|试卷下载
搜索
    上传资料 赚现金
    2022届【全国百强校首发】河北省武邑中学毕业升学考试模拟卷数学卷含解析
    立即下载
    加入资料篮
    2022届【全国百强校首发】河北省武邑中学毕业升学考试模拟卷数学卷含解析01
    2022届【全国百强校首发】河北省武邑中学毕业升学考试模拟卷数学卷含解析02
    2022届【全国百强校首发】河北省武邑中学毕业升学考试模拟卷数学卷含解析03
    还剩18页未读, 继续阅读
    下载需要10学贝 1学贝=0.1元
    使用下载券免费下载
    加入资料篮
    立即下载

    2022届【全国百强校首发】河北省武邑中学毕业升学考试模拟卷数学卷含解析

    展开
    这是一份2022届【全国百强校首发】河北省武邑中学毕业升学考试模拟卷数学卷含解析,共21页。试卷主要包含了的绝对值是,如图,已知点A等内容,欢迎下载使用。

    1.全卷分选择题和非选择题两部分,全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂;非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
    2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
    3.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,在草稿纸、试题卷上答题无效。
    一、选择题(每小题只有一个正确答案,每小题3分,满分30分)
    1.一元二次方程的根的情况是
    A.有两个不相等的实数根B.有两个相等的实数根
    C.没有实数根D.无法判断
    2.在平面直角坐标系中,点P(m﹣3,2﹣m)不可能在( )
    A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限
    3.如图,在四边形ABCD中,对角线 AC⊥BD,垂足为O,点E、F、G、H分别为边AD、AB、BC、CD的中点.若AC=10,BD=6,则四边形EFGH的面积为( )
    A.20B.15C.30D.60
    4.若正六边形的半径长为4,则它的边长等于( )
    A.4B.2C.D.
    5.如图是一个由4个相同的正方体组成的立体图形,它的左视图为( )
    A.B.C.D.
    6.一次函数满足,且随的增大而减小,则此函数的图象不经过( )
    A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限
    7.的绝对值是( )
    A.﹣4B.C.4D.0.4
    8.如图,四边形ABCD是边长为1的正方形,动点E、F分别从点C,D出发,以相同速度分别沿CB,DC运动(点E到达C时,两点同时停止运动).连接AE,BF交于点P,过点P分别作PM∥CD,PN∥BC,则线段MN的长度的最小值为( )
    A.B.C.D.1
    9.如图,在△ABC中,点D,E分别在边AB,AC上,且,则的值为
    A. B. C. D.
    10.如图,已知点A(1,0),B(0,2),以AB为边在第一象限内作正方形ABCD,直线CD与y轴交于点G,再以DG为边在第一象限内作正方形DEFG,若反比例函数的图像经过点E,则k的值是 ( )
    (A)33 (B)34 (C)35 (D)36
    二、填空题(共7小题,每小题3分,满分21分)
    11.若a是方程的解,计算:=______.
    12.因式分解:a3﹣2a2b+ab2=_____.
    13.在矩形ABCD中,AB=4, BC=3, 点P在AB上.若将△DAP沿DP折叠,使点A落在矩形对角线上的处,则AP的长为__________.
    14.如图,在每个小正方形边长为的网格中,的顶点,,均在格点上,为边上的一点.
    线段的值为______________;在如图所示的网格中,是的角平分线,在上求一点,使的值最小,请用无刻度的直尺,画出和点,并简要说明和点的位置是如何找到的(不要求证明)___________.
    15.如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠ABC=30°,将△ABC绕点C顺时针旋转至△A′B′C,使得点A′恰好落在AB上,则旋转角度为_____.
    16.经过某十字路口的汽车,它可能继续直行,也可能向左转或向右转.如果这三种可能性大小相同,现有两辆汽车先后经过这个十字路口,则至少有一辆汽车向左转的概率是___.
    17.在一次摸球实验中,摸球箱内放有白色、黄色乒乓球共50个,这两种乒乓球的大小、材质都相同.小明发现,摸到白色乒乓球的频率稳定在60%左右,则箱内黄色乒乓球的个数很可能是________.
    三、解答题(共7小题,满分69分)
    18.(10分)已知PA与⊙O相切于点A,B、C是⊙O上的两点
    (1)如图①,PB与⊙O相切于点B,AC是⊙O的直径若∠BAC=25°;求∠P的大小
    (2)如图②,PB与⊙O相交于点D,且PD=DB,若∠ACB=90°,求∠P的大小
    19.(5分)如图,在△ABC中,D、E分别是边AB、AC上的点,DE∥BC,点F在线段DE上,过点F作FG∥AB、FH∥AC分别交BC于点G、H,如果BG:GH:HC=2:4:1.求的值.
    20.(8分)-()-1+3tan60°
    21.(10分)在平面直角坐标系中,O为原点,点A(8,0)、点B(0,4),点C、D分别是边OA、AB的中点.将△ACD绕点A顺时针方向旋转,得△AC′D′,记旋转角为α.
    (I)如图①,连接BD′,当BD′∥OA时,求点D′的坐标;
    (II)如图②,当α=60°时,求点C′的坐标;
    (III)当点B,D′,C′共线时,求点C′的坐标(直接写出结果即可).
    22.(10分)在Rt△ABC中,∠BAC=,D是BC的中点,E是AD的中点.过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F.
    (1)求证:△AEF≌△DEB;
    (2)证明四边形ADCF是菱形;
    (3)若AC=4,AB=5,求菱形ADCFD 的面积.
    23.(12分)如图,在平面直角坐标系中,矩形OABC的顶点A,C分别在x轴,y轴的正半轴上,且OA=4,OC=3,若抛物线经过O,A两点,且顶点在BC边上,对称轴交BE于点F,点D,E的坐标分别为(3,0),(0,1).
    (1)求抛物线的解析式;
    (2)猜想△EDB的形状并加以证明;
    (3)点M在对称轴右侧的抛物线上,点N在x轴上,请问是否存在以点A,F,M,N为顶点的四边形是平行四边形?若存在,请求出所有符合条件的点M的坐标;若不存在,请说明理由.
    24.(14分)如图,在四边形ABCD中,AB=AD,BC=DC,AC、BD相交于点O,点E在AO上,且OE=OC.求证:∠1=∠2;连结BE、DE,判断四边形BCDE的形状,并说明理由.
    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、A
    【解析】
    把a=1,b=-1,c=-1,代入,然后计算,最后根据计算结果判断方程根的情况.
    【详解】

    方程有两个不相等的实数根.
    故选A.
    【点睛】
    本题考查根的判别式,把a=1,b=-1,c=-1,代入计算是解题的突破口.
    2、A
    【解析】
    分点P的横坐标是正数和负数两种情况讨论求解.
    【详解】
    ①m-3>0,即m>3时,
    2-m<0,
    所以,点P(m-3,2-m)在第四象限;
    ②m-3<0,即m<3时,
    2-m有可能大于0,也有可能小于0,
    点P(m-3,2-m)可以在第二或三象限,
    综上所述,点P不可能在第一象限.
    故选A.
    【点睛】
    本题考查了各象限内点的坐标的符号特征,记住各象限内点的坐标的符号是解决的关键,四个象限的符号特点分别是:第一象限(+,+);第二象限(-,+);第三象限(-,-);第四象限(+,-).
    3、B
    【解析】
    有一个角是直角的平行四边形是矩形.利用中位线定理可得出四边形EFGH是矩形,根据矩形的面积公式解答即可.
    【详解】
    ∵点E、F分别为四边形ABCD的边AD、AB的中点,
    ∴EF∥BD,且EF=BD=1.
    同理求得EH∥AC∥GF,且EH=GF=AC=5,
    又∵AC⊥BD,
    ∴EF∥GH,FG∥HE且EF⊥FG.
    四边形EFGH是矩形.
    ∴四边形EFGH的面积=EF•EH=1×5=2,即四边形EFGH的面积是2.
    故选B.
    【点睛】
    本题考查的是中点四边形.解题时,利用了矩形的判定以及矩形的定理,矩形的判定定理有:
    (1)有一个角是直角的平行四边形是矩形;
    (2)有三个角是直角的四边形是矩形;
    (1)对角线互相平分且相等的四边形是矩形.
    4、A
    【解析】
    试题分析:正六边形的中心角为360°÷6=60°,那么外接圆的半径和正六边形的边长将组成一个等边三角形,故正六边形的半径等于1,则正六边形的边长是1.故选A.
    考点:正多边形和圆.
    5、B
    【解析】
    根据左视图的定义,从左侧会发现两个正方形摞在一起.
    【详解】
    从左边看上下各一个小正方形,如图
    故选B.
    6、A
    【解析】
    试题分析:根据y随x的增大而减小得:k<0,又kb>0,则b<0,故此函数的图象经过第二、三、四象限,即不经过第一象限.
    故选A.
    考点:一次函数图象与系数的关系.
    7、B
    【解析】
    分析:根据绝对值的性质,一个负数的绝对值等于其相反数,可有相反数的意义求解.
    详解:因为-的相反数为
    所以-的绝对值为.
    故选:B
    点睛:此题主要考查了求一个数的绝对值,关键是明确绝对值的性质,一个正数的绝对值等于本身,0的绝对值是0,一个负数的绝对值为其相反数.
    8、B
    【解析】
    分析:由于点P在运动中保持∠APD=90°,所以点P的路径是一段以AD为直径的弧,设AD的中点为Q,连接QC交弧于点P,此时CP的长度最小,再由勾股定理可得QC的长,再求CP即可.
    详解: 由于点P在运动中保持∠APD=90°, ∴点P的路径是一段以AD为直径的弧,
    设AD的中点为Q,连接QC交弧于点P,此时CP的长度最小,
    在Rt△QDC中,QC=, ∴CP=QC-QP=,故选B.
    点睛:本题主要考查的是圆的相关知识和勾股定理,属于中等难度的题型.解决这个问题的关键是根据圆的知识得出点P的运动轨迹.
    9、C
    【解析】
    ∵,∠A=∠A,
    ∴△ABC∽△AED。∴。
    ∴。故选C。
    10、D
    【解析】
    试题分析:过点E作EM⊥OA,垂足为M,∵A(1,0),B(0,2),∴OA-1,OB=2,又∵∠AOB=90°,∴AB==,∵AB//CD,∴∠ABO=∠CBG,∵∠BCG=90°,∴△BCG∽△AOB,∴,∵BC=AB=,∴CG=2,∵CD=AD=AB=,∴DG=3,∴DE=DG=3,∴AE=4,∵∠BAD=90°,∴∠EAM+∠BAO=90°,∵∠BAO+∠ABO=90°,∴∠EAM=∠ABO,又∵∠EMA=90°,∴△EAM∽△ABO,∴,即,∴AM=8,EM=4,∴AM=9,∴E(9,4),∴k=4×9=36;
    故选D.
    考点:反比例函数综合题.
    二、填空题(共7小题,每小题3分,满分21分)
    11、1
    【解析】
    根据一元二次方程的解的定义得a2﹣3a+1=1,即a2﹣3a=﹣1,再代入,然后利用整体思想进行计算即可.
    【详解】
    ∵a是方程x2﹣3x+1=1的一根,
    ∴a2﹣3a+1=1,即a2﹣3a=﹣1,a2+1=3a

    故答案为1.
    【点睛】
    本题考查了一元二次方程的解:使一元二次方程两边成立的未知数的值叫一元二次方程的解.也考查了整体思想的运用.
    12、a(a﹣b)1.
    【解析】
    【分析】先提公因式a,然后再利用完全平方公式进行分解即可.
    【详解】原式=a(a1﹣1ab+b1)
    =a(a﹣b)1,
    故答案为a(a﹣b)1.
    【点睛】本题考查了提公因式法与公式法的综合运用,熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键.
    13、或
    【解析】
    ①点A落在矩形对角线BD上,如图1,
    ∵AB=4,BC=3,
    ∴BD=5,
    根据折叠的性质,AD=A′D=3,AP=A′P,∠A=∠PA′D=90°,
    ∴BA′=2,设AP=x,则BP=4﹣x,∵BP2=BA′2+PA′2,
    ∴(4﹣x)2=x2+22,
    解得:x=,∴AP=;
    ②点A落在矩形对角线AC上,如图2,根据折叠的性质可知DP⊥AC,
    ∴△DAP∽△ABC,
    ∴,
    ∴AP===.
    故答案为或.
    14、(Ⅰ) (Ⅱ)如图,取格点、,连接与交于点,连接与交于点.
    【解析】
    (Ⅰ)根据勾股定理进行计算即可.
    (Ⅱ)根据菱形的每一条对角线平分每一组对角,构造边长为1的菱形ABEC,连接AE交BC于M,即可得出是的角平分线,再取点F使AF=1,则根据等腰三角形的性质得出点C与F关于AM对称,连接DF交AM于点P,此时的值最小.
    【详解】
    (Ⅰ)根据勾股定理得AC=;
    故答案为:1.
    (Ⅱ)如图,如图,取格点、,连接与交于点,连接与交于点,则点P即为所求.
    说明:构造边长为1的菱形ABEC,连接AE交BC于M,则AM即为所求的的角平分线,在AB上取点F,使AF=AC=1,则AM垂直平分CF,点C与F关于AM对称,连接DF交AM于点P,则点P即为所求.
    【点睛】
    本题考查作图-应用与设计,涉及勾股定理、菱形的判定和性质、几何变换轴对称—最短距离等知识,解题的关键是灵活运用所学知识解决问题,学会利用数形结合的思想解决问题.
    15、60°
    【解析】
    试题解析:∵∠ACB=90°,∠ABC=30°,
    ∴∠A=90°-30°=60°,
    ∵△ABC绕点C顺时针旋转至△A′B′C时点A′恰好落在AB上,
    ∴AC=A′C,
    ∴△A′AC是等边三角形,
    ∴∠ACA′=60°,
    ∴旋转角为60°.
    故答案为60°.
    16、.
    【解析】
    根据题意,画出树状图,然后根据树状图和概率公式求概率即可.
    【详解】
    解:画树状图得:
    共有9种等可能的结果,至少有一辆汽车向左转的有5种情况,
    至少有一辆汽车向左转的概率是:.
    故答案为:.
    【点睛】
    此题考查的是求概率问题,掌握树状图的画法和概率公式是解决此题的关键.
    17、20
    【解析】
    先设出白球的个数,根据白球的频率求出白球的个数,再用总的个数减去白球的个数即可.
    【详解】
    设黄球的个数为x个,
    ∵共有黄色、白色的乒乓球50个,黄球的频率稳定在60%,
    ∴=60%,
    解得x=30,
    ∴布袋中白色球的个数很可能是50-30=20(个).
    故答案为:20.
    【点睛】
    本题考查了利用频率估计概率,熟练掌握该知识点是本题解题的关键.
    三、解答题(共7小题,满分69分)
    18、(1)∠P=50°;(2)∠P=45°.
    【解析】
    (1)连接OB,根据切线长定理得到PA=PB,∠PAO=∠PBO=90°,根据三角形内角和定理计算即可;
    (2)连接AB、AD,根据圆周角定理得到∠ADB=90°,根据切线的性质得到AB⊥PA,根据等腰直角三角形的性质解答.
    【详解】
    解:(1)如图①,连接OB.
    ∵PA、PB与⊙O相切于A、B点,
    ∴PA=PB,
    ∴∠PAO=∠PBO=90°
    ∴∠PAB=∠PBA,
    ∵∠BAC=25°,
    ∴∠PBA=∠PAB=90°一∠BAC=65°
    ∴∠P=180°-∠PAB-∠PBA=50°;
    (2)如图②,连接AB、AD,
    ∵∠ACB=90°,
    ∴AB是的直径,∠ADB=90·
    ∵PD=DB,
    ∴PA=AB.
    ∵PA与⊙O相切于A点
    ∴AB⊥PA,
    ∴∠P=∠ABP=45°.
    【点睛】
    本题考查的是切线的性质、圆周角定理,掌握圆的切线垂直于过切点的半径是解题的关键.
    19、
    【解析】
    先根据平行线的性质证明△ADE∽△FGH,再由线段DF=BG、FE=HC及BG︰GH︰HC=2︰4︰1,可求得的值.
    【详解】
    解:∵DE∥BC,∴∠ADE=∠B,
    ∵FG∥AB,
    ∴∠FGH=∠B,
    ∴∠ADE=∠FGH,
    同理:∠AED=∠FHG,
    ∴△ADE∽△FGH,
    ∴ ,
    ∵DE∥BC ,FG∥AB,
    ∴DF=BG,
    同理:FE=HC,
    ∵BG︰GH︰HC=2︰4︰1,
    ∴设BG=2k,GH=4k,HC=1k,
    ∴DF=2k,FE=1k,
    ∴DE=5k,
    ∴.
    【点睛】
    本题考查了平行线的性质和三角形相似的判定和相似比.
    20、0
    【解析】
    根据二次根式的乘法、绝对值、负整数指数幂和特殊角的三角函数值计算,然后进行加减运算.
    【详解】
    原式=-2+2--2+3=0.
    【点睛】
    本题考查了二次根式的混合运算:先把各二次根式化为最简二次根式,在进行二次根式的乘除运算,然后合并同类二次根式.也考查了零指数幂、负整数指数幂和特殊角的三角函数值.
    21、(I)(10,4)或(6,4)(II)C′(6,2)(III)①C′(8,4)②
    C′(,﹣)
    【解析】
    (I)如图①,当OB∥AC′,四边形OBC′A是平行四边形,只要证明B、C′、D′共线即可解决问题,再根据对称性确定D″的坐标;
    (II)如图②,当α=60°时,作C′K⊥AC于K.解直角三角形求出OK,C′K即可解决问题;
    (III)分两种情形分别求解即可解决问题;
    【详解】
    解:(I)如图①,
    ∵A(8,0),B(0,4),
    ∴OB=4,OA=8,
    ∵AC=OC=AC′=4,
    ∴当OB∥AC′,四边形OBC′A是平行四边形,
    ∵∠AOB=90°,
    ∴四边形OBC′A是矩形,
    ∴∠AC′B=90°,∵∠AC′D′=90°,
    ∴B、C′、D′共线,
    ∴BD′∥OA,
    ∵AC=CO, BD=AD,
    ∴CD=C′D′=OB=2,
    ∴D′(10,4),
    根据对称性可知,点D″在线段BC′上时,D″(6,4)也满足条件.
    综上所述,满足条件的点D坐标(10,4)或(6,4).
    (II)如图②,当α=60°时,作C′K⊥AC于K.
    在Rt△AC′K中,∵∠KAC′=60°,AC′=4,
    ∴AK=2,C′K=2,
    ∴OK=6,
    ∴C′(6,2).
    (III)①如图③中,当B、C′、D′共线时,由(Ⅰ)可知,C′(8,4).
    ②如图④中,当B、C′、D′共线时,BD′交OA于F,易证△BOF≌△AC′F,
    ∴OF=FC′,设OF=FC′=x,
    在Rt△ABC′中,BC′==8,
    在RT△BOF中,OB=4,OF=x,BF=8﹣x,
    ∴(8﹣x)2=42+x2,
    解得x=3,
    ∴OF=FC′=3,BF=5,作C′K⊥OA于K,
    ∵OB∥KC′,
    ∴==,
    ∴==,
    ∴KC′=,KF=,
    ∴OK=,
    ∴C′(,﹣).
    【点睛】
    本题考查三角形综合题、旋转变换、矩形的判定和性质、平行线的性质、勾股定理等知识,解题的关键是灵活应用所学知识解决问题,学会用分类讨论的思想思考问题,属于中考压轴题.
    22、(1)证明详见解析;(2)证明详见解析;(3)1.
    【解析】
    (1)利用平行线的性质及中点的定义,可利用AAS证得结论;
    (2)由(1)可得AF=BD,结合条件可求得AF=DC,则可证明四边形ADCF为平行四边形,再利用直角三角形的性质可证得AD=CD,可证得四边形ADCF为菱形;
    (3)连接DF,可证得四边形ABDF为平行四边形,则可求得DF的长,利用菱形的面积公式可求得答案.
    【详解】
    (1)证明:∵AF∥BC,
    ∴∠AFE=∠DBE,
    ∵E是AD的中点,
    ∴AE=DE,
    在△AFE和△DBE中,
    ∴△AFE≌△DBE(AAS);
    (2)证明:由(1)知,△AFE≌△DBE,则AF=DB.
    ∵AD为BC边上的中线
    ∴DB=DC,
    ∴AF=CD.
    ∵AF∥BC,
    ∴四边形ADCF是平行四边形,
    ∵∠BAC=90°,D是BC的中点,E是AD的中点,
    ∴AD=DC=BC,
    ∴四边形ADCF是菱形;
    (3)连接DF,
    ∵AF∥BD,AF=BD,
    ∴四边形ABDF是平行四边形,
    ∴DF=AB=5,
    ∵四边形ADCF是菱形,
    ∴S菱形ADCF=AC▪DF=×4×5=1.
    【点睛】
    本题主要考查菱形的性质及判定,利用全等三角形的性质证得AF=CD是解题的关键,注意菱形面积公式的应用.
    23、(1)y=﹣x2+3x;(2)△EDB为等腰直角三角形;证明见解析;(3)(,2)或(,﹣2).
    【解析】
    (1)由条件可求得抛物线的顶点坐标及A点坐标,利用待定系数法可求得抛物线解析式;
    (2)由B、D、E的坐标可分别求得DE、BD和BE的长,再利用勾股定理的逆定理可进行判断;
    (3)由B、E的坐标可先求得直线BE的解析式,则可求得F点的坐标,当AF为边时,则有FM∥AN且FM=AN,则可求得M点的纵坐标,代入抛物线解析式可求得M点坐标;当AF为对角线时,由A、F的坐标可求得平行四边形的对称中心,可设出M点坐标,则可表示出N点坐标,再由N点在x轴上可得到关于M点坐标的方程,可求得M点坐标.
    【详解】
    解:(1)在矩形OABC中,OA=4,OC=3,
    ∴A(4,0),C(0,3),
    ∵抛物线经过O、A两点,
    ∴抛物线顶点坐标为(2,3),
    ∴可设抛物线解析式为y=a(x﹣2)2+3,
    把A点坐标代入可得0=a(4﹣2)2+3,解得a=﹣,
    ∴抛物线解析式为y=﹣(x﹣2)2+3,即y=﹣x2+3x;
    (2)△EDB为等腰直角三角形.
    证明:
    由(1)可知B(4,3),且D(3,0),E(0,1),
    ∴DE2=32+12=10,BD2=(4﹣3)2+32=10,BE2=42+(3﹣1)2=20,
    ∴DE2+BD2=BE2,且DE=BD,
    ∴△EDB为等腰直角三角形;
    (3)存在.理由如下:
    设直线BE解析式为y=kx+b,
    把B、E坐标代入可得,解得,
    ∴直线BE解析式为y=x+1,
    当x=2时,y=2,
    ∴F(2,2),
    ①当AF为平行四边形的一边时,则M到x轴的距离与F到x轴的距离相等,即M到x轴的距离为2,
    ∴点M的纵坐标为2或﹣2,
    在y=﹣x2+3x中,令y=2可得2=﹣x2+3x,解得x=,
    ∵点M在抛物线对称轴右侧,
    ∴x>2,
    ∴x=,
    ∴M点坐标为(,2);
    在y=﹣x2+3x中,令y=﹣2可得﹣2=﹣x2+3x,解得x=,
    ∵点M在抛物线对称轴右侧,
    ∴x>2,
    ∴x=,
    ∴M点坐标为(,﹣2);
    ②当AF为平行四边形的对角线时,
    ∵A(4,0),F(2,2),
    ∴线段AF的中点为(3,1),即平行四边形的对称中心为(3,1),
    设M(t,﹣t2+3t),N(x,0),
    则﹣t2+3t=2,解得t=,
    ∵点M在抛物线对称轴右侧,
    ∴x>2,
    ∵t>2,
    ∴t=,
    ∴M点坐标为(,2);
    综上可知存在满足条件的点M,其坐标为(,2)或(,﹣2).
    【点睛】
    本题为二次函数的综合应用,涉及矩形的性质、待定系数法、勾股定理及其逆定理、平行四边形的性质、方程思想及分类讨论思想等知识.在(1)中求得抛物线的顶点坐标是解题的关键,注意抛物线顶点式的应用,在(2)中求得△EDB各边的长度是解题的关键,在(3)中确定出M点的纵坐标是解题的关键,注意分类讨论.本题考查知识点较多,综合性较强,难度较大.
    24、(1)证明见解析;(2)四边形BCDE是菱形,理由见解析.
    【解析】
    (1)证明△ADC≌△ABC后利用全等三角形的对应角相等证得结论.
    (2)首先判定四边形BCDE是平行四边形,然后利用对角线垂直的平行四边形是菱形判定菱形即可.
    【详解】
    解:(1)证明:∵在△ADC和△ABC中,
    ∴△ADC≌△ABC(SSS).∴∠1=∠2.
    (2)四边形BCDE是菱形,理由如下:
    如答图,∵∠1=∠2,DC=BC,∴AC垂直平分BD.
    ∵OE=OC,∴四边形DEBC是平行四边形.
    ∵AC⊥BD,∴四边形DEBC是菱形.
    【点睛】
    考点:1.全等三角形的判定和性质;2. 线段垂直平分线的性质;3.菱形的判定.
    相关试卷

    2022年那曲市重点中学毕业升学考试模拟卷数学卷含解析: 这是一份2022年那曲市重点中学毕业升学考试模拟卷数学卷含解析,共18页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔,若=1,则符合条件的m有等内容,欢迎下载使用。

    2022年保山市重点中学毕业升学考试模拟卷数学卷含解析: 这是一份2022年保山市重点中学毕业升学考试模拟卷数学卷含解析,共26页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号,如图,在中,,,,则等于等内容,欢迎下载使用。

    2022届山东枣庄重点中学毕业升学考试模拟卷数学卷含解析: 这是一份2022届山东枣庄重点中学毕业升学考试模拟卷数学卷含解析,共19页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁,如图,一段抛物线,下列运算正确的是,若2<<3,则a的值可以是,二次函数等内容,欢迎下载使用。

    免费资料下载额度不足,请先充值

    每充值一元即可获得5份免费资料下载额度

    今日免费资料下载份数已用完,请明天再来。

    充值学贝或者加入云校通,全网资料任意下。

    提示

    您所在的“深圳市第一中学”云校通为试用账号,试用账号每位老师每日最多可下载 10 份资料 (今日还可下载 0 份),请取消部分资料后重试或选择从个人账户扣费下载。

    您所在的“深深圳市第一中学”云校通为试用账号,试用账号每位老师每日最多可下载10份资料,您的当日额度已用完,请明天再来,或选择从个人账户扣费下载。

    您所在的“深圳市第一中学”云校通余额已不足,请提醒校管理员续费或选择从个人账户扣费下载。

    重新选择
    明天再来
    个人账户下载
    下载确认
    您当前为教习网VIP用户,下载已享8.5折优惠
    您当前为云校通用户,下载免费
    下载需要:
    本次下载:免费
    账户余额:0 学贝
    首次下载后60天内可免费重复下载
    立即下载
    即将下载:资料
    资料售价:学贝 账户剩余:学贝
    选择教习网的4大理由
    • 更专业
      地区版本全覆盖, 同步最新教材, 公开课⾸选;1200+名校合作, 5600+⼀线名师供稿
    • 更丰富
      涵盖课件/教案/试卷/素材等各种教学资源;900万+优选资源 ⽇更新5000+
    • 更便捷
      课件/教案/试卷配套, 打包下载;手机/电脑随时随地浏览;⽆⽔印, 下载即可⽤
    • 真低价
      超⾼性价⽐, 让优质资源普惠更多师⽣
    VIP权益介绍
    • 充值学贝下载 本单免费 90%的用户选择
    • 扫码直接下载
    元开通VIP,立享充值加送10%学贝及全站85折下载
    您当前为VIP用户,已享全站下载85折优惠,充值学贝可获10%赠送
      充值到账1学贝=0.1元
      0学贝
      本次充值学贝
      0学贝
      VIP充值赠送
      0学贝
      下载消耗
      0学贝
      资料原价
      100学贝
      VIP下载优惠
      0学贝
      0学贝
      下载后剩余学贝永久有效
      0学贝
      • 微信
      • 支付宝
      支付:¥
      元开通VIP,立享充值加送10%学贝及全站85折下载
      您当前为VIP用户,已享全站下载85折优惠,充值学贝可获10%赠送
      扫码支付0直接下载
      • 微信
      • 支付宝
      微信扫码支付
      充值学贝下载,立省60% 充值学贝下载,本次下载免费
        下载成功

        Ctrl + Shift + J 查看文件保存位置

        若下载不成功,可重新下载,或查看 资料下载帮助

        本资源来自成套资源

        更多精品资料

        正在打包资料,请稍候…

        预计需要约10秒钟,请勿关闭页面

        服务器繁忙,打包失败

        请联系右侧的在线客服解决

        单次下载文件已超2GB,请分批下载

        请单份下载或分批下载

        支付后60天内可免费重复下载

        我知道了
        正在提交订单

        欢迎来到教习网

        • 900万优选资源,让备课更轻松
        • 600万优选试题,支持自由组卷
        • 高质量可编辑,日均更新2000+
        • 百万教师选择,专业更值得信赖
        微信扫码注册
        qrcode
        二维码已过期
        刷新

        微信扫码,快速注册

        还可免费领教师专享福利「樊登读书VIP」

        手机号注册
        手机号码

        手机号格式错误

        手机验证码 获取验证码

        手机验证码已经成功发送,5分钟内有效

        设置密码

        6-20个字符,数字、字母或符号

        注册即视为同意教习网「注册协议」「隐私条款」
        QQ注册
        手机号注册
        微信注册

        注册成功

        下载确认

        下载需要:0 张下载券

        账户可用:0 张下载券

        立即下载
        账户可用下载券不足,请取消部分资料或者使用学贝继续下载 学贝支付

        如何免费获得下载券?

        加入教习网教师福利群,群内会不定期免费赠送下载券及各种教学资源, 立即入群

        返回
        顶部
        Baidu
        map