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2022年中考數(shù)學(xué)第二次模擬考試(重慶卷)數(shù)學(xué)·全解全析123456789101112BCDDBCBDACCD1.B【解析】解:根據(jù)相反數(shù)的定義,則這個數(shù)的相反數(shù)是﹣5.故選:B.2.C【解析】20萬=200000,故20萬用科學(xué)計數(shù)法可表示為:.故選C.3.D【解析】不能化簡,故A錯誤,不符合題意;當(dāng)a、b都為負(fù)數(shù)時,不成立,故B錯誤,不符合題意;,故C錯誤,不符合題意;,故D正確,符合題意;故選D.4.D【解析】解:從上面看,是一個大矩形,在大矩形里,其左下角是一個小矩形.故選:D5.B【解析】解:==∵∴∴∴故答案選:B.6.C【解析】如圖,在⊙O上取一點D,連接CD,BD,四邊形ABDC為圓內(nèi)接四邊形,則∠D+∠BAC=180°,∵∠BAC=110°,∴∠D=70°,∴∠BOC=2∠D=140°,∵∠ABO=50°,∴∠ACO=360°﹣∠BOC﹣∠ABO﹣∠BAC=360°﹣140°﹣50°﹣110°=60°,故選:C.【點睛】此題考查了圓周角定理,熟記圓周角定理并作出合理的輔助線是解題的關(guān)鍵.7.B【解析】如圖,過點B作BH⊥x軸于點H,設(shè)OA=AB=x.∵B(9,3),∴BH=3,OH=9,AH=9﹣x,在Rt△ABH中,則有x2=32+(9﹣x)2,∴x=5,∴OA=AB=BC=5,∴A(5,0),∴DE垂直平分線段BC,∴FH=BC=2.5,∴OF=6.5,∴F(6.5,0),故選:B.【點睛】本題考查菱形的性質(zhì),勾股定理,線段的垂直平分線的性質(zhì)等知識,解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線,構(gòu)造直角三角形解決問題,學(xué)會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題.8.D【解析】解:①設(shè)快遞車從甲地到乙地的速度為x千米//時,則3(x?60)=120,x=100,故①不正確;②因為120千米是快遞車到達(dá)乙地后兩車之間的距離,不是甲、乙兩地之間的距離,故②錯誤;③因為快遞車到達(dá)乙地后缷完物品再另裝貨物共用45分鐘,所以圖中點B的橫坐標(biāo)為,縱坐標(biāo)為,故③正確;④設(shè)快遞車從乙地返回時的速度為y千米//時,則返回時與貨車共同行駛的時間為小時,此時兩車還相距75千米,由題意,得,解得y=90,故④正確.故其中正確的是:③④,故選:D.【點睛】本題考查的是用一次函數(shù)解決實際問題,解答本題的關(guān)鍵是理解題意和讀懂圖象,結(jié)合一次函數(shù)的性質(zhì)和圖象與實際問題的聯(lián)系.9.A【解析】解:如圖,過點F作FH⊥BA交BA的延長線于點H,則∠FHA=90°,∵△AGD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到△AEF∴∠FAD=60°,AF=AD=2,∵四邊形ABCD是矩形∴∠BAD=90°∴∠BAF=∠FAD+∠BAD=150°∴∠FAH=180°-∠BAF=30°在Rt△AFH中,F(xiàn)H=AF=1由勾股定理得AH=在Rt△BFH中,F(xiàn)H=1,BH=AH+AB=2由勾股定理得BF=故BF的長.故選:A【點睛】本題考查了圖形的旋轉(zhuǎn),矩形的性質(zhì),含30度角的直角三角形的性質(zhì),勾股定理等知識,解決此題的關(guān)鍵在于作出正確的輔助線.10.C【答案】C【解析】:當(dāng)點P在AC上運動,即時,由題意得,∵中,,,,∴,∴,,∴,當(dāng)點P在BC上運動,即時,由題意得,∴,,∴,∴,∴符合題意的函數(shù)圖象只有C,故選:C.11.C【解析】解:分式方程去分母得:mx+2x﹣12=3x﹣6,移項合并得:(m﹣1)x=6,當(dāng)m﹣1=0,即m=1時,方程無解;當(dāng)m﹣1≠0,即m≠1時,解得:x=,由分式方程無解,得到=2或=6,解得:m=4或m=2,不等式組整理得:,即﹣8≤y<m﹣4,由不等式組有且只有三個偶數(shù)解,得到整數(shù)解為﹣8,﹣7,﹣6,﹣5,﹣4,﹣3,可得﹣4<m﹣4≤﹣2,即0<m≤2,則符合題意m的值為1、2.故選:C.【點睛】此題考查了分式方程的解,以及一元一次不等式組的整數(shù)解,熟練掌握運算法則是解本題的關(guān)鍵.12.D【解析】解:∵將△DOC沿OC翻折,點D剛好落在y軸上的點F處,∴△COD≌△COF(軸對稱的性質(zhì)).∴∠COD=∠COF,OD=OF.∵∠DOE=∠AOF=90°,∴∠COE=∠COA=45°.∵AC⊥OA,∴OA=AC.設(shè)OA=AC=n,則C(n,n).∵C在上,∴,∵AC:OF=1:2,∴OF=OD=2n.∵OE⊥OA,CA⊥AO,∴△DOE∽△DAC.∴,∴OE=,過點B作BM⊥x軸于M,如下圖,則△BMD∽△EOD..∵S△DOB=2,.∴MB=...∴OM=OD+MD=.,.∵B在雙曲線上,.解得:n2=6或n2=-2(舍去).∴k=n2=6.故選:D.【點睛】本題主要考查了反比例函數(shù)系數(shù)k的幾何意義,反比例函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)的特征,三角形的相似的判定與性質(zhì).本題是折疊問題,由折疊性質(zhì)得到全等三角形是解題的關(guān)鍵.13.【解析】【分析】提公因式即可.【詳解】解:原式=故答案為:.【點睛】本題考查了因式分解,掌握提公因式法因式分解是解題的關(guān)鍵.14.10【解析】【分析】根據(jù)在同樣條件下,大量反復(fù)試驗時,隨機(jī)事件發(fā)生的頻率逐漸穩(wěn)定在概率附近,可以從比例關(guān)系入手,列出方程求解.【詳解】由題意可得,,解得,.故估計大約有個.故答案為:.【點睛】此題主要考查了利用頻率估計概率,本題利用了用大量試驗得到的頻率可以估計事件的概率,解題的關(guān)鍵是根據(jù)紅球的頻率得到相應(yīng)的等量關(guān)系.15.【解析】【分析】過點D作DH⊥BC于點H,交BE于點F,設(shè)BE與CD交于點M,由題意易得∠MEC=∠EMC,DH∥AC,則有,然后設(shè),則有,進(jìn)而可得,最后根據(jù)勾股定理可求解.【詳解】解:過點D作DH⊥BC于點H,交BE于點F,設(shè)BE與CD交于點M,如圖所示:∵,∴DH∥AC,∵點為中點,∴,,∴點F是BE的中點,∵,∴,由折疊的性質(zhì)可得:,∵,∴,∴,∵DH∥AC,∴,∴,設(shè),則有,,,在Rt△ACB中,由勾股定理得:,解得:(負(fù)根舍去),即;故答案為.【點睛】本題主要考查平行線所截線段成比例、勾股定理、一元二次方程的解法、等腰三角形的性質(zhì)與判定、折疊的性質(zhì)及直角三角形斜邊中線定理,熟練掌握平行線所截線段成比例、勾股定理、一元二次方程的解法、等腰三角形的性質(zhì)與判定、折疊的性質(zhì)及直角三角形斜邊中線定理是解題的關(guān)鍵.16.84%【解析】【分析】設(shè)“風(fēng)”“雅”“頌”的分值分別為,,,甲隊回答正確的“頌”有道,乙隊回答正確的“頌”有道,根據(jù)題意列出方程組,可得出,,代入甲隊和乙隊得分率可得出和的關(guān)系式;進(jìn)而求出丙隊回答正確的“雅”有道,回答正確的“風(fēng)”有道,回答正確的“頌”有道,最后根據(jù)得分率的公式可求出丙隊得分率.【詳解】解:設(shè)“風(fēng)”“雅”“頌”的分值分別為,,,甲隊回答正確的“頌”有道,乙隊回答正確的“頌”有道,由題意可知,,解得,,將,代入上式,得,∴,∴丙隊回答正確的“雅”有道,回答正確的“風(fēng)”有道,回答正確的“頌”有道,題目總分值為,,∴丙隊得分率,.故答案為:.【點睛】本題考查一次方程組的應(yīng)用,理清楚題干中條件,并且能列出一元一次方程組是解題關(guān)鍵.17.(1);(2),見解析【解析】【分析】(1)按照順序依次計算乘方,負(fù)整數(shù)指數(shù)冪,零指數(shù)冪,再將結(jié)果進(jìn)行加減運算即可得到結(jié)果;(2)分別解出不等式的解集,再根據(jù)“同大取大,同小取小,大小小大中間找,大大小小找不到”即得出其解集.最后在數(shù)軸上表示出來即可.(1)原式;(2)解不等式①,得:,解不等式②,得:,∴不等式組的解集為.不等式解集在數(shù)軸表示如下,.【點睛】本題考查實數(shù)的混合運算(涉及有理數(shù)的乘方、負(fù)整數(shù)指數(shù)冪、零指數(shù)冪和特殊角的三角函數(shù)值),解一元一次不等式組,在數(shù)軸上表示不等式組的解集.掌握各運算法則是解題關(guān)鍵.18.(1)圖見解析,237.5,325(2)女(3)錯誤(4)10【解析】【分析】(1)根據(jù)眾數(shù)和中位數(shù)的定義即可得出a和b的的值,根據(jù)表中數(shù)據(jù)補全條形圖;(2)比較女生立定跳遠(yuǎn)成績的方差和男生立定跳遠(yuǎn)成績的方差即可得出答案;(3)根據(jù)中位數(shù)的意義,即可進(jìn)行判斷;(4)求出男生立定跳遠(yuǎn)成績優(yōu)秀的百分比,然后乘以400計算即可得解.(1)解:∵10名男生的成績從小到大為:190,205,218,235,235,240,242,244,245,256∴中位數(shù)a為,眾數(shù)b=235(2)∵女生立定跳遠(yuǎn)成績的方差為200,男生立定跳遠(yuǎn)成績的方差為375,∴200<375∴立定跳遠(yuǎn)成績更整齊的是女生;(3)∵男生立定跳遠(yuǎn)成績的中位數(shù)為237.5∴該校九年級至少有一半男生立定跳遠(yuǎn)成績?yōu)?37.5∴他的觀點錯誤(4)人.【點睛】本題考查了頻率分布直方圖,用樣本估計總體,眾數(shù),中位數(shù)的定義,讀圖時要全面細(xì)致,同時,解題方法要靈活多樣,切忌死記硬背,要充分運用數(shù)形結(jié)合思想來解決由統(tǒng)計圖形式給出的數(shù)學(xué)實際問題.19.(1)見解析(2)見解析【解析】【分析】(1)利用尺規(guī)作線段AD的垂直平分線EF即可.(2)根據(jù)四邊相等的四邊形是菱形即可證明.(1)如圖,直線EF即為所求.(2)∵AD平分∠BAC,∴∠BAD=∠CAD,∵∠AOE=∠AOF=90°,AO=AO,∴△AOE≌△AOF(ASA),∴AE=AF,∵EF垂直平分線段AD,∴EA=ED,F(xiàn)A=FD,∴EA=ED=DF=AF,∴四邊形AEDF是菱形.20.【答案】(1)米(2)18秒【解析】(1)解:過點C作CE⊥AD,根據(jù)題意可得:四邊形CEAB為矩形,∠DCE=30,∴EC=AB=36,AE=BC=,在Rt?CDE中,,∴DE=,AD=AE+DE=,∴無人機(jī)的高度為米;(2)如圖所示,延長AC交無人機(jī)的飛行方向于點F,下一時刻,無人機(jī)將離開小明視線,在Rt?ABC中,,∵AB∥DF,∴,,∴DF=72,∴t=72÷4=18秒,故經(jīng)過18秒,無人機(jī)剛好離開了小明的視線.【點睛】題目主要考查解直角三角形的應(yīng)用,理解題意,作出相應(yīng)輔助線,掌握運用三角函數(shù)解三角形是解題關(guān)鍵.21.【答案】(1)(2)【解析】(1)解:連接BD交AC于點E,在菱形ABCD中,,DE=BE,AE=EC.又∵軸,,∴DE=BE=3,AC=12,∴AE=6.過點P作,垂足為G,∴.∴,∴;又AP∶PD=1∶2,即AP∶AD=1∶3,∴,∴PG=1,AG=2.∴.∴.(2)解∶由(1)知DE=BE=3,AE=6.∴點D的坐標(biāo)為.∵菱形ABCD沿y軸向下平移m個單位,∴點D的對應(yīng)點點的坐標(biāo)為,∵當(dāng)點D落在反比例函數(shù)的圖象上,∴6×(6-m)=8,解得.菱形ABCD平移所掃過的面積:.【點睛】本題主要考查了反比例函數(shù)與幾何的綜合題,菱形的性質(zhì),相似三角形的判定和性質(zhì),熟練掌握反比例函數(shù)的圖象和性質(zhì),菱形的性質(zhì),相似三角形的判定和性質(zhì),利用數(shù)形結(jié)合思想解答是解題的關(guān)鍵.22.【答案】(1)A種濕巾紙的進(jìn)價為12元,種濕巾紙的進(jìn)價為8元(2)A種濕巾紙的單價降了2元(3)該超市獲利最大的進(jìn)貨方案是購進(jìn)A種濕巾紙200包,購進(jìn)種濕巾紙400包,最大利潤為2800元【解析】(1)解:設(shè)A種濕巾紙的進(jìn)價為元,種濕巾紙的進(jìn)價為元,由題意得:,解得,答:A種濕巾紙的進(jìn)價為12元,種濕巾紙的進(jìn)價為8元.(2)解:設(shè)A種濕巾紙的單價降了元,由題意得:,解得或(不符題意,舍去),答:A種濕巾紙的單價降了2元.(3)解:設(shè)購進(jìn)A種濕巾紙包,該超市獲得利潤為元,則購進(jìn)種濕巾紙包,由題意得:,種濕巾紙的數(shù)量不少于A種濕巾紙數(shù)量的兩倍,,解得,由一次函數(shù)的性質(zhì)可知,當(dāng)時,隨的增大而增大,則當(dāng)時,取得最大值,最大值為,答:該超市獲利最大的進(jìn)貨方案是購進(jìn)A種濕巾紙200包,購進(jìn)種濕巾紙400包,最大利潤為2800元.【點睛】本題考查了二元一次方程組的應(yīng)用、一元二次方程的應(yīng)用、一次函數(shù)的實際應(yīng)用等知識點,正確建立方程和方程組,熟練掌握一次函數(shù)的性質(zhì)是解題關(guān)鍵.23.(1)能.證明見解析(2)F(n)的最大值為130【解析】【分析】(1)理解定義,末三位數(shù)減去末三位以前的數(shù),所得的差能被7整除是解題的關(guān)鍵,再利用參數(shù)思想和方程思想即可求證;(2)先確定m的取值范圍,題干里要求把百位數(shù)字和十位數(shù)字對調(diào),所以y的范圍要分段去進(jìn)行討論.再結(jié)合方程求解得出n的值,再根據(jù)定義去求出F(n)的最大值.(1)解:864192的末三位數(shù)為192,末三位以前的數(shù)為864,∴192﹣864=﹣672,∵﹣672÷7=﹣96,∴864192能被7整除,故答案為:能.證明:設(shè)這個多位數(shù)的末三位數(shù)為a,末三位以前的數(shù)為b,則這個多位數(shù)可表示為1000b+a,根據(jù)題意得,a﹣b=7n(n為整數(shù)),∴a=7n+b,則1000b+a=1000b+7n+b=1001b+7n,∵(b,n都為整數(shù))∴1001b+7n可以被7整除,∴1000b+a可以被7整除,∴任意一個三位以上的自然數(shù)都滿足這個規(guī)律.(2)解:∵m=500+10y+52,1≤y≤9,①當(dāng)1≤y≤4時,m的百位數(shù)字為5,十位數(shù)字為(y+5),個位數(shù)字為2,∴調(diào)換百位數(shù)字和十位數(shù)字后所得的新數(shù)為100(y+5)+52,根據(jù)題意100(y+5)+52﹣10x﹣10﹣y可以被7整除,整理得98y﹣7x+539+y﹣3x+3能被7整除,∵98y﹣7x+539能被7整除,∴只需y﹣3x+3能被7整除即可解得或或或,∵n=10(x+1)+y,∴n=71或52或33或84,根據(jù)題意71=362﹣352,此時F(71)=106,52=142﹣122,此時F(52)=19,33=172﹣162=72﹣42,|17﹣16|<|7﹣4|,此時F(33)=49,84=222﹣202=102﹣42,|22﹣20|<|10﹣6|,此時F(84)=31,∴當(dāng)1≤y≤4時,F(xiàn)(n)最大為106.②當(dāng)5≤y≤9時,m的百位數(shù)字為6,十位數(shù)字為(y﹣5),個位數(shù)字為2,調(diào)換百位數(shù)字和十位數(shù)字后所得的新數(shù)為100(y﹣5)+62,根據(jù)題意100(y﹣5)+62﹣10x﹣10﹣y可以被7整除,整理得98y﹣7x﹣448+y﹣3x可以被7整除,∵98y﹣7x﹣448可以被7整除,∴只需y﹣3x能被7整除即可,解得或或或或,∵n=10(x+1)+y,∴n=55或36或87或68或39.根據(jù)題意55=282﹣272=82﹣32,|28﹣27|<|8﹣3|,此時F(55)=82,36=102﹣82,此時F(36)=13,87=442﹣432=162﹣132,|44﹣43|<|16﹣13|,此時F(87)=130,68=182﹣162,此時F(68)=25,39=202﹣192,F(xiàn)(39)=58,∴當(dāng)5≤y≤9時,F(xiàn)(n)的最大值為130綜上,F(xiàn)(n)的最大值為130.【點睛】此題主要考查了新定義,數(shù)的整除,實數(shù)的運算,列代數(shù)式及求值問題,解本題的關(guān)鍵在于將一個代數(shù)式進(jìn)行分組再分別討論能否被7整除,結(jié)合了方程思想,分類討論思想,綜合性較強.24.(1)(2)點P的坐標(biāo)為(2,)時,△PDF的面積最大值為(3)存在;點G的坐標(biāo)(0,)或(0,)【解析】【分析】(1)將點A和點C分別代入求得a和c的值,得到拋物線的解析式;(2)過點E作EH⊥直線PD于點H,由PD∥y軸得到∠DEH=∠CBO,然后由等角的余弦值相等得到EH的長,再求得直線BC的解析式,然后設(shè)點P的坐標(biāo),得到點D的坐標(biāo),進(jìn)而得到PD的長,即可求得△PDF的面積,進(jìn)而利用二次函數(shù)的性質(zhì)求得△PDF的面積最大值和點P的坐標(biāo);(3)分情況討論:當(dāng)點B'在y軸的右側(cè)和左側(cè)時,分別討論點P'為直角頂點和點B'為直角頂點幾種情況,然后作出輔助線構(gòu)造K型全等,然后設(shè)點B'、點P'和點G的坐標(biāo),根據(jù)全等三角形的性質(zhì)列出方程求得點G的坐標(biāo).(1)將A(﹣1,0),C(0,3)代入,得,解得:,∴拋物線的解析式為:.(2)過點E作EH⊥PD于點H,令y=0,得,解得:x1=﹣1,x2=4,∴B(4,0),∴OB=4,OC=3,∴BC=5,∵EH⊥PD,BO⊥CO,∴HE∥OB,∴∠DEH=∠CBO,∴cos∠DEH=cos∠CBO,即,∴,解得:HE=1,設(shè)直線BC的解析式為:y=kx+b(k≠0),則,解得:,∴直線BC的解析式為:,設(shè),,則,∴,配方得:,∵,∴t=2時,S△FPD有最大值為,∴點P的坐標(biāo)為(2,)時,△PDF的面積最大值為.(3)設(shè)B'(x,x+3)(x≤4),G(0,y),∵P(2,),B(4,0),線段BP沿射線BC方向平移,∴P'(x﹣2,x),①如圖2,當(dāng)點B'1在y軸右側(cè),∠G1B'1P'1=90°時,B'1P'1=B'1G1,過點B'1作B'1M1⊥y軸于點M1,過點P'1作P'1N1⊥B'1M1于點N1,則∠P'1N1B'1=∠B'1M1G1=90°,∠P'1B'1N1+∠M1B'1G1=90°,∴∠P'1B'1N1+∠N1P'1B'1=90°,∴∠M1B'1G1=∠N1P'1B'1,∴△M1B'1G1≌△N1P'1B'1(AAS),∴M1G1=B'1N1,P'1N1=B'1M1,∵M(jìn)1G1x+3﹣y,B'1N1=2,P'1N1,B'1M1=x,∴x+3﹣y=2,且x4,舍去;②如圖3,當(dāng)點B'2在y軸右側(cè),∠G2P'2B'2=90°時,B'2P'2=P'2G2,過點P'2作P'2N2⊥y軸于點N2,過點B'2作B'2M2⊥N2P'2的延長線于點M2,則∠P'2N2G2=∠B'2M2P'2=90°,∠P'2B'2M2+∠M2P'2B'2=90°,∴∠N2P'2G2+∠M2P'2B'2=90°,∴∠N2P'2G2=∠P'2B'2M2,∴△N2P'2G2≌△M2B'2P'2(AAS),∴N2G2=P'2M2,P'2N2=B'2M2,∵N2G2xy,P'2M2=2,P'2N2=x﹣2,B'2M2,∴xy=2,且x﹣2,∴x4,y,舍去;③如圖4,當(dāng)點B'3在y軸左側(cè),∠G3P'3B'3=90°時,B'3P'3=P'3G3,過點P'3作P'3M3⊥y軸于點M3,過點B'3作B'3N3⊥M3P'3于點M3,則∠P'3M3G3=∠B'3N2P'3=90°,∠P'3B'3N3+∠N3P'3B'3=90°,∴∠M3P'3G3+∠N3P'3B'3=90°,∴∠P'3B'3N3=∠M3P'3G3,∴△P'3B'3N3≌△G3P'3M3(AAS),∴M3G3=P'3N3,P'3M3=B'3N3,∵M(jìn)3G3=y(tǒng)﹣(x),P'3N3=2,P'3M3=﹣(x﹣2),B'2M2,∴yx2,且2﹣x,∴x,y,∴點G3的坐標(biāo)為(0,);④如圖5,當(dāng)點B'4在y軸左側(cè),∠G4B'4P'4=90°時,B'4P'4=B'4G4,過點B'4作B'4N4⊥y軸于點N4,過點P'4作P'4M4⊥N4B'4的延長線于點M4,則∠P'4M4B'4=∠B'4N4G4=90°,∠P'4B'4M4+∠N4B'4G4=90°,∴∠P'4B'4M4+∠M4P'4B'4=90°,∴∠N4B'4G4=∠M4P'4B'4,∴△N4B'4G4≌△M4P'4B'4(AAS),∴N4G4=B'4M4,P'4M4=B'4N4,∵N4G4=y(tǒng)﹣(x+3),B'4M4=2,P'4M4,B'4N4=﹣x,∴y﹣(x+3)=2,且﹣x,∴x,y,∴點G4的坐標(biāo)為(0,);綜上所述,△GB'P'是以B'P'為直角邊的等腰直角三角形時,點G的坐標(biāo)為(0,)或(0,).【點睛】本題考查了二次函數(shù)解析式的確定,二次函數(shù)的最值,用坐標(biāo)表示點的距離等知識點,解題過程中靈活應(yīng)用分類討論的思想是解題的關(guān)鍵.25.(1)見解析(2)見解析(3)【解析】【分析】(1)過點A作AP⊥BD于點P,AF⊥BC,交CB的延長線于點F,可證四邊形APBF是正方形,可得AP=AF,根據(jù)“HL”可證,可得∠DAP=∠FAC,即可得∠DAC=90°;(2)過

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