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山東省萊蕪市陳毅中學(xué)2024屆八年級(jí)數(shù)學(xué)第二學(xué)期期末檢測(cè)試題注意事項(xiàng)1.考生要認(rèn)真填寫(xiě)考場(chǎng)號(hào)和座位序號(hào)。2.試題所有答案必須填涂或書(shū)寫(xiě)在答題卡上,在試卷上作答無(wú)效。第一部分必須用2B鉛筆作答;第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3.考試結(jié)束后,考生須將試卷和答題卡放在桌面上,待監(jiān)考員收回。一、選擇題(每題4分,共48分)1.小麗家在學(xué)校北偏西60°方向上,距學(xué)校4km,以學(xué)校所在位置為坐標(biāo)原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系,1km為一個(gè)單位長(zhǎng)度,則小麗家所在位置的坐標(biāo)為()A.(﹣2,﹣2) B.(﹣2,2) C.(2,﹣2) D.(﹣2,﹣2)2.下列二次根式中,屬于最簡(jiǎn)二次根式的是()A. B. C. D.3.如圖,直線y=﹣x+4與x軸、y軸分別交于點(diǎn)A、B、C是線段AB上一點(diǎn),四邊形OADC是菱形,則OD的長(zhǎng)為()A.4.2 B.4.8 C.5.4 D.64.已知一組數(shù)據(jù)2,3,4,x,1,4,3有唯一的眾數(shù)4,則這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)是()A.2 B.3 C.4 D.55.甲、乙、丙、丁四位選手各射擊10次,每人的平均成績(jī)都是9.3環(huán),方差如下表所示:選手甲乙丙丁方差0.0350.0360.0280.015則這四人中成績(jī)最穩(wěn)定的是()A.甲 B.乙 C.丙 D.丁6.若代數(shù)式在實(shí)數(shù)范圍內(nèi)有意義,則x的取值范為是()A.x≥-2 B.x>-2 C.x≥2 D.x≤27.如果一個(gè)多邊形的內(nèi)角和等于720°,則這個(gè)多邊形是()A.四邊形 B.五邊形 C.六邊形 D.七邊形8.式子在實(shí)數(shù)范圍內(nèi)有意義,則x的取值范圍()A.x≤2 B.x<2 C.x>2 D.x≥29.下列計(jì)算正確的是()A. B.2 C.()2=2 D.=310.一個(gè)長(zhǎng)為2、寬為1的長(zhǎng)方形以下面的四種“姿態(tài)”從直線l的左側(cè)水平平移至右側(cè)(下圖中的虛線都是水平線).其中,所需平移的距離最短的是()A. B.C. D.11.在平面直角坐標(biāo)系中,將△AOB繞原點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)180°后得到△A1OB1,若點(diǎn)B的坐標(biāo)為(-2,1),則點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)B1的坐標(biāo)為()A.(2,-1) B.(2,1) C.(﹣2,-1) D.(1,2)12.小明在學(xué)習(xí)了正方形之后,給同桌小文出了道題,從下列四個(gè)條件:①AB=BC,②∠ABC=90°,③AC=BD,④AC⊥BD中選兩個(gè)作為補(bǔ)充條件,使?ABCD為正方形(如圖),現(xiàn)有下列四種選法,你認(rèn)為其中錯(cuò)誤的是()A.①② B.②③ C.①③ D.②④二、填空題(每題4分,共24分)13.如圖,正方形ABCD的邊長(zhǎng)為6,點(diǎn)E,F(xiàn)分別在邊AB,BC上,若F是BC的中點(diǎn),且∠EDF=45°,則BE的長(zhǎng)為_(kāi)______.14.平行四邊形ABCD的周長(zhǎng)為20cm,對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O,若△BOC的周長(zhǎng)比△AOB的周長(zhǎng)大2cm,則CD=_____cm.15.在一次函數(shù)y=(m-1)x+6中,y隨x的增大而增大,則m的取值范圍是______.16.鐵路部門(mén)規(guī)定旅客免費(fèi)攜行李箱的長(zhǎng)寬高之和不超過(guò),某廠家生產(chǎn)符合該規(guī)定的行李箱,已知行李箱的高為,長(zhǎng)與寬之比為,則該行李箱寬度的最大值是_______.17.如圖,在平面直角坐標(biāo)系xOy中,四邊形0ABC是平行四邊形,且A(4,0),B(6,2),則直線AC的解析式為_(kāi)__________.18.計(jì)算__.三、解答題(共78分)19.(8分)如圖,在△ABC中,AB=AC,AD平分∠BAC交BC于點(diǎn)D,在線段AD上任到一點(diǎn)P(點(diǎn)A除外),過(guò)點(diǎn)P作EF∥AB,分別交AC、BC于點(diǎn)E、F,作PQ∥AC,交AB于點(diǎn)Q,連接QE與AD相交于點(diǎn)G.(1)求證:四邊形AQPE是菱形.(2)四邊形EQBF是平行四邊形嗎?若是,請(qǐng)證明;若不是,請(qǐng)說(shuō)明理由.(3)直接寫(xiě)出P點(diǎn)在EF的何處位置時(shí),菱形AQPE的面積為四邊形EQBF面積的一半.20.(8分)如圖,點(diǎn)A.F、C.D在同一直線上,點(diǎn)B和點(diǎn)E分別在直線AD的兩側(cè),且AB=DE,∠A=∠D,AF=DC.(1)求證:四邊形BCEF是平行四邊形,(2)若∠ABC=90°,AB=4,BC=3,當(dāng)AF為何值時(shí),四邊形BCEF是菱形.21.(8分)如圖1,在中,,,點(diǎn),分別在邊AC,BC上,,連接BD,點(diǎn)F,P,G分別為AB,BD,DE的中點(diǎn).(1)如圖1中,線段PF與PG的數(shù)量關(guān)系是,位置關(guān)系是;(2)若把△CDE繞點(diǎn)C逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)到圖2的位置,連接AD,BE,GF,判斷△FGP的形狀,并說(shuō)明理由;(3)若把△CDE繞點(diǎn)C在平面內(nèi)自由旋轉(zhuǎn),AC=8,CD=3,請(qǐng)求出△FGP面積的最大值.22.(10分)如圖,ΔABC中,∠B=22.5°,∠C=60°,AB的垂直平分線交BC于點(diǎn)D,交AB于點(diǎn)F,BD=62,AE⊥BC于點(diǎn)E,求CE的長(zhǎng)23.(10分)如圖,在△ABC中,∠ACB=90°,AC=30cm,BC=40cm.點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā),以5cm/s的速度沿AC向終點(diǎn)C勻速移動(dòng).過(guò)點(diǎn)P作PQ⊥AB,垂足為點(diǎn)Q,以PQ為邊作正方形PQMN,點(diǎn)M在AB邊上,連接CN.設(shè)點(diǎn)P移動(dòng)的時(shí)間為t(s).(1)PQ=______;(用含t的代數(shù)式表示)(2)當(dāng)點(diǎn)N分別滿足下列條件時(shí),求出相應(yīng)的t的值;①點(diǎn)C,N,M在同一條直線上;②點(diǎn)N落在BC邊上;(3)當(dāng)△PCN為等腰三角形時(shí),求t的值.24.(10分)分解因式:(1)x2(x﹣y)+(y﹣x);(2)﹣4a2x+12ax﹣9x25.(12分)如圖,矩形ABCD中,點(diǎn)E,F(xiàn)分別在邊AB,CD上,點(diǎn)G,H在對(duì)角線AC上,EF與AC相交于點(diǎn)O,AG=CH,BE=DF.(1)求證:四邊形EGFH是平行四邊形;(2)若EG=EH,DC=8,AD=4,求AE的長(zhǎng).26.(1)判斷下列各式是否成立(在括號(hào)內(nèi)劃√或×)①();②();③();④.()(2)根據(jù)(1)中的結(jié)果,將你發(fā)現(xiàn)的規(guī)律,用含有自然數(shù)()的式子表示出來(lái);(3)請(qǐng)說(shuō)明你所發(fā)現(xiàn)的規(guī)律的正確性.
參考答案一、選擇題(每題4分,共48分)1、B【解析】
根據(jù)題意聯(lián)立直角坐標(biāo)系,再利用勾股定理即可求解.【詳解】解:由題意可得:AO=4km,∠AOB=30°,則AB=2,BO=,故A點(diǎn)坐標(biāo)為:(﹣2,2).故選:B.【點(diǎn)睛】此題主要考查直角坐標(biāo)系的應(yīng)用,解題的關(guān)鍵是根據(jù)題意作出直角坐標(biāo)系進(jìn)行求解.2、C【解析】
根據(jù)最簡(jiǎn)二次根式的定義對(duì)各選項(xiàng)分析判斷利用排除法求解.【詳解】解:A、不是最簡(jiǎn)二次根式,錯(cuò)誤;B、不是最簡(jiǎn)二次根式,錯(cuò)誤;C、是最簡(jiǎn)二次根式,正確;D、不是最簡(jiǎn)二次根式,錯(cuò)誤;故選:C.【點(diǎn)睛】本題考查最簡(jiǎn)二次根式的定義,最簡(jiǎn)二次根式必須滿足兩個(gè)條件:(1)被開(kāi)方數(shù)不含分母;(2)被開(kāi)方數(shù)不含能開(kāi)得盡方的因數(shù)或因式.3、B【解析】
由直線的解析式可求出點(diǎn)B、A的坐標(biāo),進(jìn)而可求出OA、OB的長(zhǎng),再利用勾股定理即可求出AB的長(zhǎng),由菱形的性質(zhì)可得OE⊥AB,OE=DE,再根據(jù)直角三角形的面積可求出OE的長(zhǎng),進(jìn)而可求出OD的長(zhǎng).【詳解】解:∵直線y=﹣x+4與x軸、y軸分別交于點(diǎn)A、B,∴點(diǎn)A(3,0)、點(diǎn)B(0,4),∴OA=3,OB=4,∴AB=,∵四邊形OADC是菱形,
∴OE⊥AB,OE=DE,由直角三角形的面積得,即3×4=5×OE.解得:OE=2.4,∴OD=2OE=4.8.故選B.【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的性質(zhì)和一次函數(shù)與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)問(wèn)題,難度不大,題目設(shè)計(jì)新穎,解題的關(guān)鍵是把求OD的長(zhǎng)轉(zhuǎn)化為求直角△AOB斜邊上的高OE的長(zhǎng)的2倍.4、B【解析】
根據(jù)題意由有唯一的眾數(shù)4,可知x=4,然后根據(jù)中位數(shù)的定義求解即可.【詳解】∵這組數(shù)據(jù)有唯一的眾數(shù)4,∴x=4,∵將數(shù)據(jù)從小到大排列為:1,2,1,1,4,4,4,∴中位數(shù)為:1.故選B.【點(diǎn)睛】本題考查了眾數(shù)、中位數(shù)的定義,屬于基礎(chǔ)題,掌握基本定義是關(guān)鍵.眾數(shù)是一組數(shù)據(jù)中出現(xiàn)次數(shù)最多的那個(gè)數(shù).當(dāng)有奇數(shù)個(gè)數(shù)時(shí),中位數(shù)是從小到大排列順序后位于中間位置的數(shù);當(dāng)有偶數(shù)個(gè)數(shù)時(shí),中位數(shù)是從小到大排列順序后位于中間位置兩個(gè)數(shù)的平均數(shù).5、D【解析】∵0.036>0.035>0.028>0.015,∴丁最穩(wěn)定,故選D.6、C【解析】試題分析:根據(jù)二次根式的意義,x-2≥0,解得x≥2.故選C.考點(diǎn):二次根式的意義.7、C【解析】試題分析:這個(gè)正多邊形的邊數(shù)是n,則(n﹣2)?180°=720°,解得:n=1.則這個(gè)正多邊形的邊數(shù)是1.故選C.考點(diǎn):多邊形內(nèi)角與外角.8、C【解析】分析:根據(jù)使“分式和二次根式有意義的條件”進(jìn)行分析解答即可.詳解:∵式子在實(shí)數(shù)范圍內(nèi)有意義,∴,解得:.故選C.點(diǎn)睛:熟記:“使分式有意義的條件是:分母的值不能為0;使二次根式有意義的條件是:被開(kāi)方數(shù)為非負(fù)數(shù)”是解答本題的關(guān)鍵.9、C【解析】
利用二次根式的加減運(yùn)算及立方根的定義,逐一分析四個(gè)選項(xiàng)的正誤即可得出結(jié)論.【詳解】解:A、>3>,∴選項(xiàng)A不正確;B、,∴選項(xiàng)B不正確;C、()2=2,∴選項(xiàng)C正確;D、=3,∴選項(xiàng)D不正確.故選C.【點(diǎn)睛】本題考查了立方根、算式平方根以及二次根式的加減,利用排除法逐一分析四個(gè)選項(xiàng)的正誤是解題的關(guān)鍵.10、C【解析】
根據(jù)平移的性質(zhì),利用等腰直角三角形的性質(zhì)和勾股定理計(jì)算出各個(gè)圖形中平移的距離,然后比較它們的大小即可.【詳解】A、平移的距離=1+2=3,B、平移的距離=2+1=3,C、平移的距離==,D、平移的距離=2,故選C.【點(diǎn)睛】本題考查了平移的性質(zhì):把一個(gè)圖形整體沿某一直線方向移動(dòng),會(huì)得到一個(gè)新的圖形,新圖形與原圖形的形狀和大小完全相同;新圖形中的每一點(diǎn),都是由原圖形中的某一點(diǎn)移動(dòng)后得到的,這兩個(gè)點(diǎn)是對(duì)應(yīng)點(diǎn).連接各組對(duì)應(yīng)點(diǎn)的線段平行且相等.解決本題的關(guān)鍵是利用等腰直角三角形的性質(zhì)和勾股定理計(jì)算出各個(gè)圖形中平移的距離.11、A【解析】
根據(jù)題意可得,點(diǎn)B和點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)B1關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱,據(jù)此求出B1的坐標(biāo)即可.【詳解】∵△A1OB1是將△AOB繞原點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)180°后得到圖形,∴點(diǎn)B和點(diǎn)B1關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱,∵點(diǎn)B的坐標(biāo)為(-2,1),∴B1的坐標(biāo)為(2,?1).故選:A.【點(diǎn)睛】此題考查坐標(biāo)與圖形變化-旋轉(zhuǎn),解題關(guān)鍵在于掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì).12、B【解析】
A、∵四邊形ABCD是平行四邊形,當(dāng)①AB=BC時(shí),平行四邊形ABCD是菱形,當(dāng)②∠ABC=90°時(shí),菱形ABCD是正方形,故此選項(xiàng)正確,不合題意;B、∵四邊形ABCD是平行四邊形,∴當(dāng)②∠ABC=90°時(shí),平行四邊形ABCD是矩形,當(dāng)AC=BD時(shí),這是矩形的性質(zhì),無(wú)法得出四邊形ABCD是正方形,故此選項(xiàng)錯(cuò)誤,符合題意;C、∵四邊形ABCD是平行四邊形,當(dāng)①AB=BC時(shí),平行四邊形ABCD是菱形,當(dāng)③AC=BD時(shí),菱形ABCD是正方形,故此選項(xiàng)正確,不合題意;D、∵四邊形ABCD是平行四邊形,∴當(dāng)②∠ABC=90°時(shí),平行四邊形ABCD是矩形,當(dāng)④AC⊥BD時(shí),矩形ABCD是正方形,故此選項(xiàng)正確,不合題意.故選C.二、填空題(每題4分,共24分)13、4【解析】
延長(zhǎng)F至G,使CG=AE,連接DG,由SAS證明△ADE≌△CDG,得出DE=DG,∠ADE=∠CDG,再證明△EDF≌△GDF,得出EF=GF,設(shè)AE=CG=x,則EF=GF=3+x,在Rt△BEF中,由勾股定理得出方程,解方程得出AE=2,從而求得BE的長(zhǎng)即可.【詳解】解:延長(zhǎng)F至G,使CG=AE,連接DG、EF,如圖所示:∵四邊形ABCD是正方形,∴AD=AB=BC=CD=6,∠A=∠B=∠DCF=∠ADC=90°,∴∠DCG=90°,在△ADE和△CDG中,AE=CG∠A=∠DCG=∴△ADE≌△CDG(SAS),∴DE=DG,∠ADE=∠CDG,∴∠EDG=∠CDE+∠CDG=∠CDE+∠ADE=90°,∵∠EDF=45°,∴∠GDF=45°,在△EDF和△GDF中,DE=DG∠EDF=∠GDF∴△EDF≌△GDF(SAS),∴EF=GF,∵F是BC的中點(diǎn),∴BF=CF=3,設(shè)AE=CG=x,則EF=GF=CF+CG=3+x,在Rt△BEF中,由勾股定理得:32解得:x=2,即AE=2,∴BE=AB-AE=6-2=4.【點(diǎn)睛】此題考查了正方形的性質(zhì),全等三角形的判定與性質(zhì)以及勾股定理,利用了方程的思想,證明三角形全等是解本題的關(guān)鍵.14、1.【解析】
根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可知,平行四邊形的對(duì)角線互相平分,由于△BOC的周長(zhǎng)比△AOB的周長(zhǎng)大2cm,則BC比AB長(zhǎng)7cm,所以根據(jù)周長(zhǎng)的值可以求出AB,進(jìn)而求出CD的長(zhǎng).【詳解】解:∵平行四邊形的周長(zhǎng)為20cm,∴AB+BC=10cm;又△BOC的周長(zhǎng)比△AOB的周長(zhǎng)大2cm,∴BC﹣AB=2cm,解得:AB=1cm,BC=6cm.∵AB=CD,∴CD=1cm故答案為1.15、m>1【解析】
由一次函數(shù)的性質(zhì)可得到關(guān)于m的不等式,可求得m的取值范圍.【詳解】解:∵一次函數(shù)y=(m-1)x+6,若y隨x的增大而增大,∴m-1>0,解得m>1,故答案為:m>1.【點(diǎn)睛】本題主要考查一次函數(shù)的性質(zhì),掌握一次函數(shù)的增減性是解題的關(guān)鍵,即在y=kx+b中,當(dāng)k>0時(shí),y隨x的增大而增大,當(dāng)k<0時(shí),y隨x的增大而減?。?6、【解析】
設(shè)長(zhǎng)為3x,寬為2x,再由行李箱的長(zhǎng)、寬、高之和不超過(guò)160cm,可得出不等式,解出即可.【詳解】解:設(shè)長(zhǎng)為3x,寬為2x,由題意,得:5x+20≤160,解得:x≤28,故行李箱寬度的最大值是28×2=56cm.故答案為:56cm.【點(diǎn)睛】本題考查了一元一次不等式的應(yīng)用,解答本題的關(guān)鍵是仔細(xì)審題,找到不等關(guān)系,建立不等式.17、y=-x+1【解析】
根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到OA∥BC,OA=BC,由已知條件得到C(2,2),設(shè)直線AC的解析式為y=kx+b,列方程組即可得到結(jié)論.【詳解】解:∵四邊形OABC是平行四邊形,
∴OA∥BC,OA=BC,
∵A(1,0),B(6,2),
∴C(2,2),
設(shè)直線AC的解析式為y=kx+b,
∴,
解得:,
∴直線AC的解析式為y=-x+1,
故答案為:y=-x+1.【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)、坐標(biāo)與圖形性質(zhì)以及利用待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式,解題的關(guān)鍵是求出其中心對(duì)稱點(diǎn)的坐標(biāo).18、【解析】
通過(guò)原式約分即可得到結(jié)果.【詳解】解:原式=,故答案為:.【點(diǎn)睛】此題考查了分式的乘除法,熟練掌握運(yùn)算法則是解本題的關(guān)鍵.三、解答題(共78分)19、(1)見(jiàn)解析;(2)結(jié)論:四邊形EQBF是平行四邊形.見(jiàn)解析;(3)當(dāng)P為EF中點(diǎn)時(shí),S菱形AEPQ=S四邊形EFBQ.【解析】
(1)先證出四邊形AEPQ為平行四邊形,關(guān)鍵是找一組鄰邊相等,由AD平分∠BAC和PE∥AQ可證∠EAP=∠EPA,得出AE=EP,即可得出結(jié)論;(2)只要證明EQ∥BC,EF∥AB即可;(3)S菱形AEPQ=EP?h,S平行四邊形EFBQ=EF?h,若菱形AEPQ的面積為四邊形EFBQ面積的一半,則EP=EF,因此P為EF中點(diǎn)時(shí),S菱形AEPQ=S四邊形EFBQ.【詳解】(1)證明:∵EF∥AB,PQ∥AC,∴四邊形AEPQ為平行四邊形,∴∠BAD=∠EPA,∵AB=AC,AD平分∠CAB,∴∠CAD=∠BAD,∴∠CAD=∠EPA,∴EA=EP,∴四邊形AEPQ為菱形.(2)解:結(jié)論:四邊形EQBF是平行四邊形.∵四邊形AQPE是菱形,∴AD⊥EQ,即∠AGQ=90°,∵AB=AC,AD平分∠BAC,∴AD⊥BC即∠ADB=90°,∴EQ∥BC∵EF∥QB,∴四邊形EQBF是平行四邊形.(3)解:當(dāng)P為EF中點(diǎn)時(shí),S菱形AEPQ=S四邊形EFBQ∵四邊形AEPQ為菱形,∴AD⊥EQ,∵AB=AC,AD平分∠BAC,∴AD⊥BC,∴EQ∥BC,又∵EF∥AB,∴四邊形EFBQ為平行四邊形.作EN⊥AB于N,如圖所示:∵P為EF中點(diǎn)則S菱形AEPQ=EP?EN=EF?EN=S四邊形EFBQ.【點(diǎn)睛】此題主要考查了菱形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì);熟練掌握等腰三角形的性質(zhì),證明四邊形是平行四邊形是解決問(wèn)題的關(guān)鍵.20、(1)見(jiàn)解析(2)當(dāng)AF=時(shí),四邊形BCEF是菱形.【解析】
(1)由AB=DE,∠A=∠D,AF=DC,根據(jù)SAS得△ABC≌DEF,即可得BC=EF,且BC∥EF,即可判定四邊形BCEF是平行四邊形.(2)由四邊形BCEF是平行四邊形,可得當(dāng)BE⊥CF時(shí),四邊形BCEF是菱形,所以連接BE,交CF與點(diǎn)G,證得△ABC∽△BGC,由相似三角形的對(duì)應(yīng)邊成比例,即可求得AF的值.【詳解】(1)證明:∵AF=DC,∴AF+FC=DC+FC,即AC=DF.∵在△ABC和△DEF中,AC=DF,∠A=∠D,AB=DE,∴△ABC≌DEF(SAS).∴BC=EF,∠ACB=∠DFE,∴BC∥EF.∴四邊形BCEF是平行四邊形.(2)解:連接BE,交CF與點(diǎn)G,∵四邊形BCEF是平行四邊形,∴當(dāng)BE⊥CF時(shí),四邊形BCEF是菱形.∵∠ABC=90°,AB=4,BC=3,∴AC=.∵∠BGC=∠ABC=90°,∠ACB=∠BCG,∴△ABC∽△BGC.∴,即.∴.∵FG=CG,∴FC=2CG=,∴AF=AC﹣FC=5﹣.∴當(dāng)AF=時(shí),四邊形BCEF是菱形.21、1)PF=PGPF⊥PG;(2)△FGP是等腰直角三角形,理由見(jiàn)解析;(3)S△PGF最大=.【解析】
(1)根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和三角形的中位線定理解答即可;(2)由旋轉(zhuǎn)知,∠ACD=∠BCE,進(jìn)一步證明△CAD≌△CBE,再利用全等三角形的判定和性質(zhì)以及三角形中位線定理解答;(3)由(2)知,△FGP是等腰直角三角形,PG=PF=AD,PG最大時(shí),△FGP面積最大,進(jìn)而解答即可.【詳解】解(1)PF=PGPF⊥PG;如圖1,∵在△ABC中,AB=BC,點(diǎn),分別在邊AC,BC上,且CD=CE,∴AC-CD=BC-CE,即AD=BE,點(diǎn)F、P、G分別為DE、DC、BC的中點(diǎn),∴PF=AB,PG=CE,∴PF=PG,∵點(diǎn)F、P、G分別為DE、DC、BC的中點(diǎn),∴PG//BE,PF//AD,∴∠PFB=∠A,∠DPG=∠DBC,∴∠FPG=∠DPF+∠DPG=∠PFB+∠DBA+∠DPG=∠A+∠DBA+∠DBC=∠A+∠ABC,∵∠ABC+∠ACB=180°-∠C∴∠FPG=180°-90°=90°,PF⊥PG;(2)△FGP是等腰直角三角形理由:由旋轉(zhuǎn)知,∠ACD=∠BCE,∵AC=BC,CD=CE,∴△CAD≌△CBE(SAS),∴∠CAD=∠CBE,AD=BE,利用三角形的中位線得,PG=BE,PF=AD,∴PG=PF,∴△FGP是等腰三角形,利用三角形的中位線得,PG∥CE,∴∠DPG=∠DBE,利用三角形的中位線得,PF∥AD,∴∠PFB=∠DAB,∵∠DPF=∠DBA+∠PNB=∠DBA+∠DAB,∴∠GPF=∠DPG+∠DPF=∠DBE+∠DBA+∠DAB=∠ABE+∠DAB=∠CBA+∠CBE+∠DAB=∠CBA+∠CAD+∠DAB=∠CBA+∠CAB,∵∠ACB=90°,∴∠CBA+∠CAB=90°,∴∠GPF=90°,∴△FGP是等腰直角三角形;(3)由(2)知,△FGP是等腰直角三角形,PG=PF=AD,∴PG最大時(shí),△FGP面積最大,∴點(diǎn)D在AC的延長(zhǎng)線上,∴AD=AC+CD=11,∴PG=,∴S△PGF最大=PG2=【點(diǎn)睛】此題屬于幾何變換綜合題,關(guān)鍵是根據(jù)三角形的中位線定理,等腰直角三角形的判定和性質(zhì),全等三角形的判斷和性質(zhì),直角三角形的性質(zhì)進(jìn)行解答.22、CE=23【解析】
連接AD,根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)得到∠ADE=45°,由AE⊥BC得到AE=DE,再根據(jù)勾股定理得到答案.【詳解】連接AD∵DF垂直平分AB,∴AD=BD=6∴∠DAB=∠B=22.5°∵AE⊥BC,∴∠AED=90°∴∠EDA=∠EAD=45°∴AE=DE,設(shè)AE=DE=a,則a∴a=6,即AE=6,在RtΔAEC中,∵∠C=60°,∴∠EAC=30°設(shè)EC=b,則AC=2b,∴(2b)∴b=23,即CE=2【點(diǎn)睛】本題考查垂直平分線的性質(zhì)、勾股定理,解題的關(guān)鍵是掌握垂直平分線的性質(zhì)、勾股定理.23、(1)4t;(2)①,②;(3)秒或秒或秒.【解析】
(1)先求出AB=50,sinA==,cosA==,進(jìn)而求出AQ=3t,PQ=4t,即可得出結(jié)論;(2)先判斷出PN=QM=PQ=4t,①求出CD=24,AD=18,進(jìn)而判斷出AQ+QM=AD=18,建立方程即可得出結(jié)論;②判斷出∠APQ=∠PNC,進(jìn)而得出△AQP∽△PCN,建立方程即可得出結(jié)論;(3)分三種情況,利用等腰三角形的性質(zhì)建立方程求解即可得出結(jié)論.【詳解】解:(1)在Rt△ABC中,根據(jù)勾股定理得,AB=50,∴sinA==,cosA==∵PQ⊥AB,∴∠AQP=90°,由運(yùn)動(dòng)知,AP=5t,在Rt△AQP中,AQ=AP?cosA=×5=3t,PQ=AP?sinA=4t,故答案為:4t;(2)由(1)知,AQ=3t,PQ=4t,∵四邊形PQMN是正方形,∴PN=QM=PQ=4t,①如圖1,由(1)知,AB=50,過(guò)點(diǎn)C作CD⊥AB于D,∴AB?CD=AC?BC,∴CD=24,在Rt△ADQ中,AD==18,∵點(diǎn)C,N,M在同一條直線上,∴點(diǎn)M落在點(diǎn)D,∴AQ+QM=AD=18,由(1)知,QM=PQ=4t,AQ=3t,∴4t+3t=18,∴t=;②點(diǎn)N落在BC上時(shí),∠PCN=∠PCB=90°=∠AQP,∴∠CPN+∠CNP=90°,∵∠QPN=90°∴∠CPN+∠APQ=90°,∴∠APQ=∠PNC,∵
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