2024届青海省海西中考押题数学预测卷含解析_第1页
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文档简介

2024届青海省海西中考押题数学预测卷注意事项1.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回.2.答题前,请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.4.作答选择题,必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑;如需改动,请用橡皮擦干净后,再选涂其他答案.作答非选择题,必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律无效.5.如需作图,须用2B铅笔绘、写清楚,线条、符号等须加黑、加粗.一、选择题(共10小题,每小题3分,共30分)1.如图,AB⊥BD,CD⊥BD,垂足分别为B、D,AC和BD相交于点E,EF⊥BD垂足为F.则下列结论错误的是()A.AEEC=BEED B.AE2.如图,点E在△DBC的边DB上,点A在△DBC内部,∠DAE=∠BAC=90°,AD=AE,AB=AC.给出下列结论:①BD=CE;②∠ABD+∠ECB=45°;③BD⊥CE;④BE1=1(AD1+AB1)﹣CD1.其中正确的是()A.①②③④ B.②④ C.①②③ D.①③④3.我国古代数学名著《孙子算经》中记载了一道题,大意是:100匹马恰好拉了100片瓦,已知1匹大马能拉3片瓦,3匹小马能拉1片瓦,问有多少匹大马、多少匹小马?若设大马有x匹,小马有y匹,那么可列方程组为()A. B. C. D.4.下列命题中,真命题是()A.对角线互相垂直且相等的四边形是正方形B.等腰梯形既是轴对称图形又是中心对称图形C.圆的切线垂直于经过切点的半径D.垂直于同一直线的两条直线互相垂直5.甲、乙两人约好步行沿同一路线同一方向在某景点集合,已知甲乙二人相距660米,二人同时出发,走了24分钟时,由于乙距离景点近,先到达等候甲,甲共走了30分钟也到达了景点与乙相遇.在整个行走过程中,甲、乙两人均保持各自的速度匀速行走,甲、乙两人相距的路程(米)与甲出发的时间(分钟)之间的关系如图所示,下列说法错误的是()A.甲的速度是70米/分 B.乙的速度是60米/分C.甲距离景点2100米 D.乙距离景点420米6.如图,小巷左右两侧是竖直的墙,一架梯子斜靠在左墙时,梯子底端到左墙角的距离为0.7米,顶端距离地面2.4米,如果保持梯子底端位置不动,将梯子斜靠在右墙时,顶端距离地面2米,那么小巷的宽度为()A.0.7米 B.1.5米 C.2.2米 D.2.4米7.在一个不透明的盒子里有2个红球和n个白球,这些球除颜色外其余完全相同,摇匀后随机摸出一个,摸到红球的概率是,则n的值为()A.10 B.8 C.5 D.38.一只不透明的袋子中装有2个白球和1个红球,这些球除颜色外都相同,搅匀后从中任意摸出1个球(不放回),再从余下的2个球中任意摸出1个球则两次摸到的球的颜色不同的概率为()A. B. C. D.9.如图,反比例函数(x>0)的图象经过矩形OABC对角线的交点M,分别于AB、BC交于点D、E,若四边形ODBE的面积为9,则k的值为()A.1 B.2 C.3 D.410.有三张正面分别标有数字-2,3,4的不透明卡片,它们除数字不同外,其余全部相同,现将它们背面朝上洗匀后,从中任取一张(不放回),再从剩余的卡片中任取一张,则两次抽取的卡片上的数字之积为正偶数的概率是()A. B. C. D.二、填空题(本大题共6个小题,每小题3分,共18分)11.如图,在菱形ABCD中,于E,,,则菱形ABCD的面积是______.12.半径是6cm的圆内接正三角形的边长是_____cm.13.如图,“人字梯”放在水平的地面上,当梯子的一边与地面所夹的锐角为时,两梯角之间的距离BC的长为周日亮亮帮助妈妈整理换季衣服,先使为,后又调整为,则梯子顶端离地面的高度AD下降了______结果保留根号.14.如图,如果四边形ABCD中,AD=BC=6,点E、F、G分别是AB、BD、AC的中点,那么△EGF面积的最大值为_____.15.如图,已知CD是Rt△ABC的斜边上的高,其中AD=9cm,BD=4cm,那么CD等于_______cm.16.不等式组的解集是_____;三、解答题(共8题,共72分)17.(8分)如图,△ABC中,AB=AC,以AB为直径的⊙O交BC边于点D,连接AD,过D作AC的垂线,交AC边于点E,交AB边的延长线于点F.(1)求证:EF是⊙O的切线;(2)若∠F=30°,BF=3,求弧AD的长.18.(8分)甲、乙、丙、丁四位同学进行乒乓球单打比赛,要从中选出两位同学打第一场比赛.若确定甲打第一场,再从其余三位同学中随机选取一位,恰好选中乙同学的概率是.若随机抽取两位同学,请用画树状图法或列表法,求恰好选中甲、乙两位同学的概率.19.(8分)已知:如图.D是的边上一点,,交于点M,.(1)求证:;(2)若,试判断四边形的形状,并说明理由.20.(8分)已知抛物线y=x2﹣6x+9与直线y=x+3交于A,B两点(点A在点B的左侧),抛物线的顶点为C,直线y=x+3与x轴交于点D.(1)求抛物线的顶点C的坐标及A,B两点的坐标;(2)将抛物线y=x2﹣6x+9向上平移1个单位长度,再向左平移t(t>0)个单位长度得到新抛物线,若新抛物线的顶点E在△DAC内,求t的取值范围;(3)点P(m,n)(﹣3<m<1)是抛物线y=x2﹣6x+9上一点,当△PAB的面积是△ABC面积的2倍时,求m,n的值.21.(8分)如图1,在Rt△ABC中,∠A=90°,AB=AC,点D,E分别在边AB,AC上,AD=AE,连接DC,点M,P,N分别为DE,DC,BC的中点.(1)观察猜想图1中,线段PM与PN的数量关系是,位置关系是;(2)探究证明把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置,连接MN,BD,CE,判断△PMN的形状,并说明理由;(3)拓展延伸把△ADE绕点A在平面内自由旋转,若AD=4,AB=10,请直接写出△PMN面积的最大值.22.(10分)如图,在每个小正方形的边长为1的网格中,点A,B,M,N均在格点上,P为线段MN上的一个动点(1)MN的长等于_______,(2)当点P在线段MN上运动,且使PA2+PB2取得最小值时,请借助网格和无刻度的直尺,在给定的网格中画出点P的位置,并简要说明你是怎么画的,(不要求证明)23.(12分)如图,在△OAB中,OA=OB,C为AB中点,以O为圆心,OC长为半径作圆,AO与⊙O交于点E,OB与⊙O交于点F和D,连接EF,CF,CF与OA交于点G(1)求证:直线AB是⊙O的切线;(2)求证:△GOC∽△GEF;(3)若AB=4BD,求sinA的值.24.某市旅游景区有A、B、C、D、E等著名景点,该市旅游部门统计绘制出2018年春节期间旅游情况统计图(如图),根据图中信息解答下列问题:(1)2018年春节期间,该市A、B、C、D、E这五个景点共接待游客人数为多少?(2)扇形统计图中E景点所对应的圆心角的度数是,并补全条形统计图.(3)甲,乙两个旅行团在A、B、D三个景点中随机选择一个,求这两个旅行团选中同一景点的概率.

参考答案一、选择题(共10小题,每小题3分,共30分)1、A【解题分析】

利用平行线的性质以及相似三角形的性质一一判断即可.【题目详解】解:∵AB⊥BD,CD⊥BD,EF⊥BD,∴AB∥CD∥EF∴△ABE∽△DCE,∴AEED=AB∵EF∥AB,∴EFAB∴ADDB=AEBF,故选项故选:A.【题目点拨】考查平行线的性质,相似三角形的判定和性质,平行线分线段成比例定理等知识,解题的关键是熟练掌握基本知识,属于中考常考题型.2、A【解题分析】分析:只要证明△DAB≌△EAC,利用全等三角形的性质即可一一判断;详解:∵∠DAE=∠BAC=90°,∴∠DAB=∠EAC∵AD=AE,AB=AC,∴△DAB≌△EAC,∴BD=CE,∠ABD=∠ECA,故①正确,∴∠ABD+∠ECB=∠ECA+∠ECB=∠ACB=45°,故②正确,∵∠ECB+∠EBC=∠ABD+∠ECB+∠ABC=45°+45°=90°,∴∠CEB=90°,即CE⊥BD,故③正确,∴BE1=BC1-EC1=1AB1-(CD1-DE1)=1AB1-CD1+1AD1=1(AD1+AB1)-CD1.故④正确,故选A.点睛:本题考查全等三角形的判定和性质、勾股定理、等腰直角三角形的性质等知识,解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题,属于中考选择题中的压轴题.3、C【解题分析】

设大马有x匹,小马有y匹,根据题意可得等量关系:①大马数+小马数=100;②大马拉瓦数+小马拉瓦数=100,根据等量关系列出方程组即可.【题目详解】解:设大马有x匹,小马有y匹,由题意得:,故选C.【题目点拨】此题主要考查了由实际问题抽象出二元一次方程组,关键是正确理解题意,找出题目中的等量关系,列出方程组.4、C【解题分析】分析是否为真命题,需要分别分析各题设是否能推出结论,从而利用排除法得出答案.解答:解:A、错误,例如对角线互相垂直的等腰梯形;B、错误,等腰梯形是轴对称图形不是中心对称图形;C、正确,符合切线的性质;D、错误,垂直于同一直线的两条直线平行.故选C.5、D【解题分析】

根据图中信息以及路程、速度、时间之间的关系一一判断即可.【题目详解】甲的速度==70米/分,故A正确,不符合题意;设乙的速度为x米/分.则有,660+24x-70×24=420,解得x=60,故B正确,本选项不符合题意,70×30=2100,故选项C正确,不符合题意,24×60=1440米,乙距离景点1440米,故D错误,故选D.【题目点拨】本题考查一次函数的应用,行程问题等知识,解题的关键是读懂图象信息,灵活运用所学知识解决问题.6、C【解题分析】

在直角三角形中利用勾股定理计算出直角边,即可求出小巷宽度.【题目详解】在Rt△A′BD中,∵∠A′DB=90°,A′D=2米,BD2+A′D2=A′B′2,∴BD2+22=6.25,∴BD2=2.25,∵BD>0,∴BD=1.5米,∴CD=BC+BD=0.7+1.5=2.2米.故选C.【题目点拨】本题考查勾股定理的运用,利用梯子长度不变找到斜边是关键.7、B【解题分析】∵摸到红球的概率为,∴,解得n=8,故选B.8、B【解题分析】

本题主要需要分类讨论第一次摸到的球是白球还是红球,然后再进行计算.【题目详解】①若第一次摸到的是白球,则有第一次摸到白球的概率为,第二次,摸到白球的概率为,则有;②若第一次摸到的球是红色的,则有第一次摸到红球的概率为,第二次摸到白球的概率为1,则有,则两次摸到的球的颜色不同的概率为.【题目点拨】掌握分类讨论的方法是本题解题的关键.9、C【解题分析】

本题可从反比例函数图象上的点E、M、D入手,分别找出△OCE、△OAD、矩形OABC的面积与|k|的关系,列出等式求出k值.【题目详解】由题意得:E、M、D位于反比例函数图象上,则,过点M作MG⊥y轴于点G,作MN⊥x轴于点N,则S□ONMG=|k|.又∵M为矩形ABCO对角线的交点,∴S矩形ABCO=4S□ONMG=4|k|,∵函数图象在第一象限,k>0,∴.解得:k=1.故选C.【题目点拨】本题考查反比例函数系数k的几何意义,过双曲线上的任意一点分别向两条坐标轴作垂线,与坐标轴围成的矩形面积就等于|k|,本知识点是中考的重要考点,同学们应高度关注.10、C【解题分析】画树状图得:

∵共有6种等可能的结果,两次抽取的卡片上的数字之积为正偶数的有2种情况,

∴两次抽取的卡片上的数字之积为正偶数的概率是:.故选C.【题目点拨】运用列表法或树状图法求概率.注意画树状图法与列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果,列表法适合于两步完成的事件;树状图法适合两步或两步以上完成的事件.二、填空题(本大题共6个小题,每小题3分,共18分)11、【解题分析】

根据题意可求AD的长度,即可得CD的长度,根据菱形ABCD的面积=CD×AE,可求菱形ABCD的面积.【题目详解】∵sinD=∴∴AD=11∵四边形ABCD是菱形∴AD=CD=11∴菱形ABCD的面积=11×8=96cm1.故答案为:96cm1.【题目点拨】本题考查了菱形的性质,解直角三角形,熟练运用菱形性质解决问题是本题的关键.12、6【解题分析】

根据题意画出图形,作出辅助线,利用垂径定理及等边三角形的性质解答即可.【题目详解】如图所示,OB=OA=6,∵△ABC是正三角形,由于正三角形的中心就是圆的圆心,且正三角形三线合一,所以BO是∠ABC的平分线;∠OBD=60°×=30°,BD=cos30°×6=6×=3;根据垂径定理,BC=2×BD=6,故答案为6.【题目点拨】本题主要考查了正多边形和圆,正三角形的性质,熟练掌握等边三角形的性质是解题的关键,根据圆的内接正三角形的特点,求出内心到每个顶点的距离,可求出内接正三角形的边长.13、【解题分析】

根据题意画出图形,进而利用锐角三角函数关系得出答案.【题目详解】解:如图1所示:

过点A作于点D,

由题意可得:,

则是等边三角形,

故BC,

则,

如图2所示:

过点A作于点E,

由题意可得:,

则是等腰直角三角形,,

则,

故梯子顶端离地面的高度AD下降了

故答案为:.【题目点拨】此题主要考查了解直角三角形的应用,正确画出图形利用锐角三角三角函数关系分析是解题关键.14、4.1.【解题分析】

取CD的值中点M,连接GM,FM.首先证明四边形EFMG是菱形,推出当EF⊥EG时,四边形EFMG是矩形,此时四边形EFMG的面积最大,最大面积为9,由此可得结论.【题目详解】解:取CD的值中点M,连接GM,FM.∵AG=CG,AE=EB,∴GE是△ABC的中位线∴EG=BC,同理可证:FM=BC,EF=GM=AD,∵AD=BC=6,∴EG=EF=FM=MG=3,∴四边形EFMG是菱形,∴当EF⊥EG时,四边形EFMG是矩形,此时四边形EFMG的面积最大,最大面积为9,∴△EGF的面积的最大值为S四边形EFMG=4.1,故答案为4.1.【题目点拨】本题主要考查菱形的判定和性质,利用了三角形中位线定理,掌握菱形的判定:四条边都相等的四边形是菱形是解题的关键.15、1【解题分析】

利用△ACD∽△CBD,对应线段成比例就可以求出.【题目详解】∵CD⊥AB,∠ACB=90°,∴△ACD∽△CBD,∴,∴,∴CD=1.【题目点拨】本题考查了相似三角形的性质和判定,熟练掌握相似三角形的判定方法是关键.16、x≤1【解题分析】分析:分别求出不等式组中两个不等式的解集,找出解集的公共部分即可确定出不等式组的解集.详解:,由①得:x由②得:.则不等式组的解集为:x.故答案为x≤1.点睛:本题主要考查了解一元一次不等式组.三、解答题(共8题,共72分)17、(1)见解析;(2)2π.【解题分析】

证明:(1)连接OD,∵AB是直径,∴∠ADB=90°,即AD⊥BC,∵AB=AC,∴AD平分∠BAC,∴∠OAD=∠CAD,∵OA=OD,∴∠OAD=∠ODA,∴∠ODA=∠CAD,∴OD∥AC,∵DE⊥AC,∴OD⊥EF,∵OD过O,∴EF是⊙O的切线.(2)∵OD⊥DF,∴∠ODF=90°,∵∠F=30°,∴OF=2OD,即OB+3=2OD,而OB=OD,∴OD=3,∵∠AOD=90°+∠F=90°+30°=120°,∴的长度=.【题目点拨】本题考查了切线的判定和性质:圆的切线垂直于经过切点的半径.运用切线的性质来进行计算或论证,常通过作辅助线连接圆心和切点,利用垂直构造直角三角形解决有关问题.也考查了弧长公式.18、(1)13;(2)【解题分析】

1)由题意可得共有乙、丙、丁三位同学,恰好选中乙同学的只有一种情况,则可利用概率公式求解即可求得答案;

(2)首先根据题意画出树状图,然后由树状图求得所有等可能的结果与恰好选中甲、乙两位同学的情况,再利用概率公式求解即可求得答案.【题目详解】解:(1)∵甲、乙、丙、丁四位同学进行一次乒乓球单打比赛,确定甲打第一场,再从其余的三位同学中随机选取一位,∴恰好选到丙的概率是:13(2)画树状图得:∵共有12种等可能的结果,恰好选中甲、乙两人的有2种情况,∴恰好选中甲、乙两人的概率为:2【题目点拨】此题考查的是用列表法或树状图法求概率.注意树状图与列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果,列表法适合于两步完成的事件;树状图法适合两步或两步以上完成的事件;注意概率=所求情况数与总情况数之比.19、(1)证明见解析;(2)四边形ADCN是矩形,理由见解析.【解题分析】

(1)根据平行得出∠DAM=∠NCM,根据ASA推出△AMD≌△CMN,得出AD=CN,推出四边形ADCN是平行四边形即可;(2)根据∠AMD=2∠MCD,∠AMD=∠MCD+∠MDC求出∠MCD=∠MDC,推出MD=MC,求出MD=MN=MA=MC,推出AC=DN,根据矩形的判定得出即可.【题目详解】证明:(1)∵CN∥AB,∴∠DAM=∠NCM,∵在△AMD和△CMN中,∠DAM=∠NCMMA=MC∠DMA=∠NMC,∴△AMD≌△CMN(ASA),∴AD=CN,又∵AD∥CN,∴四边形ADCN是平行四边形,∴CD=AN;(2)解:四边形ADCN是矩形,理由如下:∵∠AMD=2∠MCD,∠AMD=∠MCD+∠MDC,∴∠MCD=∠MDC,∴MD=MC,由(1)知四边形ADCN是平行四边形,∴MD=MN=MA=MC,∴AC=DN,∴四边形ADCN是矩形.【题目点拨】本题考查了全等三角形的性质和判定,平行四边形的判定和性质,矩形的判定的应用,能综合运用性质进行推理是解此题的关键,综合性比较强,难度适中.20、(1)C(2,0),A(1,4),B(1,9);(2)<t<5;(2)m=,∴n=.【解题分析】分析:(Ⅰ)将抛物线的一般式配方为顶点式即可求出点C的坐标,联立抛物线与直线的解析式即可求出A、B的坐标.(Ⅱ)由题意可知:新抛物线的顶点坐标为(2﹣t,1),然后求出直线AC的解析式后,将点E的坐标分别代入直线AC与AD的解析式中即可求出t的值,从而可知新抛物线的顶点E在△DAC内,求t的取值范围.(Ⅲ)直线AB与y轴交于点F,连接CF,过点P作PM⊥AB于点M,PN⊥x轴于点N,交DB于点G,由直线y=x+2与x轴交于点D,与y轴交于点F,得D(﹣2,0),F(0,2),易得CF⊥AB,△PAB的面积是△ABC面积的2倍,所以AB•PM=AB•CF,PM=2CF=1,从而可求出PG=3,利用点G在直线y=x+2上,P(m,n),所以G(m,m+2),所以PG=n﹣(m+2),所以n=m+4,由于P(m,n)在抛物线y=x2﹣1x+9上,联立方程从而可求出m、n的值.详解:(I)∵y=x2﹣1x+9=(x﹣2)2,∴顶点坐标为(2,0).联立,解得:或;(II)由题意可知:新抛物线的顶点坐标为(2﹣t,1),设直线AC的解析式为y=kx+b将A(1,4),C(2,0)代入y=kx+b中,∴,解得:,∴直线AC的解析式为y=﹣2x+1.当点E在直线AC上时,﹣2(2﹣t)+1=1,解得:t=.当点E在直线AD上时,(2﹣t)+2=1,解得:t=5,∴当点E在△DAC内时,<t<5;(III)如图,直线AB与y轴交于点F,连接CF,过点P作PM⊥AB于点M,PN⊥x轴于点N,交DB于点G.由直线y=x+2与x轴交于点D,与y轴交于点F,得D(﹣2,0),F(0,2),∴OD=OF=2.∵∠FOD=90°,∴∠OFD=∠ODF=45°.∵OC=OF=2,∠FOC=90°,∴CF==2,∠OFC=∠OCF=45°,∴∠DFC=∠DFO+∠OFC=45°+45°=90°,∴CF⊥AB.∵△PAB的面积是△ABC面积的2倍,∴AB•PM=AB•CF,∴PM=2CF=1.∵PN⊥x轴,∠FDO=45°,∴∠DGN=45°,∴∠PGM=45°.在Rt△PGM中,sin∠PGM=,∴PG===3.∵点G在直线y=x+2上,P(m,n),∴G(m,m+2).∵﹣2<m<1,∴点P在点G的上方,∴PG=n﹣(m+2),∴n=m+4.∵P(m,n)在抛物线y=x2﹣1x+9上,∴m2﹣1m+9=n,∴m2﹣1m+9=m+4,解得:m=.∵﹣2<m<1,∴m=不合题意,舍去,∴m=,∴n=m+4=.点睛:本题是二次函数综合题,涉及待定系数法,解方程,勾股定理,三角形的面积公式,综合程度较高,需要学生综合运用所学知识.21、(1)PM=PN,PM⊥PN;(2)△PMN是等腰直角三角形,理由详见解析;(3).【解题分析】

(1)利用三角形的中位线得出PM=CE,PN=BD,进而判断出BD=CE,即可得出结论,再利用三角形的中位线得出PM∥CE得出∠DPM=∠DCA,最后用互余即可得出结论;(2)先判断出△ABD≌△ACE,得出BD=CE,同(1)的方法得出PM=BD,PN=BD,即可得出PM=PN,同(1)的方法即可得出结论;(3)方法1、先判断出MN最大时,△PMN的面积最大,进而求出AN,AM,即可得出MN最大=AM+AN,最后用面积公式即可得出结论.方法2、先判断出BD最大时,△PMN的面积最大,而BD最大是AB+AD=14,即可.【题目详解】解:(1)∵点P,N是BC,CD的中点,∴PN∥BD,PN=BD,∵点P,M是CD,DE的中点,∴PM∥CE,PM=CE,∵AB=AC,AD=AE,∴BD=CE,∴PM=PN,∵PN∥BD,∴∠DPN=∠ADC,∵PM∥CE,∴∠DPM=∠DCA,∵∠BAC=90°,∴∠ADC+∠ACD=90°,∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCA+∠ADC=90°,∴PM⊥PN,故答案为:PM=PN,PM⊥PN,(2)由旋转知,∠BAD=∠CAE,∵AB=AC,AD=AE,∴△ABD≌△ACE(SAS),∴∠ABD=∠ACE,BD=CE,同(1)的方法,利用三角形的中位线得,PN=BD,PM=CE,∴PM=PN,∴△PMN是等腰三角形,同(1)的方法得,PM∥CE,∴∠DPM=∠DCE,同(1)的方法得,PN∥BD,∴∠PNC=∠DBC,∵∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC,∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCE+∠DCB+∠DBC=∠BCE+∠DBC=∠ACB+∠ACE+∠DBC=∠ACB+∠ABD+∠DBC=∠ACB+∠ABC,∵∠BAC=90°,∴∠ACB+∠ABC=90°,∴∠MPN=90°,∴△PMN是等腰直角三角形,(3)方法1、如图2,同(2)的方法得,△PMN是等腰直角三角形,∴MN最大时,△PMN的面积最大,∴DE∥BC且DE在顶点A上面,∴MN最大=AM+AN,连接AM,AN,在△ADE中,AD=AE=4,∠DAE=90°,∴AM=2,在Rt△ABC中,AB=AC=10,AN=5,∴MN最大=2+5=7,∴S△PMN最大=PM2=×MN2=×(7)2=.方法2、由(2)知,△PMN是等腰直角三角形,PM=PN=BD,∴PM最大时,△PMN面积最大,∴点D在BA的延长线上,∴BD=AB+AD=14,∴PM=7,∴S△PMN最大=PM2=×72=【题目点拨】本题考查旋转中的三角形,关键在于对三角形的所有知识点熟练掌握.22、(1);(2)见

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