《2025年同步练习册山东科学技术出版社七年级数学上册鲁教版五四制》

6. 如图,点 $P$ 是等边 $\triangle ABC$ 内一点,连接 $PA$,$PB$,$PC$,满足 $PA:PB:PC = 3:4:5$,以 $AC$ 为边作 $\triangle AP'C\cong\triangle APB$,连接 $PP'$。有以下结论：① $\triangle APP'$ 是等边三角形；② $\triangle PCP'$ 是直角三角形；③ $\angle APB = 150^{\circ}$；④ $\angle APC = 105^{\circ}$。其中一定正确的是①②③。(把所有正确答案的序号都填在横线上)

答案： ①②③

7. 如图,在 $\triangle ABC$ 中,$AB = 9$,$AC = 12$,$BC = 15$,求 $BC$ 边上的高 $AD$ 的长。

答案： 解:因为$AB^{2}+AC^{2}=9^{2}+12^{2}=225=BC^{2}$,
所以△ABC是直角三角形。
所以$\frac{1}{2}AB× AC=\frac{1}{2}BC× AD$,
所以$AD=\frac{AB× AC}{BC}=\frac{9×12}{15}=\frac{36}{5}$。

8. 如图,在 $\triangle ABC$ 中,$AB = 17\mathrm{cm}$,$AC = 8\mathrm{cm}$,$BC = 15\mathrm{cm}$。将 $\triangle ABC$ 沿 $AE$ 折叠,使得点 $C$ 与 $AB$ 上的点 $D$ 重合。
(1) 证明：$\triangle ABC$ 是直角三角形；
(2) 求 $\triangle AEB$ 的面积。

答案： 解:
(1)因为$AC^{2}+BC^{2}=8^{2}+15^{2}=289$,$AB^{2}=289$,
所以$AC^{2}+BC^{2}=AB^{2}$,
所以△ABC是直角三角形。
(2)由翻折的性质可知EC=DE,AC=AD=8cm,∠ADE=∠C=∠BDE=90°,
所以BD=AB - AD=17cm - 8cm=9cm。
设EC=DE=x cm,则BE=(15 - x)cm。
在Rt△BDE中,由勾股定理得
$DE^{2}+BD^{2}=BE^{2}$,
即$x^{2}+9^{2}=(15 - x)^{2}$,
解得$x=\frac{24}{5}$。
所以$BE=BC - EC=15cm-\frac{24}{5}cm=\frac{51}{5}cm$,
所以$S_{\triangle ABE}=\frac{1}{2}× BE× AC=\frac{1}{2}×\frac{51}{5}×8=\frac{204}{5}(cm^{2})$。

9. 如图,在 $\triangle ABC$ 中,$AB = 8$,$AC = 6$,$DE$ 是 $BC$ 边的垂直平分线,交 $BC$ 于点 $D$,交 $AB$ 于点 $E$,$AF\perp BC$ 于点 $F$。
(1) 若 $\angle BAC = 90^{\circ}$,求 $AE$ 的长；
(2) 若 $DF = 1.4$,求证：$\triangle ABC$ 为直角三角形。

答案：

(1)解:如图,连接CE。
设AE=x,
因为AB=8,
所以BE=8 - x。
因为DE是BC的垂直平分线,
所以CE=BE=8 - x。
在Rt△CAE中,由勾股定理得
$AE^{2}+AC^{2}=EC^{2}$,
所以$x^{2}+6^{2}=(8 - x)^{2}$,
解得$x=\frac{7}{4}$,即$AE=\frac{7}{4}$。

(2)证明:设BD=y,则CD=y。
因为DF=1.4,
所以BF=y + 1.4,CF=y - 1.4。
因为AF⊥BC,
所以△AFB和△AFC是直角三角形,
所以$AB^{2}-BF^{2}=AC^{2}-CF^{2}=AF^{2}$,
即$8^{2}-(y + 1.4)^{2}=6^{2}-(y - 1.4)^{2}$,
解得y=5,
所以BC=10。
因为$AC^{2}+AB^{2}=6^{2}+8^{2}=10^{2}=BC^{2}$,
所以△ABC为直角三角形。