1编号:24462题型:单选题测试正确率:50.0%
2编号:24461题型:单选题测试正确率:42.5%
3编号:24460题型:单选题测试正确率:34.16%
4编号:24459题型:单选题测试正确率:35.71%
已知:正方形ABCD中,∠MAN=45°,∠MAN绕点A顺时针旋转,它的两边分别交CB,DC(或它们的延长线)于点M,N.(2)当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时(如图2),线段BM,DN和MN之间有怎样的数量关系?写出猜想,并加以证明.
小王猜测线段BM,DN和MN之间的数量关系还为BM+DN=MN.理由如下:在∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时,∠MAN的度数仍为45°,类比第一问,考虑仍用旋转的思想来做,( ),如图
先证明△ABE≌△AND,用的三角形判定方法为( ),然后证明△EAM≌△NAM,用的三角形判定方法为( ),从而得出BM+DN=MN。括号内所填内容分别是( )
5编号:24458题型:单选题测试正确率:31.06%
已知:正方形ABCD中,∠MAN=45°,∠MAN绕点A顺时针旋转,它的两边分别交CB,DC(或它们的延长线)于点M,N.(1)当∠MAN绕点A旋转到BM=DN时(如图1),证明BM+DN=MN
小王觉得∠MAN=45°,而∠BAD=90°,那么( ),两边的两个角的和是等于∠MAN的,所以考虑把这两个角拼在一起,考虑用旋转来转移角度,具体操作为:延长CB至点E,使得BE=DN,连接AE,如图:
这么一来构造出( ),从而∠DAN=∠BAE,那么∠EAM=∠EAB+∠BAM=∠DAN+∠BAM=45°,AE=AN,这样还可以得到DN+BM=BE+BM=EM,下面只需证明EM=MN即可,有( )即可证明,从而得出BM+DN=MN.补充小王的思路,括号里填写顺序为( )①△EAM≌△NAM;②∠BAM+∠DAN=45°;③△ABE≌△AND;
6编号:24457题型:单选题测试正确率:33.85%
如图1,在正方形ABCD和正方形CGEF(CG>BC)中,点B、C、G在同一直线上,点M是AE的中点.(3)若将图1中的正方形CGEF绕点C顺时针旋转任意角度,如图3,原问题中的其他条件不变,则(1)中得到的两个结论是否发生变化?写出你的猜想并加以证明.
小明同学类比第1、2问的思路,观察到第3问没有了平行关系,所以,首先做出AD的平行线,然后延长DM交AD的平行线于点N,连接DF,FN,如图所示.
同样是先证明出( ),再证明( ),其中CD=EN,CF=EF两组条件容易找到,其中第三组条件:找角相等,即:∠2=∠NEF时,是先得到∠1=∠3,然后用“等角的余角相等”得出∠2=∠NEF,从而( ),所以DF=FN,DF⊥FN,然后得到DM⊥MF且DM=MF括号里所填内容分别是( )
7编号:24456题型:单选题测试正确率:33.54%
如图1,在正方形ABCD和正方形CGEF(CG>BC)中,点B、C、G在同一直线上,点M是AE的中点.(2)将图1中的正方形CGEF绕点C顺时针旋转,使正方形CGEF的对角线CE恰好与正方形ABCD的边BC在同一条直线上,如图2,原问题中的其他条件不变,则(1)中得到的两个结论是否发生变化?写出你的猜想并加以证明.
小明观察到第2问其实是在第1问的基础上旋转了其中一个正方形得到了,认识到这是个类比探究的题目,所以类比第一问的做法来思考问题:首先观察到在图形旋转过程中,点M始终是AE的中点,依然考虑( ),连接DF,FN后,如图,要证明DM⊥MF且DM=MF,只需证明DF=FN且DF⊥FN即可,小明先证明出△ADM≌△ENM,然后充分利用题干中的条件,用( )证明出△CDF≌△ENF,从而得到DF=FN,DF⊥FN,证明出结论
①倍长中线;②类倍长中线;③三线合一;④SAS;⑤AAS;⑥ASA;⑦HL以上括号填写的顺序为( )
8编号:24455题型:单选题测试正确率:29.5%