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华师一自主招生考试数学试卷


自主招生考试数学试卷
一、选择题(共 6 小题,每小题 5 分,满分 30 分) 1.飞形棋中有一正方体骰子,六个面上分别写有数字 1、2、3、4、5、6,有三个人从 不同的角度观察的结果如图所示.如果记 6 的对面的数字为 a,2 的对面的数字为 b, 那么 a+b 的为( )

A.11

B.7

C.8

D.3

2.如图是某条公共汽车线路收支差额 y 与乘客量 x 的图象(收支差额=车票收入﹣ 支出费用) .由于目前本条线路亏损,公司有关人员提出两条建议:建议(1)是不改变 车票价格,减少支出费用;建议(2)是不改变支出费用,提高车票价格.下面给出四 个图象(如图所示)则( )

A.①反映了建议(2) ,③反映了建议(1) B.①反映了建议(1) ,③反映 了建议(2) C.②反映了建议(1) ,④反映了建议(2) D.④反映了 建议(1) ,②反映了建议(2) 3.已知函数 y=3﹣(x﹣m) (x﹣n) ,并且 a,b 是方程 3﹣(x﹣m) (x﹣n)=0 的两 个根,则实数 m,n,a,b 的大小关系可能是( ) A.m<n<b<a B.m<a<n<b C.a<m<b<n D.a<m<n <b

4.记 Sn=a1+a2+…+an,令

,称 Tn 为 a1,a2,…,an 这列数的“理

想数”.已知 a1,a2,…,a500 的“理想数”为 2004,那么 8,a1,a2,…,a500 的“理想数” 为( ) A.2004 B.2006 C.2008 D.2010 5.以半圆中的一条弦 BC(非直径)为对称轴将弧 BC 折叠后与直径 AB 交于点 D,若 ,且 AB=10,则 CB 的长为( )

A.

B.

C.

D.4

6.某汽车维修公司的维修点环形分布如图.公司在年初分配给 A、B、C、D 四个维 修点某种配件各 50 件.在使用前发现需将 A、B、C、D 四个维修点的这批配件分别 调整为 40、45、54、 61 件,但调整只能在相邻维修点之间进行.那么要完成上述调整, 最少的调动件次 (n 件配件从一个维修点调整到相邻维修点的调动件次为 n) 为 ( )

A.15

B.16

C.17

D.18

二、填空题(共 7 小题,每小题 6 分,满分 42 分) 7.若[x]表示不超过 x 的最大整数(如 等) ,则 = _________ .

8.在△ABC 中,D、E 分别是 BC、AC 上的点,AE=2CE,BD=2CD,AD、BE 交于点 F, 若 S△ABC=3,则四边形 DCEF 的面积为 _________ .

9.有红、黄、蓝三种颜色的旗帜各三面,在每种颜色的旗帜上分别标有号码 1、2、3,现 任意抽取 3 面,它们的颜色与号码均不相同的概率是 _________ .

10.已知抛物线

经过点 A(4,0) .设点 C(1,﹣3) ,请在抛物线的对称轴上

确定一点 D,使得|AD﹣CD|的值最大,则 D 点的坐标为 _________ . 11.三角形纸片内有 100 个点,连同三角形的顶点共 103 个点,其中任意三点都不共线.现 以这些点为顶点作三角形,并把纸片剪成小三角形,则这样的三角形的个数为 _________ . 12.如图,已知点(1,3)在函数 上,点 E 是对角线 BD 的中点,函数 坐标为 _________ . 的图象上.正方形 ABCD 的边 BC 在 x 轴 的图象又经过 A、E 两点,则点 E 的横

13.按下列程序进行运算(如图)

规定:程序运行到“判断结果是否大于 244”为一次运算.若 x=5,则运算进行 _________ 次才停止;若运算进行了 5 次才停止,则 x 的取值范围是 _________ . 三、解答题(共 5 小题,满分 72 分) 14.如图,在 Rt△ABC 中,斜边 AB=5 厘米,BC=a 厘米,AC=b 厘米,a>b,且 a、b 是 2 方程 x ﹣(m﹣1)x+m+4=0 的两根,

(1)求 a 和 b 的值; (2) 若△A′B′C′与△ABC 开始时完全重合, 然后让△ABC 固定不动, 将△A′B′C′ 沿 BC 所在的直线向左移动 x 厘米. ①设△A′B′C′与△ABC 有重叠部分,其面积为 y 平方厘米,求 y 与 x 之间的函数关系 式,并写出 x 的取值范围; ②若重叠部分的面积等于 平方厘米,求 x 的值.

15. (2006?宁波)已知⊙O 过点 D(4,3) ,点 H 与点 D 关于 y 轴对称,过 H 作⊙O 的切 线交 y 轴于点 A(如图 1) . (1)求⊙O 半径; (2)sin∠HAO 的值; (3)如图 2,设⊙O 与 y 轴正半轴交点 P,点 E、F 是线段 OP 上的动点(与 P 点不重合) , 连接并延长 DE,DF 交⊙O 于点 B,C,直线 BC 交 y 轴于点 G,若△DEF 是以 EF 为底的 等腰三角形,试探索 sin∠CGO 的大小怎样变化?请说明理由.

16.青海玉树发生 7.1 级强震,为使人民的生命财产损失降到最低,部队官兵发扬了连续作 战的作风.刚回营地的两个抢险分队又接到救灾命令:一分队立即出发前往距营地 30 千米 的 A 镇,二分队因疲劳可在营地休息 a(0≤a≤3)小时再往 A 镇参加救灾.一分队出发后得 知,唯一通往 A 镇的道路在离营地 10 千米处发生塌方,塌方地形复杂,必须由一分队用 1 小时打通道路.已知一分队的行进速度为 b 千米/时,二分队的行进速度为(4+a)千米/时. (1)若二分队在营地不休息,问要使二分队在最短时间内赶到 A 镇,一分队的行进速度至 少为多少千米/时? (2)若 b=4 千米/时,二分队和一分队同时赶到 A 镇,二分队应在营地休息几小时?

17.如图 1、2 是两个相似比为 1: 的等腰直角三角形,将两个三角形如图 3 放置,小直 角三角形的斜边与大直角三角形的一直角边重合. (1)在图 3 中,绕点 D 旋转小直角三角形,使两直角边分别与 AC、BC 交于点 E,F,如 2 2 2 图 4.求证:AE +BF =EF ; (2)若在图 3 中,绕点 C 旋转小直角三角形,使它的斜边和 CD 延长线分别与 AB 交于点 2 2 2 E、F,如图 5,此时结论 AE +BF =EF 是否仍然成立?若成立,请给出证明;若不成立,

请说明理由.

(3)如图 6,在正方形 ABCD 中,E、F 分别是边 BC、CD 上的点,满足△CEF 的周长等 于正方形 ABCD 的周长的一半,AE、AF 分别与对角线 BD 交于 M、N,试问线段 BM、 MN、DN 能否构成三角形的三边长?若能,指出三角形的形状,并给出证明;若不能,请 说明理由.

18.定义:在平面内,我们把既有大小又有方向的量叫做平面向量.平面向量可以用有向线 段表示, 有向线段的长度表示向量的大小, 有向线段的方向表示向量的方向. 其中大小相等, 方向相同的向量叫做相等向量. 如以正方形 ABCD 的四个顶点中某一点为起点,另一个顶点为终点作向量,可以作出 8 个 不同的向量: 、 、 、 、 、 、 、 (由于 和 是相等向量,因此只算

一个) . (1) 作两个相邻的正方形 (如图一) . 以其中的一个顶点为起点, 另一个顶点为终点作向量, 可以作出不同向量的个数记为 f(2) ,试求 f(2)的值;

(2)作 n 个相邻的正方形(如图二)“一字型”排开.以其中的一个顶点为起点,另一个顶 点为终点作向量,可以作出不同向量的个数记为 f(n) ,试求 f(n)的值;

(3)作 2×3 个相邻的正方形(如图三)排开.以其中的一个顶点为起点,另一个顶点为终 点作向量,可以作出不同向量的个数记为 f(2×3) ,试求 f(2×3)的值;

(4)作 m×n 个相邻的正方形(如图四)排开.以其中的一个顶点为起点,另一个顶点为终 点作向量,可以作出不同向量的个数记为 f(m×n) ,试求 f(m×n)的值.

参考答案与试题解析
一、选择题(共 6 小题,每小题 5 分,满分 30 分) 1. 分析:由图一和图二可看出看出 1 的相对面是 5;再由图二和图三可看出看出 3 的相对面是 6,从而 2 的相对面是 4. 解答:解:从 3 个小立方体上的数可知, 与写有数字 1 的面相邻的面上数字是 2,3,4,6, 所以数字 1 面对数字 5,同理,立方体面上数字 3 对 6.故立方体面上数字 2 对 4. 则 a=3,b=4,那么 a+b=3+4=7.故选 B. 2. 分析:观察函数图象可知,函数的横坐标表示乘客量,纵坐标表示收支差额,根据题意得; (1)不改变车票价格,减少支出费用,则收支差额变大, 解答:解:∵建议(1)是不改变车票价格,减少支出费用;也就是 y 增大,车票价格不变, 即平行于原图象, ∴①反映了建议(1) , ∵建议(2)是不改变支出费用,提高车票价格,也就是图形增大倾斜度,提高价格, ∴③反映了建议(2) . 故选 B. 3. 分析:首先把方程化为一般形式,由于 a,b 是方程的解,根据根与系数的关系即可得到 m, n,a,b 之间的关系,然后对四者之间的大小关系进行讨论即可判断. 解答:解:由 3﹣(x﹣m) (x﹣n)=0 变形得(x﹣m) (x﹣n)=3, ∴x﹣m>0 x﹣n>0 或 x﹣m<0 x﹣n<0, ∴x>m x>n 或 x<m x<n ∵a b 是方程的两个根,将 a b 代入,得:a>m a>n,b<m b<n 或 a<m a<n,b>m b>n, 综合一下,只有 D 可能成立.故选 D. 4. 分析:本题需先根据 得出 n×Tn=(S1+S2+…+Sn) ,再根据 a1,a2,…,

a500 的“理想数”为 2004,得出 T500 的值,再设出新的理想数为 Tx ,列出式子,把得数代入,即可求出结果. 解答:解:∵ ∴n×Tn=(S1+S2+…+Sn) T500=2004 设新的理想数为 Tx 501×Tx=8×501+500×T500 Tx=(8×501+500×T500)÷501 = =8+500×4 =2008 故选 C

5. 分析:作 AB 关于直线 CB 的对称线段 A′B,交半圆于 A′,连接 AC、CA′,构造全等 三角形,然后利用勾股定理、割线定理解答. 解答:解:如图,若 ,且 AB=10,

∴AD=4,BD=6, 作 AB 关于直线 BC 的对称线段 A′B,交半圆于 D′,连接 AC、CA′, 可得 A、C、A′三点共线,AC=A′C,AD=A′D′=4,A′B=AB=10. 2 而 A′C?A′A=A′D′?A′B,即 A′C?2A′C=4×10=40.则 A′C =20, 2 2 2 2 又∵A′C =A′B ﹣CB ,∴20=100﹣CB ,∴CB=4 .故选 A.

6. 分析:现根据题意设未知数,再根据公司在年初分配给 A、B、C、D 四个维修点某种配件 各 50 件,在使用前发现需将 A、B、C、D 四个维修点的这批配件分别调整为 40,45,54, 61 件,但调整只能在相邻维修点之间进行列方程组求解. 解答:解:设 A 到 B 调 x1 件,B 到 C 调 x2 件,C 到 D 调 x3 件,D 到 A 调 x4 件,这里若 xi(i=1,2,3,4)为负数,则表明调动方向改变.

则由题意得:

,解得:



则调动总件数为|x1|+|x2|+|x3|+|x4|=|x1|+|x1+5|+|x1+1|+|x1﹣10|, 它的最小值为 16.故选 B. 二、填空题(共 7 小题,每小题 6 分,满分 42 分) 7.若[x]表示不超过 x 的最大整数(如 等) ,则 = 分析:根据[x]表示不超过 x 的最大整数,[ [ [ ]=[ ]=1,… ]=[ ]=1,从而得出答案. ]=[ 2000 . ]=1,

]=[1+

解答:解:∵[x]表示不超过 x 的最大整数,

∴ =[ =[1+ ]+[ ]+[1+ ]+…+[ ]+…+[1+ ], ],=1+1+…+1,=2000.故答案为:2000.

8. 分析: 连接 DE, 根据相似三角形的判定定理得出△DCE∽△ABC, 进而判断出 AB∥CD、 △DEF∽△ABF,再根据相似三角形的性质即可进行解答. 解答:解:连接 DE, ∵AE=2CE,BD=2CD, ∴ 则 ∴ = = = ,且夹角∠C 为公共角,∴△DCE∽△ABC,∴∠CED=∠CAB,∴AB∥DE, = ,且∠EDA=∠BAD,∠BED=∠ABE,∴△DEF∽△ABF, = ,∴设 S△DEF=x,则 S△AEF=S△BDF=3x,S△ABF=9x,

∴x+3x+3x+9x=3﹣ ,解得:x= ,∴S△DEF= ,∴S△DEF+S△CDE= + = . 故答案为: .

9.分析:抽取 3 面旗,总共的情况计算思路为:第一面旗有 9 种,第二面有(9﹣1)即 8 种,第三面有(9﹣1﹣1)即 7 种,则总的情况有 9 乘以 8 乘以 7 等于 504 种; 要求颜色和号码都不同的情况计算思路为:第一面旗还是有 9 种情况; 第二面旗的情况为:除去第一面已选的颜色外,还剩另外 2 种颜色本来是 6 种情况,但是第 一面旗肯定能确定一个号码, 所以剩下的 2 种颜色中与第一面旗选的号码必须不一样, 则选 了第一面旗后,第二面旗的选择就只有 4 种情况了; 而第一面旗和第二面旗选定后,第三 面旗就已经确定唯一了, 即轮到第三面旗的时候就没的选了, 前面 2 面旗已经把颜色和号码 都定死了. 解答:解:根据乘法公式可知: 任意抽取 3 面旗,一共有 9×8×7=504 种情况, 三面旗颜色与号码都不一样的情况一共有 9×4×1=36 种情况∴它们的颜色与号码均不相同的 概率是 = . .

故答案为:

10. 分析: 首先利用待定系数法求得抛物线的解析式, 然后可求得抛物线的对称轴方程 x=2, 又由作点 C 关于 x=2 的对称点 C′,直线 AC′与 x=2 的交点即为 D,求得直线 AC′的解 析式,即可求得答案. 解答:解:∵抛物线 ∴ ×4 +4b=0,∴b=﹣2, ∴抛物线的解析式为:y= x ﹣2x= (x﹣2) ﹣2,∴抛物线的对称轴为 x=2, ∵点 C(1,﹣3) ,∴作点 C 关于 x=2 的对称点 C′(3,﹣3) , 直线 AC′与 x=2 的交点即为 D, 因为任意取一点 D 都可以构成一个△ADC.而在三角形中,两边之差小于第三边,即|AD ﹣CD|<AC. 所以最大值就是在 D 是 AC′延长线上的点的时候取到|AD﹣C′D|=AC′. 把 A,C′两点坐标代入,得到过 AC′的直线的解析式即可; 设直线 AC′的解析式为 y=kx+b, ∴ ,解得: ,
2 2 2

经过点 A(4,0) ,

∴直线 AC′的解析式为 y=3x﹣12,当 x=2 时,y=﹣6,∴D 点的坐标为(2,﹣6) . 故答案为: (2,﹣6) .

11. 分析: 根据题意可以得到当三角形纸片内有 1 个点时, 有 3 个小三角形; 当有 2 个点时, 有 5 个小三角形;当 n=3 时,有 7 个三角形,因而若有 n 个点时,一定是有 2n+1 个三角形. 解答:解:根据题意有这样的三角形的个数为:2n+1=2×100+1=201, 故答案为:201. 12. 分析:把已知点的坐标代入函数解析式即可求出 k 的值,把 k 的值代入得到函数的解析式, 然后根据正方形的性质设出 A 和 E 的坐标,因为函数图象过这两点,把设出的两点坐标代 入到函数解析式中得到①和②,联立即可求出 a 和 b 的值,得到 E 的坐标. 解答:解:把(1,3)代入到 y= 得:k=3,

所以函数解析式为 y= , 设 A(a,b) ,根据图象和题意可知,点 E(a+ , ) , 因为 y= 的图象经过 A、E,所以分别把点 A 和 E 代入到函数解析式中得: ab=3①, (a+ )=3②,由②得:
2

+

=3,把①代入得: +

=3,

即 b =6,解得 b=± , 因为 A 在第一象限,得到 b>0,所以 b= 把 b= 代入①求得:a= .

, .

,所以点 E 的横坐标为 a+ =

故答案为:

13. 分析:把 x=5 代入代数式求值,与 244 比较,若大于 244,就停止计算,若结果没有大于 244,重新计算直至大于 244 为止, 根据运算顺序得到第 4 次的运算结果和第 5 次的运算结果,让第 4 次的运算结果小于 244, 第 5 次的运算结果大于 244 列出不等式求解即可. 解答:解: (1)x=5. 第一次:5×3﹣2=13 第二次:13×3﹣2=37 第三次:37×3﹣2=109 第四次:109×3﹣2=325>244→→→停止 (2)第 1 次,结果是 3x﹣2; 第 2 次,结果是 3×(3x﹣2)﹣2=9x﹣8; 第 3 次,结果是 3×(9x﹣8)﹣2=27x﹣26; 第 4 次,结果是 3×(27x﹣26)﹣2=81x﹣80; 第 5 次,结果是 3×(81x﹣80)﹣2=243x﹣242; ∴ 由(1)式子得:x>2, 由(2)式子得:x≤4 2<x≤4.即:5 次停止的取值范围是:2<x≤4.故答案为:4;2<x≤4. 三、解答题(共 5 小题,满分 72 分) 14. 分析: (1)首先根据一元二次方程根与系数的关系,得出用含 m 的式子表示 a+b 与 ab 的式 子,然后由勾股定理得出一个关于 m 的方程,求出 m 的值,进而得出 a 和 b 的值; (2)①由于 S△BCM= ×BC′×CM,即 y= x×CM.所以首先用含 x 的代数式表示 CM,然 后代入,即可求出 y 与 x 之间的函数关系式,并根据题意求出 x 的取值范围;

②把 y= 代入函数解析式,即可求出 x 的值. 解答:解: (1)∵a、b 是方程 x ﹣(m﹣1)x+m+4=0 的两根, ∴a+b=m﹣1,ab=m+4,又∵a、b 是直角△ABC 的两直角边, 2 2 2 2 ∴a +b =c =25,∴(m﹣1) ﹣2(m+4)=25,解得 m1=8,m2=﹣4(舍去) . 2 ∴原方程为 x ﹣7x+12=0,解得 a=4,b=3. (2)①y 与 x 之间的函数关系式为:y= (4﹣x) , (0≤x≤4) . ②代入 = (4﹣x) ,得 x1=3,x2=5(舍去) .∴x 的值为 3.
2 2 2

15. 分析: (1)因为点 D 在圆上,根据点 D 的坐标利用勾股定理即可求得 OD 的长,即半径; (2)连接 HD 交 OA 于 Q,则 HD⊥OA,连接 OH,则 OH⊥AH,根据同角的余角相等可 得到∠HAO=∠OHQ,根据已知可求得 sin∠OHQ 的值,则 sin∠HAO 的值也就求得了; (3)设点 D 关于 y 轴的对称点为 H,连接 HD 交 OP 于 Q,则 HD⊥OP,根据角平分线的 性质及垂径定理可得到∠CGO=∠OHQ,则求得 sin∠OHQ 的值 sin∠CGO 也就求得了. 解答:解: (1)点 D(4,3)在⊙O 上, ∴⊙O 的半径 r=OD=5; (1 分) (2)如图 1,连接 HD 交 OA 于 Q,则 HD⊥OA,连接 OH,则 OH⊥AH, ∴∠HAO=∠OHQ ∴sin∠HAO=sin∠OHQ= = ;

(3)连接 DH 交 y 轴于点 Q,连接 OH 交 BC 于点 T(如图 2) . ∵D 与 H 关于 y 轴对称, ∴DH⊥EF, 又∵△DEF 为等腰三角形,∴DH 平分∠BDC,∴OT⊥BC,∴∠CGO=∠QHO, ∴当 E、F 两点在 OP 上运动时,sin∠CGO 的值不变.

16.分析: (1)根据二分队的行进速度为(4+a)千米/时与路程为 10,得出二分队到达塌方 处 (距离营地 10KM) 需要 小时, 又一分队用 1 小时打通道路, 所以一分队需要至少 (

﹣1)小时(以前)到达塌方处,即可得出一分队的行进速度; (2) 根据要使二分队和一分队同时赶到 A 镇, 二分队应在营地休息 a 小时, 得出等式方程, 进而分析得出符合要求的答案. 解答:解: (1)根据塌方地形复杂,必须由一分队用 1 小时打通道路一个小时后道路畅通, 那么我们再看二分队,二分队到达塌方处(距离营地 10KM)需要 经过 小时,那么在二分队

小时后到达塌方处的时候,一分队必须清理好塌方,也就是说一分队至少提前一小

时到达塌方处(距离营地 10KM)而一分队只要保证比二分队提前一个小时到达塌方处再利 用一个小时打通塌方,那么当二分队到达塌方处才不会影响时间,而后二分队按照(4+a) 千米/时的速度前行与一分队无关,这样就很好算了,路程 10KM,二分队速度: (a+4)KM 每小时,那么二分队到达塌方处需要 前)到达塌方处, 这样路程 10KM,一分队所用时间( 一分队的行进速度至少为 = ﹣1)小时, 千米/时; 小时,所以一分队需要至少( ﹣1)小时(以

当 a=0 时,一分队的行进速度至少为

千米/时;

(2)要使二分队和一分队同时赶到 A 镇,二分队应在营地休息 a 小时. 根据题意得: +1= +a, +9)/4 或 a= (不合题意舍去)

解得:a=(

这样 a=( +9)/4 大于 3,不符合题意. ∴当二队不休息, 也就是 = ,

解得:a=0, ∴二分队应在营地休息 0 小时. 17. 分析: (1)连 CD,由条件得到点 D 为 AB 的中点,则 CD=AD,∠4=∠A=45°,易证△CDF 2 2 2 ≌△ADE,△CED≌△BFD,得到 CF=AE,CE=BF,而 CE +CF =EF ,因此得到结论. (2) 把△CFB 绕点 C 顺时针旋转 90°, 得到△CGA, 根据旋转的性质得到 CF=CG, AG=BF, 2 2 2 ∠4=∠1, ∠B=∠GAC=45°, 易证△CGE≌△CFE, 得到 GE=EF, 即可得到结论 AE +BF =EF 仍然成立;

(3)把△ADF 绕点 A 顺时针旋转 90°得到△ABP,点 N 的对应点为 Q,根据旋转的性质得 到∠4=∠2,∠1+∠3+∠4=90°,BP=DF,BQ=CN,AF=AP,又△CEF 的周长等于正方形 ABCD 的周长的一半, 得到 EF=BE+DF, 则 EF=EP, 证得△AMQ≌△AMN, 得到 MN=QM, 2 2 2 2 2 2 易证得∠QBN=90°,于是有 BQ +BM =QM ,从而得到 BM +DN =MN . 解答:证明: (1)连 CD,如图 4, ∵两个等腰直角三角形的相似比为 1: , 而小直角三角形的斜边等于大直角三角形的直角边,

∴点 D 为 AB 的中点,∴CD=AD,∠4=∠A=45°, 又∵∠1+∠2=∠2+∠3=90°,∴∠3=∠1, ∴△CDF≌△ADE,∴CF=AE, 同理可得△CED≌△BFD,∴CE=BF,而 CE +CF =EF ,∴AE +BF =EF ; 2 2 2 (2)结论 AE +BF =EF 仍然成立.理由如下: 把△CFB 绕点 C 顺时针旋转 90°,得到△CGA,如图 5 ∴CF=CG,AG=BF,∠4=∠1,∠B=∠GAC=45°, ∴∠GAE=90°, 而∠3=45°, ∴∠2+∠4=90°﹣45°=45°, ∴∠1+∠2=45°, ∴△CGE≌△CFE, ∴GE=EF, 在 Rt△AGE 中,AE +AG =GE ,
2 2 2 2 2 2 2 2 2

∴AE +BF =EF ;

2

2

2

(3)线段 BM、MN、DN 能构成直角三角形的三边长.理由如下: 把△ADF 绕点 A 顺时针旋转 90°得到△ABP,点 N 的对应点为 Q,如图

∴∠4=∠2,∠1+∠3+∠4=90°,BP=DF,BQ=DN,AF=AP, ∵△CEF 的周长等于正方形 ABCD 的周长的一半, ∴EF=BE+DF,∴EF=EP, ∴△AEF≌△AEP,∴∠1=∠3+∠4, 而 AQ=AN, ∴△AMQ≌△AMN, ∴MN=QM, 而∠ADN=∠QBA=45°,∠ABD=45°,

∴∠QBN=90°, ∴BQ +BM =QM , 2 2 2 ∴BM +DN =MN . 点评:本题考查了旋转的性质:旋转前后两个图形全等,对应点与旋转中心的连线段的夹角 等于旋转角; 也考查了三角形全等的判定与性质、 等腰直角三角形的性质以及勾股定理的应 用. 18. 分析: (1)根据图形,即可求得 f(2)的值; (2)首先求 f(1) ,f(2) ,f(3) ,f(4) ,所以得到规律为:f(n)=6n+2; (3)根据图形,即可求得 f(2×3)的值; (4)先分析特殊情况,再求得规律:f(m×n)=2(m+n)+4mn. 解答: 解: (1) 作两个相邻的正方形, 以其中的一个顶点为起点,另一个顶点为终点作向量, 可以作出不同向量的个数 f(2)=14; (2)分别求出作两个、三个、四个相邻的正方形(如图 1) .以其中的一个顶点为起点,另 一个顶点为终点作向量,可以作出不同的向量个数,找出规律, ∵f(1)=6×1+2=8,f(2)=6×2+2=14,f(3)=6×3+2=20,f(4)=6×4+2=26, ∴f(n)=6n+2; (3)f(2×3)=34; (4)∵f(2×2)=24,f(2×3)=34,f(2×4)=44,f(3×2)=34,f(3×3)=48,f(3×4) =62 ∴f(m×n)=2(m+n)+4mn.
2 2 2


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