2021-2022学年湖北省黄冈市季黄梅县中考数学押题试卷含解析_第1页
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文档简介

2021-2022中考数学模拟试卷注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2.作答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(每小题只有一个正确答案,每小题3分,满分30分)1.一、单选题如图中的小正方形边长都相等,若△MNP≌△MEQ,则点Q可能是图中的()A.点A B.点B C.点C D.点D2.若二次函数y=-x2+bx+c与x轴有两个交点(m,0),(m-6,0),该函数图像向下平移n个单位长度时与x轴有且只有一个交点,则n的值是()A.3 B.6 C.9 D.363.如图,点M是正方形ABCD边CD上一点,连接MM,作DE⊥AM于点E,BF⊥AM于点F,连接BE,若AF=1,四边形ABED的面积为6,则∠EBF的余弦值是()A. B. C. D.4.在一次酒会上,每两人都只碰一次杯,如果一共碰杯55次,则参加酒会的人数为(

)A.9人 B.10人 C.11人 D.12人5.已知是二元一次方程组的解,则的算术平方根为()A.±2 B. C.2 D.46.下列各式:①a0=1②a2·a3=a5③2–2=–④–(3-5)+(–2)4÷8×(–1)=0⑤x2+x2=2x2,其中正确的是()A.①②③ B.①③⑤ C.②③④ D.②④⑤7.某城市几条道路的位置关系如图所示,已知AB∥CD,AE与AB的夹角为48°,若CF与EF的长度相等,则∠C的度数为()A.48° B.40° C.30° D.24°8.下列二次根式中,的同类二次根式是()A. B. C. D.9.某公司第4月份投入1000万元科研经费,计划6月份投入科研经费比4月多500万元.设该公司第5、6个月投放科研经费的月平均增长率为x,则所列方程正确的为()A.1000(1+x)2=1000+500B.1000(1+x)2=500C.500(1+x)2=1000D.1000(1+2x)=1000+50010.﹣18的倒数是()A.18 B.﹣18 C.- D.二、填空题(共7小题,每小题3分,满分21分)11.如图,在两个同心圆中,四条直径把大圆分成八等份,若往圆面投掷飞镖,则飞镖落在黑色区域的概率是_______.12.正多边形的一个外角是60°,边长是2,则这个正多边形的面积为___________.13.如图,在△ABC中,AB=5cm,AC=3cm,BC的垂直平分线分别交AB、BC于D、E,则△ACD的周长为cm.14.已知一个多边形的每一个内角都等于108°,则这个多边形的边数是.15.如图,在Rt△ABC中,∠B=90°,∠A=45°,BC=4,以BC为直径的⊙O与AC相交于点O,则阴影部分的面积为_____.16.已知Rt△ABC中,∠C=90°,AC=3,BC=,CD⊥AB,垂足为点D,以点D为圆心作⊙D,使得点A在⊙D外,且点B在⊙D内.设⊙D的半径为r,那么r的取值范围是_________.17.如图,已知AE∥BD,∠1=130°,∠2=28°,则∠C的度数为____.三、解答题(共7小题,满分69分)18.(10分)如图,抛物线y=﹣x2+mx+n与x轴交于A、B两点,与y轴交于点C,抛物线的对称轴交x轴于点D,已知A(﹣1,0),C(0,2).(1)求抛物线的表达式;(2)在抛物线的对称轴上是否存在点P,使△PCD是以CD为腰的等腰三角形?如果存在,直接写出P点的坐标;如果不存在,请说明理由;(3)点E时线段BC上的一个动点,过点E作x轴的垂线与抛物线相交于点F,当点E运动到什么位置时,四边形CDBF的面积最大?求出四边形CDBF的最大面积及此时E点的坐标.19.(5分)如图,已知⊙O是以AB为直径的△ABC的外接圆,过点A作⊙O的切线交OC的延长线于点D,交BC的延长线于点E.(1)求证:∠DAC=∠DCE;(2)若AB=2,sin∠D=,求AE的长.20.(8分)如图,某人在山坡坡脚C处测得一座建筑物顶点A的仰角为63.4°,沿山坡向上走到P处再测得该建筑物顶点A的仰角为53°.已知BC=90米,且B、C、D在同一条直线上,山坡坡度i=5:1.(1)求此人所在位置点P的铅直高度.(结果精确到0.1米)(2)求此人从所在位置点P走到建筑物底部B点的路程(结果精确到0.1米)(测倾器的高度忽略不计,参考数据:tan53°≈,tan63.4°≈2)21.(10分)已知点O是正方形ABCD对角线BD的中点.(1)如图1,若点E是OD的中点,点F是AB上一点,且使得∠CEF=90°,过点E作ME∥AD,交AB于点M,交CD于点N.①∠AEM=∠FEM;②点F是AB的中点;(2)如图2,若点E是OD上一点,点F是AB上一点,且使,请判断△EFC的形状,并说明理由;(3)如图3,若E是OD上的动点(不与O,D重合),连接CE,过E点作EF⊥CE,交AB于点F,当时,请猜想的值(请直接写出结论).22.(10分)如图,在矩形ABCD中,AB=3,BC=4,将矩形ABCD绕点C按顺时针方向旋转α角,得到矩形A'B'C'D',B'C与AD交于点E,AD的延长线与A'D'交于点F.(1)如图①,当α=60°时,连接DD',求DD'和A'F的长;(2)如图②,当矩形A'B'CD'的顶点A'落在CD的延长线上时,求EF的长;(3)如图③,当AE=EF时,连接AC,CF,求AC•CF的值.23.(12分)如图,在平面直角坐标系xOy中,△ABC的三个顶点坐标分别为A(1,1),B(4,0),C(4,4).按下列要求作图:①将△ABC向左平移4个单位,得到△A1B1C1;②将△A1B1C1绕点B1逆时针旋转90°,得到△A1B1C1.求点C1在旋转过程中所经过的路径长.24.(14分)如图,⊙O中,AB是⊙O的直径,G为弦AE的中点,连接OG并延长交⊙O于点D,连接BD交AE于点F,延长AE至点C,使得FC=BC,连接BC.(1)求证:BC是⊙O的切线;(2)⊙O的半径为5,tanA=,求FD的长.

参考答案一、选择题(每小题只有一个正确答案,每小题3分,满分30分)1、D【解析】

根据全等三角形的性质和已知图形得出即可.【详解】解:∵△MNP≌△MEQ,∴点Q应是图中的D点,如图,故选:D.【点睛】本题考查了全等三角形的性质,能熟记全等三角形的性质的内容是解此题的关键,注意:全等三角形的对应角相等,对应边相等.2、C【解析】

设交点式为y=-(x-m)(x-m+6),在把它配成顶点式得到y=-[x-(m-3)]2+1,则抛物线的顶点坐标为(m-3,1),然后利用抛物线的平移可确定n的值.【详解】设抛物线解析式为y=-(x-m)(x-m+6),∵y=-[x2-2(m-3)x+(m-3)2-1]=-[x-(m-3)]2+1,∴抛物线的顶点坐标为(m-3,1),∴该函数图象向下平移1个单位长度时顶点落在x轴上,即抛物线与x轴有且只有一个交点,即n=1.故选C.【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点:把求二次函数y=ax2+bx+c(a,b,c是常数,a≠0)与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程.也考查了二次函数的性质.3、B【解析】

首先证明△ABF≌△DEA得到BF=AE;设AE=x,则BF=x,DE=AF=1,利用四边形ABED的面积等于△ABE的面积与△ADE的面积之和得到•x•x+•x×1=6,解方程求出x得到AE=BF=3,则EF=x-1=2,然后利用勾股定理计算出BE,最后利用余弦的定义求解.【详解】∵四边形ABCD为正方形,∴BA=AD,∠BAD=90°,∵DE⊥AM于点E,BF⊥AM于点F,∴∠AFB=90°,∠DEA=90°,∵∠ABF+∠BAF=90°,∠EAD+∠BAF=90°,∴∠ABF=∠EAD,在△ABF和△DEA中∴△ABF≌△DEA(AAS),∴BF=AE;设AE=x,则BF=x,DE=AF=1,∵四边形ABED的面积为6,∴,解得x1=3,x2=﹣4(舍去),∴EF=x﹣1=2,在Rt△BEF中,,∴.故选B.【点睛】本题考查了正方形的性质:正方形的四条边都相等,四个角都是直角;正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质.会运用全等三角形的知识解决线段相等的问题.也考查了解直角三角形.4、C【解析】

设参加酒会的人数为x人,根据每两人都只碰一次杯,如果一共碰杯55次,列出一元二次方程,解之即可得出答案.【详解】设参加酒会的人数为x人,依题可得:

x(x-1)=55,

化简得:x2-x-110=0,

解得:x1=11,x2=-10(舍去),

故答案为C.【点睛】考查了一元二次方程的应用,解题的关键是根据题中的等量关系列出方程.5、C【解析】二元一次方程组的解和解二元一次方程组,求代数式的值,算术平方根.【分析】∵是二元一次方程组的解,∴,解得.∴.即的算术平方根为1.故选C.6、D【解析】

根据实数的运算法则即可一一判断求解.【详解】①有理数的0次幂,当a=0时,a0=0;②为同底数幂相乘,底数不变,指数相加,正确;③中2–2=,原式错误;④为有理数的混合运算,正确;⑤为合并同类项,正确.故选D.7、D【解析】解:∵AB∥CD,∴∠1=∠BAE=48°.∵CF=EF,∴∠C=∠E.∵∠1=∠C+∠E,∴∠C=∠1=×48°=24°.故选D.点睛:本题考查了等腰三角形的性质,平行线的性质:两直线平行,同位角相等;两直线平行,同旁内角互补;两直线平行,内错角相等.8、C【解析】

先将每个选项的二次根式化简后再判断.【详解】解:A:,与不是同类二次根式;B:被开方数是2x,故与不是同类二次根式;C:=,与是同类二次根式;D:=2,与不是同类二次根式.故选C.【点睛】本题考查了同类二次根式的概念.9、A【解析】

设该公司第5、6个月投放科研经费的月平均增长率为x,5月份投放科研经费为1000(1+x),6月份投放科研经费为1000(1+x)(1+x),即可得答案.【详解】设该公司第5、6个月投放科研经费的月平均增长率为x,则6月份投放科研经费1000(1+x)2=1000+500,故选A.【点睛】考查一元二次方程的应用,求平均变化率的方法为:若设变化前的量为a,变化后的量为b,平均变化率为x,则经过两次变化后的数量关系为a(1±x)2=b.10、C【解析】

根据乘积为1的两个数互为倒数,可得一个数的倒数.【详解】∵-18=1,∴﹣18的倒数是,故选C.【点睛】本题考查了倒数,分子分母交换位置是求一个数的倒数的关键.二、填空题(共7小题,每小题3分,满分21分)11、【解析】试题解析:∵两个同心圆被等分成八等份,飞镖落在每一个区域的机会是均等的,其中白色区域的面积占了其中的四等份,∴P(飞镖落在白色区域)=.12、6【解析】

多边形的外角和等于360°,因为所给多边形的每个外角均相等,据此即可求得正多边形的边数,进而求解.【详解】正多边形的边数是:360°÷60°=6.正六边形的边长为2cm,由于正六边形可分成六个全等的等边三角形,且等边三角形的边长与正六边形的边长相等,所以正六边形的面积.故答案是:.【点睛】本题考查了正多边形的外角和以及正多边形的计算,正六边形可分成六个全等的等边三角形,转化为等边三角形的计算.13、8【解析】试题分析:根据线段垂直平分线的性质得,BD=CD,则AB=AD+CD,所以,△ACD的周长=AD+CD+AC=AB+AC,解答出即可解:∵DE是BC的垂直平分线,∴BD=CD,∴AB=AD+BD=AD+CD,∴△ACD的周长=AD+CD+AC=AB+AC=8cm;故答案为8考点:线段垂直平分线的性质点评:本题主要考查了线段垂直平分线的性质和三角形的周长,掌握线段的垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等14、1【解析】试题分析:∵多边形的每一个内角都等于108°,∴每一个外角为72°.∵多边形的外角和为360°,∴这个多边形的边数是:360÷÷72=1.15、6﹣π【解析】

连接、,根据阴影部分的面积计算.【详解】连接、,,,,,为的直径,,,,,,阴影部分的面积.故答案为.【点睛】本题考查的是扇形面积计算,掌握直角三角形的性质、扇形面积公式是解题的关键.16、.【解析】

先根据勾股定理求出AB的长,进而得出CD的长,由点与圆的位置关系即可得出结论.【详解】解:∵Rt△ABC中,∠ACB=90,AC=3,BC=,∴AB==1.∵CD⊥AB,∴CD=.∵AD•BD=CD2,设AD=x,BD=1-x.解得x=,∴点A在圆外,点B在圆内,r的范围是,故答案为.【点睛】本题考查的是点与圆的位置关系,熟知点与圆的三种位置关系是解答此题的关键.17、22°【解析】

由AE∥BD,根据平行线的性质求得∠CBD的度数,再由对顶角相等求得∠CDB的度数,继而利用三角形的内角和等于180°求得∠C的度数.【详解】解:∵AE∥BD,∠1=130°,∠2=28°,∴∠CBD=∠1=130°,∠CDB=∠2=28°,∴∠C=180°﹣∠CBD﹣∠CDB=180°﹣130°﹣28°=22°.故答案为22°【点睛】本题考查了平行线的性质,对顶角相等及三角形内角和定理.熟练运用相关知识是解决问题的关键.三、解答题(共7小题,满分69分)18、(1)抛物线的解析式为:y=﹣x1+x+1(1)存在,P1(,2),P1(,),P3(,﹣)(3)当点E运动到(1,1)时,四边形CDBF的面积最大,S四边形CDBF的面积最大=.【解析】试题分析:(1)将点A、C的坐标分别代入可得二元一次方程组,解方程组即可得出m、n的值;(1)根据二次函数的解析式可得对称轴方程,由勾股定理求出CD的值,以点C为圆心,CD为半径作弧交对称轴于P1;以点D为圆心CD为半径作圆交对称轴于点P1,P3;作CH垂直于对称轴与点H,由等腰三角形的性质及勾股定理就可以求出结论;(3)由二次函数的解析式可求出B点的坐标,从而可求出BC的解析式,从而可设设E点的坐标,进而可表示出F的坐标,由四边形CDBF的面积=S△BCD+S△CEF+S△BEF可求出S与a的关系式,由二次函数的性质就可以求出结论.试题解析:(1)∵抛物线y=﹣x1+mx+n经过A(﹣1,0),C(0,1).解得:,∴抛物线的解析式为:y=﹣x1+x+1;(1)∵y=﹣x1+x+1,∴y=﹣(x﹣)1+,∴抛物线的对称轴是x=.∴OD=.∵C(0,1),∴OC=1.在Rt△OCD中,由勾股定理,得CD=.∵△CDP是以CD为腰的等腰三角形,∴CP1=CP1=CP3=CD.作CH⊥x轴于H,∴HP1=HD=1,∴DP1=2.∴P1(,2),P1(,),P3(,﹣);(3)当y=0时,0=﹣x1+x+1∴x1=﹣1,x1=2,∴B(2,0).设直线BC的解析式为y=kx+b,由图象,得,解得:,∴直线BC的解析式为:y=﹣x+1.如图1,过点C作CM⊥EF于M,设E(a,﹣a+1),F(a,﹣a1+a+1),∴EF=﹣a1+a+1﹣(﹣a+1)=﹣a1+1a(0≤x≤2).∵S四边形CDBF=S△BCD+S△CEF+S△BEF=BD•OC+EF•CM+EF•BN,=+a(﹣a1+1a)+(2﹣a)(﹣a1+1a),=﹣a1+2a+(0≤x≤2).=﹣(a﹣1)1+∴a=1时,S四边形CDBF的面积最大=,∴E(1,1).考点:1、勾股定理;1、等腰三角形的性质;3、四边形的面积;2、二次函数的最值19、(1)证明见解析;(2).【解析】

(1)由切线的性质可知∠DAB=90°,由直角所对的圆周为90°可知∠ACB=90°,根据同角的余角相等可知∠DAC=∠B,然后由等腰三角形的性质可知∠B=∠OCB,由对顶角的性质可知∠DCE=∠OCB,故此可知∠DAC=∠DCE;(2)题意可知AO=1,OD=3,DC=2,由勾股定理可知AD=,由∠DAC=∠DCE,∠D=∠D可知△DEC∽△DCA,故此可得到DC2=DE•AD,故此可求得DE=,于是可求得AE=.【详解】解:(1)∵AD是圆O的切线,∴∠DAB=90°.∵AB是圆O的直径,∴∠ACB=90°.∵∠DAC+∠CAB=90°,∠CAB+∠ABC=90°,∴∠DAC=∠B.∵OC=OB,∴∠B=∠OCB.又∵∠DCE=∠OCB,∴∠DAC=∠DCE.(2)∵AB=2,∴AO=1.∵sin∠D=,∴OD=3,DC=2.在Rt△DAO中,由勾股定理得AD==.∵∠DAC=∠DCE,∠D=∠D,∴△DEC∽△DCA,∴,即.解得:DE=,∴AE=AD﹣DE=.20、(1)此人所在P的铅直高度约为14.3米;(2)从P到点B的路程约为17.1米【解析】分析:(1)过P作PF⊥BD于F,作PE⊥AB于E,设PF=5x,在Rt△ABC中求出AB,用含x的式子表示出AE,EP,由tan∠APE,求得x即可;(2)在Rt△CPF中,求出CP的长.详解:过P作PF⊥BD于F,作PE⊥AB于E,∵斜坡的坡度i=5:1,设PF=5x,CF=1x,∵四边形BFPE为矩形,∴BF=PEPF=BE.在RT△ABC中,BC=90,tan∠ACB=,∴AB=tan63.4°×BC≈2×90=180,∴AE=AB-BE=AB-PF=180-5x,EP=BC+CF≈90+10x.在RT△AEP中,tan∠APE=,∴x=,∴PF=5x=.答:此人所在P的铅直高度约为14.3米.由(1)得CP=13x,∴CP=13×37.1,BC+CP=90+37.1=17.1.答:从P到点B的路程约为17.1米.点睛:本题考查了解直角三角形的应用,关键是正确的画出与实际问题相符合的几何图形,找出图形中的相关线段或角的实际意义及所要解决的问题,构造直角三角形,用勾股定理或三角函数求相应的线段长.21、(1)①证明见解析;②证明见解析;(2)△EFC是等腰直角三角形.理由见解析;(3).【解析】试题分析:(1)①过点E作EG⊥BC,垂足为G,根据ASA证明△CEG≌△FEM得CE=FE,再根据SAS证明△ABE≌△CBE得AE=CE,在△AEF中根据等腰三角形“三线合一”即可证明结论成立;②设AM=x,则AF=2x,在Rt△DEN中,∠EDN=45°,DE=DN=x,DO=2DE=2x,BD=2DO=4x.在Rt△ABD中,∠ADB=45°,AB=BD·sin45°=4x,又AF=2x,从而AF=AB,得到点F是AB的中点.;(2)过点E作EM⊥AB,垂足为M,延长ME交CD于点N,过点E作EG⊥BC,垂足为G.则△AEM≌△CEG(HL),再证明△AME≌△FME(SAS),从而可得△EFC是等腰直角三角形.(3)方法同第(2)小题.过点E作EM⊥AB,垂足为M,延长ME交CD于点N,过点E作EG⊥BC,垂足为G.则△AEM≌△CEG(HL),再证明△AEM≌△FEM(ASA),得AM=FM,设AM=x,则AF=2x,DN=x,DE=x,BD=x,AB=x,=2x:x=.试题解析:(1)①过点E作EG⊥BC,垂足为G,则四边形MBGE为正方形,ME=GE,∠MFG=90°,即∠MEF+∠FEG=90°,又∠CEG+∠FEG=90°,∴∠CEG=∠FEM.又GE=ME,∠EGC=∠EMF=90°,∴△CEG≌△FEM.∴CE=FE,∵四边形ABCD为正方形,∴AB=CB,∠ABE=∠CBE=45°,BE=BE,∴△ABE≌△CBE.∴AE=CE,又CE=FE,∴AE=FE,又EM⊥AB,∴∠AEM=∠FEM.②设AM=x,∵AE=FE,又EM⊥AB,∴AM=FM=x,∴AF=2x,由四边形AMND为矩形知,DN=AM=x,在Rt△DEN中,∠EDN=45°,∴DE=DN=x,∴DO=2DE=2x,∴BD=2DO=4x.在Rt△ABD中,∠ADB=45°,∴AB=BD·sin45°=4x·=4x,又AF=2x,∴AF=AB,∴点F是AB的中点.(2)△EFC是等腰直角三角形.过点E作EM⊥AB,垂足为M,延长ME交CD于点N,过点E作EG⊥BC,垂足为G.则△AEM≌△CEG(HL),∴∠AEM=∠CEG,设AM=x,则DN=AM=x,DE=x,DO=3DE=3x,BD=2DO=6x.∴AB=6x,又,∴AF=2x,又AM=x,∴AM=MF=x,∴△AME≌△FME(SAS),∴AE=FE,∠AEM=∠FEM,又AE=CE,∠AEM=∠CEG,∴FE=CE,∠FEM=∠CEG,又∠MEG=90°,∴∠MEF+∠FEG=90°,∴∠CEG+∠FEG=90°,即∠CEF=90°,又FE=CE,∴△EFC是等腰直角三角形.(3)过点E作EM⊥AB,垂足为M,延长ME交CD于点N,过点E作EG⊥BC,垂足为G.则△AEM≌△CEG(HL),∴∠AEM=∠CEG.∵EF⊥CE,∴∠FEC=90°,∴∠CEG+∠FEG=90°.又∠MEG=90°,∴∠MEF+∠FEG=90°,∴∠CEG=∠MEF,∵∠CEG=∠AEF,∴∠AEF=∠MEF,∴△AEM≌△FEM(ASA),∴AM=FM.设AM=x,则AF=2x,DN=x,DE=x,∴BD=x.∴AB=x.∴=2x:x=.考点:四边形综合题.22、(1)DD′=1,A′F=4﹣;(2);(1).【解析】

(1)①如图①中,∵矩形ABCD绕点C按顺时针方向旋转α角,得到矩形A'B'C'D',只要证明△CDD′是等边三角形即可解决问题;②如图①中,连接CF,在Rt△CD′F中,求出FD′即可解决问题;(2)由△A′DF∽△A′D′C,可推出DF的长,同理可得△CDE∽△CB′A′,可求出DE的长,即可解决问题;(1)如图③中,作FG⊥CB′于G,由S△ACF=•AC•CF=•AF•CD,把问题转化为求AF•CD,只要证明∠ACF=90°,证明△CAD∽△FAC,即可解决问题;【详解】解:(1)①如图①中,∵矩形ABCD绕点C按顺时针方向旋转α角,得到矩形A'B'C'D',∴A′D′=AD=B′C=BC=4,CD′=CD=A′B′=AB=1∠A′D′C=∠ADC=90°.∵α=60°,∴∠DCD′=60°,∴△CDD′是等边三角形,∴DD′=CD=1.②如图①中,连接CF.∵CD=CD′,CF=CF,∠CDF=∠CD′F=90°,∴△CDF≌△CD′F,∴∠DCF=∠D′CF=∠DCD′=10°.在Rt△CD′F中,∵tan∠D′CF=,∴D′F=,∴A′F=A′D′﹣D′F=4﹣.(2)如图②中,在Rt△A′CD′中,∵∠D′=90°,∴A′C2=A′D′2+CD′2,∴A′C=5,A′D=2.∵∠DA′F=∠CA′D′,∠A′DF=∠D′=90°,∴△A′DF∽△A′D′C,∴,∴,∴DF=.同理可得△CDE∽

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