耀正文化 2024届名校名师信息卷(二)2试题(数学)

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在Rt△ABG中(2)如图②所示，点P即为所求作的点.22.解：(1)证明：AG平分∠BAD,根据勾股定理，得AB2+BC=AG?,即D.∴.∠BAG=∠DAG.42+（8-x)2=x2.·.'∠BAG=∠BGA,.∴.∠BGA=∠DAG解得x=5.∴.GC=5...AD∥BC..∠B+∠BAD=180°S菱影4cgH=GC:AB=5x4=20,.‘∠AEF=∠B,(2)设GC=a,则BG=7-a,:.∠AEF+∠BAD=180°.·.AB∥EF·四边形ABCD和四边形AFCE是(第17题图)(2)a+B.矩形，.∠B=∠F=90°，AD∥BC,AF∥CE.四、18.解(1)(3).:AG平分∠BAD,∠BAG=∠BGA,∴.四边形AGCH是平行四边形.(2)证明：，∠ADC=∠AEB=90°，∠BAG=60°，·.·∠AGB=∠CGF,∠B=∠F,.∠BDO=∠CEO=90°.∴.∠BAG=∠BGA=∠DAG=∠B=60°∴.△ABG∽△CFG.在△DOB和△EOC中，.'∠AEF=∠B,∠BAH=2∠HAG,:2R-4,即2Y5-1G。∠BDO=∠CEO,:.∠AEF=∠B=60°，∠HAG=20°·CF=CGa∠DOB=∠EOC,.EH平分∠FEG,∠FEG=20°，V5,∠FEH=∠GEH=109解得AG=2a.OB=OC.在Rt△ABG中，根据勾股定理，得∴.△DOB≌△EOC(AAS).当点F在点G左侧时，如图①.OD-OE在△HAE中，∠H=180°-20°-60°AB2+BG2=AG,即(2V5)2+(7-a)P=(2a)2又∠ADC=∠AEB=90°，.·.∠1=∠2.60°-10°=30解得a=3,a2=_23(不合题意，舍去)19.(1)证明：·.·点D,E分别为AB,AC在△GAE中，∠AGE=180°-60°-60°3的中点，点G,F分别为BH,CH的中点20°=40°..CG=3.DE是△ABC的中位线，GF是.∠AGE+∠H=70'.S平行四边形AcCH=CG·AB=3×2V5=△HBC的中位线.ED6V5.23版DE,∥BC,DB=2BC,GF∥BC,GF阶段性达标测试（二）BGF C·、选择题2BC.BFHG C上'.DE∥GF,DE=GF.四边形DEFG为平行四边形7.两，点之间，线段最短8.107°(2解：.四边形DEFG为平行四边形，(第22题图)当点F在点G右侧时，如图②9.活10.36°11.112.75或105.·.DG=EF=2.三、13解：如图所示.DG⊥BH,.∴.∠DGB=90°在△HAE中，∠H=180°-20°-60°(60°-10°)=50..BC=VBD2-DC2 =V32-22 =V5在△GAE中，∠AGE=180°-60°-点G为BH的中点，(60°-20°)=80°∴.BH=2BG=2V520.解：(1)135°G所茹H02+∠用的度数为主视图左视图俯视图(2).BE=BA,CD=CA.70°或130°.(第13题图)∠BEA=∠BAE,∠CDA=∠CAD.、23.解：(1)证明：.四边形ABCD14.解：(1)如图，△AB,C,即为所求设∠BEA=∠BAE=x,∠CDA=LCA D-y.1是正方形：(2)如图，△ABC2即为所求..·∠BAC=90°，.·.∠B+∠C=90°.∴.AD=DC,∠ADC=90°A∴.180°-2x+180°-2y=90°∠EDF=90°，∴.∠ADC=∠EDF解得x+y=135∠ADE=∠CDE∴.∠DAE=180°-(x+y)=180°-135°-45在△ADE和△CDF中，五、21.解：(1)四边形OCDE是菱形.DA=DC理由如下：∠ADE=∠CDF.CD∥OE.∠FDC=∠FOEDE-DF.BCCE是线段OD的垂直平分线，·.△ADE≌△CDESAS)4(G,)B.FD=FO,ED=EO,CD=CO.(2)①证明：设AG与CD相交于点P在△FDC和△FOE中，.∠ADP=90°，∴.∠DAP+∠DPA=90°I∠FDC=∠FOE,·.△ADE≌△CDF,∴.∠DAE=∠DCFFD=FO.'∠DPA=∠GPC∠DFC=∠OFE,·.∠GPC+∠GCP=90°.·.∠PGV=90°'.△FDC≌△FOE(ASA)又BM⊥AG,BN⊥GY(第14题图)..CD=EO...ED=EO=CD-CO四边形BMGN是矩形15.解：.∠A=28°，∠B=62°·四边形OCDE是菱形∴.∠MBW=90°∴.∠ACB=180°-∠A-∠B=90°(2).·四边形ABCD为矩形四边形ABCD是正方形，CE平分∠ACB,∴.∠BCD=∠CDA=90°，DO=CO.AB=BC,∠ABC=∠MBN=90°CE是线段OD的垂直平分线'.∠ABM=∠CBN..LBCE=7∠ACB=45∴.CD=CO.'.CD=CO=DO又·.·∠AMB=∠CNB=90°，.CD是AB边上的高，∴∠BDC=90°.△ODC为等边三角形.∴.△AMB≌△CWB.∴.MB=NB.∴.∠BCD=90°-∠B=28°'.DO=CD=4,∠ODC=60°·矩形BMGN是正方形·.∠DCE=∠BCE-∠BCD=45°-DF=2 D0=2.②作DH⊥AG于点H,作BM⊥AG28°=17°于点16.(1)证明：.AD∥BC.∴∠EAD=∠B在Rt△CDF中，CD=4,DF=2,由勾此时△AMB≌△DHA...BM=A H..‘∠B=∠D,.∴.∠EAD=∠D.股定理，得CF=VCD2-DP=2V3.BE∥CD.∴∠E=∠ECD..AHP=AD2-DH2,AD=4,2)解：△BCE是等边三角形.理由由(1)可知，四边形OCDE是菱形·.DH最大时，AH最小，DH最大=DE=2.如下：..EF-CF-2V3.BM小三AH最小=2V3CE平分∠BCD,∴.∠BCE=∠ECD..'∠GDF=∠CDA-∠ODC=30°由①可知，△BGM是等腰直角三·.EB∥CD,.·.∠ECD=∠E=60°角形，∴.BC最小=V2BM最小=2V6.∴.∠BCE=60°.tan∠CDR-CF4版∴.∠B=180°-∠E-∠BCE=60°GF-DFnLGDF-2tan30-2V3勾股定理，复习直通车∴.∠B=∠BCE=∠E.31考场练兵1D.△BCE是等边三角形EG-BR-GR-2V3_2V3_4V3考场练兵2C17.解：(1)如图①所示，线段EF即考场练兵3A为所求.33·考场练兵49第4页