第18期 《直角三角形》章节检测-【数理报】2025-2026学年新教材八年级上册数学学案（湘教版2024）

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 —87.如图6，点P是∠A0B内一点，PC⊥OA于点C,PD⊥ 14.如图12，在△ABC中，AB=8,∠B=30°，线段AD= 《直角三角形》章节检测卷 OB于点D,且PC=PD,点E在OA上.若∠AOB=50°， 7.5,线段AD绕点A旋转，交BC于点E,则DE的最大值是 ∠OPE=30°，则∠PEC的度数是 ◆数理报社试题研究中心 A.50° B.55 C.45 D.609 15.两个直角三角形积木△ABC和△CDE按如图13所 8.在△ABC中，∠A,∠B,∠C的对边分别是a,b,c.下列 (答题时长120分钟，满分120分)】 示摆放在水平桌面上.已知∠B=30°，∠DCE=45°，把下端 爱0 条件不能判定△ABC是直角三角形的是 ( 挂有铅锤的细绳的上端栓在直角顶点D处，则∠EDG= 一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分） A.∠A+∠B=90° B.∠A:∠B:∠C=2:3:5 1,在Rt△ABC中，若一个锐角等于40°，则另一个锐角的 C.a:b:e=3:4:5 D.a=b=2,c=1 据 度数是 ( 9.如图7是一个滑梯示意图.左边是楼梯，右边是滑道 A.40° B.45 C.50 D.60 己知滑道AC与AE的长度相等，滑梯的高度BC=4m,BE= 2.如图1，阴影部分是一个长方形，则长方形的面积为 必 1m,则滑道AC的长是 A.7 m B.8 m C.8.5m D.9 m A.I em B.3 cm2 C.4 cm2 D.5 cm 图13 1814 16.华表是一种中国古代传统建筑形式.如图14，在底面 周长约为5米的华表上，有一条雕龙从柱底沿立柱表面均匀 地盘绕2圈到达柱顶正上方（从，点A到点C,B为AC的中，点） 若每根华表刻有雕龙部分的柱身高约24米，则雕刻在石柱上 10.如图8，在△ABC中，AB=65,AC=12,BC=6,将 的巨龙的长度至少为 1 2 3.如图2.OP平分∠MON,PA⊥ON于点A,点D是射线 △ABC折叠，得到折痕DE,且顶点B恰好与点A重合，点C落 17.如图15，在锐角△ABC中，AD是BC边上的高，在 OM上的个动点.若PA=2,则线段PD的最小值是( 在点F处，则CE的长是 ( BA,BC上分别截取线段BE,BF,使BE=BF;分别以点E,F A.1 B.2 C.3 D.4 A.4 4.如图3，在△ABC中，∠ACB=90°，0是AB边的中点. B号 C.5 D.3 /10 为圆心，大于EF的长为半径画弧，在LABC内，两孤交于 若OC=7cm.则AB的长是 ( 二、填空题（本题共8小题，每小题3分，共24分） 点P,作射线BP,交AD于点M,过点M作MN⊥AB于点N A.14 cm B.13 cm C.15 cm D.12 cm 11,如图9，一架6米长的梯子4B斜靠在竖直的墙0A 若MN=1,AM=2MD,则∠BAD= 上，OB在地面上，M为AB的中点.当梯子的上端A沿墙壁下 滑时，OM的长度将 (填“变大”“变小”或“不变”) 图16 3 图4 18.如图16，点C,D是线段AB上的两点，若以AC,CD 5.如图4，某海防哨所0发现在它的正南方向A处有 BD为边的三角形是一个直角三角形，则称点C,D是线段AB 艘船，沿正东AB方向航行，当船行驶到距离A处300米的B 图10 的勾股点已知点M,N是线段AB的勾股点，AM=3,MN= 处时，测得船位于海防哨所的南偏东30°方向，则此时船距离 12.如图10.已知DB⊥AB,DC⊥AC,BD=CD,∠BAC 5.则BN= 海防哨所的距离OB为 ( =80°，则∠BAD= 三、解答题（本题共8小题，共66分） A.150米B.300米C.600米D.1200米 13.如图11，一扇卷闸门用一块宽15cm,长36cm的长 19.(6分)如图17，在△ABC中，D为AB的中点，DE⊥ 6.如图5，AD,BC相交于点O,AD=BC,∠C=∠D= 方形木板撑住，用这块木板最多可将这扇卷闸门撑起 AC于点E.已知∠A=30°，AB=8,求DE的长. 90°.若∠ABC=35°，则∠CA0的度数是 cm高 A.20 B.25 C.30 D.35 图11 20.(6分)如图18，在△ABC中，C=90°，过点A作AD 23.(9分)根据道路交通管理条例的规定，在某段笔直 (1)甲、乙，丙三只蚂蚁的行走路程的最小值分别是多 ⊥AB,BD平分∠ABC交AD于点D,交AC于点E.求证： 的公路1上行驶的车辆，限速60千米/时.如图21，已知测速 少？ ∠ADE=∠AED 点M到测速区间的端点A,B的距离分别为50米34米，M距 (2)若三只蚂蚁都走自己的路径，请判断哪只蚂蚁最先 公路1的距离（即MW的长）为30米.现测得一辆汽车从A到 到达？哪只妈蚁最后到达？ B所用的时间为5秒，通过计算判断此车是否超速 图18 附2 21.(8分)某私营企业要修建一个加油站，如图19，其设 计要求是加油站到A,B两村的距离必须相等，且到m,n两条 公路的距离也必须相等，那么加油站应修在什么位置，请在 图上标出它的位置（尺规作图，保留作图痕迹）. 24.(9分)如图22，在△ABC中，∠ACB=90°，把△ABC 26.(I0分)在△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，AB 绕点A旋转至△AEF的位置，延长BC交EF于点D,连接AD. =8,点D为AB边上的动点，连接CD,将△ACD沿直线CD翻 (1)求证：AD平分∠FAC: 折，得到对应的△A'CD (2)若BD=10,BC=8,求DE的长 (1)如图24-①.当点A'落在线段BC上时.线段A'B的 图19 长是 (2)如图24-②，当线段DA'∥BC时，求线段AD的长： (3)如图24-③，当△DBA'为直角三角形时，A'B的值 为 22.(8分)如图20，在△ABC中，D是BC上的点，AD= AB,E,F分别是AC,BD的中点.已知AC=6,求EF的长 图22 424 25.(10分)如图23，已知长方体的长AB=5,宽BC=4, 高AE=6,三只妈蚁沿长方体的表面以相同的速度同时从点 A出发到点G处蚂蚁甲的行走路径为翻过棱EH后到达点G 处（即A+P→G),蚂蚁乙的行走路径为翻过棱EF后到达点 G处（即A一→M→G),妈蚁丙的行走路径为翻过棱BF后到达 点G处（即A→N→G). 参考答案见复习专号