2024—2025学年上学期河北初中数学九年级开学模拟试卷3(含解析+考点卡片)

文档属性

名称 2024—2025学年上学期河北初中数学九年级开学模拟试卷3(含解析+考点卡片)
格式 docx
文件大小 371.4KB
资源类型 试卷
版本资源 通用版
科目 数学
更新时间 2024-07-09 20:04:54

图片预览

文档简介

中小学教育资源及组卷应用平台
2024—2025学年上学期河北初中数学九年级开学模拟试卷3
一.选择题(共20小题,满分60分,每小题3分)
1.(3分)下列图形中,不是中心对称图形的是(  )
A. B.
C. D.
2.(3分)方程x2﹣4x﹣5=0的根是(  )
A.x1=﹣1,x2=5 B.x1=1,x2=5
C.x1=1,x2=﹣5 D.x1=﹣1,x2=﹣5
3.(3分)矩形具有而菱形不一定具有的性质是(  )
A.对边分别相等 B.对角分别相等
C.对角线互相平分 D.对角线相等
4.(3分)若4a2+m能运用平方差公式进行因式分解,则m的值不可能是(  )
A.﹣25b2 B.﹣1 C.9b2 D.﹣b2
5.(3分)如图,在菱形ABCD中,对角线AC,BD交于点O,AO=3,∠ABC=60°,则菱形ABCD的周长是(  )
A.36 B.24 C.12 D.6
6.(3分)下列不等式组的解集,在数轴上表示为如图所示的是(  )
A. B. C. D.
7.(3分)如图,将△ABC绕点A逆时针旋转一定角度得到△ADE.若∠BAC=85°,∠E=70°,且AD⊥BC,则旋转角的度数为(  )
A.65° B.70° C.75° D.85°
8.(3分)近几年“天一阁”的参观人数逐年递增.据统计2018年为10万人次,2020年为17万人次,设参观人次的平均年增长率为x,则(  )
A.10(1+x)2=17 B.17(1﹣x)22=10
C.10(1﹣x)2=17 D.10[(1+x)+(1+x)2]=17
9.(3分)如图,D是△ABC内一点,BD⊥CD,AD=7,BD=12,CD=5,E,F,G,H分别是AB,BD,CD,AC的中点,则四边形EFGH的周长为(  )
A.20 B.24 C.36 D.41
10.(3分)把方程﹣0.2x2﹣2x+5=0的二次项系数化为1,可得方程(  )
A.x2+0.4x﹣1=0 B.x2+10x﹣25=0
C.x2﹣0.4x+1=0 D.x2﹣10x+25=0
11.(3分)下列四个命题中是真命题的有(  )
①对角线相等的平行四边形是矩形;
②对角线互相垂直的平行四边形是菱形;
③四角相等且两边相等的四边形是正方形;
④对角线和一边的夹角是45°的菱形是正方形.
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
12.(3分)按照如图所示的流程,若输出的M=﹣6,则输入的m为(  )
A.3 B.1 C.0 D.﹣1
13.(3分)下列语句中正确的是(  )
A.四条边都相等的四边形是正四边形
B.四个角都相等的四边形是正四边形
C.等边三角形不是正多边形
D.正方形是正多边形
14.(3分)《四元玉鉴》是我国古代数学重要著作之一,为元代数学家朱世杰所著,该著作记载了“买椽多少”问题:“六贯二百一十钱,倩人去买几株椽,每株脚钱三文足,无钱准与一株椽.”大意是:现请人代买一批椽,这批椽的价钱为6210文,如果每株椽的运费是3文,那么少拿一株椽后,剩下的椽的运费恰好等于一株椽的价钱,试问6210文能买多少株椽?(椽,装于屋顶以支持屋顶材料的木杆)设这批椽有x株,则符合题意的方程是(  )
A. B.
C. D.
15.(3分)一元二次方程x2﹣2x+3=0的根的情况为(  )
A.有两个相等的实数根
B.有两个不相等的实数根
C.没有实数根
D.只有一个实数根
16.(3分)如图,在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=12,CB=9.以顶点A为圆心,适当长为半径画弧,分别交AC,AB于点M,N,再分别以M,N为圆心,大于的长为半径画弧,两弧交于P点,作射线AP交边BC于点D.若CD=4,则△ABD的面积是(  )
A.15 B.30 C.45 D.60
17.(3分)不等式组的解集是x>﹣1,则m的值是(  )
A.﹣1 B.﹣2 C.1 D.2
18.(3分)如图,矩形纸片ABCD的边AB长为4,将这张纸片沿EF折叠,使点C与点A重合,已知折痕EF长为,则BC长为(  )
A.4.8 B.6.4 C.8 D.10
19.(3分)如图所示,在同一平面直角坐标系中,一次函数图象y=x+2与y=kx﹣1相交于点P(m,1),则关于x的方程x+2>kx﹣1的解为(  )
A.x>1 B.x<1 C.x>﹣1 D.x<﹣1
20.(3分)如图,在平面直角坐标系中,正六边形ABCDEF的边AB在x轴正半轴上,顶点F在y轴正半轴上,AB=2.将正六边形ABCDEF绕原点O顺时针旋转,每次旋转90°,经过第2022次旋转后,顶点D的坐标为(  )
A.(﹣3,﹣2) B.(﹣2.﹣2) C.(﹣3,﹣3) D.(﹣2,﹣3)
二.解答题(共3小题,满分40分)
21.(20分)解方程:
(1);
(2)x2﹣11x+30=0.
22.(10分)“武汉加油!中国加油!”疫情牵动万人心,每个人都在为抗击疫情而努力.某厂改造了10条口罩生产线,每条生产线每天可生产口罩500个.如果每增加一条生产线,每条生产线就会比原来少生产20个口罩,若每天共生产口罩6000个,在投入人力物力尽可能少的情况下,应该增加几条生产线?
23.(10分)问题提出
(1)如图①,已知正方形ABCD的边长为4,E是BC的中点,将线段AE绕点E顺时针旋转90°得到线段FE,连接CF,求CF的长;
问题解决
(2)为了解乡村生活、体验乡村水土风情、享受田园风光,某校计划利用空地修建蔬菜种植基地,让学生自己种植,自己管理,学习种植技术,体验丰收的喜悦.已知蔬菜种植基地ABCD的设计示意图如图②所示,其中AD∥BC,BC=CD=100m,∠C=60°,E为CD上一点,且不与C,D重合,∠AEB=60°.按设计要求,△ABE中种植叶菜类,其余种植根茎类.设CE的长为x(m),蔬菜种植基地的面积为y(m2).
①求y与x之间的函数关系式;
②当种植叶菜类的面积恰好与根茎类的面积相等时,求AB的长.
2024—2025学年上学期河北初中数学九年级开学模拟试卷3
参考答案与试题解析
一.选择题(共20小题,满分60分,每小题3分)
1.(3分)下列图形中,不是中心对称图形的是(  )
A. B.
C. D.
【考点】中心对称图形.
【专题】平移、旋转与对称;几何直观.
【答案】D
【分析】把一个图形绕某一点旋转180°,如果旋转后的图形能够与原来的图形重合,那么这个图形就叫做中心对称图形,据此可得结论.
【解答】解:A.是中心对称图形,故本选项不合题意;
B.是中心对称图形,故本选项不合题意;
C.是中心对称图形,故本选项不合题意;
D.不是中心对称图形,故本选项符合题意.
故选:D.
【点评】本题主要考查了中心对称图形,正确理解中心对称图形的定义是解题的关键.
2.(3分)方程x2﹣4x﹣5=0的根是(  )
A.x1=﹣1,x2=5 B.x1=1,x2=5
C.x1=1,x2=﹣5 D.x1=﹣1,x2=﹣5
【考点】解一元二次方程﹣因式分解法.
【专题】一元二次方程及应用;运算能力.
【答案】A
【分析】先利用因式分解法把方程转化为x﹣5=0或x+1=0,然后解两个一次方程即可.
【解答】解:x2﹣4x﹣5=0,
(x﹣5)(x+1)=0,
x﹣5=0或x+1=0,
所以x1=5,x2=﹣1.
故选:A.
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法:因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法,这种方法简便易用,是解一元二次方程最常用的方法.
3.(3分)矩形具有而菱形不一定具有的性质是(  )
A.对边分别相等 B.对角分别相等
C.对角线互相平分 D.对角线相等
【考点】矩形的性质;菱形的性质.
【专题】推理填空题.
【答案】D
【分析】举出矩形和菱形的所有性质,找出矩形具有而菱形不具有的性质即可.
【解答】解:矩形的性质有:①矩形的对边相等且平行,②矩形的对角相等,且都是直角,③矩形的对角线互相平分、相等;
菱形的性质有:①菱形的四条边都相等,且对边平行,②菱形的对角相等,③菱形的对角线互相平分、垂直,且每一条对角线平分一组对角;
∴矩形具有而菱形不一定具有的性质是对角线相等,
故选:D.
【点评】本题考查了对矩形的性质和菱形的性质的理解和掌握,主要检查学生是否能掌握矩形和菱形的性质,此题比较典型,但是一道容易出错的题目.
4.(3分)若4a2+m能运用平方差公式进行因式分解,则m的值不可能是(  )
A.﹣25b2 B.﹣1 C.9b2 D.﹣b2
【考点】因式分解﹣运用公式法.
【专题】整式;运算能力.
【答案】C
【分析】利用平方差公式的结构特征,平方差公式:a2﹣b2=(a+b)(a﹣b)判断即可.
【解答】解:当m=﹣25b2时,4a2﹣25b2=(2a﹣5b)(2a+5b),故A选项不合题意;
当m=﹣1时,4a2﹣1=(2a﹣1)(2a+1),故B选项不合题意;
当m=9b2时,4a2+9b2,无法运用平方差公式分解因式,故C选项符合题意;
当m=﹣b2时,4a2﹣b2=(2a﹣b)(2a+b),故D选项不合题意.
故选:C.
【点评】此题考查了因式分解﹣运用公式法,熟练掌握平方差公式是解本题的关键.
5.(3分)如图,在菱形ABCD中,对角线AC,BD交于点O,AO=3,∠ABC=60°,则菱形ABCD的周长是(  )
A.36 B.24 C.12 D.6
【考点】菱形的性质;等边三角形的判定与性质.
【专题】等腰三角形与直角三角形;矩形 菱形 正方形;运算能力;推理能力.
【答案】B
【分析】由菱形的性质得AC=2AO=6,AB=BC=CD=AD,在证△ABC是等边三角形,得AB=BC=AC=6,即可求解.
【解答】解:∵四边形ABCD菱形,AO=3,
∴AC=2AO=6,AB=BC=CD=AD,
∵∠ABC=60°,
∴△ABC是等边三角形,
∴AB=BC=AC=6,
∴菱形ABCD的周长=4AB=24,
故选:B.
【点评】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质等知识,熟练掌握菱形的性质,证明△ABC为等边三角形是解题的关键.
6.(3分)下列不等式组的解集,在数轴上表示为如图所示的是(  )
A. B. C. D.
【考点】在数轴上表示不等式的解集.
【专题】存在型.
【答案】B
【分析】根据在数轴上表示不等式组解集的方法得出关于x的不等式组即可.
【解答】解:∵﹣1处是空心点,且向右折,
∴x>﹣1;
∵2处是实心点且向左折,
∴x≤2,
∴图中所表示的不等式组是:.
故选:B.
【点评】本题考查的是在数轴上表示一元一次不等式组的解集,即用数轴表示不等式的解集时,要注意“两定”:一是定界点,一般在数轴上只标出原点和界点即可.定边界点时要注意,点是实心还是空心,若边界点含于解集为实心点,不含于解集即为空心点;二是定方向,定方向的原则是:“小于向左,大于向右”.
7.(3分)如图,将△ABC绕点A逆时针旋转一定角度得到△ADE.若∠BAC=85°,∠E=70°,且AD⊥BC,则旋转角的度数为(  )
A.65° B.70° C.75° D.85°
【考点】旋转的性质.
【专题】平移、旋转与对称;运算能力;推理能力.
【答案】A
【分析】先根据旋转的性质得∠C=∠E=70°,∠BAC=∠DAE,再根据垂直的定义得∠AFC=90°,则利用互余计算出∠CAF=90°﹣∠C=20°,于是得到结论.
【解答】解:设AD与BC的交点为F,
∵△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE,
∴∠C=∠E=70°,∠BAC=∠DAE=85°,
∵AD⊥BC,
∴∠AFC=90°,
∴∠CAF=90°﹣∠C=90°﹣70°=20°,
∴∠CAE=∠DAE﹣∠EAC=85°﹣20°=65°,
∴旋转角的度数为65°.
故选:A.
【点评】本题考查了旋转的性质:旋转前后两图形全等;对应点到旋转中心的距离相等;对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角.
8.(3分)近几年“天一阁”的参观人数逐年递增.据统计2018年为10万人次,2020年为17万人次,设参观人次的平均年增长率为x,则(  )
A.10(1+x)2=17 B.17(1﹣x)22=10
C.10(1﹣x)2=17 D.10[(1+x)+(1+x)2]=17
【考点】由实际问题抽象出一元二次方程.
【专题】一元二次方程及应用;应用意识.
【答案】A
【分析】设参观人次的平均年增长率为x,根据题意可得等量关系:10万人次×(1+增长率)2=17万人次,根据等量关系列出方程即可.
【解答】解:设参观人次的平均年增长率为x,由题意得:
10(1+x)2=17,
故选:A.
【点评】本题主要考查了由实际问题抽象出一元二次方程,若设变化前的量为a,变化后的量为b,平均变化率为x,则经过两次变化后的数量关系为a(1±x)2=b.
9.(3分)如图,D是△ABC内一点,BD⊥CD,AD=7,BD=12,CD=5,E,F,G,H分别是AB,BD,CD,AC的中点,则四边形EFGH的周长为(  )
A.20 B.24 C.36 D.41
【考点】中点四边形;三角形中位线定理.
【专题】多边形与平行四边形;推理能力.
【答案】A
【分析】根据勾股定理求出BC,再根据三角形中位线定理计算即可.
【解答】解:∵BD⊥CD,
∴∠BDC=90°,
∴BC13,
∵E,F,G,H分别是AB,BD,CD,AC的中点,
∴EFAD=3.5,GHAD=3.5,EHBC=6.5,GFBC=6.5,
∴四边形EFGH的周长=3.5+3.5+6.5+6.5=20,
故选:A.
【点评】本题考查的是中点四边形,掌握三角形中位线定理是解题的关键.
10.(3分)把方程﹣0.2x2﹣2x+5=0的二次项系数化为1,可得方程(  )
A.x2+0.4x﹣1=0 B.x2+10x﹣25=0
C.x2﹣0.4x+1=0 D.x2﹣10x+25=0
【考点】解一元二次方程﹣公式法;一元二次方程的一般形式;解一元二次方程﹣配方法.
【专题】一元二次方程及应用;运算能力.
【答案】B
【分析】两边都乘以﹣5可得答案.
【解答】解:∵﹣0.2x2﹣2x+5=0,
∴x2+10x﹣25=0,
故选:B.
【点评】本题主要考查解一元二次方程,解一元二次方程常用的方法有:直接开平方法、因式分解法、公式法及配方法,解题的关键是根据方程的特点选择简便的方法.
11.(3分)下列四个命题中是真命题的有(  )
①对角线相等的平行四边形是矩形;
②对角线互相垂直的平行四边形是菱形;
③四角相等且两边相等的四边形是正方形;
④对角线和一边的夹角是45°的菱形是正方形.
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
【考点】命题与定理.
【专题】矩形 菱形 正方形;推理能力.
【答案】C
【分析】根据平行四边形的性质和矩形的判定方法对①进行判断;根据平行四边形的性质和菱形的判定方法对②进行判断;根据正方形的判定方法对③进行判断;根据菱形的性质和正方形的判定方法对④进行判断.
【解答】解:对角线相等的平行四边形是矩形,所以①为真命题;
对角线互相垂直的平行四边形是菱形,所以②为真命题;
四角相等且邻边相等的四边形是正方形,所以③为假命题;
对角线和一边的夹角是45°的菱形是正方形,所以④为真命题.
故选:C.
【点评】本题考查了命题与定理,熟练掌握特殊平行四边形的方法是解决问题的关键.
12.(3分)按照如图所示的流程,若输出的M=﹣6,则输入的m为(  )
A.3 B.1 C.0 D.﹣1
【考点】解分式方程;代数式求值;解一元一次方程.
【专题】一次方程(组)及应用;分式方程及应用;运算能力.
【答案】C
【分析】根据题目中的程序,利用分类讨论的方法可以分别求得m的值,从而可以解答本题.
【解答】解:当m2﹣2m≥0时,,解得m=0,
经检验,m=0是原方程的解,并且满足m2﹣2m≥0,
当m2﹣2m<0时,
m﹣3=﹣6,解得m=﹣3,不满足m2﹣2m<0,舍去.
故输入的m为0.
故选:C.
【点评】本题考查有理数的混合运算,解答本题的关键是明确有理数混合运算的计算方法.
13.(3分)下列语句中正确的是(  )
A.四条边都相等的四边形是正四边形
B.四个角都相等的四边形是正四边形
C.等边三角形不是正多边形
D.正方形是正多边形
【考点】正方形的性质;等边三角形的性质.
【专题】矩形 菱形 正方形;推理能力.
【答案】D
【分析】根据正四边形是由四条完全相同的边和四个完全相同的角组成的平面图形,据此判断A、B选项;平面内各边相等,各角也相等的多边形叫做正多边形,据此判断C、D选项的正误.
【解答】解:A.四条边都相等的四边形是菱形或正方形,而菱形不是正四边形,故错误;
B.四个角都相等的四边形是长方形或正方形,而长方形不是正四边形,故错误;
C.等边三角形是正多边形,故错误;
D.正方形属于正多边形,正确.
故选:D.
【点评】本题考查对特殊四边形的判断,熟练掌握定义及判定定理是关键.
14.(3分)《四元玉鉴》是我国古代数学重要著作之一,为元代数学家朱世杰所著,该著作记载了“买椽多少”问题:“六贯二百一十钱,倩人去买几株椽,每株脚钱三文足,无钱准与一株椽.”大意是:现请人代买一批椽,这批椽的价钱为6210文,如果每株椽的运费是3文,那么少拿一株椽后,剩下的椽的运费恰好等于一株椽的价钱,试问6210文能买多少株椽?(椽,装于屋顶以支持屋顶材料的木杆)设这批椽有x株,则符合题意的方程是(  )
A. B.
C. D.
【考点】由实际问题抽象出分式方程;数学常识.
【专题】分式方程及应用;应用意识.
【答案】D
【分析】由“少拿一株椽后,剩下的椽的运费恰好等于一株椽的价钱”,可得出一株椽的价格为3(x﹣1)文,结合单价=总价÷数量,即可得出关于x的分式方程,此题得解.
【解答】解:由题意得一株椽的价格:3(x﹣1)文,
∴3(x﹣1),
故选:D.
【点评】本题考查了由实际问题抽象出分式方程以及数学常识,找准等量关系,正确列出分式方程是解题的关键.
15.(3分)一元二次方程x2﹣2x+3=0的根的情况为(  )
A.有两个相等的实数根
B.有两个不相等的实数根
C.没有实数根
D.只有一个实数根
【考点】根的判别式.
【专题】计算题;一元二次方程及应用;运算能力.
【答案】C
【分析】先计算根的判别式△,再根据根的判别式进行判断即可.
【解答】解:∵Δ=(﹣2)2﹣4×1×3
=4﹣12
=﹣8<0,
∴原方程无实数根.
故选:C.
【点评】本题考查了根的判别式,掌握如何用根的判别式判定一元二次方程解的情况是解决本题的关键.
16.(3分)如图,在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=12,CB=9.以顶点A为圆心,适当长为半径画弧,分别交AC,AB于点M,N,再分别以M,N为圆心,大于的长为半径画弧,两弧交于P点,作射线AP交边BC于点D.若CD=4,则△ABD的面积是(  )
A.15 B.30 C.45 D.60
【考点】作图—基本作图;角平分线的性质.
【专题】作图题;线段、角、相交线与平行线;运算能力;推理能力.
【答案】B
【分析】如图,过点D作DH⊥AB于H.证明DC=DH=2,可得结论.
【解答】解:如图,过点D作DH⊥AB于H.
∵AP平分∠CAB,DC⊥AC,DH⊥AB,
∴DC=DH=4,
∵∠C=90°,AC=12,CB=9,
∴AB15,
∴S△ABD15×4=30,
故选:B.
【点评】本题考查作图﹣基本作图,角平分线的性质定理等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,利用角平分线的性质定理解决问题.
17.(3分)不等式组的解集是x>﹣1,则m的值是(  )
A.﹣1 B.﹣2 C.1 D.2
【考点】不等式的解集.
【专题】一次方程(组)及应用;一元一次不等式(组)及应用;运算能力.
【答案】B
【分析】根据不等式组的解集得出m+1=﹣1,求出方程的解即可.
【解答】解:∵不等式组的解集是x>﹣1,
∴m+1=﹣1,
解得:m=﹣2,
故选:B.
【点评】本题考查了不等式组的解集和解一元一次方程,能根据求不等式组解集的规律得出m+1=﹣1是解此题的关键.
18.(3分)如图,矩形纸片ABCD的边AB长为4,将这张纸片沿EF折叠,使点C与点A重合,已知折痕EF长为,则BC长为(  )
A.4.8 B.6.4 C.8 D.10
【考点】翻折变换(折叠问题);矩形的性质.
【专题】矩形 菱形 正方形;平移、旋转与对称;推理能力.
【答案】C
【分析】利用翻折变换的知识,可得到AE=AF,过点F作FG⊥BC于G,得矩形AFGB,用勾股定理可求出EG,由翻折变换设AE=AF=BG=x,利用勾股定理可求出x的值,进而可以解决问题.
【解答】解:由折叠可知:∠AEF=∠CEF,
∵AD∥BC,
∴∠AFE=∠FEC,
∴∠AFE=∠AEF,
∴AE=AF,
过点F作FG⊥BC于G,得矩形AFGB,
∴FG=AB=4,AF=BG,
在Rt△FEG中,EF=2,
∴EG2,
由折叠可知:AE=CE,
∴AE=AF=CE,
在Rt△ABE中,设AE=AF=BG=x,AB=4,
∴BE=BG﹣EG=x﹣2,
∴x2﹣42=(x﹣2)2,
∴x=5,
∴AE=AF=CE=5,BE=x﹣2=3,
∴BC=CE+BE=5+3=8.
故选:C.
【点评】本题考查了折叠的知识,矩形的性质,勾股定理等知识点的理解和运用,关键是根据题意得出方程.
19.(3分)如图所示,在同一平面直角坐标系中,一次函数图象y=x+2与y=kx﹣1相交于点P(m,1),则关于x的方程x+2>kx﹣1的解为(  )
A.x>1 B.x<1 C.x>﹣1 D.x<﹣1
【考点】一次函数与一元一次不等式;两条直线相交或平行问题.
【专题】一次函数及其应用;用函数的观点看方程(组)或不等式;几何直观;运算能力.
【答案】C
【分析】利用y=x+2求得点P的坐标,然后根据图象即可求得不等式x+2>kx﹣1的解集.
【解答】解:∵一次函数y=x+2的图象过点P(m,1),
∴1=m+2,
∴m=﹣1,
∴一次函数y=x+2与y=kx﹣1相交于点P(﹣1,1),
则关于x的不等式x+2>kx﹣1的解集为x>﹣1,
故选:C.
【点评】本题考查了一次函数与一元一次不等式:从函数图象的角度看,就是确定直线y=kx+b在x轴上(或下)方部分所有的点的横坐标所构成的集合,运用数形结合的思想解决此类问题.
20.(3分)如图,在平面直角坐标系中,正六边形ABCDEF的边AB在x轴正半轴上,顶点F在y轴正半轴上,AB=2.将正六边形ABCDEF绕原点O顺时针旋转,每次旋转90°,经过第2022次旋转后,顶点D的坐标为(  )
A.(﹣3,﹣2) B.(﹣2.﹣2) C.(﹣3,﹣3) D.(﹣2,﹣3)
【考点】正多边形和圆;坐标与图形变化﹣旋转;规律型:点的坐标.
【专题】规律型;等腰三角形与直角三角形;正多边形与圆;运算能力;推理能力.
【答案】A
【分析】由正六边形ABCDEF绕原点O顺时针旋转,每次旋转90°,可知正六边形ABCDEF绕原点O每4次旋转一周,经过第2022次旋转后,正六边形ABCDEF在第三象限,且点A和点F分别在x轴的负半轴和y轴的负半轴上,延长DE交y轴于点G,可证明DG⊥y轴,求得EGEF=1,OF=GF=EF sin60°,则DG=3,OG=2,所以D(﹣3,﹣2).
【解答】解:∵正六边形ABCDEF绕原点O顺时针旋转,每次旋转90°,且360÷90=4(次),
∴正六边形ABCDEF绕原点O每4次旋转一周,
∴2022÷4=505(周)……2(次),
∴经过第2022次旋转后,正六边形ABCDEF在第三象限如图所示的位置,
延长DE交y轴于点G,
∵六边形ABCDEF是正六边形,AB=2,
∴∠OAF=∠GEF60°,DE=EF=AF=AB=2,
∴∠AFE=∠BAF=120°,
∵∠AOF=90°,
∴∠AFO=30°,
∴∠EFG=180°﹣∠AFO﹣∠AFE=30°,
∴∠EGF=90°,
∴DG⊥y轴,
∵EGEF=1,OF=GF=EF sin60°=2,
∴DG=DE+EG=3,OG=OF+GF=2,
∴D(﹣3,﹣2),
故选:A.
【点评】此题重点考查图形与坐标、旋转的性质、正多边形的外角与内角的求法、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半、锐角三角函数等知识与方法,探究正六边形ABCDEF绕点O旋转的规律,准确判断经过第2022次旋转后,正六边形ABCDEF所在的位置是解题的关键.
二.解答题(共3小题,满分40分)
21.(20分)解方程:
(1);
(2)x2﹣11x+30=0.
【考点】解一元二次方程﹣因式分解法;解分式方程.
【专题】一元二次方程及应用;运算能力.
【答案】(1)无解;
(2)x1=5,x2=6.
【分析】(1)去分母化为整式方程,解之检验即可;
(2)利用因式分解法求解即可.
【解答】解:(1),
去分母得:(x+1)2﹣4=x2﹣1,
解得:x=1,
检验:当x=1时,x2﹣1=0,
∴x=1是原方程的增根,
∴原方程无解;
(2)x2﹣11x+30=0,
∴(x﹣5)(x﹣6)=0,
∴x﹣5=0或x﹣6=0,
解得:x1=5,x2=6.
【点评】本题考查了解一元二次方程,解分式方程,准确熟练地进行计算是解题的关键.
22.(10分)“武汉加油!中国加油!”疫情牵动万人心,每个人都在为抗击疫情而努力.某厂改造了10条口罩生产线,每条生产线每天可生产口罩500个.如果每增加一条生产线,每条生产线就会比原来少生产20个口罩,若每天共生产口罩6000个,在投入人力物力尽可能少的情况下,应该增加几条生产线?
【考点】一元二次方程的应用.
【专题】一元二次方程及应用;运算能力;应用意识.
【答案】5.
【分析】生产线的条数乘以每条生产线生产的口罩数量=6000,据此列出一元二次方程,求解并根据题意作出取舍即可.
【解答】解:应该增加几条生产线x条生产线,
由题意得:(10+x)(500﹣20x)=6000,
整理得:x2﹣15x+50=0,
解得:x1=5,x2=10,
∵尽可能投入少,
∴x2=10舍去.
答:应该增加5条生产线.
【点评】本题主要考查了一元二次方程在实际问题中的应用,理清题中的数量关系是解决问题的关键.
23.(10分)问题提出
(1)如图①,已知正方形ABCD的边长为4,E是BC的中点,将线段AE绕点E顺时针旋转90°得到线段FE,连接CF,求CF的长;
问题解决
(2)为了解乡村生活、体验乡村水土风情、享受田园风光,某校计划利用空地修建蔬菜种植基地,让学生自己种植,自己管理,学习种植技术,体验丰收的喜悦.已知蔬菜种植基地ABCD的设计示意图如图②所示,其中AD∥BC,BC=CD=100m,∠C=60°,E为CD上一点,且不与C,D重合,∠AEB=60°.按设计要求,△ABE中种植叶菜类,其余种植根茎类.设CE的长为x(m),蔬菜种植基地的面积为y(m2).
①求y与x之间的函数关系式;
②当种植叶菜类的面积恰好与根茎类的面积相等时,求AB的长.
【考点】四边形综合题.
【专题】几何综合题;线段、角、相交线与平行线;图形的全等;等腰三角形与直角三角形;矩形 菱形 正方形;梯形;平移、旋转与对称;解直角三角形及其应用;运算能力;推理能力.
【答案】(1)2;
(2)①y=25x+2500,(0<x<100);
②50m.
【分析】(1)取AB的中点R,连接ER,由正方形的性质和E是BC的中点得出AR=BR=BE=CE=2,∠B=90°,则△EBR是等腰直角三角形,得出REBE=2,再由SAS证得△CEF≌△RAE,即可得出结果;
(2)①过点E作EG⊥AD交AD延长线于G,延长GE交BC于F,则DE=(100﹣x)m,求出EFx m,EG=(100﹣x)m,GF=50m,在BC上截取CN=CE,连接EN,则△ECN为等边三角形,得出EN=CN=CE=x m,∠ENC=∠CEN=60°,再由ASA证得△BNE≌△EDA,得出AD=EN=x m,BE=AE,最后由梯形面积公式即可得出结果;
②当种植叶菜类的面积恰好与根茎类的面积相等时,即S△ADE+S△BECy,求出CE=50m,即可得出EF=25m、CF=25m、BF=75m、BE=50m,再证明△ABE是等边三角形,即可得出结果.
【解答】解:(1)取AB的中点R,连接ER,如图①所示:
∵四边形ABCD是边长为4的正方形,E是BC的中点,
∴AR=BR=BE=CEAB4=2,∠B=90°,
∴△EBR是等腰直角三角形,
∴REBE2=2,∠BRE=∠BER=45°,
∴∠RAE+∠REA=45°,
∵线段AE绕点E顺时针旋转90°得到线段FE,
∴FE=AE,∠AEF=90°,∠CEF+∠REA=180°﹣∠AEF﹣∠BER=180°﹣90°﹣45°=45°,
∴∠CEF=∠RAE,
在△CEF和△RAE中,

∴△CEF≌△RAE(SAS),
∴CF=RE=2;
(2)①过点E作EG⊥AD交AD延长线于G,延长GE交BC于F,如图②所示:
∵AD∥BC,
∴EF⊥BC,∠EDG=∠C=60°,
∴∠EDA=120°,
∵BC=CD=100m,
∴DE=(100﹣x)m,
在Rt△EFC中,EF=CE×sin60°x(m),
在Rt△EGD中,EG=DE×sin60°=(100﹣x)(m),
∴GF=EF+EGx+(100﹣x)50(m),
在BC上截取CN=CE,连接EN,
则△ECN为等边三角形,
∴EN=CN=CE=x m,∠ENC=∠CEN=60°,
∴∠BNE=120°=∠EDA,∠EBN+∠BEN=60°,
∵∠AED+∠BEN=180°﹣∠AEB﹣∠CEN=180°﹣60°﹣60°=60°,
∴∠EBN=∠AED,
∵BC﹣CN=CD﹣CE,
∴BN=ED,
在△BNE和△EDA中,

∴△BNE≌△EDA(ASA),
∴AD=EN=x m,BE=AE,
∴y(AD+BC) GF(x+100)×5025x+2500,(0<x<100),
∴y与x之间的函数关系式为:y=25x+2500,(0<x<100);
②当种植叶菜类的面积恰好与根茎类的面积相等时,即S△ADE+S△BECy,
∴x(100﹣x)100x(25x+2500),
整理得:(x﹣50)(x﹣100)=0,
∴x1=50,x2=100(不合题意舍去),
∴CE=50m,
∴EF50=25(m),
在Rt△EFC中,由勾股定理得:CF25(m),
∴BF=BC﹣CF=100﹣25=75(m),
在Rt△EFB中,由勾股定理得:BE50(m),
∵AE=BE,∠AEB=60°,
∴△ABE是等边三角形,
∴AB=BE=50m.
【点评】本题是四边形综合题,考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、旋转的性质、锐角三角函数的定义、平行线的性质、梯形面积的计算、三角形面积计算等知识,综合性强,通过作辅助线构建全等三角形是解题的关键.
考点卡片
1.数学常识
数学常识
此类问题要结合实际问题来解决,生活中的一些数学常识要了解.比如给出一个物体的高度要会选择它合适的单位长度等等.
平时要注意多观察,留意身边的小知识.
2.代数式求值
(1)代数式的值:用数值代替代数式里的字母,计算后所得的结果叫做代数式的值.
(2)代数式的求值:求代数式的值可以直接代入、计算.如果给出的代数式可以化简,要先化简再求值.
题型简单总结以下三种:
①已知条件不化简,所给代数式化简;
②已知条件化简,所给代数式不化简;
③已知条件和所给代数式都要化简.
3.因式分解-运用公式法
1、如果把乘法公式反过来,就可以把某些多项式分解因式,这种方法叫公式法.
平方差公式:a2﹣b2=(a+b)(a﹣b);
完全平方公式:a2±2ab+b2=(a±b)2;
 2、概括整合:
①能够运用平方差公式分解因式的多项式必须是二项式,两项都能写成平方的形式,且符号相反.
②能运用完全平方公式分解因式的多项式必须是三项式,其中有两项能写成两个数(或式)的平方和的形式,另一项是这两个数(或式)的积的2倍.
3、要注意公式的综合应用,分解到每一个因式都不能再分解为止.
4.解一元一次方程
(1)解一元一次方程的一般步骤:
去分母、去括号、移项、合并同类项、系数化为1,这仅是解一元一次方程的一般步骤,针对方程的特点,灵活应用,各种步骤都是为使方程逐渐向x=a形式转化.
(2)解一元一次方程时先观察方程的形式和特点,若有分母一般先去分母;若既有分母又有括号,且括号外的项在乘括号内各项后能消去分母,就先去括号.
(3)在解类似于“ax+bx=c”的方程时,将方程左边,按合并同类项的方法并为一项即(a+b)x=c.使方程逐渐转化为ax=b的最简形式体现化归思想.将ax=b系数化为1时,要准确计算,一弄清求x时,方程两边除以的是a还是b,尤其a为分数时;二要准确判断符号,a、b同号x为正,a、b异号x为负.
5.一元二次方程的一般形式
(1)一般地,任何一个关于x的一元二次方程经过整理,都能化成如下形式ax2+bx+c=0(a≠0).这种形式叫一元二次方程的一般形式.
其中ax2叫做二次项,a叫做二次项系数;bx叫做一次项;c叫做常数项.一次项系数b和常数项c可取任意实数,二次项系数a是不等于0的实数,这是因为当a=0时,方程中就没有二次项了,所以,此方程就不是一元二次方程了.
(2)要确定二次项系数,一次项系数和常数项,必须先把一元二次方程化成一般形式.
6.解一元二次方程-配方法
(1)将一元二次方程配成(x+m)2=n的形式,再利用直接开平方法求解,这种解一元二次方程的方法叫配方法.
(2)用配方法解一元二次方程的步骤:
①把原方程化为ax2+bx+c=0(a≠0)的形式;
②方程两边同除以二次项系数,使二次项系数为1,并把常数项移到方程右边;
③方程两边同时加上一次项系数一半的平方;
④把左边配成一个完全平方式,右边化为一个常数;
⑤如果右边是非负数,就可以进一步通过直接开平方法来求出它的解,如果右边是一个负数,则判定此方程无实数解.
7.解一元二次方程-公式法
(1)把x(b2﹣4ac≥0)叫做一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的求根公式.
(2)用求根公式解一元二次方程的方法是公式法.
(3)用公式法解一元二次方程的一般步骤为:
①把方程化成一般形式,进而确定a,b,c的值(注意符号);
②求出b2﹣4ac的值(若b2﹣4ac<0,方程无实数根);
③在b2﹣4ac≥0的前提下,把a、b、c的值代入公式进行计算求出方程的根.
注意:用公式法解一元二次方程的前提条件有两个:①a≠0;②b2﹣4ac≥0.
8.解一元二次方程-因式分解法
(1)因式分解法解一元二次方程的意义
因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法,这种方法简便易用,是解一元二次方程最常用的方法.
因式分解法就是先把方程的右边化为0,再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式,那么这两个因式的值就都有可能为0,这就能得到两个一元一次方程的解,这样也就把原方程进行了降次,把解一元二次方程转化为解一元一次方程的问题了(数学转化思想).
(2)因式分解法解一元二次方程的一般步骤:
①移项,使方程的右边化为零;②将方程的左边分解为两个一次因式的乘积;③令每个因式分别为零,得到两个一元一次方程;④解这两个一元一次方程,它们的解就都是原方程的解.
9.根的判别式
利用一元二次方程根的判别式(△=b2﹣4ac)判断方程的根的情况.
一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与△=b2﹣4ac有如下关系:
①当△>0时,方程有两个不相等的两个实数根;
②当△=0时,方程有两个相等的两个实数根;
③当△<0时,方程无实数根.
上面的结论反过来也成立.
10.由实际问题抽象出一元二次方程
在解决实际问题时,要全面、系统地审清问题的已知和未知,以及它们之间的数量关系,找出并全面表示问题的相等关系,设出未知数,用方程表示出已知量与未知量之间的等量关系,即列出一元二次方程.
11.一元二次方程的应用
1、列方程解决实际问题的一般步骤是:审清题意设未知数,列出方程,解所列方程求所列方程的解,检验和作答.
2、列一元二次方程解应用题中常见问题:
(1)数字问题:个位数为a,十位数是b,则这个两位数表示为10b+a.
(2)增长率问题:增长率=增长数量/原数量×100%.如:若原数是a,每次增长的百分率为x,则第一次增长后为a(1+x);第二次增长后为a(1+x)2,即 原数×(1+增长百分率)2=后来数.
(3)形积问题:①利用勾股定理列一元二次方程,求三角形、矩形的边长.②利用三角形、矩形、菱形、梯形和圆的面积,以及柱体体积公式建立等量关系列一元二次方程.③利用相似三角形的对应比例关系,列比例式,通过两内项之积等于两外项之积,得到一元二次方程.
(4)运动点问题:物体运动将会沿着一条路线或形成一条痕迹,运行的路线与其他条件会构成直角三角形,可运用直角三角形的性质列方程求解.
【规律方法】列一元二次方程解应用题的“六字诀”
1.审:理解题意,明确未知量、已知量以及它们之间的数量关系.
2.设:根据题意,可以直接设未知数,也可以间接设未知数.
3.列:根据题中的等量关系,用含所设未知数的代数式表示其他未知量,从而列出方程.
4.解:准确求出方程的解.
5.验:检验所求出的根是否符合所列方程和实际问题.
6.答:写出答案.
12.解分式方程
(1)解分式方程的步骤:①去分母;②求出整式方程的解;③检验;④得出结论.
(2)解分式方程时,去分母后所得整式方程的解有可能使原方程中的分母为0,所以应如下检验:
①将整式方程的解代入最简公分母,如果最简公分母的值不为0,则整式方程的解是原分式方程的解.
②将整式方程的解代入最简公分母,如果最简公分母的值为0,则整式方程的解不是原分式方程的解.
所以解分式方程时,一定要检验.
13.由实际问题抽象出分式方程
由实际问题抽象出分式方程的关键是分析题意找出相等关系.
(1)在确定相等关系时,一是要理解一些常用的数量关系和一些基本做法,如行程问题中的相遇问题和追击问题,最重要的是相遇的时间相等、追击的时间相等.
(2)列分式方程解应用题要多思、细想、深思,寻求多种解法思路.
14.不等式的解集
(1)不等式的解的定义:
使不等式成立的未知数的值叫做不等式的解.
(2)不等式的解集:
能使不等式成立的未知数的取值范围,叫做不等式的解的集合,简称解集.
(3)解不等式的定义:
求不等式的解集的过程叫做解不等式.
(4)不等式的解和解集的区别和联系
不等式的解是一些具体的值,有无数个,用符号表示;不等式的解集是一个范围,用不等号表示.不等式的每一个解都在它的解集的范围内.
15.在数轴上表示不等式的解集
用数轴表示不等式的解集时,要注意“两定”:
一是定界点,一般在数轴上只标出原点和界点即可.定边界点时要注意,点是实心还是空心,若边界点含于解集为实心点,不含于解集即为空心点;
二是定方向,定方向的原则是:“小于向左,大于向右”.
【规律方法】不等式解集的验证方法
某不等式求得的解集为x>a,其验证方法可以先将a代入原不等式,则两边相等,其次在x>a的范围内取一个数代入原不等式,则原不等式成立.
16.规律型:点的坐标
1.所需能力:(1)深刻理解平面直角坐标系和点坐标的意义(2)探索各个象限的点和坐标轴上的点其坐标符号规律(3)探索关于平面直角坐标系中有关对称,平移等变化的点的坐标变化规律.
2.重点:探索各个象限的点和坐标轴上的点其坐标符号规律
3.难点:探索关于平面直角坐标系中有关对称,平移等变化的点的坐标变化规律.
17.一次函数与一元一次不等式
(1)一次函数与一元一次不等式的关系
从函数的角度看,就是寻求使一次函数y=kx+b的值大于(或小于)0的自变量x的取值范围;
从函数图象的角度看,就是确定直线y=kx+b在x轴上(或下)方部分所有的点的横坐标所构成的集合.
(2)用画函数图象的方法解不等式kx+b>0(或<0)
对应一次函数y=kx+b,它与x轴交点为(,0).
当k>0时,不等式kx+b>0的解为:x,不等式kx+b<0的解为:x;
当k<0,不等式kx+b>0的解为:x,不等式kx+b<0的解为:x.
18.两条直线相交或平行问题
直线y=kx+b,(k≠0,且k,b为常数),当k相同,且b不相等,图象平行;当k不同,且b相等,图象相交;当k,b都相同时,两条线段重合.
(1)两条直线的交点问题
两条直线的交点坐标,就是由这两条直线相对应的一次函数表达式所组成的二元一次方程组的解.
(2)两条直线的平行问题
若两条直线是平行的关系,那么他们的自变量系数相同,即k值相同.
例如:若直线y1=k1x+b1与直线y2=k2x+b2平行,那么k1=k2.
19.角平分线的性质
角平分线的性质:角的平分线上的点到角的两边的距离相等.
注意:①这里的距离是指点到角的两边垂线段的长;②该性质可以独立作为证明两条线段相等的依据,有时不必证明全等;③使用该结论的前提条件是图中有角平分线,有垂直角平分线的性质语言:如图,∵C在∠AOB的平分线上,CD⊥OA,CE⊥OB∴CD=CE
20.等边三角形的性质
(1)等边三角形的定义:三条边都相等的三角形叫做等边三角形,等边三角形是特殊的等腰三角形.
①它可以作为判定一个三角形是否为等边三角形的方法;
②可以得到它与等腰三角形的关系:等边三角形是等腰三角形的特殊情况.在等边三角形中,腰和底、顶角和底角是相对而言的.
(2)等边三角形的性质:等边三角形的三个内角都相等,且都等于60°.
等边三角形是轴对称图形,它有三条对称轴;它的任意一角的平分线都垂直平分对边,三边的垂直平分线是对称轴.
21.等边三角形的判定与性质
(1)等边三角形是一个非常特殊的几何图形,它的角的特殊性给有关角的计算奠定了基础,它的边角性质为证明线段、角相等提供了便利条件.同是等边三角形又是特殊的等腰三角形,同样具备三线合一的性质,解题时要善于挖掘图形中的隐含条件广泛应用.
(2)等边三角形的特性如:三边相等、有三条对称轴、一边上的高可以把等边三角形分成含有30°角的直角三角形、连接三边中点可以把等边三角形分成四个全等的小等边三角形等.
(3)等边三角形判定最复杂,在应用时要抓住已知条件的特点,选取恰当的判定方法,一般地,若从一般三角形出发可以通过三条边相等判定、通过三个角相等判定;若从等腰三角形出发,则想法获取一个60°的角判定.
22.三角形中位线定理
(1)三角形中位线定理:
三角形的中位线平行于第三边,并且等于第三边的一半.
(2)几何语言:
如图,∵点D、E分别是AB、AC的中点
∴DE∥BC,DEBC.
23.菱形的性质
(1)菱形的性质
①菱形具有平行四边形的一切性质;
②菱形的四条边都相等;
③菱形的两条对角线互相垂直,并且每一条对角线平分一组对角;
④菱形是轴对称图形,它有2条对称轴,分别是两条对角线所在直线.
(2)菱形的面积计算
①利用平行四边形的面积公式.
②菱形面积ab.(a、b是两条对角线的长度)
24.矩形的性质
(1)矩形的定义:有一个角是直角的平行四边形是矩形.
(2)矩形的性质
①平行四边形的性质矩形都具有;
②角:矩形的四个角都是直角;
③边:邻边垂直;
④对角线:矩形的对角线相等;
⑤矩形是轴对称图形,又是中心对称图形.它有2条对称轴,分别是每组对边中点连线所在的直线;对称中心是两条对角线的交点.
(3)由矩形的性质,可以得到直角三角形的一个重要性质,直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半.
25.正方形的性质
(1)正方形的定义:有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形.
(2)正方形的性质
①正方形的四条边都相等,四个角都是直角;
②正方形的两条对角线相等,互相垂直平分,并且每条对角线平分一组对角;
③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质.
④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形,同时,正方形又是轴对称图形,有四条对称轴.
26.中点四边形
瓦里尼翁平行四边形(Varignon parallelogram)是四边形的一个特殊内接四边形.顺次连结四边形各边中点而成的四边形是平行四边形,称为瓦里尼翁平行四边形.它的面积是原四边形面积的一半,这个平行四边形是瓦里尼翁(P.Varignon)发现的.
27.四边形综合题
涉及到的知识点比较多,主要考查平行四边形、菱形、矩形、正方形,经常与二次函数和圆一起出现,综合性比较强.
28.正多边形和圆
(1)正多边形与圆的关系
把一个圆分成n(n是大于2的自然数)等份,依次连接各分点所得的多边形是这个圆的内接正多边形,这个圆叫做这个正多边形的外接圆.
(2)正多边形的有关概念
①中心:正多边形的外接圆的圆心叫做正多边形的中心.
②正多边形的半径:外接圆的半径叫做正多边形的半径.
③中心角:正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形的中心角.
④边心距:中心到正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距.
29.作图—基本作图
基本作图有:
(1)作一条线段等于已知线段.
(2)作一个角等于已知角.
(3)作已知线段的垂直平分线.
(4)作已知角的角平分线.
(5)过一点作已知直线的垂线.
30.命题与定理
1、判断一件事情的语句,叫做命题.许多命题都是由题设和结论两部分组成,题设是已知事项,结论是由已知事项推出的事项,一个命题可以写成“如果…那么…”形式.
2、有些命题的正确性是用推理证实的,这样的真命题叫做定理.
3、定理是真命题,但真命题不一定是定理.
4、命题写成“如果…,那么…”的形式,这时,“如果”后面接的部分是题设,“那么”后面解的部分是结论.
5、命题的“真”“假”是就命题的内容而言.任何一个命题非真即假.要说明一个命题的正确性,一般需要推理、论证,而判断一个命题是假命题,只需举出一个反例即可.
31.翻折变换(折叠问题)
1、翻折变换(折叠问题)实质上就是轴对称变换.
2、折叠的性质:折叠是一种对称变换,它属于轴对称,折叠前后图形的形状和大小不变,位置变化,对应边和对应角相等.
3、在解决实际问题时,对于折叠较为复杂的问题可以实际操作图形的折叠,这样便于找到图形间的关系.
首先清楚折叠和轴对称能够提供给我们隐含的并且可利用的条件.解题时,我们常常设要求的线段长为x,然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度,选择适当的直角三角形,运用勾股定理列出方程求出答案.我们运用方程解决时,应认真审题,设出正确的未知数.
32.旋转的性质
(1)旋转的性质:
    ①对应点到旋转中心的距离相等.    ②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角.    ③旋转前、后的图形全等.  (2)旋转三要素:①旋转中心; ②旋转方向; ③旋转角度.    注意:三要素中只要任意改变一个,图形就会不一样.
33.中心对称图形
(1)定义
把一个图形绕某一点旋转180°,如果旋转后的图形能够与原来的图形重合,那么这个图形就叫做中心对称图形,这个点叫做对称中心.
注意:中心对称图形和中心对称不同,中心对称是两个图形之间的关系,而中心对称图形是指一个图形自身的特点,这点应注意区分,它们性质相同,应用方法相同.
(2)常见的中心对称图形
平行四边形、圆形、正方形、长方形等等.
34.坐标与图形变化-旋转
(1)关于原点对称的点的坐标
P(x,y) P(﹣x,﹣y)
(2)旋转图形的坐标
图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标.常见的是旋转特殊角度如:30°,45°,60°,90°,180°.
同课章节目录