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文档简介
2022-2023学年九上数学期末模拟试卷注意事项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(每小题3分,共30分)1.已知二次函数y=ax2+bx+c(a>0)经过点M(﹣1,2)和点N(1,﹣2),则下列说法错误的是()A.a+c=0B.无论a取何值,此二次函数图象与x轴必有两个交点,且函数图象截x轴所得的线段长度必大于2C.当函数在x<时,y随x的增大而减小D.当﹣1<m<n<0时,m+n<2.如图,⊙O中,点D,A分别在劣弧BC和优弧BC上,∠BDC=130°,则∠BOC=()A.120° B.110° C.105° D.100°3.如图,抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与x轴交于点(﹣3,0),其对称轴为直线x=﹣,结合图象分析下列结论:①abc>0;②3a+c>0;③当x<0时,y随x的增大而增大:④若m,n(m<n)为方程a(x+3)(x﹣2)+3=0的两个根,则m<﹣3且n>2;⑤<0,其中正确的结论有()A.2个 B.3个 C.4个 D.5个4.如图,已知AB和CD是⊙O的两条等弦.OM⊥AB,ON⊥CD,垂足分别为点M、N,BA、DC的延长线交于点P,联结OP.下列四个说法中:①;②OM=ON;③PA=PC;④∠BPO=∠DPO,正确的个数是()A.1 B.2 C.3 D.45.抛物线的对称轴是()A.直线=-1 B.直线=1 C.直线=-2 D.直线=26.在平面直角坐标系中,以原点为位似中心,位似比为:,将缩小,若点坐标,,则点对应点坐标为()A., B. C.或, D.,或,7.如图,轴右侧一组平行于轴的直线···,两条相邻平行线之间的距离均为,以点为圆心,分别以···为半径画弧,分别交轴,···于点···则点的坐标为()A. B.C. D.8.sin65°与cos26°之间的关系为()A.sin65°<cos26° B.sin65°>cos26°C.sin65°=cos26° D.sin65°+cos26°=19.如图,矩形中,,,点为矩形内一动点,且满足,则线段的最小值为()A.5 B.1 C.2 D.310.如图,将Rt△ABC(其中∠B=35°,∠C=90°)绕点A按顺时针方向旋转到△AB1C1的位置,使得点C、A、B1在同一条直线上,那么旋转角等于()A.55° B.70° C.125° D.145°二、填空题(每小题3分,共24分)11.如图,身高1.6米的小丽在阳光下的影长为2米,在同一时刻,一棵大树的影长为8米,则这棵树的高度为_____米.12.如图,在一张矩形纸片ABCD中,AB=4,BC=8,点E,F分别在AD,BC上,将纸片ABCD沿直线EF折叠,点C落在AD上的一点H处,点D落在点G处,有以下四个结论:①四边形CFHE是菱形;②EC平分∠DCH;③线段BF的取值范围为3≤BF≤4;④当点H与点A重合时,EF=2.以上结论中,你认为正确的有.(填序号)13.已知扇形的面积为3πcm2,半径为3cm,则此扇形的圆心角为_____度.14.已知a、b、c满足,a、b、c都不为0,则=_____.15.如图,AB为⊙O的直径,点P为AB延长线上的一点,过点P作⊙O的切线PE,切点为M,过A、B两点分别作PE的垂线AC、BD,垂足分别为C、D,连接AM,则下列结论正确的是___________.(写出所有正确结论的序号)①AM平分∠CAB;②AM2=AC•AB;③若AB=4,∠APE=30°,则的长为;④若AC=3,BD=1,则有CM=DM=.16.已知关于x的方程x2-3x+m=0的一个根是1,则m=__________.17.如图,抛物线的图象与坐标轴交于点、、,顶点为,以为直径画半圆交轴的正半轴于点,圆心为,是半圆上的一动点,连接,是的中点,当沿半圆从点运动至点时,点运动的路径长是__________.18.把抛物线向下平移2个单位,再向右平移1个单位,所得到的抛物线是.三、解答题(共66分)19.(10分)如图,已知抛物线y=ax2+bx+c过点A(﹣3,0),B(﹣2,3),C(0,3),顶点为D.(1)求抛物线的解析式;(2)设点M(1,m),当MB+MD的值最小时,求m的值;(3)若P是抛物线上位于直线AC上方的一个动点,求△APC的面积的最大值.20.(6分)如图1,在中,,,,点是边上一个动点(不与、重合),点为射线上一点,且,以点为圆心,为半径作,设.(1)如图2,当点与点重合时,求的值;(2)当点在线段上,如果与的另一个交点在线段上时,设,试求与之间的函数解析式,并写出的取值范围;(3)在点的运动过程中,如果与线段只有一个公共点,请直接写出的取值范围.21.(6分)如图,抛物线经过,两点,且与轴交于点,抛物线与直线交于,两点.(1)求抛物线的解析式;(2)坐标轴上是否存在一点,使得是以为底边的等腰三角形?若存在,请直接写出点的坐标;若不存在,说明理由.(3)点在轴上且位于点的左侧,若以,,为顶点的三角形与相似,求点的坐标.22.(8分)某学校打算用篱笆围成矩形的生物园饲养小兔(1)若篱笆的长为16m,怎样围可使小兔的活动范围最大;(2)求证:当矩形的周长确定时,则一边长为周长的时,矩形的面积最大.23.(8分)如图,在中,,是的外接圆,连结OA、OB、OC,延长BO与AC交于点D,与交于点F,延长BA到点G,使得,连接FG.备用图(1)求证:FG是的切线;(2)若的半径为4.①当,求AD的长度;②当是直角三角形时,求的面积.24.(8分)如图,在平面直角坐标系中,已知点A坐标为(2,4),直线x=2与x轴相交于点B,连结OA,抛物线y=x2从点O沿OA方向平移,与直线x=2交于点P,顶点M到A点时停止移动.(1)求线段OA所在直线的函数解析式;(2)设抛物线顶点M的横坐标为m.①用含m的代数式表示点P的坐标;②当m为何值时,线段PB最短;(3)当线段PB最短时,平移后的抛物线上是否存在点Q,使S△QMA=2S△PMA,若存在,请求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.25.(10分)如图,在中,,平分交于点,将绕点顺时针旋转到的位置,点在上.(1)旋转的度数为______;(2)连结,判断与的位置关系,并说明理由.26.(10分)如图,四边形ABCD内接于⊙O,AC为⊙O的直径,D为的中点,过点D作DE∥AC,交BC的延长线于点E.(1)判断DE与⊙O的位置关系,并说明理由;(2)若CE=,AB=6,求⊙O的半径.
参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、C【分析】根据二次函数的图象和性质对各项进行判断即可.【详解】解:∵函数经过点M(﹣1,2)和点N(1,﹣2),∴a﹣b+c=2,a+b+c=﹣2,∴a+c=0,b=﹣2,∴A正确;∵c=﹣a,b=﹣2,∴y=ax2﹣2x﹣a,∴△=4+4a2>0,∴无论a为何值,函数图象与x轴必有两个交点,∵x1+x2=,x1x2=﹣1,∴|x1﹣x2|=2>2,∴B正确;二次函数y=ax2+bx+c(a>0)的对称轴x=﹣=,当a>0时,不能判定x<时,y随x的增大而减小;∴C错误;∵﹣1<m<n<0,a>0,∴m+n<0,>0,∴m+n<;∴D正确,故选:C.【点睛】本题考查了二次函数的问题,掌握二次函数的图象和性质是解题的关键.2、D【分析】根据圆内接四边形的性质,对角互补可知,∠D+∠BAC=180°,求出∠D,再利用圆周角定理即可得出.【详解】解:∵四边形ABDC为圆内接四边形∴∠A+∠BDC=180°∵∠BDC=130°∴∠A=50°∴∠BOC=2∠A=100°故选:D.【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质,圆周角定理,掌握圆内接四边形的性质是解题的关键.3、C【分析】根据题意和函数图象中的数据,利用二次函数的性质可以判断各个小题中的结论是否正确,从而可以解答本题.【详解】∵抛物线y=ax2+bx+c(a≠1)与x轴交于点(﹣3,1),其对称轴为直线x,∴抛物线y=ax2+bx+c(a≠1)与x轴交于点(﹣3,1)和(2,1),且,∴a=b,由图象知:a<1,c>1,b<1,∴abc>1,故结论①正确;∵抛物线y=ax2+bx+c(a≠1)与x轴交于点(﹣3,1),∴9a﹣3b+c=1.∵a=b,∴c=﹣6a,∴3a+c=﹣3a>1,故结论②正确;∵当x时,y随x的增大而增大;当x<1时,y随x的增大而减小,故结论③错误;∵抛物线y=ax2+bx+c(a≠1)与x轴交于点(﹣3,1)和(2,1),∴y=ax2+bx+c=a(x+3)(x﹣2).∵m,n(m<n)为方程a(x+3)(x﹣2)+3=1的两个根,∴m,n(m<n)为方程a(x+3)(x﹣2)=﹣3的两个根,∴m,n(m<n)为函数y=a(x+3)(x﹣2)与直线y=﹣3的两个交点的横坐标,结合图象得:m<﹣3且n>2,故结论④成立;∵当x时,y1,∴1.故结论⑤正确.故选:C.【点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系:对于二次函数y=ax2+bx+c(a≠1),二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小:当a>1时,抛物线向上开口;当a<1时,抛物线向下开口;一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置:当a与b同号时(即ab>1),对称轴在y轴左;当a与b异号时(即ab<1),对称轴在y轴右;常数项c决定抛物线与y轴交点位置:抛物线与y轴交于(1,c);抛物线与x轴交点个数由△决定:△=b2﹣4ac>1时,抛物线与x轴有2个交点;△=b2﹣4ac=1时,抛物线与x轴有1个交点;△=b2﹣4ac<1时,抛物线与x轴没有交点.4、D【解析】如图连接OB、OD;∵AB=CD,∴=,故①正确∵OM⊥AB,ON⊥CD,∴AM=MB,CN=ND,∴BM=DN,∵OB=OD,∴Rt△OMB≌Rt△OND,∴OM=ON,故②正确,∵OP=OP,∴Rt△OPM≌Rt△OPN,∴PM=PN,∠OPB=∠OPD,故④正确,∵AM=CN,∴PA=PC,故③正确,故选D.5、B【分析】根据题目所给的二次函数的顶点式直接得到函数图象的对称轴.【详解】解:∵解析式为,∴对称轴是直线.故选:B.【点睛】本题考查二次函数的顶点式,解题的关键是根据二次函数的顶点式得到函数图象的性质.6、C【分析】若位似比是k,则原图形上的点,经过位似变化得到的对应点的坐标是或.【详解】∵以原点O为位似中心,位似比为1:2,将缩小,∴点对应点的坐标为:或.
故选:C.【点睛】本题考查了位似图形与坐标的关系.此题比较简单,注意在平面直角坐标系中,如果位似变换是以原点为位似中心,相似比为,那么位似图形对应点的坐标比等于.7、C【分析】根据题意,利用勾股定理求出,,,,的纵坐标,得到各点坐标,找到规律即可解答.【详解】如图,连接、、,点的纵坐标为,点的坐标为,点的纵坐标为,点的坐标为,点的纵坐标为,点的坐标为,点的纵坐标为,点的坐标为,∴点的坐标为,故选:C【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征,熟练运用勾股定理是解题的关键.8、B【分析】首先要将它们转换为同一种锐角三角函数,再根据函数的增减性进行分析.【详解】∵cos26°=sin64°,正弦值随着角的增大而增大,∴sin65°>cos26°.故选:B.【点睛】掌握正余弦的转换方法,了解锐角三角函数的增减性是解答本题的关键.9、B【分析】通过矩形的性质和等角的条件可得∠BPC=90°,所以P点应该在以BC为直径的圆上,即OP=4,根据两边之差小于第三边及三点共线问题解决.【详解】如图,∵四边形ABCD为矩形,∴AB=CD=3,∠BCD=90°,∴∠PCD+∠PCB=90°,∵,∴∠PBC+∠PCB=90°,∴∠BPC=90°,∴点P在以BC为直径的圆⊙O上,在Rt△OCD中,OC=,CD=3,由勾股定理得,OD=5,∵PD≥,∴当P,D,O三点共线时,PD最小,∴PD的最小值为OD-OP=5-4=1.故选:B.【点睛】本题考查矩形的性质,勾股定理,线段最小值问题及圆的性质,分析出P点的运动轨迹是解答此题的关键.10、C【解析】试题分析:∵∠B=35°,∠C=90°,∴∠BAC=90°﹣∠B=90°﹣35°=55°.∵点C、A、B1在同一条直线上,∴∠BAB′=180°﹣∠BAC=180°﹣55°=125°.∴旋转角等于125°.故选C.二、填空题(每小题3分,共24分)11、6.4【分析】根据平行投影,同一时刻物长与影长的比值固定即可解题.【详解】解:由题可知:,解得:树高=6.4米.【点睛】本题考查了投影的实际应用,属于简单题,熟悉投影概念,列比例式是解题关键.12、①③④【解析】解:∵FH与CG,EH与CF都是矩形ABCD的对边AD、BC的一部分,∴FH∥CG,EH∥CF,∴四边形CFHE是平行四边形,由翻折的性质得,CF=FH,∴四边形CFHE是菱形,(故①正确);∴∠BCH=∠ECH,∴只有∠DCE=30°时EC平分∠DCH,(故②错误);点H与点A重合时,设BF=x,则AF=FC=8﹣x,在Rt△ABF中,AB2+BF2=AF2,即42+x2=(8﹣x)2,解得x=3,点G与点D重合时,CF=CD=4,∴BF=4,∴线段BF的取值范围为3≤BF≤4,(故③正确);过点F作FM⊥AD于M,则ME=(8﹣3)﹣3=2,由勾股定理得,EF==2,(故④正确);综上所述,结论正确的有①③④共3个,故答案为①③④.考点:翻折变换的性质、菱形的判定与性质、勾股定理13、120【分析】利用扇形的面积公式:S=计算即可.【详解】设扇形的圆心角为n°.则有3π=,解得n=120,故答案为120【点睛】此题主要考查扇形的面积公式,解题的关键是熟知扇形的面积公式的运用.14、【解析】设则所以,故答案为:.15、①②④【解析】连接OM,由切线的性质可得OM⊥PC,继而得OM∥AC,再根据平行线的性质以及等边对等角即可求得∠CAM=∠OAM,由此可判断①;通过证明△ACM∽△AMB,根据相似三角形的对应边成比例可判断②;求出∠MOP=60°,利用弧长公式求得的长可判断③;由BD⊥PC,AC⊥PC,OM⊥PC,可得BD∥AC//OM,继而可得PB=OB=AO,PD=DM=CM,进而有OM=2BD=2,在Rt△PBD中,PB=BO=OM=2,利用勾股定理求出PD的长,可得CM=DM=DP=,由此可判断④.【详解】连接OM,∵PE为⊙O的切线,∴OM⊥PC,∵AC⊥PC,∴OM∥AC,∴∠CAM=∠AMO,∵OA=OM,∠OAM=∠AMO,∴∠CAM=∠OAM,即AM平分∠CAB,故①正确;∵AB为⊙O的直径,∴∠AMB=90°,∵∠CAM=∠MAB,∠ACM=∠AMB,∴△ACM∽△AMB,∴,∴AM2=AC•AB,故②正确;∵∠APE=30°,∴∠MOP=∠OMP﹣∠APE=90°﹣30°=60°,∵AB=4,∴OB=2,∴的长为,故③错误;∵BD⊥PC,AC⊥PC,OM⊥PC,∴BD∥AC//OM,∴△PBD∽△PAC,∴,∴PB=PA,又∵AO=BO,AO+BO=AB,AB+PB=PA,∴PB=OB=AO,又∵BD∥AC//OM,∴PD=DM=CM,∴OM=2BD=2,在Rt△PBD中,PB=BO=OM=2∴PD==,∴CM=DM=DP=,故④正确,故答案为①②④.【点睛】本题考查了切线的性质,平行线分线段成比例定理,相似三角形的判定与性质,勾股定理等,综合性较强,正确添加辅助线,熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.16、1【解析】试题分析:∵关于x的方程的一个根是1,∴1﹣3×1+m=0,解得,m=1,故答案为1.考点:一元二次方程的解.17、【分析】先求出A、B、E的坐标,然后求出半圆的直径为4,由于E为定点,P是半圆AB上的动点,N为EP的中点,所以N的运动路经为直径为2的半圆,计算即可.【详解】解:,∴点E的坐标为(1,-2),令y=0,则,解得,,,∴A(-1,0),B(3,0),∴AB=4,由于E为定点,P是半圆AB上的动点,N为EP的中点,所以N的运动路经为直径为2的半圆,如图,∴点运动的路径长是.【点睛】本题属于二次函数和圆的综合问题,考查了运动路径的问题,熟练掌握二次函数和圆的基础是解题的关键.18、【解析】试题分析:根据抛物线的平移规律:左加右减,上加下减,可知:把抛物线向下平移2个单位得,再向右平移1个单位,得.考点:抛物线的平移.三、解答题(共66分)19、(1);(2);(3).【分析】将A,B,C点的坐标代入解析式,用待定系数法可得函数解析式;(2)求出顶点D的坐标为,作B点关于直线的对称点,可求出直线的函数关系式为,当在直线上时,的值最小;(3)作轴交AC于E点,求得AC的解析式为,设,,得,所以,,求函数的最大值即可.【详解】将A,B,C点的坐标代入解析式,得方程组:解得抛物线的解析式为配方,得,顶点D的坐标为作B点关于直线的对称点,如图1,则,由得,可求出直线的函数关系式为,当在直线上时,的值最小,则.作轴交AC于E点,如图2,AC的解析式为,设,,,当时,的面积的最大值是;【点睛】本题考核知识点:二次函数综合运用.解题关键点:画出图形,数形结合分析问题,把问题转化为相应函数问题解决.20、(1);(2);(3)当或或时,与线段只有一个公共点.【分析】(1)在Rt△BOC中,利用勾股定理即可解决问题.
(2)如图2中,作OH⊥AB于H,CG⊥AB于G,连接CE.证明,利用相似三角形的性质构建关系式即可解决问题.
(3)分三种情形分别求解即可解决问题.【详解】解:(1)如图1中,图1在中,,,,,设,,在中,,,(2)过点,分别作,,垂足为点,;;又在中;在中;∵∠AGC=∠ACB=90°,∠A=∠A,∴又,又即化简得(3)①如图1中,当经过点时,易知:观察图象可知:当时,与线段只有一个公共点.②如图2中,当与相切时,,易知,此时③如图3中,当时,与线段只有一个公共点.综上所述,当或或时,与线段只有一个公共点.【点睛】本题属于圆综合题,考查了直线与圆的位置关系,勾股定理,解直角三角形以及相似三角形的判定与性质等知识,解题的关键是理解题意,灵活运用所学知识解决问题,学会用分类讨论的思想思考问题,21、(1);(2)存在,或,理由见解析;(3)或.【分析】(1)将A、C的坐标代入求出a、c即可得到解析式;(2)先求出E点坐标,然后作AE的垂直平分线,与x轴交于Q,与y轴交于Q',根据垂直平分线的性质可知Q、与A、E,Q'与A、E组成的三角形是以AE为底边的等腰三角形,设Q点坐标(0,x),Q'坐标(0,y),根据距离公式建立方程求解即可;(3)根据A、E坐标,求出AE长度,然后推出∠BAE=∠ABC=45°,设,由相似得到或,建立方程求解即可.【详解】(1)将,代入得:,解得∴抛物线解析式为(2)存在,理由如下:联立和,,解得或∴E点坐标为(4,-5),如图,作AE的垂直平分线,与x轴交于Q,与y轴交于Q',此时Q点与Q'点的坐标即为所求,设Q点坐标(0,x),Q'坐标(0,y),由QA=QE,Q'A=Q'E得:,解得,故Q点坐标为或(3)∵,∴,当时,解得或3∴B点坐标为(3,0),∴∴,,,由直线可得AE与y轴的交点为(0,-1),而A点坐标为(-1,0)∴∠BAE=45°设则,∵和相似∴或,即或解得或,∴或.【点睛】本题考查二次函数的综合问题,是中考常见的压轴题型,熟练掌握待定系数法求函数解析式,等腰三角形的性质,以及相似三角形的性质是解题的关键.22、(1)4;(2)证明见详解.【分析】(1)设长为x,面积为y,利用矩形的面积求法得出y与x之间的函数关系式进行分析即可;(2)设周长为4m,一边长为x,面积为y,列出关系式进行验证求证即可.【详解】解:(1)长为x,宽为8-x,列关系式为,配方可得,可得当x=4时,面积y取最大值;(2)设周长为4m,一边长为x,列出函数关系式即可知当x=m时,即一边长为周长的时,矩形的面积最大.【点睛】本题主要考查了二次函数的应用,正确得出函数关系式是解题关键.23、(1)见解析;(2)①,②当时,;当时,.【分析】(1)连接AF,由圆周角定理的推论可知,根据等腰三角形的性质及圆周角定理的推论可证,,从而可得,然后根据切线的判定方法解答即可;(2)①连接CF,根据“SSS”证明,由全等三角形及等腰三角形的性质可得,进而可证,由平行线分线段成比例定理可证,可求,然后由相交弦定理求解即可;②分两种情况求解即可,(i)当时,(ii)当时.【详解】(1)连接AF,∵BF为的直径,∴,,∴,∵,∴,∵,,∴,∴,即.又∵OF为半径,∴FG是的切线.(2)①连接CF,则,∵AB=AC,OB=OC,OA=OA,∴,∴,∴,∴,∴.∵半径是4,,∴,,∴,即,又由相交弦定理可得:,∴,即,∴(舍负);(2)②∵为直角三角形,不可能等于.∴(i)当时,则,由于,∴,,∴,∴,,∴;(ii)当时,∵,∴是等腰直角三角形,∴,延长AO交BC于点M,∵AB=AC,∴弧AB=弧AC,∴,∴,∴,∴.【点睛】本题考查了圆周角定理的推论,切线的判定,垂径定理,全等三角形的判定与性质,解直角三角形,平行线分线段成比例定理,三角形的面积公式,熟练掌握圆的有关定理以及分类讨论的思想是解答本题的关键.24、(1)y=2x;(2)①点P的坐标为(2,m2﹣2m+4);②当m=1时,线段PB最短;(3)点Q坐标为(2+,6+2)或(2﹣,6﹣2).【分析】(1)根据点A坐标,用待定系数法求出直线OA的解析式;(2)①因为点M在线段OA所在直线上,可表示出M的坐标,然后用顶点式表示出二次函数解析式,代入可求出点P坐标;②对线段PB的长度用完全平方公式可表示出最小值即可;(3)本题关键是如何表示出△QMA的面积,通过设点Q的坐标可求出△QMA的面积,最终通过解方程可得Q的坐标.【详解】解:(1)设OA所在直线的函数解析式为y=2x,∵A(2,4),∴2k=4⇒k=2,∴OA所在直线的函数解析式为y=2x;(2)①∵顶点M的横坐标为m,且在线段OA上移动,∴y=2m(0≤m≤2),∴顶点M的坐标为(m,2m),∴抛物线函数解析式为y=(x﹣m)2+2m,∴当x=2时,y=(2﹣m)2+2m=m2﹣2m+4(0≤m≤2),∴点P的坐标为(2,m2﹣2m+4);②∴|PB|=|m2﹣2m+4|=|(m﹣1)2+3|,∵(m﹣1)2+3≥3,当且仅当m=1时取得最小值,∴当m=1时,线段PB最短;(3)由(2)可得当线段PB最短时,此时点M坐标为(1,2),抛物线解析式为y=(x﹣1)2+2=x2﹣2x+3,假设抛物线上存在点Q使S△QMA=2S△PMA,设点Q坐标为(a,a2﹣2a+3),∴S△PMA==,要想符合题意,故S△QMA=1,∴|MA|==,设点Q到线段MA的距离为h,∴h=,∴S△QMA==1,即=2,即=2或=﹣2,解得a=或
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