苏科版八年级数学上册全等三角形与轴对称图形的综合应用 提高练习含答案解析Word格式文档下载.docx
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(1)当直线MN绕点O旋转到图①的位置时,求证:
CD=AC+BD;
(2)当直线MN绕点O旋转到图②的位置时,求证:
CD=AC-BD;
(3)当直线MN绕点O旋转到图③的位置时,试问:
CD、AC、BD有怎样的等量关系?
请写出这个等量关系,并加以证明。
5.综合题。
(1)问题发现:
如图1,△ACB和△DCE均为等边三角形,点A,D,E在同一直线上,连接BE.
①∠AEB的度数为________
②猜想线段AD,BE之间的数量关系为:
________,并证明你的猜想.
(2)拓展探究:
如图2,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°
,点A,D,E在同一直线上,CM为△DCE中DE边上的高,连接BE,请求出∠AEB的度数及线段CM,AE,BE之间的数量关系.
6.如图,△ACB和△ECD都是等边三角形,点A、D、E在同一直线上,连接BE.
AD=BE;
(2)求∠AEB的度数.
7.如图点P、Q分别是边长为4cm的等边△ABC的边AB、BC上的动点,点P从顶点A,点Q从顶点B同时出发,且它们的速度都是1cm/s.
(1)连接AQ、CP交于点M,则在P、Q运动的过程中,∠CMQ变化吗?
若变化,则说明理由,若不变,则求出它的度数;
(2)当t=s时,△PBQ是直角三角形?
(3)如图2,若点P、Q在运动到终点后继续在射线AB、BC上运动,直线AQ、CP交点为M,则∠CMQ变化吗?
若变化,则说明理由,若不变,则求出它的度数.
8.
(1)阅读理解:
如图①,在△ABC中,若AB=5,AC=3,求BC边上的中线AD的取值范围.
解决此问题可以用如下方法:
延长AD到点E使DE=AD,再连接BE(或将△ACD绕着点D逆时针旋转180°
得到△EBD),把AB,AC,2AD集中在△ABE中,利用三角形三边的关系即可判断.中线AD的取值范围是___________;
(2)问题解决:
如图②,在△ABC中,D是BC边上的中点,DE⊥DF于点D,DE交AB于点E,DF交AC于点F,连接EF,求证:
BE+CF>EF;
(3)问题拓展:
如图③,在四边形ABCD中,∠B+∠D=180°
CB=CD,以C为顶点作∠ECF,使得角的两边分别交AB,AD于E、F两点,连接EF,且EF=BE+DF,试探索∠ECF与∠A之间的数量关系,并加以证明.
参考答案
1.【答案】
(1)解:
∵BE平分∠ABC
∴∠ABF=∠CBF又∠BAC=∠ADB
∴∠AFE=∠EDB=∠AEF
∴AE=AF
在△ABF和△ABF中
所以△ABF≌△ABF
AF=FH
∴AE=FH
(2)解:
由
(1)得△ABF≌△ABF
∠AFE=∠EDB=∠AEF=∠BFH
AD∥FH
∴∠FHC=∠ADC
∵EG//BC
∴∠AEG=∠ADC
∴∠FHC=∠AEG;
∠AGE=∠C
在△AEG和△FHC中
∴△AEG≌△FHC
FC=AG=5
∵AC=8
∴FG=2
2.【答案】
(1)60°
;
30°
(2)证明:
∵△ABC与△DEC都是等边三角形,∴AC=BC,CD=CE,∠ACB=∠DCE=60°
,
∴∠ACD+∠DCB=∠DCB+∠BCE,
∴∠ACD=∠BCE.
在△ADC和△BEC中,
,
∴△ACD≌△BCE(SAS);
(3)补全图形如下:
由
(1)
(2)得∠CAM=30°
,△ADC≌△BEC,
∴∠CBE=∠CAM=30°
∵∠BMF=90°
∴∠BFM=60°
(4)当动点D在射线AM上,且在BC下方时,画出图形如下:
∵△ABC与△DEC都是等边三角形,
∴AC=BC,CD=CE,∠ACB=∠DCE=60°
∴∠ACB+∠DCB=∠DCB+∠DCE,
∴∠ACD=∠BCE,
在△ACD和△BCE中,
∴△ACD≌△BCE(SAS),
∴∠CBE=∠CAD=30°
又∵AF⊥BC,
∴Rt△BFM中,∠BFM=90°
-30°
=60°
。
3.【答案】
(1)证明:
∵∠BAD=∠CAE=90°
∴∠BAC+∠CAD=90°
,∠CAD+∠DAE=90°
∴∠BAC=∠DAE,
在△BAC和△DAE中,
∴△BAC≌△DAE(SAS)
∵∠CAE=90°
,AC=AE,
∴∠E=45°
由
(1)知△BAC≌△DAE,
∴∠BCA=∠E=45°
∵AF⊥BC,
∴∠CFA=90°
∴∠CAF=45°
,
∴∠FAE=∠FAC+∠CAE=45°
+90°
=135°
(3)证明:
延长BF到G,使得FG=FB,
∵AF⊥BG,
∴∠AFG=∠AFB=90°
在△AFB和△AFG中,
∴△AFB≌△AFG(SAS),
∴AB=AG,∠ABF=∠G,
∵△BAC≌△DAE,
∴AB=AD,∠CBA=∠EDA,CB=ED,
∴AG=AD,∠ABF=∠CDA,
∴∠G=∠CDA,
∵∠GCA=∠DCA=45°
在△CGA和△CDA中,
∴△CGA≌△CDA(AAS)
∴CG=CD,
∵CG=CB+BF+FG=CB+2BF=DE+2BF,
∴CD=2BF+DE.
4.【答案】
如图①,
∵△AOB中,∠AOB=90°
∴∠AOC+∠BOD=90°
直线MN经过点O,且AC⊥MN于C,BD⊥MN于D,
∴∠ACO=∠BDO=90°
∴∠AOC+∠OAC=90°
∴∠OAC=∠BOD,
在△ACO和△ODB中,
∴△ACO≌△ODB(AAS),
∴OC=BD,AC=OD,
∴CD=AC+BD
如图②,
∴CD=OD﹣OC=AC﹣BD,即CD=AC﹣BD
(3)解:
如图③,
∴CD=OC﹣OD=BD﹣AC,
即CD=BD﹣AC.
5.【答案】解:
(1)①∵△ACB和△DCE均为等边三角形,
∴CA=CB,CD=CE,∠ACB=∠DCE=60°
∴∠ACB﹣∠DCB=∠DCE﹣∠DCB,即∠ACD=∠BCE,
∴△ACD≌△BCE,
∴∠CEB=∠CDA=120°
∴∠AEB=60°
故答案为:
60°
②AD=BE,
证明:
∵△ACD≌△BCE,
∴AD=BE,
∠AEB=90°
,AE﹣BE=2CM,
∵△DCE是等腰直角三角形,CM是中线,
∴CM=DM=EM=
DE,
∴∠CDA=∠CEB,
∵∠CDA=135°
∴∠AEB=135°
﹣45°
=90°
∴BE=AD,
∴AE﹣AD=DE=2CM,
∴AE﹣BE=2CM.
6.【答案】
∵△ACB和△ECD都是等边三角形,
又∵∠ACD=∠ACB﹣∠DCB,∠BCE=∠DCE﹣∠DCB,
∴△ACD≌△BCE(SAS).
∴AD=BE
在等边△ECD中,
∠CDE=∠CED=60°
∴∠ADC=120°
∴∠BEC=∠ADC=120°
∴∠AEB=∠BEC﹣∠CED=120°
﹣60°
.
7.解:
(1)∠CMQ=60°
∵等边三角形中,AB=AC,∠B=∠CAP=60°
又由条件得AP=BQ,
∴△ABQ≌△CAP(SAS),
∴∠BAQ=∠ACP,
∴∠CMQ=∠ACP+∠CAM=∠BAQ+∠CAM=∠BAC=60°
(2)
秒或
秒
(3)∠CMQ=120°
∵在等边三角形中,AB=AC,∠B=∠CAP=60°
∴∠PBC=∠ACQ=120°
又由条件得BP=CQ,
∴△PBC≌△ACQ(SAS),
∴∠BPC=∠MQC,
又∵∠PCB=∠MCQ,
∴∠CMQ=∠PBC=180°
-60°
=120°
8.【详解】
(1)延长AD到E,使AD=DE,连接BE,
∵AD是△ABC的中线,
∴BD=CD,
在△ADC与△EDB中,
∴△ADC≌△EDB(SAS),
∴EB=AC,
∵AB=5,AC=3,
根据三角形的三边关系得:
AB-AC<AE<AC+AB,
∴2<AE<8,
∵AE=2AD
∴1<AD<4,
即:
BC边上的中线AD的取值范围1<AD<4,
故答案为1<AD<4;
(2)过点B作BG∥AC交FD的延长线于G,连接EG,
∴∠DBG=∠DCF.
∵D为BC的中点,
又∵∠BDG=∠CDF,
∴△BGD≌△CFD(ASA).
∴GD=FD,BG=CF,
又∵DE⊥DF,
∴EG=EF(垂直平分线到线段端点的距离相等).
∴在△EBG中,BE+BG>EG,
即BE+CF>EF;
(3)∠A+2∠ECF=180°
,理由如下:
延长EB到G,使BG=DF,连接CG,
∵∠D+∠ABC=180°
,∠ABC+∠CBG=180°
∴∠D=∠CBG,
又∵CD=CB,DF=BG,
∴△CDF≌△CBG,
∴CF=CG,∠DCF=∠BCG,
∵EF=DF+BE,EG=BE+BG,DF=BG,
∴EF=EG,
又∵EC=EC,
∴△CEF≌△CEG,
∴∠ECF=∠ECG,
∵∠BCD=∠DCF+∠BCF,
∴∠BCD=∠BCF+∠BCG=∠FCG=∠ECF+∠ECG=2∠ECF,
∵∠D+∠A+∠ABC+∠BCD=360°
,∠D+∠ABC=180°
∴∠A+∠BCD=180°
∴∠A+2∠ECF=180°
.
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