【点睛】
本题主要考查三角形三边关系的运用,熟记三角形的第三边大于两边之差,小于两边之和是解题的关键.
15.(-
)
【分析】
作CE⊥x轴于E,CF⊥y轴于F,证明△ECA≌△FCB,得到CE=CF,AE=BF,设AE=BF=x,根据题意列方程,解方程即可.
【详解】
作CE⊥x轴于E,CF⊥y轴于F,
则∠ECF=90°,又∠ACB=90°,
∴∠ECA=∠FCB,
在△ECA和△FCB中,
∴△ECA≌△FCB(AAS),
∴CE=CF,AE=BF,
设AE=BF=x,
则x+1=4−x,
解得x=
,
∴CE=CF=
,
∴点C的坐标为(
,
).
故答案为:
(
,
).
【点睛】
本题主要考查了坐标与图形性质以及全等三角形的判定与性质,掌握坐标与图形性质以及全等三角形的判定与性质是解题的关键.
16.(1,4)
【分析】
根据题意画出图形观察规律,从而可以得出第17次碰到长方形边上的点的坐标.
【详解】
通过下图观察可知,每碰撞6次回到始点,
∵17÷6=2…5,
∴第17次碰到长方形边上的点的坐标为(1,4).
【点睛】
本题主要考查了点的坐标的规律,作出图形,观察出每6次反弹为一个循环组依次循环是解题的关键.
17.∠A=70°,∠B=80°,∠C=30°
【分析】
利用已知结合三角形内角和定理即可求解.
【详解】
解:
∵在△ABC中,∠B=∠A+10°,∠C=30°
∴∠B+∠A=150°,即∠A+10°+∠A=150°,
∴解得:
∠A=70°,∠B=80°,
答:
∠A=70°,∠B=80°,∠C=30°
【点睛】
本题考查三角形内角和定理,正确得出∠B+∠A=150°是解题关键.
18.证明见解析
【解析】
试题分析:
利用辅助线,连接AF,求出CF=AF,∠BAF=90°,再根据AB=AC,∠BAC=120°可求出∠B的度数,由直角三角形的性质即可求出BF=2AF=2CF.
试题解析:
连接AF,
∵AB=AC,∠BAC=120°,
∴∠B=∠C=
=30°,
∵EF垂直平分AC,
∴FA=FC,
∴∠1=∠C=30°,
∴∠2=∠BAC-∠1=90°,
∴Rt△ABF中,BF=2AF,
∴BF=2CF.
考点:
线段垂直平分线的性质.
19.证明见解析.
【分析】
要证明BD=AC,只需要证明Rt△ABD≌Rt△BAC即可.
【详解】
解:
∵AC⊥BC,BD⊥AD,
∴∠ADB=∠BCA=90°,
在Rt△ABD和Rt△BAC中,
∴Rt△ABD≌Rt△BAC(HL),
∴BD=AC.
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的判定与性质,掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键.
20.见解析
【解析】
【分析】
根据等式的性质,可得BC与EF的关系,根据平行线的性质,可得∠B与∠AEF,根据全等三角形的判定,可得S△ABC=SDEF,根据等式的性质,可得答案.
【详解】
∵BE=CF,
∴BE+CE=CF+CE
即BC=EF.
∵AB∥DE,AC∥DF,
∴∠B=∠DEF,∠C=∠DFE,
在△ABC和△DEF中,
,
∴△ABC≌△DEF,
∴S△ABC=SDEF,
∴S△ABC﹣S△ECO=SDEF﹣S△ECO,
∴S四边形ABEO=S四边形OCFD.
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质,利用全等三角形的判定得出S△ABC与SDEF是解题关键.
21.见解析
【分析】
根据全等三角形对应角相等可得∠B=∠DEC,全等三角形对应边相等可得BC=EC,根据等边对等角可得∠B=∠BEC,从而得到∠BEC=∠DEC,再根据角平分线的定义证明即可.
【详解】
∵△ABC≌△DEC,
∴∠B=∠DEC,BC=EC,
∴∠B=∠BEC,
∴∠BEC=∠DEC,
∴CE平分∠BED.
【点睛】
本题考查了全等三角形的性质,等边对等角的性质,熟练掌握全等三角形的性质并准确识图是解题的关键.
22.
(1)见解析;
(2)见解析;(3)见解析.
【分析】
(1)作点B关于AC的对称点B′即可;
(2)连接CF,作CF的中垂线即可;(3)作点F关于BC的对称点E′,连接E′F,与BC、CD的交点即为所求.
【详解】
解:
(1)如图1,△AB′C即为所求;
(2)如图2,直线l即为所求;
(3)如图3,四边形EFGH即为所求.
【点睛】
本题主要考查了作图-轴对称变换,轴对称-最短路线以及矩形的性质,掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键.
23.
(1)见解析;
(2)15.
【分析】
(1)延长CF至G,使DG=BE,连接AG,由已知条件得出CE+CF+EF=CD+BC,得出DF+BE=EF,证出DF+DG=EF,即GF=EF,由SAS证明△ABE≌△ADG,得出AE=AG,∠BAE=∠DAG,证出∠EAG=90°,由SSS证明△AEF≌△AGF,得出∠EAF=∠GAF=
×90°=45°;
(2)由已知条件得出AB=AD=CD=BC=6,BE=BC-CE=3,由
(1)得:
=
=
+
,即可得出答案.
【详解】
(1)证明:
延长CF至G,使DG=BE,连接AG,如图所示:
∵四边形ABCD是正方形,
∴∠BAD=∠ABE=∠ADF=90°,AB=BC=CD=AD,
∴∠ADG=90°,
∵△CFE的周长等于正方形ABCD的周长的一半,
∴CE+CF+EF=CD+BC,
∴DF+BE=EF,
∴DF+DG=EF,即GF=EF,
在△ABE和△ADG中,
,
∴△ABE≌△ADG(SAS),
∴AE=AG,∠BAE=∠DAG,
∴∠EAG=90°,
在△AEF和△AGF中,
,
∴△AEF≌△AGF(SSS),
∴∠EAF=∠GAF=
×90°=45°;
(2)解:
∵DF=2,CF=4,CE=3,
∴AB=AD=CD=BC=2+4=6,BE=BC﹣CE=3,
由
(1)得:
=
=
+
=
×6×3+
×6×2=15.
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的判定与性质以及正方形的性质,掌握全等三角形的判定与性质以及正方形的性质是解题的关键.
24.
(1)见解析;
(2)见解析;(3)
.
【解析】
【分析】
(1)通过全等三角形△ADF≌△EDA的对应边相等得到:
AD=CD,FD=AC,则利用等量代换和图形中相关线段间的和差关系证得结论;
(2)过F点作FD⊥AC交AC于D点,根据
(1)中结论可得FD=AC=BC,即可证明△FGD≌△BCD,可得DG=CG,根据
=3可证
=
根据AD=CE,AC=BC,即可解题;
(3)过F作FD⊥AG的延长线交于点D,易证
=
由
(1)
(2)可以知道△ADF≌△ECA,△GDF≌△GCB,可得CG=GD,AD=CE,即可求得
的值,即可解题.
【详解】
(1)∵∠FAD+∠CAE=90°,∠FAD+∠AFD=90°,
∴∠CAE=∠AFD,
在△AGD和△ECA中,
∵∠ADF=∠ECA,∠AFD=∠CAE,AF=AE,
∴△ADF≌△ECA(AAS);
∴AD=EC,DF=AC.
∴DF=AC=AD+CD=EC+CD.
即EC+CD=DF.
(2)过F点作FD⊥AC交AC于D点,
∵△ADF≌△ECA,
∴FD=AC=BC,
在△FGD和△BCD中,
∵∠FGD=∠CGB,∠FDG=∠C=90°,FD=BC,
∴△FGD≌△BGC(AAS),
∴DG=CG,
∵
=3,∴AG=3CG=AD+DG,∴AD=2CG=CD=
AC,
∵AD=CE,AC=BC,∴CE=
BC,
∴E点为BC中点;
(3)类比
(2)问中的解法,过F作FD⊥AC,可求得
.
【点睛】
本题考查的是三角形知识的综合运用,熟悉证明三角形全等的方法和线段转化的技巧是解答本题的关键.
25.
(1)(4,2);
(2)135°;(3)见解析.
【分析】
(1)利用非负数的性质即可解决问题;
(2)如图1中,作OE⊥BD于E,OF⊥AC于F.只要证明△BOD≌△AOC,推出EO=OF(全等三角形对应边上的高相等),推出OK平分∠BKC,再证明∠AKB=∠BOA=90°,即可解决问题;(3)结论:
BM=MN+ON;只要证明△BNH≌△BNO,以及MH=MB即可解决问题;
【详解】
解:
(1)∵
=0,
又∵
≥0,|n﹣2|≥0,
∴n=2,m=4,
∴点D坐标为(4,2).
(2)如图1中,作OE⊥BD于E,OF⊥AC于F.
∵OA=OB,OD=OC,∠AOB=∠COD=90°,
∴∠BOD=∠AOC,
∴△BOD≌△AOC,
∴EO=OF(全等三角形对应边上的高相等),
∴OK平分∠BKC,
∴∠OBD=∠OAC,易证∠AKB=∠BOA=90°,
∴∠OKE=45°,
∴∠AKO=135°.
(3)结论:
BM=MN+ON.
理由:
如图2中,过点B作BH∥y轴交MN的延长线于H.
∵OQ=OP,OA=OB,∠AOQ=∠BOP=90°,
∴△AOQ≌△BOP,
∴∠OBP=∠OAQ,
∵∠OBA=∠OAB=45°,
∴∠ABP=∠BAQ,
∵NM⊥AQ,BM⊥ON,
∴∠ANM+∠BAQ=90°,∠BNO+∠ABP=90°,
∴∠ANM=∠BNO=∠HNB,
∵∠HBN=∠OBN=45°,BN=BN,
∴△BNH≌△BNO,
∴HN=NO,∠H=∠BON,
∵∠HBM+∠MBO=90°,∠BON+∠MBO=90°,
∴∠HBM=∠BON=∠H,
∴MH=MB,
∴BM=MN+NH=MN+ON.
【点睛】
本题主要考查了非负数的性质,坐标与图形性质,全等三角形的判定与性质,掌握非负数的性质,坐标与图形性质,全等三角形的判定与性质是解题的关键.