第33-1期 1.1 直角三角形的性质和判定（1）同步达标检测卷-【数理报】2024-2025学年八年级下册数学同步课堂（湘教版）

书 答案详解 　　　　　　　　　　２０２４～２０２５学年　初中数学湘教八年级　第３３～３６期　　　　　　　　　　 第３３－１期 １．１同步达标检测卷 一、 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ 答案 Ｄ Ａ Ａ Ｂ Ａ Ｃ Ａ Ａ Ｃ Ｄ 二、１１．６．８ｃｍ；　１２．６２°；　１３．６０；　１４．１３； １５．１８°；　１６．１０；　１７．２０°；　１８．槡２＋１． 三、１９．因为 ∠ＡＣＢ＝９０°，所以 ∠Ａ＋∠Ｂ＝９０°．因为 ∠ＡＣＤ＝∠Ｂ，所以∠Ａ＋∠ＡＣＤ＝９０°．所以△ＡＣＤ是直角三 角形． ２０．因为ＣＤ⊥ＢＣ，所以∠ＤＣＢ＝９０°．因为点Ｅ是ＢＤ的 中点，所以ＣＥ＝ １２ＢＤ＝ＢＥ．因为∠Ａ＝∠ＣＥＡ，所以ＡＣ＝ ＣＥ．所以ＡＣ＝ＢＥ． ２１．过点Ｐ作ＰＣ⊥ＡＢ于点Ｃ，图略．由题意，得∠ＰＡＢ＝ ９０°－７５°＝１５°，∠ＰＢＣ＝９０°－６０°＝３０°．所以 ∠ＡＰＢ＝ ∠ＰＢＣ－∠ＰＡＢ＝１５°＝∠ＰＡＢ．所以 ＰＢ＝ＡＢ＝２０×２＝ ４０（海里）．在Ｒｔ△ＰＢＣ中，ＰＣ＝１２ＰＢ＝２０海里 ＜２２海里．所 以若轮船仍向前航行，有触礁的危险． ２２．（１）因为 ＣＤ为斜边 ＡＢ的中线，所以 ＣＤ＝ＢＤ＝ １ ２ＡＢ．所以 ∠ＤＣＢ＝∠Ｂ．因为 ∠Ｆ＝∠Ｂ，所以 ∠ＤＣＢ＝ ∠Ｆ．所以ＥＦ∥ＢＣ． （２）因为∠Ａ＝６５°，所以∠Ｂ＝９０°－∠Ａ＝２５°．因为ＥＦ ∥ＢＣ，所以∠ＦＥＤ＝∠Ｂ＝２５°．所以∠ＡＥＦ＝１８０°－∠ＦＥＤ ＝１５５°． ２３．因为∠ＢＡＣ＋∠Ｂ＋∠Ｃ＝１８０°，所以∠ＢＡＣ＝１８０°－ ∠Ｂ－∠Ｃ．因为ＡＥ平分∠ＢＡＣ，所以∠ＢＡＥ＝１２∠ＢＡＣ＝９０° －１２∠Ｂ－ １ ２∠Ｃ．所以∠ＢＥＦ＝∠Ｂ＋∠ＢＡＥ＝９０°＋ １ ２∠Ｂ －１２∠Ｃ．因为 ＦＤ⊥ ＢＣ，所以 ∠ＢＤＦ＝９０°．所以 ∠Ｆ＝ ∠ＢＤＦ－∠ＢＥＦ＝ １２（∠Ｃ－∠Ｂ）． ２４．（１）因为△ＡＢＣ是等边三角形，所以ＡＢ＝ＢＣ，∠ＡＢＣ ＝∠ＡＣＢ＝６０°．所以１８０°－∠ＡＢＣ＝１８０°－∠ＡＣＢ，即∠ＡＢＤ ＝∠ＢＣＥ．因为ＢＤ＝ＣＥ，所以△ＡＢＤ≌△ＢＣＥ（ＳＡＳ）． （２）因为△ＡＢＤ≌△ＢＣＥ，所以∠Ｄ＝∠Ｅ，ＡＤ＝ＢＥ＝６． 所以∠ＡＦＧ＝∠Ｄ＋∠ＤＢＦ＝∠Ｅ＋∠ＣＢＥ＝∠ＡＣＢ＝６０°． 因为ＡＧ⊥ＥＦ，所以∠ＡＧＦ＝９０°．所以∠ＦＡＧ＝９０°－∠ＡＦＧ ＝３０°．所以ＡＦ＝２ＦＧ＝５．所以ＤＦ＝ＡＤ－ＡＦ＝１． ２５．（１）猜想：ＭＮ⊥ＢＤ．证明如下： 连接ＢＭ，ＤＭ，图略．因为∠ＡＢＣ＝∠ＡＤＣ＝９０°，点Ｍ，Ｎ 分别是ＡＣ，ＢＤ的中点，所以ＢＭ＝ＤＭ＝１２ＡＣ，ＢＮ＝ＤＮ．所以 ＭＮ⊥ＢＤ． （２）因为∠ＡＢＣ＝９０°，点Ｍ是ＡＣ的中点，所以ＢＭ＝ＣＭ ＝ＤＭ．所以∠ＭＢＣ＝∠ＭＣＢ，∠ＭＤＣ＝∠ＭＣＤ．所以∠ＢＭＤ ＝∠ＡＭＢ＋∠ＡＭＤ＝∠ＭＢＣ＋∠ＭＣＢ＋∠ＭＤＣ＋∠ＭＣＤ＝ ２（∠ＭＣＢ＋∠ＭＣＤ）＝２∠ＢＣＤ＝９０°．因为ＢＭ＝ＤＭ，点Ｎ是 ＢＤ的中点，所以ＭＮ＝ １２ＢＤ＝１． ２６．（１）正确，正确． （２）分两种情况讨论： 当ＥＦ⊥ＢＣ时，∠ＣＦＥ＝９０°．因为△ＡＢＣ是边长为５的等 边三角形，所以ＡＣ＝５，∠Ｃ＝６０°．设运动时间为ｔ秒．由题意， 得ＡＥ＝ＣＦ＝ｔ，则ＣＥ＝ＡＣ－ＡＥ＝５－ｔ．所以ＣＥ＝２ＣＦ，即 ５－ｔ＝２ｔ．解得ｔ＝ ５３． 当ＥＦ⊥ＡＣ时，∠ＣＥＦ＝９０°．因为△ＡＢＣ是边长为５的等 边三角形，所以ＡＣ＝５，∠Ｃ＝６０°．设运动时间为ｔ秒．由题意， 得ＡＥ＝ＣＦ＝ｔ，则ＣＥ＝ＡＣ－ＡＥ＝５－ｔ．所以ＣＦ＝２ＣＥ，即 ｔ＝２（５－ｔ）．解得ｔ＝１０３． 综上所述，当运动时间为 ５ ３秒或 １０ ３秒时，△ＣＥＦ                                                         是直角三 —１— 初中数学湘教八年级　第３３～３６期 角形． （３）ＢＭ ＝２ＭＮ．理由如下： 因为△ＡＢＣ是边长为５的等边三角形，所以 ＡＢ＝ＡＣ＝ ＢＣ，∠ＢＡＣ＝∠Ｃ＝６０°．由（２），得 ＡＥ＝ＣＦ．所以 △ＥＡＢ≌ △ＦＣＡ（ＳＡＳ）．所以∠ＡＢＥ＝∠ＣＡＦ．所以∠ＢＭＮ＝∠ＡＢＥ＋ ∠ＢＡＭ ＝∠ＣＡＦ＋∠ＢＡＭ＝∠ＢＡＣ＝６０°．又因为ＢＮ⊥ＡＦ， 所以ＢＭ ＝２ＭＮ． 第３３－２期 １．２同步达标检测卷 一、 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ 答案 Ｄ Ｃ Ｃ Ａ Ｂ Ｂ Ｃ Ｄ Ｂ Ａ 二、１１．１７；　１２．４；　１３．直角；　１４．槡５－１；　１５．６； １６．１５２；　１７．槡２５；　１８．１１． 三、１９．在Ｒｔ△ＡＢＣ中，因为ＡＣ＝３，ＢＣ＝６，所以 ＡＢ２ ＝ ＡＣ２＋ＢＣ２＝４５．所以Ｓ阴影 ＝Ｓ正方形ＡＢＤＥ－Ｓ△ＡＢＣ ＝ＡＢ ２－１２ＡＣ· ＢＣ＝４５－１２×３×６＝３６（ｃｍ ２）． ２０．在Ｒｔ△ＢＣＤ中，由勾股定理，得 ＢＤ２ ＝ＢＣ２＋ＤＣ２，即 （ＢＣ＋１）２ ＝ＢＣ２＋３２．解得ＢＣ＝４． 答：湖水的深度ＢＣ为４米． ２１．甲组：ＡＤ边垂直于ＡＢ边．理由如下： 因为ＡＤ２＋ＡＢ２＝１２＋２．４２＝６．７６，ＢＤ２＝２．６２＝６．７６， 所以ＡＤ２＋ＡＢ２ ＝ＢＤ２．所以∠ＤＡＢ＝９０°．所以ＡＤ边垂直于 ＡＢ边． 乙组：在ＢＣ上量取ＢＥ＝３ｃｍ，在ＡＢ上量取ＢＦ＝４ｃｍ， 如果ＥＦ＝５ｃｍ，则ＢＣ边垂直于ＡＢ边，否则就不垂直． ２２．过点Ｍ作ＭＥ⊥ＣＤ于点Ｅ，图略．因为∠ＡＣＢ＝∠ＡＤＢ ＝９０°，ＡＢ＝１０，点Ｍ是ＡＢ的中点，所以ＣＭ＝１２ＡＢ＝５，ＤＭ ＝１２ＡＢ＝５．所以ＣＭ＝ＤＭ．因为ＭＥ⊥ＣＤ，ＣＤ＝６，所以ＣＥ ＝ＤＥ＝３．由勾股定理，得 ＥＭ ＝ ＣＭ２－ＣＥ槡 ２ ＝４．所以 △ＭＣＤ的面积为：１２ＣＤ·ＥＭ ＝１２． ２３．（１）勾股定理：直角三角形两直角边ａ，ｂ的平方和，等 于斜边ｃ的平方，即ａ２＋ｂ２ ＝ｃ２． （２）由题意，得图①的面积为：１２ａｂ×３＋ａ ２＋ｂ２，图②的 面积为： １ ２ａｂ×３＋ｃ ２．因为图①，②的面积相等，所以 １２ａｂ×３ ＋ａ２＋ｂ２ ＝ １２ａｂ×３＋ｃ ２．所以ａ２＋ｂ２ ＝ｃ２． ２４．因为点Ｎ是ＦＧ的中点，ＦＧ＝ＢＣ＝１２ｃｍ，所以ＦＮ＝ １ ２ＦＧ＝６ｃｍ． ①将长方体展开，前面与上面所在的平面形成长方形 ＡＢＧＨ．因为ＡＢ＝１８ｃｍ，ＢＦ＝１０ｃｍ，所以ＢＭ＝ＡＢ－ＡＭ＝ １２ｃｍ，ＢＮ＝ＢＦ＋ＦＮ ＝１６ｃｍ．在 Ｒｔ△ＢＭＮ中，ＭＮ ＝ ＢＭ２＋ＢＮ槡 ２ ＝２０ｃｍ． ②将长方体展开，前面与右面所在的平面形成长方形 ＡＣＧＥ，过点Ｎ作ＮＰ⊥ＢＣ于点Ｐ，图略．所以ＢＰ＝ＦＮ＝６ｃｍ． 因为ＡＢ＝１８ｃｍ，ＢＦ＝１０ｃｍ，所以 ＰＭ ＝ＡＢ－ＡＭ＋ＢＰ＝ １８ｃｍ，ＰＮ＝ＢＦ＝１０ｃｍ．在Ｒｔ△ＰＭＮ中，ＭＮ＝ ＰＭ２＋ＰＮ槡 ２ ＝ 槡２ １０６ｃｍ． 因为２０＜ 槡２ １０６，所以它需要爬行的最短路程是２０ｃｍ． ２５．（１）设ＢＥ＝ＡＥ＝ｘ．因为ＢＤ＝１６，所以ＤＥ＝ＢＤ－ ＢＥ＝１６－ｘ．因为ＡＤ⊥ＢＣ，所以∠ＡＤＥ＝∠ＡＤＣ＝９０°．在 Ｒｔ△ＡＤＥ中，由勾股定理，得ＡＥ２ ＝ＡＤ２＋ＤＥ２，即 ｘ２ ＝１２２＋ （１６－ｘ）２．解得ｘ＝１２．５．所以ＤＥ＝１６－ｘ＝３．５． （２）在Ｒｔ△ＡＢＤ中，ＡＤ＝１２，ＢＤ＝１６，由勾股定理，得ＡＢ ＝ ＢＤ２＋ＡＤ槡 ２ ＝２０．在Ｒｔ△ＡＤＣ中，ＡＣ＝１５，ＡＤ＝１２，由勾 股定理，得ＣＤ＝ ＡＣ２－ＡＤ槡 ２ ＝９．所以ＢＣ＝ＢＤ＋ＣＤ＝２５． 因为ＡＢ２＋ＡＣ２＝２０２＋１５２＝６２５，ＢＣ２＝２５２＝６２５，所以ＡＢ２ ＋ＡＣ２ ＝ＢＣ２．所以△ＡＢＣ是直角三角形，且∠ＢＡＣ＝９０°． ２６．（１）ＡＣ＝ＢＥ，ＡＣ∥ＢＥ． （２）ＡＤ２＋ＢＥ２ ＝ＡＢ２．理由如下： 延长ＢＣ至点 Ｆ，使得 ＣＦ＝ＢＣ，连接 ＤＦ，ＡＦ，图略．因为 ∠ＡＣＢ＝９０°，即ＡＣ⊥ＢＦ，所以ＡＣ垂直平分ＢＦ．所以 ＡＦ＝ ＡＢ．因为ＣＥ＝ＣＤ，∠ＦＣＤ＝∠ＢＣＥ，所以△ＦＣＤ≌△ＢＣＥ．所 以ＦＤ＝ＢＥ，∠ＣＦＤ＝∠ＣＢＥ．所以ＤＦ∥ＢＥ．因为ＡＤ⊥ＢＥ， 所以ＡＤ⊥ＤＦ．在Ｒｔ△ＡＤＦ中，由勾股定理，得 ＡＤ２＋ＤＦ２ ＝ ＡＦ２．所以ＡＤ２＋ＢＥ２ ＝ＡＢ２． （３）当点Ｅ在线段ＤＢ上时，延长ＦＤ至点Ｈ，使得 ＤＨ＝ ＤＦ，连接ＡＨ并延长交 ＣＦ于点 Ｇ，图略．由（２），得 △ＡＤＨ≌ △ＢＤＦ．所以ＡＨ＝ＢＦ，∠ＤＡＨ＝∠ＤＢＦ．所以ＡＨ∥ＢＦ．因为 ＢＦ⊥ＣＥ，所以 ＡＧ⊥ ＣＥ．因为 ∠ＡＣＢ＝９０°，所以 ∠                                                                      ＣＡＧ＋ —２— 初中数学湘教八年级　第３３～３６期 ∠ＡＣＧ＝∠ＡＣＧ＋∠ＢＣＦ＝９０°．所以∠ＣＡＧ＝∠ＢＣＦ．又因为 ＡＣ＝ＢＣ，所以△ＣＡＧ≌△ＢＣＦ．所以ＡＧ＝ＣＦ，ＣＧ＝ＢＦ＝ＡＨ ＝２．所以ＡＧ－ＡＨ＝ＣＦ－ＣＧ，即ＨＧ＝ＦＧ．在Ｒｔ△ＢＦＣ中，由 勾股定理，得ＣＦ＝ ＢＣ２－ＢＦ槡 ２ ＝５．所以ＨＧ＝ＦＧ＝ＣＦ－ ＣＧ＝３．在Ｒｔ△ＨＧＦ中，由勾股定理，得ＨＦ＝ ＨＧ２＋ＦＧ槡 ２ ＝ 槡３２．所以ＤＦ＝ １ ２ＨＦ＝ 槡３２ ２． 当点Ｅ在线段ＤＢ的延长线上时，延长ＦＤ至点Ｈ，使得ＤＨ ＝ＤＦ，连接ＡＨ并延长交ＦＣ的延长线于点Ｇ，图略．同理可得 △ＣＡＧ≌△ＢＣＦ．所以ＡＧ＝ＣＦ，ＣＧ＝ＢＦ＝ＡＨ＝２．所以ＡＨ ＋ＡＧ＝ＣＧ＋ＣＦ，即ＨＧ＝ＦＧ．在Ｒｔ△ＢＦＣ中，由勾股定理，得 ＣＦ＝ ＢＣ２－ＢＦ槡 ２ ＝５．所以 ＨＧ＝ＦＧ＝ＣＦ＋ＣＧ＝７．在 Ｒｔ△ＨＧＦ中，由勾股定理，得ＨＦ＝ ＨＧ２＋ＦＧ槡 ２ ＝ 槡７２．所以 ＤＦ＝ １２ＨＦ＝ 槡７２ ２． 综上所述，ＤＦ的长是 槡３２２ 或 槡７２ ２． 第３４－１期 １．３～１．４同步达标检测卷 一、 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ 答案 Ｃ Ｄ Ａ Ｃ Ｂ Ｂ Ｃ Ａ Ｄ Ｂ 二、１１．ＡＯ＝ＤＯ；　１２．１５；　１３．１１０°；　１４．５ｃｍ；　１５．５； １６．４０°；　１７．槡５；　１８．７５°或１５０°． 三、１９．因为ＥＤ⊥ＡＢ，ＦＣ⊥ＡＢ，所以∠ＡＤＥ＝∠ＢＣＦ＝ ９０°．因为ＡＥ∥ＢＦ，所以∠Ａ＝∠Ｂ．在△ＡＤＥ和△ＢＣＦ中，因 为 ∠Ａ＝∠Ｂ，ＡＤ ＝ＢＣ，∠ＡＤＥ＝∠ＢＣＦ，所以 △ＡＤＥ≌ △ＢＣＦ（ＡＳＡ）． ２０．图略． ２１．过点Ｐ作ＰＥ⊥ＣＤ于点Ｅ，图略．因为Ｐ是ＡＢ的中点， 所以ＡＰ＝ＢＰ．因为ＤＰ平分∠ＡＤＣ，∠Ａ＝９０°，ＰＥ⊥ＣＤ，所以 ＡＰ＝ＰＥ．所以ＢＰ＝ＰＥ．所以ＣＰ平分∠ＢＣＤ． ２２．因为ＡＥ⊥ＥＦ，ＣＦ⊥ＥＦ，所以∠ＡＥＢ＝∠ＣＦＢ＝９０°． 在Ｒｔ△ＡＥＢ和 Ｒｔ△ＢＦＣ中，因为 ＡＢ＝ＢＣ，ＢＥ＝ＣＦ，所以 Ｒｔ△ＡＥＢ≌Ｒｔ△ＢＦＣ（ＨＬ）．所以ＡＥ＝ＢＦ．因为１１块相同长方 体小木块的高度都是２ｃｍ，所以ＡＥ＝１０ｃｍ，ＣＦ＝１２ｃｍ．所以 ＢＥ＝ＣＦ＝１２ｃｍ，ＢＦ＝ＡＥ＝１０ｃｍ．所以ＥＦ＝ＢＥ＋ＢＦ＝ ２２ｃｍ． 答：两堵木墙之间的距离ＥＦ为２２ｃｍ． ２３．因为ＡＤ为∠ＢＡＣ的平分线，ＤＥ⊥ＡＢ，ＤＦ⊥ＡＣ，所以 ＤＥ＝ＤＦ．因为 △ＡＢＣ的面积是 ２８ｃｍ２，ＡＢ＝２０ｃｍ，ＡＣ＝ ８ｃｍ，所以Ｓ△ＡＢＣ ＝Ｓ△ＡＢＤ＋Ｓ△ＡＣＤ ＝ １ ２ＡＢ·ＤＥ＋ １ ２ＡＣ·ＤＦ＝ ２８．解得ＤＦ＝２ｃｍ． ２４．由旋转的性质，得ＡＤ＝ＡＢ，ＡＥ＝ＡＣ，∠ＢＡＤ＝∠ＣＡＥ ＝６０°．所以∠ＢＡＤ－∠ＢＡＥ＝∠ＣＡＥ－∠ＢＡＥ，即∠ＤＡＥ＝ ∠ＢＡＣ．所以 △ＡＤＥ≌ △ＡＢＣ（ＳＡＳ）．所以 ∠ＡＥＤ＝∠Ｃ＝ ９０°．所以∠ＡＥＦ＝１８０°－∠ＡＥＤ＝９０°．因为ＡＦ＝ＡＦ，ＡＣ＝ ＡＥ，所以Ｒｔ△ＡＣＦ≌Ｒｔ△ＡＥＦ（ＨＬ）．所以∠ＣＡＦ＝ １２∠ＣＡＥ ＝３０°． ２５．（１）图略．因为点Ｐ与点Ｍ关于ＯＡ对称，点Ｐ与点Ｎ关 于ＯＢ对称，所以ＭＥ＝ＰＥ，ＰＦ＝ＮＦ．所以△ＰＥＦ的周长为： ＰＥ＋ＥＦ＋ＰＦ＝ＭＥ＋ＥＦ＋ＮＦ＝ＭＮ＝１５． （２）因为ＰＭ ＝ＰＮ，点Ｑ，Ｒ分别为 ＰＭ，ＰＮ的中点，所以 ＰＱ＝ １２ＰＭ，ＰＲ＝ １ ２ＰＮ．所以ＰＱ＝ＰＲ．因为点Ｐ与点Ｍ关 于ＯＡ对称，点Ｐ与点Ｎ关于ＯＢ对称，所以ＯＡ⊥ＰＱ，ＯＢ⊥ＰＲ． 所以ＯＰ平分∠ＡＯＢ． ２６．（１）过点Ｅ作ＥＰ⊥ＯＣ于点Ｐ，ＥＱ⊥ＯＢ于点Ｑ，图略， 则∠ＥＱＭ＝∠ＥＰＮ＝∠ＥＰＯ＝９０°．因为ＯＥ平分∠ＢＯＣ，所 以ＥＱ＝ＥＰ．在Ｒｔ△ＥＱＭ和Ｒｔ△ＥＰＮ中，因为ＭＥ＝ＮＥ，ＥＱ＝ ＥＰ，所以Ｒｔ△ＥＱＭ≌Ｒｔ△ＥＰＮ（ＨＬ）．所以∠ＥＭＱ＝∠ＥＮＰ． 设ＥＭ交ＯＮ于点Ｉ，则∠ＭＩＮ＝∠ＥＭＱ＋∠ＡＯＣ＝∠ＥＮＰ＋ ∠ＭＥＮ，所以∠ＭＥＮ＝∠ＡＯＣ． （２）补图略．ＮＦ＋ＯＧ＝ＯＭ．证明如下： 在ＯＦ上取一点Ｒ，使得ＲＰ＝ＯＰ，图略．因为ＥＦ＝ＥＧ，ＥＰ ⊥ＮＧ，所以ＰＦ＝ＰＧ．所以ＰＦ－ＲＰ＝ＰＧ－ＯＰ，即ＲＦ＝ＯＧ． 在Ｒｔ△ＯＥＰ和 Ｒｔ△ＯＥＱ中，因为 ＯＥ＝ＯＥ，ＥＰ＝ＥＱ，所以 Ｒｔ△ＯＥＰ≌Ｒｔ△ＯＥＱ（ＨＬ）．所以ＯＰ＝ＯＱ．所以ＲＰ＝ＯＱ．因 为Ｒｔ△ＥＱＭ≌Ｒｔ△ＥＰＮ，所以ＱＭ＝ＰＮ．所以ＮＦ＋ＯＧ＝ＮＦ ＋ＲＦ＝ＰＮ－ＲＰ＝ＱＭ－ＯＱ＝ＯＭ． 第３４－２期 第１章综合检测卷 一、 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ 答案                                                                      Ｃ Ｄ Ｂ Ａ Ｃ Ａ Ｂ Ｄ Ｃ Ｂ —３— 初中数学湘教八年级　第３３～３６期 二、１１．不变；　１２．４０°；　１３．３９；　１４．３．５；　１５．１５°； １６．２６米；　１７．３０°；　１８．４或槡３４． 三、１９．因为Ｄ为ＡＢ的中点，ＡＢ＝８，所以ＡＤ＝１２ＡＢ＝４． 因为ＤＥ⊥ＡＣ，所以∠ＡＥＤ＝９０°．因为∠Ａ＝３０°，所以ＤＥ＝ １ ２ＡＤ＝２． ２０．因为ＢＤ平分∠ＡＢＣ，所以∠ＡＢＤ＝∠ＣＢＥ．因为ＡＤ⊥ ＡＢ，所以∠ＤＡＢ＝９０°．所以∠Ｄ＋∠ＡＢＤ＝９０°．因为∠Ｃ＝ ９０°，所以∠ＣＥＢ＋∠ＣＢＥ＝９０°．由对顶角相等，得 ∠ＣＥＢ＝ ∠ＡＥＤ．所以∠ＡＤＥ＝∠ＡＥＤ． ２１．图略（提示：连接ＡＢ，作ＡＢ的垂直平分线，然后作两条 公路ｍ和ｎ夹角的平分线，其交点即为加油站的位置）． ２２．连接ＡＦ，图略．因为ＡＢ＝ＡＤ，Ｆ是ＢＤ的中点，所以ＡＦ ⊥ＢＤ．因为Ｅ是ＡＣ的中点，所以ＥＦ＝ １２ＡＣ＝３． ２３．在Ｒｔ△ＡＭＮ中，ＡＭ＝５０米，ＭＮ＝３０米，由勾股定理， 得ＡＮ＝ ＡＭ２－ＭＮ槡 ２ ＝４０米．在Ｒｔ△ＭＮＢ中，ＢＭ＝３４米， ＭＮ＝３０米，由勾股定理，得ＢＮ＝ ＢＭ２－ＭＮ槡 ２ ＝１６米．所以 ＡＢ＝ＡＮ＋ＢＮ＝５６米．所以汽车从Ａ到Ｂ的平均速度为：５６÷ ５＝１１．２（米 ／秒）＝４０．３２千米 ／时 ＜６０千米 ／时．所以此 车没有超速． ２４．（１）由旋转的性质，得 ＡＦ＝ＡＣ，ＥＦ＝ＢＣ，∠Ｆ＝ ∠ＡＣＢ＝９０°．所以∠ＡＣＤ＝１８０°－∠ＡＣＢ＝９０°．在Ｒｔ△ＡＤＦ 和Ｒｔ△ＡＤＣ中，因为 ＡＤ＝ＡＤ，ＡＦ＝ＡＣ，所以 Ｒｔ△ＡＤＦ≌ Ｒｔ△ＡＤＣ（ＨＬ）．所以ＤＦ＝ＤＣ．所以ＡＤ平分∠ＦＡＣ． （２）因为ＢＤ＝１０，ＢＣ＝８，所以ＣＤ＝ＢＤ－ＢＣ＝２．由 （１），得ＤＦ＝ＤＣ＝２，ＥＦ＝ＢＣ＝８，所以ＤＥ＝ＥＦ－ＤＦ＝６． ２５．（１）蚂蚁甲的行走路程：将长方体表面展开得到长方 形ＧＦＡＤ，连接ＡＧ，图略．由题意，得ＦＧ＝４，ＡＥ＝６，ＥＦ＝５．所 以ＡＦ＝ＡＥ＋ＥＦ＝１１．在Ｒｔ△ＡＦＧ中，由勾股定理，得ＡＧ＝ ＦＧ２＋ＡＦ槡 ２ ＝槡１３７． 蚂蚁乙的行走路程：将长方体表面展开得到长方形 ＨＧＢＡ，连接ＡＧ，图略．由题意，得ＡＢ＝５，ＢＦ＝６，ＦＧ＝４．所以 ＢＧ＝ＢＦ＋ＦＧ＝１０．在 Ｒｔ△ＡＢＧ中，由勾股定理，得 ＡＧ＝ ＡＢ２＋ＢＧ槡 ２ ＝ 槡５５． 蚂蚁丙的行走路程：将长方体表面展开得到长方形ＥＧＣＡ， 连接ＡＧ，图略．由题意，得ＡＢ＝５，ＢＣ＝４，ＣＧ＝６．所以ＡＣ＝ ＡＢ＋ＢＣ ＝９．在 Ｒｔ△ＡＣＧ中，由勾股定理，得 ＡＧ ＝ ＡＣ２＋ＣＧ槡 ２ ＝ 槡３ １３． 所以甲、乙、丙三只蚂蚁的行走路程的最小值分别是 槡１３７，槡５５， 槡３ １３． （２）因为槡１３７＞ 槡５５＞ 槡３ １３，所以三只蚂蚁都走自己的 路径，蚂蚁丙最先到达，蚂蚁甲最后到达． ２６．（１）槡４３－４． （２）设ＡＢ，Ａ′Ｃ交于点Ｅ，图略．因为∠ＡＣＢ＝９０°，∠ＡＢＣ ＝３０°，所以 ∠Ａ＝６０°．由折叠的性质，得 ∠ＤＡ′Ｃ＝∠Ａ＝ ６０°．因为ＤＡ′∥ＢＣ，所以∠ＢＣＡ′＝∠ＤＡ′Ｃ＝６０°，∠Ａ′ＤＢ＝ ∠ＡＢＣ＝３０°．所以∠ＤＥＡ′＝９０°．由对顶角相等，得∠ＣＥＢ＝ ９０°．因为∠ＡＢＣ＝３０°，ＢＣ＝ 槡４３，所以ＣＥ＝ １ ２ＢＣ＝ 槡２３．所 以Ａ′Ｅ＝Ａ′Ｃ－ＣＥ＝４－ 槡２３．所以ＡＤ＝Ａ′Ｄ＝２Ａ′Ｅ＝８－ 槡４３． （３）当∠ＤＡ′Ｂ＝９０°时，由折叠的性质，得∠ＣＡ′Ｄ＝∠Ａ ＝６０°，Ａ′Ｃ＝ＡＣ＝４．所以 ∠ＣＡ′Ｂ＝∠Ｃ′ＡＤ＋∠ＤＡ′Ｂ＝ １５０°．过点Ｃ作ＣＦ⊥Ａ′Ｂ，交ＢＡ′的延长线于点Ｆ，图略．所以 ∠ＣＦＡ′＝９０°，∠ＣＡ′Ｆ＝１８０°－∠ＣＡ′Ｂ＝３０°．所以 ＣＦ＝ １ ２Ａ′Ｃ＝２．所以Ａ′Ｆ＝ Ａ′Ｃ ２－ＣＦ槡 ２ ＝ 槡２３．在Ｒｔ△ＢＣＦ中， ∠ＢＦＣ＝９０°，由勾股定理，得ＣＦ２＋ＢＦ２＝ＢＣ２，即２２＋ＢＦ２＝ （槡４３） ２．解得ＢＦ＝ 槡２ １１．所以 Ａ′Ｂ＝ＢＦ－Ａ′Ｆ＝ 槡２ １１－ 槡２３．所以Ａ′Ｂ ２ ＝５６－ 槡８ ３３． 当∠Ａ′ＤＢ＝９０°时，∠Ａ′ＤＡ＝９０°．由折叠的性质，得 ∠ＡＤＣ＝∠Ａ′ＤＣ＝４５°．过点Ｃ作ＣＧ⊥ＡＢ，交ＡＢ于点Ｇ，图 略．因为∠ＣＧＡ＝９０°，∠Ａ＝６０°，所以∠ＡＣＧ＝３０°．所以ＡＧ ＝１２ＡＣ＝２．所以ＣＧ＝ ＡＣ ２－ＡＧ槡 ２ ＝ 槡２３．在Ｒｔ△ＣＧＤ中， ∠ＡＤＣ＝４５°，所以ＤＧ＝ＣＧ＝ 槡２３．所以Ａ′Ｄ＝ＡＤ＝ＡＧ＋ＤＧ ＝２＋ 槡２３．所以ＢＤ＝ＡＢ－ＡＤ＝６－ 槡２３．所以Ａ′Ｂ ２＝ＢＤ２＋ Ａ′Ｄ２ ＝６４－ 槡１６３． 不存在∠Ａ′ＢＤ＝９０°的情况． 综上所述，Ａ′Ｂ２的值是５６－ 槡８ ３３或６４－ 槡１６３                                                                      ． —４— 初中数学湘教八年级　第３３～３６期 第３５－１期 ２．１同步达标检测卷 一、 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ 答案 Ｂ Ｄ Ｃ Ｂ Ｄ Ａ Ｃ Ｄ Ｃ Ａ 二、１１．４０；　１２．１４４°；　１３．２１５°；　１４．２８５；　１５．４５°； １６．１２０°；　１７．４；　１８．１７０°． 三、１９．由题意，得ｘ＋ｘ＋１０＋６０＋９０＝３６０． 解得ｘ＝１００． ２０．设这个多边形的边数为ｎ． 根据题意，得（ｎ－２）×１８０°×２９ ＝３６０°． 解得ｎ＝１１． 答：这个多边形的边数为１１． ２１．因为五边形的内角和是：（５－２）×１８０°＝５４０°，所以 ∠Ｍ ＝５４０°－∠Ａ－∠Ｃ－∠Ｅ－∠Ｆ＝８２°≠８０°．所以该模 板不符合要求． ２２．（１）由题意，得这个正多边形的外角为４５°．所以该正 多边形的边数为：３６０°÷４５°＝８．所以小明一共走了：８×８＝ ６４（米）． （２）这个正多边形的内角和为：１８０°×（８－２）＝１０８０°． ２３．设这个多边形的边数是ｎ． 根据题意，得１５２０＜（ｎ－２）×１８０°＜１５２０°＋１８０°． 解得１０４９ ＜ｎ＜１１ ４ ９． 因为ｎ为正整数， 所以ｎ＝１１． 所以漏加内角的度数是：（１１－２）×１８０°－１５２０°＝１００°． ２４．（１）∠ＢＣＤ＝∠Ａ＋∠Ｂ． （２）因为 ∠Ａ＋∠Ｂ＋∠Ｃ＋∠ＡＤＣ＝３６０°，∠ＡＤＥ＋ ∠ＡＤＣ＝１８０°，所以 ３６０°－（∠Ａ＋∠Ｂ＋∠Ｃ）＝１８０°－ ∠ＡＤＥ．所以∠ＡＤＥ＝∠Ａ＋∠Ｂ＋∠Ｃ－１８０°． （３）ｙ－ｘ＝１８０（ｎ－３）． ２５． （１） 由 题 意， 得 ∠ＡＣＤ ＝ ９０°，∠ＢＣＦ ＝ （６－２）×１８０° ６ ＝１２０°．所以∠ＡＣＢ＝３６０°－∠ＡＣＤ－∠ＢＣＦ ＝１５０°．所以ｎ的值是１５０． （２）如图１，∠ＡＣＢ＝３６０°－∠ＡＣＤ－∠ＢＣＦ－∠ＤＣＦ＝ １４５°．所以ｎ＝１４５． ! " # $ % & ' ( ) ! ! * " + , % & - ( ) ! " 如图２，∠ＡＣＢ＝３６０°－∠ＡＣＤ－（∠ＢＣＦ－∠ＤＣＦ）＝ １５５°．所以ｎ＝１５５． 综上所述，ｎ的值是１４５或１５５． ２６．（１）因为∠Ａ＋∠ＡＣＢ＋∠Ｂ＝１８０°，∠Ｄ＋∠ＤＣＥ＋ ∠Ｅ＝１８０°，∠ＡＣＢ＝∠ＤＣＥ，所以∠Ａ＋∠Ｂ＝∠Ｄ＋∠Ｅ． （２）由（１），得∠Ｅ＋∠Ｆ＝∠ＯＢＣ＋∠ＯＣＢ．所以∠Ａ＋ ∠ＡＢＥ＋∠ＤＣＦ＋∠Ｄ＋∠Ｅ＋∠Ｆ＝∠Ａ＋∠ＡＢＥ＋∠ＤＣＦ ＋∠Ｄ＋∠ＯＢＣ＋∠ＯＣＢ＝∠Ａ＋∠ＡＢＣ＋∠ＢＣＤ＋∠Ｄ＝ ３６０°． ! " # $ % ! " # $ ! $ （３）如图３，连接 ＣＤ．由（１），得 ∠Ｂ ＋∠Ｅ＝∠１＋∠２．在 △ＡＣＤ中，∠Ａ＋ ∠ＡＣＤ＋∠ＡＤＣ＝１８０°，即 ∠Ａ＋∠３＋ ∠１＋∠２＋∠４＝１８０°．所以∠Ａ＋∠Ｂ＋ ∠Ｃ＋∠Ｄ＋∠Ｅ＝１８０°． （４）５４０，１８０°ｎ－７２０°． 第３５－２期 ２．２同步达标检测卷 一、 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ 答案 Ｂ Ｃ Ａ Ｄ Ｂ Ａ Ｂ Ｂ Ｃ Ｄ 二、１１．３５°；　１２．１４；　１３．答案不惟一，如ＤＥ＝ＢＦ； １４．１５ｃｍ；　１５．３０°；　１６．２；　１７．８；　１８．５２． 三、１９．因为四边形ＡＢＣＤ是平行四边形，所以ＡＤ∥ＢＣ．所 以∠ＤＡＦ＝∠ＢＦＡ．因为ＢＡ＝ＢＦ，所以∠ＢＡＦ＝∠ＢＦＡ．所以 ∠ＢＡＦ＝∠ＤＡＦ．在△ＡＥＦ和△ＡＧＦ中，因为ＡＥ＝ＡＧ，∠                                                                      ＥＡＦ —５— 初中数学湘教八年级　第３３～３６期 ＝∠ＧＡＦ，ＡＦ＝ＡＦ，所以△ＡＥＦ≌△ＡＧＦ（ＳＡＳ）．所以 ＦＥ＝ ＦＧ． ２０．因为四边形ＡＢＣＤ是平行四边形，所以ＯＡ＝ＯＣ，ＯＢ＝ ＯＤ．因为ＢＥ＝ＤＦ，所以ＯＢ－ＢＥ＝ＯＤ－ＤＦ，即ＯＥ＝ＯＦ．所 以四边形ＡＥＣＦ是平行四边形． ２１．因为四边形 ＡＢＣＤ是平行四边形，所以 ＡＢ＝ＤＣ，∠Ａ ＝∠Ｃ．由折叠的性质，得 ＤＥ＝ＤＣ，∠Ｅ＝∠Ｃ．所以 ∠Ａ＝ ∠Ｅ，ＡＢ＝ＤＥ．由对顶角相等，得∠ＡＦＢ＝∠ＥＦＤ．所以△ＡＦＢ ≌△ＥＦＤ（ＡＡＳ）．所以ＡＦ＝ＥＦ． ２２．由对顶角相等，得 ∠ＤＥＦ＝∠ＡＥＣ．因为 ∠ＢＡＥ＋ ∠ＤＥＦ＝１８０°，所以∠ＢＡＥ＋∠ＡＥＣ＝１８０°．所以ＡＢ∥ＣＤ．因 为ＡＢ＝ＣＤ，所以四边形ＡＢＣＤ是平行四边形．所以ＡＤ∥ＢＣ． 所以∠ＤＡＥ＝∠Ｆ． ２３．（１）因为四边形ＡＢＣＤ是平行四边形，所以ＡＢ∥ＣＤ． 所以∠Ｂ＋∠Ｃ＝１８０°．所以∠Ｃ＝１８０°－∠Ｂ．因为ＡＥ⊥ＢＣ， 所以 ∠ＡＥＢ＝９０°．所以 ∠ＢＡＥ＝９０°－∠Ｂ．因为 ∠Ｃ＝ ３∠ＢＡＥ，所以１８０°－∠Ｂ＝３（９０°－∠Ｂ）．解得∠Ｂ＝４５°． （２）图略．由（１），得∠ＢＡＥ＝∠Ｂ＝４５°．所以ＢＥ＝ＡＥ＝ 槡２２．因为ＣＥ＝２ＢＥ，所以ＣＥ＝ 槡４２．在Ｒｔ△ＡＣＥ中，由勾股定 理，得ＡＣ＝ ＡＥ２＋ＣＥ槡 ２ ＝ 槡２ １０． ２４．（１）因为四边形ＡＢＣＤ是平行四边形，所以ＣＤ∥ＡＢ． 因为ＡＧ⊥ＢＤ，ＣＨ⊥ＢＤ，所以ＡＧ∥ＣＨ．所以四边形ＡＧＣＨ是 平行四边形． （２）因为四边形ＡＧＣＨ是平行四边形，所以ＣＧ＝ＡＨ．因为 四边形ＡＢＣＤ是平行四边形，所以ＣＤ＝ＡＢ，ＣＤ∥ＡＢ．所以ＣＤ －ＣＧ＝ＡＢ－ＡＨ，即 ＤＧ＝ＢＨ，∠ＧＤＥ＝∠ＨＢＦ．因为 ＡＥ⊥ ＢＤ，ＣＦ⊥ ＢＤ，所以 ∠ＤＥＧ＝∠ＢＦＨ ＝９０°．在 △ＧＤＥ和 △ＨＢＦ中，因为∠ＤＥＧ＝∠ＢＦＨ，∠ＧＤＥ＝∠ＨＢＦ，ＤＧ＝ＢＨ， 所以△ＧＤＥ≌△ＨＢＦ（ＡＡＳ）．所以ＧＥ＝ＨＦ＝３２．在Ｒｔ△ＤＧＥ 中，ＤＥ＝２，ＧＥ＝ ３２，由勾股定理，得 ＤＧ＝ ＤＥ ２＋ＧＥ槡 ２ ＝ ５ ２．所以ＢＨ＝ＤＧ＝ ５ ２． ２５．因为以Ｐ，Ｄ，Ｑ，Ｂ为顶点的四边形是平行四边形，所以 ＤＰ＝ＢＱ． 当０≤ｔ≤３时，ＡＰ＝ｔ，ＣＱ＝４ｔ，所以ＤＰ＝１２－ｔ，ＢＱ＝ １２－４ｔ．所以１２－ｔ＝１２－４ｔ．解得ｔ＝０（不合题意，舍去）． 当３＜ｔ≤６时，ＡＰ＝ｔ，ＢＱ＝４ｔ－１２，所以ＤＰ＝１２－ｔ． 所以１２－ｔ＝４ｔ－１２．解得ｔ＝４．８． 当６＜ｔ≤９时，ＡＰ＝ｔ，ＢＱ＝３６－４ｔ，所以ＤＰ＝１２－ｔ． 所以１２－ｔ＝３６－４ｔ．解得ｔ＝８． 当９＜ｔ＜１２时，ＡＰ＝ｔ，ＢＱ＝４ｔ－３６，所以ＤＰ＝１２－ｔ． 所以１２－ｔ＝４ｔ－３６．解得ｔ＝９．６． 综上所述，当ｔ＝４．８或８或９．６时，以Ｐ，Ｄ，Ｑ，Ｂ为顶点的 四边形是平行四边形． ２６．（１）因为线段ＣＤ是由线段ＡＢ平移得到的，所以ＡＢ＝ ＣＤ，ＡＢ∥ＣＤ．所以四边形ＡＢＣＤ是平行四边形． （２）∠ＤＢＰ＝∠ＣＥＰ＋∠ＢＰＥ．理由如下： 设ＡＣ与ＢＰ交于点Ｇ，图略．因为四边形ＡＢＣＤ是平行四边 形，所以ＡＣ∥ＢＤ．所以∠ＤＢＰ＝∠ＣＧＰ．因为∠ＣＧＰ＝∠ＣＥＰ ＋∠ＢＰＥ．所以∠ＤＢＰ＝∠ＣＥＰ＋∠ＢＰＥ． （３）当点Ｐ在线段ＣＤ上运动时，∠ＤＢＰ，∠ＣＥＰ，∠ＢＰＥ之 间的数量关系发生变化，为∠ＢＰＥ＝∠ＤＢＰ＋∠ＣＥＰ．证明如 下： 过点Ｐ作ＰＨ∥ＢＤ交ＡＢ于点 Ｈ，图略．由（２），得 ＡＣ∥ ＢＤ．所以 ＡＣ∥ ＰＨ∥ ＢＤ．所以 ∠ＤＢＰ＝∠ＢＰＨ，∠ＣＥＰ＝ ∠ＥＰＨ．所以∠ＢＰＥ＝∠ＢＰＨ＋∠ＥＰＨ＝∠ＤＢＰ＋∠ＣＥＰ． （４）∠ＣＥＰ＝∠ＤＢＰ＋∠ＢＰＥ．理由如下： 设ＰＥ交ＢＤ于点Ｍ，图略．由（２），得ＡＣ∥ＢＤ．所以∠ＣＥＰ ＝∠ＤＭＰ．因为 ∠ＤＭＰ＝∠ＤＢＰ＋∠ＢＰＥ，所以 ∠ＣＥＰ＝ ∠ＤＢＰ＋∠ＢＰＥ． 第３６－１期 ２．３—２．４同步达标检测卷 一、 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ 答案 Ａ Ｂ Ａ Ｃ Ｂ Ｂ Ａ Ｂ Ｂ Ｂ 提示： ９．连接ＢＥ，因为点Ｄ是ＡＢ的中点，△ＡＤＥ的面积为１                                                                      ， —６— 初中数学湘教八年级　第３３～３６期 所以△ＢＤＥ的面积为１，所以△ＡＢＥ的面积为２， 因为点Ｅ是ＡＣ的中点，所以△ＢＣＥ的面积为２， 所以四边形ＤＢＣＥ的面积为３． １０．如图１，取ＣＧ的中点Ｈ，连接ＥＨ， 则ＧＨ＝ＣＨ＝ １２ＣＧ， 因为点Ｆ为ＢＧ的中点，ＤＧ＝６，ＢＣ＝１０， 所以ＧＦ＝ＢＦ＝ １２ＢＧ， 所以ＦＨ＝ＧＦ＋ＧＨ＝ １２（ＢＧ＋ＣＧ）＝ １ ２ＢＣ＝５， 因为Ｅ为ＣＤ的中点，Ｈ为ＣＧ的中点， 所以ＥＨ∥ＤＧ，ＥＨ＝ １２ＤＧ＝３， 所以∠ＦＨＥ＝∠ＢＧＤ， 因为ＤＧ⊥ＢＣ于点Ｇ， 所以∠ＦＨＥ＝∠ＢＧＤ＝９０°， 所以ＥＦ＝ ＦＨ２＋ＥＨ槡 ２ ＝ ５２＋３槡 ２ ＝槡３４． ! " # $ % & '( ! ! 二、１１．２；　１２．２ｍ；　１３．＝；　１４．２； １５．４；　１６．５２；　１７．４；　１８．３． 提示： １８．因为Ｄ，Ｅ分别是ＡＢ，ＡＣ的中点， 所以ＣＥ＝ １２ＡＣ＝６，ＤＥ为△ＡＢＣ的中位线， 所以ＤＥ＝ １２ＢＣ＝９，ＤＥ∥ＢＣ， 所以∠ＥＦＣ＝∠ＢＣＦ； 因为ＣＦ平分∠ＡＣＢ， 所以∠ＢＣＦ＝∠ＥＣＦ， 所以∠ＥＦＣ＝∠ＥＣＦ， 所以ＥＦ＝ＣＥ＝６， 所以ＤＦ＝ＤＥ－ＥＦ＝９－６＝３． 三、１９．解：如图２，△Ａ′ＣＢ与△ＡＢＣ关于点Ｄ中心对称． ! " # $ %! ! ! ２０．证明：因为Ｄ，Ｅ，Ｆ分别是△ＡＢＣ三边的中点， 所以ＤＦ是△ＡＢＣ的中位线， 所以ＤＦ＝ １２ＡＣ， 因为ＡＨ⊥ＢＣ于点Ｈ，Ｅ是ＡＣ的中点， 所以ＥＨ＝ １２ＡＣ，所以ＤＦ＝ＥＨ． ２１．证明：因为点Ｄ，Ｆ分别为ＡＣ，ＢＣ的中点， 所以ＤＦ是△ＡＢＣ的中位线， 所以ＤＦ∥ＡＢ，所以∠Ａ＝∠ＣＤＥ， 在△ＡＢＣ和△ＤＣＥ中， ＡＢ＝ＤＣ， ∠Ａ＝∠ＣＤＥ， ＡＣ＝ＤＥ { ， 所以△ＡＢＣ≌△ＤＣＥ（ＳＡＳ），所以ＢＣ＝ＣＥ． ２２．解：（１）选取１个涂上阴影，使４个阴影小正方形组成 一个轴对称图形，但不是中心对称图形，如图３所示． ! ! （２）选取１个涂上阴影，使４个阴影小正方形组成一个中 心对称图形，但不是轴对称图形，如图４所示． ! ! ２３．证明：因为△ＡＤＥ和△ＦＣＥ关于点Ｅ成中心对称， 所以∠ＡＤＥ＝∠ＦＣＥ，ＡＤ＝ＦＣ，ＤＥ＝ １２ＣＤ． 所以ＡＤ∥ＦＣ． 因为Ｄ是ＡＢ的中点，所以ＢＤ＝ＡＤ．所以                                                                      ＢＤ＝ＦＣ． —７— 初中数学湘教八年级　第３３～３６期 所以四边形ＤＢＦＣ是平行四边形． 所以ＣＤ＝ＢＦ．所以ＤＥ＝ １２ＢＦ． ２４．解：连接ＢＤ，图略． 因为Ｅ，Ｆ分别是边ＡＢ，ＡＤ的中点， 所以ＥＦ∥ＢＤ，ＢＤ＝２ＥＦ＝４， 所以∠ＡＤＢ＝∠ＡＦＥ＝４５°， 因为ＢＣ＝５，ＣＤ＝３，所以ＢＤ２＋ＣＤ２ ＝２５，ＢＣ２ ＝２５， 所以ＢＤ２＋ＣＤ２ ＝ＢＣ２，所以∠ＢＤＣ＝９０°， 所以∠ＡＤＣ＝∠ＡＤＢ＋∠ＢＤＣ＝１３５°． ２５．（１）解：因为ＢＣ＝１０，ＡＨ＝８， 所以Ｓ△ＡＢＣ ＝ １ ２×８×１０＝４０， 因为点Ｄ，Ｅ，Ｆ分别是ＡＢ，ＢＣ，ＣＡ的中点， 所以△ＢＤＥ，△ＥＦＣ的面积都等于△ＡＢＣ面积的 １４， 所以四边形ＡＤＥＦ的面积为４０－２０＝２０． （２）证明：因为Ｄ，Ｅ，Ｆ分别是△ＡＢＣ各边的中点， 所以ＤＥ∥ＡＣ，ＥＦ∥ＡＢ， 所以四边形ＡＤＥＦ是平行四边形， 所以∠ＤＥＦ＝∠ＤＡＦ， 因为ＡＨ是△ＡＢＣ的高， 所以△ＡＢＨ，△ＡＣＨ是直角三角形， 因为点Ｄ，点Ｆ是斜边ＡＢ，ＡＣ的中点， 所以ＤＨ＝ＤＡ，ＨＦ＝ＡＦ， 所以∠ＤＡＨ＝∠ＤＨＡ，∠ＦＡＨ＝∠ＦＨＡ， 所以∠ＤＡＨ＋∠ＦＡＨ＝∠ＤＨＡ＋∠ＦＨＡ， 即∠ＤＡＦ＝∠ＤＨＦ，所以∠ＤＨＦ＝∠ＤＥＦ． ２６．解：回顾：由三角形中位线定理可知： 若Ｄ，Ｅ分别是ＡＢ，ＡＣ的中点，则ＤＥ与ＢＣ的位置关系是 ＤＥ∥ＢＣ，数量关系是ＤＥ＝ １２ＢＣ． 故答案为ＤＥ∥ＢＣ，ＤＥ＝ １２ＢＣ． 变式：思路一：因为Ｄ是ＡＢ的中点， 所以ＡＤ＝ＢＤ，又ＤＦ＝ＤＥ，∠ＡＤＥ＝∠ＢＤＦ， 所以△ＡＤＥ≌△ＢＤＦ（ＳＡＳ）， 所以∠ＡＥＤ＝∠ＢＦＤ，ＢＦ＝ＡＥ， 所以ＢＦ∥ＣＥ， 因为ＤＥ∥ＢＣ，即ＥＦ∥ＢＣ， 所以四边形ＢＦＥＣ是平行四边形， 所以ＣＥ＝ＢＦ，所以ＡＥ＝ＣＥ，所以点Ｅ为ＡＣ的中点； 思路二：根据作图得ＢＦ∥ＡＣ， 所以∠Ａ＝∠ＡＢＦ， 因为Ｄ是ＡＢ的中点，所以ＡＤ＝ＢＤ， 又∠ＡＤＥ＝∠ＢＤＦ，所以△ＡＤＥ≌△ＢＤＦ（ＡＳＡ）， 所以ＢＦ＝ＡＥ， 因为ＥＦ∥ＢＣ，ＢＦ∥ＣＥ， 所以四边形ＢＦＥＣ是平行四边形， 所以ＣＥ＝ＢＦ，所以ＡＥ＝ＣＥ， 所以点Ｅ为ＡＣ的中点． 应用：如图５，点Ｅ即为所作． !" # $ % ! ! 第３６－２期 ２．１—２．４专题达标检测卷 一、 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ 答案 Ｂ Ｃ Ｄ Ａ Ｂ Ｃ Ａ Ｂ Ｂ Ａ 提示： ９．如图１，取ＢＣ的中点Ｇ，连接ＥＧ． 因为Ｅ是ＡＣ的中点， 所以ＥＧ＝ １２ＡＢ＝ １ ２×８＝４． 因为ＥＦ＝２ＣＤ，ＣＤ＝ １２ＢＣ，ＣＧ＝ １ ２ＢＣ， 所以ＤＧ＝２ＣＤ，所以ＥＦ＝ＤＧ． 因为ＥＦ∥ＣＤ，所以四边形ＥＧＤＦ是平行四边形                                                                      ， —８— 初中数学湘教八年级　第３３～３６期 所以ＤＦ＝ＥＧ＝４． ! "# $ % & ' & # " ! % ( ! ! ! " １０．如图２，连接ＣＥ，因为四边形ＡＢＣＤ是平行四边形， 所以ＡＯ＝ＣＯ，ＣＤ＝ＡＢ＝槡５． 因为ＯＥ⊥ＡＣ，所以ＯＥ垂直平分ＡＣ，所以ＣＥ＝ＡＥ＝２． 因为ＣＥ２＋ＤＥ２ ＝２２＋１２ ＝５，ＣＤ２ ＝（槡５） ２ ＝５， 所以ＣＥ２＋ＤＥ２ ＝ＣＤ２， 所以△ＣＤＥ是直角三角形，∠ＣＥＤ＝９０°， 所以∠ＡＥＣ＝９０°， 所以ＡＣ＝ ＡＥ２＋ＣＥ槡 ２ ＝ ２２＋２槡 ２ ＝ 槡２２． 二、１１．平行；　１２．８；　１３．②；　１４．３； １５．９０；　１６．５；　１７．３；　１８．６． 提示： １７．因为ＡＤ是△ＡＢＣ的中线，所以Ｓ△ＡＢＤ ＝ １ ２Ｓ△ＡＢＣ， 因为ＢＥ是△ＡＢＤ的中线， 所以Ｓ△ＢＤＥ ＝ １ ２Ｓ△ＡＢＤ， 所以Ｓ△ＢＤＥ ＝ １ ４Ｓ△ＡＢＣ ＝ １ ４×３６＝９， 因为Ｓ△ＢＤＥ ＝ １ ２ＢＤ·ＥＦ，所以 １ ２ＢＤ·ＥＦ＝９， 即 １ ２×６×ＥＦ＝９，解得ＥＦ＝３． １８．延长ＥＦ和ＢＣ，交于点Ｇ，如图３所示， 在ＡＢＣＤ中，∠ＡＢＣ的平分线ＢＥ与ＡＤ交于点Ｅ， 所以∠ＡＢＥ＝∠ＣＢＥ，ＡＤ∥ＢＣ，ＡＤ＝ＢＣ， 所以∠ＡＥＢ＝∠ＣＢＥ，所以∠ＡＢＥ＝∠ＡＥＢ， 所以ＡＢ＝ＡＥ＝４，所以ＡＤ＝ＢＣ＝４＋１＝５， 又因为∠ＢＥＤ的平分线ＥＦ与ＤＣ交于点Ｆ， 所以∠ＢＥＧ＝∠ＤＥＧ， 因为ＡＤ∥ＢＣ，所以∠Ｇ＝∠ＤＥＧ， 所以∠ＢＥＧ＝∠Ｇ，所以ＢＧ＝ＢＥ， 因为Ｆ为ＣＤ的中点，所以ＣＦ＝ＤＦ， 因为∠Ｇ＝∠ＤＥＦ，∠ＧＦＣ＝∠ＥＦＤ，ＣＦ＝ＤＦ， 所以△ＣＧＦ≌△ＤＥＦ（ＡＡＳ），所以ＣＧ＝ＤＥ＝１， 所以ＢＥ＝ＢＧ＝５＋１＝６． ! " # $ % & ' ! ! 三、１９．解：因为∠ＢＡＣ＝∠ＢＣＡ，所以ＢＣ＝ＡＢ＝２， 因为△Ａ′Ｂ′Ｃ′与△ＡＢＣ关于原点Ｏ成中心对称， 所以Ｂ′Ｃ′＝ＢＣ＝２． ２０．证明：因为四边形ＡＢＣＤ是平行四边形， 所以ＡＤ∥ＢＣ，ＡＢ∥ＣＤ，ＡＢ＝ＣＤ， 所以∠ＡＥＢ＝∠ＤＡＥ， 因为ＡＥ是∠ＢＡＤ的平分线， 所以∠ＢＡＥ＝∠ＤＡＥ，所以∠ＢＡＥ＝∠ＡＥＢ， 所以ＡＢ＝ＢＥ，所以ＢＥ＝ＣＤ． ２１．证明：因为Ｄ，Ｅ，Ｆ分别是ＢＣ，ＣＡ，ＡＢ的中点， 所以ＤＦ，ＤＥ是△ＡＢＣ的中位线， 所以ＤＥ＝ １２ＡＢ＝ＢＦ，ＤＦ＝ １ ２ＡＣ＝ＣＥ， 所以四边形ＡＦＤＥ的周长 ＝ＡＦ＋ＤＦ＋ＤＥ＋ＡＥ＝ＡＦ＋ ＢＦ＋ＣＥ＋ＡＥ＝ＡＢ＋ＡＣ， 即四边形ＡＦＤＥ的周长等于ＡＢ＋ＡＣ． ２２．解：因为Ｄ，Ｅ分别为ＡＢ，ＡＣ的中点， 所以ＤＥ是△ＡＢＣ的中位线，所以ＤＥ∥ＢＣ， 因为ＤＥ⊥ＤＣ，所以ＢＣ⊥ＤＣ， 因为ＤＥ＝槡２，ＣＥ＝２，所以ＤＣ＝ ＣＥ ２－ＤＥ槡 ２ ＝槡２， 因为ＢＣ＝２ＤＥ＝ 槡２２，所以ＢＤ＝ ＤＣ ２＋ＢＣ槡 ２ ＝槡１０， 所以ＡＢ＝２ＢＤ＝ 槡２ １０． ２３．解：（１）六边形ＡＢＣＤＥＦ的内角和为： （６－２）×１８０°＝７２０°． （２）因为六边形 ＡＢＣＤＥＦ的内角和为７２０°，∠１＋∠２                                                                      ＋ —９— 初中数学湘教八年级　第３３～３６期 ∠３＋∠４＋∠５＝４７０°， 所以∠ＧＢＣ＋∠Ｃ＋∠ＣＤＧ＝７２０°－４７０°＝２５０°． 所以∠Ｇ＝３６０°－（∠ＧＢＣ＋∠Ｃ＋∠ＣＤＧ）＝１１０°． ２４．（１）证明：因为点Ｄ，Ｅ，Ｆ，Ｇ分别是ＡＢ，ＯＢ，ＯＣ，ＡＣ的中点， 所以ＤＧ∥ＢＣ，ＥＦ∥ＢＣ，ＤＧ＝ １２ＢＣ，ＥＦ＝ １ ２ＢＣ， 所以ＤＧ∥ＥＦ，ＤＧ＝ＥＦ， 所以四边形ＤＥＦＧ是平行四边形． （２）解：由 （１）知ＤＧ＝ＥＦ． 因为∠ＯＢＣ与∠ＯＣＢ互余， 所以∠ＯＢＣ＋∠ＯＣＢ＝９０°，所以∠ＢＯＣ＝９０°． 因为Ｍ为ＥＦ的中点，ＯＭ ＝５，所以ＯＭ ＝ １２ＥＦ， 即ＥＦ＝２ＯＭ ＝２×５＝１０，所以ＤＧ＝１０． ２５．解：（１）四边形ＡＢＣＤ是平行四边形． 理由：因为两块三角尺全等，所以ＡＢ＝ＣＤ，ＡＤ＝ＣＢ， 所以四边形ＡＢＣＤ是平行四边形． （２）四边形ＡＢ′Ｃ′Ｄ是平行四边形． 理由：因为四边形ＡＢＣＤ是平行四边形， 所以ＡＤ∥ＢＣ，ＡＤ＝ＢＣ． 由平移的性质得ＢＣ∥Ｂ′Ｃ′，ＢＣ＝Ｂ′Ｃ′， 所以ＡＤ∥Ｂ′Ｃ′，ＡＤ＝Ｂ′Ｃ′， 所以四边形ＡＢ′Ｃ′Ｄ是平行四边形． （３）因为∠ＡＤＢ＝∠ＣＢ′Ｄ′＝３０°，∠ＡＢＤ＝∠ＣＤ′Ｂ′＝９０°， 所以∠Ｃ＝∠ＢＡＤ＝６０°， 因为ＡＤ＝８，所以ＡＢ＝ＣＤ′＝４，所以∠ＢＡＣ＝６０°． 所以∠ＡＢＣ＝６０°，∠ＡＢＦ＝３０°，∠ＡＦＢ＝９０°． 在Ｒｔ△ＡＢＦ中，根据勾股定理得，ＢＦ＝ ４２－２槡 ２ ＝ 槡２３， 所以ＢＦ的长为 槡２３ｃｍ． ２６．解：（１）因为ＡＣ＝ＢＣ，∠ＡＣＢ＝９０°，点Ｄ是ＡＢ的中点， 所以ＣＤ⊥ＡＢ，∠Ａ＝∠Ｂ＝４５°，∠ＡＣＤ＝∠ＢＣＤ＝４５°， 所以ＣＤ＝ＡＤ＝ＤＢ． 因为△ＣＤＥ是等腰直角三角形，ＣＤ为斜边， 所以∠ＤＣＥ＝４５°，所以点Ｅ在线段ＢＣ上． 因为ＤＥ⊥ＢＣ，所以∠ＥＤＢ＝∠Ｂ＝４５°．所以ＤＥ＝ＢＥ． 因为点Ｈ是ＢＤ的中点， 所以ＥＨ⊥ＢＤ，∠ＤＥＨ＝∠ＢＥＨ＝４５°， 所以ＥＨ＝ＤＨ＝ＨＢ＝ １２ＤＢ＝ １ ２ＡＤ． 故答案为ＥＨ＝ １２ＡＤ，ＥＨ⊥ＡＤ． （２）结论仍然成立．证明： 如图４，延长ＤＥ到Ｆ，使得ＥＦ＝ＤＥ，连接ＣＦ，ＢＦ． 因为ＤＥ＝ＥＦ，ＣＥ⊥ＤＦ，△ＣＤＥ是等腰直角三角形， 所以ＣＤ＝ＣＦ，∠ＣＤＥ＝∠ＤＣＥ＝４５°， 所以∠ＣＤＦ＝∠ＣＦＤ＝４５°，∠ＥＣＦ＝∠ＥＣＤ＝４５°， 所以∠ＡＣＢ＝∠ＤＣＦ＝９０°，所以∠ＡＣＤ＝∠ＢＣＦ． 又因为ＣＡ＝ＣＢ，所以△ＡＣＤ≌△ＢＣＦ（ＳＡＳ）， 所以ＡＤ＝ＢＦ，∠Ａ＝∠ＣＢＦ＝４５°． 因为∠ＡＢＣ＝４５°．所以∠ＡＢＦ＝９０°．所以ＢＦ⊥ＡＢ． 因为ＤＥ＝ＥＦ，ＤＨ＝ＨＢ，所以ＥＨ＝ １２ＢＦ，ＥＨ∥ＢＦ， 所以ＥＨ⊥ＡＤ，ＥＨ＝ １２ＡＤ． ! " # $ % & ' ! !                                                                      —０１— 初中数学湘教八年级　第３３～３６期 ! " # ! ! ! " # " $ " % ! ! " # " $ " # & " ' ! " ( !!!!!!!!!!!!!!!! ! ! """""""""""""""" " " ################ # # $$$$$$$$$$$$$$$$ $ $ !!!!!!!!!!!!!!!! ! ! """""""""""""""" " " ################ # # $$$$$$$$$$$$$$$$ $ $ %%%%%%%%%%%%%%%% % % ! " # ! $ % & ' ( ) * + , - . ! $ / & ' ( ) * + - 0 1 2 3 4 5 6 7 ! 8 9 : ; < = > ? @ A ( ! " # $ % & ' & ' ( B ) C ! > ? & ' ( D E F G ! G H I J K L 书 １．１同步达标检测卷 ◆数理报社试题研究中心 （答题时长１２０分钟，满分１２０分） 一、选择题（本题共１０小题，每小题３分，共３０分） 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ 答案 １．已知直角三角形斜边上的中线长为１０，则该直角三角形的斜边 长为 （　　） 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　Ａ．５ Ｂ．１０ Ｃ．１５ Ｄ．２０ ２．如图１，在Ｒｔ△ＡＢＣ中，∠Ｃ＝９０°，∠Ｂ＝５６°，则∠Ａ的度数为 （　　） Ａ．３４° Ｂ．４４° Ｃ．１２４° Ｄ．１３４° ３．如图２，∠ＡＯＢ＝３０°，点Ｃ在射线ＯＢ上．若ＯＣ＝６，则点Ｃ到ＯＡ 的距离等于 （　　） 槡Ａ．３ Ｂ．２３ 槡Ｃ．３３ Ｄ．１２ ４．如图３，在△ＡＢＣ中，∠ＢＡＣ＝９０°，点Ｄ为ＢＣ边的中点，顶点Ｂ， Ｃ分别对应刻度尺上的刻度２ｃｍ和８ｃｍ，则ＡＤ的长为 （　　） Ａ．４ｃｍ Ｂ．３ｃｍ Ｃ．６ｃｍ Ｄ．５ｃｍ ５．如图４，在△ＡＢＣ中，ＡＢ＝ＡＣ，点 Ｄ是 ＢＣ边的中点．若 ∠Ｃ＝ ７０°，则∠ＢＡＤ的度数为 （　　） Ａ．２０° Ｂ．３０° Ｃ．３５° Ｄ．４０° ６．下列条件中，不能判定△ＡＢＣ为直角三角形的是 （　　） Ａ．∠Ａ＝９０°－∠Ｃ Ｂ．∠Ａ＝∠Ｂ－∠Ｃ Ｃ．∠Ａ＝２∠Ｂ＝３∠Ｃ Ｄ．∠Ａ＝∠Ｂ＝ １２∠Ｃ ７．如图５，小明在计算机上用“几何画板”画了一个 Ｒｔ△ＡＢＣ，∠Ｃ ＝９０°，并画出了两锐角的平分线 ＡＤ，ＢＥ，其交点为 Ｆ．小明发现，无论 怎样变动Ｒｔ△ＡＢＣ的形状和大小，∠ＡＦＢ的度数都是定值，则这个定值 是 （　　） Ａ．１３５° Ｂ．１５０° Ｃ．１２０° Ｄ．１１０° ８．如图６，在△ＡＢＣ中，∠ＡＣＢ＝９０°，ＣＤ是ＡＢ边上的高．已知∠Ａ ＝３０°，则ＡＤ∶ＢＤ＝ （　　） Ａ．３∶１ Ｂ．３∶２ Ｃ．４∶１ Ｄ．２∶１ ９．如图７，在Ｒｔ△ＡＢＣ中，ＢＣ的中垂线ＤＥ与ＢＣ交于点Ｄ，与ＡＣ交 于点Ｅ，连接ＢＥ，点Ｆ是ＢＥ的中点．若ＤＦ＝２，则ＡＥ的长是 （　　） 槡Ａ．５ Ｂ．２３ Ｃ．４ Ｄ．３ １０．如图８，在△ＡＢＣ中，ＡＢ＝ＢＣ，∠ＡＢＣ＝１２０°，Ｅ是ＡＣ边上一 点，连接ＢＥ并延长至点Ｄ，连接ＤＣ．若∠ＢＣＤ＝１２０°，ＡＢ＝２ＤＣ，ＡＥ＝ ７，则ＣＥ的长为 （　　） Ａ．２ Ｂ．３ Ｃ．７２ Ｄ． ７ ３ 二、填空题（本题共８小题，每小题３分，共２４分） １１．将两块全等的直角三角板如图９放置，其中一块三角板的斜边 恰好经过另一块三角板的直角顶点Ｏ及斜边上的中点Ａ．若这两块三角 板的斜边长为１３．６ｃｍ，则ＯＡ＝ ． １２．如图１０，在△ＡＢＣ中，∠Ｃ＝９０°，ＤＥ垂直平分斜边ＡＢ，分别交 ＡＢ，ＢＣ于点Ｄ，Ｅ．若∠ＣＡＢ＝∠Ｂ＋２８°，则∠ＡＥＣ＝ ． １３．如图１１－①所示的是校门口的双翼闸门，当它的双翼展开时， 如图１１－②，双翼边缘的端点Ａ与Ｂ之间的距离为１０厘米，双翼的边缘 ＡＣ＝ＢＤ＝５０厘米，且与闸机箱侧立面的夹角∠ＡＣＰ＝∠ＢＤＱ＝３０°， 则当双翼收起时，可以通过闸机的最大宽度为 厘米． １４．如图１２，ＢＥ，ＣＦ分别是△ＡＢＣ的高，Ｍ为ＢＣ的中点，连接ＥＭ， ＦＭ，ＥＦ．已知ＥＦ＝５，ＢＣ＝８，则△ＥＦＭ的周长是 ． １５．如图１３，在Ｒｔ△ＡＢＣ中，∠ＡＣＢ＝９０°，∠Ａ＝３６°，点Ｄ是ＡＢ边 上一点，将 Ｒｔ△ＡＢＣ沿 ＣＤ折叠，使点 Ｂ落在 ＡＣ边上的点 Ｂ′处，则 ∠ＡＤＢ′的度数为 ． １６．如图１４，在等边△ＡＢＣ中，Ｄ是ＢＣ的中点，ＤＥ⊥ＡＣ于点Ｅ，ＥＦ ⊥ＡＢ于点Ｆ．已知ＢＣ＝１６，则ＢＦ的长是 ． １７．如图１５，把Ｒｔ△ＡＢＣ绕点Ａ逆时针旋转４０°得到Ｒｔ△ＡＢ′Ｃ′，点 Ｃ′恰好落在ＡＢ边上，连接ＢＢ′，则∠ＢＢ′Ｃ′＝ ． １８．如图１６，∠ＭＯＮ＝９０°，长方形ＡＢＣＤ的 顶点Ａ，Ｂ分别在ＯＭ，ＯＮ边上，当点Ｂ在ＯＮ边 上运动时，点 Ａ随之在 ＯＭ边上运动，长方形 ＡＢＣＤ的形状保持不变，其中ＡＢ＝２，ＢＣ＝１．在 运动过程中，点 Ｄ到点 Ｏ的最大距离是 ． 三、解答题（本题共８小题，共６６分） １９．（６分）如图１７，在△ＡＢＣ中，∠ＡＣＢ＝９０°，Ｄ是ＡＢ边上一点， 且∠ＡＣＤ＝∠Ｂ．求证：△ＡＣＤ是直角三角形                                                                                                                                 ．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` a b c d V e f 5 书 ２０．（６分）如图１８，在△ＡＢＣ中，点Ｄ在ＡＢ边上，且ＣＤ⊥ＢＣ，点Ｅ 是ＢＤ的中点，∠Ａ＝∠ＣＥＡ．求证：ＡＣ＝ＢＥ． ２１．（８分）如图 １９，为了躲避海盗，一轮船由西向东航行，早上 ８点，在Ａ处测得小岛Ｐ在北偏东７５°的方向上，以每小时２０海里的速 度继续向东航行，１０点到达Ｂ处，并测得小岛Ｐ在北偏东６０°的方向上． 已知小岛周围２２海里内有暗礁，若轮船仍向前航行，有无触礁的危险？ ２２．（８分）如图２０，在 Ｒｔ△ＡＢＣ中，ＣＤ为斜边 ＡＢ的中线，在线段 ＡＤ及ＣＤ的延长线上依次取点Ｅ，Ｆ，且∠Ｆ＝∠Ｂ． （１）求证：ＥＦ∥ＢＣ； （２）若∠Ａ＝６５°，求∠ＡＥＦ的度数． ２３．（９分）如图２１，在△ＡＢＣ中，ＡＥ平分∠ＢＡＣ（∠Ｃ＞∠Ｂ），点Ｆ 为ＡＥ延长线上的一点，且ＦＤ⊥ＢＣ于点Ｄ，试探究∠Ｆ与∠Ｂ，∠Ｃ之 间的数量关系． ２４．（９分）如图２２，△ＡＢＣ是等边三角形，点Ｄ，Ｅ分别在ＣＢ，ＡＣ的 延长线上，ＢＤ＝ＣＥ，ＢＥ交ＡＤ于点Ｆ，ＡＧ⊥ＥＦ于点Ｇ． （１）求证：△ＡＢＤ≌△ＢＣＥ； （２）若ＢＥ＝６，ＦＧ＝２．５，求ＤＦ的长． ２５．（１０分）如图２３，在四边形ＡＢＣＤ中，∠ＡＢＣ＝∠ＡＤＣ＝９０°，点 Ｍ，Ｎ分别是ＡＣ，ＢＤ的中点． （１）猜想ＭＮ和ＢＤ的位置关系，并证明你的结论； （２）如果∠ＢＣＤ＝４５°，ＢＤ＝２，求ＭＮ的长． ２６．（１０分）甲、乙两位同学在学习“直角三角形的性质和判定”过 程中得出两个结论． 甲的结论：在直角三角形中，６０°内角的两夹边长是２倍的关系． 乙的结论：在一个三角形中，如果６０°内角的两夹边长是２倍的关 系，那么这个三角形是直角三角形． （１）甲的结论 ，乙的结论 （填“正确”或“不正 确”）． （２）如图２４－①，若等边△ＡＢＣ的边长为５，点Ｅ从点Ａ出发沿ＡＣ 边运动，点Ｆ从点Ｃ出发沿ＣＢ边运动，速度是每秒１个单位长度，当点 Ｅ到达点Ｃ时停止运动．请问当运动时间为多少秒时，△ＣＥＦ是直角三 角形？ （３）在（２）的前提下，如图２４－②，点Ｅ，Ｆ的运动过程中，ＡＦ与ＢＥ 交于点Ｍ，过点Ｂ作ＢＮ⊥ＡＦ于点Ｎ，ＢＭ与ＭＮ之间存在怎样的数量关 系？并说明理由                                                                                                                                 ． ! $, !" # $ % ! &! ! % & '" $ \ghijkijlm ! 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