高三2024普通高等学校招生全国统一考试·临门一卷(二)2答案(数学)正在持续更新，本期2024衡中同卷单元卷答案网为大家整理了相关试题及答案，供大家查缺补漏，高效提升成绩。

本文从以下几个角度介绍。

1、2024年全国高考临门一卷(二)数学
2、2024高考临门卷数学
3、临门一卷二2024答案数学
4、2024新高考临门一卷(二)
5、2024临门一卷(二)数学
6、2024高考临门一卷数学答案
7、2024年全国高考临门一卷(二)
8、临门二卷2024数学
9、2024年高考临门一卷数学
10、临门一卷2024数学二

·.△ABG∽△CFG∠FDC=∠FOE,·.∠BAG=∠BGA=∠DAG=∠B=60°4-4C,即2Y5-46FD=FO..'∠AEF=∠B,∠BAH=2∠HAG,CFCGa∠DFC=∠OFE∴.∠AEF=∠B=60°，∠HAG=20°解得AG=2a.△FDC≌△FOE(ASA).:EH平分∠FEG,∠FEG=20°，在Rt△ABG中，根据勾股定理，得..CD=EO·.∠FEH=∠GEH=10°.ED=EO=CD-CO.当点F在点G左侧时，如图①。AB2+BG=AG,即(2V5)2+(7-a)P=(2a2∴.四边形OCDE是菱形在△HAE中，∠H=180°-20°-60°解得a3,a号(不合题意，舍去)，(2).四边形ABCD为矩形60°-10°=30°∴.∠BCD=∠CDA=90°，DO=CO在△GAE中，∠AGE=180°-60°-60°∴.CG=3.CE是线段OD的垂直平分线，20°=40°.,.S平行四边形ACCH=CG·AB=3×2V5..CD-CO...CD=CO=DO∴.∠AGE+∠H=70°6V5..△ODC为等边三角形2~3版∴.D0=CD=4,∠0DC=60°，阶段性达标测试（二）一、选择题DF-D0=2.GF C1~5.CDCBB在Rt△CDF中，CD=4,DF=2,由勾6~10.CADAB二、填空题股定理，得CF=CD2-D2=2V√3①11.146°12.两点之间，线段最短由(1)可知，四边形OCDE是菱形(第25题图)13.107°14.活15.36°..EF=CF=2V3.当点F在点G右侧时，如图②·.·∠GDF=∠CDA-∠ODC=30°，在△HAE中，∠H=180°-20°-60°16.9,1117.118.75或105三、解答题tam∠GDF-GF(60°-10°)=50°，19.解：如图所示'在△GAE中，∠AGE=180°-60°-(60°-20°)=80°GF-DF-tanLGDF-2tan30P-2V3.∠AGE+∠H=130°综上，可知∠AGE+∠H的度数为EG-EF-GF-2V3_2V3_4V370°或130°.3326.解：(1)证明：，四边形ABCD是主视图左视图俯视图24.解：(1)CE⊥AB,正方形，(第19题图)(2)在△BED旋转的过程中，CE'与∴.AD=DC,∠ADC=90°20.解：(1)如图，△ABC,即为所求AB'的位置关系与(1)中的CE与AB的.∠EDF=90°，.·.∠ADC=∠EDF(2)如图，△AB,C2即为所求位置关系一致·.∠ADE=∠CDF.理由如下：延长CE交AB于点H.在△ADE和△CDF中，由旋转可得：CD=DE=DE',B'D=BD=DA=DC,AD.∠ADE=∠CDF,.'∠ADC=∠ADB=90°DE=DF,∴∠CDE'=∠ADB'·.△ADE≌△CDESAS)又80-001AD(2)①证明：设AG与CD相交于点P.'∠ADP=90°，.△ADB'∽△CDE·.∠DAP+∠DPA=90°.∠DAB'=∠DCE'.·△ADE≌△CDF,.∠DAE=∠DCF·.∠DCE'+∠DGC=90°.·∠DPA=∠GPC,∴.∠DAB'+∠AGH=90°∴.∠GPC+∠GCP=90°∴.∠AHC=90°.∴.CE'⊥AB'·.∠PGN=90°(第20题图)(3)过点D作DH⊥AB'于点H.又·.：BM⊥AG,BN⊥GN21.解：(1)二△BED绕点D顺时针旋转30°，.四边形BMGN是矩形(2)证明：.：∠ADC=∠AEB=90°，∴.∠BDB'=30°，B'D=BD=AD.∴.∠MBN=90°.∴.∠BD0=∠CE0=90°∴.∠ADB'=120°.,四边形ABCD是正方形，在△DOB和△EOC中，∴.∠DAB'=∠AB'D=30°∴.AB=BC,∠ABC=∠MBN=90°∠BDO=∠CEO,.DH⊥AB',·.∠ABM=∠CBN.∠DOB=∠EOC,.AD=2DH,AH=V3 DH=B'H.又：∠AMB=∠CNB=90°，OB=OC...AB'=V3 AD..△AMB≌△CNB.△DOB≌△EOC(AAS).由(2)可知：△ADB'∽△CDE'.∴.MB=NB.0D=0E.∴∠DCE'=∠DAB'=30°.矩形BMGN是正方形又∠ADC=∠AEB=90°，∴.∠1=∠2.②作DH⊥AG于点H,作BM⊥AGAD⊥BC,CD=V3,22.解：（1)135°.于点M..DG=1,CG=2DG=2..FG=CG=2(2).BE=BA,CD=CA.此时△AMB≌△DHA∠DAB'=30°，CE⊥AB',∴.BM=AH.·.∠BEA=∠BAE,∠CDA=∠CAD..AG=2GF-4..AD=AG+DG=4+1=5设∠BEA=∠BAE=,∠CDA=LCAD=y.AH2=AD2-DH2,AD=4,.'∠BAC=90°，..∠B+∠C=90°.AB'=V3 AD=5V3.DH最大时，AH最小，DH大=DE=2.25.解：（1)证明：AG平分∠BAD,∴.180°-2x+180°-2y=90°∴.BM最小=AH最小=2V3解得x+y=135∴.∠BAG=∠DAG由①可知，△BGM是等腰直角三∴.∠DAE=180°-(x+y)=180°-135°=·.'∠BAG=∠BGA,.·.∠BGA=∠DAG.角形，45」.AD∥BC.∴.BG最小=V2BM最小=2V6.23.解：(1)四边形0CDE是菱形.∠B+∠BAD=180°4版理由如下：.'∠AEF=∠B,勾股定理·复习直通车CD∥OE,∴∠FDC=∠FOE...∠AEF+∠BAD=180°.AB∥EF考场练兵1D,CE是线段OD的垂直平分线，(2)a+B.考场练兵2C.FD=FO.ED=EO.CD-CO(3).AG平分∠BAD,∠BAG=∠BGA,考场练兵3A在△FDC和△FOE中，∠BAG=60°，考场练兵49第4页