2021-2023三年浙江省绍兴市中考数学真题分类汇编-02填空题知识点分类(含答案)

这是一份2021-2023三年浙江省绍兴市中考数学真题分类汇编-02填空题知识点分类(含答案)，共18页。试卷主要包含了因式分解，分解因式，方程的解是 　 　等内容，欢迎下载使用。

浙江省绍兴市2021-2023三年中考数学真题分类汇编-02填空题知识点分类
一．因式分解-提公因式法（共2小题）
1．（2023•绍兴）因式分解：m2﹣3m＝　 　．
2．（2022•绍兴）分解因式：x2+x＝　 　．
二．因式分解-运用公式法（共1小题）
3．（2021•绍兴）分解因式：x2+2x+1＝　 　．
三．一元一次方程的应用（共1小题）
4．（2022•绍兴）元朝朱世杰的《算学启蒙》一书记载：“良马日行二百四十里，驽马日行一百五十里，驽马先行一十二日，问良马几何追及之．”其题意为：“良马每天行240里，劣马每天行150里，劣马先行12天，良马要几天追上劣马？”答：良马追上劣马需要的天数是 　 　．
四．二元一次方程组的应用（共1小题）
5．（2021•绍兴）我国明代数学读本《算法统宗》有一道题，其题意为：客人一起分银子，若每人7两，还剩4两；若每人9两，则差8两．银子共有 　 　两．
五．解分式方程（共1小题）
6．（2023•绍兴）方程的解是 　 　．
六．解一元一次不等式（共1小题）
7．（2022•绍兴）关于x的不等式3x﹣2＞x的解集是 　 　．
七．反比例函数系数k的几何意义（共2小题）
8．（2023•绍兴）如图，在平面直角坐标系xOy中，函数（k为大于0的常数，x＞0）图象上的两点A（x1，y1），B（x2，y2），满足x2＝2x1，△ABC的边AC∥x轴，边BC∥y轴，若△OAB的面积为6，则△ABC的面积是 　 　．

9．（2022•绍兴）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A（0，4），B（3，4），将△ABO向右平移到△CDE位置，A的对应点是C，O的对应点是E，函数y＝（k≠0）的图象经过点C和DE的中点F，则k的值是 　 　．

八．反比例函数图象上点的坐标特征（共1小题）
10．（2021•绍兴）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点A在x轴正半轴上，顶点B，C在第一象限，顶点D的坐标（，2）．反比例函数y＝（常数k＞0，x＞0）的图象恰好经过正方形ABCD的两个顶点，则k的值是　 　．

九．二次函数的最值（共1小题）
11．（2023•绍兴）在平面直角坐标系xOy中，一个图形上的点都在一边平行于x轴的矩形内部（包括边界），这些矩形中面积最小的矩形称为该图形的关联矩形．例如：如图，函数y＝（x﹣2）2（0≤x≤3）的图象（抛物线中的实线部分），它的关联矩形为矩形OABC．若二次函数图象的关联矩形恰好也是矩形OABC，则b＝　 　．

一十．全等三角形的判定与性质（共1小题）
12．（2021•绍兴）已知△ABC与△ABD在同一平面内，点C，D不重合，∠ABC＝∠ABD＝30°，AB＝4，AC＝AD＝2，则CD长为 　 　．
一十一．等腰三角形的性质（共1小题）
13．（2021•绍兴）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠B＝70°，以点C为圆心，CA长为半径作弧，交直线BC于点P，连结AP，则∠BAP的度数是 　 　．

一十二．菱形的性质（共1小题）
14．（2023•绍兴）如图，在菱形ABCD中，∠DAB＝40°，连接AC，以点A为圆心，AC长为半径作弧，交直线AD于点E，连接CE，则∠AEC的度数是 　 　．

一十三．矩形的性质（共1小题）
15．（2021•绍兴）图1是一种矩形时钟，图2是时钟示意图，时钟数字2的刻度在矩形ABCD的对角线BD上，时钟中心在矩形ABCD对角线的交点O上．若AB＝30cm，则BC长为 　 　cm（结果保留根号）．

一十四．圆内接四边形的性质（共1小题）
16．（2023•绍兴）如图，四边形ABCD内接于圆O，若∠D＝100°，则∠B的度数是 　 　．

一十五．作图—基本作图（共1小题）
17．（2022•绍兴）如图，在△ABC中，∠ABC＝40°，∠BAC＝80°，以点A为圆心，AC长为半径作弧，交射线BA于点D，连结CD，则∠BCD的度数是 　 　．

一十六．相似三角形的判定与性质（共1小题）
18．（2022•绍兴）如图，AB＝10，点C是射线BQ上的动点，连结AC，作CD⊥AC，CD＝AC，动点E在AB延长线上，tan∠QBE＝3，连结CE，DE，当CE＝DE，CE⊥DE时，BE的长是 　 　．


浙江省绍兴市2021-2023三年中考数学真题分类汇编-02填空题知识点分类
参考答案与试题解析
一．因式分解-提公因式法（共2小题）
1．（2023•绍兴）因式分解：m2﹣3m＝　m（m﹣3）　．
【答案】m（m﹣3）．
【解答】解：m2﹣3m＝m（m﹣3）．
故答案为：m（m﹣3）．
2．（2022•绍兴）分解因式：x2+x＝　x（x+1）　．
【答案】x（x+1）．
【解答】解：x2+x＝x（x+1）．
故答案为：x（x+1）．
二．因式分解-运用公式法（共1小题）
3．（2021•绍兴）分解因式：x2+2x+1＝　（x+1）2　．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：x2+2x+1＝（x+1）2．
故答案为：（x+1）2．
三．一元一次方程的应用（共1小题）
4．（2022•绍兴）元朝朱世杰的《算学启蒙》一书记载：“良马日行二百四十里，驽马日行一百五十里，驽马先行一十二日，问良马几何追及之．”其题意为：“良马每天行240里，劣马每天行150里，劣马先行12天，良马要几天追上劣马？”答：良马追上劣马需要的天数是 　20　．
【答案】20．
【解答】解：设良马x天追上劣马，
根据题意得：240x＝150（x+12），
解得x＝20，
答：良马20天追上劣马；
故答案为：20．
四．二元一次方程组的应用（共1小题）
5．（2021•绍兴）我国明代数学读本《算法统宗》有一道题，其题意为：客人一起分银子，若每人7两，还剩4两；若每人9两，则差8两．银子共有 　46　两．
【答案】46．
【解答】解：设有x人，银子y两，
由题意得：，解得，
故答案为46．
五．解分式方程（共1小题）
6．（2023•绍兴）方程的解是 　x＝3　．
【答案】x＝3．
【解答】解：去分母，得3x＝9，
∴x＝3．
经检验，x＝3是原方程的解．
故答案为：x＝3．
六．解一元一次不等式（共1小题）
7．（2022•绍兴）关于x的不等式3x﹣2＞x的解集是 　x＞1　．
【答案】x＞1．
【解答】解：∵3x﹣2＞x，
∴3x﹣x＞2，即2x＞2，
解得x＞1，
故答案为：x＞1．
七．反比例函数系数k的几何意义（共2小题）
8．（2023•绍兴）如图，在平面直角坐标系xOy中，函数（k为大于0的常数，x＞0）图象上的两点A（x1，y1），B（x2，y2），满足x2＝2x1，△ABC的边AC∥x轴，边BC∥y轴，若△OAB的面积为6，则△ABC的面积是 　2　．

【答案】2．
【解答】解：长CA交y轴于E，延长CB交x轴于点F，
∴CE⊥y轴，CF⊥x轴，
∴四边形OECF为矩形，
∵x2＝2x1，
∴点A为CE中点，
由几何意义得，S△OAE＝S△OBF，
∴点B为CF中点，
∴S△OAB＝S矩形＝6，
∴S矩形＝16，
∴S△ABC＝×16＝2．
故答案为：2．
2
9．（2022•绍兴）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A（0，4），B（3，4），将△ABO向右平移到△CDE位置，A的对应点是C，O的对应点是E，函数y＝（k≠0）的图象经过点C和DE的中点F，则k的值是 　6　．

【答案】6．
【解答】解：过点F作FG⊥x轴于点G，FH⊥y轴于点H，过点D作DQ⊥x轴于点Q，如图所示，
根据题意可知，AC＝OE＝BD，
设AC＝OE＝BD＝a，
∴四边形ACEO的面积为4a，
∵F为DE的中点，FG⊥x轴，DQ⊥x轴，
∴FG为△EDQ的中位线，
∴FG＝DQ＝2，EG＝EQ＝，
∴四边形HFGO的面积为2（a+），
∴k＝4a＝2（a+），
解得：a＝，
∴k＝6．
故答案为：6．

八．反比例函数图象上点的坐标特征（共1小题）
10．（2021•绍兴）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点A在x轴正半轴上，顶点B，C在第一象限，顶点D的坐标（，2）．反比例函数y＝（常数k＞0，x＞0）的图象恰好经过正方形ABCD的两个顶点，则k的值是　5或22.5　．

【答案】5或22.5．
【解答】解：作DM⊥x轴于M，BN⊥x轴于N，过C点作x轴的平行线，交MD的延长线于E，交NB的延长线于F，
正方形ABCD中，∠BAD＝90°，
∴∠DAM+∠BAN＝90°，
∵∠ADM+∠DAM＝90°，
∴∠ADM＝∠BAN，
在△ADM和△BAN中，
，
∴△ADM≌△BAN（AAS），
∴AM＝BN，DM＝AN，
∵顶点D的坐标（，2）．
∴OM＝，DM＝2，
同理：△ADM≌△DCE，
∴AM＝DE，CE＝DM，
∴AM＝BN＝DE，DM＝AN＝CE＝2，
设AM＝BN＝DE＝m，
∴ON＝+m+2＝4.5+m，
∴B（4.5+m，m），C（4.5，2+m），
当反比例函数y＝（常数k＞0，x＞0）的图象经过点B、D时，则k＝×2＝5；
当反比例函数y＝（常数k＞0，x＞0）的图象经过点B、C时，则k＝（4.5+m）•m＝4.5•（2+m），
解得m＝3（负数已经舍去），
∴k＝4.5×（2+3）＝22.5，
故答案为5或22.5．

九．二次函数的最值（共1小题）
11．（2023•绍兴）在平面直角坐标系xOy中，一个图形上的点都在一边平行于x轴的矩形内部（包括边界），这些矩形中面积最小的矩形称为该图形的关联矩形．例如：如图，函数y＝（x﹣2）2（0≤x≤3）的图象（抛物线中的实线部分），它的关联矩形为矩形OABC．若二次函数图象的关联矩形恰好也是矩形OABC，则b＝　或﹣　．

【答案】或﹣．
【解答】解：由y＝（x﹣2）2（0≤x≤3），当x＝0时，y＝4，
∴C（0，4），
∵A（3，0），四边形ABCO是矩形，
∴B（3，4），
①当抛物线经过O、B时，将点O（0，0），B（3，4）代入y＝x2+bx+c（0≤x≤3）得
，
解得b＝；
②当抛物线经过A、C时，将点A（3，0），C（0，4）代入y＝x2+bx+c（0≤x≤3）得
，
解得b＝﹣，
综上所述，b＝或b＝﹣，
故答案为：或﹣，

一十．全等三角形的判定与性质（共1小题）
12．（2021•绍兴）已知△ABC与△ABD在同一平面内，点C，D不重合，∠ABC＝∠ABD＝30°，AB＝4，AC＝AD＝2，则CD长为 　2±2或4或2　．
【答案】2±2或4或2．
【解答】解：如图，当C，D同侧时，过点A作AE⊥CD于E．

在Rt△AEB中，∠AEB＝90°，AB＝4，∠ABE＝30°，
∴AE＝AB＝2，
∵AD＝AC＝2，
∴DE＝＝2，EC＝＝2，
∴DE＝EC＝AE，
∴△ADC是等腰直角三角形，
∴CD＝4，
当C，D异侧时，过C′作C′H⊥CD于H，
∵△BCC′是等边三角形，BC＝BE﹣EC＝2﹣2，
∴CH＝BH＝﹣1，C′H＝CH＝3﹣，
在Rt△DC′H中，DC′＝＝＝2，
∵△DBD′是等边三角形，
∴DD′＝2+2，
∴CD的长为2±2或4或2．
故答案为：2±2或4或2．
一十一．等腰三角形的性质（共1小题）
13．（2021•绍兴）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠B＝70°，以点C为圆心，CA长为半径作弧，交直线BC于点P，连结AP，则∠BAP的度数是 　15°或75°　．

【答案】15°或75°．
【解答】解：如右图所示，
当点P在点B的左侧时，
∵AB＝AC，∠ABC＝70°，
∴∠ACB＝∠ABC＝70°，
∴∠BAC＝180°﹣∠ACB﹣∠ABC＝180°﹣70°﹣70°＝40°，
∵CA＝CP1，
∴∠CAP1＝∠CP1A＝＝＝55°，
∴∠BAP1＝∠CAP1﹣∠CAB＝55°﹣40°＝15°；
当点P在点C的右侧时，
∵AB＝AC，∠ABC＝70°，
∴∠ACB＝∠ABC＝70°，
∴∠BAC＝180°﹣∠ACB﹣∠ABC＝180°﹣70°﹣70°＝40°，
∵CA＝CP2，
∴∠CAP2＝∠CP2A＝＝＝35°，
∴∠BAP2＝∠CAP2+∠CAB＝35°+40°＝75°；
由上可得，∠BAP的度数是15°或75°，
故答案为：15°或75°．

一十二．菱形的性质（共1小题）
14．（2023•绍兴）如图，在菱形ABCD中，∠DAB＝40°，连接AC，以点A为圆心，AC长为半径作弧，交直线AD于点E，连接CE，则∠AEC的度数是 　10°或80°　．

【答案】10°或80°．
【解答】解：以点A为圆心，AC长为半径作弧，交直线AD于点E和E′，如图所示，
在菱形ABCD中，∠DAC＝∠BAC，
∵∠DAB＝40°，
∴∠DAC＝20°，
∵AC＝AE，
∴∠AEC＝（180°﹣20°）÷2＝80°，
∵AE′＝AC，
∴∠AE′C＝∠ACE′＝10°，
综上所述，∠AEC的度数是10°或80°，
故答案为：10°或80°．

一十三．矩形的性质（共1小题）
15．（2021•绍兴）图1是一种矩形时钟，图2是时钟示意图，时钟数字2的刻度在矩形ABCD的对角线BD上，时钟中心在矩形ABCD对角线的交点O上．若AB＝30cm，则BC长为 　　cm（结果保留根号）．

【答案】．
【解答】解：过O点作OE⊥CD，OF⊥AD，垂足分别为E，F，
由题意知∠FOD＝2∠DOE，

∵∠FOD+∠DOE＝90°，
∴∠DOE＝30°，∠FOD＝60°，
在矩形ABCD中，∠C＝90°，CD＝AB＝30cm，
∴OE∥BC，
∴∠DBC＝∠DOE＝30°，
∴BC＝CD＝cm，
故答案为．
一十四．圆内接四边形的性质（共1小题）
16．（2023•绍兴）如图，四边形ABCD内接于圆O，若∠D＝100°，则∠B的度数是 　80°　．

【答案】80°．
【解答】解：∵四边形ABCD内接于圆O，
∴∠B+∠D＝180°，
∵∠D＝100°，
∴∠B＝80°．
故答案为：80°．
一十五．作图—基本作图（共1小题）
17．（2022•绍兴）如图，在△ABC中，∠ABC＝40°，∠BAC＝80°，以点A为圆心，AC长为半径作弧，交射线BA于点D，连结CD，则∠BCD的度数是 　10°或100°　．

【答案】10°或100°．
【解答】解：如图，点D即为所求；

在△ABC中，∠ABC＝40°，∠BAC＝80°，
∴∠ACB＝180°﹣40°﹣80°＝60°，
由作图可知：AC＝AD，
∴∠ACD＝∠ADC＝×（180°﹣80°）＝50°，
∴∠BCD＝∠ACB﹣∠ACD＝60°﹣50°＝10°；
由作图可知：AC＝AD′，
∴∠ACD′＝∠AD′C，
∵∠ACD′+∠AD′C＝∠BAC＝80°，
∴∠AD′C＝40°，
∴∠BCD′＝180°﹣∠ABC﹣∠AD′C＝180°﹣40°﹣40°＝100°．
综上所述：∠BCD的度数是10°或100°．
故答案为：10°或100°．
一十六．相似三角形的判定与性质（共1小题）
18．（2022•绍兴）如图，AB＝10，点C是射线BQ上的动点，连结AC，作CD⊥AC，CD＝AC，动点E在AB延长线上，tan∠QBE＝3，连结CE，DE，当CE＝DE，CE⊥DE时，BE的长是 　或5　．

【答案】或5．
【解答】解：如图，过点C作CT⊥AE于点T，过点D作DJ⊥CT交CT的延长线于点J，连接EJ．

∵tan∠CBT＝3＝，
∴可以假设BT＝k，CT＝3k，
∵∠CAT+∠ACT＝90°，∠ACT+∠JCD＝90°，
∴∠CAT＝∠JCD，
在△ATC和△CJD中，
，
∴△ATC≌△CJD（AAS），
∴DJ＝CT＝3k，AT＝CJ＝10+k，
∵∠CJD＝∠CED＝90°，
∴C，E，D，J四点共圆，
∵EC＝DE，
∴∠CJE＝∠DJE＝45°，
∴ET＝TJ＝10﹣2k，
∵CE2＝CT2+TE2＝（CD）2，
∴（3k）2+（10﹣2k）2＝[•]2，
整理得4k2﹣25k+25＝0，
∴（k﹣5）（4k﹣5）＝0，
∴k＝5或，
∴BE＝BT+ET＝k+10﹣2k＝10﹣k＝或5，
故答案为：或5．