2022届重庆市西南师大附中中考猜题数学试卷含解析
展开2021-2022中考数学模拟试卷
考生请注意:
1.答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内,不得在试卷上作任何标记。
2.第一部分选择题每小题选出答案后,需将答案写在试卷指定的括号内,第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3.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(共10小题,每小题3分,共30分)
1.已知方程组,那么x+y的值( )
A.-1 B.1 C.0 D.5
2.如图,在△ABC中,点D在BC上,DE∥AC,DF∥AB,下列四个判断中不正确的是( )
A.四边形AEDF是平行四边形
B.若∠BAC=90°,则四边形AEDF是矩形
C.若AD平分∠BAC,则四边形AEDF是矩形
D.若AD⊥BC且AB=AC,则四边形AEDF是菱形
3.如图,小明从A处出发沿北偏东60°方向行走至B处,又沿北偏西20°方向行走至C处,此时需把方向调整到与出发时一致,则方向的调整应是( )
A.右转80° B.左转80° C.右转100° D.左转100°
4.一块等边三角形的木板,边长为1,现将木板沿水平线翻滚(如图),那么B点从开始至结束所走过的路径长度为( )
A. B. C.4 D.2+
5.如图,已知点A,B分别是反比例函数y=(x<0),y=(x>0)的图象上的点,且∠AOB=90°,tan∠BAO=,则k的值为( )
A.2 B.﹣2 C.4 D.﹣4
6.如图,在菱形ABCD中,AB=5,∠BCD=120°,则△ABC的周长等于( )
A.20 B.15 C.10 D.5
7.方程的根是( )
A.x=2 B.x=0 C.x1=0,x2=-2 D. x1=0,x2=2
8.下列函数中,当x>0时,y值随x值增大而减小的是( )
A.y=x2 B.y=x﹣1 C. D.
9.已知x1、x2是关于x的方程x2﹣ax﹣2=0的两根,下列结论一定正确的是( )
A.x1≠x2 B.x1+x2>0 C.x1•x2>0 D.x1<0,x2<0
10.如图,点A,B在反比例函数的图象上,点C,D在反比例函数的图象上,AC//BD//y轴,已知点A,B的横坐标分别为1,2,△OAC与△ABD的面积之和为,则k的值为( )
A.4 B.3 C.2 D.
二、填空题(本大题共6个小题,每小题3分,共18分)
11.如图,在△ABC中,AB=AC=2,BC=1.点E为BC边上一动点,连接AE,作∠AEF=∠B,EF与△ABC的外角∠ACD的平分线交于点F.当EF⊥AC时,EF的长为_______.
12.如图,ABCDE是正五边形,已知AG=1,则FG+JH+CD=_____.
13.从﹣2,﹣1,1,2四个数中,随机抽取两个数相乘,积为大于﹣4小于2的概率是_____.
14.分解因式:ab2﹣9a=_____.
15.因式分解:mn(n﹣m)﹣n(m﹣n)=_____.
16.如图,在正方形ABCD中,O是对角线AC、BD的交点,过O点作OE⊥OF,OE、OF分别交AB、BC于点E、点F,AE=3,FC=2,则EF的长为_____.
三、解答题(共8题,共72分)
17.(8分)已知四边形ABCD是⊙O的内接四边形,AC是⊙O的直径,DE⊥AB,垂足为E
(1)延长DE交⊙O于点F,延长DC,FB交于点P,如图1.求证:PC=PB;
(2)过点B作BG⊥AD,垂足为G,BG交DE于点H,且点O和点A都在DE的左侧,如图2.若AB= ,DH=1,∠OHD=80°,求∠BDE的大小.
18.(8分)在学习了矩形这节内容之后,明明同学发现生活中的很多矩形都很特殊,如我们的课本封面、A4 的打印纸等,这些矩形的长与宽之比都为:1,我们将具有这类特征的矩形称为“完美矩形”如图(1),在“完美矩形”ABCD 中,点 P 为 AB 边上的定点,且 AP=AD. 求证:PD=AB.如图(2),若在“完美矩形“ABCD 的边 BC 上有一动点 E,当的值是多少时,△PDE 的周长最小?如图(3),点 Q 是边 AB 上的定点,且 BQ=BC.已知 AD=1,在(2)的条件下连接 DE 并延长交 AB 的延长线于点 F,连接 CF,G 为 CF 的中点,M、N 分别为线段 QF 和 CD 上的动点,且始终保持 QM=CN,MN 与 DF 相交于点 H,请问 GH 的长度是定值吗?若是,请求出它的值,若不是,请说明理由.
19.(8分)如图,O为直线AB上一点,∠AOC=50°,OD平分∠AOC,∠DOE=90°.写出图中小于平角的角.求出∠BOD的度数.小明发现OE平分∠BOC,请你通过计算说明道理.
20.(8分)如图,已知Rt△ABC中,∠C=90°,D为BC的中点,以AC为直径的⊙O交AB于点E.
(1)求证:DE是⊙O的切线;
(2)若AE:EB=1:2,BC=6,求⊙O的半径.
21.(8分)如图,抛物线交X轴于A、B两点,交Y轴于点C ,.
(1)求抛物线的解析式;
(2)平面内是否存在一点P,使以A,B,C,P为顶点的四边形为平行四边形,若存在直接写出P的坐标,若不存在请说明理由。
22.(10分)某学校为增加体育馆观众坐席数量,决定对体育馆进行施工改造.如图,为体育馆改造的截面示意图.已知原座位区最高点A到地面的铅直高度AC长度为15米,原坡面AB的倾斜角∠ABC为45°,原坡脚B与场馆中央的运动区边界的安全距离BD为5米.如果按照施工方提供的设计方案施工,新座位区最高点E到地面的铅直高度EG长度保持15米不变,使A、E两点间距离为2米,使改造后坡面EF的倾斜角∠EFG为37°.若学校要求新坡脚F需与场馆中央的运动区边界的安全距离FD至少保持2.5米(即FD≥2.5),请问施工方提供的设计方案是否满足安全要求呢?请说明理由.(参考数据:sin37°≈,tan37°≈)
23.(12分)问题探究
(1)如图①,在矩形ABCD中,AB=3,BC=4,如果BC边上存在点P,使△APD为等腰三角形,那么请画出满足条件的一个等腰三角形△APD,并求出此时BP的长;
(2)如图②,在△ABC中,∠ABC=60°,BC=12,AD是BC边上的高,E、F分别为边AB、AC的中点,当AD=6时,BC边上存在一点Q,使∠EQF=90°,求此时BQ的长;
问题解决
(3)有一山庄,它的平面图为如图③的五边形ABCDE,山庄保卫人员想在线段CD上选一点M安装监控装置,用来监视边AB,现只要使∠AMB大约为60°,就可以让监控装置的效果达到最佳,已知∠A=∠E=∠D=90°,AB=270m,AE=400m,ED=285m,CD=340m,问在线段CD上是否存在点M,使∠AMB=60°?若存在,请求出符合条件的DM的长,若不存在,请说明理由.
24.如图,一只蚂蚁从点A沿数轴向右直爬2个单位到达点B,点A表示﹣,设点B所表示的数为m.求m的值;求|m﹣1|+(m+6)0的值.
参考答案
一、选择题(共10小题,每小题3分,共30分)
1、D
【解析】
解:,
①+②得:3(x+y)=15,
则x+y=5,
故选D
2、C
【解析】
A选项,∵在△ABC中,点D在BC上,DE∥AC,DF∥AB,
∴DE∥AF,DF∥AE,
∴四边形AEDF是平行四边形;即A正确;
B选项,∵四边形AEDF是平行四边形,∠BAC=90°,
∴四边形AEDF是矩形;即B正确;
C选项,因为添加条件“AD平分∠BAC”结合四边形AEDF是平行四边形只能证明四边形AEDF是菱形,而不能证明四边形AEDF是矩形;所以C错误;
D选项,因为由添加的条件“AB=AC,AD⊥BC”可证明AD平分∠BAC,从而可通过证∠EAD=∠CAD=∠EDA证得AE=DE,结合四边形AEDF是平行四边形即可得到四边形AEDF是菱形,所以D正确.
故选C.
3、A
【解析】
60°+20°=80°.由北偏西20°转向北偏东60°,需要向右转.
故选A.
4、B
【解析】
根据题目的条件和图形可以判断点B分别以C和A为圆心CB和AB为半径旋转120°,并且所走过的两路径相等,求出一个乘以2即可得到.
【详解】
如图:
BC=AB=AC=1,
∠BCB′=120°,
∴B点从开始至结束所走过的路径长度为2×弧BB′=2×.故选B.
5、D
【解析】
首先过点A作AC⊥x轴于C,过点B作BD⊥x轴于D,易得△OBD∽△AOC,又由点A,B分别在反比例函数y= (x<0),y=(x>0)的图象上,即可得S△OBD= ,S△AOC=|k|,然后根据相似三角形面积的比等于相似比的平方,即可求出k的值
【详解】
解:过点A作AC⊥x轴于C,过点B作BD⊥x轴于D,
∴∠ACO=∠ODB=90°,
∴∠OBD+∠BOD=90°,
∵∠AOB=90°,
∴∠BOD+∠AOC=90°,
∴∠OBD=∠AOC,
∴△OBD∽△AOC,
又∵∠AOB=90°,tan∠BAO= ,
∴=,
∴ = ,即 ,
解得k=±4,
又∵k<0,
∴k=-4,
故选:D.
【点睛】
此题考查了相似三角形的判定与性质、反比例函数的性质以及直角三角形的性质.解题时注意掌握数形结合思想的应用,注意掌握辅助线的作法。
6、B
【解析】
∵ABCD是菱形,∠BCD=120°,∴∠B=60°,BA=BC.
∴△ABC是等边三角形.∴△ABC的周长=3AB=1.故选B
7、C
【解析】
试题解析:x(x+1)=0,
⇒x=0或x+1=0,
解得x1=0,x1=-1.
故选C.
8、D
【解析】
A、、∵y=x2,∴对称轴x=0,当图象在对称轴右侧,y随着x的增大而增大;而在对称轴左侧,y随着x的增大而减小,故此选项错误
B、k>0,y随x增大而增大,故此选项错误
C、B、k>0,y随x增大而增大,故此选项错误
D、y=(x>0),反比例函数,k>0,故在第一象限内y随x的增大而减小,故此选项正确
9、A
【解析】
分析:A、根据方程的系数结合根的判别式,可得出△>0,由此即可得出x1≠x2,结论A正确;
B、根据根与系数的关系可得出x1+x2=a,结合a的值不确定,可得出B结论不一定正确;
C、根据根与系数的关系可得出x1•x2=﹣2,结论C错误;
D、由x1•x2=﹣2,可得出x1<0,x2>0,结论D错误.
综上即可得出结论.
详解:A∵△=(﹣a)2﹣4×1×(﹣2)=a2+8>0,
∴x1≠x2,结论A正确;
B、∵x1、x2是关于x的方程x2﹣ax﹣2=0的两根,
∴x1+x2=a,
∵a的值不确定,
∴B结论不一定正确;
C、∵x1、x2是关于x的方程x2﹣ax﹣2=0的两根,
∴x1•x2=﹣2,结论C错误;
D、∵x1•x2=﹣2,
∴x1<0,x2>0,结论D错误.
故选A.
点睛:本题考查了根的判别式以及根与系数的关系,牢记“当△>0时,方程有两个不相等的实数根”是解题的关键.
10、B
【解析】
首先根据A,B两点的横坐标,求出A,B两点的坐标,进而根据AC//BD// y 轴,及反比例函数图像上的点的坐标特点得出C,D两点的坐标,从而得出AC,BD的长,根据三角形的面积公式表示出S△OAC,S△ABD的面积,再根据△OAC与△ABD的面积之和为,列出方程,求解得出答案.
【详解】
把x=1代入得:y=1,
∴A(1,1),把x=2代入得:y=,
∴B(2, ),
∵AC//BD// y轴,
∴C(1,K),D(2,)
∴AC=k-1,BD=-,
∴S△OAC=(k-1)×1,
S△ABD= (-)×1,
又∵△OAC与△ABD的面积之和为,
∴(k-1)×1+ (-)×1=,解得:k=3;
故答案为B.
【点睛】
:此题考查了反比例函数系数k的几何意义,以及反比例函数图象上点的坐标特征,熟练掌握反比例函数k的几何意义是解本题的关键.
二、填空题(本大题共6个小题,每小题3分,共18分)
11、1+
【解析】
当AB=AC,∠AEF=∠B时,∠AEF=∠ACB,当EF⊥AC时,∠ACB+∠CEF=90°=∠AEF+∠CEF,即可得到AE⊥BC,依据Rt△CFG≌Rt△CFH,可得CH=CG=,再根据勾股定理即可得到EF的长.
【详解】
解:如图,
当AB=AC,∠AEF=∠B时,∠AEF=∠ACB,
当EF⊥AC时,∠ACB+∠CEF=90°=∠AEF+∠CEF,
∴AE⊥BC,
∴CE=BC=2,
又∵AC=2,
∴AE=1,EG==,
∴CG==,
作FH⊥CD于H,
∵CF平分∠ACD,
∴FG=FH,而CF=CF,
∴Rt△CFG≌Rt△CFH,
∴CH=CG=,
设EF=x,则HF=GF=x-,
∵Rt△EFH中,EH2+FH2=EF2,
∴(2+)2+(x-)2=x2,
解得x=1+,
故答案为1+.
【点睛】
本题主要考查了角平分线的性质,勾股定理以及等腰三角形的性质的运用,解决问题的关键是掌握等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合.
12、+1
【解析】
根据对称性可知:GJ∥BH,GB∥JH,
∴四边形JHBG是平行四边形,
∴JH=BG,
同理可证:四边形CDFB是平行四边形,
∴CD=FB,
∴FG+JH+CD=FG+BG+FB=2BF,
设FG=x,
∵∠AFG=∠AFB,∠FAG=∠ABF=36°,
∴△AFG∽△BFA,
∴AF2=FG•BF,
∵AF=AG=BG=1,
∴x(x+1)=1,
∴x=(负根已经舍弃),
∴BF=+1=,
∴FG+JH+CD=+1.
故答案为+1.
13、
【解析】
列表得出所有等可能结果,从中找到积为大于-4小于2的结果数,根据概率公式计算可得.
【详解】
列表如下:
-2
-1
1
2
-2
2
-2
-4
-1
2
-1
-2
1
-2
-1
2
2
-4
-2
2
由表可知,共有12种等可能结果,其中积为大于-4小于2的有6种结果,
∴积为大于-4小于2的概率为=,
故答案为.
【点睛】
此题考查的是用列表法或树状图法求概率.列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果,适合于两步完成的事件;树状图法适合两步或两步以上完成的事件;用到的知识点为:概率=所求情况数与总情况数之比.
14、a(b+3)(b﹣3).
【解析】
根据提公因式,平方差公式,可得答案.
【详解】
解:原式=a(b2﹣9)
=a(b+3)(b﹣3),
故答案为:a(b+3)(b﹣3).
【点睛】
本题考查了因式分解,一提,二套,三检查,分解要彻底.
15、
【解析】
mn(n-m)-n(m-n)= mn(n-m)+n(n-m)=n(n-m)(m+1),
故答案为n(n-m)(m+1).
16、
【解析】
由△BOF≌△AOE,得到BE=FC=2,在直角△BEF中,从而求得EF的值.
【详解】
∵正方形ABCD中,OB=OC,∠BOC=∠EOF=90°,
∴∠EOB=∠FOC,
在△BOE和△COF中,,
∴△BOE≌△COF(ASA)
∴BE=FC=2,
同理BF=AE=3,
在Rt△BEF中,BF=3,BE=2,
∴EF==.
故答案为
【点睛】
本题考查了正方形的性质、三角形全等的性质和判定、勾股定理,在四边形中常利用三角形全等的性质和勾股定理计算线段的长.
三、解答题(共8题,共72分)
17、(1)详见解析;(2)∠BDE=20°.
【解析】
(1)根据已知条件易证BC∥DF,根据平行线的性质可得∠F=∠PBC;再利用同角的补角相等证得∠F=∠PCB,所以∠PBC=∠PCB,由此即可得出结论;(2)连接OD,先证明四边形DHBC是平行四边形,根据平行四边形的性质可得BC=DH=1,在Rt△ABC中,用锐角三角函数求出∠ACB=60°,进而判断出DH=OD,求出∠ODH=20°,再求得∠NOH=∠DOC=40°,根据三角形外角的性质可得∠OAD=∠DOC=20°,最后根据圆周角定理及平行线的性质即可求解.
【详解】
(1)如图1,∵AC是⊙O的直径,
∴∠ABC=90°,
∵DE⊥AB,
∴∠DEA=90°,
∴∠DEA=∠ABC,
∴BC∥DF,
∴∠F=∠PBC,
∵四边形BCDF是圆内接四边形,
∴∠F+∠DCB=180°,
∵∠PCB+∠DCB=180°,
∴∠F=∠PCB,
∴∠PBC=∠PCB,
∴PC=PB;
(2)如图2,连接OD,
∵AC是⊙O的直径,
∴∠ADC=90°,
∵BG⊥AD,
∴∠AGB=90°,
∴∠ADC=∠AGB,
∴BG∥DC,
∵BC∥DE,
∴四边形DHBC是平行四边形,
∴BC=DH=1,
在Rt△ABC中,AB=,tan∠ACB=,
∴∠ACB=60°,
∴BC=AC=OD,
∴DH=OD,
在等腰△DOH中,∠DOH=∠OHD=80°,
∴∠ODH=20°,
设DE交AC于N,
∵BC∥DE,
∴∠ONH=∠ACB=60°,
∴∠NOH=180°﹣(∠ONH+∠OHD)=40°,
∴∠DOC=∠DOH﹣∠NOH=40°,
∵OA=OD,
∴∠OAD=∠DOC=20°,
∴∠CBD=∠OAD=20°,
∵BC∥DE,
∴∠BDE=∠CBD=20°.
【点睛】
本题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的性质等知识点,解决第(2)问,作出辅助线,求得∠ODH=20°是解决本题的关键.
18、(1)证明见解析(2) (3)
【解析】
(1)根据题中“完美矩形”的定义设出AD与AB,根据AP=AD,利用勾股定理表示出PD,即可得证;
(2)如图,作点P关于BC的对称点P′,连接DP′交BC于点E,此时△PDE的周长最小,设AD=PA=BC=a,表示出AB与CD,由AB-AP表示出BP,由对称的性质得到BP=BP′,由平行得比例,求出所求比值即可;
(3)GH=,理由为:由(2)可知BF=BP=AB-AP,由等式的性质得到MF=DN,利用AAS得到△MFH≌△NDH,利用全等三角形对应边相等得到FH=DH,再由G为CF中点,得到HG为中位线,利用中位线性质求出GH的长即可.
【详解】
(1)在图1中,设AD=BC=a,则有AB=CD=a,
∵四边形ABCD是矩形,
∴∠A=90°,
∵PA=AD=BC=a,
∴PD==a,
∵AB=a,
∴PD=AB;
(2)如图,作点P关于BC的对称点P′,
连接DP′交BC于点E,此时△PDE的周长最小,
设AD=PA=BC=a,则有AB=CD=a,
∵BP=AB-PA,
∴BP′=BP=a-a,
∵BP′∥CD,
∴ ;
(3)GH=,理由为:
由(2)可知BF=BP=AB-AP,
∵AP=AD,
∴BF=AB-AD,
∵BQ=BC,
∴AQ=AB-BQ=AB-BC,
∵BC=AD,
∴AQ=AB-AD,
∴BF=AQ,
∴QF=BQ+BF=BQ+AQ=AB,
∵AB=CD,
∴QF=CD,
∵QM=CN,
∴QF-QM=CD-CN,即MF=DN,
∵MF∥DN,
∴∠NFH=∠NDH,
在△MFH和△NDH中,
,
∴△MFH≌△NDH(AAS),
∴FH=DH,
∵G为CF的中点,
∴GH是△CFD的中位线,
∴GH=CD=×2=.
【点睛】
此题属于相似综合题,涉及的知识有:相似三角形的判定与性质,全等三角形的判定与性质,勾股定理,三角形中位线性质,平行线的判定与性质,熟练掌握相似三角形的性质是解本题的关键.
19、(1)答案见解析 (2)155° (3)答案见解析
【解析】
(1)根据角的定义即可解决;(2)根据∠BOD=∠DOC+∠BOC,首先利用角平分线的定义和邻补角的定义求得∠DOC和∠BOC即可;(3)根据∠COE=∠DOE﹣∠DOC和∠BOE=∠BOD﹣∠DOE分别求得∠COE与∠BOE的度数即可说明.
【详解】
(1)图中小于平角的角∠AOD,∠AOC,∠AOE,∠DOC,∠DOE,∠DOB,∠COE,∠COB,∠EOB.
(2)因为∠AOC=50°,OD平分∠AOC,
所以∠DOC=25°,∠BOC=180°﹣∠AOC=180°﹣50°=130°,
所以∠BOD=∠DOC+∠BOC=155°.
(3)因为∠DOE=90°,∠DOC=25°,
所以∠COE=∠DOE﹣∠DOC=90°﹣25°=65°.
又因为∠BOE=∠BOD﹣∠DOE=155°﹣90°=65°,
所以∠COE=∠BOE,所以OE平分∠BOC.
【点睛】
本题考查了角的度数的计算,正确理解角平分线的定义,以及邻补角的定义是解题的关键.
20、(1)证明见解析;(1)
【解析】
试题分析:(1)求出∠OED=∠BCA=90°,根据切线的判定即可得出结论;
(1)求出△BEC∽△BCA,得出比例式,代入求出即可.
试题解析:(1)证明:连接OE、EC.
∵AC是⊙O的直径,∴∠AEC=∠BEC=90°.∵D为BC的中点,∴ED=DC=BD,∴∠1=∠1.∵OE=OC,∴∠3=∠4,∴∠1+∠3=∠1+∠4,即∠OED=∠ACB.
∵∠ACB=90°,∴∠OED=90°,∴DE是⊙O的切线;
(1)由(1)知:∠BEC=90°.在Rt△BEC与Rt△BCA中,∵∠B=∠B,∠BEC=∠BCA,∴△BEC∽△BCA,∴BE:BC=BC:BA,∴BC1=BE•BA.∵AE:EB=1:1,设AE=x,则BE=1x,BA=3x.∵BC=6,∴61=1x•3x,解得:x=,即AE=,∴AB=,∴AC==,∴⊙O的半径=.
点睛:本题考查了切线的判定和相似三角形的性质和判定,能求出∠OED=∠BCA和△BEC∽△BCA是解答此题的关键.
21、(1);(2) (3,-4) 或(5,4)或(-5,4)
【解析】
(1)设|OA|=1,确定A,B,C三点坐标,然后用待定系数法即可完成;
(2)先画出存在的点,然后通过平移和计算确定坐标;
【详解】
解:(1)设|OA|=1,则A(-1,0),B(4,0)C(0,4)
设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c
则有: 解得
所以函数解析式为:
(2)存在,(3,-4) 或(5,4)或(-5,4)
理由如下:如图:
P1相当于C点向右平移了5个单位长度,则坐标为(5,4);
P2相当于C点向左平移了5个单位长度,则坐标为(-5,4);
设P3坐标为(m,n)在第四象限,要使A P3BC是平行四边形,
则有A P3=BC, B P3=AC
∴ 即 (舍去)
P3坐标为(3,-4)
【点睛】
本题主要考查了二次函数综合题,此题涉及到待定系数法求二次函数解析式,通过作图确认平行四边形存在,然后通过观察和计算确定P点坐标;解题的关键在于规范作图,以便于树形结合.
22、不满足安全要求,理由见解析.
【解析】
在Rt△ABC中,由∠ACB=90°,AC=15m,∠ABC=45°可求得BC=15m;在Rt△EGD中,由∠EGD=90°,EG=15m,∠EFG=37°,可解得GF=20m;通过已知条件可证得四边形EACG是矩形,从而可得GC=AE=2m;这样可解得:DF=GC+BC+BD-GF=2+15+5-20=2<2.5,由此可知:“设计方案不满足安全要求”.
【详解】
解:施工方提供的设计方案不满足安全要求,理由如下:
在Rt△ABC中,AC=15m,∠ABC=45°,
∴BC==15m.
在Rt△EFG中,EG=15m,∠EFG=37°,
∴GF=≈=20m.
∵EG=AC=15m,AC⊥BC,EG⊥BC,
∴EG∥AC,
∴四边形EGCA是矩形,
∴GC=EA=2m,
∴DF=GC+BC+BD-GF=2+15+5-20=2<2.5.
∴施工方提供的设计方案不满足安全要求.
23、(1)1;2-;;(1)4+;(4)(200-25-40)米.
【解析】
(1)由于△PAD是等腰三角形,底边不定,需三种情况讨论,运用三角形全等、矩形的性质、勾股定理等知识即可解决问题.
(1)以EF为直径作⊙O,易证⊙O与BC相切,从而得到符合条件的点Q唯一,然后通过添加辅助线,借助于正方形、特殊角的三角函数值等知识即可求出BQ长.
(4)要满足∠AMB=40°,可构造以AB为边的等边三角形的外接圆,该圆与线段CD的交点就是满足条件的点,然后借助于等边三角形的性质、特殊角的三角函数值等知识,就可算出符合条件的DM长.
【详解】
(1)①作AD的垂直平分线交BC于点P,如图①,
则PA=PD.
∴△PAD是等腰三角形.
∵四边形ABCD是矩形,
∴AB=DC,∠B=∠C=90°.
∵PA=PD,AB=DC,
∴Rt△ABP≌Rt△DCP(HL).
∴BP=CP.
∵BC=2,
∴BP=CP=1.
②以点D为圆心,AD为半径画弧,交BC于点P′,如图①,
则DA=DP′.
∴△P′AD是等腰三角形.
∵四边形ABCD是矩形,
∴AD=BC,AB=DC,∠C=90°.
∵AB=4,BC=2,
∴DC=4,DP′=2.
∴CP′==.
∴BP′=2-.
③点A为圆心,AD为半径画弧,交BC于点P″,如图①,
则AD=AP″.
∴△P″AD是等腰三角形.
同理可得:BP″=.
综上所述:在等腰三角形△ADP中,
若PA=PD,则BP=1;
若DP=DA,则BP=2-;
若AP=AD,则BP=.
(1)∵E、F分别为边AB、AC的中点,
∴EF∥BC,EF=BC.
∵BC=11,
∴EF=4.
以EF为直径作⊙O,过点O作OQ⊥BC,垂足为Q,连接EQ、FQ,如图②.
∵AD⊥BC,AD=4,
∴EF与BC之间的距离为4.
∴OQ=4
∴OQ=OE=4.
∴⊙O与BC相切,切点为Q.
∵EF为⊙O的直径,
∴∠EQF=90°.
过点E作EG⊥BC,垂足为G,如图②.
∵EG⊥BC,OQ⊥BC,
∴EG∥OQ.
∵EO∥GQ,EG∥OQ,∠EGQ=90°,OE=OQ,
∴四边形OEGQ是正方形.
∴GQ=EO=4,EG=OQ=4.
∵∠B=40°,∠EGB=90°,EG=4,
∴BG=.
∴BQ=GQ+BG=4+.
∴当∠EQF=90°时,BQ的长为4+.
(4)在线段CD上存在点M,使∠AMB=40°.
理由如下:
以AB为边,在AB的右侧作等边三角形ABG,
作GP⊥AB,垂足为P,作AK⊥BG,垂足为K.
设GP与AK交于点O,以点O为圆心,OA为半径作⊙O,
过点O作OH⊥CD,垂足为H,如图③.
则⊙O是△ABG的外接圆,
∵△ABG是等边三角形,GP⊥AB,
∴AP=PB=AB.
∵AB=170,
∴AP=145.
∵ED=185,
∴OH=185-145=6.
∵△ABG是等边三角形,AK⊥BG,
∴∠BAK=∠GAK=40°.
∴OP=AP•tan40°
=145×
=25.
∴OA=1OP=90.
∴OH<OA.
∴⊙O与CD相交,设交点为M,连接MA、MB,如图③.
∴∠AMB=∠AGB=40°,OM=OA=90..
∵OH⊥CD,OH=6,OM=90,
∴HM==40.
∵AE=200,OP=25,
∴DH=200-25.
若点M在点H的左边,则DM=DH+HM=200-25+40.
∵200-25+40>420,
∴DM>CD.
∴点M不在线段CD上,应舍去.
若点M在点H的右边,则DM=DH-HM=200-25-40.
∵200-25-40<420,
∴DM<CD.
∴点M在线段CD上.
综上所述:在线段CD上存在唯一的点M,使∠AMB=40°,
此时DM的长为(200-25-40)米.
【点睛】
本题考查了垂直平分线的性质、矩形的性质、等边三角形的性质、正方形的判定与性质、直线与圆的位置关系、圆周角定理、三角形的中位线定理、全等三角形的判定与性质、勾股定理、特殊角的三角函数值等知识,考查了操作、探究等能力,综合性非常强.而构造等边三角形及其外接圆是解决本题的关键.
24、(1)2- ;(2)
【解析】
试题分析: 点表示 向右直爬2个单位到达点,点表示的数为
把的值代入,对式子进行化简即可.
试题解析: 由题意点和点的距离为,其点的坐标为 因此点坐标
把的值代入得:
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