内容正文:
∴2AB·(DE+DF)=3V+25, CM=CD-MD=6--头. .AB=3+2√5. 答:AB的长为3+2√3. A 第十七章自我测评卷 C 1.B2.A3.D4.C5.B6.C7.A 8.B9.2410.2√711.√712.5米 13.2√3或2√7 14.证明:如图所示,连接MA. .MD⊥AB, ① ② .'.AD2=AM-MD2,MD2=BM2-BD2. (2)如图②所示,作点A关于直线GH的对称点 ,∠C=90°, A',点B关于直线EF的对称点B',连接A'B'交 ..AM=AC+CMP GH于点P,交EF于点Q,作B'I⊥CA交CA的 :M为BC的中点,∴.BM=MC,.AD2= 延长线于点I, AC+BD2. 则此时AP+PQ十QB的值最小. 根据对称的性质,可知PA=PA',QB=QB', ..PA+PQ+QB=PA'+PQ+QB'=AB', ∴PA+PQ+QB的最小值为线段A'B的长. 在R△ABT中,:IB=CD=,IA=DB+ CA'=6+2+5=13, 15.解:乙同学行走的方向是东北方向.理由如下: .A'B'=√TA+BT下= 由题意,可知OA=16×5=80(m), OB=12×5=60(m). :AP+PQ+QB的最小值为5, 又,AB=100m, ∴.OA2+OB2=802+602=10000, 第十八章自我测评卷 AB2=1002=10000, 1.B2.B3.C4.C5.C6.C7.B ∴.OA2+OB2=AB, .△AOB是直角三角形,且∠AOB=90°. 8.DF=BE(答案不唯一)9.4√510.5 由已知,得∠AON=45°, 11.证明:,四边形ABCD是菱形, .∠BON=45°. ..AD=CD. 因此,乙同学行走的方向是东北方向 ,E,F分别为边CD,AD的中点, 16.解:四边形BCCD'为直角梯形, ..AD=2DF,CD=2DE, ÷Sarr=2(BC+CD)·BD-a+ ∴.DE=DF. 2 在△ADE和△CDF中, ,Rt△ABC≌Rt△AB'C', AD=CD, .∠BAC=∠B'AC ∠ADE=∠CDF, ∴.∠CAC=∠CAB'+∠B'AC'=∠CAB'+ DE=DF, ∠BAC=90°. ∴.△ADE≌△CDF(SAS). 1 12.解:(1)证明:.四边形ABCD是平行四边形, S特形cn=SaAC十S△cC十S△Dac=2ab十 ∴.OA=OC,OB=OD. 名+h-2即a》-2a血. .AE=CF, 2 2 2 ..OE=OF. 整理,得a2十b=c2. OD=OB, 17.解:(1)如图①所示,连接AB,作线段AB的垂直 在△DOE和△BOF中,∠DOE=∠BOF, 平分线MN,交AB于点N,交EF于点M,连接 OE=OF, AM,BM.设DM=x.在Rt△ACM中, ∴.△DOE≌△BOF(SAS). AM2=AC2+CM2=32+(6-x)2. (2)结论:四边形EBFD是矩形. 在Rt△BDM中,BMP=DMP+BD=x2+6. 理由:.OD=OB,OE=OF, ,AM=MB,∴.32+(6-x)2=x2+62. ∴.四边形EBFD是平行四边形. 解得x=, .BD=EF, ∴.四边形EBFD是矩形. 52 13.解:(1)证明:在矩形ABCD中,由勾股定理得DE=\sqrt{AD2}+AE=\sqrt{4}^2+3^z=5, ∵∠A=∠D=90°, ∴∠DGH+∠DHG=90^°? ∴△CDE的周长=2DE+CD=2DE+AB= 2×5+6=16. 在菱形EFGH中,EH=GH。17.证明:(1)∵四边形ABCD是平行四边形, ∵AH=2,DG=2,∴AB/CD,AB=CD,∴∠AFC=∠DCG。 ∴AH=DG,∵GA=GD,∠AGF=∠CGD, 二△AEH≌△DHG(HL),∴△AGF≌△DGC∴AF=CD,∴AB=AF。 ∴∠AHE=∠DGH,(2)∵AF=CD,AF//CD, ―∴∠AHE+∠DHG=90^°,∴四边形ACDF是平行四边形. ∴∠EHG=90^°, 二菱形EFGH是正方形。 ∵四边形ABCD是平行四边形, ∴∠BAD=∠BCD=120°,∴∠FAG=60°. (2)如图所示,过点DG-M∵AB=AG=AF,∴△AFG是等边三角形, F作FM⊥DC交∴AG=GF。 DC的延长线于M,F∵△AGF≌△DGC∴FG=CG。 则∠FMG=90°,∵AG=GD,∴AD=CF, 二∠A=∠FMG=H∴四边形ACDF是矩形。 90°。连接EG. 由矩形和菱形的性4EB第十九章自我测评卷 质,知AB∥DC,HE∥GF, 1.C2.B-3.B-4.C5.B6.A、7.C ∴∠AEG=∠MGE, 8.B9。310.k>311.