第17期 5.3 直角三角形全等的判定 5.4 角平分线的性质-【数理报】2025-2026学年新教材八年级上册数学学案（湘教版2024）

物密实岸告三地价一学酱·作避丹当 羞理括 2025年10月22日星期三 初中数学 51-527126网 纸发行质量反喷电话 17期总第1161期 (湘教/八年级) 035-5271248 16期2版参考答案 山西师范大学主管 山酒师大教育科技传媒集团主办 数理报杜第楫出 社长：徐文用 国内统一连续出版物号：CN140707川F 5.2.1勾定理 3,B 因为AC=BC.AD=BE ,A2,D 所以△ACDR△BCE() 48:5.26 6.118. 2)3 兴的魅力展示 0c年82nN 5.2.2勾股定理的 三“携手角平分线求角应 验证及应用 山酒 例3如图3，BP平分 1.A:2.B: “HL”是一种特殊的判定直角三角形全等 所以∠C+∠DBF=90 ∠BC,D为BP上一点，E,F 4.26供 的方法，尽算它只能在直角三角形中瓶展要 所以∠BEG=90 分别在BA,C上，且满足DE 5.20em 但很多题的质利解答都依赖干它.下面就止我 所以BE⊥AC. =DF若∠BED=140,求 5.2,3勾股定理的 们一起欣赏吧！ 二，“”手线！设的卷直单分线证明角甲 ∠BFD的度数 3 逆定理 一，“1L“携手高线证明城段爸 分线 分析：过点D作DG⊥AB于点G,DH⊥BG 例1如图1，AD是△ABC 例2如图2,4，B两点分 下点H,根据角平分线的性质定理得到DH= 的高，E为AC上一点，连接BE 别在射线OM,ON上，CF垂直平 DG,然后振L 可得Rt△DEG 4△BCD是直角 R△DFH,进而科到∠DEG=∠DFH.然后额据 角形理由略。 交AD于点P,且BF=AC,FD= 分AB交AB于点F.CD⊥OM CE⊥0N,垂足分别为D.E.日 都补角的定义即可得到答案 5.(1)略. 2 求证：BE⊥AC AD =BE. 解：如图3，过点D作DG⊥AB于点G.D」 16期34版参考答南 分析：由题中件可证得△BDF 求证：0C平分∠M0W BC于点H. 319 B1△ADC,然后得出对应角相等，再根摄高线. 分析：连接CCB,级据战段色直平分线的 因为D是∠ABC的平分线上一点， -LD:2.G:3.C: DG⊥AB,DH⊥BC 4.A:5,B:6.B: 过角度之间的最化连而可得出达论 生质可得CA=CB,连而可证得B△BCE≌ 所以DG=D 上:K用海.EIEN川法.P:.EP糖港((I 7.C: 8.D 9.B 证明：因为AD是△AC的高， t△ACD,进而可得CD=CE,岸0G平分 在B△DEG和R△DFH中， 10.A 以∠ADC=∠BDF=90 因为DE=DF,DG=DH 二，1.17； 12.4 在R△BDF和RI△ADC中， 证明：如图2，走接GA,CB 所以B1△DEG≌RI△DFH(IHL,) 直角：45-1： 因为BF=AC,FD=CD, 因为CF插直平分AB,以CA=. 所以LDEG=∠DFH 所以R△BDF≌I△ADC(HL) 因为CD⊥0M,CE⊥ON. 因为∠BED=140, 15,6:16 所以∠C=∠BFD 所以∠CDA=∠CEB=90 所以∠BPD=∠DEG 180 BED 17.25: 18.11 因为∠DF+∠BFD=90 在RI△ACD和RI△BCE中 吃 三、19.36cm2 重点 解：如图3，过点1作层1AB于点E,F⊥ 20.4米 21,甲组：4D边垂 于点 于AB边.理由路 例桥角平分线性质与判定的应用 为I,CI分别平分∠AG,∠ACB.D⊥ 乙如：在BC上量胞 ●。南谢副华 所以D=E,D=F BE=3em,在AB 所以D=E=F=3 量取BF=4cm 角平分线的性质：角平分线上的点到这个 故选B 因为△ABC的长为18 果EF=5m,则BG 例2如图2，在AABC中 边垂直于AB边，否 角平分线的判定：在 …个角的内部，到角的 ∠C=0°，AD平分∠BAC交B 所以A4BC的面积为SA+Saa+Sa 两边距离相等的点在这个角的平分找上 点D).若BC=64,且BD：CD 音不垂有 22.12 求长度 9:7,则点D到AB边的距离是 故选D 例1如图1.在△AB0 I)：0 109) 23.(1)勾股定理 三，求角重 中，∠B=30°，∠C=45 A.18 B.32 直角三角形两直角 例4如图4，在△C中.∠C=90 AD平分∠BAC,交BC于点 C.28 10.24 边a,b的平方和，等 AG=AE,DE⊥AB.若∠BDE=46°，则∠DM D,过点D作DE⊥AB,垂足 解：过点D作DF⊥AB于点E,如图2 干边c的平方，即 为点E.若DE1,则BC的长为 因为AD平分∠BAC,∠C=90,DE⊥AB 2+6 A.3 B.2+ 所以GDDE (2)略 C.22 D.2 因为BC=64,BD:CD=9:1 24.20em 解：如图I,过点D作DF⊥AC于点F 25(103.5. 因为AD平分∠B4C,DE⊥AB,DF⊥AC 26(1)AC BE 所以DE=28,即点D到AB边的距离为2 解：因为∠BDE■46， 所以DF=DE=1,∠DEB=∠DFC= 放选C 所以∠CDE=180°-∠BDE■134 ∥BE. 因为∠C=90°，所以AC1BC (2)AD BE 在△BDE中，∠B=30° 二、求面职 例3如图3，A.B1.C/ 因为AC=AE,AC⊥BC,DE⊥AB. 理由略。 以BD=2DE=2, 分别平分 所以∠DEA=90°，DA是∠CDE的平分 在△CDF中.∠C=45 ∠ACB,D⊥BC,△ABC的 2 以∠CDF=0°-LC=45 周长为18，D=3.则△ABC 即ADE=∠GDE=67 所以CF=DF=I. 的面积为 在R△ADE中，∠DAE=9D-∠ADE= 由匀股定理，得CD■√CF+DF下 A.18 .30 23 以BC=BD+CD=2+E C.24 D.27 板慎23 人 DRAZ国CEER..PA BC ND全·LVP牌月年C.H岛.EM MN A.ZC ZB - 2.m82.A8-CD.A6L:DL:港 D.ASA 二 m 30 : m厘0.1秒MMu%dDuE-保。El D.(1)em B.2 em m3。幸m：0. DE. B.18 街EXE:RDNE机P后所P .p.C.P 6 6.. 13.如图13，在△ABC和△DFE中，∠A=∠D=0°，AC=DE 5.35.4同步达标检测卷 1B=DE.若∠ACB=55,则∠GD= ◆敛理报杜试题研究中心 1答题时长120分钟，满分120分】 7.如图7.△4BC中，∠C=0,∠ABC 60°.以顶点B为圆心，话 一、选择题（本题头10小题，每小3分，共30分】 当长为半华径作阁弧，在BC,BA边上数取BE,BD:然后分别以点D,E为圆 1 1.如图1，∠A=∠D=0,AC=DB,以下雀作为△ABC与 心大于一DE的长为半轻作克，在∠AB汇内交于点F:作战BF交 14.如图14-①是一个平板电孩支果，由托板，支撑板和底座岗 △DCB全等的依据是 成平板电该放置在托板上，图14一②是其制面估构示念图现量得 A.AAS B.SSS C.HL D.SAS 4C于点G若BC=2,P为AB边上一动点，则GP的最小值为( B.7 托板长ABDm,支掉板顶端的C拾好是托板AB的中点，托板AB A.无法确定 D.2 可绕点C转动，支撑板CD可绕点D转动当CD⊥AB.且射找DB恰 8南阳光武大桥，建于22年 好是∠CDE的平分找时，点B到直线DF的距离是 南阳农运会的应景之作，四塔高 15.知图15，已知∠DCE■∠A■90°，BE⊥AC于点B,且AD 伦，拉铁索，南阳首创，主要承 =BC.若BE=9,AB■4，则D的长是 市区到南阳机场的交通任务 2.如图2，点P是∠A0B的平分线0C上的一点，且PD 被东为“相之”.其示白 点D,PE⊥OA于点E.若PD=3,gPE= 图如图8所示，其中ABCD,现加以下条件，仍不能判定△ABC A.2 B c AABD的是 D.3 初中数学·酒教八年级同步达标检测卷 A.∠ABC=∠ABD B.∠ACB=∠ADB 数学 3,如图3.已知∠C=∠F=90°，∠B=∠E,AC=DF.若DE C.AC AD D.BC BD 16 =4.则AB= 9和网9，期名八客0A与0B方干下点0.可更在∠A)B的为 I16,如图I6,在△AC中，点D到AB和AC的炬离相等已知∠R 湘教 A.4 B.3 .2 D.1 修建一个车站，使车站到4.0B两条公路的距离相等，则图中车站 40°，∠C=60°，则∠R4D的度数是 的位置应建在 17.如图7,在△ABC中，∠ACB=90,以其两直角边为边分 A。点P处 B.点N处 C,点M处 D,点Q处 向外作正方形DEC和ACFG,点P在AC上，满足P=AB.连接 PD.若PC=1,则PD的长为 4.用两把完全相同的长方形直尺作出∠A0B的平分线的方法 10.如图0，在△ABC中，∠A=24,在△DEF中，∠F=66 图4，直尺①边缘压生射线0B,直尺②边缘压生射战0A井且与 BC,EF边上的高相.若AC=DF,则LB的度数是 直尺①交于点P,则射线OP就是∠AOB的平分线其理2依据是 A.30° B.42 C.45 D.60 18.如18.在△ABC中.∠C=0°，BD平分∠ABG交AC于 二，填空瞳（本题共8小题，每小题3分，共24分） D,过点D作DE∥BC交AB于点E,∠ABC=30,DC=3.动点P A.等腰三角形两底角相等 1L,如图I1.已知在△AB0和△DC0中，AB⊥B0.DC⊥C0. 从点B出发，沿着B一C→A运动当Sa=9时，则∠PEB的度 ，三线合 B0=C0,若用H判定R1△ABO≌R△DC0,则需要悉加的条件 数是 C,到角的两边距离相等的点在角的平分线 三、解答题（本题8小题，共66分） D.角平分线上的点到角的两边距离相等 9.(6分)如图I9,已知ED⊥AB,FC⊥AB,垂足分别为点D 5.如图5.AB⊥BC于点B,AD⊥DC于点D.若 C若AE∥BFAD=BC,求证：△ADE≌△BCF CB■CD,且∠1■32°，则∠AGD的度数是( A.90 k.58 C45 D.32 6如图6.在△ABC中，∠C=90°，AD平分∠BAC,交BC于点 12,如图12，点0在一块直角三角板ABC上（其中∠ABC= D,DE1AB,垂足为点E.若DE=4,BC=9则BD的长为( ) 0),OM1AB于点M,ON1BC于点N若0M=0N,则∠AB0= A.4 B.5 C.6 D.7八年级数学湘教第14~18期 发理柄 答案详解 2025~2026学年 八年级数学湘教 第14~18期(2025年10月) 14期检测卷 AF AC. 一、选择题 在△ACE和△AFE中， ∠EAF=∠EAC, 题号1 2 5 910 AEAE. 答案BA 所以△ACE≌△AFE(SAS), B D 所以EF=EC. 提示： 因为BF<BE+EF,AF=AC 8.解：连接PB,图略。 所以AB+AF<BE+CE, 因为AP平分∠BAD, 所以AB+AC+BC<BE+CE+BC, 所以∠PAB=∠PAD. 即l1<2 因为AB=AD,PA=PA, 二、填空题 所以△PAB≌△PAD, 11.稳定；12.如果两条射线是邻补角的平分线，那么这 所以∠ABP=∠ADP. 两条射线互相垂直；13.19或23；14.7；15.30海里： 因为AB=BC,PA=PC,PB=PB, 16.1或3；17.30；18.4或36. 所以△PAB≌△PCB, 提示： 所以∠ABP=∠CBP,即∠ABC=2∠ABP, 16.解：点P在线段AC上时， 所以∠ABC=2∠ADP, ①CP=BC=2,CQ=AC=4, 所以a=2B. 即4-2t=4-2, 9.解：如图，连接AC交BD于点O. 解得t=1; 因为△ABD是等边三角形，BC=DC, ②CP=AC时，此时P和A重合，不符合题意，舍去. 所以∠BA0=∠DA0=30°， 当点P在AC的延长线时， AB AD BD =8. 因为CQ=AC=4,则CP=BC=2, 所以B0=OD=4. 因为CE∥AB, 此时t=4+2=3. 2 所以∠BAO=∠ACE=30° 综上，当点P运动1秒或3秒时，△ABC与以点P,Q,C为顶 ∠CED=∠BAD=60°， 点的三角形全等. 所以∠DAO=∠ACE=30°， 17.解：如图，作BF⊥AE于点F, 所以AE=CE=6, 因为CD⊥AE, 所以DE=AD-AE=2. 所以∠BFE=∠CDE=90°. 因为∠CED=∠ADB=60°， 因为AE是BC边上的中线， 所以△EDF是等边三角形， 所以BE=CE. 所以DE=EF=DF=2, 在△BEF和△CED中， 所以CF=CE-EF=4. r∠BFE=∠CDE. 10.解：延长BA至F,使AF=AC, ∠BEF=∠CED, 连接EF,如图. BE CE, 因为MW⊥AD, 所以△BEF≌△CED(AAS), 所以∠MAD=∠NAD=90°， 所以FE=DE,BF=CD. 所以∠BAM+∠BAD=∠CAD+ 因为AB=BD, ∠CAN. 所以AF=DF 因为AD平分∠BAC, 设FE=DE=m,BF=CD=n, 所以∠BAD=∠CAD, 则AF=DF=2FE=2m, 所以∠BAM=∠CAN 所以AE=AF+FE=2m+m=3m. 因为∠BAM=∠EAF, 因为SABD=S△BDE+S△cE 所以∠EAF=∠CAN. =EB+ LDE·CD 八年级数学湘教第14~18期 1 1 AB =CD, =2mn 2mn mn. 在△AOB和△COD中， ∠OAB=∠C, 且S△Bem=10, LAO CO, 所以mn=10, 所以△AOB≌△COD(SAS), 所以S△Bc=S△ABE+S△ACE 所以∠AOB=∠COD, 1 2AE·BF+2AE:CD 所以点D,O,B三点共线， 即钻头正好从点B处打出. 1 1 =2×3mn+2×3mn 23.解：因为DE垂直平分BC, =3mn=30, 所以BE=CE, 所以∠EBC=∠ECB. 所以△ABC的面积为30. 18.解：①如图，当点M在AB的延长线 因为BE=AC,所以CE=AC. 上时，作MD⊥AC于点D. 因为∠ACE=12°， 在Rt△AMD中， 所以LA=∠AEC=7180°-∠ACE)=84 因为∠ADM=90°，∠A=60°，AM= 因为∠AEC=∠EBC+∠ECB, 16. 所以∠EBC=42°. AD -2AM=8. 因为BF平分∠ABC, 所以CD=AC-AD=2. 所以∠EBP=号∠ABC=2IR 因为MW=MC,MD⊥CN, 24.解：(1)因为∠EAD=∠EDA, 所以DN=CD, 所以∠EAC+∠CAD=∠B+∠BAD. 所以CN=2CD=4. 因为AD平分∠BAC, ②如图，当点M在BA的延长线上时，作N 所以∠CAD=∠BAD, MD⊥CN于点D. 所以∠EAC=∠B. 在Rt△AMD中， 因为∠B=54°，所以∠EAC=54°. 因为∠ADM=90°，∠DAM=60°，AM= (2)设∠CAD=2x,则∠E=5x. 16, 因为∠B=54°， 所以AD=分4M=8, 所以∠EDA=∠EAD=2x+54°. 在△AED中， 所以CD=AD+AC=18. ∠EDA+∠EAD+∠E 因为MW=MC,MD⊥CW, =2x+54°+2x+54°+5x 所以DN=CD, =180°， 所以CW=2CD=36. 解得x=8°， 综上，CN的长为4或36. 所以∠E=5x=40° 三、解答题 25.证明：(1)因为∠ABD=∠CBE, 19.解：因为∠B=60°，∠AWC=80°， 所以∠ABD+∠DBC=∠CBE+∠DBC, 所以∠BAW=∠ANC-∠B=20°. 即∠ABC=∠DBE=90°. 因为AW是△ABC的角平分线， r∠ABC=∠DBE, 所以∠BAC=2∠BAN=40°， 在△ABC和△DBE中，{AB=DB, 所以∠C=180°-∠B-∠BAC=80° L∠BAC=∠BDE. 20.证明：因为AB=AD,AB+CD=DE, 所以△ABC≌△DBE(ASA). 所以AD+CD=AC=DE. (2)过点A作AM⊥BD于点M,图略 AB DA, 所以∠AMB=90°=∠EBD. 在△ABC和△DAE中， AC DE, 因为F是AE的中点，所以AF=EF BC AE, 由对顶角相等，得∠AFM=∠EFB. 所以△ABC≌△DAE(SSS). r∠AMF=∠EBF. 21.解：因为BC边上的中线AD把△ABC的周长分成60和 在△AFM和△EFB中， ∠AFM=∠EFB, 40两部分，AC>AB, AF EF, 所以BD=CD,AC+CD=60,AB+BD=40. 所以△AFM≌△EFB(AAS), 因为AC=2BC, 所以AM=EB=BC,MF=BF, 所以AC=4CD, 所以BM=2BF. 所以CD=12, 因为∠DBC+∠ABF=90°， 所以AC=48,AB=28. ∠ABF+∠BAM=90°， 22.解：根据题意，得∠0AB=∠C=90°. 所以∠DBC=∠BAM. 2 八年级数学湘教第14~18期 AB BD. 因为AD是△ABC的高线， 在△ABM和△BDC中 ∠BAM=∠DBC, 所以∠ADC=90°. AM BC. 因为E是AC的中点， 所以△ABM≌△BDC(SAS), 所以CD=BM=2BF 所以DE=宁4C 26.(1)证明：因为△ABC,△CDE都是等边三角形， 所以AC=BC,CD=CE,∠ACB=∠DCE=60°， 因为BD=宁4C, 所以∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD, 所以DE=BD. 即∠ACD=∠BCE. 又因为F是BE的中点， AC BC. 所以DF⊥BE. 在△ACD和△BCE中，{∠ACD=∠BCE, 6.解：连接EN,DW,EM,DM,图略 CD CE 因为BD,CE都是△ABC的高， 所以△ACD≌△BCE(SAS), 所以∠AEO=∠ADO=∠BEC=∠BDC=90° 所以AD=BE. 因为M,N分别是BC,A0的中点， (2)解：由(1)，知△ACD≌△BCE, 所以EN=A0=DN,EM=2BC=DM, 所以∠ADC=∠BEC. 因为△CDE是等边三角形， 所以M,N都在线段ED的垂直平分线上， 所以∠CED=∠CDE=60° 即MW垂直平分ED. 所以∠ODE+∠OED=∠ADC+∠CDE+∠BED 5.1.3含30°角的直角三角形 =∠BEC+60°+∠BED 1.C;2.4cm;3.6. =∠CED+60°=120°， 4.解：因为∠ABC=40°，∠C=80°， 所以∠D0E=180°-（∠ODE+∠OED)=60°. 所以∠BAC=180°-∠ABC-∠C=60° (3)证明：由(1)，知△ACD≌△BCE, 因为AD是△ABC的角平分线， 所以∠CAD=∠CBE. 1 所以∠BAE=2∠BAC=30°， 因为点M,N分别是线段AD,BE的中点， 因为BE是△ABD的高， 所以AM=AD,BN=BE, 所以∠E=90°. 所以AM=BN 因为BE=4, AC BC. 所以AB=2BE=8, 在△ACM和△BCN中 ∠CAM=∠CBN, 5.解：(1)△BDF是等边三角形.理由如下： LAM BN. 因为DE⊥AB,所以∠EDB=90°. 所以△ACM≌△BCN(SAS), 因为∠EDF=30°， 所以CM=CN,∠ACM=∠BCN, 所以∠FDB=∠EDB-∠EDF=60°. 所以∠MCN=∠BCN+∠MCB 因为∠A=30°，∠C=90°， =∠ACM+∠MCB 所以∠B=90°-∠A=60°， =∠ACB=60°， 所以∠DFB=180°-∠FDB-∠B=60°， 所以△MWC是等边三角形. 所以△BDF是等边三角形. 15期2版 (2)因为∠A=30°，∠C=90°，BC=1, 5.1.1直角三角形的两个锐角互余 所以AB=2BC=2. 1.D;2.B;3.B;4.B;5.15°. 因为AD=a,所以BD=AB-AD=2-a. 6.解：因为∠B=35°，∠AEB=90°， 因为△BDF是等边三角形， 所以∠A=90°-∠B=55°. 所以BF=BD=2-a,所以CF=BC-BF=a-1. 因为∠ADC=80°， 15期3,4版 所以C=180°-∠A-∠ADC=45° 一、选择题 7.解：因为∠EFG=90°，∠E=28°， 题号 56 78910 所以∠FGE=90°-∠E=62°. 答案D 因为GE平分∠FGD, 所以∠EGD=∠FGE=62°. 二、填空题 因为AB∥CD, 11.6.8cm;12.62°；13.60；14.13； 所以∠EHB=∠EGD=62°， 15.18°；16.10：17.20°；18.2+1. 所以∠EFB=∠EHB-∠E=34°. 三解答题 5.1.2直角三角形斜边上的中线 19.证明：因为∠ACB=90°，所以∠A+∠B=90°. 1.B;2.C;3.B;4.30. 因为∠ACD=∠B, 5.解：连接DE,图略. 所以∠A+∠ACD=90°， 一3 八年级数学湘教第14~18期 所以△ACD是直角三角形. 20.证明：因为CD⊥BC,所以∠DCB=90°. 所以BM=DM=AC,BV=DN, 因为点E是BD的中点， 所以MW⊥BD. 所以CE=号BD=BE (2)因为∠ABC=90°，点M是AC的中点， 所以BM=CM=DM, 因为LA=∠CEA,所以AC=CE, 所以∠MBC=∠MCB,∠MDC=∠MCD, 所以AC=BE. 所以∠BMD=∠AMB+∠AMD 2L.解：过点P作PC⊥AB于点C,图略 =∠MBC+∠MCB+∠MDC+∠MCD 由题意，得∠PAB=90°-75°=15°， =2(∠MCB+∠MCD) ∠PBC=90°-60°=30°. =2∠BCD=90°. 所以∠APB=∠PBC-∠PAB=15°=∠PAB, 因为BM=DM,点V是BD的中点， 所以PB=AB=20×2=40(海里). 所以MN=之BD=1 在Rt△PBC中，PC=PB=20海里<2海里， 26.解：(1)正确，正确. 所以若轮船仍向前航行，有触礁的危险 (2)分两种情况讨论： 22.(1)证明：因为CD为斜边AB的中线， 当EF⊥BC时，∠CFE=90°， 因为△ABC是边长为5的等边三角形， 所以CD=BD=24B, 所以AC=5,∠C=60° 所以∠DCB=∠B. 设运动时间为t秒.由题意，得AE=CF=t, 因为∠F=∠B,所以∠DCB=∠F, 则CE=AC-AE=5-t, 所以EF∥BC. 所以CE=2CF,即5-t=2t, (2)解：因为∠A=65°， 解得1=子： 所以∠B=90°-∠A=25°， 当EF⊥AC时，∠CEF=90°， 因为EF∥BC, 因为△ABC是边长为5的等边三角形， 所以∠FED=∠B=25°， 所以AC=5,∠C=60°. 所以∠AEF=180°-∠FED=155. 设运动时间为t秒.由题意，得AE=CF=t, 23.解：因为∠BAC+∠B+∠C=180°， 则CE=AC-AE=5-t, 所以∠BAC=180°-∠B-∠C. 所以CF=2CE,即t=2(5-t), 因为AE平分∠BAC, 所以∠B4E=分∠RMC=0-合∠B-7∠C 解得：=9 所以∠BEF=∠B+∠BME=90°+7∠B-子∠C 综上所述，当运动时间为？秒或9秒时，△CBF是直角三 角形 因为FD⊥BC, (3)BM=2MW.理由如下： 所以∠BDF=90°， 因为△ABC是边长为5的等边三角形， 所以∠P=∠BDF-∠BEF=(∠C-∠B, 所以AB=AC=BC,∠BAC=∠C=60° 由(2)，得AE=CF, 24.(1)证明：因为△ABC是等边三角形， 所以△EAB≌△FCA(SAS), 所以AB=BC,∠ABC=∠ACB=60°， 所以∠ABE=∠CAF, 所以180°-∠ABC=180°-∠ACB,即∠ABD=∠BCE. 所以∠BMN=∠ABE+∠BAM 因为BD=CE, =∠CAF+∠BAM=∠BAC=60° 所以△ABD≌△BCE(SAS). 又因为BN⊥AF,所以BM=2MN (2)解：因为△ABD≌△BCE, 16期2版 所以∠D=∠E,AD=BE=6, 5.2.1勾股定理 所以∠AFG=∠D+∠DBF=∠E+∠CBE 1.A;2.D;3.B;4.8;5.26. =∠ACB=60°. 6.解：(1)在△ACB中，∠ACB=90°， 因为AG⊥EF,所以∠AGF=90°， 由勾股定理，得BC=√AB-AC=8. 所以∠FAG=90°-∠AFG=30°， (2)过点D作DE⊥AB于点E,图略. 所以AF=2FG=5, 所以∠DEA=∠DEB=90°=∠C. 所以DF=AD-AF=1. 因为AD平分∠CAB, 25.解：(1)猜想：MN⊥BD.证明如下： 所以∠CAD=∠BAD 连接BM,DM,图略. ,∠DEA=∠C, 因为∠ABC=∠ADC=90°， 在△AED和△ACD中 ∠EAD=∠CAD, 点M,N分别是AC,BD的中点， ADAD. 八年级数学湘教 第14~18期 所以△AED≌△ACD(AAS), 所以AE=AC=6,DE=DC, =45宁×3x6=36(em) 所以BE=AB-AE=4. 20.解：在Rt△BCD中，由勾股定理，得BD2=BC2+DC2, 在Rt△DEB中，由勾股定理，得BD2=DE+BE, 即(BC+1)2=BC2+32, 即(8-CD)2=CD2+42, 解得BC=4. 解得CD=3. 答：湖水的深度BC为4米 5.2.2勾股定理的验证及应用 21.解：甲组：AD边垂直于AB边.理由如下： 1.A;2.B;3.A;4.2.6m 因为AD+AB2=12+2.42=6.76, 5.解：因为点P,Q同时出发，且速度相同， BD2=2.62=6.76, 所以BC=CA. 所以AD+AB2=BD2, 因为0A=36cm, 所以∠DAB=90°， 所以OC=(36-BC)cm 所以AD边垂直于AB边. 因为∠A0B=90°， 乙组：在BC上量取BE=3cm,在AB上量取BF=4cm, 所以在Rt△BOC中，由勾股定理，得OB2+OC=BC, 如果EF=5cm,则BC边垂直于AB边，否则就不垂直. 即122+(36-BC)2=BC2, 22.解：过点M作ME⊥CD于点E,图略. 解得BC=20cm. 因为∠ACB=∠ADB=90°，AB=10, 5.2.3勾股定理的逆定理 点M是AB的中点， 1.B;2.C;3.√2 所以GM=4B=5,DM=分4B=5, 4.解：△BCD是直角三角形.理由如下： 所以CM=DM. 在△ABD中，因为∠BAD=90°， 点O是BD的中点，A0=2, 因为ME⊥CD,CD=6, 所以BD=2A0=4. 所以CE=DE=3. 因为CD=3,BC=万， 由勾股定理，得EM=√CM2-CE=4, 所以CD+BC=BD2, 所以△MCD的面积为之CD·EM=12 所以△BCD是直角三角形 23.解：(1)勾股定理：直角三角形两直角边a,b的平方和， 5.解：(1)连接CE,图略. 等于斜边c的平方，即a2+b2=c2. 因为D是BC的中点，DE⊥BC, 所以CE=BE. (2)由题意，得图①的面积为76×3+心2+6公， 因为BE-EA2=AC,所以CE2-EA2=AC2, 所以EAP+AC2=CE, 图②的面积为b×3+ 所以△ACE是直角三角形，且∠A=90°， 因为图①，②的面积相等， (2)因为D是BC的中点，BD=5, 所以BC=2BD=10. 所以2b×3+a2+8=bx3+, 因为∠A=90°，AC=6, 所以a2+62=c2. 所以AB=√BC-AC=8. 24.解：因为点N是FG的中点，FG=BC=12cm, 在Rt△AEC中，AE2+AC2=CE2 所以FW=之FG=6cm 因为CE=BE,所以AE2+62=(8-AE)2, 解得AE=车 7 ①将长方体展开，前面与上面所在的平面形成长方形 ABGH. 16期3,4版 因为AB=18cm,BF=10cm, 一、选择题 所以BM=AB-AM=12cm, 题号123456 BN BF FN 16 cm. 789 10 在Rt△BMN中，MN=√JBMP+BW2=20cm 答案DCC ABBCDB ②将长方体展开，前面与右面所在的平面形成长方形 二、填空题 ACGE,过点N作NP⊥BC于点P,图略. 11.17;12.4;13.直角；14.5-1；15.6； 所以BP=FW=6cm. 16217,25；181. 因为AB=18cm,BF=10cm, 所以PM=AB-AM+BP=18cm, 三、解答题 PN BF 10 cm. 19.解：在Rt△ABC中，因为AC=3,BC=6, 所以AB=AC2+BC2=45, 在Rt△PMW中，MN=√PM+PW=2√106cm 所以S阴影=S正方形sDE-S△ABc 因为20<2√106， -ABF -TAG 8G 所以它需要爬行的最短路程是20cm, 25.解：(1)设BE=AE=x. 5 八年级数学湘教 第14~18期 因为BD=16, 在Rt△BFC中，由勾股定理，得CF=√BC-BF=5, 所以DE=BD-BE=16-x. 所以HG=FG=CF+CG=7. 因为AD⊥BC, 在Rt△HGF中，由勾股定理，得 所以∠ADE=∠ADC=90° HF=HG +FG =72, 在Rt△ADE中，由勾股定理，得AE2=AD+DE, 即x2=12+(16-x)2, 所以F=之F=73 2 解得x=12.5, 所以DE=16-x=3.5. 综上所述，0F的长是或7 (2)证明：在Rt△ABD中，AD=12,BD=16, 17期2版 由勾股定理，得AB=√BD+AD2=20. 5.3直角三角形全等的判定 在Rt△ADC中，AC=15,AD=12, 1.C;2.C;3.7;4.52. 由勾股定理，得CD=√AC-AD=9, 5.图略. 所以BC=BD+CD=25. 6.证明：在Rt△ADC和Rt△CBA中， 因为AB+AC2=202+152=625,BC2=252=625, 因为AC=CA,DA=BC, 所以AB+AC2=BC, 所以Rt△ADC≌Rt△CBA(HL), 所以△ABC是直角三角形，且∠BAC=90°. 所以CD=AB. 26.解：(1)AC=BE,AC∥BE 因为BE⊥AC,DF⊥AC (2)AD+BE=AB2.理由如下： 所以∠AEB=∠CFD=90°. 延长BC至点F,使得CF=BC,连接DF,AF,图略. 在Rt△ABE和Rt△CDF中， 因为∠ACB=90°，即AC⊥BF, 因为AB=CD,AE=CF, 所以AC垂直平分BF, 所以Rt△ABE≌Rt△CDF(HL). 所以AF=AB. 7.证明：在Rt△ABM和Rt△DEN中， 因为CE=CD,∠FCD=∠BCE, 因为AM=DN,AB=DE, 所以△FCD≌△BCE, 所以Rt△ABM≌Rt△DEN(HL), 所以FD=BE,∠CFD=∠CBE, 所以BM=EN. 所以DF∥BE. 因为AM,DN分别是△ABC,△DEF的中线， 因为AD⊥BE,所以AD⊥DF 所以BC=2BM=2EN=EF. 在Rt△ADF中，由勾股定理，得AD2+DF2=AF2, 在△ABC和△DEF中， 所以AD+BE2=AB」 因为AB=DE,∠B=∠E,BC=EF, (3)当点E在线段DB上时，延长FD至点H,使得DH= 所以△ABC≌△DEF(SAS). DF,连接AH并延长交CF于点G,图略.。 5.4角平分线的性质 由(2)，得△ADH≌△BDF 1.C;2.C;3.C;4.30° 所以AH=BF,∠DAH=∠DBF, 5.图略. 所以AH∥BF 6.证明：过点P作PE⊥OM于点E,PF⊥ON于点F,图略. 因为BF⊥CE,所以AG⊥CE. 因为S AABP=S△cP, 因为∠ACB=90°， 所以∠CAG+∠ACG=∠ACG+∠BCF=90. 所以4BPE=CD·PR 1 所以∠CAG=∠BCF 因为AB=CD,所以PE=PF, 又因为AC=BC, 所以点P在∠MON的平分线上. 所以△CAG≌△BCF, 7.证明：因为PE∥AB,PF∥AC, 所以AG=CF,CG=BF=AH=2, 所以∠DPE=∠BAD,∠DPF=∠CAD. 所以AG-AH=CF-CG,即HG=FG. 因为AD是△ABC的角平分线， 在Rt△BFC中，由勾股定理，得CF=√BC-BF=5, 所以∠BAD=∠CAD, 所以HG=FG=CF-CG=3. 所以∠DPE=∠DPF, 在Rt△HGF中，由勾股定理，得 所以点D到PE和PF的距离相等. 8.解：过点D作DM⊥AB于点M,图略. HF=√HG+FG=32, 因为AD是△ABC的角平分线，DE⊥AC, 所以DF=F=32 所以DM=DE=5, 2 当点E在线段DB的延长线上时，延长FD至点H,使得DH Sm=74C·0E=15, =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5m=2AB·DM=0, 所以AG=CF,CG=BF=AH=2, 所以SAABG=S△ABn+S△4D=55, 所以AH+AG=CG+CF,即HG=FG, 因为AF是△ABC的中线， 6 八年级数学湘教 第14~18期 所以5a=5度=27.5， 所以∠CMF=分∠C4E=30 所以S△r=S△icp-S△im=12.5. 25.(1)解：图略.因为点P与点M关于OA对称，点P与点 17期3,4版 N关于OB对称， 一、选择题 所以ME=PE,PF=NF, 题号1 23456789 10 所以△PEF的周长为PE+EF+PF=ME+EF+NF= 答案C DA CBBCAD B MW=15. (2)证明：因为PM=PN,点Q,R分别为PM,PW的中点， 二、填空题 11.A0=D0;12.15;13.110°；14.5cm;15.5; 所以PQ=PM,PR=PW, 16.40°；17.W5;18.75°或150°. 所以PQ=PR 三、解答题 因为点P与点M关于OA对称，点P与点N关于OB对称， 19.证明：因为ED⊥AB,FC⊥AB, 所以OA⊥PQ,OB⊥PR, 所以∠ADE=∠BCF=90. 所以OP平分∠AOB. 因为AE∥BF, 26.(1)证明：过点E作EP⊥OC于点P,EQ⊥OB于点Q, 所以∠A=∠B. 图略， 在△ADE和△BCF中， 则∠EQM=∠EPN=∠EPO=90. 因为∠A=∠B,AD=BC,∠ADE=∠BCF, 因为OE平分∠B0C, 所以△ADE≌△BCF(ASA). 所以EQ=EP. 20.图略. 在Rt△EQM和Rt△EPW中， 21.证明：过点P作PE⊥CD于点E,图略. 因为ME=NE,EQ=EP, 因为P是AB的中点， 所以Rt△EQM≌Rt△EPW(HL), 所以AP=BP. 所以∠EMQ=∠ENP 因为DP平分∠ADC,∠A=90°，PE⊥CD, 设EM交ON于点I, 所以AP=PE,所以BP=PE, 则∠MIN=∠EMQ+∠AOC=∠ENP+∠MEN, 所以CP平分∠BCD. 所以∠MEN=∠AOC. 22.解：因为AE⊥EF,CF⊥EF, (2)解：补图略.NF+OG=OM.证明如下： 所以∠AEB=∠CFB=90°. 在OF上取一点R,使得RP=OP,图略. 在Rt△AEB和Rt△BFC中， 因为EF=EG,EP⊥NG, 因为AB=BC,BE=CF, 所以PF=PG, 所以Rt△AEB≌Rt△BFC(HL), 所以PF-RP=PG-OP,即RF=OG 所以AE=BF, 在Rt△OEP和Rt△OEQ中， 因为11块相同长方体小木块的高度都是2cm, 因为OE=OE,EP=EQ, 所以AE=10cm,CF=12cm, 所以Rt△OEP≌Rt△OEQ(HL), 所以BE=CF=12cm,BF=AE=10cm. 所以OP=OQ, 所以EF=BE+BF=22cm. 所以RP=OQ. 答：两堵木墙之间的距离EF为22cm. 因为Rt△EQM≌Rt△EPW, 23.解：因为AD为∠BAC的平分线，DE⊥AB,DF⊥AC, 所以QM=PW, 所以DE=DF 所以WF+OG=NF+RF=PW-RP=QM-OQ=OM. 因为△ABC的面积是28cm2,AB=20cm,AC=8cm, 18期章节检测卷 所以S△Bc=S△ABD+S△ACD 一、选择题 =4B:0E+c:F 题号 2 5 6 > 89 10 =28, 答案C 0 B B 解得DF=2cm. 二、填空题 24.解：由旋转的性质，得AD=AB,AE=AC, 11.不变；12.40°；13.39；14.3.5；15.15°； ∠BAD=∠CAE=60°， 16.26米；17.30°；18.4或√34. 所以∠BAD-∠BAE=∠CAE-∠BAE, 三、解答题 即∠DAE=∠BAC, 19.解：因为D为AB的中点，AB=8, 所以△ADE≌△ABC(SAS), 所以∠AED=∠C=90°， 所以AD=宁4B=4 所以∠AEF=180°-∠AED=90°. 因为DE⊥AC, 因为AF=AF,AC=AE, 所以∠AED=90° 所以Rt△ACF≌Rt△AEF(HL), 因为∠A=30°， 八年级数学湘教第14~18期 所以DE=4D=2 =√AC2+CG=313 所以甲、乙、丙三只蚂蚁的行走路程的最小值分别是 20.证明：因为BD平分∠ABC, 所以∠ABD=∠CBE. 137,55,313. 因为AD⊥AB, (2)因为137>55>33，所以三只蚂蚁都走自已的 所以∠DAB=90°， 路径，蚂蚁丙最先到达，蚂蚁甲最后到达 所以∠D+∠ABD=90° 26.解：(1)45-4. 因为∠C=90°， (2)设AB,A'C交于点E,图略. 所以∠CEB+∠CBE=90. 因为∠ACB=90°，∠ABC=30°， 由对顶角相等，得∠CEB=∠AED, 所以∠A=60°. 所以∠ADE=∠AED. 由折叠的性质，得∠DA'C=∠A=60°. 21图略（提示：连接AB,作AB的垂直平分线，然后作两条 因为DA'∥BC, 公路m和n夹角的平分线，其交点即为加油站的位置) 所以∠BCA'=∠DA'C=60°，∠A'DB=∠ABC=30°， 22.解：连接AF,图略. 所以∠DEA'=90°. 因为AB=AD,F是BD的中点， 由对顶角相等，得∠CEB=90°， 所以AF⊥BD. 因为∠ABC=30°，BC=45, 因为E是AC的中点， 所以EF=7AC=3, 所以CB=28C=2, 所以A'E=A'C-CE=4-25, 23.解：在Rt△AMW中，AM=50米，MW=30米， 所以AD=A'D=2A'E=8-4V5. 由勾股定理，得AW=AM-MN=40米 (3)56-8√33或64-165.过程如下： 在Rt△MWB中，BM=34米，MW=30米， 当∠DA'B=90°时， 由勾股定理，得BW=√BMP-MW=16米， 由折叠的性质，得∠CA'D=∠A=60°，A'C=AC=4, 所以AB=AWN+BN=56米. 所以∠CA'B=∠C'AD+∠DA'B=150°. 所以汽车从A到B的平均速度为： 过点C作CF⊥A'B,交BA'的延长线于点F,图略， 56÷5=11.2(米/秒)=40.32千米/时<60千米/时. 所以∠CFA'=90°，∠CA'F=180°-∠CA'B=30°， 所以此车没有超速。 24.(1)证明：由旋转的性质，得AF=AC,EF=BC,∠F= 所以CF=AC=2, ∠ACB=90°， 所以A'F='C-CF产=25 所以∠ACD=180°-∠ACB=90°. 在Rt△BCF中，∠BFC=90°，由勾股定理，得 在Rt△ADF和Rt△ADC中，因为AD=AD,AF=AC, CF2+BFP=BC2,即22+BF2=(45)2, 所以Rt△ADF≌Rt△ADC(HL), 所以DF=DC, 解得BF=2√II, 所以AD平分∠FAC. 所以A'B=BF-A'F=2√T-25, (2)解：因为BD=10,BC=8, 所以A'B=56-8/33. 所以CD=BD-BC=2. 当∠A'DB=90°时，∠A'DA=90° 由(I),得DF=DC=2,EF=BC=8, 由折叠的性质，得∠ADC=∠A'DC=45°， 所以DE=EF-DF=6. 过点C作CG⊥AB,交AB于点G,图略. 25.解：(1)蚂蚁甲的行走路程：将长方体表面展开得到长 因为∠CGA=90°，∠A=60°，所以∠ACG=30°， 方形GFAD,连接AG,图略. 所以AG=之4C=2. 由题意，得FG=4,AE=6,EF=5, 所以AF=AE+EF=1L. 所以CG=√AC-AG=25. 在Rt△AFG中，由勾股定理，得AG=√FG+AF区= 在Rt△CGD中，∠ADC=45°， 137. 所以DG=CG=25, 蚂蚁乙的行走路程：将长方体表面展开得到长方形 所以A'D=AD=AG+DG=2+25, HGBA,连接AG,图略. 所以BD=AB-AD=6-25, 由题意，得AB=5,BF=6,FG=4, 所以A'B=BD2+A'D2=64-165 所以BG=BF+FG=10. 不存在∠A'BD=90°的情况， 在Rt△ABG中，由勾股定理，得AG=√AB+BGC=55. 综上所述，A'B2的值是56-8√33或64-165. 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 —8