人教版八年级下《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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四边形ADCE是菱形；

（2）若∠B＝60°

，BC＝6，求菱形ADCE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CG于D，交AF于B，交AC于O.连接AD，BC.

四边形ABCD是菱形；

（2）若E为AB的中点，DE⊥AB，求∠BDC的度数；

（3）在

（2）的条件下，若AB＝1，求菱形ABCD的对角线AC，BD的长．

利用菱形的性质与判定解决周长问题

3．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°

，D，E分别为AB，AC边的中点，连接DE，将△ADE绕点E旋转180°

，得到△CFE，连接AF.

四边形ADCF是菱形；

（2）若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Rt△ABC中，∠BAC＝90°

，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F.

△AEF≌△DEB；

（2）证明四边形ADCF是菱形；

（3）若AC＝4，AB＝5，求菱形ADCF的面积．

专训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）如图①，当∠MAN绕点A旋转到BM＝DN时，易证：

BM＋DN＝MN.当∠MAN绕点A旋转到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绕点A旋转到如图③的位置时，线段BM，DN和MN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ABCD中，对角线AC，BD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DF于点M.

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PQRS在什么时候面积最大？

（3）四边形PQRS在什么时候面积为原正方形面积的一半？

并说明理由．

专训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

1．如图，将矩形纸片ABCD沿对角线AC折叠，使点B落到点B′的位置，AB′与CD交于点E.

（1）试找出一个与△AED全等的三角形，并加以证明；

（2）若AB＝8，DE＝3，P为线段AC上的任意一点，PG⊥AE于点G，PH⊥EC于点H，试求PG＋PH的值．　

b．矩形判定的应用

2．如图，点O是菱形ABCD对角线的交点，DE∥AC，CE∥BD，连接OE.求证：

（1）四边形OCED是矩形；

（2）OE＝BC.

c．矩形性质和判定的应用

3．如图①，在△ABC中，AB＝AC，点P是BC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P在BC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ABCD中，F是BC上任意一点，连接AF交对角线BD于点E，连接EC.

AE＝EC.

（2）当∠ABC＝60°

，∠CEF＝60°

时，点F在线段BC上的什么位置？

b．菱形判定的应用

5．如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°

，BC＝5

，∠C＝30°

.点D从点C出发沿CA方向以每秒2个单位长的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以每秒1个单位长的速度向点B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ts（t>

0）．过点D作DF⊥BC于点F，连接DE，EF.

AE＝DF.

（2）四边形AEFD能够成为菱形吗？

如果能，求出相应的t值；

如果不能，请说明理由．

（3）当t为何值时，△DEF为直角三角形？

请说明理由．

（第5题）

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A作AE⊥BC，垂足为E，沿AE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AEE′D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：

四边形AFF′D是菱形；

②求四边形AFF′D的两条对角线的长．

（第6题）

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ABCD中，G是BC上任意一点，连接AG，DE⊥AG于E，BF∥DE交AG于点F，探究线段AF，BF，EF三者之间的数量关系，并说明理由．

（第7题）

b．正方形判定的应用

8．两个长为2cm，宽为1cm的矩形摆放在直线l上（如图①），CE＝2cm，将矩形ABCD绕着点C顺时针旋转α角，将矩形EFGH绕着点E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：

四边形MHND为正方形．

（第8题）

答案

专训1

1．解：

由折叠的性质知∠HEM＝∠AEH，∠BEF＝∠FEM，∴∠HEF＝∠HEM＋∠FEM＝

×

180°

＝90°

.同理可得∠EHG＝∠HGF＝∠EFG＝90°

，∴四边形EFGH为矩形．∴HG∥EF，HG＝EF.∴∠GHN＝∠EFM.又∵∠HNG＝∠FME＝90°

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

＝

＝5（cm），∴AD＝5cm.

点拨：

此题利用折叠提供的角相等，可证明四边形EFGH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AD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：

过点P作PG⊥AB于G，交BD于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.∴BG＝PE.

∵AB＝BG＋AG＝PE＋PF.

3．证明：

（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD.

∴BE∥DF.又∵BE＝DF，

∴四边形BFDE是平行四边形．

∵DE⊥AB，

∴∠DEB＝90°

∴四边形BFDE是矩形．

（2）∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AB∥DC，AD＝BC.

∴∠DFA＝∠FAB.

由

（1）易得△BCF为直角三角形，

在Rt△BCF中，由勾股定理，得

BC＝

＝5，

∴AD＝BC＝DF＝5.

∴∠DAF＝∠DFA.

∴∠DAF＝∠FAB，

即AF平分∠DAB.

4．

（1）证明：

∵四边形ABCD为平行四边形，∴AB∥DC.∴∠ABE＝∠ECF.

又∵点E为BC的中点，∴BE＝CE.

在△ABE和△FCE中，

∵

∴△ABE≌△FCE.∴AB＝CF.

又AB∥CF，∴四边形ABFC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ABFC为矩形．

（2）解：

∵四边形ABFC是矩形，

∴AC⊥DF.又∵△AFD是等边三角形，∴CF＝CD＝

＝2.∴AC＝

＝2

.∴S四边形ABFC＝2

2＝4

专训2

1．

（1）证明：

∵AE∥CD，CE∥AB，∴四边形ADCE是平行四边形，又∵∠ACB＝90°

，D是AB的中点，∴CD＝BD＝AD，∴平行四边形ADCE是菱形．

如图，过点D作DF⊥CE，垂足为点F，则DF即为菱形ADCE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

，即菱形ADCE的高为3

　（第1题）

2．

（1）证明：

∵BD垂直平分AC，∴OA＝OC，AD＝CD，AB＝BC.

∵四边形AFCG是矩形，∴CG∥AF.

∴∠CDO＝∠ABO，∠DCO＝∠BAO.

∴△COD≌△AOB（AAS）．

∴CD＝AB.∴AB＝BC＝CD＝DA.

∴四边形ABCD是菱形．

∵E为AB的中点，DE⊥AB，

∴DE垂直平分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＝

∠BAD＝30°

.在Rt△OAB中，AB＝1，∴OB＝

，∴OA＝

∴BD＝1，AC＝

3．

（1）证明：

∵将△ADE绕点E旋转180°

得到△CFE，∴AE＝CE，DE＝FE.∴四边形ADCF是平行四边形．∵D，E分别为AB，AC边的中点，∴DE是△ABC的中位线．∴DE∥BC.∵∠ACB＝90°

，∴∠AED＝90°

.∴DF⊥AC.∴四边形ADCF是菱形．

在Rt△ABC中，BC＝8，AC＝6，∴AB＝10.∵点D是AB边的中点，∴AD＝5.∵四边形ADCF是菱形，∴AF＝FC＝AD＝5.∴四边形ABCF的周长为8＋10＋5＋5＝28.

∵E是AD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是BC的中点，∴DB＝DC，∴AF＝CD，又∵AF∥BC，∴四边形ADCF是平行四边形，∵∠BAC＝90°

，D是BC的中点，∴AD＝DC＝

BC，∴四边形ADCF是菱形．

设菱形ADCF的DC边上的高为h，则Rt△ABC斜边BC上的高也为h，∵BC＝

，∴DC＝

，h＝

，∴菱形ADCF的面积为：

DC·

h＝

＝10.

专训3

（1）仍有BM＋DN＝MN成立．证明如下：

如图

（1），过点A作AE⊥AN，交CB的延长线于点E,易证△ABE≌△ADN，∴DN＝BE，AE＝AN.又∵∠MAN＝45°

，∴∠EAM＝∠NAM＝45°

，AM＝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DN上截取DE＝BM，连接AE.∵四边形ABCD是正方形，

∴∠ABM＝∠D＝90°

，AB＝AD.

又∵BM＝DE，∴△ABM≌△ADE.

∴AM＝AE，∠BAM＝∠DAE.∵∠DAB＝90°

，∴∠MAE＝90°

∵∠MAN＝45°

∴∠EAN＝45°

＝∠MAN.又∵AM＝AE，AN＝AN，

∴△AMN≌△AEN.∴MN＝EN.

∴DN＝DE＋EN＝BM＋MN.

∴DN－BM＝MN.

（1）

（2）

（第1题）

2．证明：

∵AC，BD是正方形ABCD的两条对角线，∴AC⊥BD，OA＝OD＝OC＝OB.∵DE＝CF，∴OE＝OF.

在Rt△AOE与Rt△DOF中，

∴Rt△AOE≌Rt△DOF.∴∠OAE＝∠ODF.∵∠DOF＝90°

，∴∠DFO＋∠FDO＝90°

.∴∠DFO＋∠FAE＝90°

.∴∠AMF＝90°

，即AM⊥DF.

∵四边形ABCD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PQRS总是正方形．

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ABCD的面积．

当P，Q，R，S四点运动到正方形四边中点时，四边形PQRS的面积是原正方形ABCD面积的一半．

理由：

设原正方形ABCD的边长为a.

当PS2＝

a2时，在Rt△APS中，AS＝a－SD＝a－AP.

由勾股定理，得AS2＋AP2＝PS2，即（a－AP）2＋AP2＝

a2，

解得AP＝

a.同理可得BQ＝CR＝SD＝

a.

∴当P，Q，R，S四点运动到正方形ABCD各边中点时，四边形PQRS的面积为原正方形面积的一半．

专训4

（1）△AED≌△CEB′.

证明：

∵四边形ABCD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，

∴△AED≌△CEB′.

（2）如图，延长HP交AB于点M，则PM⊥AB.

∵∠1＝∠2，PG⊥AB′，∴PM＝PG.

∵CD∥AB，∴∠2＝∠3，∴∠1＝∠3，

∴AE＝CE＝8－3＝5.

在Rt△ADE中，DE＝3，AE＝5，

∴AD＝

＝4.

∵PH＋PM＝AD，∴PG＋PH＝AD＝4.

（1）∵DE∥AC，CE∥BD，

∴四边形OCED是平行四边形．

∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD.

∴∠DOC＝90°

.∴四边形OCED是矩形．

（2）∵四边形ABCD是菱形，

∴BC＝CD.

∵四边形OCED是矩形，∴OE＝CD，

∴OE＝BC.

如图，过点B作BH⊥FP交FP的延长线于点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＝PB，∴△PEB≌△PHB.

∴PE＝PH，∴BD＝HF＝PF＋PH＝PF＋PE.即BD＝PE＋PF.

不成立，此时PE＝BD＋PF.

过点B作BH⊥PF交PF的延长线于点H.与

（1）同理可得PE＝PH，BD＝HF.∴PE＝FH＋FP＝BD＋PF.

连接AC，如图．∵BD是菱形ABCD的对角线，

∴BD是线段AC的垂直平分线，

∴AE＝EC.

点F是线段BC的中点．

∵四边形ABCD是菱形，

∴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F是线段BC的中点．

5．

（1）证明：

在△DFC中，∠DFC＝90°

，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AEFD为平行四边形．

在Rt△ABC中，设AB＝x，则由∠C＝30°

，得AC＝2x，

由勾股定理，得AB2＋BC2＝AC2，即x2＋（5

）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D从点C运动到点A的时间为10÷

2＝5（s），点E从点A运动到点B的时间为5÷

1＝5（s）．

若使▱AEFD为菱形，则需AE＝AD，即t＝10－2t，解得t＝

.符合题意．

故当t＝

s时，四边形AEFD为菱形．

①当∠EDF＝90°

时，四边形EBFD为矩形．

在Rt△AED中，∠ADE＝∠C＝30°

∴AD＝2AE，即10－2t＝2t，解得t＝

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＝

s或4s时，△DEF为直角三角形．

6．

（1）C

（2）①证明：

∵AF綊DF′，

∴四边形AFF′D是平行四边形．

∵S▱ABCD＝AD·

AE＝15，AD＝5，

∴AE＝3.

∵AE＝3，EF＝4，∠E＝90°

∴AF＝

＝5.

∵AD＝5，∴AD＝AF，

∴四边形AFF′D是菱形．

②解：

如图，连接AF′，DF，

在Rt△AEF′中，AE＝3，EF′＝EF＋FF′＝4＋5＝9，

∴由勾股定理可得AF′＝3

在Rt△DFE′中，FE′＝EE′－EF＝5－4＝1，

DE′＝AE＝3，

∴由勾股定理得DF＝

∴四边形AFF′D的两条对角线的长分别是3

和

7．解：

线段AF，BF，EF三者之间的数量关系是AF＝BF＋EF，理由如下：

∵四边形ABCD是正方形，

∴AB＝AD，∠DAB＝∠ABC＝90°

∴∠DAE＋∠BAF＝90°

∵DE⊥AG于E，BF∥DE交AG于F，

∴∠AFB＝∠DEF＝∠AED＝90°

∴∠ADE＋∠DAE＝90°

∴∠ADE＝∠BAF.

在△ABF和△DAE中，

∴△ABF≌△DAE.

∴BF＝AE.

∵AF＝AE＋EF，∴AF＝BF＋EF.

8．证明：

（1）∵CD＝CE＝DE＝2cm，

∴∠CDE＝60°

又∵四边形ABCD和四边形EHGF是矩形，

∴∠ADC＝∠GDE＝90°

∴∠ADE＝∠GDC＝150°

.在△AED和△GCD中，

∴△AED≌△GCD.

（2）∵α＝45°

∴∠NCE＝∠NEC＝45°

∴∠CNE＝90°

，CN＝NE，

∴∠HND＝90°

∴∠H＝∠D＝∠HND＝90°

∴四边形MHND是矩形．

又∵CD＝HE，CN＝NE，∴HN＝ND.

∴四边形MHND是正方形．