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4.证明:如答图,延长AD至点M,使DM=AD,连接MC.
∵BD=CD,∠ADB=∠MDC,AD=DM,
∴△ABD≌△MCD,∴MC=AB,∠B=∠MCD.
∵AB=CE,∴CM=CE.
∵∠BAC=∠BCA,
∴∠B+∠BAC=∠ACB+∠MCD,
即∠ACM=∠ACE,
∴△ACM≌△ACE,∴AE=AM.
∵AM=2AD,∴AE=2AD.
A
B2 DC E
4 题答图
5.证明:(1)∵AB//CD,
∴∠BAD+∠ADC=180°.
∵AM平分∠BAD,DM平分∠ADC,
∴2∠MAD+2∠ADM=180°,
∴∠MAD+∠ADM=90°,
∴∠AMD=90°,即 AM⊥DM.
(2)如答图,作MN⊥AD交AD于点N,
∵∠B=90°,AB//CD,
∴BM⊥AB,CM⊥CD.
∵AM平分∠BAD,DM平分∠ADC,
∴BM=MN,MN=CM,
∴BM=CM,即M为BC的中点.
Ak N
D
B- M C
5题答图
专项训练四 方程组与不等式组的综合应用
1.解:(1)设A型手机每部售价x元,B型手机每部售价y
元,根据题意,得
{[x+3y=8 400,}2x+y=5 800,解得
答:A型手机每部售价1800元,B型手机每部售价
2 200元.
(2)设购买A型手机a部,则购买B型手机(6-a)部,根
据题意,得
专项训练五 求不等式(组)中参数的取值范围 2.(1)证明:连接BD,∵在△ABC中,AB=BC=1,
1.m≤2 2.a≥-3 3.m≤号 4.m≥2 5.D ∠ABC=90°,D为AC的中点,
∴BD=DC=2AC,11 200≤1800a+2 200(6-a)≤11 600, 6.-1<a≤0或2<a≤3 7.m≥-乏 8.0或-1解得4≤a≤5.
∵a为整数,∴a=4或5,
∴有两种购买方案,
方案①:购买A型手机4部,B型手机2部;
方案②:购买A型手机5部,B型手机1部.
∠ABD=∠CBD=∠A=∠C=45°,BD⊥AC,
∴∠BDC=90?=∠EDF,
∴∠MDB=∠CDN=90?-∠BDN.
专项训练六 旋转构造等腰(边)及直角三角形
1.D 2.C 3.100° 4.10 5.B 6.C 7.4√3 8.①③④
专项训练七 旋转与多解问题
1.1或5 2.(4,4)或(4,-4) ∠(
.C
(3)按方案①购买所需费用为
1800×4+2200×2=11 600(元).
按方案②购买所需费用为
1800×5+2 200=11 200(元).
因此,按方案②购买更省,最少费用是11 200 元.
在△BMD和△CND中,3.(4,-2)或(-4,2) 4.(-1,-2)或(5,2)
5.45°或135°6.1或√3-1
7.4-43或4√3-4 【解析】分两种情况:①当逆时针旋转 ∴△BMD≌△CND(ASA),∴DM=DN.
(2)解:不发生变化.
∵△BMD=△CND,时,如答国①,易证△AOD≤△AEO,OF=4-4,②当顺时
2.解:(1)设应安排x辆甲种货车,则安排(10-x)辆乙种货
车运送这批水果,由题意,得
?4x+2(10-x)≥30,
∴SARMD=S△CN,∴S四边形DMAN =S△MMD+S△N=S△cN+
S?mN=S≈ma=S=×÷×1×1=
针旋转时,如答图②,易证△ADO=△AEO,OF=4/3-4.
F 0 C .0
解得5≤x≤7.
\x+2(10-x)≥13,
∵x是整数,∴x=5或6或7,
∴有三种方案:
0 ,C
D「 F 3.解:(1)BD2+CE2=DE2G
E (2)CE2=BD2+DE2. 证明:将△AEC绕点A顺时针旋转
120°后得到△AFB,连接DF,则△AEC≌△AFB,
∴BF=CE,AE=AF,∠EAC=∠FAB.
∵∠BAC=120°,∠DAE=60°,∴∠BAD+∠EAC=60°,
∴∠BAD+∠FAB=60°,即∠FAD=∠EAD=60°,
∴△AFD≌△AED,∴∠ADF=∠ADE,FD=DE.
∵∠ADE=45°,∴∠ADF=45°,∴∠BDF=90°.
在Rt△BDF中,由勾股定理,得 BF2=BD2+DF2,
∴CE2=BD2+DE2.
A B
方案一:安排甲种货车5辆,乙种货车5辆;
方案二:安排甲种货车6辆,乙种货车4辆;
方案三:安排甲种货车7辆,乙种货车3辆.
7 题答图① 7 题答图②
专项训练八 利用旋转理解几何模型
1.(1)证明:∵线段AD绕点A逆时针旋转60°得到AE,
∴AD=AE,∠DAE=60°.(2)在方案一中果农应付运输费:
5×2 000+5×1300=16 500(元);
在方案二中果农应付运输费:
6×2 000+4×1300=17 200(元);
在方案三中果农应付运输