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数学参考答案与试题解析


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参考答案与试题解析
一.选择题(本题 12 小题,每小题 3 分,共计 36 分.请把答案填到题后的答题栏内) 1. (3 分)在 A.1 个
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/>中最简二次根式的个数是( C .3 个 D.4 个



B.2 个

考点: 最简二次根式. 分析: 判定一个二次根式是不是最简二次根式的方法, 就是逐个检查最简二次根式的两个条 件是否同时满足,同时满足的就是最简二次根式,否则就不是. 解答: 解:因为 = , =2 , = , 所以符合条件的最简二次根式为 , ,共 2 个.

故选:B. 点评: 本题考查最简二次根式的定义.根据最简二次根式的定义,最简二次根式必须满足两 个条件: (1)被开方数不含分母; (2)被开方数不含能开得尽方的因数或因式. 2. (3 分) (2010?南宁)下列计算结果正确的是( A. + = B.3 ﹣ =3 C. ) × =

D. =5

考点: 二次根式的混合运算. 分析: 按照二次根式的运算法则进行计算即可. 解答: 解:A、 和 不是同类二次根式,不能合并,故 A 错误; B、3 ﹣ =(3﹣1) =2 ,故 B 错误; C、 × = = ,故 C 正确;
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D、

,故 D 错误;

故选 C. 点评: 此题需要注意的是:二次根式的加减运算实质是合并同类二次根式的过程,不是同类 二次根式的不能合并. 3. (3 分) (2013?呼和浩特)观察下列图形,既是轴对称图形又是中心对称图形的有( )

A.1 个

B.2 个
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C .3 个

D.4 个

考点: 中心对称图形;轴对称图形. 分析: 根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解.

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解答: 解:第一个图形不是轴对称图形,是中心对称图形,故本选项错误; 第二个图形既是轴对称图形又是中心对称图形; 第三个图形既是轴对称图形又是中心对称图形; 第四个图形既是轴对称图形又是中心对称图形; 所以,既是轴对称图形又是中心对称图形共有 3 个. 故选 C. 点评: 本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念.轴对称图形的关键是寻找对称轴,图 形两部分折叠后可重合, 中心对称图形是要寻找对称中心, 旋转 180 度后两部分重合. 4. (3 分)如图,在正方形 ABCD 中有一点 E,把△ ABE 绕点 B 旋转到△ CBF,连接 EF,则△ EBF 的 形状是( )

A.等边三角形

B.等腰三角形
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C.直角三角形

D.等腰直角三角形

考点: 旋转的性质;正方形的性质. 分析: 根据旋转的性质知,△ ABE≌ △ CBF,则 BE=BF,所以△ BEF 为等腰直角三角形. 解答: 解:∵ 把△ ABE 绕点 B 旋转到△ CBF, ∴ △ ABE≌ △ CBF, ∴ BE=BF, ∵ ∠ ABC=90° , ∴ △ BEF 为等腰直角三角形. 故选:D. 点评: 此题主要考查了旋转的性,根据已知得出旋转角以及对应边是解题关键. 5. (3 分) 如果关于 x 的方程 (m﹣3) 3 A.± B.3
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﹣x+3=0 是关于 x 的一元二次方程, 那么 m 的值为 ( C.﹣3 D.都不对



考点: 一元二次方程的定义. 分析: 本题根据一元二次方程的定义解答,一元二次方程必须满足四个条件: (1)未知数的最高次数是 2; (2)二次项系数不为 0; (3)是整式方程; 2 (4)含有一个未知数.据此即可得到 m ﹣7=2,m﹣3≠0,即可求得 m 的范围. 解答: 解:由一元二次方程的定义可知 , 解得 m=﹣3. 故选 C. 点评: 要特别注意二次项系数 m﹣3≠0 这一条件,当 m﹣3=0 时,上面的方程就是一元一次 方程了.

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6. (3 分)下列方程中,有实数根的是( A.x2+4=0 B.x2+x+3=0

) C.

D.5x2+1=2x

考点: 根的判别式. 专题: 计算题. 分析: 先把 D 中的方程化为一般式, 再计算四个方程的判别式的值, 然后根据判别式的意义 判断. 解答: 解:A、△ =0﹣4× 4<0,方程没有实数根,所以 A 选项错误; B、△ =1﹣4× 3<0,方程没有实数根,所以 B 选项错误; 2 C、△ =(﹣ ) ﹣4× 2× (﹣1)>0,方程有两个不相等的实数根,所以 C 选项正确; 2 D、5x ﹣2x+1=0,△ =4﹣4× 5× 1<0,方程没有实数根,所以 D 选项错误. 故选 C. 2 2 点评: 本题考查了一元二次方程 ax +bx+c=0(a≠0)的根的判别式△ =b ﹣4ac:当△ >0,方 程有两个不相等的实数根;当△ =0,方程有两个相等的实数根;当△ <0,方程没有实 数根.
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7. (3 分)用配方法将 y=x ﹣6x+11 化成 y=a(x﹣h) +k 的形式为( ) 2 2 2 2 A.y=(x+3) +2 B.y=(x﹣3) ﹣2 C.y=(x﹣6) ﹣2 D.y=(x﹣3) +2 考点: 二次函数的三种形式. 专题: 计算题;配方法. 分析: 由于二次项系数是 1,利用配方法直接加上一次项系数一半的平方来凑完全平方式, 可把一般式转化为顶点式. 2 解答: 解:y=x ﹣6x+11, 2 =x ﹣6x+9+2, 2 =(x﹣3) +2. 故选 D. 2 点评: 二次函数的解析式有三种形式: (1)一般式:y=ax +bx+c(a≠0,a、b、c 为常数) ; 2 (2)顶点式:y=a(x﹣h) +k; (3)交点式(与 x 轴) :y=a(x﹣x1) (x﹣x2) .
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2

2

8. (3 分) 某班同学毕业时都将自己的照片向全班其他同学各送一张表示留念, 全班共送 1035 张照片, 如果全班有 x 名同学,根据题意,列出方程为( ) A.x(x+1)=1035 B.x(x﹣1)=1035× 2 C.x(x﹣1)=1035 D.2x(x+1)=1035 考点: 由实际问题抽象出一元二次方程. 专题: 其他问题. 分析: 如果全班有 x 名同学,那么每名同学要送出(x﹣1)张,共有 x 名学生,那么总共送 的张数应该是 x(x﹣1)张,即可列出方程. 解答: 解:∵ 全班有 x 名同学, ∴ 每名同学要送出(x﹣1)张; 又∵ 是互送照片, ∴ 总共送的张数应该是 x(x﹣1)=1035. 故选 C. 点评: 本题考查一元二次方程在实际生活中的应用.计算全班共送多少张,首先确定一个人 送出多少张是解题关键.
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9. (3 分) (2012?淄博)如图,⊙ O 的半径为 2,弦 AB= 长为( )

,点 C 在弦 AB 上,AC= AB,则 OC 的

A.

B.

C.

D.

考点: 垂径定理;勾股定理. 分析: 首先过点 O 作 OD⊥ AB 于点 D,由垂径定理,即可求得 AD,BD 的长,然后由勾股 定理,可求得 OD 的长,然后在 Rt△ OCD 中,利用勾股定理即可求得 OC 的长. 解答: 解:过点 O 作 OD⊥ AB 于点 D, ∵ 弦 AB=2 ,
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∴ AD=BD= AB= ∴ CD=AD﹣AC= ∵ ⊙ O 的半径为 2, 即 OB=2,

,AC= AB= ,



∴ 在 Rt△ OBD 中,OD= 在 Rt△ OCD 中,OC= 故选 D. =

=1, .

点评: 此题考查了垂径定理与勾股定理的应用.此题难度适中,注意掌握辅助线的作法,注 意数形结合思想的应用. 10. (3 分)已知⊙ 01 和⊙ O2 的半径分别为 2 和 5,且圆心距 O1O2=7,则这两圆的位置关系是( A.外切 B.内切 C.相交 D.相离 考点: 圆与圆的位置关系. 分析: 由⊙ O1 与⊙ O2 的半径分别为 2、5,且圆心距 O1O2=7,根据两圆位置关系与圆心距 d, 两圆半径 R,r 的数量关系间的联系即可得出两圆位置关系. 解答: 解:∵ ⊙ O1 与⊙ O2 的半径分别为 2 和 5,且圆心距 O1O2=7, 又∵ 2+5=7, ∴ 两圆的位置关系是外切. 故选 A. 点评: 此题考查了圆与圆的位置关系.注意掌握两圆位置关系与圆心距 d,两圆半径 R,r
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的数量关系间的联系是解此题的关键. 11. (3 分) (2010?杭州)如图,5 个圆的圆心在同一条直线上,且互相相切,若大圆直径是 12,4 个 小圆大小相等,则这 5 个圆的周长的和为( )

A.48π

B.24π
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C.12π

D.6π

考点: 相切两圆的性质. 分析: 由图可知,四个小圆的直径和等于大圆直径,4 个小圆大小相等,故小圆直径为 12÷ 4=3,根据周长公式求解. 解答: 解:大圆周长为 12π,四个小圆周长和为 4× (12÷ 4)π=12π, 5 个圆的周长的和为 12π+12π=24π.故选 B. 点评: 本题主要考查相切两圆的性质,解题的关键是熟记圆周长的计算公式:直径×π. 12. (3 分)PA、PB 分别切⊙ O 于 A、B 两点,C 为⊙ O 上一动点(点 C 不与 A、B 重合) ,∠ APB=50° , 则∠ ACB=( ) A.100° B.115° C.65° 或 115° D.65° 考点: 切线的性质. 分析: 画出图形,连接 OA、OB,则 OA⊥ AP,OB⊥ PB,求出∠ AOB,继而分类讨论,可得 出∠ AC'B 及∠ ACB 的度数. 解答: 解:连接 OA、OB, ∵ PA、PB 分别切⊙ O 于 A、B 两点, ∴ OA⊥ AP,OB⊥ PB, ① 当点 C 在优弧 AB 上时, ∠ AOB=180° ﹣∠ APB=130° , ∴ ∠ AC'B=65° ; ② 当点 C 在劣弧 AB 上时, ∠ ACB=180° ﹣∠ AC'B=135° . 综上可得:∠ ACB=65° 或 115° . 故选 C.
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点评: 本题考查了切线的性质,需要用到的知识点为:① 圆的切线垂直于经过切点的半径, ② 圆周角定理,③ 圆内接四边形的对角互补. 二、填空题(共 6 小题,每小题 4 分,满分 24 分)

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13. (4 分) (2012?临沂)计算:4



= 0 .

考点: 二次根式的加减法. 专题: 计算题. 分析: 先将二次根式化为最简,然后合并同类二次根式即可. 解答: 解:原式=4× ﹣2 =0.
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故答案为:0. 点评: 此题考查了二次根式的加减运算, 解答本题的关键是掌握二次根式的化简及同类二次 根式的合并. 14. (4 分)点 A(3,n)关于原点对称的点的坐标为(﹣3,2) ,那么 n= ﹣2 . 考点: 关于原点对称的点的坐标. 分析: 根据两点关于原点的对称,横纵坐标符号相反,即可得出 n 的值. 解答: 解:∵ A(3,n)关于原点对称的点的坐标为(﹣3,2) , ∴ n=﹣2, 故答案为:﹣2. 点评: 本题主要考查了平面直角坐标系内关于原点对称的点的特点, 关键是把握坐标变化规 律.
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15. (4 分) (2012?苏州二模)方程 x(x﹣1)=x 的根是 x1=0,x2=2 . 考点: 解一元二次方程-因式分解法. 分析: 先将原方程整理为一般形式,然后利用因式分解法解方程. 2 解答: 解:由原方程,得 x ﹣2x=0, ∴ x(x﹣2)=0, ∴ x﹣2=0 或 x=0, 解得 x1=2,x2=0. 故答案为:x1=2,x2=0. 点评: 本题考查了一元二次方程的解法﹣﹣因式分解法. 解一元二次方程常用的方法有直接 开平方法,配方法,公式法,因式分解法,要根据方程的特点灵活选用合适的方法.
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16. (4 分)已知一元二次方程(m+2)x +7mx+m ﹣4=0 有一个根为 0,则 m=
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2

2

2 .

考点: 一元二次方程的解;一元二次方程的定义. 分析: 根据条件,把 x=0 代入原方程可求 m 的值,注意二次项系数 m+2≠0. 2 解答: 解:依题意,当 x=0 时,原方程为 m ﹣4=0, 解得 m1=﹣2,m2=2, ∵ 二次项系数 m+2≠0,即 m≠﹣2, ∴ m=2. 故本题答案为:2. 点评: 本题考查了一元二次方程解的定义.方程的解是使方程左右两边成立的未知数的值. 17. (4 分) 如图, PA、 PB、 DE 分别切⊙ O 于点 A、 B、 C, DE 交 PA、 PB 于点 D、 E, 已知 PA 长 8cm. 则 △ PDE 的周长为 16cm ;若∠ P=40° ,则∠ DOE= 70° .

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考点: 切线长定理. 分析: 根据切线长定理,可得 DC=DA,EC=EB,继而可将△ PCD 的周长转化为 PA+PB,连 接 OA、OB、OD、OE、OC,则可求出∠ AOB 的度数,从而可得∠ DOE 的度数. 解答: 解:∵ PA、PB、DE 是⊙ O 的切线, ∴ DA=DC,EC=EB, ∴ △ PDE 的周长=PD+DC+EC+PE=PA+PB=2PA=16cm. 连接 OA、OB、OD、OE、OC,
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则∠ AOB=180° ﹣∠ P=140° , ∴ ∠ DOE=∠ COD+∠ COE= (∠ BOC+∠ AOC)= ∠ BOC=70° . 故答案为:16cm、70° . 点评: 此题考查了切线长定理及切线的性质,难度适中,注意掌握数形结合思想的应用. 18. (4 分) (2013?大港区一模)如图,一块含有 30° 角的直角三角形 ABC,在水平桌面上绕点 C 按顺 时针方向旋转到 A′B′C′的位置.若 BC 的长为 15cm,那么顶点 A 从开始到结束所经过的路径长为 20πcm .

考点: 弧长的计算;旋转的性质. 分析: 顶点 A 从开始到结束所经过的路径是一段弧长是以点 C 为圆心,AC 为半径,旋转的 角度是 180﹣60=120° ,所以根据弧长公式可得. 解答: 解: =20πcm.
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故答案为 20πcm. 点评: 本题考查了弧长的计算以及旋转的性质, 解本题的关键是弄准弧长的半径和圆心角的 度数. 三、解答题(本题共 7 个小题,满分 60 分)

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19. (5 分)计算:



考点: 二次根式的混合运算. 专题: 计算题. 分析: 先根据二次根式的乘除法法则得到原式=
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+2

,然后利用二次根式的

性质化简后合并即可. 解答: 解:原式= ﹣

+2

=4﹣ +2 =4+ . 点评: 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,再进行二次根 式的乘除运算,然后进行二次根式的加减运算. 20. (10 分)解下列方程. 2 (1)x +4x﹣5=0; (2)x(2x+3)=4x+6. 考点: 解一元二次方程-因式分解法. 分析: (1)分解因式,即可得出两个一元一次方程,求出方程的解即可. (2)移项后分解因式,即可得出两个一元一次方程,求出方程的解即可. 解答: 解: (1)分解因式得: (x+5) (x﹣1)=0, x+5=0,x﹣1=0, x1=﹣5,x2=1;
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(2)移项得:x(2x+3)﹣2(2x+3)=0, (2x+3) (x﹣2)=0, 2x+3=0,x﹣2=0, x1=﹣ ,x2=2. 点评: 本题考查了解一元二次方程的应用,关键是能把一元二次方程转化成解一元一次方 程. 21. (5 分)△ ABC 三个顶点 A,B,C 在平面直角坐标系中位置如图所示.将△ ABC 绕 C 点顺时针旋 转 90° ,画出旋转后的△ A2B2C2,并写出 A2 的坐标.

考点: 作图-旋转变换. 专题: 作图题.

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分析: 根据网格结构找出点 A、B、C 绕点 C 顺时针旋转 90° 后的对应点的位置,然后顺次 连接即可,再根据平面直角坐标系写出点 A2 的坐标. 解答: 解:△ A2B2C2 如图所示; 点 A2(8,3) .

点评: 本题考查了利用旋转变换作图, 熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关 键. 22. (10 分) (2011?天津)已知 AB 与⊙ O 相切于点 C,OA=OB,OA、OB 与⊙ O 分别交于点 D、E. (I)如图① ,若⊙ O 的直径为 8,AB=10,求 OA 的长(结果保留根号) ; (II)如图② ,连接 CD、CE,若四边形 ODCE 为菱形,求 的值.

考点: 切线的性质;含 30 度角的直角三角形;勾股定理;菱形的性质. 专题: 几何综合题. 分析: (1)连接 OC,根据切线的性质得出 OC⊥ AB,再由勾股定理求得 OA 即可; (2)根据菱形的性质,求得 OD=CD,则△ ODC 为等边三角形,可得出∠ A=30° ,即
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可求得

的值.

解答: 解: (1)如图① ,连接 OC,则 OC=4, ∵ AB 与⊙ O 相切于点 C,∴ OC⊥ AB, ∴ 在△ OAB 中,由 AO=OB,AB=10, 得 AC= AB=5. 在 Rt△ AOC 中,由勾股定理得 OA= (2)如图② ,连接 OC,则 OC=OD, ∵ 四边形 ODCE 为菱形,∴ OD=CD, ∴ △ ODC 为等边三角形,有∠ AOC=60° . 由(1)知,∠ OCA=90° ,∴ ∠ A=30° , = = ;

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∴ OC= OA,∴

= .

点评: 本题考查了切线的性质和勾股定理以及直角三角形、菱形的性质,是一道综合题,要 熟练掌握. 23. (8 分) (2008?山西)如图,已知 CD 是△ ABC 中 AB 边上的高,以 CD 为直径的⊙ O 分别交 CA, CB 于点 E,F,点 G 是 AD 的中点.求证:GE 是⊙ O 的切线.

考点: 切线的判定;圆周角定理. 专题: 证明题. 分析: 要证 GE 是⊙ O 的切线,只要证明∠ OEG=90° 即可. 解答: 证明: (证法一)连接 OE,DE, ∵ CD 是⊙ O 的直径, ∴ ∠ AED=∠ CED=90° , ∵ G 是 AD 的中点,
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∴ EG= AD=DG, ∴ ∠ 1=∠ 2; ∵ OE=OD, ∴ ∠ 3=∠ 4, ∴ ∠ 1+∠ 3=∠ 2+∠ 4, ∴ ∠ OEG=∠ ODG=90° , 故 GE 是⊙ O 的切线; (证法二)连接 OE,OG, ∵ AG=GD,CO=OD, ∴ OG∥ AC, ∴ ∠ 1=∠ 2,∠ 3=∠ 4. ∵ OC=OE, ∴ ∠ 2=∠ 4, ∴ ∠ 1=∠ 3. 又 OE=OD,OG=OG, ∴ △ OEG≌ △ ODG,

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∴ ∠ OEG=∠ ODG=90° , ∴ GE 是⊙ O 的切线.

点评: 本题考查切线的判定方法及圆周角定理运用. 24. (12 分) (2012?乐山)菜农李伟种植的某蔬菜计划以每千克 5 元的单价对外批发销售,由于部分 菜农盲目扩大种植,造成该蔬菜滞销.李伟为了加快销售,减少损失,对价格经过两次下调后,以每 千克 3.2 元的单价对外批发销售. (1)求平均每次下调的百分率; (2)小华准备到李伟处购买 5 吨该蔬菜,因数量多,李伟决定再给予两种优惠方案以供选择: 方案一:打九折销售; 方案二:不打折,每吨优惠现金 200 元. 试问小华选择哪种方案更优惠,请说明理由. 考点: 一元二次方程的应用. 专题: 增长率问题;压轴题. 分析: (1) 设出平均每次下调的百分率, 根据从 5 元下调到 3.2 列出一元二次方程求解即可; (2)根据优惠方案分别求得两种方案的费用后比较即可得到结果. 解答: 解 (1)设平均每次下调的百分率为 x. 2 由题意,得 5(1﹣x) =3.2. 解这个方程,得 x1=0.2,x2=1.8. 因为降价的百分率不可能大于 1,所以 x2=1.8 不符合题意, 符合题目要求的是 x1=0.2=20%. 答:平均每次下调的百分率是 20%.
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(2)小华选择方案一购买更优惠. 理由:方案一所需费用为:3.2× 0.9× 5000=14400(元) , 方案二所需费用为:3.2× 5000﹣200× 5=15000(元) . ∵ 14400<15000, ∴ 小华选择方案一购买更优惠. 点评: 本题考查了一元二次方程的应用,在解决有关增长率的问题时,注意其固定的等量关 系. 25. (10 分)一位同学拿了两块 45° 三角尺△ MNK,△ ACB 做了一个探究活动:将△ MNK 的直角顶点 M 放在△ ABC 的斜边 AB 的中点处,设 AC=BC=4.

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(1)如图 1,两三角尺的重叠部分为△ ACM,则重叠部分的面积为 4 ,周长为 4+4 . (2)将图 1 中的△ MNK 绕顶点 M 逆时针旋转 45° ,得到图 2,此时重叠部分的面积为 4 ,周长为 8 . (3)如果将△ MNK 绕 M 旋转到不同于图 1 和图 2 的图形,如图 3,请你猜想此时重叠部分的面积为 4 . (4)在图 3 情况下,若 AD=1,求出重叠部分图形的周长. 考点: 旋转的性质;全等三角形的判定与性质;勾股定理;等腰直角三角形;三角形中位线 定理. 分析: (1)根据 AC=BC=4,∠ ACB=90° ,得出 AB 的值,再根据 M 是 AB 的中点,得出 AM=MC,求出重叠部分的面积,再根据 AM,MC,AC 的值即可求出周长;
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(2)易得重叠部分是正方形,边长为 AC,面积为 AC ,周长为 2AC. (3) 过点 M 分别作 AC、 BC 的垂线 MH、 ME, 垂足为 H、 E. 求得 Rt△ MHD≌ Rt△ MEG, 则阴影部分的面积等于正方形 CEMH 的面积. (4) 先过点 M 作 ME⊥ BC 于点 E, MH⊥ AC 于点 H, 根据∠ DMH=∠ EMH, MH=ME, 得出 Rt△ DHM≌ Rt△ EMG,从而得出 HD=GE,CE=AD,最后根据 AD 和 DF 的值, 算出 DM= ,即可得出答案. 解答: 解: (1)∵ AC=BC=4,∠ ACB=90° , ∴ AB= = =4 ,

2

∵ M 是 AB 的中点, ∴ AM=2 , ∵ ∠ ACM=45° , ∴ AM=MC, ∴ 重叠部分的面积是 ∴ 周长为:AM+MC+AC=2 故答案为:4,4+4 ; (2)∵ 叠部分是正方形, ∴ 边长为 × 4=2,面积为 × 4× 4=4, 周长为 2× 4=8. 故答案为:4,8. (3)过点 M 分别作 AC、BC 的垂线 MH、ME,垂足为 H、E, ∵ M 是△ ABC 斜边 AB 的中点,AC=BC=4, ∴ MH= BC, +2 =4, +4=4+4 ;

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ME= AC, ∴ MH=ME, 又∵ ∠ NMK=∠ HME=90° , ∴ ∠ NMH+∠ HMK=90° ,∠ EMG+∠ HMK=90° , ∴ ∠ HMD=∠ EMG, 在△ MHD 和△ MEG 中, ∵ ,

∴ △ MHD≌ △ MEG(ASA) , ∴ 阴影部分的面积等于正方形 CEMH 的面积, ∵ 正方形 CEMH 的面积是 ME?MH= × 4× × 4=4; ∴ 阴影部分的面积是 4; 故答案为:4. (4)如图所示: 过点 M 作 ME⊥ BC 于点 E,MH⊥ AC 于点 H, ∴ 四边形 MECH 是矩形, ∴ MH=CE, ∵ ∠ A=45° , ∴ ∠ AMH=45° , ∴ AH=MH, ∴ AH=CE, 在 Rt△ DHM 和 Rt△ GEM 中, ∴ Rt△ DHM≌ Rt△ GEM. ∴ GE=DH, ∴ AH﹣DH=CE﹣GE, ∴ CG=AD, ∵ AD=1, ∴ DH=1. ∴ DM= = ∴ 四边形 DMGC 的周长为: CE+CD+DM+ME =AD+CD+2DM=4+2 . ,

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点评: 此题考查了等腰直角三角形,利用等腰直角三角形的性质,等腰直角三角形的面积公 式,正方形的面积公式,全等三角形的判定和性质求解.

======*以上是由明师教育编辑整理======


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