2022年中考数学复习之小题狂练450题（解答题）：轨迹（含答案）

这是一份2022年中考数学复习之小题狂练450题（解答题）：轨迹（含答案），共26页。试卷主要包含了的过程中点D运动的路径长等内容，欢迎下载使用。
2022年中考数学复习之小题狂练450题（解答题）：轨迹
一．解答题（共10小题）
1．（2021•长沙模拟）如图，已知在△ABC中，AC＝5，BC＝12，AB＝13，点E是边AB上一动点，EF⊥AC于点F，ED⊥BC于点D，点G为FD的中点．

（1）求证：四边形CDEF是矩形；
（2）当点E由点A运动到点B时，求点G的运动路径长．
2．（2020•香洲区校级一模）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（3，0），点B的坐标为（﹣3，0）．过点B的直线绕点B逆时针方向旋转，过程中与y轴交于点C．过点A作AD⊥BC于点D，求在点C坐标由（0，）到（0，3）的过程中点D运动的路径长．

3．（2021•金华模拟）桔槔俗称“吊杆”“称杆”，如图1，是我国古代农用工具，桔槔始见于（墨子•备城门），是一种利用杠杆原理的取水机械．如图2所示的是桔槔示意图，OM是垂直于水平地面的支撑杆，AB是杠杆，且AB＝5.4米，OA：OB＝2：1．当点A位于最高点时，∠AOM＝127°；当点A从最高点逆时针旋转54.5°到达最低点A1．（结果精确到0.1m；参考数据：sin37°≈0.6，sin17.5°≈0.3，tan37°≈0.8）
（1）求此时水桶B所经过的路径长；
（2）求此时水桶B上升的高度．

4．（2021•江西模拟）图1是可折叠哑铃凳的示意图，其侧面可抽象成图2，E，F为固定支撑点，AB∥CD，M为CH的中点，点N在CB处滑动，使靠背CH可绕点C转动（100°≤∠DCH≤180°）．已知CH＝90cm，AD＝40cm，∠DAB＝70°．
（1）当∠DCH从最小角转动到最大角时，求点M运动的路径长．
（2）在点C转动过程中，求H点到地面l的最大距离．（结果精确到0.1 cm，参考数据：sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，tan 70°≈2.75，sin80°≈0.98，cos80°≈0.17，tan80°≈5.67，π≈3.14）

5．（2021•寻乌县模拟）为了加强锻炼，王老师家里买了是一张多功能的哑铃凳，如图（1）所示，其侧面可抽象成图（2），MN为支撑杆，M为靠背CH的中点，点N可在CB上滑动，通过调节螺母可将点N固定在BC上六个孔位处，靠背CH随之绕点C转动，当点N位于点E处时∠DCH＝100°，当点N位于点F处时，CH∥AB，CH＝90cm，AD＝40cm，∠DAB＝70°，坐凳DC∥AB．
（1）当点N从点E滑动到点F处时，求点M运动的路径长．
（2）在CH转动的过程中，求点H到水平地面I的最大距离．
（结果精确到0.1cm．参考数据：sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，sin80°≈0.98，cos80°≈0.17，π≈3.14）

6．（2021•滦州市一模）如图，在△AOB中，∠AOB＝90°，AO＝6，BO＝，以点O为圆心，以2为半径作优弧，交AO于点D，交BO于点E．点M在优弧上从点D开始移动，到达点E时停止，连接AM．

（1）当AM与优弧相切时，求线段AM的长；
（2）当MO∥AB时，求点M在优弧上移动的路线长及线段AM的长．
7．（2020•荆州）如图，将△ABC绕点B顺时针旋转60°得到△DBE，点C的对应点E恰好落在AB的延长线上，连接AD．
（1）求证：BC∥AD；
（2）若AB＝4，BC＝1，求A，C两点旋转所经过的路径长之和．

8．（2021•碑林区校级模拟）如图①，是某小轿车的侧面示意图，其中矩形ABCD表示该车的后备箱．在打开后备箱的过程中，箱盖ADE可以绕点A逆时针方向旋转，当旋转角为60°时，箱盖ADE落在了AD′E′的位置（如图②所示）．已知AD＝80cm，DE＝20cm，EC＝30cm．
（1）求点D′到BC的距离；
（2）求点E在旋转过程中经过的路线长．（结果保留根号和π）

9．（2019•惠山区二模）如图，已知矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，P是线段BC上的一动点．
（1）请用不带刻度的直尺和圆规，按下列要求作图：（不要求写作法，但保留作图痕迹），在CD边上确定一点E，使得∠DEP+∠APB＝180°；
（2）在（1）的条件下，点P从点B移动到点C的过程中，对应点E随之运动，则移动过程中点E经过的总路程长为 ．

10．（2018•贵阳）如图，AB为⊙O的直径，且AB＝4，点C在半圆上，OC⊥AB，垂足为点O，P为半圆上任意一点（不与点C重合），过P点作PE⊥OC于点E，设△OPE的内心为M，连接OM、PM．
（1）求∠OMP的度数；
（2）当点P在半圆上从点B运动到点A时，求内心M所经过的路径长．


2022年中考数学复习之小题狂练450题（解答题）：轨迹（10题）
参考答案与试题解析
一．解答题（共10小题）
1．（2021•长沙模拟）如图，已知在△ABC中，AC＝5，BC＝12，AB＝13，点E是边AB上一动点，EF⊥AC于点F，ED⊥BC于点D，点G为FD的中点．

（1）求证：四边形CDEF是矩形；
（2）当点E由点A运动到点B时，求点G的运动路径长．
【考点】勾股定理；勾股定理的逆定理；矩形的判定与性质；轨迹．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】（1）根据勾股定理的逆定理得到∠C＝90°，根据矩形的判定定理证明结论；
（2）连接CE，根据矩形的性质得到点G为CE的中点，根据三角形中位线定理解答即可．
【解答】（1）证明：∵AC＝5，BC＝12，AB＝13，
∴AC2+BC2＝169，AB2＝169，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴∠C＝90°，
∵EF⊥AC，ED⊥BC，
∴四边形CDEF是矩形；
（2）连接CE，
∵四边形CDEF是矩形，点G为FD的中点，
∴点G为CE的中点，
∴点G的运动路径是△ABC的中位线，
∴点G的运动路径长＝AB＝6.5．

【点评】本题考查的是点的轨迹、勾股定理的逆定理、矩形的判定，掌握矩形的判定定理、点的轨迹的确定方法是解题的关键．
2．（2020•香洲区校级一模）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（3，0），点B的坐标为（﹣3，0）．过点B的直线绕点B逆时针方向旋转，过程中与y轴交于点C．过点A作AD⊥BC于点D，求在点C坐标由（0，）到（0，3）的过程中点D运动的路径长．

【考点】轨迹；坐标与图形变化﹣旋转．
【专题】圆的有关概念及性质；推理能力．
【分析】由题意可得点D在以O为圆心，OA为半径的圆上，利用锐角三角函数可求∠BOD'＝120°，∠BOD＝60°，可求∠DOD'＝60°，由弧长公式可求解．
【解答】解：∵点A的坐标为（3，0），点B的坐标为（﹣3，0），
∴OA＝OB＝3，
∵AD⊥BC，
∴∠ADB＝90°，
∴点D在以O为圆心，OA为半径的圆上，
如图，当点C'（0，）时，连接BC'交⊙O于点D'，

∵tan∠D'BO＝＝，
∴∠D'BO＝30°，
∵BO＝D'O，
∴∠BOD'＝120°，
∵tan∠CBO＝＝＝，
∴∠CBO＝60°，
∵BO＝DO，
∴∠BOD＝60°，
∴∠DOD'＝60°，
∵点C坐标由（0，）到（0，3），
∴点D的运动的路径长＝＝π．
【点评】本题考查了轨迹，圆的有关性质，等腰三角形的性质，求出∠DOD'＝60°是本题的关键．
3．（2021•金华模拟）桔槔俗称“吊杆”“称杆”，如图1，是我国古代农用工具，桔槔始见于（墨子•备城门），是一种利用杠杆原理的取水机械．如图2所示的是桔槔示意图，OM是垂直于水平地面的支撑杆，AB是杠杆，且AB＝5.4米，OA：OB＝2：1．当点A位于最高点时，∠AOM＝127°；当点A从最高点逆时针旋转54.5°到达最低点A1．（结果精确到0.1m；参考数据：sin37°≈0.6，sin17.5°≈0.3，tan37°≈0.8）
（1）求此时水桶B所经过的路径长；
（2）求此时水桶B上升的高度．

【考点】轨迹；解直角三角形的应用．
【专题】解直角三角形及其应用；运算能力．
【分析】（1）根据水桶B所经过的路径为圆心角度数为54.5度，半径为1.8米的弧长，代入计算即可；
（2）过O作EF⊥OM，过B作BC⊥EF于C，过B1作B1D⊥EF于D，在Rt△OBC中和在Rt△OB1D中，分别利用三角函数求出BC和B1D的长即可．
【解答】解：（1）∵AB＝5.4米，OA：OB＝2：1，
∴OB＝1.8米，
∴水桶B所经过的路径为圆心角度数为54.5度，半径为1.8米的弧长，
∴l＝≈1.7（米）；
（2）过O作EF⊥OM，过B作BC⊥EF于C，过B1作B1D⊥EF于D，
∵∠AOM＝127°，∠EOM＝90°，
∴∠AOE＝37°，
∴∠BOC＝∠AOE＝37°，∠B1OD＝∠A1OE＝17.5°，
∵OB1＝OB＝1.8（米），
在Rt△OBC中，BC＝sin∠OCB×OB＝sin37°×OB≈0.6×1.8＝1.08（米），
在Rt△OB1D中，B1D＝sin17.5°×OB1≈0.3×1.8＝0.54（米），
∴BC+B1D＝1.08+0.54≈1.6（米），

∴此时水桶B上升的高度为1.6米．
【点评】本题主要考查了解直角三角形的应用，弧长公式等知识，读懂题意，构造直角三角形是解题的关键．
4．（2021•江西模拟）图1是可折叠哑铃凳的示意图，其侧面可抽象成图2，E，F为固定支撑点，AB∥CD，M为CH的中点，点N在CB处滑动，使靠背CH可绕点C转动（100°≤∠DCH≤180°）．已知CH＝90cm，AD＝40cm，∠DAB＝70°．
（1）当∠DCH从最小角转动到最大角时，求点M运动的路径长．
（2）在点C转动过程中，求H点到地面l的最大距离．（结果精确到0.1 cm，参考数据：sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，tan 70°≈2.75，sin80°≈0.98，cos80°≈0.17，tan80°≈5.67，π≈3.14）

【考点】全等三角形的判定与性质；轨迹；解直角三角形的应用．
【专题】解直角三角形及其应用；推理能力．
【分析】（1）利用弧长公式求解即可．
（2）如图2中，当∠DCH＝80°时，点H到地面的距离最大．过点D作DT⊥AB于T，过点H作HT⊥AB于点J，交DC于点K．则四边形DTJK是矩形，求出KH，KJ，可得结论．
【解答】解：（1）∵100°≤∠DCH≤180°，
∴旋转角为180°﹣100°＝80°，
∵CM＝MH＝CH＝45（cm），
∴当∠DCH从最小角转动到最大角时，点M运动的路径长＝＝20π（cm）．

（2）如图2中，当∠DCH＝80°时，点H到地面的距离最大．
过点D作DT⊥AB于T，过点H作HT⊥AB于点J，交DC于点K．则四边形DTJK是矩形，

在Rt△ADT中，DT＝AD•sin70°＝37.6（cm），
在Rt△CKH中，KH＝CH•sin80°＝88.2（cm），
∴KJ＝DT＝37.6（cm），
∴HJ＝HK+KJ＝37.6+88.2＝125.8（cm），
∴在线段CH转动过程中，H点到地面l的最大距离为125.8cm．
【点评】本题考查轨迹，解直角三角形，弧长公式等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
5．（2021•寻乌县模拟）为了加强锻炼，王老师家里买了是一张多功能的哑铃凳，如图（1）所示，其侧面可抽象成图（2），MN为支撑杆，M为靠背CH的中点，点N可在CB上滑动，通过调节螺母可将点N固定在BC上六个孔位处，靠背CH随之绕点C转动，当点N位于点E处时∠DCH＝100°，当点N位于点F处时，CH∥AB，CH＝90cm，AD＝40cm，∠DAB＝70°，坐凳DC∥AB．
（1）当点N从点E滑动到点F处时，求点M运动的路径长．
（2）在CH转动的过程中，求点H到水平地面I的最大距离．
（结果精确到0.1cm．参考数据：sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，sin80°≈0.98，cos80°≈0.17，π≈3.14）

【考点】平行线的判定与性质；轨迹；解直角三角形的应用．
【专题】线段、角、相交线与平行线；解直角三角形及其应用；运算能力；应用意识．
【分析】（1）先根据点M为CH的中点，CH＝90cm，求出CM，再由当点N位于点E、F处求出∠DCH，即可得知点M运动的路径是以点为圆心，CM的长为半径，80°的圆心角所对的弧，再求出该弧长即可；
（2）当点N位于点E处时，点H到水平地面l的距离最大，在Rt△HCJ中解三角形求HJ，在Rt△ADK中解三角形求DK，即可得知H到水平地面I的最大距离．
【解答】（1）∵点M为CH的中点，CH＝90cm，
∴CM＝45cm．
∵当点N位于点E处时∠DCH＝100°，
当点N位于点F处时，CH∥AB，又CD∥AB，
∴此时∠DCH＝180°，
∴当点N从点E滑动到点F处时，点M运动的路径是以点为圆心，CM的长为半径，80°的圆心角所对的弧，
∴点M运动的路经长＝＝20π≈62.8（m）；

（2）当点N位于点E处时，点H到水平地面l的距离最大，
如图，过点D作DK⊥AB于点K，过点H作HJ⊥DC，交D的延长线于点J．

在Rt△HCJ中，HJ＝CHsin80°≈0.98x90＝88.2（cm），
在Rt△ADK中，DK＝ADsin70°≈0.94x40＝37.6（cm），
∴点H到水平地面l的最大距离＝HJ+DK＝88.2+37.6＝125.8（cm）．
【点评】本题主要考查了锐角三角函数的应用、弧长的计算，确定出M运动的路径以及分析出点N位于点E处时点H到水平地面l的距离最大是解决此题的关键．
6．（2021•滦州市一模）如图，在△AOB中，∠AOB＝90°，AO＝6，BO＝，以点O为圆心，以2为半径作优弧，交AO于点D，交BO于点E．点M在优弧上从点D开始移动，到达点E时停止，连接AM．

（1）当AM与优弧相切时，求线段AM的长；
（2）当MO∥AB时，求点M在优弧上移动的路线长及线段AM的长．
【考点】勾股定理；切线的性质；轨迹．
【专题】与圆有关的位置关系；与圆有关的计算；推理能力．
【分析】（1）在Rt△AMO 中，利用勾股定理直接计算即可：
（2）分MO在直线AO的左侧和MO在直线AO的右侧，分别画出图形，可求出点M运动的路径长和AM的长．
【解答】解：（1）∵AM与优弧相切，
∴∠AMO＝90°，
在Rt△AMO 中，由勾股定理得：
AM＝；
（2）在Rt△AOB中，
∵AO＝6，，
∴∠BOA＝60°∠OBA＝30°，
当MO∥AB时，
第一种情况：如图所示，

当MO在直线AO的左侧时，∠AOM＝60°，
，
过点M作MG⊥AO于点G，
在Rt△MOG中，，且OM＝2，
∴MG＝，OG＝1，AG＝5，
在Rt△AMG中，据勾股定理可知，；
第二种情况：如图所示，当MO在直线AO的右侧时，连接AM，

，
∵MO∥AB，
∴△OMH∽△BAH，

在Rt△AOH中，据勾股定理得：＝，
∴．
综上所述，点M运动的路径长为，AM＝2或点M的运动路径长为，AM＝2．
【点评】本题主要考查了切线的性质，弧长公式，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识，运用分类思想是解题的关键．
7．（2020•荆州）如图，将△ABC绕点B顺时针旋转60°得到△DBE，点C的对应点E恰好落在AB的延长线上，连接AD．
（1）求证：BC∥AD；
（2）若AB＝4，BC＝1，求A，C两点旋转所经过的路径长之和．

【考点】平行线的判定与性质；轨迹；旋转的性质．
【专题】平移、旋转与对称；与圆有关的计算；应用意识．
【分析】（1）只要证明∠CBE＝∠DAB＝60°即可，
（2）由题意，BA＝BD＝4，BC＝BE＝1，∠ABD＝∠CBE＝60°，利用弧长公式计算即可．
【解答】（1）证明：由题意，△ABC≌△DBE，且∠ABD＝∠CBE＝60°，
∴AB＝DB，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠DAB＝60°，
∴∠CBE＝∠DAB，
∴BC∥AD．

（2）解：由题意，BA＝BD＝4，BC＝BE＝1，∠ABD＝∠CBE＝60°，
∴A，C两点旋转所经过的路径长之和＝+＝．
【点评】本题考查轨迹，全等三角形的性质，等边三角形的判定，弧长公式等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
8．（2021•碑林区校级模拟）如图①，是某小轿车的侧面示意图，其中矩形ABCD表示该车的后备箱．在打开后备箱的过程中，箱盖ADE可以绕点A逆时针方向旋转，当旋转角为60°时，箱盖ADE落在了AD′E′的位置（如图②所示）．已知AD＝80cm，DE＝20cm，EC＝30cm．
（1）求点D′到BC的距离；
（2）求点E在旋转过程中经过的路线长．（结果保留根号和π）

【考点】矩形的性质；轨迹；旋转的性质．
【专题】动点型；矩形 菱形 正方形；与圆有关的计算；解直角三角形及其应用；推理能力．
【分析】（1）过点D′作D′H⊥BC，垂足为点H，交AD于点F，利用旋转的性质可得出AD′＝AD＝80厘米，∠DAD′＝60°，利用矩形的性质可得出∠AFD′＝∠BHD′＝90°，在Rt△AD′F中，通过解直角三角形可求出D′F的长，结合FH＝DC＝DE+CE及进而得出点D′到BC的距离；
（2）连接AE，AE′，EE′，利用旋转的性质可得出AE′＝AE，∠EAE′＝60°，进而可得出△AEE′是等边三角形，利用等边三角形的性质可得出EE′＝AE，在Rt△ADE中，利用勾股定理可求出AE的长度，结合EE′＝AE可得出E、E′两点的距离．
【解答】解：（1）过点D′作D′H⊥BC，垂足为点H，交AD于点F，如图3所示．
由题意，得：AD′＝AD＝80厘米，∠DAD′＝60°．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠AFD′＝∠BHD′＝90°．
在Rt△AD′F中，D′F＝AD′•sin∠DAD′＝80×sin60°＝40（厘米）．
又∵CE＝430厘米，DE＝20厘米，
∴FH＝DC＝DE+CE＝50厘米，
∴D′H＝D′F+FH＝（40+50）厘米．
∴点D′到BC的距离＝（40+50）厘米，
答：点D′到BC的距离为（40+50）厘米．
（2）连接AE，AE′，EE′，如图4所示．
由题意，得：AE′＝AE，∠EAE′＝60°，
∴△AEE′是等边三角形，
∴EE′＝AE．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADE＝90°．
在Rt△ADE中，AD＝80厘米，DE＝20厘米，
∴AE＝＝＝20（厘米），
∴的长＝＝π（厘米）．
答：点E在旋转过程中经过的路线长π厘米．


【点评】本题考查了解直角三角形的应用、矩形的性质、等边三角形的判定与性质以及勾股定理，解题的关键是：（1）通过解直角三角形求出D′F的长度；（2）利用勾股定理求出AE的长度．
9．（2019•惠山区二模）如图，已知矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，P是线段BC上的一动点．
（1）请用不带刻度的直尺和圆规，按下列要求作图：（不要求写作法，但保留作图痕迹），在CD边上确定一点E，使得∠DEP+∠APB＝180°；
（2）在（1）的条件下，点P从点B移动到点C的过程中，对应点E随之运动，则移动过程中点E经过的总路程长为 ．

【考点】矩形的性质；作图—复杂作图；轨迹．
【专题】作图题；动点型；矩形 菱形 正方形．
【分析】（1）过点P作PE⊥PA交CD于E，点E即为所求．
（2）设PB＝x，EC＝y，利用相似三角形的性质构建二次函数，利用二次函数的性质解决问题即可．
【解答】解：（1）如图点E即为所求．


（2）设PB＝x，EC＝y，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝3，BC＝AD＝5，∠B＝∠C＝90°，
∵∠APE＝90°，
∴∠APB+∠EPC＝90°，∠EPC+∠PEC＝90°，
∴∠APB＝∠PEC，
∴△ABP∽△PCE，
∴＝，
∴＝，
∴y＝﹣x2+＝﹣（x﹣）2+，
∵﹣＜0，
∴x＝时，y有最大值，最大值为，
观察图象可知：当点P从B运动到C时，CE的值从0增加到，然后逐渐减小到0，
∴点E的运动路径的长＝2×＝，
故答案为．
【点评】本题考查轨迹，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，二次函数的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
10．（2018•贵阳）如图，AB为⊙O的直径，且AB＝4，点C在半圆上，OC⊥AB，垂足为点O，P为半圆上任意一点（不与点C重合），过P点作PE⊥OC于点E，设△OPE的内心为M，连接OM、PM．
（1）求∠OMP的度数；
（2）当点P在半圆上从点B运动到点A时，求内心M所经过的路径长．

【考点】勾股定理；垂径定理；圆周角定理；三角形的内切圆与内心；轨迹．
【专题】压轴题．
【分析】（1）先判断出∠MOP＝∠MOC，∠MPO＝∠MPE，再用三角形的内角和定理即可得出结论；
（2）分两种情况，当点M在扇形BOC和扇形AOC内，先求出∠CMO＝135°，进而判断出点M的轨迹，再求出∠OO'C＝90°，最后用弧长公式即可得出结论．
【解答】解：
（1）∵△OPE的内心为M，
∴∠MOP＝∠MOC，∠MPO＝∠MPE，
∴∠PMO＝180°﹣∠MPO﹣∠MOP＝180°﹣（∠EOP+∠OPE），
∵PE⊥OC，即∠PEO＝90°，
∴∠PMO＝180°﹣（∠EOP+∠OPE）＝180°﹣（180°﹣90°）＝135°，

（2）如图，∵OP＝OC，OM＝OM，
而∠MOP＝∠MOC，
∴△OPM≌△OCM，
∴∠CMO＝∠PMO＝135°，
所以点M在以OC为弦，并且所对的圆周角为135°的两段劣弧上（和）；
点M在扇形BOC内时，
过C、M、O三点作⊙O′，连O′C，O′O，
在优弧CO取点D，连DC，DO，
∵∠CMO＝135°，
∴∠CDO＝180°﹣135°＝45°，
∴∠CO′O＝90°，而OA＝2，
∴O′O＝OC＝×2＝，
∴弧OMC的长＝＝π，
同理：点M在扇形AOC内时，同①的方法得，弧ONC的长为π，
所以内心M所经过的路径长为2×π＝π．

【点评】本题考查了弧长的计算公式：l＝，其中l表示弧长，n表示弧所对的圆心角的度数．同时考查了三角形内心的性质、三角形全等的判定与性质、圆周角定理和圆的内接四边形的性质，解题的关键是正确寻找点M的运动轨迹，属于中考选择题中的压轴题．

考点卡片
1．平行线的判定与性质
（1）平行线的判定是由角的数量关系判断两直线的位置关系．平行线的性质是由平行关系来寻找角的数量关系．
（2）应用平行线的判定和性质定理时，一定要弄清题设和结论，切莫混淆．
（3）平行线的判定与性质的联系与区别
区别：性质由形到数，用于推导角的关系并计算；判定由数到形，用于判定两直线平行．
联系：性质与判定的已知和结论正好相反，都是角的关系与平行线相关．
（4）辅助线规律，经常作出两平行线平行的直线或作出联系两直线的截线，构造出三类角．
2．全等三角形的判定与性质
（1）全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
（2）在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．
3．勾股定理
（1）勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．
如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2．
（2）勾股定理应用的前提条件是在直角三角形中．
（3）勾股定理公式a2+b2＝c2 的变形有：a＝，b＝及c＝．
（4）由于a2+b2＝c2＞a2，所以c＞a，同理c＞b，即直角三角形的斜边大于该直角三角形中的每一条直角边．
4．勾股定理的逆定理
（1）勾股定理的逆定理：如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2＝c2，那么这个三角形就是直角三角形．
说明：
①勾股定理的逆定理验证利用了三角形的全等．
②勾股定理的逆定理将数转化为形，作用是判断一个三角形是不是直角三角形．必须满足较小两边平方的和等于最大边的平方才能做出判断．
（2）运用勾股定理的逆定理解决问题的实质就是判断一个角是不是直角．然后进一步结合其他已知条件来解决问题．
注意：要判断一个角是不是直角，先要构造出三角形，然后知道三条边的大小，用较小的两条边的平方和与最大的边的平方比较，如果相等，则三角形为直角三角形；否则不是．
5．矩形的性质
（1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．
（2）矩形的性质
①平行四边形的性质矩形都具有；
②角：矩形的四个角都是直角；
③边：邻边垂直；
④对角线：矩形的对角线相等；
⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点．
（3）由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
6．矩形的判定与性质
（1）关于矩形，应从平行四边形的内角的变化上认识其特殊性：一个内角是直角的平行四边形，进一步研究其特有的性质：是轴对称图形、内角都是直角、对角线相等．同时平行四边形的性质矩形也都具有．
在处理许多几何问题中，若能灵活运用矩形的这些性质，则可以简捷地解决与角、线段等有关的问题．
（2）下面的结论对于证题也是有用的：①△OAB、△OBC都是等腰三角形；②∠OAB＝∠OBA，∠OCB＝∠OBC；③点O到三个顶点的距离都相等．

7．垂径定理
（1）垂径定理
垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．
（2）垂径定理的推论
推论1：平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧．
推论2：弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧．
推论3：平分弦所对一条弧的直径，垂直平分弦，并且平分弦所对的另一条弧．
8．圆周角定理
（1）圆周角的定义：顶点在圆上，并且两边都与圆相交的角叫做圆周角．
注意：圆周角必须满足两个条件：①顶点在圆上．②角的两条边都与圆相交，二者缺一不可．
（2）圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．
推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．
（3）在解圆的有关问题时，常常需要添加辅助线，构成直径所对的圆周角，这种基本技能技巧一定要掌握．
（4）注意：①圆周角和圆心角的转化可通过作圆的半径构造等腰三角形．利用等腰三角形的顶点和底角的关系进行转化．②圆周角和圆周角的转化可利用其“桥梁”﹣﹣﹣圆心角转化．③定理成立的条件是“同一条弧所对的”两种角，在运用定理时不要忽略了这个条件，把不同弧所对的圆周角与圆心角错当成同一条弧所对的圆周角和圆心角．
9．切线的性质
（1）切线的性质
①圆的切线垂直于经过切点的半径．
②经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点．
③经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心．
（2）切线的性质可总结如下：
如果一条直线符合下列三个条件中的任意两个，那么它一定满足第三个条件，这三个条件是：①直线过圆心；②直线过切点；③直线与圆的切线垂直．
（3）切线性质的运用
由定理可知，若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．简记作：见切点，连半径，见垂直．
10．三角形的内切圆与内心
（1）内切圆的有关概念：
与三角形各边都相切的圆叫三角形的内切圆，三角形的内切圆的圆心叫做三角形的内心，这个三角形叫做圆的外切三角形．三角形的内心就是三角形三个内角角平分线的交点．
（2）任何一个三角形有且仅有一个内切圆，而任一个圆都有无数个外切三角形．
（3）三角形内心的性质：
三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角．
11．作图—复杂作图
复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．
解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．
12．轨迹
13．旋转的性质
（1）旋转的性质：
①对应点到旋转中心的距离相等． ②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角． ③旋转前、后的图形全等． （2）旋转三要素：①旋转中心； ②旋转方向； ③旋转角度． 注意：三要素中只要任意改变一个，图形就会不一样．
14．坐标与图形变化-旋转
（1）关于原点对称的点的坐标
P（x，y）⇒P（﹣x，﹣y）
（2）旋转图形的坐标
图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°．
15．解直角三角形的应用
（1）通过解直角三角形能解决实际问题中的很多有关测量问．
如：测不易直接测量的物体的高度、测河宽等，关键在于构造出直角三角形，通过测量角的度数和测量边的长度，计算出所要求的物体的高度或长度．
（2）解直角三角形的一般过程是：
①将实际问题抽象为数学问题（画出平面图形，构造出直角三角形转化为解直角三角形问题）．
②根据题目已知特点选用适当锐角三角函数或边角关系去解直角三角形，得到数学问题的答案，再转化得到实际问题的答案．