運動到BC最長時，BC繞點B順時針旋轉了30°，∴BD繞點B也旋轉了30°，∴點D的軌跡所對的圓心角為60°，∴運動路徑的長=60π?23故答案為233【點評】本題考查軌跡，垂徑定理，等邊三角形的性質，勾股定理，銳角三角函數(shù)等知識，解題的關鍵是學會用轉化的思想思考問題，屬于中考填空題中的壓軸題．14．在平面直角坐標系中，O為原點，點A（﹣2，0），點G（0，2），點E，點F分別為OA，OG的中點．若正方形OEDF繞點O順時針旋轉，得正方形OE'D'F'，直線AE'與直線GF'相交于點P，當E′第一次落在x軸上時，則點P走過的路徑長為223π【考點】軌跡；坐標與圖形變化﹣旋轉；正方形的性質．【專題】平面直角坐標系；平移、旋轉與對稱；應用意識．【答案】見試題解答內容【分析】如圖1中，設AE′交OG于N，連接AG，則點D在AG上．首先證明∠APG＝90°，推出點P在以D為圓心，DO為半徑的圓上運動，軌跡是圖中OP′，如圖2中，在第一象限內，當點D'與點P重合時，點P的縱坐標最大，點P的運動路徑是OP的兩倍，利用弧長公式求出圓心角，半徑即可解決問題．【解答】解：如圖1中，設AE′交OG于N，連接AG，則點D在AG上．由旋轉知，∠EOE'＝∠FOF'，∴OE'＝OE，OF'＝OF'，∴OE'＝OF'，∵OA＝OG，∴△AOE'≌△GOF'，∴∠OAE'＝∠OGF'，∵∠OAE'+∠ANO＝90°，∠ANO＝∠GNE'，∴∠OGF'+∠GNE'＝90°，∴AE'⊥GF'，∴∠APG＝90°，∴點P在以D為圓心，DO為半徑的圓上運動，軌跡是圖中OP′，如圖2中，在第一象限內，當點D'與點P重合時，點P的縱坐標最大，點P的運動路徑是OP的兩倍，∵∠AE'O＝90°，E'O＝1，AO＝2，∴∠E'AO＝30°，∴∠D′DO＝2∠E′AO＝60°，∵OD＝AD＝DG=2∴點P的運動路徑的長＝2×60?π?2故答案為223【點評】主要考查了全等三角形的判定和性質，旋轉的性質，勾股定理，軌跡等知識，解題的關鍵是正確尋找點P的運動軌跡，屬于中考填空題中的壓軸題．15．如圖，在等腰直角△ABC中，∠B＝90°，D，E分別為BC、AB上的點，AB＝73，BE=3，BD＝23，點P從點E出發(fā)沿BA方向運動，連接PD，以PD為邊，在PD右側按如圖方式作等腰直角△PDF，當點P從點E運動到點A時，點F運動的路徑長是36【考點】軌跡；等腰直角三角形．【專題】三角形．【答案】見試題解答內容【分析】首先證明點F的運動軌跡是線段F1F2，想辦法求出BF1、BF2即可解決問題；【解答】解：如圖，作FM⊥AB于M，F(xiàn)N⊥BC于N．∵∠MBN+∠EFD＝180°，∴E、B、D、F四點共圓，∴∠ABF＝∠EDF＝45°，∴點F的運動軌跡是圖中線段F1F2．當P與E重合時，易證△FME≌△FND，∴FM＝FN，ME＝DN，可得四邊形FMBN是正方形，∴BE+BD＝BM﹣ME+BN+DN＝2FM＝33，∴BM＝FM=3∴BF1=3當點P與A重合時，同法可得BF2=9∴F1F2=962故答案為36．【點評】本題考查軌跡、等腰三角形的性質、全等三角形的判定和性質、等腰直角三角形的性質，勾股定理等知識，解題的關鍵是準確尋找點的運動軌跡，學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題．16．在平面直角坐標系中，點A的坐標為（0，3），點B在x軸上從（﹣3，0）運動到（3，0）．將線段AB繞點B順時針旋轉90°至線段BM，過點M作MN∥y軸，點N在M的下方，且MN＝BO，則B在x軸上從（﹣3，0）運動到（3，0）的過程中，點N運動的路徑長為3+35．【考點】軌跡；坐標與圖形變化﹣旋轉．【專題】動點型；平面直角坐標系；圖形的全等．【答案】見試題解答內容【分析】分兩種情形：當點B從（﹣3，0）運動到（0，0）時，在x軸的正半軸上取一點k，使得OK＝OA＝3，連接KN，延長KN交y軸于J，延長NM交OK于H．證明tan∠NKH=NHKH=2，推出點N當點B從（0，0）運動到（3，0）時，求出點N的運動軌跡即可解決問題．【解答】解：在x軸的正半軸上取一點k，使得OK＝OA＝3，連接KN，延長KN交y軸于J，延長NM交OK于H．∵∠AOB＝∠BHM＝∠ABM＝90°，∴∠ABO+∠HBM＝90°，∠HBM+∠BMH＝90°，∴∠ABO＝∠BMH，∵AB＝BM，∴△AOB≌△BHM（AAS），∴OB＝HM＝MN，AO＝BH＝OK，∴OB＝HK，∴tan∠NKH=NH∴當點B從（﹣3，0）運動到（0，0）時，點N的運動軌跡是線段JK，在Rt△JOK中，∵OJ＝6，OK＝3，∴JK=32+當點B從（0，0）運動到（3，0）時，易證NM＝OB，ON＝OA＝3，此時點N的運動軌跡是BN＝3，綜上所述，點N的運動軌跡是3+35故答案為3+35．【點評】本題考查軌跡，坐標與圖形的性質，全等三角形的判定和性質，解直角三角形等知識，解題的關鍵是正確尋找點的運動軌跡，屬于中考填空題中的壓軸題．17．在矩形ABCD中，已知AB＝4，BC＝3，矩形在直線l上繞其右下角的頂點B向右旋轉90°至圖①位置，再繞右下角的頂點繼續(xù)向右旋轉90°至圖②位置，…，以此類推，這樣連續(xù)旋轉2016次后，頂點A在整個旋轉過程中所經過的路程之和是3024π．【考點】軌跡；旋轉的性質．【答案】見試題解答內容【分析】首先求得每一次轉動的路線的長，發(fā)現(xiàn)每4次循環(huán)，找到規(guī)律然后計算即可．【解答】解：∵AB＝4，BC＝3，∴AC＝BD＝5，轉動一次A的路線長是：90π?4180=2轉動第二次的路線長是：90π?5180=轉動第三次的路線長是：90π?3180=轉動第四次的路線長是：0，以此類推，每四次循環(huán)，故頂點A轉動四次經過的路線長為：52π+32π+2π2016÷4＝504，頂點A轉動四次經過的路線長為：6π×504＝3024π．故答案為：3024π．【點評】本題主要考查了探索規(guī)律問題和弧長公式的運用，掌握旋轉變換的性質、靈活運用弧長的計算公式、發(fā)現(xiàn)規(guī)律是解決問題的關鍵．18．如圖，線段AB長為6cm，點C是線段AB上一動點（不與A，B重合），分別以AC和BC為斜邊，在AB的同側作等腰直角三角形△ADC，△CEB，點P是DE的中點，當點C從距離A點1cm處沿AB向右運動至距離B點1cm處時，點P運動的路徑長是2cm．【考點】軌跡；等腰直角三角形．【答案】見試題解答內容【分析】分別延長AD、BE交于點F，易證四邊形CDFE為平行四邊形，得出P為CF中點，設點C從距離A點1cm處G沿AB向右運動至距離B點1cm處H，則P的運行軌跡為△FGH的中位線MN．再求出GH的長，運用中位線的性質求出MN的長度即可．【解答】解：如圖，分別延長AD、BE交于點F．∵△ADC和△ECB都是等腰直角三角形，且∠ADC＝∠CEB＝90°∵∠A＝∠ECB＝45°，∴AF∥CE，同理，CD∥BF，∴四邊形CDFE為平行四邊形，∴CF與DE互相平分．∵P為DE的中點，∴P為CF中點，即在P的運動過程中，P始終為FC的中點，所以P的運行軌跡為三角形FGH的中位線MN．∵GH＝AB﹣AG﹣BH＝6﹣1﹣1＝4，∴MN=12GH＝2，即P的移動路徑長為2故答案為2．【點評】本題考查了等腰直角三角形的性質、三角形中位線的性質、平行四邊形的判定和性質，以及動點問題，是中考的熱點，解題的關鍵是正確尋找點R的運動軌跡，屬于中考填空題中的壓軸題．19．A，B，C，D，E五省統(tǒng)計學家奔赴地震災區(qū)進行災情統(tǒng)計，每省派2人．到達時要進行介紹，10人中互相認識的握一下手，且本省的2人沒有握手，也沒有人和同一人握兩次手．介紹結束后，A省統(tǒng)計學家A1分別問其他9人：“你今天握了幾次手”使他驚訝的是9人握手次數(shù)各不相同．問A1自己握手次數(shù)是4次．【考點】推理與論證．【答案】見試題解答內容【分析】由于本省的2人沒有握手，那么這10個人中握手次數(shù)最多的應是和外省的那8個人都握過手，為8次，又因為A省統(tǒng)計學家A1分別問其他9人：“你今天握了幾次手”使他驚訝的是9人握手次數(shù)各不相同，故可推斷出除A1外其他9人握手分別是0﹣8次，從而進行推斷即可得出答案．【解答】解：∵本省的2人沒有握手，也沒有人和同一人握兩次手，∴這10個人中握手最多的應是和外省的那8個人都握過手，為8次，∵除A1外其他9人握手次數(shù)各不相同，∴除A1外其他9人握手分別是0﹣8次，設A，B，C，D，E五省的統(tǒng)計學家分別為A1，A2，B1，B2，C1，C2，D1，D2，E1，E2，不妨設E2的握手次數(shù)為0次，則E2不認識外省的那8個人，外省的那8個人也都不認識E2，∴A1，A2，B1，B2，C1，C2，D1，D2的握手次數(shù)都將小于8，∴握手次數(shù)為8次的人為E1，∴與E1握手的人為A1，A2，B1，B2，C1，C2，D1，D2，再假設D2的握手次數(shù)為1次，則與D2握手的人只有E1，也就是說A1，A2，B1，B2，C1，C2都不認識D2，∴A1，A2，B1，B2，C1，C2的握手次數(shù)都將小于7，∴握手次數(shù)為7次的人為D1，∴與D1握手的人為A1，A2，B1，B2，C1，C2，E1，再假設C2的握手次數(shù)為2次，則與C2握手的人只有D1，E1，也就是說A1，A2，B1，B2都不認識C2，∴A1，A2，B1，B2的握手次數(shù)都將小于6，∴握手次數(shù)為6次的人為C1，∴與C1握手的人為A1，A2，B1，B2，D1，E1，再假設B2的握手次數(shù)為3次，則與B2握手的人只有C1，D1，E1，也就是說A1，A2都不認識B2，∴A1，A2的握手次數(shù)都將小于5，∴握手次數(shù)為5次的人為B1，∴與B1握手的人為A1，A2，C1，D1，E1，∴與A1和A2握手的人為B1，C1，D1，E1，也就是說與A1和A2握手的人為握手次數(shù)分別是5，6，7，8次的人，故答案為：4．【點評】應抓住關鍵條件：本省的2人沒有握手，也沒有人和同一人握兩次手，以及除A1外其余9人握手次數(shù)各不相同，從而推斷出除A1外其他9人握手分別是0﹣8次．20．將3種作物種植在如圖所示的5塊試驗田里，每塊種植一種作物，且相鄰的試驗田不能種同一種作物，不同的種植方法共有42種．【考點】推理與論證．【答案】見試題解答內容【分析】第一塊田有3種選擇方法，第二、三、四、五塊田均有2種選擇方法，因此共有3×2×2×2×2＝48種種植方法，而這48種方法中，包含了只種兩種作物的可能，因此要將其除去，只種兩種作物時，不同的種法有2×3＝6種，因此本題的種植方法共有48﹣6＝42種．【解答】解：第一塊田有3種種植方法，第二、三、四、五塊田均有2種種植方法，因此共有3×2×2×2×2＝48種種植方法；其中，有2×3＝6種是只種兩種作物的種植方法，因此所求的種植方法有48﹣6＝42種．故答案為：42．【點評】用分步計數(shù)法易求得總的種植方法，但是很多同學容易忽略只種2種作物的情況，因此做題時要讀清題意，細心求解．21．甲、乙兩車在A、B兩城不斷來回開行，速度不變（忽略掉頭等時間）．其中甲車從A城開出，乙車從B城開出，兩車在距A城36公里處第一次相遇．當甲車還沒有到達B城時，兩車又在距B城若干公里的某處第二次相遇，并且后來再在距B城36公里處第三次相遇．那么第二次相遇時，兩車距離B城72公里．【考點】推理與論證．【專題】行程問題．【答案】見試題解答內容【分析】可在一條線段上簡單的作出圖形，考慮兩車第二次相遇的情形，即甲還沒有到達B城，便與C相遇于D處，其實是乙到達A城后，在回程途中追上甲，這樣甲到達D，B之間的E處時，乙到達B城折回與甲第三次相遇，又其速度不變，所以設法求出其速度之間的關系即此題解題的關鍵．【解答】解：設兩車首次相遇于C處，第二次相遇于D處，第三次相遇于E處，考慮兩車第二次相遇的情形，如圖1，甲還沒有到達B城，便與C相遇于D處，其實是乙到達A城后，在回程途中追上甲，這樣甲到達D，B之間的E處時，乙到達B城折回與甲第三次相遇，則兩車首次相遇時合開的路程記為S＝AB，第一、三次相遇之間，甲開行距離為CE，乙開行距離為CA+AB+BE，兩車合開的路程為2S，由于速度不變，甲應開行了2×36＝72公里，即CE＝72公里，而題設EB＝36公里，所以S＝AC+CE+EB＝36+72+36＝144公里，BC＝S﹣AC＝144﹣36＝108公里，甲、乙速度之比＝36：108＝1：3，于是易算得兩車第一次相遇于C后，乙到達A站時，甲到達F處，CF＝12公里，如圖2，從而甲在回程圖中追趕乙，需從A起，追趕48+48÷（3﹣1）＝72公里，即AD＝72公里，從而知DB＝S﹣AD＝144﹣72＝72公里．故答案為：72．【點評】本題主要考查了路程問題中的追及相遇問題，對于此類應用問題，能夠通過作出一個簡單的圖形幫助理清思路，從而求解．22．“并字橫”想必大家都應該玩過，兩名玩家在3×3的橫盤上輪流落子，先將自己的3枚棋子連成一線的玩家獲勝，在棋盤擺放確定之后，一共有8種可能的勝利方法，如圖：考慮兩名玩家在4×4×4的立方體上輪流落子的“立體并字俱”，先將自己4枚棋子連成一線的玩家獲勝，那么在立方體擺放確定之后，“立體并字填”一共有76種勝利方法．【考點】推理與論證．【專題】空間觀念；幾何直觀；模型思想；創(chuàng)新意識．【答案】見試題解答內容【分析】根據題意，分三種情形畫出圖形，統(tǒng)計符合條件的情形即可解決問題．【解答】解：分三種情形：①如圖1中，4棵同顏色的棋在同一個樁柱上時，有16種情形．②如圖2中，4棵同顏色的棋在同一個層面上，有16+16+8＝40種情形．③如圖3中，4棵同顏色的棋在不同的樁柱上（即對角線），有20種情形．綜上所述，共有16+40+20＝76（種）【點評】本題考查四子立體圖形，解題的關鍵是理解題意，學會用分類討論的思想思考問題，屬于中考創(chuàng)新題型．23．如圖，A，B在坐標軸的正半軸上移動，且AB＝10，反比例函數(shù)y=kx（x＞0）的圖象與AB有唯一公共點P，點M在x軸上，△OPM為直角三角形，當點M從點（52，0）移動到點（10，0）時，動點P所經過的路程為512【考點】軌跡；坐標與圖形變化﹣平移；反比例函數(shù)的圖象；反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征．【專題】反比例函數(shù)及其應用．【答案】見試題解答內容【分析】首先證明點P是線段AB的中點，可得OP=12AB＝5，求出圓心角∠【解答】解：設A（a，0），B（0，b），則直線AB的解析式為y=?bax+由y=?bax+by=kx，消去y得到：bx∵雙曲線y=kx與AB有唯一公共點∴點P的橫坐標xP=?ab∴點P是AB的中點，∵點M在x軸上，△OPM為直角三角形，當M從點（52，0）移動到點（10，0），△OPM是直角三角形，∴∠OPM＝90°，①當OM＝52時，∵OP=12∴cos∠POM=OP∴∠POM＝45°，②當OM′＝10時，OP＝′5，∴cos∠P′OM′=1∴∠P′OM′＝60°，∴∠POP′＝15°，∴PP′的長=15?π?5180故答案為512π【點評】本題考查反比例函數(shù)的應用，一次函數(shù)的應用，二元二次方程組，一元二次方程的根與系數(shù)的關系等知識，解題的關鍵是熟練掌握待定系數(shù)法解決問題，本題的突破點是證明點P是線段AB的中點，屬于中考填空題中的壓軸題．24．如圖，⊙O的直徑AB與弦CD互相垂直，垂足為點E，AB＝4，CD＝23，動點P從B出發(fā)，沿劣弧BD運動到點D，AF⊥CP于點F，則線段AF的中點M所經過的路徑長為36π【考點】軌跡；圓周角定理．【專題】與圓有關的計算．【答案】見試題解答內容【分析】如圖，取AC的中點H，連接MH．取AH的中點J，連接OC．首先證明點M的運動軌跡是以J為圓心的弧HK，利用弧長公式計算即可．【解答】解：如圖，取AC的中點H，連接MH．取AH的中點J，連接OC．∵AM＝MF，AH＝HC，∴MH∥CF，∵AF⊥CF，∴∠AMH＝∠AFC＝90°，∴點M的運動軌跡是以J為圓心的弧HK，∵AB⊥CD，∴CE＝ED=3∵OC＝2，∴sin∠COE=CE∴∠COE＝60°，∵OC＝OA，∴∠OCA＝∠OAC，∵∠COE＝∠OCA+∠OAC，∴∠CAE＝30°，∴AC＝2CE＝23，∴AJ=14AC∴點M的運動路徑的長=60?π?3故答案為36π【點評】本題考查軌跡，垂徑定理，解直角三角形等知識，解題的關鍵是熟練掌握基本知識，屬于中考常考題型．25．如圖，已知在△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，點D從點A出發(fā)沿AC以每秒13個單位的速度向點C運動，連接BD，過點A作AE⊥BD于點E，當運動10秒時，∠ABD＝45°，則當點D從A出發(fā)運動10秒時，點E經過的路徑長是103π或52【考點】軌跡．【專題】動點型；圖形的相似．【答案】見試題解答內容【分析】如圖，當t＝10秒時，點D運動到點D′，此時AD′=103，CD′=23，取AB的中點O，連接OE′，OE，設AE′＝BE′＝x，BD′＝y(tǒng)．構建方程組求出【解答】解：如圖，當t＝10秒時，點D運動到點D′，此時AD′=103，CD′=23，取AB的中點O，連接OE′，OE，設AE′＝BE′＝x，∵∠C＝∠AE′D′＝90°，∠BD′C＝∠AD′E′，∴△BD′C∽△AD′E′，∴BD′AD′∴y10∴y（x﹣y）=209又∵x2+（x﹣y）2＝（103）2解得x=453當x=453時，易知∵OA＝OB＝OE＝OE′，∴點E的運動軌跡是弧AE′，∴∠AOE＝2∠ABD′＝90°，∴AE′的長=90?π?2當x=10時，易知AB＝25，同法可知AE′的長=90?π?綜上所述，103π或52故答案為：103π或52【點評】本題考查軌跡，相似三角形的判定和性質，二元二次方程組等知識，解題的關鍵是學會利用參數(shù)構建方程組解決問題，正確尋找點E的運動軌跡，屬于中考填空題中的壓軸題．

考點卡片1．坐標與圖形性質1、點到坐標軸的距離與這個點的坐標是有區(qū)別的，表現(xiàn)在兩個方面：①到x軸的距離與縱坐標有關，到y(tǒng)軸的距離與橫坐標有關；②距離都是非負數(shù)，而坐標可以是負數(shù)，在由距離求坐標時，需要加上恰當?shù)姆枺?、有圖形中一些點的坐標求面積時，過已知點向坐標軸作垂線，然后求出相關的線段長，是解決這類問題的基本方法和規(guī)律．3、若坐標系內的四邊形是非規(guī)則四邊形，通常用平行于坐標軸的輔助線用“割、補”法去解決問題．2．反比例函數(shù)的圖象用描點法畫反比例函數(shù)的圖象，步驟：列表﹣﹣﹣描點﹣﹣﹣連線．（1）列表取值時，x≠0，因為x＝0函數(shù)無意義，為了使描出的點具有代表性，可以以“0”為中心，向兩邊對稱式取值，即正、負數(shù)各一半，且互為相反數(shù)，這樣也便于求y值．（2）由于函數(shù)圖象的特征還不清楚，所以要盡量多取一些數(shù)值，多描一些點，這樣便于連線，使畫出的圖象更精確．（3）連線時要用平滑的曲線按照自變量從小到大的順序連接，切忌畫成折線．（4）由于x≠0，k≠0，所以y≠0，函數(shù)圖象永遠不會與x軸、y軸相交，只是無限靠近兩坐標軸．3．反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征反比例函數(shù)y＝k/x（k為常數(shù)，k≠0）的圖象是雙曲線，①圖象上的點（x，y）的橫縱坐標的積是定值k，即xy＝k；②雙曲線是關于原點對稱的，兩個分支上的點也是關于原點對稱；③在y＝k/x圖象中任取一點，過這一個點向x軸和y軸分別作垂線，與坐標軸圍成的矩形的面積是定值|k|．4．二次函數(shù)的性質二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a≠0）的頂點坐標是（?b2a，4ac?b24a），對稱軸直線x=?b2a，二次函數(shù)y＝ax2①當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?。粁＞?b2a時，y隨x的增大而增大；x=?b②當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x的增大而減?。粁=?b③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|5．二次函數(shù)圖象上點的坐標特征二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a≠0）的圖象是拋物線，頂點坐標是（?b2a，①拋物線是關于對稱軸x=?b②拋物線與y軸交點的縱坐標是函數(shù)解析中的c值．③拋物線與x軸的兩個交點關于對稱軸對稱，設兩個交點分別是（x1，0），（x2，0），則其對稱軸為x=x6．拋物線與x軸的交點求二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a，b，c是常數(shù)，a≠0）與x軸的交點坐標，令y＝0，即ax2+bx+c＝0，解關于x的一元二次方程即可求得交點橫坐標．（1）二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a，b，c是常數(shù)，a≠0）的交點與一元二次方程ax2+bx+c＝0根之間的關系．△＝b2﹣4ac決定拋物線與x軸的交點個數(shù)．△＝b2﹣4ac＞0時，拋物線與x軸有2個交點；△＝b2﹣4ac＝0時，拋物線與x軸有1個交點；△＝b2﹣4ac＜0時，拋物線與x軸沒有交點．（2）二次函數(shù)的交點式：y＝a（x﹣x1）（x﹣x2）（a，b，c是常數(shù)，a≠0），可直接得到拋物線與x軸的交點坐標（x1，0），（x2，0）．7．全等三角形的判定與性質（1）全等三角形的判定是結合全等三角形的性質證明線段和角相等的重要工具．在判定三角形全等時，關鍵是選擇恰當?shù)呐卸l件．（2）在應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，必要時添加適當輔助線構造三角形．8．等邊三角形的性質（1）等邊三角形的定義：三條邊都相等的三角形叫做等邊三角形，等邊三角形是特殊的等腰三角形．①它可以作為判定一個三角形是否為等邊三角形的方法；②可以得到它與等腰三角形的關系：等邊三角形是等腰三角形的特殊情況．在等邊三角形中，腰和底、頂角和底角是相對而言的．（2）等邊三角形的性質：等邊三角形的三個內角都相等，且都等于60°．等邊三角形是軸對稱圖形，它有三條對稱軸；它的任意一角的平分線都垂直平分對邊，三邊的垂直平分線是對稱軸．9．等邊三角形的判定與性質（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角的計算奠定了基礎，它的邊角性質為證明線段、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，解題時要善于挖掘圖形中的隱含條件廣泛應用．（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雜，在應用時要抓住已知條件的特點，選取恰當?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．10．含30度角的直角三角形（1）含30度角的直角三角形的性質：在直角三角形中，30°角所對的直角邊等于斜邊的一半．（2）此結論是由等邊三角形的性質推出，體現(xiàn)了直角三角形的性質，它在解直角三角形的相關問題中常用來求邊的長度和角的度數(shù)．（3）注意：①該性質是直角三角形中含有特殊度數(shù)的角（30°）的特殊定理，非直角三角形或一般直角三角形不能應用；②應用時，要注意找準30°的角所對的直角邊，點明斜邊．11．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．12．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，還具備等腰三角形和直角三角形的所有性質．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）若設等腰直角三角形內切圓的半徑r＝1，則外接圓的半徑R=2+1，所以r：R＝1：13．菱形的性質（1）菱形的性質①菱形具有平行四邊形的一切性質；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、14．矩形的性質（1）矩形的定義：有一個角是直角的平行四邊形是矩形．（2）矩形的性質①平行四邊形的性質矩形都具有；②角：矩形的四個角都是直角；③邊：鄰邊垂直；④對角線：矩形的對角線相等；⑤矩形是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形．它有2條對稱軸，分別是每組對邊中點連線所在的直線；對稱中心是兩條對角線的交點．（3）由矩形的性質，可以得到直角三角形的一個重要性質，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半．15．正方形的性質（1）正方形的定義：有一組鄰邊相等并且有一個角是直角的平行四邊形叫做正方形．（2）正方形的性質①正方形的四條邊都相等，四個角都是直角；②正方形的兩條對角線相等，互相垂直平分，并且每條對角線平分一組對角；③正方形具有四邊形、平行四邊形、矩形、菱形的一切性質．④兩條對角線將正方形分成四個全等的等腰直角三角形，同時，正方形又是軸對稱圖形，有四條對稱軸．16．垂徑定理（1）垂徑定理垂直于弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的兩條?。?）垂徑定理的推論推論1：平分弦（不