23.(1)AC⊥FH,见解析 (2)见解析 (3) (CP)/(PF)=3/2【分析】 (1)证明 Rt△CDF≅Rt△CBH(HL) ,得到∠DCF=∠BCH,进一步得到 ∠FCA=∠HCA,由△CFH是等腰三角形,结论得证; (2)过点K作 KG⊥AB 于点G.先证 △AKG\backsim△ACB ,得 (AK)/(AC)=(KG)/(CB) ,证△KHG\backsimCHB 可...
Rt△CDF≌Rt△CBH(HL). ∴∠DCF=∠BCH . A H B 又∵∠DCA=∠BCA=45° . (第24题图1) ∴∠FCA=∠HCA . ∴AC⊥FH . (2)证明:如图2.过点K作 KG⊥AB 于点G. C ∵CB⊥AB ,KG∥CB. F ∴△AKG∪△ACB . XK ∴(AK)/(AC)=(KG)/(CB) H B (第24题图2) ∵∠PHA=∠DFC ,...
∴Rt△ABE≌Rt△PBE(HL), ∴∠ABE=∠PBE, ∴∠EBG=∠EBP+∠GBP= ∠ABC=45°, 由折叠得:BF=EF,BH=EH, ∴FH垂直平分BE, ∴△BNM是等腰直角三角形, ∵BM=2 , ∴BN=NM= =2 , ∴BE=4 , ∵AE=8, ∴DE=12﹣8=4, 由勾股定理得:AB= = =12, 设BF=x,则EF=x,AF=12﹣x, 由勾股定理得...
(1)见解析;(2)0.5 【解析】试题分析:(1)根据HL易证Rt△DCN≌Rt△DCM,可得CN=CM,进而可以证明Rt△ADN≌Rt△BDM; (2)由Rt△ADN≌Rt△BDM,可得AN=BM,变形得出答案即可. 试题解析:【解析】(1)∵CD平分∠ACE,DM⊥BE,DN⊥AC,∴DN=DM. 在Rt△DCN和Rt△DCM中,∵CD=CD,DN=DM,∴Rt△... 如果分式 ...
【解析】解:如图,过B作BP⊥EH于P,连接BE,交FH于N,则∠BPG=90°.∵四边形ABCD是正方形,∴∠BCD=∠ABC=∠BAD=90°,AB=BC,∴∠BCD=∠BPG=90°.∵GB平分∠CGE,∴∠EGB=∠CGB.又∵BG=BG,∴△BPG≌△BCG,∴∠PBG=∠CBG,BP=BC,∴AB=BP.∵∠BAE=∠BPE=90°,BE=BE,∴Rt△ABE≌Rt△PBE(HL),...
解:(1)∵四边形BEFH为平行四边形 ∴BE=HF,BH=EF ∵四边形EFGC,四边形ABCD都是正方形 ∴EF=EC,BC=CD=4=AD ∴BH=EC,且BC=CD ∴Rt△BHC≌Rt△CED(HL) ∴CH=DE ∵H为CD中点, ∴CH=2=DE ∴AE=AD-DE=2=DE,且AB=CD,∠BAD=∠ADC=90° ∴Rt△ABE≌Rt△DCE(SAS) ∴BE=EC ∴BE=EF=HF=BH...
(4)连接EM,延长AD至点M,使AD=DM,过点C作CI∥HL,则:LI=HC, ∵HL⊥AE,CI∥HL, ∴AE⊥CI, ∴∠DIC+∠EAD=90°,∵∠EAD+∠AED=90°, ∴∠DIC=∠AED, ∵ED⊥AM,AD=DM, ∴EA=EM, ∴∠AED=∠MED, ∴∠DIC=∠DEM, ∴∠CIM=∠CEM, ∵CM=MC,∠ECM=∠CMI=45°, ∴△MEC≌△CIM,可得...
∴Rt△AFB≌Rt△AFH(HL), ∴BF=FH=2,同理可证:DE=EH=1, ∴CF=x﹣2,EC=x﹣1, 在Rt△ECF中,∵EF2=CF2+EC2, ∴32=(x﹣2)2+(x﹣1)2, ∴x= 或 (舍弃), ∴S△AEF= EFAH= ×3× = . 李庚南初中数学自选作业系列答案 大儒教育练测考系列答案 ...
解答：（1）证明：过点A作AJ⊥EG于点J，∵四边形ABCD是正方形，∴AD=AB，∵∠AEG=∠AEB，∴AJ=AB，∴AJ=AD，在Rt△AGJ与Rt△AGD中，AJ＝ADAG＝AG，∴△AGJ≌△AGD（HL），∴JG=GD．在Rt△ABE与Rt△AJE中，AJ＝ABAE＝AE，∴△ABE≌△AJE（HL），∴EJ=BE，即GE+GD=BE；（2）证明...
∴AC=BC. (2)解:由(1)知∠CAD=∠DEA=∠DBO, ∴BD=AD=DE,过D作DN⊥AC于N点,如右图所示: ∵∠ACD=∠BCD, ∴DO=DN, 在Rt△BDO和Rt△EDN中 BD=DE DO=DN , ∴Rt△BDO≌Rt△EDN(HL), ∴BO=EN. 在△DOC和△DNC中, ∠DOC=∠DNC=90° ...