2025屆河南省駐馬店市上蔡一中學(xué)八年級數(shù)學(xué)第二學(xué)期期末聯(lián)考試題含解析_第1頁
2025屆河南省駐馬店市上蔡一中學(xué)八年級數(shù)學(xué)第二學(xué)期期末聯(lián)考試題含解析_第2頁
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文檔簡介

2025屆河南省駐馬店市上蔡一中學(xué)八年級數(shù)學(xué)第二學(xué)期期末聯(lián)考試題注意事項:1.答題前,考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號碼填寫清楚,將條形碼準(zhǔn)確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2.答題時請按要求用筆。3.請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答,超出答題區(qū)域書寫的答案無效;在草稿紙、試卷上答題無效。4.作圖可先使用鉛筆畫出,確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5.保持卡面清潔,不要折暴、不要弄破、弄皺,不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題(每題4分,共48分)1.化簡的結(jié)果是().A. B. C. D.2.為了解游客對恭王府、北京大觀園、北京動物園和景山公園四個旅游景區(qū)的滿意率情況,某班實踐活動小組的同學(xué)給出了以下幾種調(diào)查方案:方案一:在多家旅游公司隨機調(diào)查400名導(dǎo)游;方案二:在恭王府景區(qū)隨機調(diào)查400名游客;方案三:在北京動物園景區(qū)隨機調(diào)查400名游客;方案四:在上述四個景區(qū)各隨機調(diào)查400名游客.在這四種調(diào)查方案中,最合理的是()A.方案一 B.方案二 C.方案三 D.方案四3.計算:3x2y2=().A.2xy2 B.x2 C.x3 D.xy44.如圖,每個圖形都是由同樣大小的正方形按照一定的規(guī)律組成,其中第①個圖形面積為,第②個圖形的面積為,第③個圖形的面積為,…,那么第⑥個圖形面積為()A. B. C. D.5.把邊長為3的正方形ABCD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)45°得到正方形AB′C′D′,邊BC與D′C′交于點O,則四邊形ABOD′的周長是()A.6 B.6 C.3 D.3+36.如圖,天平右盤中的每個砝碼的質(zhì)量都是,則物體的質(zhì)量的取值范圍,在數(shù)軸上可表示為()A. B.C. D.7.如圖所示,一場臺風(fēng)過后,垂直于地面的一棵樹在距地面1米處折斷,樹尖B

恰好碰到地面,經(jīng)測量AB=2,則樹高為()米.A.1+ B.1+ C.2-1 D.38.如圖,平行四邊形ABCD對角線AC、BD交于點O,∠ADB=20°,∠ACB=50°,過點O的直線交AD于點E,交BC于點F當(dāng)點E從點A向點D移動過程中(點E與點A、點D不重合),四邊形AFCE的形狀變化依次是()A.平行四邊形→矩形→平行四邊形→菱形→平行四邊形B.平行四邊形→矩形→平行四邊形→正方形→平行四邊形C.平行四邊形→菱形→平行四邊形→矩形→平行四邊形D.平行四邊形→矩形→菱形→正方形→平行四邊形9.將下列多項式因式分解,結(jié)果中不含因式x-1的是()A.x2-1 B.x2+2x+1 C.x2-2x+1 D.x(x-2)+(2-x)10.已知正比例函數(shù)的圖象經(jīng)過點(1,-2),則正比例函數(shù)的解析式為()A. B. C. D.11.關(guān)于的方程有實數(shù)解,那么的取值范圍是()A. B. C. D.且12.若a+|a|=0,則化簡的結(jié)果為()A.1 B.?1 C.1?2a D.2a?1二、填空題(每題4分,共24分)13.函數(shù)中,若自變量的取值范圍是,則函數(shù)值的取值范圍為__________.14.如果從初三(1)、(2)、(3)班中隨機抽取一個班與初三(4)班進(jìn)行一場拔河比賽,那么恰好抽到初三(1)班的概率是_____.15.(2011貴州安順,17,4分)已知:如圖,O為坐標(biāo)原點,四邊形OABC為矩形,A(10,0),C(0,4),點D是OA的中點,點P在BC上運動,當(dāng)△ODP是腰長為5的等腰三角形時,則P點的坐標(biāo)為.16.如圖,在反比例函數(shù)的圖像上有點它們的橫坐標(biāo)依次為1,2,3,……,n,n+1,分別過點作x軸,y軸的垂線,圖中所構(gòu)成的陰影部分面積從左到右依次為,則Sn=__________。(用含n的代數(shù)式表示)17.一元二次方程有實數(shù)根,則的取值范圍為____.18.穎穎同學(xué)用20元錢去買方便面35包,甲種方便面每包0.7元,乙種方便面每包0.5元,則她最多可買甲種方便面_____包.三、解答題(共78分)19.(8分)如圖,已知△ABC是等邊三角形,點D、B、C、E在同一條直線上,且∠DAE=120°,求證:BC2=CE?DB.20.(8分)知識再現(xiàn):如果,,則線段的中點坐標(biāo)為;對于兩個一次函數(shù)和,若兩個一次函數(shù)圖象平行,則且;若兩個一次函數(shù)圖象垂直,則.提醒:在下面這個相關(guān)問題中如果需要,你可以直接利用以上知識.在平面直角坐標(biāo)系中,已知點,.(1)如圖1,把直線向右平移使它經(jīng)過點,如果平移后的直線交軸于點,交x軸于點,請確定直線的解析式.(2)如圖2,連接,求的長.(3)已知點是直線上一個動點,以為對角線的四邊形是平行四邊形,當(dāng)取最小值時,請在圖3中畫出滿足條件的,并直接寫出此時點坐標(biāo).21.(8分)如圖1,,是線段上的一個動點,分別以為邊,在的同側(cè)構(gòu)造菱形和菱形,三點在同一條直線上連結(jié),設(shè)射線與射線交于.(1)當(dāng)在點的右側(cè)時,求證:四邊形是平形四邊形.(2)連結(jié),當(dāng)四邊形恰為矩形時,求的長.(3)如圖2,設(shè),,記點與之間的距離為,直接寫出的所有值.22.(10分)已知:如圖,在梯形中,,,是上一點,且,,求證:是等邊三角形.23.(10分)用適當(dāng)?shù)姆椒ń庀铝蟹匠蹋海?)x(2﹣x)=x2﹣2(2)(2x+5)2﹣3(2x+5)+2=024.(10分)四邊形ABCD是正方形,AC與BD,相交于點O,點E、F是直線AD上兩動點,且AE=DF,CF所在直線與對角線BD所在直線交于點G,連接AG,直線AG交BE于點H.(1)如圖1,當(dāng)點E、F在線段AD上時,求證:∠DAG=∠DCG;(2)如圖1,猜想AG與BE的位置關(guān)系,并加以證明;(3)如圖2,在(2)條件下,連接HO,試說明HO平分∠BHG.25.(12分)某校240名學(xué)生參加植樹活動,要求每人植樹4~7棵,活動結(jié)束后抽查了20名學(xué)生每人的植樹量,并分為四類:A類4棵、B類5棵、C類6棵、D類7棵,將各類的人數(shù)繪制成如圖所示不完整的條形統(tǒng)計圖,回答下列問題:(1)補全條形圖;(2)寫出這20名學(xué)生每人植樹量的眾數(shù)和中位數(shù);(3)估計這240名學(xué)生共植樹多少棵?26.在一次男子馬拉松長跑比賽中,隨機抽得12名選手所用的時間(單位:分鐘)得到如下樣本數(shù)據(jù):140146143175125164134155152168162148(1)計算該樣本數(shù)據(jù)的中位數(shù)和平均數(shù);(2)如果一名選手的成績是147分鐘,請你依據(jù)樣本數(shù)據(jù)的中位數(shù),推斷他的成績?nèi)绾危?/p>

參考答案一、選擇題(每題4分,共48分)1、B【解析】

根據(jù)三角形法則計算即可解決問題.【詳解】解:原式,故選:B.【點睛】本題考查平面向量、三角形法則等知識,解題的關(guān)鍵是靈活運用三角形法則解決問題,屬于中考基礎(chǔ)題.2、D【解析】

根據(jù)調(diào)查收集數(shù)據(jù)應(yīng)注重代表性以及全面性,進(jìn)而得出符合題意的答案.【詳解】解:為了解游客對恭王府、北京大觀園、北京動物園和景山公園四個旅游景區(qū)的滿意率情況,應(yīng)在上述四個景區(qū)各隨機調(diào)查400名游客.故選:D.【點睛】此題主要考查了調(diào)查收集數(shù)據(jù)的過程與方法,正確掌握數(shù)據(jù)收集代表性是解題關(guān)鍵.3、C【解析】

根據(jù)分式除法法則先將除法化為乘法,再進(jìn)行計算即可.【詳解】原式.故選:C.【點睛】本題考查分式的乘除法,明確運算法則是解題關(guān)鍵.4、C【解析】

觀察圖形,小正方形的個數(shù)是相應(yīng)序數(shù)乘以下一個數(shù),每一個小正方形的面積是1,然后求解即可.【詳解】解:∵第①個圖形的面積為1×2×1=2,第②個圖形的面積為2×3×1=6,第③個圖形的面積為3×4×1=12,…,∴第⑥個圖形的面積為6×7×1=42,故選:C.【點睛】本題考查了圖形的變化類問題,解題的關(guān)鍵是仔細(xì)觀察圖形,并找到圖形的變化規(guī)律.5、A【解析】試題分析:由邊長為3的正方形ABCD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)45°得到正方形AB′C′D′,利用勾股定理的知識求出BC′的長,再根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì),勾股定理可求BO,OD′,從而可求四邊形ABOD′的周長.連接BC′,∵旋轉(zhuǎn)角∠BAB′=45°,∠BAD′=45°,∴B在對角線AC′上,∵B′C′=AB′=3,在Rt△AB′C′中,AC′==3,∴B′C=3﹣3,在等腰Rt△OBC′中,OB=BC′=3﹣3,在直角三角形OBC′中,OC=(3﹣3)=6﹣3,∴OD′=3﹣OC′=3﹣3,∴四邊形ABOD′的周長是:2AD′+OB+OD′=6+3﹣3+3﹣3=6考點:(1)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì);(2)正方形的性質(zhì);(3)等腰直角三角形的性質(zhì)6、A【解析】∵由圖可知,1g<m<2g,∴在數(shù)軸上表示為:。故選A..7、A【解析】

根據(jù)題意利用勾股定理得出BC的長,進(jìn)而得出答案.【詳解】解:由題意得:在直角△ABC中,AC2+AB2=BC2,則12+22=BC2,∴BC=,∴樹高為:(1+)m.故選:A.【點睛】此題主要考查了勾股定理的應(yīng)用,熟練利用勾股定理得出BC的長是解題關(guān)鍵.8、C【解析】

先判斷出點E在移動過程中,四邊形AECF始終是平行四邊形,當(dāng)∠AFC=80°時,四邊形AECF是菱形,當(dāng)∠AFC=90°時,四邊形AECF是矩形,即可求解.【詳解】解:∵點O是平行四邊形ABCD的對角線得交點,∴OA=OC,AD∥BC,∴∠ACF=∠CAD,∠ADB=∠DBC=20°∵∠COF=∠AOE,OA=OC,∠DAC=∠ACF∴△AOE≌△COF(ASA),∴AE=CF,∵AE∥CF,∴四邊形AECF是平行四邊形,∵∠ADB=∠DBC=20°,∠ACB=50°,∴∠AFC>20°當(dāng)∠AFC=80°時,∠FAC=180°-80°-50°=50°∴∠FAC=∠ACB=50°∴AF=FC∴平行四邊形AECF是菱形當(dāng)∠AFC=90°時,平行四邊形AECF是矩形∴綜上述,當(dāng)點E從D點向A點移動過程中(點E與點D,A不重合),則四邊形AFCE的變化是:平行四邊形→菱形→平行四邊形→矩形→平行四邊形.故選:C.【點睛】本題考查了平行四邊形、矩形、菱形的判定的應(yīng)用,主要考查學(xué)生的理解能力和推理能力,題目比較好,難度適中.9、B【解析】

將各選項進(jìn)行因式分解即可得以選擇出正確答案.【詳解】A.x2﹣1=(x+1)(x-1);B.x2+2x+1=(x+1)2;C.x2﹣2x+1=(x-1)2;D.x(x﹣2)﹣(x﹣2)=(x-2)(x-1);結(jié)果中不含因式x-1的是B;故選B.10、B【解析】

利用待定系數(shù)法把(1,-2)代入正比例函數(shù)y=kx中計算出k即可得到解析式.【詳解】根據(jù)點在直線上,點的坐標(biāo)滿足方程的關(guān)系,將(1,-2)代入,得:,∴正比例函數(shù)的解析式為.故選B.11、B【解析】

由于x的方程(m-2)x2-2x+1=0有實數(shù)解,則根據(jù)其判別式即可得到關(guān)于m的不等式,解不等式即可求出m的取值范圍.但此題要分m=2和m≠2兩種情況.【詳解】(1)當(dāng)m=2時,原方程變?yōu)?2x+1=0,此方程一定有解;

(2)當(dāng)m≠2時,原方程是一元二次方程,

∵有實數(shù)解,

∴△=4-4(m-2)≥0,

∴m≤1.

所以m的取值范圍是m≤1.

故選:B.【點睛】此題考查根的判別式,解題關(guān)鍵在于分兩種情況進(jìn)行討論,錯誤的認(rèn)為原方程只是一元二次方程.12、C【解析】

根據(jù)指數(shù)冪的運算法則直接化簡即可.【詳解】∵a+|a|=0,∴a?0.∴=,==1-a-a=1-2a故選:C.【點睛】此題考查根式與分?jǐn)?shù)指數(shù)冪的互化及其化簡運算,掌握運算法則是解題關(guān)鍵二、填空題(每題4分,共24分)13、【解析】

根據(jù)不等式性質(zhì):不等式兩邊同時減去一個數(shù),不等號不變,即可得到答案.【詳解】解:∵,∴∴,即:.故答案為:.【點睛】本題考查了不等式的性質(zhì),熟練掌握不等式兩邊同時減去一個數(shù),不等號不變是本題解題的關(guān)鍵.14、【解析】

由從九年級(1)、(2)、(3)班中隨機抽取一個班與九年級(4)班進(jìn)行一場拔河比賽,有三種取法,其中抽到九年級(1)班的有一種,所以恰好抽到九年級(1)班的概率是:.故答案為15、P(5,5)或(4,5)或(8,5)【解析】試題解析:由題意,當(dāng)△ODP是腰長為4的等腰三角形時,有三種情況:(5)如圖所示,PD=OD=4,點P在點D的左側(cè).過點P作PE⊥x軸于點E,則PE=5.在Rt△PDE中,由勾股定理得:DE=,∴OE=OD-DE=4-5=4,∴此時點P坐標(biāo)為(4,5);(4)如圖所示,OP=OD=4.過點P作PE⊥x軸于點E,則PE=5.在Rt△POE中,由勾股定理得:OE=,∴此時點P坐標(biāo)為(5,5);(5)如圖所示,PD=OD=4,點P在點D的右側(cè).過點P作PE⊥x軸于點E,則PE=5.在Rt△PDE中,由勾股定理得:DE=,∴OE=OD+DE=4+5=8,∴此時點P坐標(biāo)為(8,5).綜上所述,點P的坐標(biāo)為:(4,5)或(5,5)或(8,5).考點:5.矩形的性質(zhì);4.坐標(biāo)與圖形性質(zhì);5.等腰三角形的性質(zhì);5.勾股定理.16、【解析】

由題意可知,每個小矩形的寬度為1,第個小矩形的長為,故將代入,可求?!驹斀狻拷猓阂李}意得故答案為:【點睛】掌握反比例函數(shù)與面積的關(guān)系是解題的關(guān)鍵。17、【解析】

根據(jù)根的判別式求解即可.【詳解】∵一元二次方程有實數(shù)根∴解得故答案為:.【點睛】本題考查了一元二次方程根的問題,掌握根的判別式是解題的關(guān)鍵.18、1【解析】

設(shè)可購買甲種方便面x包,則可購買乙種方便面(35﹣x)包,根據(jù)總價=單價×數(shù)量結(jié)合總價不超過20元,即可得出關(guān)于x的一元一次不等式,解之取其中的最大整數(shù)是解題的關(guān)鍵.【詳解】設(shè)可購買甲種方便面x包,則可購買乙種方便面(35﹣x)包,根據(jù)題意得:0.7x+0.5(35﹣x)≤20,解得:x≤1.5,∵x為整數(shù),∴x=1.故答案為1.【點睛】本題考查了一元一次不等式的應(yīng)用,根據(jù)各數(shù)量之間的關(guān)系,正確列出一元一次不等式是解題的關(guān)鍵.三、解答題(共78分)19、見解析【解析】

根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°.推出∠D=∠CAE,∠E=∠DAB,根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)即可得到結(jié)論.【詳解】解:∵是等邊三角形∴∴,∵∴∴,∴∴∵∴【點睛】本題重點考查了相似三角形的判定和性質(zhì),充分利用已知條件并結(jié)合圖形找到兩組對應(yīng)角相等是解題的關(guān)鍵.20、(1);(2)5;(3)【解析】

(1)用待定系數(shù)法可求直線AB的解析式,由平移的性質(zhì)可設(shè)直線A'B'的解析式為:,將點P坐標(biāo)代入可求直線A′B′的解析式;

(2)由P(6,4),B(6,0),點B'坐標(biāo)(9,0)可得BP⊥B'B,BP=4,BB'=3,由勾股定理可求B'P的長;

(3)由平行四邊形的性質(zhì)可得,AE=BE,當(dāng)CE⊥CO時,CE的值最小,即CD的值最小,由中點坐標(biāo)公式可求點E坐標(biāo),可求CE解析式,列出方程組可求點C坐標(biāo).【詳解】解:(1)設(shè)直線的解析式為:,過點兩點,有∴,∴直線的解析式為:,把直線向右平移使它經(jīng)過點∴直線的解析式為,且過點∴,∴∴直線的解析式為(2)∵直線交軸于點,交軸于點∴當(dāng)時,當(dāng)時,∴點坐標(biāo),點坐標(biāo)∵,,點坐標(biāo)∴軸,,,∴(3)如圖,設(shè)與的交點為,∵四邊形是平行四邊形,∴,,∴要使取最小值,即的值最小,由垂線段最短可得:當(dāng)時,的值最小,即的值最小,∵點,,且∴點∵,直線解析式為:∴設(shè)解析式為,且過點∴∴∴解析式為∴聯(lián)立直線和的解析式成方程組,得解得:∴點【點睛】本題是一次函數(shù)綜合題,考查了待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式、一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征以及中點坐標(biāo)公式、平行四邊形的性質(zhì)、勾股定理,解題的關(guān)鍵是:(1)讀懂并理解材料;(2)利用中點坐標(biāo)公式求出點E的坐標(biāo);(3)聯(lián)立兩直線的解析式成方程組,通過解方程組求出點C的坐標(biāo).21、(1)見解析;(2)FG=;(3)d=14或.【解析】

(1)由菱形的性質(zhì)可得AP∥EF,∠APF=∠EPF=∠APE,PB∥CD,∠CDB=∠PDB=∠CDP,由平行線的性質(zhì)可得∠FPE=∠BDP,可得PF∥BD,即可得結(jié)論;(2)由矩形的性質(zhì)和菱形的性質(zhì)可得FG=PB=2EF=2AP,即可求FG的長;(3)分兩種情況討論,由勾股定理可求d的值;點G在DP的右側(cè),連接AC,過點C作CH⊥AB,交AB延長線于點H;若點G在DP的左側(cè),連接AC,過點C作CH⊥AB,交AB延長線于點H.【詳解】(1)∵四邊形APEF是菱形∴AP∥EF,∠APF=∠EPF=∠APE,∵四邊形PBCD是菱形∴PB∥CD,∠CDB=∠PDB=∠CDP∴∠APE=∠PDC∴∠FPE=∠BDP∴PF∥BD,且AP∥EF∴四邊形四邊形FGBP是平形四邊形;(2)若四邊形DFPG恰為矩形∴PD=FG,PE=DE,EF=EG,∴PD=2EF∵四邊形APEF是菱形,四邊形PBCD是菱形∴AP=EF,PB=PD∴PB=2EF=2AP,且AB=10∴FG=PB=.(3)如圖,點G在DP的右側(cè),連接AC,過點C作CH⊥AB,交AB延長線于點H,∵FE=2EG,∴PB=FG=3EG,EF=AP=2EG∵AB=10∴AP+PB=5EG=10∴EG=2,∴AP=4,PB=6=BC,∵∠ABC=120°,∴∠CBH=60°,且CH⊥AB∴BH=BC=3,CH=BH=3∴AH=13∴AC==14若點G在DP的左側(cè),連接AC,過點C作CH⊥AB,交AB延長線于點H∵FE=2EG,∴PB=FG=EG,EF=AP=2EG∵AB=10,∴3EG=10∴EG=∴BP=BC=∵∠ABC=120°,∴∠CBH=60°,且CH⊥AB∴BH=BC=,CH=BH=∴AH=∴AC=綜上所述:d=14或.【點睛】本題考查菱形的性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、平行四邊形的判定及勾股定理,解題的關(guān)鍵是掌握菱形的性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、平行四邊形的判定及勾股定理的計算.22、見解析.【解析】

由已知條件證得四邊形AECD是平行四邊形,則CE=AD,從而得出CE=CB,然后根據(jù)有一個角是60°的等腰三角形是等邊三角形即可證得結(jié)論.【詳解】證明:,,四邊形是平行四邊形,,,,是等邊三角形.【點睛】本題考查了等腰梯形的性質(zhì),等邊三角形的判定,平行四邊形的判定和性質(zhì),熟練掌握各定理是解題的關(guān)鍵.23、(1)x1=,x1=;(1)x1=﹣,x1=﹣1.【解析】

(1)整理后求出b1﹣4ac的值,再代入公式求出即可;(1)先分解因式,即可得出兩個一元一次方程,求出方程的解即可.【詳解】(1)x(1﹣x)=x1﹣1,整理得:x1﹣x﹣1=0,△=b1﹣4ac=(﹣1)1﹣4×1×(﹣1)=5,x,∴x1,x1;(1)(1x+5)1﹣3(1x+5)+1=0,(1x+5﹣1)(1x+5﹣1)=0,1x+5﹣1=0,1x+5﹣1=0,∴x1,x1=﹣1.【點睛】本題考查了解一元二次方程,能選擇適當(dāng)?shù)姆椒ń庖辉畏匠淌墙獯鸫祟}的關(guān)鍵.24、(1)證明見解析(2)AG⊥BE(3)證明見解析【解析】

(1)根據(jù)正方形的性質(zhì)得DA=DC,∠ADB=∠CDB=45°,則可根據(jù)“SAS”證明△ADG≌△CDG,所以∠DAG=∠DCG;(2)根據(jù)正方形的性質(zhì)得AB=DC,∠BAD=∠CDA=90°,根據(jù)“SAS”證明△ABE≌△DCF,則∠ABE=∠DCF,由于∠DAG=∠DCG,所以∠DAG=∠ABE,然后利用∠DAG+∠BAG=90°得到∠ABE+∠BAG=90°,于是可判斷AG⊥BE;(3)如答圖1所示,過點O作OM⊥BE于點M,ON⊥AG于點N,證明△AON≌△BOM,可得四邊形OMHN為正方形,因此HO平分∠BHG結(jié)論成立.【詳解】(1)證明:∵四邊形ABCD為正方形,∴DA=DC,∠ADB=∠CDB=45°,在△ADG和△CDG中,,∴△ADG≌△CDG(SAS),∴∠DAG=∠DCG;(2)解:AG⊥BE.理由如下:∵四邊形ABCD為正方形,∴AB=DC,∠BAD=∠CDA=90°,在△ABE和△DCF中,,∴△ABE≌△DCF(SAS),∴∠ABE=∠DCF,∵∠DAG=∠DCG,∴∠DAG=∠ABE,∵∠DAG+∠BAG=90°,∴∠ABE+∠BAG=90°,∴∠AHB=90°,∴A

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