专项训练卷二 等腰三角形-2021-2022学年七年级上册数学【优+密卷】（鲁教版）

10.1或—解析:设点Q的运动速度是xcm/s.因为∠CAB 70°.因为CE平分∠ACB,所以∠ACE=1∠ACB=35°.因为 因为∠1=∠2,∠D=∠C,AB=AE 1=12.所以BC=6cm. 所以△ABD≌△AEC(AAS) ∠DBA=60°,所以当A,C,P三点构成的三角形与B,P,QBD⊥AC,所以∠ODC=90°,所以∠BOE=∠COD=90° 所以BD=EC 因为AB=AC,所以BD=CD 点构成的三角形全等,有两种情况:①AP=BP,AC=BQ,35°=55°,故选B. 15.解:如图所示,延长AD,BC交于点 在Rt△ABD中,由勾股定理,得AB2=BD2+AD2=32+ 则1×t=6-1×t,解得t=3.由AC=BQ,知4=3x,解得x:4.B解析:因为∠B=50°,AD=BD,所以∠BAD=∠B=50° E 42=52,所以AB=5cm. 4.②AP=BQ,AC=BP,则1×t=tx,6-1×t=4,解得 因为AD平分∠BAC,所以∠BAC=2∠BAD=100°,所以 因为∠A=30°,∠B=90°,所以∠E 所以△ABC的周长=2AB+BC=10+6-16(cm ∠C=1800—∠B-∠BAC=1800-500—100°=30°.故选B. 12.解:由题意,得△ACD与△AED关于AD成轴对称 5.C解析:因为MN垂直平分线段AE,所以CE=CA,所以 因为∠ADC=120°,所以∠EDC 所以AC=AE=6cm,CD=DE,∠ACD=∠AED=∠DEB 11.证明:因为∠B+∠AEC=180°,∠DEC+∠AEC=180 ∠E=∠CAE=30°,所以∠ACB=∠E+∠CAE=60°.因为 所以∠B=∠DEC AB=CE=AC,所以△ACB是等边三角形,所以∠CAB 所以△EDC是等边三角形 在△ABC和△DEC中,因为∠B=∠DEC,∠BAC=∠D,60°.所以∠BAE=∠CAB+∠CAE=90故选C 设CD=CE=DE=x 在Rt△ABC中,因为AB2=AC2+BC2=62+82=102,所以 AB=10 cm BC=CE 6.D解析:∠A=180°-110°=70°,当AB=AC时,∠B 因为AD=4,BC=1,所以BE=1+x,AE=x+4. 所以△ABC≌△DEC(AAS),所以AC=DC 在Rt△ABC中,因为∠A=30°,∠B=90°,所以AE=2BE 所以BE=AB-AE=10-6=4(cm) 12.证明:因为AB=BD+CF,AB=BD+AD,所以AD=CF ∠C=2×(180-70°)=55:当BC=BA时,∠A=∠C= 所以2(1+x)=x+4,解得x=2 设CD=DE=xcm,则DB=BC-CD=(8-x)cm. 因为AB∥CF,所以∠A=∠FCE. 70°,则∠B=180°-700-70°=40°;当CA=CB时,∠A= 所以CD=2 在Rt△DEB中,由勾股定理,得DE2+BE2=BD2,即x2+ 在△ADE和△CFE中,因为∠AED=∠CEF,∠A ∠B=70°.∠B的度数为70°或55°或40°.故选D 16.解:(1)由题意,得∠CBM=60°,∠BAM=30° 42=(8-x)2,解得x=3,即CD=3cm. 7.48°解析:因为点A在线段BC的垂直平分线上,所以AB 因为∠CBM=∠BAM+∠BMA,所以∠BMA=30°, ∠FCE,AD=CF 3.解:如图所示,三级台阶平面展开图为 所以∠BMA=∠BAM,所以AB=BM. 所以△ADE≌△CFE(AA5),所以AE=CE 1C.因为∠A=28°,所以∠ACB 因为AB=28×0.5=14(海里),所以BM=14(海里) 长方形,长为20dm,宽为[2+3)×312 13.解:(1)因为BE,AD是△ABC的高 76°.因为AD=DC,所以∠ACD=∠A=28°.所以∠BCD 即轮船在B处时与灯塔M的距离为14海里 dm,则蚂蚁沿台阶面爬到B点最短路程3 所以∠1+∠BCA=90°,∠2+∠BCA=90°,所以∠1=∠2 ∠ACB-∠ACD=760-28°=48 (2)连接CM.因为BC=14海里,所以BM=BC,∠CBM 是此长方形的对角线长 (2)CP=CQ.理由如下: 8.1解析:因为ED∥BC,所以∠EGB=∠GBC,∠DFC=:60°,所以△BMC是等边三角形 设蚂蚁沿台阶面爬到B点最短路程 在△APC和△BCQ中,因为AP=BC,∠1=∠2,BQ=AC,∠FCB.因为BG平分∠ABC,CF平分∠ACB,所以∠GBC 所以CM=BC,∠BCM=60°,所以CM=14海里 为xd 所以△APC≌△BCQ(SAS),所以CP=CQ ∠GBE·∠FCB=∠FCD,所以∠EGB=∠EBG,∠DCF= 所以轮