海南省2021年中考数学试卷（解析版）

海南省 2021 年初中学业水平考试数学一、选择题（本大题满分 36 分，每小题 3 分）在下列各题的四个备选答案中，有且只有一个是正确的，请在答题卡上把你认为正确的答案的字母代号按要求用 2B 铅笔涂黑． 5 1. A. 的相反数是（　　　） 15B. C. D. 5-5 5 D【答案】【解析】【分析】根据相反数的定义解答即可．的5 【详解】解：相反数是 5．故选：D．【点睛】本题考查了相反数的定义，属于应知应会题型，熟知概念是关键． 2. 下列计算正确的是（）3D. a2  a5 a3  a3  a6 2a3  a3 1 a2 a3  a5 A. B. C. C【答案】【解析】【分析】根据合并同类项、同底数幂的乘法、幂的乘方逐项判断即可得． 33【详解】A、 3 ，此项错误，不符题意； a  a  2a 33B、 C、 D、 3 ，此项错误，不符题意； 2a  a  a 5 ，此项正确，符合题意；，此项错误，不符题意； 23a a  a 3a2  a6 故选：C．【点睛】本题考查了合并同类项、同底数幂的乘法、幂的乘方，熟练掌握各运算法则是解题关键． 3. 下列整式中，是二次单项式的是（）C. x2 y D. x2 1 xy A. B. 3x B【答案】【解析】【分析】根据单项式的定义、单项式次数的定义逐项判断即可得． 2【详解】A、是多项式，此项不符题意； x 1 xy B、是二次单项式，此项符合题意； 2C、 D、是三次单项式，此项不符题意；是一次单项式，此项不符题意； x y 3x 故选：B．【点睛】本题考查了单项式，熟记定义是解题关键． 4. 天问一号于 2020 年 7 月 23 日在文昌航天发射场由长征五号遥四运载火箭发射升空，于 2021 年 5 月 15 日在火星成功着陆，总飞行里程超过 450000000 千米．数据 450000000 用科学记数法表示为（）450106 45107 4.5108 4.5109 A. B. C. D. C【答案】【解析】【分析】根据科学记数法的定义即可得．【详解】解：科学记数法：将一个数表示成 nn，为整数，这种记数的方法 1 a 10 的形式，其中 a  10 叫做科学记数法， 8则，450000000  4.510 故选：C．【点睛】本题考查了科学记数法，熟记定义是解题关键． 5. 如图是由 5 个大小相同的小正方体组成的几何体，则它的主视图是（）A. B. C. D. B【答案】【解析】【分析】根据主视图的定义即可得．【详解】解：主视图是指从正面看物体所得到的视图，此几何体的主视图是，故选：B．【点睛】本题考查了主视图，熟记定义是解题关键． 6. 在一个不透明的袋中装有 5 个球，其中 2 个红球，3 个白球，这些球除颜色外无其他差别，从中随机摸出 1 个球，摸出红球的概率是（）23152535A. B. C. D. C【答案】【解析】的【分析】根据简单事件概率计算公式即可得．【详解】解：由题意得：从不透明的袋中随机摸出 1 个球共有 5 种等可能性的结果，其中，摸出红球的结果有 2 种， 2则从中随机摸出 1 个球，摸出红球的概率是故选：C．，5【点睛】本题考查了求概率，熟练掌握概率公式是解题关键． (2,0) ，则点 C 的坐标 (0,2) 7. 如图，点都在方格纸的格点上，若点 A 的坐标为，点 B 的坐标为 A、B、C 是（）(2,2) (1,2) (1,1) (2,1) D. A. B. C. D【答案】【解析】 A, B 【分析】根据点的坐标建立平面直角坐标系，由此即可得出答案． A, B 【详解】解：由点的坐标建立平面直角坐标系如下： (2,1) 则点的坐标为 C，故选：D．【点睛】本题考查了求点的坐标，正确建立平面直角坐标系是解题关键． 28. 用配方法解方程，配方后所得的方程是（）x  6x  5  0 A. (x  3)2  4 B. (x 3)2  4 C. (x  3)2  4 D. (x  3)2  4 D【答案】【解析】【分析】直接利用配方法进行配方即可． 2【详解】解： x  6x  5  0 x2  23x  32  5 32 2x 3  4 D故选：．【点睛】本题考查了配方法，解决本题的关键是牢记配方法的步骤，本题较基础，考查了学生对基础知识的掌握与基本功等． 19. AB 如图，已知 a / /b ，直线与直线分别交于点，分别以点为圆心，大于的长为半径 la、b A、B A、B 2ACB 画弧，两弧相交于点，作直线，交直线 b 于点 C，连接，若，则的度数 M、N MN AC 1 40 是（）A. B. C. D. 105 100 90 95 C【答案】【解析】【分析】根据题意可得直线三角形中等边对等角，可得是线段 AB 的垂直平分线，进而可得，利用平行线的性质及等腰．MN CB  AC ，所以可求得 CAB  CBA  40 ACB 100 1AB 【详解】∵已知分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点，作直线，A、B M、N MN 2交直线 b 于点 C，连接，AC ∴直线垂直平分线段 AB， MN ∴∵∴∴∴，CB  AC ，a / /b 1 40 ，，CBA  1 40 CAB  CBA  40 ACB 180 CBA CAB 100 ，．故选：C．【点睛】题目主要考查线段垂直平分线的作法及性质、平行线的性质等，根据题意得出直线垂直平分 MN 线段 AB 是解题关键． 10. O O 如图，四边形是的内接四边形， BE 是的直径，连接．若 BCD  2BAD ，则 AE ABCD 的度数是（）DAE 30° A. B. 35 C. D. 45 60 A【答案】【解析】 BAD  60 【分析】先根据圆内接四边形的性质可得，再根据圆周角定理可得 BAE  90 ，然后根据角的和差即可得． 【详解】解：四边形 O 是的内接四边形， ABCD ，BCD  BAD 180 BCD  2BAD ，1BAD  180  60 ，3O BE 是的直径，，BAE  90 ，DAE  BAE  BAD  90 60  30 故选：A．【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理，熟练掌握圆内接四边形的性质是解题关键． 11. 如图，在菱形中，点分别是边 BC、CD 的中点，连接 AE、AF、EF ．若菱形 E、F ABCD ABCD 的面积为 8，则的面积为（）AEF A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 B【答案】【解析】 AC, BD 【分析】连接，相交于点，交于点 G，先根据菱形的性质可得 OAC EF 11AC  BD,OA  OC, AC  BD  8 EF//BD, EF  BD ，再根据三角形中位线定理可得，然后根据相 22CG CF 123AG  AC 似三角形的判定与性质可得得．，从而可得，最后利用三角形的面积公式即可 OC CD 4AC, BD 【详解】解：如图，连接，相交于点，交G于点， OAC EF 四边形是菱形，且它的面积为 8， ABCD 1 AC  BD,OA  OC, AC  BD  8 ，2点分别是边 BC、CD 的中点， E、F 11EF//BD, EF  BD,CF  CD ，22，EF  AC CFG CDO ，CG CF 1，OC CD 211CG  OC  AC ，243 AG  AC 4，121 1 33EF  AG   BD AC  8  3 则的面积为，AEF 2 2 48故选：B．【点睛】本题考查了菱形的性质、三角形中位线定理、相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握菱形的性质是解题关键． 12. 李叔叔开车上班，最初以某一速度匀速行驶，中途停车加油耽误了几分钟，为了按时到单位，李叔叔在不违反交通规则的前提下加快了速度，仍保持匀速行驶，则汽车行驶的路程 y（千米）与行驶的时间 t（小时）的函数关系的大致图象是（）A. B. C. D. B【答案】【解析】 y【分析】根据“路程速度时间”可得与之间的函数关系式，再根据加完油后，加快了速度可得后面 t的一次函数的一次项系数更大，图象更陡，由此即可得． vvv  v  0 【详解】解：设最初的速度为 1 千米/小时，加快了速度后的速度为 2 千米/小时，则，21y  v t 由题意得：最初以某一速度匀速行驶时，，1y加油几分钟时，保持不变， y  v t  a 加完油后，，2v  v ，21y  v t  a y  v t 函数的图象比函数的图象更陡， 21观察四个选项可知，只有选项 B 符合，故选：B．【点睛】本题考查了一次函数的图象，熟练掌握一次函数图象的特征是解题关键．二、填空题（本大题满分 16 分，每小题 4 分，其中第 16 小题每空 2 分） x 1 x  2 13.  0 分式方程的解是____．【答案】【解析】 x 1 【分析】先将分式方程化为整式方程，再解方程即可得． x 1  0 【详解】解：，x  2 方程两边同乘以 x  2 得，，x 1 0 解得，x 1 经检验，是原方程的解， x 1 故答案为：．x 1 【点睛】本题考查了解分式方程，熟练掌握方程的解法是解题关键． 3A 1, y , B 3, y 1  y  y的图象上，则 ____ 2 （填“＞”“＜”或“＝”）． y14. 若点 2  在反比例函数 1x【答案】> 【解析】【分析】根据反比例函数的增减性即可得． 3【详解】解：反比例函数 y  中的，k  3  0 xyx随的增大而减小， 在内， x  0 3又A 1, y , B 3, y y  点1  2  在反比例函数的图象上，且，3 1 0 x y1  y2 ，故答案为：．【点睛】本题考查了反比例函数的性质，熟练掌握反比例函数的增减性是解题关键． 15. ABC  90,A  30 ，则顶点 A 的坐如图，ABC 的顶点 B、C 的坐标分别是，且 (1,0)、(0, 3) 标是_____．【答案】 (4, 3) 【解析】【分析】根据的坐标求得 BC 的长度,CBO  60 ，利用30 度角所对的直角边等于斜边的一半， B、C 求得的长度，即点 A的横坐标，易得 A轴，则的纵坐标即的纵坐标． AC AC//x C【详解】的坐标分别是 B、C (1,0)、(0, 3) BC  12  ( 3)2  2 OC tan CBO  CBO  60  3 OB ABC  90,A  30 ACB  60, AC  2BC  4 轴 AC//x ． A (4, 3) 故答案为：．(4, 3) 【点睛】本题考查了含 30°角的直角三角形，用到的知识点有特殊角的三角函数，在直角三角形中，30 度角所对的直角边等于斜边的一半，熟记特殊角的三角函数是解题的关键．，将此矩形折叠，使点 C 与点 A 重合，点 D 落在点  处， AB  6, AD  8 16. 如图，在矩形中， ABCD D折痕为，则 的长为____， 的长为____． DD EF AD 14 ②. ①. 【答案】【解析】 65【分析】由折叠得，，，设 DF=x，则 AF=8-x，，由勾股定理得 AD  CD  6 D F  x D F  DF 7425 442 ¢作D H  AF  DF= ，，过 ，过D 作 DM⊥ 于 M ，根据面积法可得 AD ，DD H  AF 25 56 192 42 D M DM  AM  ，再由勾股定理求出；，根据线段的和差求出，最后由勾股定理求出 25 14 25 25 DD  5【详解】解：∵四边形 ABCD 是矩形， ∴CD=AB=6， 由折叠得，，AD  CD  6 D F  DF 设 DF=x，则 AF=8-x， D F  x 又AD F  ADC 22222 Rt 在中， 2 ，即 (8 x)  6  x AD F AF  AD  D F 77x  解得，，即 DF= 44725 AF  8  ∴过44¢D作，过 D 作 DM⊥ 于 M， D H  AF AD 121  SAF·D H  AD ·D F ∵∴∵∴AD’F 225 4742 25  D H  6 D H  ，解得， 411SADD H  AD DM ADD 2242 25 56 8  6DM DM  ，解得， 25 56 192 25 22AM  AD  DM  64  ( )2  ∴∴∴25 192 25 42 25 D M AM  AD   6  42 562 14 5DD  D M DM  ( )2  ( )  22；25 25 14 故答案为：6；．5【点睛】此题主要考查了矩形的折叠问题，勾股定理等知识，正确作出辅助线构造直角三角形运用勾股定理是解答此题的关键．三、解答题（本大题满分 68 分） 31 17. （1）计算：；2  | 3| 3 25 5 2x  6, （2）解不等式组并把它的解集在数轴（如图）上表示出来．  x 1 x 1 .26【答案】（1）；（2） 3  x  2．解集在数轴上表示见解析． 8【解析】【分析】（1）先计算有理数的乘方、化简绝对值、算术平方根、负整数指数幂，再计算有理数的混合运算即可得；（2）先求出两个不等式的解，再找出它们的公共部分即为不等式组的解集，然后在数轴上表示出来即可． 23  3 3 25 51 【详解】解：（1），1 8 335 ，5， 8 11 ； 8 2x  6① （2），，x 1 x 1 ②26解不等式①得： x  3 解不等式②得： x  2 ，则这个不等式组的解集是 3  x  2 ．解集在数轴上表示如下：【点睛】本题考查了有理数的乘方、算术平方根、负整数指数幂、解一元一次不等式组，熟练掌握各运算法则和不等式组的解法是解题关键． 18. 为了庆祝中国共产党成立 100 周年，某校组织了党史知识竞赛，学校购买了若干副乒乓球拍和羽毛球拍对表现优异的班级进行奖励．若购买 2 副乒乓球拍和 1 副羽毛球拍共需 280 元；若购买 3 副乒乓球拍和 2 副羽毛球拍共需 480 元．求 1 副乒乓球拍和 1 副羽毛球拍各是多少元？【答案】1 副乒乓球拍 80 元，1 副羽毛球拍 120 元．【解析】 11【分析】根据题意设副乒乓球拍和副羽毛球拍的单价，列出二元一次方程组求解即可．【详解】设 1 副乒乓球拍 x 元，1 副羽毛球拍 y 元，依题意得 2x  y  280, 3x  2y  480. x  80, 解得 y 120. 答：1 副乒乓球拍 80 元，1 副羽毛球拍 120 元．【点睛】本题考查了列二元一次方程组解决实际问题，解题的关键是读懂题意，找出相等关系，本题等量关系较明显，属于基础题，考查了学生对基础知识的理解与运用等． 19. 根据 2021 年 5 月 11 日国务院新闻办公室发布的《第七次全国人口普查公报》，就我国 2020 年每 10 万人中，拥有大学（指大专及以上）、高中（含中专）、初中、小学、其他等文化程度的人口（以上各种受教育程度的人包括各类学校的毕业生、肄业生和在校生）受教育情况数据，绘制了条形统计图（图 1）和扇形统计图（图 2）．根据统计图提供的信息，解答下列问题： a  （1） ______，b  _______；（2）在第六次全国人口普查中，我国 2010 年每 10 万人中拥有大学文化程度的人数约为 0.90 万，则 2020 年每 10 万人中拥有大学文化程度的人数与 2010 年相比，增长率是______%（精确到）； 0.1% （3）2020 年海南省总人口约 1008 万人，每 10 万人中拥有大学文化程度的人数比全国每 10 万人中拥有大学文化程度的人数约少 0.16 万，那么全省拥有大学文化程度的人数约有______万（精确到 1 万）．【答案】（1）3.45，1.01；（2）72.2；（3）140．【解析】 a【分析】（1）先利用 10 乘以拥有初中文化程度的百分比可得的值，再利用10 减去拥有大学、高中、初中、小学文化程度的人数可得的值； b（2）利用与1.55 0.90 之差除以即可得； 0.90 （3）利用 1008 乘以海南省拥有大学文化程度的人数所占百分比即可得．【详解】解：（1），a 1034.5%  3.45 ，b 10 1.551.513.45 2.48 1.01 1.01 ；故答案为：3.45 ，1.55 0.90 100%  72.2% （2），0.90 即 2020 年每 10 万人中拥有大学文化程度的人数与 2010 年相比，增长率约为，72.2% 72.2 故答案为：；1.55 0.16 1008 100% 140 （3）（万）， 10 即全省拥有大学文化程度的人数约有 140 万，故答案为：140．【点睛】本题考查了条形统计图和扇形统计图的信息关联，熟练掌握统计调查的相关知识是解题关键． 20. 如图，在某信号塔的正前方有一斜坡，坡角，斜坡的顶端 C 与塔底 B 的距离 CD CDK  30 AB BC  8 米，小明在斜坡上的点 E 处测得塔顶 A 的仰角米，且 AEN  60，CE  4 BC / /NE / /KD, AB  BC A, B,C, D, E, K, N 在同一平面内）．（点（1）填空： BCD _______度， ______度； AEC  （2）求信号塔的高度（结果保留根号）． AB 【答案】（1）；（2）信号塔的高度为AB (8 3 4) 米． 150，30 【解析】的【分析】（1）根据平行线性质即可求得BCD ，通过 2 个角的差即可求出； AEC （2）延长交于点 F，通过解直角三角形，分别求出 EF、BF 、的长度即可求解． AF EN AB BC//KD,CDK  30 【详解】（1） BCD 18030 150 AEN  60,CEN  CDK  30 AEC  30 （2）如图，延长交于点 F，则，过点 C 作，垂足为 G． EN CG  EF AB EF  AF CGE  AFE  90, GF  BC, BF  CG 则， NE / /KD CEF  CDK  30 在中， Rt△CGE CE  4, CEG  30 ，CG  2, EG  2 3 BC  8 EF  EG  GF  EG  BC  2 38 在RtAFE 中，，AEF  60  AF  EF tan AEF  (2 38)tan 60  6 8 3  AB  AF  BF  AF CG  6 8 3 2  8 3 4 答：信号塔的高度为AB (8 3 4) 米．【点睛】本题考查平行线的性质，解直角三角形应用，勾股定理的应用，掌握锐角三角函数的定义与勾股定理性质是解题关键． 21. 如图 1，在正方形中，点 E 是边 BC 上一点，且点 E 不与点重合，点 F 是 B、C 的延长线 ABCD BA 上一点，且．AF  CE （1）求证：；DCE≌DAF （2）如图 2，连接，交于点 K，过点 D 作，垂足为 H，延长交DH BF 于点 G，连接 EF AD DH  EF HB, HC ．①求证：；HD  HB ②若，求的长． HE DK  HC  2 【答案】（1）见解析；（2）①见解析；② 【解析】．HE 1 【分析】（1）直接根据 SAS 证明即可；（2）①根据（1）中结果及题意，证明△DFE 为等腰直角三角形，根据直角三角形斜边上的中线即可证明；②根据已知条件，先证明，再证明，然后根据等腰直角三角 DCH≌BCH DKF∽HEC HD  HB 形的性质即可求出的长． HE 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ABCD CD  AD, DCE  DAF  90 ．又，CE  AF ．DCE≌DAF （2）①证明；由（1）得，DCE≌DAF DE  DF, CDE  ADF ．．FDE  ADF  ADE  CDE  ADE  ADC  90 为等腰直角三角形． DFE 又，DH  EF 点 H 为的中点． EF 1HD  EF ．2同理，由是HB Rt△EBF 斜边上的中线得， 1HB  EF ．2HD  HB ．②∵四边形是正方形， ABCD CD  CB ．HD  HB, CH  CH 又，．DCH≌BCH ．DCH  BCH  45 又为等腰直角三角形，．DEF DFE  45 HCE  DFK ．四边形是正方形， ABCD  AD / /BC ．．DKF  HEC ．DKF∽HEC DK DF ．HE HC ．DK  HC  DF  HE 又∵在等腰直角三角形中， DFH DF  2HF  2HE 2．DK  HC  DF  HE  2HE  2 ．HE  1 【点睛】本题主要考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线以及等腰直角三角形的性质，熟知图形的性质与判定是解决本题的关键． 922. y  ax2  x  c (1,0) 、点 C 已知抛物线与 x 轴交于两点，与 y 轴交于 C 点，且点 A 的坐标为 A、B 4(0,3) 的坐标为．（1）求该抛物线的函数表达式；（2）如图 1，若该抛物线的顶点为 P，求PBC 的面积；（3）如图 2，有两动点 D、E 在△COB 的边上运动，速度均为每秒 1 个单位长度，它们分别从点 C 和点 B 同时出发，点 D 沿折线按COB C  O  B 方向向终点 B 运动，点 E 沿线段 BC 按B  C 方向向终点 C 运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设运动时间为 t 秒，请解答下列问题： 33 ①当 t 为何值时，的面积等于；BDE 10 ②在点 D、E 运动过程中，该抛物线上存在点 F，使得依次连接是平行四边形，请直接写出所有符合条件的点 F 的坐标．得到的四边形 AD、DF、FE、EA ADFE 3945 33 7  5 时， y  x2  x  3 【答案】（1）；（2） PBC 的面积为 8；（3）①当或t  t  442210 13 33 ,(3,3) ．SBDE ；②点 F 的坐标为或3 6 10 【解析】 A(1,0),C(0,3) 【分析】（1）直接将两点坐标代入解析式中求出 a 和 c 的值即可；（2）先求出顶点和 B 点坐标，再利用割补法，将所求三角形面积转化为与其相关的图形的面积的和差关系 S SOPC  SOPB  SOBC 即可，如图，；PBC （3）①先求出 BC 的长和 E 点坐标，再分两种情况讨论，当点 D 在线段 CO上运动时的情况和当点 D 在线上运动情况，利用面积已知得到关于 t 的一元二次方程，解 t 即可；段OB ②分别讨论当点 D 在线段 CO上运动时的情况和当点 D 在线段上的情况，利用平行四边形的性质和平 OB 移的知识表示出 F 点的坐标，再代入抛物线解析式中计算即可． 9y  ax2  x  c A(1,0),C(0,3) 【详解】（1）∵抛物线经过两点， 49a  c  0, 4c  3. 3a  , 解得 4c  3. 39y  x2  x  3 该地物线的函数表达式为 4423933275 16 2（2）∵抛物线，y  x  x  3  x  4443 75 ,∴抛物线的顶点 P 的坐标为．2 16 39 y  x2  x  3 ，解得： x 1, x2 4， y  0 ，令 144(4,0), OB  4 点的坐标为．B 如图 4-1，连接，则 OP SPBC  SOPC  SOPB  SOBC 111 OC  xp  OB yp  OBOC 22213 1 75 1  3  4 43 22 2 16 29475 8 6 45 845 8△PBC 的面积为．（3）①∵在OBC 中，．BC  OC  OB 当动点 E 运动到终点 C 时，另一个动点 D 也停止运动． OC  3, OB  4 ，22∴在中，．Rt△OBC BC  OB  OC  5 0  t  5 当运动时间为 t 秒时，如图 4-2，过点 E 作，BE  t 轴，垂足为 N，则．EN  x BEN∽BCO BN EN BE t．．BO CO BC 543BN  t, EN  t 554 3 4  t, t 5 5 ∴点 E 的坐标为．下面分两种情形讨论： i．当点 D 在线段 CO 上运动时， 0  t  3 ．(0,3t) 此时CD  t ，点 D 的坐标为．SBDE  SBOC  SCDE  SBOD 111 BOCO  CD xE  OBOD 22211412 43 t  4  t  4(3t) 2252 t2 533 2533 10 St2  当时，．BDE 10 33 33 2解得（舍去），．t1   t2   3 233 ．t  213  t  5, BD  7 t S ， BD EN ii．如图 4-3，当点 D 在线段上运动时，．OB BDE 213 (7 t) t 25321 10  t2  t．10 33 10 S当时， BDE 321 33 t2  t  10 10 10 7  5 7  5 解得又．t3  , t4   3 22，3  t  5 7  5 ．t  233 10 33 7  5 S综上所述，当或时， t  t  BDE 22②如图 4-4，当点 D 在线段 CO上运动时，；0  t  3 4 3 A(1,0), D 0,3t , E 4  t, t ∵，5 5 当四边形 ADFE 为平行四边形时， AE 可通过平移得到 EF， 3 t ∵A 到 D 横坐标加 1，纵坐标加，42F 5 t,3 t ∴∴，552 3449442，5 t 5 t  3  3 t 5552化简得：，24t  230t  375  0 15 25 t  3,t2  ∴∴，1225 12 t  ，12 10 13 ,F∴;3 6 如图 4-5，当点 D 在线段 AE 可通过平移得到 EF，上运动时， OB 4 3 A(1,0), D t3,0 ,E 4  t, t ∵，5 5 t  2 ∵A 到 D 横坐标加 ，纵坐标不变， 153t  2, t 5F∴，2 3 1 9 1 3∴t  2 t  2  3  t 4 5 4 5 5t  30,t  5 ∴，12因为 0  t  5 ，∴∴，t  5 F 3,3 ，10 13 ,(3,3) ．综上可得，F 点的坐标为或3 6 【点睛】本题综合考查了抛物线的图像与性质、相似三角形的判定与性质、已知顶点坐标求三角形面积、平行四边形的判定与性质、平移的性质、勾股定理等内容，解决本题的关键是牢记相关概念与公式，本题对学生的综合思维能力、分析能力以及对学生的计算能力都要求较高，考查了学生利用平面直角坐标系解决问题的能力，本题蕴含了数形结合与分类讨论的思想方法等．