内容正文:
∴-AB·(DE+DF)=3\sqrt{2}+2\sqrt{6},:cM=cD-MD=6-÷-2 ∴AB=3+2\sqrt{3}. 答:AB的长为3+2\sqrt{3}. 第十七章自我测评卷A 1.B2.A3.D4.C5.B6.C7.A ECh→MD_—FⅳG一一pK―I 8.B9.24-10.2\sqrt{7}-11.\sqrt{7}-12.5米G——N—中K—H 13.2\sqrt{3}或2\sqrt{7} 14.证明:如图所示,连接MA。 ∵MD⊥AB,② ∴AD^2=AM-MD^2,MD^2=BM^′-BD^.(2)如图②所示,作点A关于直线GH的对称点 A′,点B关于直线EF的对称点B′,连接A′B交 二AM^2=AC^2+CM.GH于点P,交EF于点Q,作B’I⊥CA交CA的 ∵M为BC的中点,∴BM=MC,∴AD^2=延长线于点I。 AC2+BD^2.则此时AP+PQ+QB的值最小。 C根据对称的性质,可知PA=PA′,QB=QB′, ∴PA+PQ+QB=PA′+PQ+QB′=A′B′, ∴PA+PQ+QB的最小值为线段A'B′的长。 在Rt△A′B′I中,∵IB′=CD=2,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: 由题意,可知OA=16×5=80(m), ∴AP+PQ+QB的最小值为”\sqrt{5}. OB=12×5=60(m)。 又∵AB=100m, ∴OA^2+OB^2=80^2+60^2=10000,第十八章自我测评卷 AB2=100^2=10000,1.B2.B3.C4.C5.C6.C7.B ∴OA^2+OB^2=AB^2, ∴△AOB是直角三角形,且∠AOB=90?8.DF=BE(答案不唯一)9.4\sqrt{5}-10.5 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BCC′D′为直角梯形,∴AD=2DF,CD=2DE, ∴saxw-}(BC+CD′)·BD′=≌_22∴DE=DF. 在△ADE和△CDF中, ∵Rt△ABC≌Rt△AB′C′,AD=CD, ∠ADE=∠CDF, ∴∠BAC=∠B′AC′, DE=DF, 立∠CAC’=∠CAB′+∠B′AC′=∠CAB′+ ∴△ADE≌△CDF(SAS). BAC=90°。 ∴S*反vv=S_ΔMC+S_Δcc+S_Δv_A=÷ab+12.解:(1)证明:∵四边形ABCD是平行四边形,∴OA=OC,OB=OD。 72+zb-+2b.ma+b=+2a,∵AE=CF, ∴OE=OF. 整理,得a^2+b^2=c^2.(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)。 AM^2=AC^2+CM^2=3^2+(6-x)^2.(2)结论:四边形EBFD是矩形. 在Rt△BDM中,BM^2=DM^2+BD^2=x^2+6^2.理由:∵OD=OB,OE=OF, ∵AM=MB,∴3^2+(6-x)^2=x^2+6^2.二四边形EBFD是平行四边形、 ∵BD=EF, 解得x=÷, ∴四边形EBFD是矩形。优+学案 第十七章自我测评卷 课时通 (八年级数学下·R) (时间:45分钟满分:100分) 一、选择题(每小题3分,共24分) 7.已知Rt△ABC中,∠A,∠B,∠C所对的边分别 1.已知△ABC中,∠A=∠B=号∠C,则它的三 为a,b,c,∠C=90°,若a+b=14cm,c=10cm, 则Rt△ABC的面积是() 条边长之比为( ) A.24 cm2 B.36 cm2 C.48 cm2 D.60 cm2 A.1:1:√2 B.1:3:2 8.如图所示,将长AB=10,宽AD=6的长方形纸 C.1:√2:5 D.1:4:1 片ABCD放在以BC所在直线为x轴,BC边上 2.下列定理中逆命题不成立的是() 一点O为坐标原点的直角坐标系中,连接OD.将 A.全等三角形的对应角相等 B.如果在一个三角形中,两边相等,那么它们所 纸片ABCD沿OD折叠,使点C落在AB边上的 对的角也相等 点C'处,则C点的坐标为( C.同位角相等,两直线平行 D.角平分线上的点到这个角的两边的距离相等 3.已知一个直角三角形的两边长分别为12和13, 则第三边长是() A.5 B.√313 /10 C.11 D.5或313 A.(2√5,0) B.(30) 4.阅读理解:如果一个正整数