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数学八年级下册18.2.1 矩形复习练习题
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这是一份数学八年级下册18.2.1 矩形复习练习题,文件包含专题05矩形与折叠重点知识及与中点相关题型基础巩固+技能提升解析版docx、专题05矩形与折叠重点知识及与中点相关题型基础巩固+技能提升原卷版docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共47页, 欢迎下载使用。
专题05 基础巩固 + 技能提升
【基础巩固】
1.(2020·贵州毕节期末)如图,将矩形纸片沿其对角线折叠,使点落到点的位置,与交于点,若,,则图中阴影部分的周长为( )
A.10 B.13 C.17 D.20
【答案】D.
【解析】解:∵四边形ABCD为矩形,
∴B′C=BC=AD,∠B′=∠B=∠D=90°,
∵∠B′EC=∠DEA,
∴△AED≌△CEB′
∴EA=EC,
阴影部分的周长=AD+DE+EA+EB′+B′C+EC
=AD+DE+EC+EA+EB′+B′C
=AD+DC+AB′+B′C
=3+7+7+3
=20,
故答案为:D.
2.(2021·广东深圳市期末)如图,已知△ABC中,AB=AC,AD是∠BAC的平分线,AE是∠BAC的外角平分线,ED∥AB交AC于点G.下列结论:①AD⊥BC;②AE∥BC;③AE=AG;④AD2+AE2=4AG2,其中正确结论的个数是( )
A.1 B.2 C.3 D.4
【答案】C.
【解析】解:连接EC,
∵AB=AC,AD是∠BAC的平分线,
∴AD⊥BC,故①正确;
∵AB=AC,
∴∠B=∠ACB,
∵AE平分∠FAC,
∴∠FAC=2∠FAE,
∵∠FAC=∠B+∠ACB,
∴∠FAE=∠B,
∴AE∥BC,故②正确;
∵AE∥BC,DE∥AB,
∴四边形ABDE是平行四边形,
∴AE=BD,
∵AB=AC,AD⊥BC,
∴CD=BD,
∴AE=CD,
∵AE∥BC,∠ADC=90°,
∴四边形ADCE是矩形,
∴AC=DE,AG=CG,DG=EG,
∴DG=AG=CG=EG,
在Rt△AED中,AD2+AE2=DE2=AC2=(2AG)2=4AG2,故④正确;
∵AE=BD=BC,AG=AC,
∴AG=AE错误(已知没有条件AC=BC),故③错误;
即正确的个数是3个,
故答案为:C.
3.(2021·西安市第二十三中学九年级开学考试)如图,在矩形中,点,分别在边,上,且,将矩形沿直线折叠,使点恰好落在边上的点处,则的长为( )
A.9 B.8 C. D.
【答案】D.
【解析】解:∵DC=3DE=9,
∴DE=3,CE=6,
由翻折得,PE=CE,FP=FC,∠EPF=∠C=90°,∠CFE=∠PFE,
在Rt△DPE中,∠DPE=30°,∠DPF=∠EPF+∠DPE=90°+30°=120°,
∵AD∥BC,
∴∠CFP=180°﹣∠DPF=180°﹣120°=60°,
∴∠CFE=∠CFP=30°,
∴EF=2CE=2×6=12,
在Rt△CEF中,根据勾股定理得,FC===6=FP.
故答案为:D.
4.(2020·浙江杭州月考)如图,矩形纸片中,,,折叠纸片,使点A落在边上的点A处,折痕为,当点在边上移动时,折痕的端点P、Q分别在、边上移动,则当最小时其值为( )
A.2 B.3 C.4 D.5
【答案】A.
【解析】解:由折叠可知: 当Q与D重合时,A1B最小,A1D=AD=10,
由勾股定理,得:A1C==8,
∴A1B=10-8=2,
故答案为:A.
5.(2019·常熟市月考)矩形纸片ABCD中,,,将矩形纸片ABCD折叠当B点与D点重合时,试求面积_____.
【答案】.
【解析】解:连接BN,
由折叠的性质得:BM=DM,
∵AD=2,AB=4
设BM=x,则AM=4-x,
在Rt△ADM中,由勾股定理可得:(4-x)2+22=x2,
解得:x=2.5,
∴BM=DM=2.5,
∴S=;
故答案为:.
6.(2020·浙江义乌市月考)如图,将一张长方形纸片折叠.若为x度,则的度数为___________度.(请用关于x的代数式表示)
【答案】.
【解析】解:由长方形性质可知:AD∥BC,∠B=∠E=90°,
∴∠DFG=∠BGE,
由折叠可知:∠AGB=∠AGE=∠α,
∴∠AFE=∠DFG=∠BGE=2∠α,
∵∠1=x°,
∴∠AFE=90°-x°,
即2∠α=90°-x°,
∴∠α=,
故答案为:.
7.(2021·山东威海市期末)(知识衔接)
(1)长方形的对角线相等且互相平分;
(2)直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半.
(问题解决)如图,在中,,于点,为的中点,连结,.下列结论:
①;②;③S四边形DEBC;④.正确的是_______
【答案】①②③.
【解析】解:∵F为CD的中点,
∴CD=2CF
∵CD=2AD,AD=BC
∴CF=BC=AD
∴∠CFB=∠CBF
∵AB∥CD
∴∠CFB=∠ABF
∴∠ABF=∠CBF
∴∠ABC=2∠ABF,故①正确;
延长EF与BC的延长线相交与点G,
∵AD∥BC,BE⊥AD
∴∠DEF=∠G,BE⊥BG
∴△DEF≌△CGF
∴EF=GF
在Rt△EBG中,EF=BF,故②正确;
∵BF是△BEG的中线
∴S△BEG=2S△BEF
又S△DEF=S△CFG
∴S四边形DEBC=S△BEC
∴S四边形DEBC=2S△BEF,故③正确;
设∠DEF=x,
∵AD∥BC
∴∠DEF=∠G=x,
由FG=FB知∠G=∠FBG=x,
∴∠EFB=2x,∠CFB=∠CBF=x,
∴∠CFE=∠CFB+∠BFE=3x=3∠DEF,故④错误;
故答案为:①②③.
8.(2021·江西吉安期末)如图,矩形中,,, E,F分别是和的中点,P是上的点,则 的最小值为 ___________ .
【答案】10.
【解析】解: F是BC的中点,点B关于EF的对称点是C点,连接AC与EF交于点P,则此时AC即为AP+BP的最小值,
∵AB=8,AD=6
由勾股定理得:AC=10,
故答案为:10.
9.(2020·浙江杭州期中)如图,矩形全等于矩形,点C在上,连接,点H为的中点,若,,则的长为__________.
【答案】.
【解析】解:连接GH并延长交CD于Q
∵矩形ABCD全等于矩形BEFG,
∴AB=CD=BG=20,BC=FG=12,EG∥AE∥CD
∴∠HFG=∠HDQ
∵点H为DF的中点,
∴HF=DH,
∴△FHG≌△DHQ
∴DQ=FG=12,GH=QH,CG=8,CQ=8
∴△GCQ是等腰直角三角形,
∴GQ=,
在Rt△GCQ中,GH=QH,
∴CH=,
故答案为:.
10.(2019·云南玉溪市期末)如图,在平行四边形ABCD中,,,对角线,点E、F分别是BC,AD上的点,且.
(1)求证:四边形AECF是平行四边形.
(2)当AE长度为______ 时,四边形AECF是矩形,说明四边形AECF是矩形的理由.
【答案】(1)见解析;(2)4.8,见解析.
【解析】解:(1)∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AF=CE,AD=BC
∵DF=BE
∴AF=CE
∴四边形AECF是平行四边形;
(2)若四边形AECF是矩形,则∠AEC=90°,
∵AB=6,BC=10,AC⊥BA
∴AC=8
由, 得:AE=4.8
故答案为:4.8.
11.(2020·广安市广安区期中)如图,□ABCD的对角线AC,BD交于点O,△AOB是等边三角形.
(1)求证:四边形ABCD是矩形;
(2)若OE⊥BD交BC于E,求证:BE=2CE.
【答案】见解析.
【解析】证明:(1)∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AO=OC,BO=OD,
∵△ABO是等边三角形,
∴AO=BO=AB,
∴AO=OC=BO=OD,
∴AC=BD,
∴四边形ABCD是矩形.
(2)∵四边形ABCD是矩形;
∴OB=OC,∠ABC=90°,
∵△ABO是等边三角形,
∴∠AOB=60°,
∴∠OBC=∠OCB=30°,∠BOC=120°,
∵OE⊥BD,
∴∠BOE=90°,∠EOC=30°,
∴∠EOC=∠ECO,
∴EO=EC,
∴BE=2EO=2CE.
12.(2020·静宁县期末)如图,在中,AB=AC=6,BC=,AD平分∠BAC,E是AD的中点,过点A作AF∥BC,交BE的延长线于点F,连接CF.
(1)求证:四边形ADCF是矩形;
(2)求BF的长.
【答案】(1)见解析;(2).
【解析】解:(1)∵E是AD的中点,
∴AE=ED,
∵AF∥BC,
∴∠ADB=∠DAF,∠DBE=∠AFE,
∴△BDE≌△FAE,
∴AF=BD,
∵AB=AC,AD平分∠BAC,
∴BD=CD,
∴AF=CD,
又∵AF∥CD,
∴ADCF是平行四边形,
∵AB=AC, AD平分∠BAC,
∴∠ADC=90°,
∴平行四边形ADCF是矩形.
(2)CF=AD=
∴BF=.
13.(2021·上海浦东新区期末)已知:如图,AD⊥CD,BC⊥CD,D、C分别为垂足,AB的垂直平分线EF交AB于点E,交CD于点F,BC=DF.求证:
(1)∠DAF=∠CFB;(2)EF=AB.
【答案】见解析.
【解析】解:(1)EF垂直平分AB,
∴AF=BF,AE=BE,
∵AD⊥CD,BC⊥CD,
∴∠D=∠C=90°,
在Rt△ADF和Rt△FCB中,,
∴△ADF≌△FCB,
∴∠DAF=∠CFB;
(2)∵∠D=90°,
∴∠DAF+∠DFA=90°,
∴∠CFB+∠DFA=90°,
∴∠AFB=90°,
∴△AFB是等腰直角三角形,
∵AE=BE,
∴EF=AB.
14. 已知:如图,在△ABC中,AB=AC,D为边BC上一点,将线段AB平移至DE,连接AE、AD、EC.
(1)求证:AD=EC;
(2)当点D在什么位置时,四边形ADCE是矩形,请说明理由.
【答案】见解析.
【解析】证明:(1)由平移得:AB∥DE,AB=DE
∴∠B=∠EDC,
∵AB=AC,
∴∠B=∠ACD,AC=DE,
∴∠EDC=∠ACD,
∵DC=CD,
∴△ACD≌△ECD,
∴AD=EC;
(2)当点D是BC中点时,四边形ADCE是矩形.
理由如下:∵AB=AC,点D是BC中点,
∴BD=DC,AD⊥BC,
由平移知:四边形ABDE是平行四边形,
∴AE=BD,AE∥BD,
∴AE=DC,AE∥DC,
∴四边形ADCE是平行四边形,
∵AD⊥BC,
∴四边形ADCE是矩形.
15.(2021·河北邢台市期末)如图,矩形中,,.将矩形翻折,使点落在边上的点处,折痕为.
(1)若 AM=6,求 DE=________.
(2)若,求的长度.
【答案】(1);(2)5.
【解析】解:(1)∵四边形ABCD是矩形,
∴AD=BC=8,DC=AB=12,∠D=90°,
由折叠性质得:ME=AM=6,
∴MD=8﹣6=2,
在Rt△MDE中,由勾股定理得:DE==,
故答案为:;
(2)由已知,DE=DC=×12=4,
设AM=ME=x,则DM=8﹣x,
在Rt△MDE中,由勾股定理得:42+(8-x)2=x2,
解得:x=5,
即AM=5.
【拓展提升】
1.(2019·辽宁阜新模考)如图,矩形纸片,,,点在边上.将沿折叠,点落在点处.、分别交于点、,且.则的长为( )
A.2 B. C. D.
【答案】B.
【解析】解:∵四边形ABCD是矩形
∴∠A=∠B=∠C=90°,AB=CD=4,AD=BC=3
根据折叠的性质,得:DE=CD=4,PE=PC,∠E=∠C
∴△PBO≌△FEO
∴PB=EF,OB=OE
∴PE=OP+OE=OF+OB=BF
设AF=x,则PE=BF=PC=4-x,
∴PB=EF=BC-PC=x-1
∴DF=DE-EF=5-x
在Rt△ADF中,由勾股定理得:x2+32=(5-x)2
解得:x=,即AF=
故答案为:B.
2.(2020·浙江杭州市期末)如图,矩形纸片,,,折叠纸片,使点落在边上的处,折痕为,当点在边上移动时,折痕的端点、也随之移动,若限定点、分别在、边上移动,则点在边上可移动的最大距离为( )
A.1 B.2 C.4 D.5
【答案】B.
【解析】解:当点D与点Q重合时,由折叠知:ED=AD=5,
在Rt△ECD中,ED2=EC2+CD2,
即52=(5-EB)2+32,
解得:EB=1,
当点P与点B重合时,由折叠知:EB=AB=3,
∴点E在BC边上可移动的最大距离为2.
故答案为:B.
3.如图,已知矩形纸片中,,将其折叠,使点D与点B重合,那么折叠后的长和折痕的长分别是( )
A.、 B.、 C.、 D.、
【答案】B.
【解析】解:∵四边形ABCD是矩形,
∴∠A=90°,AD∥BC,
设DE=x,则AE=9-x,BE=x,
在△ABE中,由勾股定理得:32+(9-x)2=x2,
解得:x=5,
∴DE=5,AE=4,BE=5
同理可得:CF=4,
∴BF=5,
过点F作FM⊥AD于M,
则AB=FM=3,EM=1
由勾股定理得:EF=,
故答案为:B.
4.(2020·吴江经济开发区月考)一次数学课上,老师请同学们在一张长为18厘米,宽为16厘米的矩形纸板上,剪下一个腰长为10厘米的等腰三角形,且要求等腰三角形的一个顶点与矩形的一个顶点重合,其它两个顶点在矩形的边上,则剪下的等腰三角形的面积为( )
A.50或40或30 B.50或40 C.50 D.50或30或20
【答案】A.
【解析】解:四边形ABCD是矩形,AD=18cm,AB=16cm;
①△AEF中,AE=AF=10cm,S△AEF=•AE•AF=50cm2;
图1 图2 图3
②△AGH中,AG=GH=10cm
在Rt△BGH中,BG=AB−AG=16−10=6cm;
根据勾股定理得BH=8cm;
∴S△AGH=AG•BH=×8×10=40cm2;
③△AMN中,AM=MN=10cm;
在Rt△DMN中,MD=AD−AM=18−10=8cm;
根据勾股定理得DN=6cm;
∴S△AMN=AM•DN=×10×6=30cm2.
故等腰三角形的面积为:50或40或30.
故答案为:A.
5.(2020·四川成都期中)如图,长方形中,,,为的中点.动点从点出发,以每秒的速度沿运动,最终到达点,若点运动的时间为秒,则当__________时,的面积等于.
【答案】或5或.
【解析】解:当点P在AB上时,
∵四边形ABCD是矩形,
∴AD=BC=6,AB=CD=8,
由题意知,,x=;
当P在BC上时,
∵Q是CD的中点,
∴DQ=CQ=4,BP=2x-8,PC=14-2t,
,
解得x=5
当点P在CQ上时,
PQ=18-2x,
,
x=,
故答案为:或5或.
6.(2020·江苏苏州市月考)如图,在中,,,O是的中点,如果在和上分别有一个动点M、N在移动,且在移动时保持.若.则的最小值为_________.
【答案】.
【解析】解:连接OA,取MN的中点D,连接OD,AD,
∵在△ABC中,∠A=90°,AB=AC,O是BC的中点,
∴AO=BO=CO,∠B=∠C=45°;
∴△OAN≌△OBM,
∴ON=OM,∠AON=∠BOM;
∵∠BOM+∠AOM=90°,
∴∠NOM=∠AON+∠AOM=90°,
∴△OMN是等腰直角三角形,
∴∠MON=∠NAM=90°,
∴OD=AD=MN,
∴MN=OD+AD,
∵OD+AD≥AO,
∴MN≥AO,
∴MN的最小值为AO,
∵BC=,
∴AO=,
∴MN的最小值为,
故答案为:.
7.(2020·昆明市月考)如图,在矩形中,,点在上,且,点分别是直线上的两个动点,将沿翻折,使点落在矩形中的点处,连接,则的最小值是__________.
【答案】-1.
【解析】解:作点B关于CD的对称点B′,PB=PB′,BC=B′C,
当点E、F、P、B′在同一直线时PF+PB取最小值,
由折叠知:AE=EF=1,
由矩形性质知:AB=4,BE=AB-AE=4-1=3,AD=BC=CB′=3,
在Rt△BEB′中,BB′=2BC=6,EB′=,
PF+PB=PF+PB′≤B′E-EF=-1.
故答案为:-1.
8. 如图,在平面直角坐标系中,长方形OABC的边OA 在x轴上,OC在y轴上,OA=1,OC=2,对角线 AC的垂直平分线交AB 于点E,交AC于点D.若y轴上有一点P(不与点C重合),能使△AEP是以为 AE 为腰的等腰三角形,则点 P的坐标为____.
【答案】,或
【解析】解:∵对角线 AC的垂直平分线交AB 于点E,
∴AE=CE,
∵OA=1,OC=2,
∴AB=OC=2,BC=OA=1,
∴设AE=m,则BE=2-m,CE=m,
∴在Rt∆BCE中,BE2+ BC2=CE2,即:(2-m)2+12=m2,
解得:m=,
∴E(1,),
设点P坐标为(0,y),
∵△AEP是以为 AE 为腰的等腰三角形,
当AP=AE,则(1-0)2+(0-y)2= (1-1)2+(0-)2,解得:y=,
当EP=AE,则(1-0)2+(-y)2= (1-1)2+(0-)2,解得:y=,
∴点 P的坐标为,,,
故答案是:,,.
9.(2021·江苏泰州期末)如图,在平面直角坐标系中,点A、点B分别在轴和轴的正半轴上运动,且AB=4,若AC=BC=5,△ABC的形状始终保持不变,则在运动的过程中,点C到原点O的最小距离为____________.
【答案】-2.
【解析】解:如图,过C作CG⊥AB于G,AB=4
∵BC=AC=5
∴BG=AG=2
由勾股定理得:CG=
∵∠AOB=90°
∴OG=2
当C、O、G三点共线时,OC=CG-OG,此时OC取最大值,
故OC的最小值是:-2
故答案为:-2.
10.如图,矩形中,,,点E是边上的一个动点;把沿折叠,点A落在处,如果恰在矩形的对称轴上,则的长为______.
【答案】2或.
【解析】解:①当A′与BC边中点重合时符合题意,
∴AE=2;
②过A′作PQ∥AD交AB于P,交CD于Q,
则直线PQ是矩形ABCD 的对称轴,
∴PQ⊥AB,AP=PB,AD∥PQ∥BC,
∴A′B=2PB,
∴∠PA′B=30°,
∴∠A′BC=30°,∠EBA′=30°,
设A′E=x,则BE=2x,
在△A′EB中,,
解得:x=,
∴AE=A′E=;
故答案为:2或.
11.(2020·浙江杭州期末)(探究发现)(1)如图1,中,,点D为的中点,E、F分别为边、上两点,若满足,则、、之间满足的数量关系是_______________.
(类比应用)(2)如图2,中,,,点D为的中点,E、F分别为边、上两点,若满足,试探究、、之间满足的数量关系,并说明理由.
(拓展延伸)(3)在中,,,点D为的中点,E、F分别为直线、上两点,若满足,,请直接写出的长.
【答案】[探究发现]AE+AF=AB;[类比应用]AE+AF=AB;[拓展延伸]或
【解析】解:[探究发现]
∵AB=AC,∠BAC=90°,
∴∠B=∠C=45°,
∵D为BC中点,
∴AD⊥BC,∠BAD=∠CAD=45°,AD=BD=CD,
∴∠ADB=∠ADF+∠BDF=90°,
∵∠EDF=∠ADE+∠ADF=90°,
∴∠BDF=∠ADE,
又∵BD=AD,∠B=∠CAD=45°,
∴△BDF≌△ADE(ASA),
∴BF=AE,
∴AB=AF+BF=AF+AE;
[类比应用]
AE+AF=AB,理由是:
取AB中点G,连接DG,
∵点G是△ADB斜边中点,
∴DG=AG=BG=AB,
∵AB=AC,∠BAC=120°,点D为BC的中点,
∴∠BAD=∠CAD=60°,
∴∠GDA=∠BAD=60°,即∠GDF+∠FDA=60°,
又∵∠FAD+∠ADE=∠FDE=60°,
∴∠GDF=∠ADE,
∵DG=AG,∠BAD=60°,
∴△ADG为等边三角形,
∴∠AGD=∠CAD=60°,GD=AD,
∴△GDF≌△ADE(ASA),
∴GF=AE,
∴AG=AB=AF+FG=AE+AF;
[拓展延伸]
当点E在线段AC上时,
如图,取AC的中点H,连接DH,
当AB=AC=5,CE=1,∠EDF=60°时,
AE=4,此时F在BA的延长线上,
同(2)可得:△ADF≌△HDE,
∴AF=HE,
∵AH=CH=AC=,CE=1,
∴AF=HE=CH-CE=-1=;
当点E在AC延长线上时,
同理可得:AF=HE=CH+CE=+1=.
综上:AF的长为或.
12.(2021·江苏南京期末)我们可以沿直角三角形纸片的斜边中线把它剪成两个等腰三角形.
(初步思考)
(1)任意三角形纸片都可以剪成4个等腰三角形,在图①中画出分割线,并作适当的标注;
(深入思考)
(2)任意三角形纸片都可以剪成5个等腰三角形,在图②中画出分割线,并作适当的标注;
(回顾反思)
(3)在把一个三角形纸片剪成5个等腰三角形时,我们发现图②中的分割方法不能用于等边三角形.因此,我们需要为等边三角形想一种分割方案,请在图③中画出分割线,并作适当的标注;
(4)我们发现,不是所有三角形纸片都能剪成3个等腰三角形.当∠A=110°,∠B为多少度时,△ABC能被剪成3个等腰三角形,请画出两种分割方案,并标注∠B和∠C的度数.
【答案】见解析.
【解析】解:(1)过A作AD⊥BC于D,分别取AB中点E,AC中点F,连接ED,DF,
EB=ED,EA=ED,FA=FD,FC=FD;
(2)过A作AD⊥BC于D,取AB中点E,在DC上取点F使AF=FC,取AF的中点G,连接ED,DG,
EB=ED,EA=ED,FA=FC,GA=GD,GF=GD;
(3)过A作AD⊥BC于D,取AB中点E,在AD上取点F使AF=FC,
取CF的中点G,连接ED,DG,
EB=ED,EA=ED,FA=FC,GF=GD,GC=GD;
(4)第一种分割方案如图,
DA=DB,EA=ED,EA=EC;
第二种分割方案如图
DA=DC,EB=ED,EA=ED.
13.(2021·江苏镇江市期末)(定义)
如果条线段将一个三角形分成个等腰三角形,那么这条线段就称为这个三角形的“二分等腰线”,如果条线段将一个三角形分成个等腰三角形,那么这条线段就称为这个三角形的“三分等腰线”.
(理解)
(1)如图(1),在中,,请你在这个三角形中画出它的“二分等腰线”,不限作法,请在图中标出等腰三角形顶角的度数.
图(1)
(2)如图(2),已知是一个顶角为的等腰三角形,请你在这个三角形中画出它的“三分等腰线”,不限作法,请在图中标出所分得的等腰三角形底角的度数.
图(2)
(应用)
(3)小明在学习了上面的材料后得到一个结论:直角三角形一定存在“二分等腰线”;而小丽则认为直角三角形也一定存在“三分等腰线”.
①你认为直角三角形的_ _就是它的“二分等腰线”;
②如图(3),在中,,请你在图(3)中帮助小丽画出的“三分等腰线”(要求:尺规作图,不写作法,保留作图痕迹).
图(3)
(4)在中,和分别是的“三分等腰线”,点在边上,点在边上,且,请根据题意写出度数的所有可能的值 .
【答案】见解析.
【解析】解:(1)如图所示:
(2)如图所示:
(3)①直角三角形的斜边上的中线就是它的“二分等腰线";
②作AB的垂直平分线,得等腰△ABD,作BD边上的中线,得等腰△BCE和△CDE.
如图所示:
(4)如图,当AD=DE时,
∵AD=CD,∠C=33°,
∴∠DAC=∠C=33°,
∵DE=BE,
∴∠EDB=∠B,
∵AD=DE,
∴∠DAE=∠AED=∠EDB+∠B=2∠B,
∵∠C+∠CAD+∠B=180°,
∴∠C+∠C+2∠B+∠B=180°,即66°+3∠B=180°,
即∠B=38°;
当AD=AE时,
∵AD=CD,∠C=33°,
∴∠DAC=∠C=33°,
∴∠ADB=∠DAC+∠C=66°,
∵DE=BE,
∴∠EDB=∠B,∠AED=∠EDB+∠B=2∠B,
∵AD=AE,
∴∠ADE=∠AED,
∴∠ADB=∠ADE+∠EDB=3∠B=66°,即∠B=22°,
综上所述,∠B=22°或38°.
14.(2021·重庆云阳县期末)如图,在中,,,垂足为,是边上一点,过点作,垂足为,连接,为的中点.
(1)如图,过点作交于点,若,,求的度数;
(2)如图,若,过点作,垂足为.求证:.
【答案】(1)16°;(2)见解析.
【解析】解:(1)连接GE,
∵CD⊥IAB,EF⊥CD,
∴FE∥AB,
∴∠B=∠CEF=32°,
∵M为AE的中点,MG⊥AE,
∴AG=GE=EB,
∴∠EAG=∠AEG,∠EGB=∠B=32°,
∴∠EAG=16°,
∵FE∥AB,
∴∠AEF=∠EAG=16°;
(2)延长HM交EF于G,
∵∠ACB=90°,∠CDA=90°,∠CFE=90°,
∴∠ACD+∠FCE=90°,∠DAC+∠ACD=90°,
∴∠CAD=∠ECF,
∵CF=AD,
∴△CAD≌△ECF,
∴CD=EF,
∵由(1)知EF∥AB,
∴MH⊥AB,
∴MG⊥EG,
∵M是AE的中点.
∴AM=EM,
∵∠AMH=∠GME,
∴△AMH≌△EMG,
∴AH=GE,HM=GM,
易证四边形FGHD为矩形,
∴FG=DH,
AD=AH-DH=EG-DH=EF-FG-DH=EF-2FG,
AD=CF=CD-2HM=EF-2HM,
∴EF-2HM= EF-2FG,
∴HM=FG,
∴EF=EG+FG=AH+HM.
15.(2019·张家港市月考)如图,长方形中,,,现有一动点P从A出发以1/秒的速度,沿矩形的边A—B—C—D—A,设点P的运动时间为t秒.
(1)当秒时,求的面积;
(2)当t为何值时,点P与点A的距离为5?
(3)当t为何值时(),以线段、、的长度构成的三角形是直角三角形,且是斜边.
【答案】(1)4;(2)7或15;(3).
【解析】解:(1)当t=6时,点P的路程为1×6=6cm,
∵AB=4cm,BC=6cm,
∴BP=2,
∴;
(2)①若点P在BC上,
在Rt△ABP中,AP=5,AB=4,
∴BP=t﹣4=3,
∴t=7;
②若点P在DC上,
则在Rt△ADP中,AP是斜边,
∵AD=6,
∴AP>6,
∴AP≠5;
③若点P在AD上,
AP=5,
则点P的路程为20﹣5=15,
∴t=15,
当t=7或t=15时,AP=5cm.
(3)当4<t<10时,点P在BC边上,
∵BP=t﹣4,CP=10﹣t,
∴AP2=AB2+BP2=42+(t﹣4)2
由题意,有AD2+CP2=AP2
∴62+(10﹣t)2=42+(t﹣4)2
解得:t=.
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