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9. 如图,在$△ ABC$中,M是BC的中点,AN平分∠BAC,$BN⊥AN$.若$AB=14,AC=19$,则MN的长为 ()
A.3
B.3.5
C.2
D.2.5
A.3
B.3.5
C.2
D.2.5
答案
D
解析
1. 延长BN交AC于点D；
2. 由AN平分∠BAC，BN⊥AN，AN=AN，可证△ABN≌△ADN（ASA），得AB=AD=14，BN=DN；
3. 计算DC=AC-AD=19-14=5；
4. 因为M是BC中点，N是BD中点，所以MN是△BCD的中位线，根据中位线定理，MN=$\frac{1}{2}$DC=$\frac{1}{2}$×5=2.5。
2. 由AN平分∠BAC，BN⊥AN，AN=AN，可证△ABN≌△ADN（ASA），得AB=AD=14，BN=DN；
3. 计算DC=AC-AD=19-14=5；
4. 因为M是BC中点，N是BD中点，所以MN是△BCD的中位线，根据中位线定理，MN=$\frac{1}{2}$DC=$\frac{1}{2}$×5=2.5。
10. 如图,在菱形ABCD中,E,F分别是AB,BC上的一点,$∠A=∠EDF=60°$,有下列结论:①$AE=BF$;②$△ DEF$是等边三角形;③ $△ BEF$ 是等腰三角形;④ $∠ADE=∠BEF$.其中正确的有 ()
A.①②
B.②③④
C.①②③④
D.①②④
A.①②
B.②③④
C.①②③④
D.①②④
答案
D
解析
1. 连接BD，在菱形ABCD中，∠A=60°，则△ABD、△BCD均为等边三角形，可得AD=BD，∠A=∠DBF=60°，∠ADB=60°。
2. 由∠EDF=60°，推出∠ADE=∠BDF，证明△ADE≌△BDF（ASA），故AE=BF，①正确。
3. 由△ADE≌△BDF得DE=DF，结合∠EDF=60°，可判定△DEF是等边三角形，②正确。
4. 若△BEF是等腰三角形，需BE=BF，但AE=BF，仅当AE=BE时BE=BF，并非恒成立，故③错误。
5. 由△DEF是等边三角形得∠DEF=60°，则∠AED+∠BEF=120°；在△ADE中，∠A=60°，故∠ADE+∠AED=120°，因此∠ADE=∠BEF，④正确。
综上，正确结论为①②④。
2. 由∠EDF=60°，推出∠ADE=∠BDF，证明△ADE≌△BDF（ASA），故AE=BF，①正确。
3. 由△ADE≌△BDF得DE=DF，结合∠EDF=60°，可判定△DEF是等边三角形，②正确。
4. 若△BEF是等腰三角形，需BE=BF，但AE=BF，仅当AE=BE时BE=BF，并非恒成立，故③错误。
5. 由△DEF是等边三角形得∠DEF=60°，则∠AED+∠BEF=120°；在△ADE中，∠A=60°，故∠ADE+∠AED=120°，因此∠ADE=∠BEF，④正确。
综上，正确结论为①②④。
二、填空题(每小题3分,共15分)
11. 如图,在三角形纸片ABC中,$AC=6,BC=9$,分别沿与BC,AC平行的方向,从边AB的中点剪去两个角,则得到的平行四边形纸片的周长是。
11. 如图,在三角形纸片ABC中,$AC=6,BC=9$,分别沿与BC,AC平行的方向,从边AB的中点剪去两个角,则得到的平行四边形纸片的周长是。
答案
解：设AB的中点为D，过D作平行于BC的线段交AC于E，作平行于AC的线段交BC于F，则四边形DECF为平行四边形。
根据三角形中位线性质，得$ DE = \frac{1}{2}BC $，$ DF = \frac{1}{2}AC $。
平行四边形的周长为：
$ 2(DE + DF) = 2×(\frac{1}{2}BC + \frac{1}{2}AC) = AC + BC = 6 + 9 = 15 $。
答：得到的平行四边形纸片的周长是15。
根据三角形中位线性质，得$ DE = \frac{1}{2}BC $，$ DF = \frac{1}{2}AC $。
平行四边形的周长为：
$ 2(DE + DF) = 2×(\frac{1}{2}BC + \frac{1}{2}AC) = AC + BC = 6 + 9 = 15 $。
答：得到的平行四边形纸片的周长是15。
12. 如图,在菱形ABCD中,AC交BD于点O,$DE⊥BC$于点E,连接OE.若$∠ABC=140°$,则$∠OED=$。
答案
20°
解析
1. 四边形ABCD是菱形，故OB=OD，BD平分∠ABC，可得∠DBC=1/2∠ABC=1/2×140°=70°。
2. 因为DE⊥BC，所以△BDE是直角三角形，OE为斜边BD的中线，因此OE=OB，得∠OEB=∠OBE=70°。
3. 结合∠DEB=90°，计算得∠OED=90°-70°=20°。
2. 因为DE⊥BC，所以△BDE是直角三角形，OE为斜边BD的中线，因此OE=OB，得∠OEB=∠OBE=70°。
3. 结合∠DEB=90°，计算得∠OED=90°-70°=20°。
13. 如图,在矩形ABCD中,$AB=4,BC=6$,E为BC的中点,将$△ ABE$沿AE折叠,使点B落在矩形内的点F处,连接CF,则CF的长为。
答案
$\frac{18}{5}$
解析
1. 矩形ABCD中，AB=4，BC=6，E为BC中点，得BE=EC=3，∠B=90°。
2. 由折叠性质，EF=BE=3，AF=AB=4，∠AFE=∠B=90°，故EF=EC。
3. 计算AE：$AE=\sqrt{AB^2+BE^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$。
4. 利用△ABE面积求BF：$S_{△ ABE}=\frac{1}{2}×AB×BE=6$，又$S_{△ ABE}=\frac{1}{2}×AE×\frac{BF}{2}$，解得$BF=\frac{24}{5}$。
5. 因BE=EF=EC，根据直角三角形斜边中线逆定理，得∠BFC=90°。
6. 在Rt△BFC中，由勾股定理：$CF=\sqrt{BC^2-BF^2}=\sqrt{6^2-(\frac{24}{5})^2}=\frac{18}{5}$。
2. 由折叠性质，EF=BE=3，AF=AB=4，∠AFE=∠B=90°，故EF=EC。
3. 计算AE：$AE=\sqrt{AB^2+BE^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$。
4. 利用△ABE面积求BF：$S_{△ ABE}=\frac{1}{2}×AB×BE=6$，又$S_{△ ABE}=\frac{1}{2}×AE×\frac{BF}{2}$，解得$BF=\frac{24}{5}$。
5. 因BE=EF=EC，根据直角三角形斜边中线逆定理，得∠BFC=90°。
6. 在Rt△BFC中，由勾股定理：$CF=\sqrt{BC^2-BF^2}=\sqrt{6^2-(\frac{24}{5})^2}=\frac{18}{5}$。
14. 菱形OABC在平面直角坐标系中的位置如图所示,$∠AOC=45°,OC=\sqrt{2}$,则点B的坐标为。
答案
(√2+1, 1)
解析
过点C作CD⊥x轴于点D。
因为四边形OABC是菱形，OC=√2，所以OA=OC=√2，∠AOC=45°。
在Rt△OCD中，∠COD=45°，OC=√2，由等腰直角三角形性质及勾股定理可得OD=CD=1，因此点C的坐标为(1,1)。
由于BC//OA且BC=OA=√2，OA在x轴上，所以点B的横坐标为1+√2，纵坐标与点C相同为1，即点B的坐标为(√2+1, 1)。
因为四边形OABC是菱形，OC=√2，所以OA=OC=√2，∠AOC=45°。
在Rt△OCD中，∠COD=45°，OC=√2，由等腰直角三角形性质及勾股定理可得OD=CD=1，因此点C的坐标为(1,1)。
由于BC//OA且BC=OA=√2，OA在x轴上，所以点B的横坐标为1+√2，纵坐标与点C相同为1，即点B的坐标为(√2+1, 1)。
15. 如图,在矩形ABCD中,$BC＞AB$,对角线AC,BD相交于点O,且$AC=10$,过点B作$BE⊥AC$于点E.若$BE=4$,则$BC+AB=$。
答案
$6\sqrt{5}$
解析
1. 由矩形性质可知$∠ ABC=90°$，结合$AC=10$，根据勾股定理得：$AB^2 + BC^2 = AC^2 = 10^2 = 100$。
2. 根据三角形面积公式，$S_{△ ABC} = \frac{1}{2}AB · BC = \frac{1}{2}AC · BE$，代入$AC=10$，$BE=4$，可得$AB · BC = 10 × 4 = 40$。
3. 由完全平方公式：$(AB + BC)^2 = AB^2 + BC^2 + 2AB · BC = 100 + 2 × 40 = 180$。
4. 因$BC + AB ＞ 0$，故$BC + AB = \sqrt{180} = 6\sqrt{5}$。
2. 根据三角形面积公式，$S_{△ ABC} = \frac{1}{2}AB · BC = \frac{1}{2}AC · BE$，代入$AC=10$，$BE=4$，可得$AB · BC = 10 × 4 = 40$。
3. 由完全平方公式：$(AB + BC)^2 = AB^2 + BC^2 + 2AB · BC = 100 + 2 × 40 = 180$。
4. 因$BC + AB ＞ 0$，故$BC + AB = \sqrt{180} = 6\sqrt{5}$。
