


天津市2022年中考数学真题解析版
展开天津市2022年中考数学真题
一、单选题
1.计算(−3)+(−2)的结果等于( )
A.−5 B.−1 C.5 D.1
【答案】A
【知识点】有理数的加法
【解析】【解答】解:(−3)+(−2)
=−3−2
=−5
故答案为:A.
【分析】利用有理数的加法计算法则求解即可。
2.tan45°的值等于( )
A.2 B.1 C.22 D.33
【答案】B
【知识点】特殊角的三角函数值
【解析】【解答】解:作一个直角三角形,∠C=90°,∠A=45°,如图:
∴∠B=90°-45°=45°,
∴△ABC是等腰三角形,AC=BC,
∴根据正切定义,tan∠A=BCAC=1,
∵∠A=45°,
∴tan45°=1,
故答案为: B.
【分析】利用特殊角的三角函数值求解即可。
3.将290000用科学记数法表示应为( )
A.0.29×106 B.2.9×105 C.29×104 D.290×103
【答案】B
【知识点】科学记数法—表示绝对值较大的数
【解析】【解答】解:290000=2.9×105.
故答案为:B
【分析】利用科学记数法的定义及书写要求求解即可。
4.在一些美术字中,有的汉字是轴对称图形.下面4个汉字中,可以看作是轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【知识点】轴对称图形
【解析】【解答】A.不是轴对称图形,故本选项不符合题意;
B.不是轴对称图形,故本选项不符合题意;
C.不是轴对称图形,故本选项不符合题意;
D.是轴对称图形,故本选项符合题意.
故答案为:D.
【分析】根据轴对称图形的定义逐项判定即可。
5.下图是一个由5个相同的正方体组成的立体图形,它的主视图是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【知识点】简单几何体的三视图
【解析】【解答】解:几何体的主视图为:
故答案为:A
【分析】根据三视图的定义求解即可。
6.估计 29 的值在( )
A.3和4之间 B.4和5之间 C.5和6之间 D.6和7之间
【答案】C
【知识点】估算无理数的大小
【解析】【解答】解: ∵52<29<62 ,
∴5<29<6 ,即在5和6之间.
故答案为:C.
【分析】利用估算无理数的方法计算求解即可。
7.计算a+1a+2+1a+2的结果是( )
A.1 B.2a+2 C.a+2 D.aa+2
【答案】A
【知识点】分式的加减法
【解析】【解答】解:a+1a+2+1a+2=a+2a+2=1.
故答案为:A.
【分析】利用分式的加法计算方法求解即可。
8.若点A(x1,2),B(x2,−1),C(x3,4)都在反比例函数y=8x的图像上,则x1,x2,x3的大小关系是( )
A.x1
【知识点】反比例函数的性质
【解析】【解答】解:将三点坐标分别代入函数解析式y=8x,得:
2=8x1,解得x1=4;
-1=8x2,解得x2=-8;
4=8x3,解得x3=2;
∵-8<2<4,
∴x2
【分析】根据反比例函数的性质求解即可。
9.方程x2+4x+3=0的两个根为( )
A.x1=1,x2=3 B.x1=−1,x2=3
C.x1=1,x2=−3 D.x1=−1,x2=−3
【答案】D
【知识点】因式分解法解一元二次方程
【解析】【解答】解:∵x2+4x+3=(x+1)(x+3)
∴(x+1)(x+3)=0
∴x1=−1,x2=−3
故答案为:D.
【分析】利用十字相乘法求出一元二次方程的解即可。
10.如图,△OAB的顶点O(0,0),顶点A,B分别在第一、四象限,且AB⊥x轴,若AB=6,OA=OB=5,则点A的坐标是( )
A.(5,4) B.(3,4) C.(5,3) D.(4,3)
【答案】D
【知识点】点的坐标;直角三角形全等的判定(HL)
【解析】【解答】解:∵AB⊥x轴,
∴∠ACO=∠BCO=90°,
∵OA=OB,OC=OC,
∴△ACO≌△BCO(HL),
∴AC=BC=12AB=3,
∵OA=5,
∴OC=52−32=4,
∴点A的坐标是(4,3),
故答案为:D.
【分析】利用勾股定理求出OC的长,再结合AC=BC=12AB=3,即可得到点A的坐标。
11.如图,在△ABC中,AB=AC,若M是BC边上任意一点,将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN,点M的对应点为点N,连接MN,则下列结论一定正确的是( )
A.AB=AN B.AB∥NC C.∠AMN=∠ACN D.MN⊥AC
【答案】C
【知识点】旋转的性质
【解析】【解答】解:∵将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN,∴△ABM≌△ACN,
∴AB=AC,AM=AN,
∴AB不一定等于AN,A不符合题意;
∵△ABM≌△ACN,
∴∠ACN=∠B,
而∠CAB不一定等于∠B,
∴∠ACN不一定等于∠CAB,
∴AB与CN不一定平行,B不符合题意;
∵△ABM≌△ACN,
∴∠BAM=∠CAN,∠ACN=∠B,
∴∠BAC=∠MAN,
∵AM=AN,AB=AC,
∴△ABC和△AMN都是等腰三角形,且顶角相等,
∴∠B=∠AMN,
∴∠AMN=∠ACN,C符合题意;
∵AM=AN,
而AC不一定平分∠MAN,
∴AC与MN不一定垂直,D不符合题意;
故答案为:C.
【分析】根据旋转变换的性质、等边三角形的性质和平行线的性质判断即可。
12.已知抛物线y=ax2+bx+c(a,b,c是常数,0 ①2a+b<0;
②当x>1时,y随x的增大而增大;
③关于x的方程ax2+bx+(b+c)=0有两个不相等的实数根.
其中,正确结论的个数是( )
A.0 B.1 C.2 D.3
【答案】C
【知识点】二次函数y=ax^2+bx+c的图象;二次函数y=ax^2+bx+c的性质
【解析】【解答】解:由题意可知:a+b+c=0,b=−(a+c),b+c=−a,
∵0 ∴a+c>2a,即b=−(a+c)<−2a,得出b+2a<0,故①符合题意;
∵b+2a<0,
∴对称轴x0=−b2a>1,
∵a>0,
∴1
∵b2−4a(b+c)=b2−4a×(−a)=b2+4a2>0,
∴关于x的方程ax2+bx+(b+c)=0有两个不相等的实数根,故③符合题意.
故答案为:C.
【分析】根据抛物线y=ax2+bx+c经过点(1,0),结合题意判断①;根据抛物线的对称性判断②;根据一元二次方程根的判别式判断③。
二、填空题
13.计算m⋅m7的结果等于 .
【答案】m8
【知识点】同底数幂的乘法
【解析】【解答】解:m⋅m7=m1+7=m8,
故答案为:m8.
【分析】利用同底数幂的乘法计算方法求解即可。
14.计算(19+1)(19−1)的结果等于 .
【答案】18
【知识点】平方差公式及应用
【解析】【解答】解:(19+1)(19−1)=(19)2−12=19−1=18,
故答案为:18.
【分析】利用平方差公式展开计算即可。
15.不透明袋子中装有9个球,其中有7个绿球、2个白球,这些球除颜色外无其他差别.从袋子中随机取出1个球,则它是绿球的概率是 .
【答案】79
【知识点】概率公式
【解析】【解答】解:∵袋子中共有9个小球,其中绿球有7个,
∴摸出一个球是绿球的概率是79,
故答案为:79.
【分析】利用概率公式求解即可。
16.若一次函数y=x+b(b是常数)的图象经过第一、二、三象限,则b的值可以是 (写出一个即可).
【答案】1(答案不唯一,满足b>0即可)
【知识点】一次函数图象、性质与系数的关系
【解析】【解答】解:∵一次函数y=x+b(b是常数)的图象经过第一、二、三象限,
∴b>0
故答案为:1答案不唯一,满足b>0即可)
【分析】根据一次函数的图象与系数的关系可得b的值。
17.如图,已知菱形ABCD的边长为2,∠DAB=60°,E为AB的中点,F为CE的中点,AF与DE相交于点G,则GF的长等于 .
【答案】194
【知识点】菱形的性质;相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解:如图,连接FB,作CG⊥AB交AB的延长线于点G.
∵四边形ABCD是边长为2的菱形,
∴AD//BC,AD=AB=BC=CD=2,
∵∠DAB=60°,
∴∠CBG=∠DAB=60°,
∴CG=BC⋅sin∠CBG=2×32=3,
BG=BC⋅cos∠CBG=2×12=1,
∵E为AB的中点,
∴AE=EB=1,
∴BE=BG,即点B为线段EG的中点,
又∵F为CE的中点,
∴FB为ΔECG的中位线,
∴FB//CG,FB=12CG=32,
∴FB⊥AB,即ΔABF是直角三角形,
∴AF=AB2+BF2=22+(32)2=192.
在ΔAED和ΔBGC中,
AD=BC∠DAE=∠CBGAE=BG,‘
∴ΔAED≅ΔBGC,
∴∠AED=∠BGC=90°,
∴∠AEG=∠ABF=90°,
又∵∠GAE=∠FAB,
∴ΔAEG∼ΔABF,
∴AGAF=AEAB=12,
∴AG=12AF=194,
∴GF=AF−AG=194.
故答案为:194.
【分析】连接FB,作CG⊥AB交AB的延长线于点G,先证明ΔABF是直角三角形,利用勾股定理求出AF的长,再证明ΔAEG∼ΔABF可得AGAF=AEAB=12,可得AG=12AF=194,再利用线段的和差可得GF=AF−AG=194。
18.如图,在每个小正方形的边长为1的网格中,圆上的点A,B,C及∠DPF的一边上的点E,F均在格点上.
(1)线段EF的长等于 ;
(2)若点M,N分别在射线PD,PF上,满足∠MBN=90°且BM=BN.请用无刻度的直尺,在如图所示的网格中,画出点M,N,并简要说明点M,N的位置是如何找到的(不要求证明) .
【答案】(1)10
(2)连接AC,与竖网格线相交于点O,O即为圆心;取格点Q(E点向右1格,向上3格),连接EQ与射线PD相交于点M;连接MB与⊙O相交于点G;连接GO并延长,与⊙O相交于点H;连接BH并延长,与射线PF相交于点N,则点M,N即为所求,
【知识点】三角形全等的判定;勾股定理;圆的综合题
【解析】【解答】解:(1)从图中可知:点E、F水平方向距离为3,竖直方向距离为1,
所以EF=32+12=10 ,
故答案为:10;
(2)理由如下:连接BQ,BF
由勾股定理算出BQ=QE=EF=BF=12+32=10,
由题意得∠MQB=∠QEF=∠BFE=∠QBF=90°,
∴四边形BQEF为正方形,
在Rt△BQM和Rt△BFN中,
BQ=BF,∠QBM=∠FBN,
∴Rt△BQM≌Rt△BFN(ASA),
∴BM=BN,
通过Rt△BQM≌Rt△BFN即可说明.
【分析】(1)利用勾股定理求解即可;
(2)连接BQ,BF,通过Rt△BQM≌Rt△BFN即可说明.
三、解答题
19.解不等式组2x≥x−1,①x+1≤3.②
请结合题意填空,完成本题的解答.
(1)解不等式①,得 ;
(2)解不等式②,得 ;
(3)把不等式①和②的解集在数轴上表示出来:
(4)原不等式组的解集为 .
【答案】(1)x≥−1
(2)x≤2
(3)
(4)−1≤x≤2
【知识点】在数轴上表示不等式组的解集;解一元一次不等式组
【解析】【解答】解:(1)移项得:2x−x≥−1
解得:x≥−1
故答案为:x≥−1;
(2)移项得:x≤3−1,
解得:x≤2,
故答案为:x≤2;
(4)所以原不等式组的解集为:−1≤x≤2,
故答案为:−1≤x≤2.
【分析】利用不等式的性质及不等式组的解法求出解集,再在数轴上画出解集即可。
20.在读书节活动中,某校为了解学生参加活动的情况,随机调查了部分学生每人参加活动的项数.根据统计的结果,绘制出如下的统计图①和图②.
请根据相关信息,解答下列问题:
(1)本次接受调查的学生人数为 ,图①中m的值为 ;
(2)求统计的这组项数数据的平均数、众数和中位数.
【答案】(1)40;10
(2)解:平均数:1×13+2×18+3×5+4×440=2,
∵在这组数据中,2出现了18次,出现的次数最多,
∴这组数据的众数是2,
∵将这组数据按从小到大的顺序排列,其中处于中间的两个数都是2,有2+22=2,
∴这组数据的中位数是2.
则平均数是2,众数是2,中位数是2.
【知识点】扇形统计图;条形统计图;分析数据的集中趋势
【解析】【解答】解:(1)由图可得,参加2项的人数有18人,占总体的45%,参加4项的有4人,
则1845%=40(人),440×100%=10%,
故答案为:40;10.
【分析】(1)利用“2”的人数除以对应的百分比可得总人数,再利用“4”的人数除以总人数可得m的值;
(2)利用平均数、众数和中位数的定义及计算方法求解即可。
21.已知AB为⊙O的直径,AB=6,C为⊙O上一点,连接CA,CB.
(1)如图①,若C为AB的中点,求∠CAB的大小和AC的长;
(2)如图②,若AC=2,OD为⊙O的半径,且OD⊥CB,垂足为E,过点D作⊙O的切线,与AC的延长线相交于点F,求FD的长.
【答案】(1)解:∵AB为⊙O的直径,
∴∠ACB=90°,
由C为AB的中点,得AC=BC,
∴AC=BC,得∠ABC=∠CAB,
在Rt△ABC中,∠ABC+∠CAB=90°,
∴∠CAB=45°;
根据勾股定理,有AC2+BC2=AB2,
又AB=6,得2AC2=36,
∴AC=32;
(2)解:∵FD是⊙O的切线,
∴OD⊥FD,即∠ODF=90°,
∵OD⊥CB,垂足为E,
∴∠CED=90°,CE=12CB,
同(1)可得∠ACB=90°,有∠FCE=90°,
∴∠FCE=∠CED=∠ODF=90°,
∴四边形ECFD为矩形,
∴FD=CE,于是FD=12CB,
在Rt△ABC中,由AB=6,AC=2,得CB=AB2−AC2=42,
∴FD=22.
【知识点】勾股定理;切线的性质;圆的综合题
【解析】【分析】(1)先证明∠CAB=45°,再利用勾股定理可得AC2+BC2=AB2,再结合AB=6可得2AC2=36,最后求出AC=32;
(2)先证明四边形ECFD为矩形,可得FD=CE,于是FD=12CB,再利用勾股定理求出CB的长,即可得到FD的长。
22.如图,某座山AB的项部有一座通讯塔BC,且点A,B,C在同一条直线上,从地面P处测得塔顶C的仰角为42°,测得塔底B的仰角为35°.已知通讯塔BC的高度为32m,求这座山AB的高度(结果取整数).参考数据:tan35°≈0.70,tan42°≈0.90.
【答案】解:如图,根据题意,BC=32,∠APC=42°,∠APB=35°.
在Rt△PAC中,tan∠APC=ACPA,
∴PA=ACtan∠APC.
在Rt△PAB中,tan∠APB=ABPA,
∴PA=ABtan∠APB.
∵AC=AB+BC,
∴AB+BCtan∠APC=ABtan∠APB.
∴AB=BC⋅tan∠APBtan∠APC−tan∠APB=32×tan35°tan42°−tan35°≈32×0.700.90−0.70=112(m).
答:这座山AB的高度约为112m.
【知识点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题
【解析】【分析】利用锐角三角函数求出PA=ACtan∠APC,PA=ABtan∠APB,再利用AC=AB+BC可得AB+BCtan∠APC=ABtan∠APB,最后求出AB的长即可。
23.在“看图说故事”活动中,某学习小组结合图象设计了一个问题情境.
已知学生公寓、阅览室、超市依次在同一条直线上,阅览室离学生公寓1.2km,超市离学生公寓2km,小琪从学生公寓出发,匀速步行了12min到阅览室;在阅览室停留70min后,匀速步行了10min到超市;在超市停留20min后,匀速骑行了8min返回学生公寓.给出的图象反映了这个过程中小琪离学生公寓的距离ykm与离开学生公寓的时间xmin之间的对应关系.
请根据相关信息,解答下列问题:
(1)填表:
离开学生公寓的时间/min
5
8
50
87
112
离学生公寓的距离/km
0.5
1.6
(2)填空:
①阅览室到超市的距离为 km;
②小琪从超市返回学生公寓的速度为 km/min;
③当小琪离学生公寓的距离为1km时,他离开学生公寓的时间为 min.
(3)当0≤x≤92时,请直接写出y关于x的函数解析式.
【答案】(1)离开学生公寓的时间/min
5
8
50
87
112
离学生公寓的距离/km
0.5
0.8
1.2
1.6
2
(2)0.8;0.25;10或116
(3)当0≤x≤12时,y=0.1x;当12
【解析】【解答】解:(1)由图象可得,在前12分钟的速度为:1.2÷12=0.1km/min,
故当x=8时,离学生公寓的距离为8×0.1=0.8;
在12≤x≤82时,离学生公寓的距离不变,都是1.2km
故当x=50时,距离不变,都是1.2km;
在92≤x≤112时,离学生公寓的距离不变,都是2km,
所以,当x=112时,离学生公寓的距离为2km
故填表为:
离开学生公寓的时间/min
5
8
50
87
112
离学生公寓的距离/km
0.5
0.8
1.2
1.6
2
(2)①阅览室到超市的距离为2-1.2=0.8km;
②小琪从超市返回学生公寓的速度为:
2÷(120-112)=0.25km/min;
③分两种情形:
当小琪离开学生公寓,与学生公寓的距离为1km时,他离开学生公寓的时间为:
1÷0.1=10min;
当小琪返回与学生公寓的距离为1km时,他离开学生公寓的时间为:
112+(2-1)÷{2÷(120-112)}=112+4=116min;
故答案为:①0.8;②0.25;③10或116
(3)
当0≤x≤12时,设直线解析式为y=kx,
把(12,1.2)代入得,12k=1.2,
解得,k=0.1
∴y=0.1x;
当12
82m+n=1.292m+n=2
解得,m=0.08n=−5.36
∴y=0.08x−5.36,
由上可得,当0≤x≤92时,y关于x的函数解析式为y=0.1x(0≤x≤12)y=1.2(12
【分析】(1)观察函数图象即可得到答案;
(2)①根据阅览室离学生公寓1.2km,超市离学生公寓2km可得答案;
②用路程除以时间可得速度;
③分两种情况,分别可得小琪离学生公寓的距离为1km时,他离开学生公寓的时间;
(3)分段求出函数关系式即可。
24.将一个矩形纸片OABC放置在平面直角坐标系中,点O(0,0),点A(3,0),点C(0,6),点P在边OC上(点P不与点O,C重合),折叠该纸片,使折痕所在的直线经过点P,并与x轴的正半轴相交于点Q,且∠OPQ=30°,点O的对应点O′落在第一象限.设OQ=t.
(1)如图①,当t=1时,求∠O′QA的大小和点O′的坐标;
(2)如图②,若折叠后重合部分为四边形,O′Q,O′P分别与边AB相交于点E,F,试用含有t的式子表示O′E的长,并直接写出t的取值范围;
(3)若折叠后重合部分的面积为33,则t的值可以是 (请直接写出两个不同的值即可).
【答案】(1)解:在Rt△POQ中,由∠OPQ=30°,得∠OQP=90°−∠OPQ=60°.
根据折叠,知△PO′Q≌△POQ,
∴O′Q=OQ,∠O′QP=∠OQP=60°.
∵∠O′QA=180°−∠O′QP−∠OQP,
∴∠O′QA=60°.
如图,过点O′作O′H⊥OA,垂足为H,则∠O′HQ=90°.
∴在Rt△O′HQ中,得∠QO′H=90°−∠O′QA=30°.
由t=1,得OQ=1,则O′Q=1.
由QH=12O′Q=12,O′H2+QH2=O′Q2
得OH=OQ+QH=32,O′H=O′Q2−QH2=32.
∴点O′的坐标为(32,32).
(2)∵点A(3,0),
∴OA=3.
又OQ=t,
∴QA=OA−OQ=3−t.
同(Ⅰ)知,O′Q=t,∠O′QA=60°.
∵四边形OABC是矩形,
∴∠OAB=90°.
在Rt△EAQ中,∠QEA=90°−∠EQA=30°,得QA=12QE.
∴QE=2QA=2(3−t)=6−2t.
又O′E=O′Q−QE,
∴O′E=3t−6.其中t的取值范围是2
【知识点】矩形的性质;翻折变换(折叠问题);四边形的综合
【解析】【解答】解:(2)如图,当点O′与AB重合时,OQ=O′Q=t,∠AQO′=60°,
则∠AO′Q=30°,
∴AQ=12t,
∴t+12t=3,
解得t=2,
∴t的取值范围是2
3,103.(答案不唯一,满足3≤t<23即可)
当点Q与点A重合时,AO′=3,∠DAO′=30°,
∴AD=AO′cos30°=23,
则S△ADP=12×23×3=33.
∴t=3时,重合部分的面积是33,
从t=3之后重合部分的面积始终是33,
当P与C重合时,OP=6,∠OPQ=30°,此时t=OP·tan30°=23,
由于P不能与C重合,故t<23,
所以3≤t<23都符合题意.
【分析】(1)过点O′作O′H⊥OA,垂足为H,解直角三角形求出QH=12O′Q=12,再利用勾股定理求出O′H=O′Q2−QH2=32即可;
(2)解直角三角形求出QE,可得结论;
(3)当点Q与点A重合时,S△ADP=12×23×3=33,所以从t=3之后重合部分的面积始终是33,再当P与C重合时,OP=6,∠OPQ=30°,此时t=OP·tan30°=23,从而得解。
25.已知抛物线y=ax2+bx+c(a,b,c是常数,a>0)的顶点为P,与x轴相交于点A(−1,0)和点B.
(1)若b=−2,c=−3,
①求点P的坐标;
②直线x=m(m是常数,1
【答案】(1)解:①∵抛物线y=ax2+bx+c与x轴相交于点A(−1,0),
∴a−b+c=0.又b=−2,c=−3,得a=1.
∴抛物线的解析式为y=x2−2x−3.
∵y=x2−2x−3=(x−1)2−4,
∴点P的坐标为(1,−4).
②当y=0时,由x2−2x−3=0,
解得x1=−1,x2=3.
∴点B的坐标为(3,0).
设经过B,P两点的直线的解析式为y=kx+n,
有3k+n=0,k+n=−4.解得k=2,n=−6.
∴直线BP的解析式为y=2x−6.
∵直线x=m(m是常数,1
∴MG=(2m−6)−(m2−2m−3)=−m2+4m−3=−(m−2)2+1.
∴当m=2时,MG有最大值1.
此时,点M的坐标为(2,−3),点G的坐标为(2,−2).
(2)解:由(Ⅰ)知a−b+c=0,又3b=2c,
∴b=−2a,c=−3a.(a>0)
∴抛物线的解析式为y=ax2−2ax−3a.
∵y=ax2−2ax−3a=a(x−1)2−4a,
∴顶点P的坐标为(1,−4a).
∵直线x=2与抛物线y=ax2−2ax−3a相交于点N,
∴点N的坐标为(2,−3a).
作点P关于y轴的对称点P′,作点N关于x轴的对称点N′,如图所示:
得点P′的坐标为(−1,−4a),点N′的坐标为(2,3a).
当满足条件的点E,F落在直线P′N′上时,PF+FE+EN取得最小值,
此时,PF+FE+EN=P′N′=5.
延长P′P与直线x=2相交于点H,则P′H⊥N′H.
在Rt△P′HN′中,P′H=3,HN′=3a−(−4a)=7a.
∴P′N′2=P′H2+HN′2=9+49a2=25.
解得a1=47,a2=−47(舍).
∴点P′的坐标为(−1,−167),点N′的坐标为(2,127).
则直线P′N′的解析式为y=43x−2021.
∴点E(57,0)和点F(0,−2021).
【知识点】待定系数法求二次函数解析式;二次函数-动态几何问题
【解析】【分析】(1)①利用待定系数法求出抛物线的解析式,即可得到顶点P的坐标;
②求出直线BP的解析式,设点M的坐标为(m,m2−2m−3),点G的坐标为(m,2m−6),再表示出MG=(2m−6)−(m2−2m−3)=−m2+4m−3=−(m−2)2+1,最后利用二次函数的性质求解即可;
(2)先求出点N的坐标为(2,−3a),作点P关于y轴的对称点P′,作点N关于x轴的对称点N′,得点P′的坐标为(−1,−4a),点N′的坐标为(2,3a),延长P′P与直线x=2相交于点H,则P′H⊥N′H,利用勾股定理可得P′N′2=P′H2+HN′2=9+49a2=25,求出a的值,即可得到点P′的坐标为(−1,−167),点N′的坐标为(2,127),再求出直线P′N′的解析式为y=43x−2021,最后求出点E、F的坐标即可。
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