是切线．考点切线的判定圆周角定理．分析连接，由于是直径，那么，而，根据等腰三角形三线合定理可知连接，由于，，那么，可得，而⊥，易证，从而可证是切线．解答证明如右图所示，连接，是直径，，又连接，，，，，又⊥，，，是的切线．点评本题考查了等腰三角形三线合定理平行线的判定和性质圆周角定理切线的判定．解题的关键是连接，并证明如图，要建个长方形养鸡场，鸡场的边靠墙墙足够长，如果用长的篱笆围成中间有道篱笆墙的养鸡场，设它的长度为篱笆墙的厚度忽略不计．要使鸡场面积最大，鸡场的长度应为多少米如果中间有是大于的整数道篱笆墙，要使鸡场面积最大，鸡场的长应为多少米比较的结果，要使鸡场面积最大，鸡场长度与中间隔离墙的道数有怎样的关系考点二次函数的应用．分析根据题意可以得到鸡场的面积与鸡场的长度的函数关系式，从而可以解答本题根据题意可以求得当中间有是大于的整数道篱笆墙，鸡场的最大面积，从而可以解答本题．解答解设鸡场的面积为平方米时，鸡场的面积最大，即要使鸡场面积最大，鸡场的长度应为米设鸡场的面积为平方米时，鸡场的面积最大，即要使鸡场面积最大，鸡场的长度应为米由可知，无论鸡场中间有多少道篱笆隔墙，要使鸡场面积最大，其长都是．点评本题考查二次函数的应用，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件如图，点为线段上点，是等边三角形，直线交于点，直线交于点．求证求证为等边三角形将绕点按逆时针方向旋转，其他条件不变，在中画出符合要求的图形，并判断题中的两结论是否依然成立．并说明理由．考点全等三角形的判定与性质等边三角形的判定与性质．分析可通过全等三角形来得出简单的线段相等，证明，只要求出三角形和全等即可，这两个三角形中，已知的条件有只要证明这两组对应边的夹角相等即可，我们发现和都是等边三角形的外角，因此它们都是，这样就能得出两三角形全等了．也就证出了．我们不难发现，因此只要我们再证得两条边相等即可得出三角形是等边三角形，可从，入手，由的全等三角形我们知道，，又知道了，，那么此时三角形≌三角形，可得出，于是我们再根据，便可得出三角形是等边三角形的结论．判定结论是否正确，也是通过证明三角形和来求得．这两个三角形中和都是，因此两三角形就全等结论正确．如图，当把逆时针旋转后，也旋转了，因此，很显然，因此三角形绝对不可能是等边三角形．解答证明，是等边三角形，，，在和中≌，．≌，，又，，在和中≌为等腰三角形，又，为等边三角形．解连接是等边三角形，，，，在和中≌，．当把逆时针旋转后，也旋转了，因此，很显然，因此三角形绝对不可能是等边三角形，即结论成立，结论不成立．点评本题主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的性质和判定等知识点，利用全等三角形来得出角和边相等是解题的关键如图，在平面直角坐标系中，圆经过原点，且与轴轴分别相交于，两点．求出直线的函数解析式若有抛物线的对称轴平行于轴且经过点，顶点在圆上，开口向下，且经过点，求此抛物线的函数解析式设中的抛物线交轴于两点，在抛物线上是否存在点，使得若存在，请求出点的坐标若不存在，请说明理由．考点圆的综合题．分析利用待定系数法可求出直线的解析式先利用勾股定理计算出，再根据圆周角定理得到为的直径，则点为的中点，则可确定然后利用顶点式求出抛物线解析式通过解方程得到利用，可求出，设所以，然后解绝对值方程求出即可得到点坐标．解答解设直线的函数解析式为，把，代入得，解得，所以直线的解析式为在中，为的直径，点为的中点，轴设抛物线的解析式为，把，代入得，解得，抛物线的解析式为，即存在．当时解得，设即，当，解得此时点坐标为，或，当，解得此时点坐标为，或，综上所述，点坐标为，或，或，或，时，使得．点评本题考查了圆的综合题熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征二次函数的性质和圆周角定理会利用待定系数法求函数解析式会解元二次方程记住三角形面积公式．斜边，其内切圆半径如图，在中，，将在平面内绕点旋转到的位置，使，则旋转角的度数为．．．．考点旋转的性质．分析根据两直线平行，内错角相等可得，根据旋转的性质可得，然后利用等腰三角形两底角相等求，再根据都是旋转角解答．解答解，，绕点旋转得到，．故选．点评本题考查了旋转的性质，等腰三角形两底角相等的性质，熟记性质并准确识图是解题的关键以半径为的圆的内接正三角形正方形正六边形的边心距为三边作三角形，则该三角形的面积是考点正多边形和圆．分析由于内接正三角形正方形正六边形是特殊内角的多边形，可构造直角三角形分别求出边心距的长，由勾股定理逆定理可得该三角形是直角三角形，进而可得其面积．解答解如图如图如图，则该三角形的三边分别为该三角形是直角边，该三角形的面积是，故选．点评本题主要考查多边形与圆，解答此题要明确多边形的半径边心距中心角等概念，根据解直角三角形的知识解答是解题的关键如图，正方形中对角线，相交于点，点，分别从，两点同时出发，以的速度沿，运动，到点，时停止运动，设运动时间为，的面积为，则与的函数关系可用图象表示为考点动点问题的函数图象．分析由点，分别从，两点同时出发，以的速度沿，运动，得到，则，再根据正方形的性质得，，然后根据可判断≌，所以，这样四边形，于是四边形，然后配方得到，最后利用解析式和二次函数的性质对各选项进行判断．解答解根据题意四边形为正方形，在和中，≌四边形，四边形，与的函数图象为抛物线部分，顶点为自变量为．故选．点评本题考查了动点问题的函数图象先根据几何性质得到与动点有关的两变量之间的函数关系，然后利用函数解析式和函数性质画出其函数图象，注意自变量的取值范围．二.填空题本大题共小题，每小题分，共分，请将答案直接天灾答题纸中对应横线上点，关于原点的对称点坐标为则．考点关于原点对称的点的坐标．分析根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可直接得到答案．解答解点，是圆中最长的弦，故当为的直径时，有最大值，问题得解．解答解连接，．，