最新中考“壓軸題”精選教師_第1頁
最新中考“壓軸題”精選教師_第2頁
最新中考“壓軸題”精選教師_第3頁
最新中考“壓軸題”精選教師_第4頁
最新中考“壓軸題”精選教師_第5頁
已閱讀5頁,還剩73頁未讀, 繼續(xù)免費閱讀

下載本文檔

版權(quán)說明:本文檔由用戶提供并上傳,收益歸屬內(nèi)容提供方,若內(nèi)容存在侵權(quán),請進行舉報或認領(lǐng)

文檔簡介

1、PAGE PAGE 78中考重點題選集 參考答案與試題解析一解答題(共30小題)1(2020成都)如圖,點B在線段AC上,點D,E在AC同側(cè),A=C=90,BDBE,AD=BC(1)求證:AC=AD+CE;(2)若AD=3,CE=5,點P為線段AB上的動點,連接DP,作PQDP,交直線BE于點Q;(i)當點P與A,B兩點不重合時,求的值;(ii)當點P從A點運動到AC的中點時,求線段DQ的中點所經(jīng)過的路徑(線段)長(直接寫出結(jié)果,不必寫出解答過程)考點:相似三角形的判定與性質(zhì);全等三角形的判定與性質(zhì)專題:幾何綜合題;壓軸題分析:(1)根據(jù)同角的余角相等求出1=E,再利用“角角邊”證明ABD和C

2、EB全等,根據(jù)全等三角形對應邊相等可得AB=CE,然后根據(jù)AC=AB+BC整理即可得證;(2)(i)過點Q作QFBC于F,根據(jù)BFQ和BCE相似可得=,然后求出QF=BF,再根據(jù)ADP和FPQ相似可得=,然后整理得到(APBF)(5AP)=0,從而求出AP=BF,最后利用相似三角形對應邊成比例可得=,從而得解;(ii)判斷出DQ的中點的路徑為BDQ的中位線MN求出QF、BF的長度,利用勾股定理求出BQ的長度,再根據(jù)中位線性質(zhì)求出MN的長度,即所求之路徑長解答:(1)證明:BDBE,1+2=18090=90,C=90,2+E=18090=90,1=E,在ABD和CEB中,ABDCEB(AAS),

3、AB=CE,AC=AB+BC=AD+CE;(2)(i)如圖,過點Q作QFBC于F,則BFQBCE,=,即=,QF=BF,DPPQ,ADP+FPQ=18090=90,F(xiàn)PQ+PQF=18090=90,ADP=FPQ,又A=PFQ=90,ADPFPQ,=,即=,5APAP2+APBF=3BF,整理得,(APBF)(AP5)=0,點P與A,B兩點不重合,AP5,AP=BF,由ADPFPQ得,=,=;(ii)線段DQ的中點所經(jīng)過的路徑(線段)就是BDQ的中位線MN由(2)(i)可知,QF=AP當點P運動至AC中點時,AP=4,QF=BF=QF=4在RtBFQ中,根據(jù)勾股定理得:BQ=MN=BQ=線段D

4、Q的中點所經(jīng)過的路徑(線段)長為點評:本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì),全等三角形的判定與性質(zhì),(1)求出三角形全等的條件1=E是解題的關(guān)鍵,(2)(i)根據(jù)兩次三角形相似求出AP=BF是解題的關(guān)鍵,(ii)判斷出路徑為三角形的中位線是解題的關(guān)鍵2(2020成都)在平面直角坐標系中,已知拋物線y=x2+bx+c(b,c為常數(shù))的頂點為P,等腰直角三角形ABC的頂點A的坐標為(0,1),C的坐標為(4,3),直角頂點B在第四象限(1)如圖,若該拋物線過A,B兩點,求該拋物線的函數(shù)表達式;(2)平移(1)中的拋物線,使頂點P在直線AC上滑動,且與AC交于另一點Q(i)若點M在直線AC下方,且為平移

5、前(1)中的拋物線上的點,當以M、P、Q三點為頂點的三角形是等腰直角三角形時,求出所有符合條件的點M的坐標;(ii)取BC的中點N,連接NP,BQ試探究是否存在最大值?若存在,求出該最大值;若不存在,請說明理由考點:二次函數(shù)綜合題專題:壓軸題分析:(1)先求出點B的坐標,然后利用待定系數(shù)法求出拋物線的函數(shù)表達式;(2)i)首先求出直線AC的解析式和線段PQ的長度,作為后續(xù)計算的基礎(chǔ)若MPQ為等腰直角三角形,則可分為以下兩種情況:當PQ為直角邊時:點M到PQ的距離為此時,將直線AC向右平移4個單位后所得直線(y=x5)與拋物線的交點,即為所求之M點;當PQ為斜邊時:點M到PQ的距離為此時,將直線

6、AC向右平移2個單位后所得直線(y=x3)與拋物線的交點,即為所求之M點ii)由(i)可知,PQ=為定值,因此當NP+BQ取最小值時,有最大值如答圖2所示,作點B關(guān)于直線AC的對稱點B,由分析可知,當B、Q、F(AB中點)三點共線時,NP+BQ最小,最小值為線段BF的長度解答:解:(1)由題意,得點B的坐標為(4,1)拋物線過A(0,1),B(4,1)兩點,解得:b=2,c=1,拋物線的函數(shù)表達式為:y=x2+2x1(2)i)A(0,1),C(4,3),直線AC的解析式為:y=x1設平移前拋物線的頂點為P0,則由(1)可得P0的坐標為(2,1),且P0在直線AC上點P在直線AC上滑動,可設P的

7、坐標為(m,m1),則平移后拋物線的函數(shù)表達式為:y=(xm)2+m1解方程組:,解得,P(m,m1),Q(m2,m3)過點P作PEx軸,過點Q作QEy軸,則PE=m(m2)=2,QE=(m1)(m3)=2PQ=AP0若MPQ為等腰直角三角形,則可分為以下兩種情況:當PQ為直角邊時:點M到PQ的距離為(即為PQ的長)由A(0,1),B(4,1),P0(2,1)可知,ABP0為等腰直角三角形,且BP0AC,BP0=如答圖1,過點B作直線l1AC,交拋物線y=x2+2x1于點M,則M為符合條件的點可設直線l1的解析式為:y=x+b1,B(4,1),1=4+b1,解得b1=5,直線l1的解析式為:y

8、=x5解方程組,得:,M1(4,1),M2(2,7)當PQ為斜邊時:MP=MQ=2,可求得點M到PQ的距離為如答圖1,取AB的中點F,則點F的坐標為(2,1)由A(0,1),F(xiàn)(2,1),P0(2,1)可知:AFP0為等腰直角三角形,且點F到直線AC的距離為過點F作直線l2AC,交拋物線y=x2+2x1于點M,則M為符合條件的點可設直線l2的解析式為:y=x+b2,F(xiàn)(2,1),1=2+b2,解得b1=3,直線l2的解析式為:y=x3解方程組,得:,M3(1+,2+),M4(1,2)綜上所述,所有符合條件的點M的坐標為:M1(4,1),M2(2,7),M3(1+,2+),M4(1,2)ii)存

9、在最大值理由如下:由i)知PQ=為定值,則當NP+BQ取最小值時,有最大值如答圖2,取點B關(guān)于AC的對稱點B,易得點B的坐標為(0,3),BQ=BQ連接QF,F(xiàn)N,QB,易得FNPQ,且FN=PQ,四邊形PQFN為平行四邊形NP=FQNP+BQ=FQ+BQFB=當B、Q、F三點共線時,NP+BQ最小,最小值為的最大值為=點評:本題為二次函數(shù)中考壓軸題,考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、待定系數(shù)法、一次函數(shù)、幾何變換(平移,對稱)、等腰直角三角形、平行四邊形、軸對稱最短路線問題等知識點,考查了存在型問題和分類討論的數(shù)學思想,試題難度較大3(2020綿陽)如圖,二次函數(shù)y=ax2+bx+c的圖象的頂點C

10、的坐標為(0,2),交x軸于A、B兩點,其中A(1,0),直線l:x=m(m1)與x軸交于D(1)求二次函數(shù)的解析式和B的坐標;(2)在直線l上找點P(P在第一象限),使得以P、D、B為頂點的三角形與以B、C、O為頂點的三角形相似,求點P的坐標(用含m的代數(shù)式表示);(3)在(2)成立的條件下,在拋物線上是否存在第一象限內(nèi)的點Q,使BPQ是以P為直角頂點的等腰直角三角形?如果存在,請求出點Q的坐標;如果不存在,請說明理由考點:二次函數(shù)綜合題專題:壓軸題分析:(1)由于拋物線的頂點C的坐標為(0,2),所以拋物線的對稱軸為y軸,且與y軸交點的縱坐標為2,即b=0,c=2,再將A(1,0)代入y=

11、ax2+bx+c,求出a的值,由此確定該拋物線的解析式,然后令y=0,解一元二次方程求出x的值即可得到點B的坐標;(2)設P點坐標為(m,n)由于PDB=BOC=90,則D與O對應,所以當以P、D、B為頂點的三角形與以B、C、O為頂點的三角形相似時,分兩種情況討論:OCBDBP;OCBDPB根據(jù)相似三角形對應邊成比例,得出n與m的關(guān)系式,進而可得到點P的坐標;(3)假設在拋物線上存在第一象限內(nèi)的點Q(x,2x22),使BPQ是以P為直角頂點的等腰直角三角形過點Q作QEl于點E利用AAS易證DBPEPQ,得出BD=PE,DP=EQ再分兩種情況討論:P(m,);P(m,2(m1)都根據(jù)BD=PE,

12、DP=EQ列出方程組,求出x與m的值,再結(jié)合條件x0且m1即可判斷不存在第一象限內(nèi)的點Q,使BPQ是以P為直角頂點的等腰直角三角形解答:解:(1)拋物線y=ax2+bx+c的頂點坐標為C(0,2),b=0,c=2;y=ax2+bx+c過點A(1,0),0=a+02,a=2,拋物線的解析式為y=2x22當y=0時,2x22=0,解得x=1,點B的坐標為(1,0);(2)設P(m,n)PDB=BOC=90,當以P、D、B為頂點的三角形與以B、C、O為頂點的三角形相似時,分兩種情況:若OCBDBP,則=,即=,解得n=由對稱性可知,在x軸上方和下方均有一點滿足條件,此時點P坐標為(m,)或(m,)(

13、舍);若OCBDPB,則=,即=,解得n=2m2由對稱性可知,在x軸上方和下方均有一點滿足條件,此時點P坐標為(m,2m2)或(m,22m),P在第一象限,m1,(m,2m2)或(m,22m)舍綜上所述,滿足條件的點P的坐標為:(m,),(m,2m2)(3)假設在拋物線上存在第一象限內(nèi)的點Q(x,2x22),使BPQ是以P為直角頂點的等腰直角三角形如圖,過點Q作QEl于點EDBP+BPD=90,QPE+BPD=90,DBP=QPE在DBP與EPQ中,DBPEPQ,BD=PE,DP=EQ分兩種情況:當P(m,)時,B(1,0),D(m,0),E(m,2x22),解得,(均不合題意舍去);當P(m

14、,2(m1)時,B(1,0),D(m,0),E(m,2x22),解得,(均不合題意舍去);綜上所述,不存在滿足條件的點Q點評:此題是二次函數(shù)的綜合題,其中涉及到二次函數(shù)解析式的確定,相似三角形、全等三角形的判定和性質(zhì),等腰直角三角形的性質(zhì)等知識;在相似三角形的對應角和對應邊不確定的情況下,一定要注意分類討論,以免漏解4(2020綿陽)我們知道,三角形的三條中線一定會交于一點,這一點就叫做三角形的重心重心有很多美妙的性質(zhì),如關(guān)于線段比面積比就有一些“漂亮”結(jié)論,利用這些性質(zhì)可以解決三角形中的若干問題請你利用重心的概念完成如下問題:(1)若O是ABC的重心(如圖1),連結(jié)AO并延長交BC于D,證明

15、:;(2)若AD是ABC的一條中線(如圖2),O是AD上一點,且滿足,試判斷O是ABC的重心嗎?如果是,請證明;如果不是,請說明理由;(3)若O是ABC的重心,過O的一條直線分別與AB、AC相交于G、H(均不與ABC的頂點重合)(如圖3),S四邊形BCHG,SAGH分別表示四邊形BCHG和AGH的面積,試探究的最大值考點:相似形綜合題;三角形的重心專題:壓軸題分析:(1)如答圖1,作出中位線DE,證明AOCDOE,可以證明結(jié)論;(2)如答圖2,作ABC的中線CE,與AD交于點Q,則點Q為ABC的重心由(1)可知,=,而已知,故點O與點Q重合,即點O為ABC的重心;(3)如答圖3,利用圖形的面積

16、關(guān)系,以及相似線段間的比例關(guān)系,求出的表達式,這是一個二次函數(shù),利用二次函數(shù)的性質(zhì)求出其最大值解答:(1)證明:如答圖1所示,連接CO并延長,交AB于點E點O是ABC的重心,CE是中線,點E是AB的中點DE是中位線,DEAC,且DE=ACDEAC,AOCDOE,=2,AD=AO+OD,(2)答:點O是ABC的重心證明:如答圖2,作ABC的中線CE,與AD交于點Q,則點Q為ABC的重心由(1)可知,=,而,點Q與點O重合(是同一個點),點O是ABC的重心(3)解:如答圖3所示,連接DG設SGOD=S,由(1)知,即OA=2OD,SAOG=2S,SAGD=SGOD+SAGO=3S為簡便起見,不妨設

17、AG=1,BG=x,則SBGD=3xSSABD=SAGD+SBGD=3S+3xS=(3x+3)S,SABC=2SABD=(6x+6)S設OH=kOG,由SAGO=2S,得SAOH=2kS,SAGH=SAGO+SAOH=(2k+2)SS四邊形BCHG=SABCSAGH=(6x+6)S(2k+2)S=(6x2k+4)S= 如答圖3,過點O作OFBC交AC于點F,過點G作GEBC交AC于點E,則OFGEOFBC,OF=CD=BC;GEBC,GE=;=,OFGE,=,k=,代入式得:=x2+x+1=(x)2+,當x=時,有最大值,最大值為點評:本題是幾何綜合題,以三角形的重心為背景,考查了重心的概念、

18、性質(zhì)以及應用,考查了相似三角形、中位線、圖形面積、二次函數(shù)最值等知識點試題的難點在于第(3)問,如何求出的關(guān)系式是解題的關(guān)鍵;另外,第(3)問尚有多種不同的解法,同學們可以深入探究5(2020德宏州)如圖,已知直線y=x與拋物線交于A、B兩點(1)求交點A、B的坐標;(2)記一次函數(shù)y=x的函數(shù)值為y1,二次函數(shù)的函數(shù)值為y2若y1y2,求x的取值范圍;(3)在該拋物線上存在幾個點,使得每個點與AB構(gòu)成的三角形為等腰三角形?并求出不少于3個滿足條件的點P的坐標考點:二次函數(shù)綜合題專題:壓軸題分析:(1)根據(jù)題意可以列出關(guān)于x、y的方程組,通過解方程組可以求得點A、B的坐標;(2)根據(jù)函數(shù)圖象可

19、以直接回答問題;(3)需要分類討論:以AB為腰和以AB為底的等腰三角形解答:解:(1)如圖,直線y=x與拋物線交于A、B兩點,解得,或,A(0,0),B(2,2);(2)由(1)知,A(0,0),B(2,2)一次函數(shù)y=x的函數(shù)值為y1,二次函數(shù)的函數(shù)值為y2當y1y2時,根據(jù)圖象可知x的取值范圍是:0 x2;(3)該拋物線上存在4個點,使得每個點與AB構(gòu)成的三角形為等腰三角形理由如下:A(0,0),B(2,2),AB=2根據(jù)題意,可設P(x,x2)當PA=PB時,點P是線段AB的中垂線與拋物線的交點易求線段AB的中垂線的解析式為y=x+2,則,解得,P1(1,3+),P2(1,3);當PA=

20、AB時,根據(jù)拋物線的對稱性知,點P與點B關(guān)于y軸對稱,即P3(2,2);當AB=PB時,點P4的位置如圖所示綜上所述,符號條件的點P有4個,其中P1(1,3+),P2(1,3),P3(2,2)點評:本題考查了二次函數(shù)綜合題其中涉及到的知識點有待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式,二次函數(shù)圖象上點的坐標特征,坐標與圖形的性質(zhì)以及等腰三角形的性質(zhì)解題時,利用了“分類討論”和“數(shù)形結(jié)合”的數(shù)學思想6(2020泉州)如圖1,在平面直角坐標系中,正方形OABC的頂點A(6,0),過點E(2,0)作EFAB,交BO于F;(1)求EF的長;(2)過點F作直線l分別與直線AO、直線BC交于點H、G;根據(jù)上述語句,在圖1

21、上畫出圖形,并證明=;過點G作直線GDAB,交x軸于點D,以圓O為圓心,OH長為半徑在x軸上方作半圓(包括直徑兩端點),使它與GD有公共點P如圖2所示,當直線l繞點F旋轉(zhuǎn)時,點P也隨之運動,證明:=,并通過操作、觀察,直接寫出BG長度的取值范圍(不必說理);(3)在(2)中,若點M(2,),探索2PO+PM的最小值考點:圓的綜合題專題:壓軸題分析:(1)利用正方形與平行線的性質(zhì),易求線段EF的長度(2)首先依題意畫出圖形,如答圖1所示證明OFHBFG,得;由EFAB,得所以;由OP=OH,則問題轉(zhuǎn)化為證明=根據(jù)中的結(jié)論,易得=,故問題得證(3)本問為探究型問題,利用線段性質(zhì)(兩點之間線段最短)

22、解決如答圖2所示,構(gòu)造矩形,將2PO+PM轉(zhuǎn)化為NK+PM,由NK+PMNK+KM,NK+KMMN=8,可得當點P在線段MN上時,2OP+PM的值最小,最小值為8解答:(1)解:解法一:在正方形OABC中,F(xiàn)OE=BOA=COA=45EFAB,F(xiàn)EO=BAO=90,EFO=FOE=45,又E(2,0),EF=EO=2解法二:A(6,0),C(0,6),E(2,0),OA=AB=6,EO=2,EFAB,即,EF=6=2(2)畫圖,如答圖1所示:證明:四邊形OABC是正方形,OHBC,OFHBFG,;EFAB,;證明:半圓與GD交于點P,OP=OH由得:,又EO=2,EA=OAEO=62=4,通過

23、操作、觀察可得,4BG12(3)解:由(2)可得:=,2OP+PM=BG+PM如答圖2所示,過點M作直線MNAB于點N,交GD于點K,則四邊形BNKG為矩形,NK=BG2OP+PM=BG+PM=NK+PMNK+KM,當點P與點K重合,即當點P在直線MN上時,等號成立又NK+KMMN=8,當點K在線段MN上時,等號成立當點P在線段MN上時,2OP+PM的值最小,最小值為8點評:本題是幾何綜合題,主要考查了相似三角形與圓的相關(guān)知識圖中線段較多,注意理清關(guān)系第(1)(2)問考查幾何基礎(chǔ)知識,難度不大;第(3)問考查幾何最值問題,有一定的難度需要注意的是:線段的性質(zhì)(兩點之間線段最短)是初中數(shù)學常見的

24、最值問題的基礎(chǔ),典型的展開圖最短路線問題、軸對稱最短路線問題,均是利用這一性質(zhì),希望同學們能夠舉一反三、觸類旁通7(2020泉州)如圖,直線y=x+2分別與x、y軸交于點B、C,點A(2,0),P是直線BC上的動點(1)求ABC的大??;(2)求點P的坐標,使APO=30;(3)在坐標平面內(nèi),平移直線BC,試探索:當BC在不同位置時,使APO=30的點P的個數(shù)是否保持不變?若不變,指出點P的個數(shù)有幾個?若改變,指出點P的個數(shù)情況,并簡要說明理由考點:一次函數(shù)綜合題專題:壓軸題分析:(1)求得B、C的坐標,在直角BOC中,利用三角函數(shù)即可求解;(2)取AC中點Q,以點Q為圓心,2為半徑長畫圓Q,Q

25、與直線BC的兩個交點,即為所求;(3)當BC在不同位置時,點P的個數(shù)會發(fā)生改變,使APO=30的點P的個數(shù)情況有四種:1個、2個、3個、4個如答圖2所示解答:解:(1)在y=x+2中,令x=0,得y=2;令y=0,得x=2,C(0,2),B(2,0),OC=2,OB=2tanABC=,ABC=60(2)如答圖1所示,連接AC由(1)知ABC=60,BC=2OB=4又AB=4,AB=BC,ABC為等邊三角形,AB=BC=AC=4取AC中點Q,以點Q為圓心,2為半徑長畫圓,與直線BC交于點P1,P2QP1=2,QO=2,點P1與點C重合,且Q經(jīng)過點OP1(0,2)QA=QO,CAB=60,AOQ為

26、等邊三角形在Q中,AO所對的圓心角OQA=60,由圓周角定理可知,AO所對的圓周角APO=30,故點P1、P2符合條件QC=QP2,ACB=60,P2QC為等邊三角形P2C=QP=2,點P2為BC的中點B(2,0),C(0,2),P2(1,)綜上所述,符合條件的點P坐標為(0,2),(1,)(3)當BC在不同位置時,點P的個數(shù)會發(fā)生改變,使APO=30的點P的個數(shù)情況有四種:1個、2個、0個如答圖2所示,以AO為弦,AO所對的圓心角等于60的圓共有2個,記為Q,Q,點Q,Q關(guān)于x軸對稱直線BC與Q,Q的公共點P都滿足APO=AQO=AQO=30,點P的個數(shù)情況如下:有1個:直線BC與Q(或Q)

27、相切;有2個:直線BC與Q(或Q)相交;有2個:直線BC與Q(或Q)相切,同時與Q(或Q)相交;有2個:直線BC同時與兩圓都相交,且不過兩圓的交點有0個,直線與兩個圓都相離時就不存在點P了點評:本題是代數(shù)幾何綜合題,考查了坐標平面內(nèi)直線與圓的位置關(guān)系難點在于第(3)問,所涉及的情形較多,容易遺漏8(2020鹽城)閱讀材料如圖,ABC與DEF都是等腰直角三角形,ACB=EDF=90,且點D在AB邊上,AB、EF的中點均為O,連結(jié)BF、CD、CO,顯然點C、F、O在同一條直線上,可以證明BOFCOD,則BF=CD解決問題(1)將圖中的RtDEF繞點O旋轉(zhuǎn)得到圖,猜想此時線段BF與CD的數(shù)量關(guān)系,并

28、證明你的結(jié)論;(2)如圖,若ABC與DEF都是等邊三角形,AB、EF的中點均為O,上述(1)中的結(jié)論仍然成立嗎?如果成立,請說明理由;如不成立,請求出BF與CD之間的數(shù)量關(guān)系;(3)如圖,若ABC與DEF都是等腰三角形,AB、EF的中點均為0,且頂角ACB=EDF=,請直接寫出的值(用含的式子表示出來)考點:幾何變換綜合題專題:壓軸題分析:(1)如答圖所示,連接OC、OD,證明BOFCOD;(2)如答圖所示,連接OC、OD,證明BOFCOD,相似比為;(3)如答圖所示,連接OC、OD,證明BOFCOD,相似比為tan解答:解:(1)猜想:BF=CD理由如下:如答圖所示,連接OC、ODABC為等

29、腰直角三角形,點O為斜邊AB的中點,OB=OC,BOC=90DEF為等腰直角三角形,點O為斜邊EF的中點,OF=OD,DOF=90BOF=BOC+COF=90+COF,COD=DOF+COF=90+COF,BOF=COD在BOF與COD中,BOFCOD(SAS),BF=CD(2)答:(1)中的結(jié)論不成立如答圖所示,連接OC、ODABC為等邊三角形,點O為邊AB的中點,=tan30=,BOC=90DEF為等邊三角形,點O為邊EF的中點,=tan30=,DOF=90=BOF=BOC+COF=90+COF,COD=DOF+COF=90+COF,BOF=COD在BOF與COD中,=,BOF=COD,B

30、OFCOD,=(3)如答圖所示,連接OC、ODABC為等腰三角形,點O為底邊AB的中點,=tan,BOC=90DEF為等腰三角形,點O為底邊EF的中點,=tan,DOF=90=tanBOF=BOC+COF=90+COF,COD=DOF+COF=90+COF,BOF=COD在BOF與COD中,=tan,BOF=COD,BOFCOD,=tan點評:本題是幾何綜合題,考查了旋轉(zhuǎn)變換中相似三角形、全等三角形的判定與性質(zhì)解題關(guān)鍵是:第一,善于發(fā)現(xiàn)幾何變換中不變的邏輯關(guān)系,即BOFCOD或BOFCOD;第二,熟練運用等腰直角三角形、等邊三角形、等腰三角形的相關(guān)性質(zhì)本題(1)(2)(3)問的解題思路一脈相承

31、,由特殊到一般,有利于同學們進行學習與探究9(2020鹽城)如圖,若二次函數(shù)y=x2+bx+c的圖象與x軸交于A(2,0),B(3,0)兩點,點A關(guān)于正比例函數(shù)y=x的圖象的對稱點為C(1)求b、c的值;(2)證明:點C在所求的二次函數(shù)的圖象上;(3)如圖,過點B作DBx軸交正比例函數(shù)y=x的圖象于點D,連結(jié)AC,交正比例函數(shù)y=x的圖象于點E,連結(jié)AD、CD如果動點P從點A沿線段AD方向以每秒2個單位的速度向點D運動,同時動點Q從點D沿線段DC方向以每秒1個單位的速度向點C運動當其中一個點到達終點時,另一個點隨之停止運動,連結(jié)PQ、QE、PE設運動時間為t秒,是否存在某一時刻,使PE平分AP

32、Q,同時QE平分PQC?若存在,求出t的值;若不存在,請說明理由考點:二次函數(shù)綜合題專題:壓軸題分析:(1)利用待定系數(shù)法求出b,c的值;(2)如答圖1所示,關(guān)鍵是求出點C的坐標首先求出直線y=x與x軸所夾銳角為60,則可推出在RtCEK中,COK=60,解此直角三角形即可求出點C的坐標;(3)如答圖2所示,關(guān)鍵是證明APECEQ根據(jù)DAC=DCA,AEP=CQE,證明APECEQ,根據(jù)相似線段比例關(guān)系列出方程,解方程求出時間t的值解答:解:(1)點A(2,0),B(3,0)在拋物線y=x2+bx+c上,解得:b=,c=(2)設點F在直線y=x上,且F(2,)如答圖1所示,過點F作FHx軸于點

33、H,則FH=,OH=2,tanFOB=,F(xiàn)OB=60AOE=FOB=60連接OC,過點C作CKx軸于點K點A、C關(guān)于y=x對稱,OC=OA=2,COE=AOE=60COK=180AOECOE=60在RtCOK中,CK=OCsin60=2=,OK=OCcos60=2=1C(1,)拋物線的解析式為:y=x2x,當x=1時,y=,點C在所求二次函數(shù)的圖象上(3)假設存在如答圖1所示,在RtACK中,由勾股定理得:AC=如答圖2所示,OB=3,BD=3,AB=OA+OB=5在RtABD中,由勾股定理得:AD=2點A、C關(guān)于y=x對稱,CD=AD=2,DAC=DCA,AE=CE=AC=連接PQ、PE,Q

34、E,則APE=QPE,PQE=CQE在四邊形APQC中,DAC+APQ+PQC+DCA=360,(四邊形內(nèi)角和等于360)即2DAC+2APE+2CQE=360,DAC+APE+CQE=180又DAC+APE+AEP=180,(三角形內(nèi)角和定理)AEP=CQE在APE與CEQ中,DAC=DCA,AEP=CQE,APECEQ,即:,整理得:2t2t+3=0,解得:t=或t=(t,故舍去)存在某一時刻,使PE平分APQ,同時QE平分PQC,此時t=點評:本題是二次函數(shù)壓軸題,考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、正比例函數(shù)的圖象與性質(zhì)、待定系數(shù)法、對稱、解直角三角形、相似三角形的判定與性質(zhì)、解一元二次方程等

35、知識點試題的難點在于第(3)問,圖形中線段較多關(guān)系復雜,難以從中發(fā)現(xiàn)有效的等量關(guān)系,證明APECEQ是解題關(guān)鍵10(2020隨州)在平面直角坐標系xOy中,矩形ABCO的頂點A、C分別在y軸、x軸正半軸上,點P在AB上,PA=1,AO=2經(jīng)過原點的拋物線y=mx2x+n的對稱軸是直線x=2(1)求出該拋物線的解析式(2)如圖1,將一塊兩直角邊足夠長的三角板的直角頂點放在P點處,兩直角邊恰好分別經(jīng)過點O和C現(xiàn)在利用圖2進行如下探究:將三角板從圖1中的位置開始,繞點P順時針旋轉(zhuǎn),兩直角邊分別交OA、OC于點E、F,當點E和點A重合時停止旋轉(zhuǎn)請你觀察、猜想,在這個過程中,的值是否發(fā)生變化?若發(fā)生變化

36、,說明理由;若不發(fā)生變化,求出的值設(1)中的拋物線與x軸的另一個交點為D,頂點為M,在的旋轉(zhuǎn)過程中,是否存在點F,使DMF為等腰三角形?若不存在,請說明理由考點:二次函數(shù)綜合題專題:壓軸題分析:(1)根據(jù)過原點,對稱軸為直線x=2這兩個條件確定拋物線的解析式;(2)如答圖1所述,證明RtPAERtPGF,則有=,的值是定值,不變化;若DMF為等腰三角形,可能有三種情形,需要分類討論,避免漏解解答:解:(1)拋物線y=mx2x+n經(jīng)過原點,n=0對稱軸為直線x=2,=2,解得m=拋物線的解析式為:y=x2x(2)的值不變理由如下:如答圖1所示,過點P作PGx軸于點G,則PG=AO=2PEPF,

37、PAPG,APE=GPF在RtPAE與RtPGF中,APE=GPF,PAE=PGF=90,RtPAERtPGF=存在拋物線的解析式為:y=x2x,令y=0,即x2x=0,解得:x=0或x=4,D(4,0)又y=x2x=(x2)21,頂點M坐標為(2,1)若DMF為等腰三角形,可能有三種情形:(I)FM=FD如答圖2所示:過點M作MNx軸于點N,則MN=1,ND=2,MD=設FM=FD=x,則NF=NDFD=2x在RtMNF中,由勾股定理得:NF2+MN2=MF2,即:(2x)2+1=x2,解得:x=,F(xiàn)D=,OF=ODFD=4=,F(xiàn)(,0);(II)若FD=DM如答圖3所示:此時FD=DM=,

38、OF=ODFD=4F(4,0);(III)若FM=MD由拋物線對稱性可知,此時點F與原點O重合而由題意可知,點E與點A重合后即停止運動,故點F不可能運動到原點O此種情形不存在綜上所述,存在點F(,0)或F(4,0),使DMF為等腰三角形點評:本題是二次函數(shù)綜合題型,難度不大試題的背景是圖形的旋轉(zhuǎn),需要對旋轉(zhuǎn)的運動過程有清楚的理解;第(3)問主要考查了分類討論的數(shù)學思想,需要考慮全面,避免漏解11(2020永州)如圖,已知二次函數(shù)y=(xm)24m2(m0)的圖象與x軸交于A、B兩點(1)寫出A、B兩點的坐標(坐標用m表示);(2)若二次函數(shù)圖象的頂點P在以AB為直徑的圓上,求二次函數(shù)的解析式;

39、(3)在(2)的基礎(chǔ)上,設以AB為直徑的M與y軸交于C、D兩點,求CD的長考點:二次函數(shù)綜合題專題:壓軸題分析:(1)解關(guān)于x的一元二次方程(xm)24m2=0,求出x的值,即可得到A、B兩點的坐標;(2)由二次函數(shù)圖象的頂點P在以AB為直徑的圓上,A、B是拋物線與x軸的交點,根據(jù)拋物線的對稱性及圓的半徑處處相等可知PM是AB的垂直平分線,且MP=MA=MB=AB,得出點P的坐標為(m,2m),又根據(jù)二次函數(shù)的頂點式為y=(xm)24m2(m0),得出頂點P的坐標為:(m,4m2),則2m=4m2,解方程求出m的值,再把m的值代入y=(xm)24m2,即可求出二次函數(shù)的解析式;(3)連接CM根

40、據(jù)(2)中的結(jié)論,先在RtOCM中,求出CM,OM的長度,利用勾股定理列式求出OC的長,再根據(jù)垂徑定理得出弦CD的長等于OC的2倍解答:解:(1)y=(xm)24m2,當y=0時,(xm)24m2=0,解得x1=m,x2=3m,m0,A、B兩點的坐標分別是(m,0),(3m,0);(2)A(m,0),B(3m,0),m0,AB=3m(m)=4m,圓的半徑為AB=2m,OM=AMOA=2mm=m,拋物線的頂點P的坐標為:(m,2m),又二次函數(shù)y=(xm)24m2(m0)的頂點P的坐標為:(m,4m2),2m=4m2,解得m1=,m2=0(舍去),二次函數(shù)的解析式為y=(x)21,即y=x2x;

41、(3)如圖,連接CM在RtOCM中,COM=90,CM=2m=2=1,OM=m=,OC=,CD=2OC=點評:本題是二次函數(shù)的綜合題,其中涉及到二次函數(shù)與一元二次方程的關(guān)系,二次函數(shù)的性質(zhì),以及圓的半徑、弦心距、半弦長構(gòu)成直角三角形的應用,勾股定理,垂徑定理等知識,綜合性較強,但難度不是很大,仔細分析求解便不難解決12(2020永州)如圖,已知ABBD,CDBD(1)若AB=9,CD=4,BD=10,請問在BD上是否存在P點,使以P、A、B三點為頂點的三角形與以P、C、D三點為頂點的三角形相似?若存在,求BP的長;若不存在,請說明理由;(2)若AB=9,CD=4,BD=12,請問在BD上存在多

42、少個P點,使以P、A、B三點為頂點的三角形與以P、C、D三點為頂點的三角形相似?并求BP的長;(3)若AB=9,CD=4,BD=15,請問在BD上存在多少個P點,使以P、A、B三點為頂點的三角形與以P、C、D三點為頂點的三角形相似?并求BP的長;(4)若AB=m,CD=n,BD=l,請問m,n,l滿足什么關(guān)系時,存在以P、A、B三點為頂點的三角形與以P、C、D三點為頂點的三角形相似的一個P點?兩個P點?三個P點?考點:相似形綜合題專題:壓軸題分析:(1)存在P點,使以P、A、B三點為頂點的三角形與以P、C、D三點為頂點的三角形相似,設BP=x,根據(jù)B=D=90和相似三角形的判定得出當=或=時,

43、使以P、A、B三點為頂點的三角形與以P、C、D三點為頂點的三角形相似,代入求出即可;(2)存在P點,使以P、A、B三點為頂點的三角形與以P、C、D三點為頂點的三角形相似,設BP=x,根據(jù)B=D=90和相似三角形的判定得出當=或=時,使以P、A、B三點為頂點的三角形與以P、C、D三點為頂點的三角形相似,代入求出即可;(3)存在P點,使以P、A、B三點為頂點的三角形與以P、C、D三點為頂點的三角形相似,設BP=x,根據(jù)B=D=90和相似三角形的判定得出當=或=時,使以P、A、B三點為頂點的三角形與以P、C、D三點為頂點的三角形相似,代入求出即可;(4)存在P點,使以P、A、B三點為頂點的三角形與以

44、P、C、D三點為頂點的三角形相似,設BP=x,根據(jù)B=D=90和相似三角形的判定得出當=或=時,使以P、A、B三點為頂點的三角形與以P、C、D三點為頂點的三角形相似,代入后根據(jù)根的判別式進行判斷即可解答:解:(1)存在P點,使以P、A、B三點為頂點的三角形與以P、C、D三點為頂點的三角形相似,理由是:設BP=x,ABBD,CDBD,B=D=90,當=或=時,使以P、A、B三點為頂點的三角形與以P、C、D三點為頂點的三角形相似,=或=,解方程得:x=,方程得:x(10 x)=36,x210 x+36=0,=(10)241360,此方程無解,當BP=時,以P、A、B三點為頂點的三角形與以P、C、D

45、三點為頂點的三角形相似,存在P點,使以P、A、B三點為頂點的三角形與以P、C、D三點為頂點的三角形相似,此時BP的值為;(2)在BD上存在2個P點,使以P、A、B三點為頂點的三角形與以P、C、D三點為頂點的三角形相似,理由是:設BP=x,ABBD,CDBD,B=D=90,當=或=時,使以P、A、B三點為頂點的三角形與以P、C、D三點為頂點的三角形相似,=或=,解方程得:x=,方程得:x(12x)=36,x212x+36=0,=(10)24136=0,此方程的解為x2=x3=6,當BP=或6時,以P、A、B三點為頂點的三角形與以P、C、D三點為頂點的三角形相似,存在2個點P,使以P、A、B三點為

46、頂點的三角形與以P、C、D三點為頂點的三角形相似,此時BP的值為或6;(3)在BD上存在3個P點,使以P、A、B三點為頂點的三角形與以P、C、D三點為頂點的三角形相似,理由是:設BP=x,ABBD,CDBD,B=D=90,當=或=時,使以P、A、B三點為頂點的三角形與以P、C、D三點為頂點的三角形相似,=或=,解方程得:x=,方程得:x(15x)=36,x215x+36=0,=(15)24136=81,此方程的解為x2=3,x3=12,當BP=或3或12時,以P、A、B三點為頂點的三角形與以P、C、D三點為頂點的三角形相似,存在3個點P,使以P、A、B三點為頂點的三角形與以P、C、D三點為頂點

47、的三角形相似,此時BP的值為或3或12;(4)設BP=x,ABBD,CDBD,B=D=90,當=或=時,使以P、A、B三點為頂點的三角形與以P、C、D三點為頂點的三角形相似,=或=,解方程得:x=,方程得:x(lx)=mn,x2lx+mn=0,=(l)241mn=l24mn,當l24mn0時,方程沒有實數(shù)根,即當l24mn0時,存在以P、A、B三點為頂點的三角形與以P、C、D三點為頂點的三角形相似的一個P點;當l24mn=0時,方程有1個實數(shù)根,當l24mn=0時,存在以P、A、B三點為頂點的三角形與以P、C、D三點為頂點的三角形相似的兩個P點;當l24mn0時,方程有2個實數(shù)根,當l24mn

48、0時,存在以P、A、B三點為頂點的三角形與以P、C、D三點為頂點的三角形相似的三個P點點評:本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì),根的判別式的應用,注意:ax2+bx+c=0(a0,a、b、c為常數(shù)),當=b24ac0時,方程無實數(shù)解,當=b24ac=0時,方程有兩個相等的實數(shù)解,當=b24ac0時,方程有兩個不等的實數(shù)解13(2020湘潭)如圖,在坐標系xOy中,已知D(5,4),B(3,0),過D點分別作DA、DC垂直于x軸,y軸,垂足分別為A、C兩點,動點P從O點出發(fā),沿x軸以每秒1個單位長度的速度向右運動,運動時間為t秒(1)當t為何值時,PCDB;(2)當t為何值時,PCBC;(3)以點

49、P為圓心,PO的長為半徑的P隨點P的運動而變化,當P與BCD的邊(或邊所在的直線)相切時,求t的值考點:相似形綜合題專題:壓軸題分析:(1)過D點分別作DA、DC垂直于x軸,y軸,垂足分別為A、C兩點,求出DC=5,OC=4,OB=3,根據(jù)四邊形DBPC是平行四邊形求出DC=BP=5,求出OP=2即可;(2)證PCOCBO,得出=,求出OP=即可;(3)設P的半徑是R,分為三種情況:當P與直線DC相切時,過P作PMDC交DC延長線于M,求出PM、OP的長即可;當P與BC相切時,根據(jù)COBPBM得出=,求出R=12即可;當P與DB相切時,證ADBMPB得出=,求出R即可解答:解:(1)D(5,4

50、),B(3,0),過D點分別作DA、DC垂直于x軸,y軸,垂足分別為A、C兩點,DC=5,OC=4,OB=3,DCy軸,x軸y軸,DCBP,PCDC,四邊形DBPC是平行四邊形,DC=BP=5,OP=53=2,21=2,即當t為2秒時,PCBD;(2)PCBC,x軸y軸,COP=COB=BCP=90,PCO+BCO=90,CPO+PCO=90,CPO=BCO,PCOCBO,=,=,OP=,1=,即當t為秒時,PCBC;(3)設P的半徑是R,分為三種情況:當P與直線DC相切時,如圖1,過P作PMDC交DC延長線于M,則PM=OC=4=OP,41=4,即t=4;如圖2,當P與BC相切時,BOC=9

51、0,BO=3,OC=4,由勾股定理得:BC=5,PMB=COB=90,CBO=PBM,COBPBM,=,=,R=12,121=12,即t=12秒;根據(jù)勾股定理得:BD=2,如圖3,當P與DB相切時,PMB=DAB=90,ABD=PBM,ADBMPB,=,=,R=6+12;(6+12)1=6+12,即t=(6+12)秒點評:本題考查了勾股定理,切線的性質(zhì)和判定,相似三角形的性質(zhì)和判定的應用,主要考查學生的計算和推理能力14(2020湘潭)如圖,在坐標系xOy中,ABC是等腰直角三角形,BAC=90,A(1,0),B(0,2),拋物線y=x2+bx2的圖象過C點(1)求拋物線的解析式;(2)平移該

52、拋物線的對稱軸所在直線l當l移動到何處時,恰好將ABC的面積分為相等的兩部分?(3)點P是拋物線上一動點,是否存在點P,使四邊形PACB為平行四邊形?若存在,求出P點坐標;若不存在,說明理由考點:二次函數(shù)綜合題專題:壓軸題分析:如解答圖所示:(1)首先構(gòu)造全等三角形AOBCDA,求出點C的坐標;然后利用點C的坐標求出拋物線的解析式;(2)首先求出直線BC與AC的解析式,設直線l與BC、AC交于點E、F,則可求出EF的表達式;根據(jù)SCEF=SABC,列出方程求出直線l的解析式;(3)首先作出PACB,然后證明點P在拋物線上即可解答:解:(1)如答圖1所示,過點C作CDx軸于點D,則CAD+ACD

53、=90OBA+OAB=90,OAB+CAD=90,OAB=ACD,OBA=CAD在AOB與CDA中,AOBCDA(ASA)CD=OA=1,AD=OB=2,OD=OA+AD=3,C(3,1)點C(3,1)在拋物線y=x2+bx2上,1=9+3b2,解得:b=拋物線的解析式為:y=x2x2(2)在RtAOB中,OA=1,OB=2,由勾股定理得:AB=SABC=AB2=設直線BC的解析式為y=kx+b,B(0,2),C(3,1),解得k=,b=2,y=x+2同理求得直線AC的解析式為:y=x如答圖1所示,設直線l與BC、AC分別交于點E、F,則EF=(x+2)(x)=xCEF中,EF邊上的高h=OD

54、x=3x由題意得:SCEF=SABC,即:EFh=SABC,(x)(3x)=,整理得:(3x)2=3,解得x=3或x=3+(不合題意,舍去),當直線l解析式為x=3時,恰好將ABC的面積分為相等的兩部分(3)存在如答圖2所示,過點C作CGy軸于點G,則CG=OD=3,OG=1,BG=OBOG=1過點A作APBC,且AP=BC,連接BP,則四邊形PACB為平行四邊形過點P作PHx軸于點H,則易證PAHBCG,PH=BG=1,AH=CG=3,OH=AHOA=2,P(2,1)拋物線解析式為:y=x2x2,當x=2時,y=1,即點P在拋物線上存在符合條件的點P,點P的坐標為(2,1)點評:本題是二次函

55、數(shù)綜合題型,考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、一次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、待定系數(shù)法、全等三角形、平行四邊形、等腰直角三角形等知識點試題難度不大,但需要仔細分析,認真計算15(2020荊州)如圖,已知:如圖,直線y=x+與x軸、y軸分別交于A、B兩點,兩動點D、E分別從A、B兩點同時出發(fā)向O點運動(運動到O點停止);對稱軸過點A且頂點為M的拋物線y=a(xk)2+h(a0)始終經(jīng)過點E,過E作EGOA交拋物線于點G,交AB于點F,連結(jié)DE、DF、AG、BG設D、E的運動速度分別是1個單位長度/秒和個單位長度/秒,運動時間為t秒(1)用含t代數(shù)式分別表示BF、EF、AF的長;(2)當t為何值時,四邊形ADE

56、F是菱形?判斷此時AFG與AGB是否相似,并說明理由;(3)當ADF是直角三角形,且拋物線的頂點M恰好在BG上時,求拋物線的解析式考點:二次函數(shù)綜合題專題:壓軸題分析:(1)首先求出一次函數(shù)y=x+與坐標軸交點A、B的坐標,然后解直角三角形求出BF、EF、AF的長;(2)由EFAD,且EF=AD=t,則四邊形ADEF為平行四邊形,若ADEF是菱形,則DE=AD=t由DE=2OE,列方程求出t的值;如答圖1所示,推出BAG=GAF,ABG=AGF=30,證明AFG與AGB相似(3)當ADF是直角三角形時,有兩種情形,需要分類討論:若ADF=90,如答圖2所示首先求出此時t的值;其次求出點G的坐標

57、,利用待定系數(shù)法求出直線BG的解析式,得到點M的坐標;最后利用頂點式和待定系數(shù)法求出拋物線的解析式;若AFD=90,如答圖3所示解題思路與相同解答:解:(1)在直線解析式y(tǒng)=x+中,令x=0,得y=;令y=0,得x=1A(1,0),B(0,),OA=1,OB=tanOAB=,OAB=60,AB=2OA=2EGOA,EFB=OAB=60EF=t,BF=2EF=2t,AF=ABBF=22t(2)EFAD,且EF=AD=t,四邊形ADEF為平行四邊形若ADEF是菱形,則DE=AD=t由DE=2OD,即:t=2(1t),解得t=t=時,四邊形ADEF是菱形此時AFG與AGB相似理由如下:如答圖1所示,

58、連接AE,四邊形ADEF是菱形,DEF=DAF=60,AEF=30由拋物線的對稱性可知,AG=AE,AGF=AEF=30在RtBEG中,BE=,EG=2,tanEBG=,EBG=60,ABG=EBGEBF=30在AFG與AGB中,BAG=GAF,ABG=AGF=30,AFGAGB(3)當ADF是直角三角形時,若ADF=90,如答圖2所示:此時AF=2DA,即22t=2t,解得t=BE=t=,OE=OBBE=,E(0,),G(2,)設直線BG的解析式為y=kx+b,將B(0,),G(2,)代入得:,解得k=,b=,y=x+令x=1,得y=,M(1,)設拋物線解析式為y=a(x1)2+,點E(0,

59、)在拋物線上,=a+,解得a=y=(x1)2+=x2+x+若AFD=90,如答圖3所示:此時AD=2AF,即:t=2(22t),解得:t=BE=t=,OE=OBBE=,E(0,),G(2,)設直線BG的解析式為y=kx+b,將B(0,),G(2,)代入得:,解得k=,b=,y=x+令x=1,得y=,M(1,)設拋物線解析式為y=a(x1)2+,點E(0,)在拋物線上,=a+,解得a=y=(x1)2+=x2+x+綜上所述,符合條件的拋物線的解析式為:y=x2+x+或y=x2+x+點評:本題是中考壓軸題,涉及二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、一次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、待定系數(shù)法、相似三角形、解直角三角形、菱形等知

60、識點第(3)問中,有兩種情形存在,需要分類討論,避免漏解16(2020吉林)如圖,在RtABC中,ACB=90,AC=6cm,BC=8cm點D、E、F分別是邊AB、BC、AC的中點,連接DE、DF,動點P,Q分別從點A、B同時出發(fā),運動速度均為1cm/s,點P沿A F D的方向運動到點D停止;點Q沿BC的方向運動,當點P停止運動時,點Q也停止運動在運動過程中,過點Q作BC的垂線交AB于點M,以點P,M,Q為頂點作平行四邊形PMQN設平行四邊形邊形PMQN與矩形FDEC重疊部分的面積為y(cm2)(這里規(guī)定線段是面積為0有幾何圖形),點P運動的時間為x(s)(1)當點P運動到點F時,CQ=5cm

溫馨提示

  • 1. 本站所有資源如無特殊說明,都需要本地電腦安裝OFFICE2007和PDF閱讀器。圖紙軟件為CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.壓縮文件請下載最新的WinRAR軟件解壓。
  • 2. 本站的文檔不包含任何第三方提供的附件圖紙等,如果需要附件,請聯(lián)系上傳者。文件的所有權(quán)益歸上傳用戶所有。
  • 3. 本站RAR壓縮包中若帶圖紙,網(wǎng)頁內(nèi)容里面會有圖紙預覽,若沒有圖紙預覽就沒有圖紙。
  • 4. 未經(jīng)權(quán)益所有人同意不得將文件中的內(nèi)容挪作商業(yè)或盈利用途。
  • 5. 人人文庫網(wǎng)僅提供信息存儲空間,僅對用戶上傳內(nèi)容的表現(xiàn)方式做保護處理,對用戶上傳分享的文檔內(nèi)容本身不做任何修改或編輯,并不能對任何下載內(nèi)容負責。
  • 6. 下載文件中如有侵權(quán)或不適當內(nèi)容,請與我們聯(lián)系,我們立即糾正。
  • 7. 本站不保證下載資源的準確性、安全性和完整性, 同時也不承擔用戶因使用這些下載資源對自己和他人造成任何形式的傷害或損失。

評論

0/150

提交評論