山东省五莲县联考2023-2024学年中考数学猜题卷含解析_第1页
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山东省五莲县联考2023-2024学年中考数学猜题卷注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚,将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.答题时请按要求用笔。3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出,确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁,不要折暴、不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(共10小题,每小题3分,共30分)1.若x,y的值均扩大为原来的3倍,则下列分式的值保持不变的是()A. B. C. D.2.如图是抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的图象的一部分,抛物线的顶点坐标是A(1,4),与x轴的一个交点是B(3,0),下列结论:①abc>0;②2a+b=0;③方程ax2+bx+c=4有两个相等的实数根;④抛物线与x轴的另一个交点是(﹣2.0);⑤x(ax+b)≤a+b,其中正确结论的个数是()A.4个 B.3个 C.2个 D.1个3.下列计算正确的是()A.﹣= B.=±2C.a6÷a2=a3 D.(﹣a2)3=﹣a64.已知二次函数的与的不符对应值如下表:且方程的两根分别为,,下面说法错误的是().A., B.C.当时, D.当时,有最小值5.如图是由四个相同的小正方形组成的立体图形,它的俯视图为()A. B. C. D.6.如图,等边△ABC的边长为1cm,D、E分别AB、AC是上的点,将△ADE沿直线DE折叠,点A落在点A′处,且点A′在△ABC外部,则阴影部分的周长为()cmA.1 B.2 C.3 D.47.tan60°的值是()A. B. C. D.8.如图,AB∥CD,AD与BC相交于点O,若∠A=50°10′,∠COD=100°,则∠C等于()A.30°10′ B.29°10′ C.29°50′ D.50°10′9.已知关于x的一元二次方程mx2+2x-1=0有两个不相等的实数根,则m的取值范围是().A.m>-1且m≠0 B.m<1且m≠0 C.m<-1 D.m>110.如图,点A、B在数轴上表示的数的绝对值相等,且,那么点A表示的数是A. B. C. D.3二、填空题(本大题共6个小题,每小题3分,共18分)11.若一条直线经过点(1,1),则这条直线的解析式可以是(写出一个即可)______.12.若代数式有意义,则x的取值范围是__.13.如图,AD为△ABC的外接圆⊙O的直径,若∠BAD=50°,则∠ACB=__________°.14.如图,已知函数y=x+2的图象与函数y=(k≠0)的图象交于A、B两点,连接BO并延长交函数y=(k≠0)的图象于点C,连接AC,若△ABC的面积为1.则k的值为_____.15.在一次射击比赛中,某运动员前7次射击共中62环,如果他要打破89环(10次射击)的记录,那么第8次射击他至少要打出_____环的成绩.16.一个等腰三角形的两边长分别为4cm和9cm,则它的周长为__cm.三、解答题(共8题,共72分)17.(8分)已知边长为2a的正方形ABCD,对角线AC、BD交于点Q,对于平面内的点P与正方形ABCD,给出如下定义:如果,则称点P为正方形ABCD的“关联点”.在平面直角坐标系xOy中,若A(﹣1,1),B(﹣1,﹣1),C(1,﹣1),D(1,1).(1)在,,中,正方形ABCD的“关联点”有_____;(2)已知点E的横坐标是m,若点E在直线上,并且E是正方形ABCD的“关联点”,求m的取值范围;(3)若将正方形ABCD沿x轴平移,设该正方形对角线交点Q的横坐标是n,直线与x轴、y轴分别相交于M、N两点.如果线段MN上的每一个点都是正方形ABCD的“关联点”,求n的取值范围.18.(8分)如图,抛物线y=ax2﹣2ax+c(a≠0)与y轴交于点C(0,4),与x轴交于点A、B,点A坐标为(4,0).(1)求该抛物线的解析式;(2)抛物线的顶点为N,在x轴上找一点K,使CK+KN最小,并求出点K的坐标;(3)点Q是线段AB上的动点,过点Q作QE∥AC,交BC于点E,连接CQ.当△CQE的面积最大时,求点Q的坐标;(4)若平行于x轴的动直线l与该抛物线交于点P,与直线AC交于点F,点D的坐标为(2,0).问:是否存在这样的直线l,使得△ODF是等腰三角形?若存在,请求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.19.(8分)2019年1月,温州轨道交通线正式运营,线有以下4种购票方式:A.二维码过闸B.现金购票C.市名卡过闸D.银联闪付某兴趣小组为了解最受欢迎的购票方式,随机调查了某区的若干居民,得到如图所示的统计图,已知选择方式D的有200人,求选择方式A的人数.小博和小雅对A,B,C三种购票方式的喜爱程度相同,随机选取一种方式购票,求他们选择同一种购票方式的概率.(要求列表或画树状图).20.(8分)“六一”儿童节前夕,某县教育局准备给留守儿童赠送一批学习用品,先对红星小学的留守儿童人数进行抽样统计,发现各班留守儿童人数分别为6名,7名,8名,10名,12名这五种情形,并绘制出如下的统计图①和图②.请根据相关信息,解答下列问题:(1)该校有_____个班级,补全条形统计图;(2)求该校各班留守儿童人数数据的平均数,众数与中位数;(3)若该镇所有小学共有60个教学班,请根据样本数据,估计该镇小学生中,共有多少名留守儿童.21.(8分)如图,在Rt△ABC中,AB=AC,D、E是斜边BC上的两点,∠EAD=45°,将△ADC绕点A顺时针旋转90°,得到△AFB,连接EF.求证:EF=ED;若AB=2,CD=1,求FE的长.22.(10分)如图,在楼房AB和塔CD之间有一棵树EF,从楼顶A处经过树顶E点恰好看到塔的底部D点,且俯角α为45°,从楼底B点1米的P点处经过树顶E点恰好看到塔的顶部C点,且仰角β为30°.已知树高EF=6米,求塔CD的高度(结果保留根号).23.(12分)随着交通道路的不断完善,带动了旅游业的发展,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2017年“五•一”长假期间旅游情况统计图,根据以下信息解答下列问题:2017年“五•一”期间,该市周边景点共接待游客万人,扇形统计图中A景点所对应的圆心角的度数是,并补全条形统计图.根据近几年到该市旅游人数增长趋势,预计2018年“五•一”节将有80万游客选择该市旅游,请估计有多少万人会选择去E景点旅游?甲、乙两个旅行团在A、B、D三个景点中,同时选择去同一景点的概率是多少?请用画树状图或列表法加以说明,并列举所用等可能的结果.24.北京时间2019年3月10日0时28分,我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭,成功将中星卫星发射升空,卫星进入预定轨道.如图,火星从地面处发射,当火箭达到点时,从位于地面雷达站处测得的距离是,仰角为;1秒后火箭到达点,测得的仰角为.(参考数据:sin42.4°≈0.67,cos42.4°≈0.74,tan42.4°≈0.905,sin45.5°≈0.71,cos45.5°≈0.70,tan45.5°≈1.02)求发射台与雷达站之间的距离;求这枚火箭从到的平均速度是多少(结果精确到0.01)?

参考答案一、选择题(共10小题,每小题3分,共30分)1、D【解析】

根据分式的基本性质,x,y的值均扩大为原来的3倍,求出每个式子的结果,看结果等于原式的即是答案.【详解】根据分式的基本性质,可知若x,y的值均扩大为原来的3倍,A、,错误;B、,错误;C、,错误;D、,正确;故选D.【点睛】本题考查的是分式的基本性质,即分子分母同乘以一个不为0的数,分式的值不变.此题比较简单,但计算时一定要细心.2、B【解析】

通过图象得到、、符号和抛物线对称轴,将方程转化为函数图象交点问题,利用抛物线顶点证明.【详解】由图象可知,抛物线开口向下,则,,抛物线的顶点坐标是,抛物线对称轴为直线,,,则①错误,②正确;方程的解,可以看做直线与抛物线的交点的横坐标,由图象可知,直线经过抛物线顶点,则直线与抛物线有且只有一个交点,则方程有两个相等的实数根,③正确;由抛物线对称性,抛物线与轴的另一个交点是,则④错误;不等式可以化为,抛物线顶点为,当时,,故⑤正确.故选:.【点睛】本题是二次函数综合题,考查了二次函数的各项系数与图象位置的关系、抛物线对称性和最值,以及用函数的观点解决方程或不等式.3、D【解析】

根据二次根式的运算法则,同类二次根式的判断,开算术平方根,同底数幂的除法及幂的乘方运算.【详解】A.不是同类二次根式,不能合并,故A选项错误;B.=2≠±2,故B选项错误;C.

a6÷a2=a4≠a3,故C选项错误;D.

(−a2)3=−a6,故D选项正确.故选D.【点睛】本题主要考查了二次根式的运算法则,开算术平方根,同底数幂的除法及幂的乘方运算,熟记法则是解题的关键.4、C【解析】

分别结合图表中数据得出二次函数对称轴以及图像与x轴交点范围和自变量x与y的对应情况,进而得出答案.【详解】A、利用图表中x=0,1时对应y的值相等,x=﹣1,2时对应y的值相等,∴x=﹣2,5时对应y的值相等,∴x=﹣2,y=5,故此选项正确;B、方程ax2+bc+c=0的两根分别是x1、x2(x1<x2),且x=1时y=﹣1;x=2时,y=1,∴1<x2<2,故此选项正确;C、由题意可得出二次函数图像向上,∴当x1<x<x2时,y<0,故此选项错误;D、∵利用图表中x=0,1时对应y的值相等,∴当x=时,y有最小值,故此选项正确,不合题意.所以选C.【点睛】此题主要考查了抛物线与x轴的交点以及利用图像上点的坐标得出函数的性质,利用数形结合得出是解题关键.5、B【解析】

根据俯视图是从上往下看的图形解答即可.【详解】从上往下看到的图形是:.故选B.【点睛】本题考查三视图的知识,解决此类图的关键是由三视图得到相应的立体图形.从正面看到的图是正视图,从上面看到的图形是俯视图,从左面看到的图形是左视图,能看到的线画实线,被遮挡的线画虚线.6、C【解析】

由题意得到DA′=DA,EA′=EA,经分析判断得到阴影部分的周长等于△ABC的周长即可解决问题.【详解】如图,由题意得:DA′=DA,EA′=EA,∴阴影部分的周长=DA′+EA′+DB+CE+BG+GF+CF=(DA+BD)+(BG+GF+CF)+(AE+CE)=AB+BC+AC=1+1+1=3(cm)故选C.【点睛】本题考查了等边三角形的性质以及折叠的问题,折叠问题的实质是“轴对称”,解题关键是找出经轴对称变换所得的等量关系.7、A【解析】

根据特殊角三角函数值,可得答案.【详解】tan60°=故选:A.【点睛】本题考查了特殊角三角函数值,熟记特殊角三角函数值是解题关键.8、C【解析】

根据平行线性质求出∠D,根据三角形的内角和定理得出∠C=180°-∠D-∠COD,代入求出即可.【详解】∵AB∥CD,∴∠D=∠A=50°10′,∵∠COD=100°,∴∠C=180°-∠D-∠COD=29°50′.故选C.【点睛】本题考查了三角形的内角和定理和平行线的性质的应用,关键是求出∠D的度数和得出∠C=180°-∠D-∠COD.应该掌握的是三角形的内角和为180°.9、A【解析】

∵一元二次方程mx2+2x-1=0有两个不相等的实数根,∴m≠0,且22-4×m×(﹣1)>0,解得:m>﹣1且m≠0.故选A.【点睛】本题考查一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)根的判别式:(1)当△=b2﹣4ac>0时,方程有两个不相等的实数根;(2)当△=b2﹣4ac=0时,方程有有两个相等的实数根;(3)当△=b2﹣4ac<0时,方程没有实数根.10、B【解析】

如果点A,B表示的数的绝对值相等,那么AB的中点即为坐标原点.【详解】解:如图,AB的中点即数轴的原点O.

根据数轴可以得到点A表示的数是.

故选:B.【点睛】此题考查了数轴有关内容,用几何方法借助数轴来求解,非常直观,体现了数形结合的优点确定数轴的原点是解决本题的关键.二、填空题(本大题共6个小题,每小题3分,共18分)11、y=x.(答案不唯一)【解析】

首先设一次函数解析式为:y=kx+b(k≠0),b取任意值后,把(1,1)代入所设的解析式里,即可得到k的值,进而得到答案.【详解】解:设直线的解析式y=kx+b,令b=0,将(1,1)代入,得k=1,此时解析式为:y=x.由于b可为任意值,故答案不唯一.故答案为:y=x.(答案不唯一)【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数解析式.12、x3【解析】

由代数式有意义,得

x-30,

解得x3,

故答案为:x3.【点睛】本题考查了分式有意义的条件,从以下三个方面透彻理解分式的概念:分式无意义:分母为零;分式有意义:分母不为零;分式值为零:分子为零且分母不为零.13、1.【解析】

连接BD,如图,根据圆周角定理得到∠ABD=90°,则利用互余计算出∠D=1°,然后再利用圆周角定理得到∠ACB的度数.【详解】连接BD,如图,∵AD为△ABC的外接圆⊙O的直径,∴∠ABD=90°,∴∠D=90°﹣∠BAD=90°﹣50°=1°,∴∠ACB=∠D=1°.故答案为1.【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心:三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点,叫做三角形的外心.也考查了圆周角定理.14、3【解析】

连接OA.根据反比例函数的对称性可得OB=OC,那么S△OAB=S△OAC=S△ABC=2.求出直线y=x+2与y轴交点D的坐标.设A(a,a+2),B(b,b+2),则C(-b,-b-2),根据S△OAB=2,得出a-b=2

①.根据S△OAC=2,得出-a-b=2

②,①与②联立,求出a、b的值,即可求解.【详解】如图,连接OA.由题意,可得OB=OC,∴S△OAB=S△OAC=S△ABC=2.设直线y=x+2与y轴交于点D,则D(0,2),设A(a,a+2),B(b,b+2),则C(-b,-b-2),∴S△OAB=×2×(a-b)=2,∴a-b=2

①.过A点作AM⊥x轴于点M,过C点作CN⊥x轴于点N,则S△OAM=S△OCN=k,∴S△OAC=S△OAM+S梯形AMNC-S△OCN=S梯形AMNC=2,∴(-b-2+a+2)(-b-a)=2,将①代入,得∴-a-b=2

②,①+②,得-2b=6,b=-3,①-②,得2a=2,a=1,∴A(1,3),∴k=1×3=3.故答案为3.【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题,反比例函数的性质,反比例函数图象上点的坐标特征,三角形的面积,待定系数法求函数的解析式等知识,综合性较强,难度适中.根据反比例函数的对称性得出OB=OC是解题的突破口.15、8【解析】为了使第8次的环数最少,可使后面的2次射击都达到最高环数,即10环.设第8次射击环数为x环,根据题意列出一元一次不等式62+x+2×10>89解之,得x>7x表示环数,故x为正整数且x>7,则x的最小值为8即第8次至少应打8环.点睛:本题考查的是一元一次不等式的应用.解决此类问题的关键是在理解题意的基础上,建立与之相应的解决问题的“数学模型”——不等式,再由不等式的相关知识确定问题的答案.16、1【解析】

底边可能是4,也可能是9,分类讨论,去掉不合条件的,然后可求周长.【详解】试题解析:①当腰是4cm,底边是9cm时:不满足三角形的三边关系,因此舍去.②当底边是4cm,腰长是9cm时,能构成三角形,则其周长=4+9+9=1cm.故填1.【点睛】本题考查了等腰三角形的性质和三角形的三边关系;已知没有明确腰和底边的题目一定要想到两种情况,分类进行讨论,还应验证各种情况是否能构成三角形进行解答.三、解答题(共8题,共72分)17、(1)正方形ABCD的“关联点”为P2,P3;(2)或;(3).【解析】

(1)正方形ABCD的“关联点”中正方形的内切圆和外切圆之间(包括两个圆上的点),由此画出图形即可判断;(2)因为E是正方形ABCD的“关联点”,所以E在正方形ABCD的内切圆和外接圆之间(包括两个圆上的点),因为E在直线上,推出点E在线段FG上,求出点F、G的横坐标,再根据对称性即可解决问题;(3)因为线段MN上的每一个点都是正方形ABCD的“关联点”,分两种情形:①如图3中,MN与小⊙Q相切于点F,求出此时点Q的横坐标;②M如图4中,落在大⊙Q上,求出点Q的横坐标即可解决问题;【详解】(1)由题意正方形ABCD的“关联点”中正方形的内切圆和外切圆之间(包括两个圆上的点),观察图象可知:正方形ABCD的“关联点”为P2,P3;(2)作正方形ABCD的内切圆和外接圆,∴OF=1,,.∵E是正方形ABCD的“关联点”,∴E在正方形ABCD的内切圆和外接圆之间(包括两个圆上的点),∵点E在直线上,∴点E在线段FG上.分别作FF’⊥x轴,GG’⊥x轴,∵OF=1,,∴,.∴.根据对称性,可以得出.∴或.(3)∵、N(0,1),∴,ON=1.∴∠OMN=60°.∵线段MN上的每一个点都是正方形ABCD的“关联点”,①MN与小⊙Q相切于点F,如图3中,∵QF=1,∠OMN=60°,∴.∵,∴.∴.②M落在大⊙Q上,如图4中,∵,,∴.∴.综上:.【点睛】本题考查一次函数综合题、正方形的性质、直线与圆的位置关系等知识,解题的关键是理解题意,学会寻找特殊位置解决数学问题,属于中考压轴题.18、(1)y=﹣;(1)点K的坐标为(,0);(2)点P的坐标为:(1+,1)或(1﹣,1)或(1+,2)或(1﹣,2).【解析】试题分析:(1)把A、C两点坐标代入抛物线解析式可求得a、c的值,可求得抛物线解析;(1)可求得点C关于x轴的对称点C′的坐标,连接C′N交x轴于点K,再求得直线C′K的解析式,可求得K点坐标;(2)过点E作EG⊥x轴于点G,设Q(m,0),可表示出AB、BQ,再证明△BQE≌△BAC,可表示出EG,可得出△CQE关于m的解析式,再根据二次函数的性质可求得Q点的坐标;(4)分DO=DF、FO=FD和OD=OF三种情况,分别根据等腰三角形的性质求得F点的坐标,进一步求得P点坐标即可.试题解析:(1)∵抛物线经过点C(0,4),A(4,0),∴,解得,∴抛物线解析式为y=﹣x1+x+4;(1)由(1)可求得抛物线顶点为N(1,),如图1,作点C关于x轴的对称点C′(0,﹣4),连接C′N交x轴于点K,则K点即为所求,设直线C′N的解析式为y=kx+b,把C′、N点坐标代入可得,解得,∴直线C′N的解析式为y=x-4,令y=0,解得x=,∴点K的坐标为(,0);(2)设点Q(m,0),过点E作EG⊥x轴于点G,如图1,由﹣x1+x+4=0,得x1=﹣1,x1=4,∴点B的坐标为(﹣1,0),AB=6,BQ=m+1,又∵QE∥AC,∴△BQE≌△BAC,∴,即,解得EG=;∴S△CQE=S△CBQ﹣S△EBQ=(CO-EG)·BQ=(m+1)(4-)==-(m-1)1+2.又∵﹣1≤m≤4,∴当m=1时,S△CQE有最大值2,此时Q(1,0);(4)存在.在△ODF中,(ⅰ)若DO=DF,∵A(4,0),D(1,0),∴AD=OD=DF=1.又在Rt△AOC中,OA=OC=4,∴∠OAC=45°.∴∠DFA=∠OAC=45°.∴∠ADF=90°.此时,点F的坐标为(1,1).由﹣x1+x+4=1,得x1=1+,x1=1﹣.此时,点P的坐标为:P1(1+,1)或P1(1﹣,1);(ⅱ)若FO=FD,过点F作FM⊥x轴于点M.由等腰三角形的性质得:OM=OD=1,∴AM=2.∴在等腰直角△AMF中,MF=AM=2.∴F(1,2).由﹣x1+x+4=2,得x1=1+,x1=1﹣.此时,点P的坐标为:P2(1+,2)或P4(1﹣,2);(ⅲ)若OD=OF,∵OA=OC=4,且∠AOC=90°.∴AC=4.∴点O到AC的距离为1.而OF=OD=1<1,与OF≥1矛盾.∴在AC上不存在点使得OF=OD=1.此时,不存在这样的直线l,使得△ODF是等腰三角形.综上所述,存在这样的直线l,使得△ODF是等腰三角形.所求点P的坐标为:(1+,1)或(1﹣,1)或(1+,2)或(1﹣,2).点睛:本题是二次函数综合题,主要考查待定系数法、三角形全等的判定与性质、等腰三角形的性质等,能正确地利用数形结合思想、分类讨论思想等进行解题是关键.19、(1)600人(2)【解析】

(1)计算方式A的扇形圆心角占D的圆心角的分率,然后用方式D的人数乘这个分数即为方式A的人数;(2)列出表格或树状图分别求出所有情况以及两名同学恰好选中同一种购票方式的情况后,利用概率公式即可求出两名同学恰好选中同一种购票方式的概率.【详解】(1)(人),∴最喜欢方式A的有600人(2)列表法:ABCAA,AA,BA,CBB,AB,BB,CCC,AC,BC,C树状法:∴(同一种购票方式)【点睛】本题考查扇形统计图的运用和列表法或画树状图求概率的运用,读懂统计图,从统计图中得到必要的信息是解决问题的关键.扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小.20、(1)16;(2)平均数是3,众数是10,中位数是3;(3)1.【解析】

(1)根据有7名留守儿童班级有2个,所占的百分比是2.5%,即可求得班级的总个数,再求出有8名留守儿童班级的个数,进而补全条形统计图;(2)将这组数据按照从小到大排列即可求得统计的这组留守儿童人数数据的平均数、众数和中位数;(3)利用班级数60乘以(2)中求得的平均数即可.【详解】解:(1)该校的班级数是:2÷2.5%=16(个).则人数是8名的班级数是:16﹣1﹣2﹣6﹣2=5(个).条形统计图补充如下图所示:故答案为16;(2)每班的留守儿童的平均数是:(1×6+2×7+5×8+6×10+2×2)÷16=3将这组数据按照从小到大排列是:6,7,7,8,8,8,8,8,10,10,10,10,10,10,2,2.故这组数据的众数是10,中位数是(8+10)÷2=3.即统计的这组留守儿童人数数据的平均数是3,众数是10,中位数是3;(3)该镇小学生中,共有留守儿童60×3=1(名).答:该镇小学生中共有留守儿童1名.【点睛】本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用,读懂统计图,从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键.条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据;扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小.也考查了平均数、中位数和众数以及用样本估计总体.21、(1)见解析;(2)EF=.【解析】

(1)由旋转的性质可求∠FAE=∠DAE=45°,即可证△AEF≌△AED,可得EF=ED;(2)由旋转的性质可证∠FBE=90°,利用勾股定理和方程的思想可求EF的长.【详解】(1)∵∠BAC=90°,∠EAD=45°,∴∠BAE+∠DAC=45°,∵将△ADC绕点A顺时针旋转90°,得到△AFB,∴∠BAF=∠DAC,AF=AD,CD=BF,∠ABF=∠ACD=45°,∴∠BAF+∠BAE=45°=∠FAE,∴∠FAE=∠DAE,AD=AF,AE=AE,∴△AEF≌△AED(SAS),∴DE=EF(2)∵AB=AC=2,∠BAC=90°,∴BC=4,∵CD=1,∴BF=1,BD=3,即BE+DE=3,∵∠ABF=∠ABC=45°,∴∠EBF=90°,∴BF2+BE2=EF2,∴1+(3﹣EF)2=EF2,∴EF=【点睛】本题考查了旋转的性质,等腰直角三角形的性质,全等三角形的判定

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