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文档简介
专题11动点产生的面积问题、角度问题(中考压轴常考题)(解析版)题目精选自:2023、2024年上海名校及一二模真题,包含动点引起的数量关系之面积问题、角度问题15道。一、解答题1.(2023上·上海静安·九年级上海市市北初级中学校考期末)如图,矩形中,,点是边上的一个动点,联结,过点作,垂足为点.
(1)设,的余切值为,求关于的函数解析式;(2)若存在点,使得、与四边形的面积比是,试求矩形的面积;(3)对(2)中求出的矩形,联结,当的长为多少时,是等腰三角形?【答案】(1)(2)(3)或或1【分析】(1)根据已知条件矩形和,得出,,从而求出,再根据求出结果;(2)假设存在,由题意、与四边形的面积比是,可得,设,证,根据三角形的相似比,从而求解;(3)过点作,垂足为点,判断是等腰三角形,要分类讨论,①;②;③,根据三角形相似进行求解.【详解】(1)解:,,,,∵在矩形中,,∴,则,;(2):四边形的面积比是,,,设,则,∵,,,且,,,解得,,∴;(3)①时,过点作,垂足为点,则,,延长交于点,
,,当时,是等腰三角形;②时,则,
,,,则,当时,是等腰三角形;③时,则点在的垂直平分线上,故为中点.
,,,∴,,,即,∴,解得,当时,是等腰三角形,综上:的长度为或或1.【点睛】此题难度比较大,主要考查矩形的性质、相似三角形的性质、三角函数及等腰三角形的判定,考查知识点比较多,综合性比较强,另外要注意辅助线的作法.2.(2022上·上海宝山·九年级统考期末)已知在平面直角坐标系中,拋物线经过点、,顶点为点.(1)求抛物线的表达式及顶点的坐标;(2)联结,试判断与是否相似,并证明你的结论;(3)抛物线上是否存在点,使得.如果存在,请求出点的坐标;如果不存在,请说明理由.【答案】(1),顶点坐标为:;(2),证明见解析;(3)存在点P,,理由见解析.【分析】(1)根据题意设抛物线解析式为:,将点C代入解得,代入抛物线可得函数解析式;将一般式化为顶点式即可确定顶点坐标;(2)结合图象,分别求出的三边长,的三边长,由勾股定理逆定理可得为直角三角形,且两个三角形的三条边对应成比例,即可证明;(3)设存在点P使,作线段AC的中垂线交AC于点E,交AP于点F,联结CF,可得,,利用等腰直角三角形的性质可得,,再由勾股定理可得,设,根据直角坐标系中两点之间的距离利用勾股定理可得,同理可得=,利用代入消元法解方程即可确定点F的坐标,然后求出直线AF的直线解析式,联立抛物线解析式求交点坐标即可得.【详解】(1)解:抛物线经过点,,,设抛物线解析式为:,将点C代入可得:,解得:,∴,∴顶点坐标为:;(2)相似,证明如下:如图所示:为直角三角形且三边长分别为:,,,的三边长分别为:,,,∴,∴为直角三角形,∵,∴;(3)解:设存在点P使,作线段AC的中垂线交AC于点E,交AP于点F,联结CF,如(2)中图:∴,,∵,∴,∴为等腰直角三角形,∴,,∴,即解得:,设,∴,,∴,整理得:①,=,即②,将①代入②整理得:,解得:,,∴,,∴或(不符合题意舍去),∴,,设直线FA解析式为:,将两个点代入可得:,解得:,∴,∴联立两个函数得:,将①代入②得:,整理得:,解得:,,当时,,∴.【点睛】题目主要考查待定系数法确定函数解析式,相似三角形得判定和性质,中垂线的性质,等腰直角三角形的性质,勾股定理等,理解题意,作出相应辅助线,综合运用这些知识点是解题关键.3.(2022上·上海静安·九年级上海市民立中学校考期中)如图,在平面直角坐标系中,矩形的顶点A、C分别在x轴和y轴的正半轴上,点B的坐标为,点P是边上的一动点(不与C、B重合),连接、,过点O作射线交的延长线于点E,交于点M,.(1)当时,求直线的解析式;(2)设,,在点P的运动过程中,是否存在x,使的面积与的面积之和等于的面积?如果存在,请求出x的值;如果不存在,请说明理由.【答案】(1)(2)存在,见解析【分析】(1)根据相似三角形的判定求证,根据相似三角形的性质可得,继而求得和点P坐标,根据待定系数法求直线的解析式;(2)过点E作于点D,交于点F,则,根据相似三角形的判定求证,根据相似三角形的性质可得关于的函数关系式,要使的面积与的面积之和等于的面积,则,继而求得和,根据相似三角形的判定求证,根据相似三角形的性质可得,继而可得的值,代入关于的函数关系式即可求解.【详解】(1)根据题意可得:,,,,当时,则,,在和中,又,,,即,或1(舍去),,,,设直线的解析式为:,则:解得:,当时,直线的解析式为;(2)如图所示,过点E作于点D,交于点F,则,,,又,,又,,,即,,点P是边上的一动点(不与C、B重合),,,,,,,,,即,要使的面积与的面积之和等于的面积,则,即,,,,,,,,即,解得:,,,解得:,(舍去),故在点P的运动过程中存在,使的面积与的面积之和等于的面积.【点睛】本题考查相似三角形的判定及其性质,矩形的性质、坐标与图形,待定系数法求解析式,解题的关键是熟练掌握并运用相似三角形的判定及其性质.4.(2022上·上海青浦·九年级校考期中)如图,在平面直角坐标系中,顶点为的抛物线经过点和轴正半轴上的点,.
(1)求这条抛物线的表达式;(2)联结,求的度数;(3)联结、、,若在坐标轴上存在一点,使,求点的坐标.【答案】(1)(2)(3)或【分析】(1)根据已知条件求出点的坐标,将,的坐标代入,即可求得、,从而求得抛物线的表达式.(2)应用二次函数的性质,求出点的坐标,从而求得,进而求得的大小.(3)根据(2)的结论得出,进而分类讨论,即可求解.【详解】(1)解:∵∴,∵∴,则将,代入得:,解得,∴这条抛物线的表达式为;(2)过点作轴于点,过点作轴于点,∵∴,∴,则∵
∵∴,即,∴,∴.∴.(3)解:∵,∴∵∴,∴,∵∴轴或如图所示,
当轴时,,当时,,则是等边三角形,∴,∴,综上所述,或.【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式,已知特殊角的三角函数值求角度,等腰三角形的性质与判定,等边三角形的性质与判定,熟练掌握二次函数的性质是解题的关键.5.(2023·上海·九年级假期作业)如图,中,,,,是边上的一个动点,过点作与相交于点,连接,设线段的长为,的面积为.
(1)求与之间的函数关系式,并指出函数的定义域;(2)是否存在一个位置的点,使的面积等于的面积的?如果存在,求出的长;如果不存在,请说明理由.【答案】(1)(2)存在,【分析】(1)由已知条件可求出,由,得出,从而算出结果;(2)由的面积等于的面积的,得到方程,解一元二次方程即可求出的长.【详解】(1)解:过点作于点.
由,可得,又,故.又,,故,代入得.故.(2)过点作于点.
由,∴,故.又的面积是面积的,∴,解得:,(舍去)即.【点睛】考查三角形中一边平行线性质的综合应用,同时在题目中,注意对于特殊角的利用.6.(2023·上海浦东新·统考二模)已知:的直径,C是的中点,D是上的一个动点(不与点A、B、C重合),射线交射线于点E.(1)如图1,当,求线段的长;(2)如图2,当点D在上运动时,连接中是否存在度数保持不变的角?如果存在,请指出这个角并求其度数;如果不存在,请说明理由;(3)连接,当是以为腰的等腰三角形时,求与面积的比值.【答案】(1),详见解析(2)存在,,详见解析(3)与面积的比值为或或,详见解析【分析】(1)连,构造直角三角形利用勾股定理求出的长,再利用,求出的长,即可得解;(2)由C为的中点,为直径得出的度数为,再利用圆周角定理即可得出答案;(3)分类讨论,分点在线段的延长线上和点在线段上,利用勾股定理和面积公式分别求出它们的面积,然后求出比值即可得出答案.【详解】(1)连,如图1∵∴,∵C为的中点,为直径∴在中∴∵∴∴即∴∴∴(2)当D在上运动时,如图2,在中,为度数不变的角,理由如下:∵C为的中点,为直径,∴的度数∴的度数为∴所对的圆心角为,圆周角为∴(3)如图,当点在线段的延长线上,是以为腰的等腰三角形时,当时,连,∵∴由知∴∴∴又∵∴∴为等边三角形∴∴∴∵为中点∴又∵∴∴,当时∴∵∴∴与,,三点共线矛盾,所以此情况不存在;当点在线段上,且小于或等腰时,过点作交于点,过点作于点,,由点在线段上可知,是以为腰的等腰三角形时,不等于,只能有,∴,∵,∴,,∴,∵,∴,∵,∴,∴,∵由知,∴,∴,∴,∵,,∴,,∴,∴,∴;当点在线段上,且大于时,过点作交于点,过点作于点,同可得,,,∴∴;综上所述:与面积的比值为或或.【点睛】本题考查了三角形相似,圆周角定理,圆心角定理,勾股定理,等腰三角形等知识的综合应用,熟练掌握其性质,合理作出辅助线是解决此题的关键.7.(2023上·上海青浦·九年级校考期中)如图,已知,点P是内一点,,垂足为点C,,,A是延长线上一点,连接并延长与射线交于点B.(1)当点P恰好是线段的中点时,试判断的形状,并说明理由;(2)当的长度为多少时,是等腰三角形;(3)设,是否存在适当的k,使得,若存在,试求出k的值;若不存在,试说明理由.【答案】(1)是直角三角形,理由见解析(2)的值为或或1(3)存在,k的值为【分析】(1)如图,作于,证明,则,即,解得,,,由,可得,解得,,由,可得,由,可得,然后作答即可;(2)设,,则,,,,由勾股定理得,证明,则,即,解得,,,,由题意知,当是等腰三角形时,分①,②,③,三种情况,根据等量关系进行求解即可;(2)同理(2),则,,,由,,可得,,则,结合,计算求出满足要求的的解,进而可求.【详解】(1)解:是直角三角形,理由如下:∵点P恰好是线段的中点,∴,如图,作于,∵,∴,∴,∴,即,解得,,,∴,∵,∴,解得,,∴,,∴,∴,∵,∴,∴是直角三角形;(2)解:设,,则,,,,由勾股定理得,∵,∴,∴,即,解得,,∴,,由题意知,当是等腰三角形时,分①,②,③,三种情况求解;①当时,则,解得,;②当时,则,解得,;③当时,则,解得,或(舍去);综上所述,的值为或或1;(3)解:同理(2),则,,∴,∵,,∴,解得,,∵,∴,解得,,∵,∴,解得,或(舍去),∴,∴存在,k的值为.【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质,等腰三角形的性质,勾股定理,正切,三角形内角和等知识.熟练掌握相似三角形的判定与性质,等腰三角形的性质,正切是解题的关键.8.(2023·上海·模拟预测)如图1,抛物线与x轴交于,两点,与y轴交于点C.
图1
图2(1)求该抛物线的解析式;(2)若点E是抛物线的对称轴与直线BC的交点,点F是抛物线的顶点,求EF的长;(3)设点P是(1)中抛物线上的一个动点,是否存在满足的点P?如果存在,请求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.(请在图2中探讨)【答案】(1)(2)2(3)当点的坐标分别为,,,时,,理由见解析.【分析】(1)把点A、B的坐标分别代入函数解析式,列出关于系数b、c的方程组,通过解方程组求得它们的值即可;(2)结合抛物线的解析式得到点C、F的坐标,利用B、C的坐标可以求得直线BC的解析式,由一次函数图像上点的坐标特征和点的坐标与图形的性质进行解答即可;(3)根据P点在抛物线上设出P点,然后再由S△PAB=8,从而求出P点坐标.【详解】(1)解:∵抛物线与轴的两个交点分别为,,∴,解得.∴所求抛物线的解析式为.(2)解:由(1)知,抛物线的解析式为,则,又,∴.设直线的解析式为,把代入,得,解得,则该直线的解析式为.故当时,,即,∴,即.(3)解:设点,由题意,得,∴,∴,当时,,∴,,当时,,∴,,∴当点的坐标分别为,,,时,.【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式和待定系数法求一次函数以及一次函数图像上点的坐标特征,抛物线解析式的三种形式之间的转化,熟练掌握函数的性质是解答此题的关键.9.(2023·上海徐汇·上海市徐汇中学校考一模)如图,抛物线与轴相交于A、两点,与轴相交于点,已知点的坐标为,抛物线的对称轴为直线,点是上方抛物线上的一个动点.(1)求这个抛物线的解析式;(2)当的面积为时,求点的坐标;(3)是否存在点,使得?若存在,请求出点的坐标;若不存在,请说明理由.【答案】(1)(2)或(3)存在,【分析】(1)利用待定系数法列方程组求解抛物线的解析式即可;(2)连接,设,即可求得点C的坐标,即可求得、,再根据,列方程求解即可;(3)过点D作于点E,过点C作于F,设与交于点G,首先根据矩形的性质及,即可证得,据此即可证得,可得,再由点B、C的坐标,即可求得直线的解析式为,设,则,则,,可得,,即可得方程,解方程即可求解.【详解】(1)解:点的坐标为,抛物线的对称轴为直线,,解得:.,所以,抛物线的解析式为:;(2)解:如图:连接,过点D作于点E,设,,∵点D是上方抛物线上的一个动点,,,令,则,,.,.,的面积为,,∴,整理得:.解得:或,的坐标为或;(3)解:存在点,使得,理由如下:如图:过点D作于点E,过点C作于F,设与交于点G,四边形是矩形,,,,,,在和中,,,,设的解析式为:,,解得:,
∴直线的解析式为:,设,则,则,,∵点D是上方抛物线上的一个动点,,,,,,,整理得:,解得,(不合题意,舍去),∴点D的坐标为.【点睛】本题考查了利用待定系数法求一次函数及二次函数的解析式,坐标与图形,不规则图形面积的求法,一元二次方程的解法,全等三角形的判定及性质,采用数形结合的思想及正确作出辅助线是解决此题的关键.10.(2023·上海嘉定·统考二模)如图,在直角坐标平面中,点A在y轴的负半轴上,点C在x轴的正半轴上,,抛物线经过A、B、C三点.(1)求点A、B的坐标;(2)联结、、,当时,①求抛物线表达式:②在抛物线的对称轴上是否存在点P,使得?如果存在,求出所有符合条件的点P坐标;如果不存在,请说明理由.【答案】(1),(2)①;②存在,或【分析】(1)求出抛物线的对称轴为,再根据A的坐标为,,即可作答;(2)①证明,即有,进而可得,问题得解;②先求出,设点P的坐标为,设抛物线对称轴交于N点,利用待定系数法可求出直线的解析式为:,,则有:,则有,进而可得,解方程即可求解.【详解】(1)该抛物线的表达式为,,该抛物线的对称轴为,抛物线经过点A,且点A在y轴的负半轴上,点A的坐标为,,对称轴为,点B的坐标为;(2)①,,,,,,,,,,,,,即:,,点C在x轴的正半轴上,点C的坐标为,将代入中,解得,该抛物线的表达式为;②存在,理由如下:,,,,设点P的坐标为,如图,抛物线对称轴交于N点,,,利用待定系数法可求出直线的解析式为:,即时,,即,则有:,,即有:,解得,或者,点P的坐标为或.【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质,相似三角形的判定与性质,勾股定理等知识,掌握二次函数的图象与性质,相似三角形的判定与性质是解答本题的关键.11.(2022·上海·九年级专题练习)如图,在平面直角坐标系中,矩形OABC的顶点A(3,0),C(0,1).将矩形OABC绕原点逆时针旋转90°,得到矩形OA′B′C′.设直线BB′与x轴交于点M、与y轴交于点N,抛物线y=ax2+bx+c的图象经过点C′、M、N.解答下列问题:(1)求出该抛物线所表示的函数解析式;(2)在抛物线上有一点E,且点E在C′的左侧,过点E作EF⊥x轴,垂足为点F,若△EFM与△MON相似,求点E的坐标;(3)在抛物线上是否存在一点P(C′点除外),使得∠PMN=∠OMN,若存在,写出点P坐标,不存在,写出理由.【答案】(1);(2)点E的坐标为(﹣2,﹣)或(﹣5,﹣20);(3)P(,)【分析】(1)由旋转的性质确定点A′、C′、B′的坐标,用待系数法求直线BB′的解析式,再求出点N、点M的坐标,将点M、N、C′的坐标代入y=ax2+bx+c列方程组,解方程组求出a、b、c的值即可;(2)设E(x,),则F(x,0),由∠MFE=∠MON=90°,且△EFM∽△MON,可得或,列方程求出点E的坐标即可;(3)作OQ⊥MN于点Q,延长OQ到点G,使GQ=OQ,作GR⊥y轴于点R,作射线MG交抛物线于点P,则∠PMN=∠OMN,求出点G的坐标,再求出直线MP的解析式且与抛物线的解析式组成方程组,解方程组即可求出点P的坐标.【详解】解:(1)如图1,∵四边形OABC是矩形,且A(3,0),C(0,1),∴B(3,1),由旋转得A′(0,3),C(﹣1,0),且四边形OA′B′C′是矩形,∴B′(﹣1,3),设直线BB′的解析式为y=kx+m,则,解得,∴直线BB′的解析式为,当x=0时,y=;当y=0时,则,解得x=5,∴M(5,0),N(0,),把M(5,0)、N(0,)、C'(﹣1,0)代入y=ax2+bx+c,得,解得,∴该抛物线的解析式为:.(2)如图1,设E(x,),则F(x,0),∵∠MFE=∠MON=90°,且△EFM∽△MON,∴或,若,则,整理得x2﹣3x﹣10=0,解得x1=﹣2,x2=5(不符合题意,舍去),∴E(﹣2,);若,则,整理得x2=25,解得x1=﹣5,x2=5(不符合题意,舍去),∴E(﹣5,﹣20),综上所述,点E的坐标为(﹣2,)或(﹣5,﹣20).(3)如图2,作OQ⊥MN于点Q,延长OQ到点G,使GQ=OQ,GR⊥y轴于点R,作射线MG交抛物线于点P,∵MN垂直平分OG,∴GM=OM,∴∠PMN=∠OMN,∵∠MON=90°,ON=,OM=5,
∴MN=,∴×OQ=××5=S△MON,解得OQ=,∴OG=2OQ=2,∵∠OQM=90°,∴∠ROG=90°﹣∠QOM=∠OMN,∵∠ORG=∠MON=90°,∴△ROG∽△OMN,∴,∴RG=,OR=×5=4,∴G(2,4),设直线MP的解析式为y=px+n,则,解得,∴直线MP的解析式为,由,得,(不符合题意,舍去),∴P(,).【点睛】本题考查二次函数综合问题,主要涉及相似三角形的判定与性质,理解二次函数图像与基本性质,熟练求解函数解析式,掌握相似三角形的判定与性质是解题关键.12.(2023上·上海浦东新·九年级校考阶段练习)已知抛物线y=ax2+bx+5与x轴交于点A(1,0)和点B(5,0),顶点为M.点C在x轴的负半轴上,且AC=AB,点D的坐标为(0,3),直线l经过点C、D.(1)求抛物线的表达式;(2)点P是直线l在第三象限上的点,连接AP,且线段CP是线段CA、CB的比例中项,求tan∠CPA的值;(3)在(2)的条件下,连接AM、BM,在直线PM上是否存在点E,使得∠AEM=∠AMB?若存在,求出点E的坐标;若不存在,请说明理由.【答案】(1);(2);(3)E的坐标为(-2,-4)或(4,-4).【详解】试题分析:(1)把A、B两点带入抛物线解析式,求得a、b的值,即可得到抛物线解析式;(2)由AC=AB且点C在点A的左侧,及线段CP是线段CA、CB的比例中项,可得CP=,由两边对应成比例且夹角相等的三角形相似,可得△CPA∽△CBP,由此∠CPA=∠CBP.过P作PH⊥x轴于H,易得PH=4,H(-7,0),BH=12.由于P(-7,-4),可求;(3)分两种情况:点E在M左侧和点E在M右侧讨论即可.试题解析:(1)∵抛物线与x轴交于点A(1,0),B(5,0),∴,解得∴抛物线的解析式为.(2)∵
A(1,0),B(5,0),∴OA=1,AB=4.∵AC=AB且点C在点A的左侧,∴AC=4.∴CB=CA+AB=8.∵线段CP是线段CA、CB的比例中项,∴
.∴
CP=.
又∵∠PCB是公共角,∴△CPA∽△CBP.
∴∠CPA=∠CBP.过P作PH⊥x轴于H.∵
OC=OD=3,∠DOC=90°,∴∠DCO=45°.∴∠PCH=45°
∴PH=CH=CP=4,∴H(-7,0),BH=12,∴P(-7,-4),∴,tan∠CPA=.(3)∵抛物线的顶点是M(3,-4),又∵
P(-7,-4),∴PM∥x轴.当点E在M左侧,则∠BAM=∠AME.∵∠AEM=∠AMB,
∴△AEM∽△BMA.∴,∴.∴ME=5,∴E(-2,-4).
过点A作AN⊥PM于点N,则N(1,-4).当点E在M右侧时,记为点,∵∠AN=∠AEN,∴点与E关于直线AN对称,则(4,-4).综上所述,E的坐标为(-2,-4)或(4,-4).点睛:本题主要考查二次函数的综合应用,解答本题主要应用了待定系数法求二次函数解析式、相似三角形的性质和判定,等腰直角三角形的性质、锐角三角函数的定义,证得△AEM∽△BMA是解题的关键.13.(2023·上海闵行·统考一模)在平面直角坐标系中,抛物线线经过,点C是该抛物线上的一个动点,连接,与y轴的正半轴交于点D.设点C的横坐标为m.(1)求该抛物线的表达式;(2)当时,求点C到x轴的距离;(3)如果过点C作x轴的垂线,垂足为点E,连接,当时,在中是否存在大小保持不变的角?如果存在,请指出并求其度数;如果不存在,请说明理由.【答案】(1)(2)(3)存在;【分析】(1)用待定系数法求函数解析式即可;(2)过点C作y轴的垂线,垂足为点N,过点A作y的垂线,垂足为点M,设点,证明,求出,,然后分两种情况进行讨论,求出结果即可;(3)过点C作y轴的垂线,垂足为点P,过点A作的垂线,垂足为点Q,设点C的坐标为,求出,得出,在中,根据,,得出,即可得出答案.【详解】(1)解:∵抛物线经过和,∴,∴,∴该抛物线的表达式为.(2)解:过点C作y轴的垂线,垂足为点N,过点A作y的垂线,垂足为点M,如图所示:设点,∵,∴,,∵轴,轴,即,∵,∴,∴,即,解得:,,①当时,点,设直线的解析式为,将,代入得:,解得:,∴直线的解析式为,令代入得:,则,此时点在y轴的负半轴,不符合题意,舍去;②当时,点,设直线的解析式为,将,代入得:,解得:,∴直线的解析式为,令代入得:,则,符合题意,则点C到x轴的距离为.(3)解:存在,.过点C作y轴的垂线,垂足为点P,过点A作的垂线,垂足为点Q,如图所示:由题意得,点C的坐标为,∵轴,得,∴,∴,∵,,∴,∵,∴,在中,,,∴∵轴,∴.【点睛】本题主要考查了二次函数的综合应用,求一次函数解析式,三角形相似的判定和性质,平行线的性质,特殊角的三角函数值,等腰三角形的判定和性质,解题的关键是作出辅助线,数形结合,注意分类讨论.14.(2023·上海长宁·统考一模)已知抛物线与轴交于点和,与轴交于点,为坐标原点,且.(1)求抛物线的解析式;(2)如图1,点是线段上的一个动点(不与点、重合),过点作轴的垂线交抛物线于点,连接.
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