Respuestas a la Guía Curricular de Matemáticas de 8.º grado, número 6

Capítulo 12 Preguntas de prueba integrales (1)

1. Seleccione cuidadosamente y tome la decisión final

1. A. 2. A. 3． B. 4. D. 5. A. 6． D. 7. D.

8. B. Consejo: Necesita pasar por 6 reflexiones. 9． B.

10. DO. Consejo: cuando el punto D está al lado de BC, es fácil probar △AOP≌△CDO

2 Piense detenidamente en la maravillosa solución y agregue el toque final

11. igual. 12．21：05．

13. La respuesta no es única, como BD=CE o ∠BAD=∠CAE, etc.

14,6cm.

15． Una recta que pasa por el punto (-5,-) y es paralela al eje horizontal (recta y= ).

16,56°. Consejos: ∵∠AED＝90°-48°＝42°, ∴∠B＋ ∠B＝42°, ∠B＝28°, ∠ACD＝2∠B＝56°.

17,70° o 20°. Consejo: Hay dos situaciones: triángulo agudo y triángulo obtuso.

18,40°.

3. Pasa la prueba y la victoria está a la vista

19. Solución: Supongamos ∠BCD=x, entonces ∠BDC=x, ∠B=∠ACB=x+15°,

∠A=x-15 (∠BDC es el ángulo exterior de △ADC).

En △ABC, x-15+2(x+15)=180. Resuelve para obtener x=55.

Entonces ∠B＝x＋15＝70． Por tanto, el grado de ∠B es 70°.

20. Como se muestra en la Figura 1.

21． Extender AD y BC se cruzan en el punto E, entonces △CDE es un triángulo equilátero.

En Rt△ABE, ∵∠A=30°, ∴AE=2BE.

Supongamos que CD=x, entonces 4+x=2(1+x). Resuelve para obtener x=2.

Entonces la longitud del CD es 2.

22. De acuerdo. Razón: ∵ El punto E está en la bisectriz vertical de BO,

∴ .

∵ △ABC es un triángulo equilátero, ∴∠. ABC=60°.

∵OB biseca ∠ABC, ∴∠OBE=∠ABO=30°.

∴∠OBE=∠EOB=30°.∴∠OEF=60 °.

Del mismo modo, ∠OFE=60° ∴△OEF es un triángulo equilátero.

23． Si BD y AF están conectados, entonces BD⊥AF (o si AF y CE están conectados, entonces AF⊥CE).

Primero use HL para demostrar Rt△AFD≌Rt△AFB, y luego use el teorema de determinación de bisectrices verticales de segmentos de línea para demostrar la relación vertical

24. (1) Prueba: Conecte MB,

∵∠B=90°, BA=BC, ∴∠A=∠C=45°.

∵MA＝MC, ∴BM⊥AC, ∠MBA＝∠MBC＝45°.

∴∠A＝∠MBA＝∠MBC＝∠C. ∴MA=MB=MC.

∵AD＝BE, ∴△MAD≌△MBE(SAS).

∴MD=ME, ∠AMD=∠BME.

∵∠AMD＋∠DMB＝90°,

∴∠BME＋∠DMB＝90°. ∴△MDE es un triángulo rectángulo isósceles.

(2) Como se muestra en la Figura 2, la conclusión sigue siendo válida.

4. Preguntas adicionales

25. (1) Como se muestra en la Figura 3, A2(5,2), B2(4,0), C2(6,-1);

(2)P1(-m,n), P2 (m+6, n);

(3) Transformación de traslación, y la distancia de traslación es igual al doble de la distancia entre dos líneas paralelas.

26. (1) Demuestre: ∵CD⊥AB, ∠ABC=45°,

∴△BCD es un triángulo rectángulo isósceles.

∴BD=CD.

Capítulo 12 Preguntas de prueba integrales (2)

p>1. Selecciona cuidadosamente y toma la decisión final

1. D. 2. B. 3． A. 4． DO. 5. DO. 6. DO.

7． B. Consejo: ∠PBC＋∠PCB＝∠PCA＋∠PCB＝∠ACB＝65°.

8. B. Consejo: △ABC es un triángulo equilátero.

9. DO. Consejo: Los ②③ son correctos.

10. DO. Consejo: El punto de intersección de la línea recta donde se encuentra la altura del triángulo está dentro del triángulo o en un lado del triángulo o fuera del triángulo.

2. Piensa detenidamente en la maravillosa solución y añade el toque final

11,90°. 12.13.13.30.14.6.

15． (1,-1)． 16.10°. 17. 30°, 60°, 90°. 18.8.

3. Pasa la prueba y la victoria está a la vista

19. La respuesta no es única, simplemente elija dos de la Figura 1.

20. (1) Figura 2; (2).

21． Solución: ∵∠A=∠B, ∴AC=BC=5.

∴EC＝AC－AE＝5－3＝2．

∵DE‖BC, ∴∠ADE=∠B．

∴∠A＝∠ADE． ∴DE=AE=3.

∵DE‖BC, ∴∠EFC=∠FCB.

∵∠FCB＝∠FCE. ∴∠EFC=∠FCE． ∴FE=CE=2.

∴DF＝DE－FE＝3－2＝1.

22． Prueba: Como se muestra en la Figura 3, conectando AM y AN,

∵AB=AC, ∠BAC=120°, ∴∠B=∠C=30°.

∵ME biseca AB verticalmente, ∴BM=MA.

Entonces ∠MAB=30°, ∠BMA=120°, ∠AMN=60°.

De manera similar, NC=AN, ∠ANM=60°.

∴△AMN es un triángulo equilátero.

∴MA＝MN＝AN． ∴BM=MN=NC.

23． Conocido: ①③ (o ①④, o ②③, o ②④).

Demostración: En △ABE y △DCE,

∵∠B=∠C, ∠AEB=∠DEC, AB=DC.

∴△ABE≌△DCE(AAS).

∴AE=DE, es decir, △AED es un triángulo isósceles.

24. (1) ∵△ABC es un triángulo equilátero, ∴∠BAE=∠C=60°.

En △BAE y △ACD,

∴△BAE≌△ACD.

∴AD＝BE.

(2) De (1), obtenemos ∠ABE=∠DAC.

∴∠BPD＝∠ABE＋∠BAP＝∠DAC＋∠BAP＝∠BAC＝60°.

∴∠PBQ＝30°．

En Rt△BPQ, BP=2PQ=6.

∴BE=BP+PE=6+1=7.

∴AD=BE= 7.

4. Preguntas adicionales

25. La distancia QB desde el punto Q hasta ON permanece sin cambios, esta distancia es de 3cm.

Solución: Trazar AC por el punto A perpendicular a OM y al punto C,

∵∠PAQ=30°, ∴∠QAB＋∠OAP=150°.

∵∠O＝30°.

∴∠OAP＋∠APC＝150°． ∴∠QAB=∠APC．

Y ∵∠QBA=∠ACP, AP=AQ,

∴△QAB≌△APC． ∴BQ=CA．

∵∠O＝30°, ∠ACO＝90°, OA＝6, ∴AC＝3.

∴QB＝3cm．

26. (1) AD=BE;

(2) AM+CM=BM.

Prueba: interceptar BN=AM en BM y conectar

CN.

Fácil de demostrar △BCN≌△ACM, obtenemos CN=CM, ∠BCN=∠ACM.

∴∠NCM＝∠NCA＋∠ACM＝∠NCA＋∠BCN＝∠BCA＝60°．

∴△CMN es un triángulo equilátero.

∴MN＝CM.

∴AM＋CM＝BM.

(3) AM+CM=BM.

Recuerda adoptarlo~~~~~~