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2016-01-13
五、(本题共2小题,每小题10分,共20分)
19. 已知函数y1=x﹣1和y2=﹣2x+3.
(1)同一坐标系中画出这两个函数的图象.
(2)求出这两个函数图象的交点坐标.
(3)观察图象,当x取什么范围时,y1>y2?
考点: 两条直线相交或平行问题.
专题: 作图题;数形结合.
分析: (1)找出y1,y2与横纵纵坐标的交点即可画出;
(2)令x﹣1=﹣2x+3即得到交点;
(3)由(2)中所得交点结合图象即求得.
解答: 解:(1)如右图
(2)令x﹣1=﹣2x+3,得x=,
∴代入得:y=
∴交点坐标为(,);
(3)当x>时,从图象上函数y1的图象在y2图象的上面,
即此时y1>y2
点评: 本题考查两直线的相交问题,(1)中求得两直线与横纵坐标的交点即可求得直线,(2)令两直线相等,即可求得两直线的交点坐标.(3)从(2)中得到的交点结合图象即求得.
20. 观察与发现:小明将三角形纸片ABC(AB>AC)沿过点A的直线折叠,使得AC落在AB边上,折痕为AD,展开纸片(如图①);在第一次的折叠基础上第二次折叠该三角形纸片,使点A和点D重合,折痕为EF,展平纸片后得到△AEF(如图②).小明认为△AEF是等腰三角形,你同意吗?请说明理由.
(2)实践与运用:将矩形纸片ABCD沿过点B的直线折叠,使点A落在BC边上的点F处,折痕为BE(如图③);再沿过点E的直线折叠,使点D落在BE上的点D′处,折痕为EG(如图④);再展平纸片(如图⑤).求图⑤中∠α的大小.
考点: 翻折变换(折叠问题);等腰三角形的判定;矩形的性质.
专题: 操作型.
分析: (1)由两次折叠知,点A在EF的中垂线上,所以AE=AF;
(2)由图知,∠α=∠FED﹣(180°﹣∠AEB)÷2.
解答: 解:(1)同意.如图,设AD与EF交于点G.
由折叠知,AD平分∠BAC,所以∠BAD=∠CAD.
又由折叠知,∠AGE=∠DGE,∠AGE+∠DGE=180°,
所以∠AGE=∠AGF=90°,
所以∠AEF=∠AFE.所以AE=AF,
即△AEF为等腰三角形.
(2)由折叠知,四边形ABFE是正方形,∠AEB=45°,
所以∠BED=135度.
又由折叠知,∠BEG=∠DEG,
所以∠DEG=67.5度.
从而∠α=67.5°﹣45°=22.5°.
点评: 本题是一道折叠操作性考题.重点考查学生通过观察学习,领悟感受,探究发现折叠图形的对称只是,培养其自主学习能力,本题的关键是成轴对称的两个图形全等,对应角相等.
在解答此题时,有的人往往知道结论,书写不规范,建议教师在以后的教学中,在培养学生自主学习能力的同时,还要注重培养有条理表达和规范证明的能力.
六、(本题满分12分)
21. 已知:如图,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠ABC=90°.点E是DC的中点,过点E作DC的垂线交AB于点P,交CB的延长线于点M.点F在线段ME上,且满足CF=AD,MF=MA.
(1)若∠MFC=120°,求证:AM=2MB;
(2)求证:∠MPB=90°﹣∠FCM.
考点: 直角梯形;全等三角形的判定与性质;线段垂直平分线的性质;含30度角的直角三角形.
专题: 证明题.
分析: (1)连接MD,由于点E是DC的中点,ME⊥DC,所以MD=MC,然后利用已知条件证明△AMD≌△FMC,根据全等三角形的性质可以推出∴∠MAD=∠MFC=120°,接着得到∠MAB=30°,再根据30°的角所对的直角边等于斜边的一半即可证明AM=2BM;
(2)利用(1)的结论得到∠ADM=∠FCM,又AD∥BC,所以∠ADM=∠CMD,由此得到∠CMD=∠FCM,再利用等腰三角形的性质即可得到∠CME=∠FCM,再根据已知条件即可解决问题.
解答: 证明:(1)连接MD,
∵点E是DC的中点,ME⊥DC,
∴MD=MC,
又∵AD=CF,MF=MA,
∴△AMD≌△FMC,
∴∠MAD=∠MFC=120°,
∵AD∥BC,∠ABC=90°,
∴∠BAD=90°,
∴∠MAB=30°,
在Rt△AMB中,∠MAB=30°,
∴BM=AM,
即AM=2BM;
(2)连接MD,
∵点E是DC的中点,ME⊥DC,
∴MD=MC,
又∵AD=CF,MF=MA,
∴△AMD≌△FMC,
∴∠ADM=∠FCM,
∵AD∥BC,
∴∠ADM=∠CMD
∴∠CMD=∠FCM,
∵MD=MC,ME⊥DC,
∴∠DME=∠CME=∠CMD,
∴∠CME=∠FCM,
在Rt△MBP中,∠MPB=90°﹣∠CME=90°﹣∠FCM.
点评: 此题主要考查了梯形的性质、全等三角形的性质与判定,及等腰三角形的性质与判定,综合性比较强.
标签:数学试卷
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