2022-2023学年新人教版八年级下数学期中试卷(含解析)

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2022-2023学年初中八年级下数学期中试卷
学校:____________ 班级:____________ 姓名:____________ 考号:____________
考试总分:140 分 考试时间: 120 分钟
注意事项:
1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息; 2.请将答案正确填写在答题卡上;
卷I (选择题)
一、 选择题 (本题共计 10 小题 ,每题 5 分 ,共计50分 )
1. 下列二次根式中是最简二次根式的是( ) A. B. C. D.
2. 化简的结果是( )
A.B.C.D. 3. 如图,在正方形网格中,每个小正方形的边长都为,的顶点都在格点上,则的边长
为无理数的条数是( )
A.条
B.条
(+1)a 22−−−−−−−√±(+1)
a 2+1
a 2−(+1)
a 2(a +1)
2
1△ABC △ABC 01
D.条
4. 平行四边形的对角线,交于点,已知,,,则的周长为( )
A.B.C.D.
5. 把直角三角形的两条直角边同时扩大到原来的倍,则其斜边( )
A.扩大到原来的倍
B.扩大到原来的倍
C.不变
D.扩大到原来的倍
6.
实数,在数轴上对应的位置如图,则化简结果为( )
A.B.C.D.
7. 的对角线、交于点,,若以点为圆心, 为半径作圆,则 的顶点在内的个数为( )
A.个
B.个
C.个
D.个
8. 某校的校园内有一块尺寸如图所示的三角形空地,现计划将这块空地建成一个
花园.已知每平方米的造价为元.则学校建这个花园需要投资3ABCD AC BD O AD =8BD =12AC =6△OBC 13
17
20
26
3369a b +(1−a)2−−−−−−−√(b −2)2−−−−−−√a +b −3
a −
b −3
3−a −b
a −
b −1
▱ABCD AC BD O AC =10cm,BD =6cm O 3cm ▱ABCD ⊙O 4320
A.元
B.元
C.元
D.元
9. 下列命题中,正确的是( )
A.对角线互相平分的四边形是平行四边形
B.对角线相等的四边形是矩形
C.对角线互相垂直平分的四边形是正方形
D.对角线互相垂直的四边形是菱形
10. 四边形的对角线相交于点,能判定它是正方形的条件是( )
A.B.,,C.,且、互相平分
D.,卷II (非选择题)
二、 填空题 (本题共计 8 小题 ,每题 5 分 ,共计40分 )
11. 使式子有意义的的取值范围为________.
12. 如图,两个正方形的面积分别是,,则直角三角形的较短的直角边长是________.
13. 如图,在矩形中,对角线,交于点,已知,,则的长7794782078227921ABCD O AB =BC =CD =DA
AO =CO BO =DO AC ⊥BD
AC =BD AC ⊥BD AC BD AB =BC CD =DA
11−2x
−−−−−√x =18S 1=12S 2ABCD AC BD O ∠AOD =120∘AB =2.5AC
14. 如图,在直角三角形中,,,,将折叠,使点恰好落在边
上与点重合,为折痕,则________.
15. 已知菱形两条对角线的长分别为和,则这个菱形的面积是________.
16. 如图,把两块相同的含
角的三角尺如图放置,若,则三角尺的最长边长为________.
17. 已知,,则=________.
18. 若三角形三边长分别为,,,那么它最长边上的中线长是________.
三、 解答题 (本题共计 10 小题 ,每题 5 分 ,共计50分 ) 19. 计算:
;.
20. 先化简再求值:,其中, .
21. 如图,在所给的方格纸中,每个小正方形的边长都是,点,,位于格点处,请按要求画出格点四边形.
△ABC ∠B =90∘AB =3BC =4△ABC B AC B ′AE BE =101630∘AD =6cm 6–√x =+13–√y =−13–√+xy +x 2y 26810(1)×÷27−−√50−−√12
6–√(2)(+)−(−)12−−√0.5−−−√18−−√3–√(2x +y)(2x −y)+(x +y −2x(2x −y))2x =1y =−21A B C
(1)在图中画出格点,使=,且以点,,,为顶点的四边形面积为;
(2)在图中画出一个以点,,,为顶点的格点四边形,使=.
22. 已知,如图,是的角平分线,,.求证:四边形
是菱形.
23. 如图实数在数轴上表示为:化简:.
24. 嘉嘉参加机器人设计活动,需操控机器人在的方格棋盘上从点行走至点,且每个小方格
都是边长为的正方形,主办单位规定了两条行走路径,,其行径位置如图、表所示:路径编号行径位置
第一条路径第二条路径已知、、、、五点皆落在格线的交点上,且两点之间的路径皆为直线,求路径、的长度.
25. (1)计算:;
(2)已知是小于的常数,解关于的不等式组:. 26. 如图,在中,,,,过点作,且点在点的右侧.点从点出发沿射线方向以每秒个单位的速度运动,同时点从点出发沿射线方向以每秒个单位的速度运动,设运动时间为秒.
1P AC CP A B C P 32A B C P A +C P 2P 215AD △ABC DE //AC AF =ED AEDF −|a −b |−|c −a |+a 2−−√(b −c)2
−−−−−−√5×5A B 1R 1R 2R 1A →C →D →B
R 2A →G →B
A B C D G R 1R 2|1−|−×+−(3–√2–√6–√12−3–√23)−2m 0x 4x −1>x −7
−x <m −11432△ABC ∠BAC =90∘∠C =45∘BC =8A AD//BC D A P A AD 1Q C CB 2t
求的长;
若四边形的面积为,求的值;
是否存在的值,使以,,,为顶点的四边形为平行四边形?若存在,求出的值;若不存
在,请说明理由. 27. 提出问题:如图①,在四边形中,是边上任意一点,与和的面积之间有什么关系?
探究发现:为了解决这个问题,我们可以先从一些简单的、特殊的情形入手:
当时(如图②):∵,和的高相等,∴.∵,和的高相等,∴.∴.当时,探求与和之间的关系,写出求解过程;当时,与和之间的关系式为:________;一般地,当(表示正整数)时,探求与和之间的关系,写出求(1)AB (2)ABQP 12t (3)t A B P Q t ABCD P AD △PBC △ABC △DBC AP =AD 12
AP =
AD 12△ABP △ABD =S △ABP 12S △ABD PD =AD −AP =AD 12△CDP △CDA =S △CDP 12S △CDA =−−S △PBC S 四边形ABCD S △ABP S △CDP =−−S 四边形ABCD 12S △ABD 12S △CDA =−(−)−(−)S 四边形ABCD 12S 四边形ABCD S △DBC 12S 四边形ABCD S △ABC =+12S △DBC 12S △ABC (1)AP =AD 13
S △PBC S △ABC S △DBC (2)AP =AD 16
S △PBC S △ABC S △DBC (3)AP =
AD 1n S △PBC S △ABC S △DBC
问题解决:当时,与和之间的关系式为:________. 28. 已知,在中, ,,点是边上的一点(不与点,重合),
连接.如图,将线段绕点逆时针方向旋转得到线段,连接.求证:,;
如图,点,都在线段上,且.
①试猜想线段,,之间满足的数量关系,并证明结论.
②若,
,求的周长.
AP =
AD(0≤≤1)m n m n S △PBC S △ABC S △DBC △ABC ∠BAC =90∘AB =AC D BC B C AD (1)1AD A 90∘AE CE BD =CE BD ⊥CE (2)2D F BC ∠DAF =45∘DF BD CF BD =4CF =3△ADF
参考答案与试题解析
2022-2023学年初中八年级下数学期中试卷
一、 选择题 (本题共计 10 小题 ,每题 5 分 ,共计50分 )
1.
【答案】
A
【考点】
最简二次根式
【解析】
利用最简二次根式定义判断即可.
【解答】
、原式为最简二次根式;
、原式=;、原式=;、原式=

2.
【答案】B
【考点】
二次根式的性质与化简
【解析】
根据二次根式的性质化简即可.
【解答】
解:,.
故选.
3.
A B 6C 2D ∵+1>0a 2∴=+1(+1)a 22−−−−−−−√a 2B
C
【考点】
勾股定理
【解析】
根据图形和勾股定理来解答即可.
【解答】
解:∵,,,
的边长有两条是无理数.
故选.4.
【答案】
B
【考点】
平行四边形的性质
【解析】
解答此题的关键在于理解平行四边形的性质的相关知识,掌握平行四边形的对边相等且平行;平行四边形的对角相等,邻角互补;平行四边形的对角线互相平分.
【解答】
解:如图,
∵四边形是平行四边形,
∴,,,
∴的周长.
故选.
5.
【答案】
A
【考点】
AB ==+1242−−−−−−√17−−
√BC ==+1232−−−−−−√10−−√AC ==5+3242−−−−−−√∴△ABC C ABCD OA =OC =3OB =OD =6BC =AD =8△OBC =OB +OC +AD =3+6+8=17B
【解析】
设原来直角三角形的两直角边为、,斜边为,根据勾股定理得出,即可求出答案.
【解答】
解:设原来直角三角形的两直角边为、,斜边为,
则根据勾股定理得:,
所以,
即把直角三角形的两直角边同时扩大到原来的倍,则其斜边扩大到原来的倍.
故选.
6.
【答案】
C
【考点】
二次根式的性质与化简
数轴
绝对值
【解析】
根据数轴表示数的方法得到,,则,,再根据化简原式,然后根据绝对值的意义得到原式 ,再去括号合并即可.
【解答】
解:,,
,,
原式 .
故选.
7.
【答案】
D
【考点】
平行四边形的性质
三角形中位线定理
【解析】
a b c +=a 2b 2c 2a b c +=a 2b 2c 2(3a +(3b =9(+)=9=(3c )2)2a 2b 2c 2)233A b <1a <01−a >0b −2<0=|a|a 2−−
√=|1−a|+|b −2|=1−a −(b −2)∵a <00<b <1∴1−a >0b −2<0∴=|1−a|+|b −2|=1−a −(b −2)=1−a −b +2=3−a −b C
此题暂无解答
8.
【答案】
A
【考点】
二次根式的应用
【解析】
作于,根据邻补角得到,在中,根据的正弦可计算出,再计算(每平方米),然后用面积乘以单价即可得到学校建这个花园需要的投资额.
【解答】
解:作于,如图,
∵,
∴,
在中,,∴,∴(每平方米)
∴学校建这个花园需要投资额(元).
故选.
9.
【答案】A
【考点】
正方形的判定
矩形的判定
菱形的判定
平行四边形的判定
【解析】
、根据矩形的定义作出判断;
、根据菱形的性质作出判断;
、根据平行四边形的判定定理作出判断;
、根据正方形的判定定理作出判断.
BH ⊥CA H ∠BAH =60∘Rt △BAH ∠BAH BH =103–√=150≈259.8S △ABC 3–√BH ⊥CA H ∠BAC =120∘∠BAH =60∘Rt △BAH sin ∠BAH =BH AB BH =AB sin =20×=1060∘3–√23–√=BH ⋅AC =×10×30=150≈150×1.732=259.8S △ABC 12123–√3–√=30×259.8=7794A A B C D
解:,对角线互相平分的四边形是平行四边形;故本选项正确;
,两条对角线相等且相互平分的四边形为矩形;故本选项错误;
,对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形;故本选项错误;
,对角线互相垂直的平行四边形是菱形;故本选项错误;
故选.
10.
【答案】
C
【考点】
正方形的判定与性质
【解析】
根据正方形的判定对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形,对各个选项进行分析从而得到最后的答案.
【解答】
解:、错误,只能判定为菱形;
、错误,只能判定为菱形;
、正确,且、互相平分可判定为菱形,再由判定为正方形;、错误,可以判定为筝形,但筝形不是正方形;
故选.
二、 填空题 (本题共计 8 小题 ,每题 5 分 ,共计40分 )
11.
【答案】
【考点】
分式有意义、无意义的条件
二次根式有意义的条件
【解析】
根据二次根式有意义的条件:被开方数为非负数,再结合分式有意义的条件:分母,可得不等式,再解不等式即可.
【解答】
解:由题意得:,
A B C D A A B C AC ⊥BD AC BD AC =BD D C x <12
≠01−2x >01−2x >0<1
解得:.故答案为:.12.【答案】
【考点】
勾股定理
勾股定理的应用
【解析】
根据勾股定理的几何意义,得到,再根据正方形的面积计算公式即可求得较短的直角边的长度.
【解答】
解:根据勾股定理的几何意义,

∵,,,
∴,
∴.故答案为:.
13.
【答案】
【考点】
矩形的性质
【解析】
依题意,已知,,根据矩形的对角线互相平分以及直角三角形的性质可求出的长.
【解答】
解:∵,
∴.
又∵,相等且互相平分,
∴为等边三角形,
∴.
故答案为:.14.
x <
12x <126
–√S 3BC A =A +B B 2C 2C 2A ==12C 2S 2A ==18B 2S 1B =C 2S 3=−=18−12=6S 3S 1S 2BC =6–√6–√5
∠AOD =120∘AB =2.5AC ∠AOD =120∘∠AOB =60∘AC BD △ABO AC =2AO =2AB =2×2.5=5
5
【考点】
翻折变换(折叠问题)
勾股定理
【解析】
根据折叠变换的性质利用勾股定理及其列方程求解即可.
【解答】
解:∵,,,∴.
由折叠可得,,,,
∴,

.
设, 则,
∴,解得:.故答案为:.15.
【答案】
【考点】
菱形的面积
【解析】
根据菱形的面积等于对角线乘积的一半列式计算即可得解.
【解答】
解:∵菱形两条对角线的长分别为和,
∴这个菱形的面积.
故答案为:.16.
【答案】
32
AB =3BC =4∠B =90∘AC ==5A +B B 2C 2−−−−−−−−−−√AB =AB ′BE =E B ′∠B =∠E A =B ′90∘C =AC −A =5−3=2B ′B ′EC =BC −BE +=E B ′C 2B ′E 2C 2BE =x EC =4−x +=22x 2(4−x)2x =323280
1016S =
×10×16=80128012cm
含30度角的直角三角形
勾股定理
【解析】
根据题意,知是等腰直角三角形,即可求得的长,再根据的直角三角形的性质进行求解.
【解答】
解:∵,,,∴,
在中,,
设,则.
根据勾股定理,得,
即,
解得,
即三角尺的最长边长为.
故答案为:.
17.
【答案】
【考点】
二次根式的化简求值
【解析】
把所求的式子化成的形式,然后代入求解即可.
【解答】
原式====.
18.
【答案】
【考点】
直角三角形斜边上的中线
勾股定理的逆定理
【解析】
△ABD AB 30∘∠ABD =90∘AB =BD AD =6cm 6–√AB =BD =6cm 3–√Rt △ABC ∠BAC =30∘BC =x AC =2x A −B =A C 2C 2B 24−=108x 2x 2x =612cm 12cm 10
(x +y −xy )2(x +y −xy )2(2−(+1)(−1)3–√)23–√3–√12−2105
首先根据勾股定理的逆定理可判定此三角形是直角三角形,则最大边上的中线即为斜边上的中线,然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半,从而得出结果.
【解答】
解:∵,
∴三边长分别为,,的三角形是直角三角形,最大边是斜边为.
∴最大边上的中线长为.
故答案为:.
三、 解答题 (本题共计 10 小题 ,每题 5 分 ,共计50分 )
19.
【答案】
解:原式.原式.【考点】
二次根式的混合运算
【解析】
【解答】
解:原式.
原式.20.
【答案】
解:原式.
当,时,
原式+=100=628210268101055(1)=3×5÷3–√2–√6–√2=3×5×2×3×2÷6−−−−−−−√=30(2)=2+−+3–√2–√22–√43–√=3+3–√2–√4
(1)=3×5÷3–√2–√6–√2=3×5×2×3×2÷6−−−−−−−√=30(2)=2+−+3–√2–√22–√43–√=3+3–√2–√4=4−++2xy +−(4−2xy)
x 2y 2x 2y 2x 2=5+2xy −4+2xy
x 2x 2=+4xy x 2x =1y =−2=+4×1×(−2)
12
.
【考点】
完全平方公式与平方差公式的综合
整式的混合运算——化简求值
平方差公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解:原式.
当,时,
原式.21.
【答案】
如图
中,四边形即为所求(答案不唯一).
如图
中,四边形即为所求(答案不唯一).
【考点】
作图—应用与设计作图
勾股定理
=1−8=−7=4−++2xy +−(4−2xy)
x 2y 2x 2y 2x 2=5+2xy −4+2xy
x 2x 2=+4xy x 2x =1y =−2=+4×1×(−2)12=1−8=−712
三角形的面积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
22.
【答案】
证明:∵是的角平分线
∴∵,∴四边形是平行四边形
∴∴∴∴四边形是菱形.
【考点】
菱形的判定
【解析】
由已知易得四边形是平行四边形,由角平分线和平行线的定义可得,则可求得,故可证明四边形是菱形.
【解答】
证明:∵是的角平分线
∴∵,∴四边形是平行四边形
∴∴∴∴四边形是菱形.
23.
【答案】
解:原式.
【考点】
二次根式的性质与化简
AD △ABC ∠EAD =∠FAD
DE //AC ED =AF
AEDF ∠EAD =∠ADF
∠FAD =∠FDA
AF =DF
AEDF AEDF ∠FAD =∠FDA AF =DF AEDF AD △ABC ∠EAD =∠FAD
DE //AC ED =AF
AEDF ∠EAD =∠ADF
∠FAD =∠FDA
AF =DF
AEDF =|a |−|a −b |−|c −a |+|b −c |=−a −(b −a)−c +a +c −b =−a −b +a −c +a +c −b =a −2b
在数轴上表示实数
【解析】
根据数轴上点的位置,可化简二次根式,绝对值,根据整式的加减,可得答案.
【解答】
解:原式.
24.
【答案】
解:由勾股定理可得,,,,,.故长为,
故长为.
【考点】
勾股定理的应用
【解析】在方格中根据勾股定理求出每条线段的长,再根据路径经过的线段加和求解即可.
【解答】
解:由勾股定理可得,,,,,.故长为,
故长为.
25.
【答案】原式;,解不等式①得:,
解不等式②得:,
=|a |−|a −b |−|c −a |+|b −c |=−a −(b −a)−c +a +c −b =−a −b +a −c +a +c −b =a −2b AC ==+1232−−−−−−√10−−√CD =2–√DB ==+1232−−−−−−√10−−√AG ===2+2242−−−−−−√20−−√5–√GB ==+1232−−−−−−√10−−√R 1AC +CD +DB =2+10−−√2–√R 2AG +GB =2+5–√10−−√AC ==+1232−−−−−−√10−−√CD =2–√DB ==+1232−−−−−−√10−−√AG ===2+2242−−−−−−√20−−√5–√GB ==+1232−−−−−−√10−−√R 1AC +CD +DB =2+10−−√2–√R 2AG +GB =2+5–√10−−√=−1−2+2+−3–√3–√3–√94=−54 4x −1>x −7−x <m −11432x >−2x >4−6m
∵是小于的常数,
∴,
∴不等式组的解集为:.
【考点】
二次根式的混合运算
分母有理化
解一元一次不等式组
负整数指数幂
【解析】
(1)先分别化简各项,再作加减法;
(2)分别解两个不等式得到,,再根据的范围得出,最后得到到解集.
【解答】
原式;

解不等式①得:,
解不等式②得:,
∵是小于的常数,
∴,
∴不等式组的解集为:.
26.
【答案】
解:过作于
,如图所示,
∵,,
∴,
∴是等腰直角三角形.
∵,
∴.
∵,
∴,
∴.
由题意得,.
m 04−6m >0>−2x >4−6m x >−2x >4−6m m 4−6m >0>−2=−1−2+2+−3–√3–√3–√94
=−54 4x −1>x −7
−x <m −11432x >−2x >4−6m m 04−6m >0>−2x >4−6m (1)A AM ⊥BC M ∠BAC =90∘∠C =45∘∠C ==∠B 45∘△ABC AM ⊥BC BM =CM =AM BC =8BM =AM =4AB ==4B +A M 2M 2−−−−−−−−−−−√2–√(2)AP =t BQ =8−2t (1)ABQP BQ AM =4
由得,四边形中底边上的高为.
∵四边形的面积为,,
∴四边形的面积为,
解得.存在,或.理由如下:
若以,,,为顶点的四边形为平行四边形,
则,
①当四边形为平行四边形时,
此时,点在线段上.
由题意得,.
则,
所以;②当四边形为平行四边形时,
此时,点在线段的延长线上.
由题意得,.
则,
解得,当或秒时,以,,,为顶点的四边形为平行四边形.【考点】
动点问题
等腰直角三角形
三角形内角和定理
勾股定理
梯形的面积
平行四边形的性质
【解析】
【解答】
解:过作于
,如图所示,
∵,,
∴,
(1)ABQP BQ AM =4ABQP 12AD//BC ABQP ⋅(t +8−2t)⋅4=1212
t =2(3)t =
838A B P Q AP =BQ ABQP Q BC AP =t BQ =8−2t t =8−2t t =83AQBP Q CB AP =t BQ =2t −8t =2t −8t =8∴t =83
8A B P Q (1)A AM ⊥BC M ∠BAC =90∘∠C =45∘∠C ==∠B 45∘△ABC
∴是等腰直角三角形.
∵,
∴.
∵,
∴,∴.
由题意得,.
由得,四边形中底边上的高为.
∵四边形的面积为,,
∴四边形的面积为,
解得.存在,或.理由如下:
若以,,,为顶点的四边形为平行四边形,
则,
①当四边形为平行四边形时,
此时,点在线段上.
由题意得,.
则,所以;②当四边形为平行四边形时,
此时,点在线段的延长线上.
由题意得,.
则,
解得,当或秒时,以,,,为顶点的四边形为平行四边形.27.
【答案】
解:∵,和的高相等,∴.又∵,和的高相等,∴.∴,即.;,求解过程如下:∵,和的高相等,△ABC AM ⊥BC BM =CM =AM BC =8BM =AM =4AB ==4B +A M 2M 2−−−−−−−−−−−√2–√(2)AP =t BQ =8−2t (1)ABQP BQ AM =4ABQP 12AD//BC ABQP ⋅(t +8−2t)⋅4=1212
t =2(3)t =
838A B P Q AP =BQ ABQP Q BC AP =t BQ =8−2t t =8−2t t =83AQBP Q CB AP =t BQ =2t −8t =2t −8t =8∴t =838A B P Q (1)AP =
AD 13
△ABP △ABD =S △ABP 13S △ABD
PD =AD −AP =AD 23△CDP △CDA =S △CDP 23S △CDA =−−S △PBC S 四边形ABCD S △ABP S △CDP =−−S 四边形ABCD 13S △ABD 23S △CDA =−(−)−(−)S 四边形ABCD 13S 四边形ABCD S △DBC 23S 四边形ABCD S △ABC =+13S △DBC 23S △ABC =+S △PBC 13S △DBC 23S △ABC =+S △PBC 16S △DBC 56S △ABC (3)=+S △PBC 1n S △DBC n −1n S △ABC
AP =AD 1n △ABP △ABD ABP 1ABD
∴.
又∵,和的高相等,∴.
∴.
∴.
同理,当时,.
【考点】
规律型:图形的变化类
三角形的面积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解:∵,和的高相等,
∴.
又∵,和的高相等,∴.
∴,
即.
∵,和的高相等,
∴.
又∵,和的高相等,∴.
∴n
=S △ABP 1n S △ABD PD =AD −AP =AD n −1n
△CDP △CDA =S △CDP n −1n
S △CDA =−−S △PBC S 四边形ABCD S △
ABP S △CDP
=−−S 四边形ABCD 1n S △ABD n −1n S △CDA
=−(−)−(−)S 四边形ABCD 1n S 四边形ABCD S △DBC n −1n S 四边形ABCD S △ABC =+1n S △DBC n −1n S △ABC =+S △PBC 1n S △DBC n −1n S △ABC AP =AD(0≤≤1)m n m n =+S △PBC m n S △DBC n −m n S △ABC
(1)AP =AD 13△ABP △ABD =S △ABP 13S △ABD PD =AD −AP =AD 23
△CDP △CDA =S △CDP 23
S △CDA =−−S △PBC S 四边形ABCD S △ABP S
△CDP
=−−S 四边形ABCD 13S △ABD 23
S △CDA
=−(−)−(−)S 四边形ABCD 13S 四边形ABCD S △DBC 23
S 四边形ABCD S △ABC =+13S △DBC 23S △ABC =+S △PBC 13S △DBC 23S △ABC (2)AP =AD 16△ABP △ABD =S △ABP 16S △ABD PD =AD −AP =AD 56
△CDP △CDA =S △CDP 56
S △CDA =−−S △PBC S 四边形ABCD S △ABP S △CDP
−−边形ABCD 1ABD 5CDA

即.
故答案为:.
,求解过程如下:
∵,和的高相等,
∴.
又∵,和的高相等,∴.
∴.
∴.
同理,当时,.
28.【答案】
证明:由题意得,,
线段绕点逆时针方向旋转得到线段,
∴,
∴,
在和中,
∴,
∴,,

∴,
∴,
∴.
解:①.理由如下:
由题意得,,,
又,
∴,
∴,
∵,
∴,
=−−S 四边形ABCD 16S △ABD 56S △CDA
=−(−)−(−)S 四边形ABCD 16S 四边形ABCD S △DBC 56S 四边形ABCD S △ABC =+16S △DBC 56S △ABC =+S △PBC 16S △DBC 56
S △ABC =+S △PBC 16S △DBC 56S △ABC
(3)=+S △PBC 1n S △DBC n −1n S △ABC AP =AD 1n △ABP △ABD =S △ABP 1n S △ABD PD =AD −AP =AD n −1n
△CDP △CDA =S △CDP n −1n S △CDA =−−S △PBC S 四边形ABCD S △
ABP S △CDP
=−−S 四边形ABCD 1n S △ABD n −1n S △CDA
=−(−)−(−)S 四边形ABCD 1n S 四边形ABCD S △DBC n −1n
S 四边形ABCD S △ABC =+1n S △DBC n −1n S △ABC =+S △PBC 1n S △DBC n −1n S △ABC AP =AD(0≤≤1)m n m n =+S △PBC m n S △DBC n −m n S
△ABC
(1)∠BAC =90∘AD A 90∘AE ∠BAD ==∠DAC =∠CAE 90∘AD =AE △ABD △ACE AB =AC ,
∠BAD =∠CAE ,
AD =AE ,
△ABD ≅△AEC (SSS)BD =CE ∠ABD =∠ACE ∵∠BAC =90∘∠ABD +∠ACB =90∘∠ACE +∠ACB =90∘BD ⊥CE (2)D =B +C F 2D 2F 2∠DAF =∠EAF =45∘AD =AE AF =AF △ADF ≅△AEF (SAS)DF =EF BD ⊥CE C +C =E E 2F 2F 2BD =CE
又,
∴.
②过作于
.
∵,,,∴,,
在中,,,,∴,∴,,在中,,在中,,∴的周长为.
【考点】
全等三角形的性质与判定
勾股定理
等腰三角形的判定与性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
证明:由题意得,,
线段绕点逆时针方向旋转得到线段,∴,
∴,
在和中,
∴,
∴,,

∴,
∴,
∴.
解:①.理由如下:
由题意得,,,又,
∴,
∴,
∵,
∴,
又,
BD =CE D =B +C F 2D 2F 2A AH ⊥BC H BD =4CF =3D =B +C F 2D 2F 2DF =5BC =12△ABC ∠BAC =90∘AB =AC AH ⊥BC AH =BH =CH =BC =612DH =BH −BD =2HF =CH −CF =3Rt △ADH AD ==2D +A H 2H 2−−−−−−−−−−√10−−√Rt △AFH AF ==3A +H H 2F 2−−−−−−−−−−√5–√△ADF DF +AD +AF =5+2+310−−√5–√(1)∠BAC =90∘AD A 90∘AE ∠BAD ==∠DAC =∠CAE 90∘AD =AE △ABD △ACE AB =AC ,
∠BAD =∠CAE ,AD =AE ,
△ABD ≅△AEC (SSS)BD =CE ∠ABD =∠ACE ∵∠BAC =90∘∠ABD +∠ACB =90∘∠ACE +∠ACB =90∘BD ⊥CE (2)D =B +C F 2D 2F 2∠DAF =∠EAF =45∘AD =AE AF =AF △ADF ≅△AEF (SAS)DF =EF BD ⊥CE C +C =E E 2F 2F 2BD =CE D =B +C 222
∴.
②过作于
.
∵,,,∴,,
在中,,,,∴,∴,,在中,,在中,,∴的周长为.D =B +C F 2D 2F 2A AH ⊥BC H BD =4CF =3D =B +C F 2D 2F 2DF =5BC =12△ABC ∠BAC =90∘AB =AC AH ⊥BC AH =BH =CH =BC =612DH =BH −BD =2HF =CH −CF =3Rt △ADH AD ==2D +A H 2H 2−−−−−−−−−−√10−−√Rt △AFH AF ==3A +H H 2F 2−−−−−−−−−−√5–√△ADF DF +AD +AF =5+2+310−−√5–√。

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