人教版数学八年级下册第18章《平行四边形》专项训练2含答案Word文档下载推荐.docx

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中

边的中点，连接

并延长交

的延

长线于点

（1）连接

AC，BF，若∠AEC＝2∠ABC，求证：

ABFC

为矩形；

（2）在

（1）的条件下，若△AFD

是等边三角形，且边长为

4，求四边形

ABFC

的面积．

2.菱形性质与判定的灵活运用

菱形具有一般平行四边形的所有性质，同时又具有一些特性，可以归纳为三

个方面：

对边平行，四边相等；

对角相等，邻角互补；

（3）从

对角线看：

对角线互相垂直平分，并且每一条对角线平分一组对角．

判定一个四边形是菱形，可先判定这个四边形是平行四边形，再判定一组邻

边相等或对角线互相垂直，也可直接判定四边相等．

利用菱形的性质与判定求菱形的高

1．如图，在

中，∠ACB＝90°

为

的中点，且

AE∥CD，

CE∥AB.

ADCE

是菱形；

（2）若∠B＝60°

，BC＝6，求菱形

的高．（计算结果保留根号）

利用菱形的性质与判定求菱形对角线长

2．如图，在矩形

AFCG

中，BD

垂直平分对角线

AC，交

于

D，交

B，交

O.连接

AD，BC.

的中点，DE⊥AB，求∠BDC

的度数；

（3）在

（2）的条件下，若

AB＝1，求菱形

的对角线

AC，BD

利用菱形的性质与判定解决周长问题

，D，E

分别为

AB，AC

边的中点，

连接

，将ADE

绕点

旋转

180°

，得到△CFE，连接

AF.

ADCF

BC＝8，AC＝6，求四边形

ABCF

的周长．

利用菱形的性质与判定解决面积问题

4．如图，在

中，∠BAC＝90°

的中点，E

的中点，

过点

AF∥BC

交

的延长线于点

△AEF≌△DEB；

（2）证明四边形

（3）若

AC＝4，AB＝5，求菱形

3.正方形性质与判定的灵活运用

正方形既是矩形，又是菱形，它具有矩形、菱形的所有性质，判定一个四边

形是正方形，只需保证它既是矩形又是菱形即可．

利用正方形的性质解决线段和差倍分问题

1．已知：

在正方形

中，∠MAN＝45°

，∠MAN

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）如图①，当∠MAN

旋转到

BM＝DN

时，易证：

BM＋DN＝MN.

当∠MAN

BM≠DN

时，如图②，请问图①中的结论是否还成立？

如果成立，请给予证明；

如果不成立，请说明理由．

（2）当∠MAN

旋转到如图③的位置时，线段

BM，DN

和

之间有

怎样的数量关系？

请写出你的猜想，并证明．

利用正方形的性质证明线段位置关系

2．如图，在正方形

中，对角线

相交于点

O，E，F

分别在

OD，OC

上，且

DE＝CF，连接

DF，AE，AE

的延长线交

求证：

AM⊥DF.

正方形性质与判定的综合运用

3．如图，P，Q，R，S

四个小球分别从正方形的四个顶点

A，B，C，D

同

时出发，以同样的速度分别沿

AB，BC，CD，DA

的方向滚动，其终点分别是

B，

C，D，A.

（1）不管滚动多长时间，求证：

连接四个小球所得的四边形

PQRS

总是正方

形．

（2）四边形

在什么时候面积最大？

（3）四边形

在什么时候面积为原正方形面积的一半？

并说明理由．

4.特殊平行四边形性质与判定的灵活运用

特殊平行四边形的性质区别主要从边、角及对角线三个方面进行区分；

而判

定主要从建立在其他特殊四边形的基础上再附加什么条件方面进行判定．

矩形的综合性问题

a．矩形性质的应用

沿对角线

折叠，使点

落到点

B′的位置，

AB′与

交于点

（1）试找出一个与△AED

全等的三角形，并加以证明；

AB＝8，DE＝3，P

为线段

上的任意一点，PG⊥AE

G，PH⊥

H，试求

PG＋PH

的值．

b．矩形判定的应用

2．如图，点

是菱形

对角线的交点，DE∥AC，CE∥BD，连接

OE.

（1）四边形

OCED

（2）OE＝BC.

c．矩形性质和判定的应用

．如图①，在ABC

中，AB＝AC，点

上任意一点（不与

B，C

重

合），PE⊥AB，PF⊥AC，BD⊥AC.垂足分别为

E，F，D.

BD＝PE＋PF.

（2）当点

在

的延长线上时，其他条件不变．如图②，BD，PE，PF

之间

的上述关系还成立吗？

若不成立，请说明理由．

菱形的综合性问题

a．菱形性质的应用

4．已知：

如图，在菱形

中，F

上任意一点，连接

交对角

线

E，连接

EC.

AE＝EC.

（2）当∠ABC＝60°

，∠CEF＝60°

时，点

在线段

上的什么位置？

并说明

理由．

b．菱形判定的应用

5．如图，在

Rt△ABC

中，∠B＝90°

，BC＝5

3，∠C＝30°

.点

从点

出

发沿

方向以每秒

个单位长的速度向点

匀速运动，同时点

出发

沿

匀速运动，当其中一个点到达终点时，

另一个点也随之停止运动．设点

D，E

运动的时间是

s（t>

0）．过点

DF⊥BC

F，连接

DE，EF.

AE＝DF.

AEFD

能够成为菱形吗？

如果能，求出相应的

值；

如果不能，请

说明理由．

（3）当

为何值时，△DEF

为直角三角形？

请说明理由．

c．菱形性质和判定的应用

6．

（1）如图①，纸片▱ABCD

中，AD＝5，S▱ABCD＝15.过点

AE⊥BC，

垂足为

E，沿

剪下△ABE，将它平移至△DCE′的位置，拼成四边形

AEE′D，

则四边形

AEE′D

的形状为（）

A．平行四边形B．菱形

C．矩形D．正方形

（2）如图②，在

（1）中的四边形纸片

中，在

EE′上取一点

F，使

EF＝4，

剪下△AEF，将它平移至△DE′F′的位置，拼成四边形

AFF′D.

①求证：

AFF′D

②求四边形

的两条对角线的长．

正方形的综合性问题

a．正方形性质的应用

7．如图，在正方形

中，G

AG，DE⊥AG

E，BF∥DE

F，探究线段

AF，BF，EF

三者之间的数量关系，并

b．正方形判定的应用

8．两个长为

cm，宽为

的矩形摆放在直线

上（如图①），CE＝2

cm，

将矩形

绕着点

顺时针旋转

角，将矩形

EFGH

逆时针旋转相

同的角度．

（1）当旋转到顶点

D，H

重合时（如图②），连接

AE，CG，求证：

△AED≌△

GCD；

（2）当

α＝45°

时（如图③），求证：

MHND

为正方形．

答案

1．解：

由折叠的性质知∠HEM＝∠AEH，∠BEF＝∠FEM，∴∠HEF＝∠

HEM＋∠FEM＝2×

＝90°

.同理可得∠EHG＝∠HGF＝∠EFG＝90°

，∴四边

形

为矩形．∴HG∥EF，HG＝EF.∴∠GHN＝∠EFM.又∵∠HNG＝∠FME

，∴△HNG≌△FME.∴HN＝MF.又∵HN＝HD，∴HD＝MF.∴AD＝AH＋

HD＝HM＋MF＝HF.∵HF＝

EH2＋EF2＝

32＋42＝5（cm），∴AD＝5

cm.

点拨：

此题利用折叠提供的角相等，可证明四边形

为矩形，然后利

用三角形全等来证明

HN＝MF，进而证明

HD＝MF，从而将

转化为直角三

角形

EFH

的斜边

HF，进而得解，体现了转化思想．

2．解：

PE＋PF＝AB.理由：

PG⊥AB

G，交

O，如图所

示．

∵PG⊥AB，PF⊥AC，∠A＝90°

，∴∠A＝∠AGP＝∠PFA＝90°

.∴四边形

AGPF

是矩形．∴AG＝PF，PG∥AC.∴∠C＝∠GPB.又∵BD＝DC，∴∠C＝∠

DBP.∴∠GPB＝∠DBP.∴OB＝OP.∵PG⊥AB，PE⊥BD，

∴∠BGO＝∠PEO＝90°

在△BGO

和△PEO

中，

⎧∠BGO＝∠PEO，

⎨∠GOB＝∠EOP，

⎩OB＝OP，

∴△BGO≌△PEO.∴BG＝PE.

∵AB＝BG＋AG＝PE＋PF.

3．证明：

（1）∵四边形

是平行四边形，∴AB∥CD.

∴BE∥DF.又∵BE＝DF，

∴四边形

是平行四边形．

∵DE⊥AB，

∴∠DEB＝90°

是矩形．

（2）∵四边形

是平行四边形，

∴AB∥DC，AD＝BC.

∴∠DFA＝∠FAB.

由

（1）易得△BCF

为直角三角形，

BCF

中，由勾股定理，得

BC＝

CF2＋BF2＝

32＋42＝5，

∴AD＝BC＝DF＝5.

∴∠DAF＝∠DFA.

∴∠DAF＝∠FAB，

即

4．

（1）证明：

∵四边形

为平行四边形，∴AB∥DC.∴∠ABE＝∠ECF.

又∵点

的中点，∴BE＝CE.

在△ABE

和△FCE

⎧∠ABE＝∠FCE，

∵⎨BE＝CE，

⎩∠AEB＝∠FEC，

∴△ABE≌△FCE.∴AB＝CF.

又

AB∥CF，∴四边形

为平行四边形．∴AE＝EF.∵∠AEC

为△ABE

的外角，∴∠AEC＝∠ABC＋∠EAB.又∵∠AEC＝2∠ABC，∴∠ABC＝∠EAB.

∴AE＝BE.∴AE＋EF＝BE＋EC，即

AF＝BC.∴四边形

为矩形．

（2）解：

是矩形，

∴AC⊥DF.又∵△AFD

是等边三角形，∴CF＝CD＝

＝2.∴AC＝

42－22

＝2

3.∴S

四边形BFC＝2

3×

2＝4

1．

（1）证明：

∵AE∥CD，CE∥AB，∴四边形

是平行四边形，又∵

∠ACB＝90°

的中点，∴CD＝BD＝AD，∴平行四边形

是菱形．

如图，过点

DF⊥CE，垂足为点

F，则

即为菱形

的高，

∵∠B＝60°

，CD＝BD，∴△BCD

是等边三角形，∴∠BCD＝60°

.∵CE∥AB，

∴∠BCE＝180°

－∠B＝120°

，

∴∠DCE＝60°

，又∵CD＝BC＝6，

∴在

Rt△CDF

中，易求得

DF＝3

3，即菱形

的高为

2．

（1）证明：

∵BD

垂直平分

AC，∴OA＝OC，AD＝CD，AB＝BC.

是矩形，∴CG∥AF.

∴∠CDO＝∠ABO，∠DCO＝∠BAO.

∴△COD≌△AOB（AAS）．

∴CD＝AB.∴AB＝BC＝CD＝DA.

∵E

的中点，DE⊥AB，

∴DE

AB.∴AD＝DB.

又∵AD＝AB，

∴△ADB

为等边三角形，

∴∠DBA＝60°

∵CD∥AB，∴∠BDC＝∠DBA＝60°

（3）解：

由菱形性质知，∠OAB＝2∠BAD＝30°

.在

Rt△OAB

中，AB＝1，∴

OB＝2，∴OA＝

∴BD＝1，AC＝

3．

（1）证明：

∵将△ADE

得到△CFE，∴AE＝CE，DE＝FE.

是平行四边形．∵D，E

边的中点，∴DE

是△

的中位线．∴DE∥BC.∵∠ACB＝90°

，∴∠AED＝90°

.∴DF⊥AC.∴四边

中，BC＝8，AC＝6，∴AB＝10.∵点

∴AD＝5.∵四边形

是菱形，∴AF＝FC＝AD＝5.∴四边形

的周长

8＋10＋5＋5＝28.

中点，∴AE＝DE.

∵AF∥BC，∴∠FAE＝∠BDE，

又∵∠AEF＝∠DEB，∴△AEF≌△DEB（ASA）．

（2）证明：

由

（1）知，△AEF≌△DEB，则

AF＝DB，∵D

的中点，∴

DB＝DC，∴AF＝CD，又∵AF∥BC，∴四边形

是平行四边形，∵∠BAC

的中点，∴AD＝DC＝2BC，∴四边形

设菱形

的

边上的高为

h，则

斜边

上的高也

141

h，∵BC＝52＋42＝41，∴DC＝2BC＝

，h＝

4120

的面积为：

DC·

h＝

＝10.

4×

＝

，∴菱形

ADCF

（1）仍有

BM＋DN＝MN

成立．证明如下：

如图

（1），过点

⊥AN，交

易证△ABE≌△ADN，∴DN＝BE，AE＝AN.

又

∵∠MAN＝45°

，∴∠EAM＝∠NAM＝45°

，AM＝

，∴EAM≌△NAM.∴

ME＝MN.∵ME＝BE＋BM＝DN＋BM

，∴BM＋DN＝MN

（2）DN－BM＝MN.证明如下：

如图

（2），在

上截取

DE＝BM，连接

AE.

是正方形，

∴∠ABM＝∠D＝90°

，AB＝AD.

又∵BM＝

，∴ABM≌△ADE.

∴AM＝AE，∠BAM＝∠DAE.∵∠DAB＝90°

，∴∠MAE＝90°

∴∠EAN＝45°

＝∠MAN.又∵AM＝AE，AN＝AN，

∴△AMN≌△AEN.∴MN＝EN.

∴DN＝DE＋EN＝BM＋MN.

∴DN－BM＝MN.

（1）

（2）

2．证明：

∵AC，BD

是正方形

的两条对角线，∴AC⊥BD，OA＝

OD＝OC＝OB.∵DE＝CF，∴OE＝OF.

Rt△AOE

与

Rt△DOF

⎧OA＝OD，

⎨∠AOE＝∠DOF＝90°

⎩OE＝OF，

∴Rt△AOE≌Rt△DOF.∴∠

OAE＝∠

ODF.∵∠

DOF＝90°

，∴∠

DFO＋∠

FDO＝90°

.∴∠DFO＋∠FAE＝90°

.∴∠AMF＝90°

，即

是正方形，∴∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°

AB＝BC＝CD＝DA.又∵不管滚动多长时间，AP＝BQ＝CR＝DS，∴SA＝PB＝

QC＝RD.∴△ASP≌△BPQ≌△CQR≌△DRS.

∴PS＝QP＝RQ＝SR，∠ASP＝∠BPQ.∴不管滚动多长时间，四边形

PQRS

是菱形．又∵∠APS＋∠ASP＝90°

，∴∠APS＋∠BPQ＝90°

.∴∠QPS＝180°

－（∠

APS＋∠BPQ）＝180°

－90°

.∴不管滚动多长时间，四边形

当

P，Q，R，S

在出发时或在到达终点时面积最大，此时的面积就

等于原正方形

四点运动到正方形四边中点时，四边形

的面

积是原正方形

面积的一半．

理由：

设原正方形

的边长为

PS2＝2a2

时，在

Rt△APS

中，AS＝a－SD＝a－AP.

由勾股定理，得

AS2＋AP2＝PS2，即（a－AP）2＋AP2＝2a2，

解得

AP＝2a.同理可得

BQ＝CR＝SD＝2a.

∴当

四点运动到正方形

各边中点时，四边形

的

面积为原正方形面积的一半．

（1）△AED≌△CEB′.

证明：

是矩形，∴BC＝DA，∠B＝∠D.

由折叠的性质，

知

BC＝B′C，∠B＝∠B′，

∴B′C＝DA，∠B′＝∠D.

在△AED

和△CEB′中，

⎧∠DEA＝∠B′EC，

⎨∠D＝∠B′，

⎩DA＝B′C，

∴△AED≌△CEB′.

（2）如图，延长

M，则

PM⊥AB.

∵∠1＝∠2，PG⊥AB′，∴PM＝PG.

∵CD∥AB，∴∠2＝∠3，∴∠1＝∠3，

∴AE＝CE＝8－3＝5.

Rt△ADE

中，DE＝3，AE＝5，

∴AD＝

52－32＝4.

∵PH＋PM＝AD，∴PG＋PH＝AD＝4.

（1）∵DE∥AC，CE∥BD，

是菱形，∴AC⊥BD.

∴∠DOC＝90°

.∴四边形

是菱形，

∴BC＝CD.

是矩形，∴OE＝CD，

∴OE＝BC.

BH⊥FP

H.∵BD⊥AC，

PF⊥AC，BH⊥PF，∴四边形

BDFH

是矩形．∴BD＝HF.∵AB＝AC，∴∠ABC

＝∠C.∵PE⊥AB，PF⊥AC，∴∠

PEB＝∠PFC＝90°

.∴∠EPB＝∠FPC.又∵∠

HPB＝∠FPC，∴∠EPB＝∠HPB.∵PE⊥AB，PH⊥BH，∴∠PEB＝∠PHB＝90°

又∵PB＝

，∴PEB≌△PHB.

∴PE＝PH，∴BD＝HF＝PF＋PH＝PF＋PE.即

不成立，此时

PE＝BD＋PF.

BH⊥PF

H.与

（1）同理可得

PE＝PH，BD

＝HF.∴PE＝FH＋FP＝BD＋PF.

AC，如图．∵BD

的对角线，

∴BD

是线段

的垂直平分线，

∴AE＝EC.

的中点．

∴AB＝CB.

又∵∠ABC＝60°

∴△ABC

是等边三角形，

∴∠BAC＝60°

∵AE＝EC，

∴∠EAC＝∠ACE.

∵∠CEF＝60°

∴∠EAC＝30°

∴∠EAC＝∠EAB.

∴AF

是△ABC

的角平分线．

∴BF＝CF.

∴点

5．

（1）证明：

在△DFC

中，∠DFC＝90°

，∠C＝30°

，DC＝2t，

∴DF＝t，又∵AE＝t，∴AE＝DF.

能．理由如下：

∵AB⊥BC，DF⊥BC，∴AE∥DF.

又∵AE＝DF，∴四边形

为平行四边形．

中，设

AB＝x，则由∠C＝30°

，得

AC＝2x，

AB2＋BC2＝AC2，即

x2＋（5

3）2＝4x2，解得

x＝5（负根舍去），

∴AB＝5.

∴AC＝2AB＝10.

∴AD＝AC－DC＝10－2t.

由已知得点

运动到点

的时间为

10÷

2＝5（s），点

运动到

5÷

1＝5（s）．

若使

为菱形，则需

AE＝AD，即

t＝10－2t，解得

t＝

.符合题意．

故当

时，四边形

为菱形．

①当∠EDF＝90°

EBFD

Rt△AED

中，∠ADE＝∠C＝30°

∴AD＝2AE，即

10－2t＝2t，解得

t＝2.符合题意．

②当∠DEF＝90°

时，

由

（2）知

EF∥AD，

∴∠ADE＝∠DEF＝90°

∵∠A＝90°

－∠C＝60°

∴∠AED＝30°

∴AE＝2AD，即

t＝2（10－2t），解得

t＝4.符合题意．

③当∠EFD＝90°

时，△DEF

不存在．

综上所述，当

t＝2

或

为直角三角形．

6．

（1）C

（2）①证明：

∵AF

綊

DF′，

∵S

ABCD＝AD·

AE＝15，AD＝5，

∴AE＝3.

∵AE＝3，EF＝4，∠E＝90°

∴AF＝

AE2＋EF2＝

32＋42＝5.

∵AD＝5，∴AD＝AF，

②解：

如图，连接

AF′，DF，

Rt△AEF′中，

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