八年級(jí)數(shù)學(xué)下冊(cè)第19章矩形菱形與正方形19.3正方形階段強(qiáng)化專訓(xùn)新版華東師大版

Page11專訓(xùn)1正方形性質(zhì)與判定的靈活運(yùn)用名師點(diǎn)金：正方形既是矩形，又是菱形，它具有矩形、菱形的所有性質(zhì)，判定一個(gè)四邊形是正方形，只需保證它既是矩形又是菱形即可．利用正方形的性質(zhì)解決線段和差問題1．已知：在正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，它的兩邊分別交CB，DC(或它們的延長(zhǎng)線)于點(diǎn)M，N.(1)如圖①，當(dāng)∠MAN繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到BM＝DN時(shí)，易證：BM＋DN＝MN.當(dāng)∠MAN繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到BM≠DN時(shí)，如圖②，請(qǐng)問圖①中的結(jié)論是否還成立？如果成立，請(qǐng)給予證明；如果不成立，請(qǐng)說明理由．(2)當(dāng)∠MAN繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到如圖③的位置時(shí)，線段BM，DN和MN之間有怎樣的數(shù)量關(guān)系？請(qǐng)寫出你的猜想，并證明．(第1題)利用正方形的性質(zhì)證明線段位置關(guān)系2．如圖，在正方形ABCD中，對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，E，F(xiàn)分別在OD，OC上，且DE＝CF，連結(jié)DF，AE，AE的延長(zhǎng)線交DF于點(diǎn)M.求證：AM⊥DF.(第2題)正方形性質(zhì)與判定的綜合運(yùn)用3．如圖，P，Q，R，S四個(gè)小球分別從正方形的四個(gè)頂點(diǎn)A，B，C，D同時(shí)出發(fā)，以同樣的速度分別沿AB，BC，CD，DA的方向滾動(dòng)，其終點(diǎn)分別是B，C，D，A.(1)不管滾動(dòng)多長(zhǎng)時(shí)間，求證：連結(jié)四個(gè)小球所得的四邊形PQRS總是正方形．(2)四邊形PQRS在什么時(shí)候面積最大？(3)四邊形PQRS在什么時(shí)候面積為正方形ABCD面積的一半？并說明理由．(第3題)專訓(xùn)2特殊平行四邊形性質(zhì)與判定的靈活運(yùn)用名師點(diǎn)金：特殊平行四邊形的性質(zhì)區(qū)別主要從邊、角及對(duì)角線三個(gè)方面進(jìn)行區(qū)分；而判定主要從建立在其他特殊四邊形的基礎(chǔ)上再附加一些條件進(jìn)行判定．矩形的綜合性問題a．矩形性質(zhì)的應(yīng)用1．如圖，將矩形紙片ABCD沿AC折疊，使點(diǎn)B落到點(diǎn)B′的位置，AB′與CD交于點(diǎn)E.(1)試找出一個(gè)與△AED全等的三角形，并加以證明；(2)若AB＝8，DE＝3，P為線段AC上的任意一點(diǎn)(不與A，C重合)，PG⊥AE于點(diǎn)G，PH⊥EC于點(diǎn)H，試求PG＋PH的值．(第1題)b．矩形判定的應(yīng)用2．如圖，點(diǎn)O是菱形ABCD對(duì)角線的交點(diǎn)，DE∥AC，CE∥BD，連結(jié)OE.求證：(1)四邊形OCED是矩形；(2)OE＝BC.(第2題)c．矩形性質(zhì)和判定的應(yīng)用3．如圖①，在△ABC中，AB＝AC，點(diǎn)P是BC上任意一點(diǎn)(不與B，C重合)，PE⊥AB，PF⊥AC，BD⊥AC.垂足分別為E，F(xiàn)，D.(1)求證：BD＝PE＋PF.(2)當(dāng)點(diǎn)P在BC的延長(zhǎng)線上時(shí)，其他條件不變．如圖②，BD，PE，PF之間的上述關(guān)系還成立嗎？若成立，請(qǐng)給予證明；若不成立，請(qǐng)說明理由．(第3題)菱形的綜合性問題a．菱形性質(zhì)的應(yīng)用4．已知：如圖，在菱形ABCD中，F(xiàn)是BC上任意一點(diǎn)，連結(jié)AF交對(duì)角線BD于點(diǎn)E，連結(jié)EC.(1)求證：AE＝EC.(2)當(dāng)∠ABC＝60°，∠CEF＝60°時(shí)，點(diǎn)F在線段BC上的什么位置？并說明理由．(第4題)b．菱形判定的應(yīng)用5．如圖，CE是△ABC外角∠ACD的平分線．AF∥CD交CE于點(diǎn)F，F(xiàn)G∥AC交CD于點(diǎn)G.求證：四邊形ACGF是菱形．(第5題)c.菱形性質(zhì)和判定的應(yīng)用6．(中考·江西)(1)如圖①，平行四邊形紙片ABCD中，AD＝5，S?ABCD＝15.過點(diǎn)A作AE⊥BC，垂足為E，沿AE剪下△ABE，將它平移至△DCE′的位置，拼成四邊形AEE′D，則四邊形AEE′D的形狀為()A．平行四邊形B．菱形C．矩形D．正方形(2)如圖②，在(1)中的四邊形紙片AEE′D中，在EE′上取一點(diǎn)F，使EF＝4，剪下△AEF，將它平移至△DE′F′的位置，拼成四邊形AFF′D.①求證：四邊形AFF′D是菱形；②求四邊形AFF′D的兩條對(duì)角線的長(zhǎng)．(第6題)正方形的綜合性問題a．正方形性質(zhì)的應(yīng)用7．(中考·涼山州)如圖，在正方形ABCD中，G是BC上任意一點(diǎn)，連結(jié)AG，DE⊥AG于E，BF∥DE交AG于點(diǎn)F，探究線段AF，BF，EF三者之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．(第7題)b．正方形判定的應(yīng)用8．兩個(gè)長(zhǎng)為2cm，寬為1cm的矩形擺放在直線l上(如圖①)，CE＝2cm，將矩形ABCD繞著點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α度，將矩形EFGH繞著點(diǎn)E逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)相同的角度．(1)當(dāng)旋轉(zhuǎn)到頂點(diǎn)D，H重合時(shí)(如圖②)，連結(jié)AE，CG，求證：△AED≌△GCD；(2)當(dāng)α＝45時(shí)(如圖③)，求證：四邊形MHND是正方形．(第8題)答案eq\a\vs4\al(專訓(xùn)1)1．解：(1)BM＋DN＝MN成立．證明如下：如圖①，過點(diǎn)A作AE⊥AN，交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E,易證△ABE≌△ADN，∴BE＝DN，AE＝AN.又∵∠NAM＝45°，∴∠EAM＝∠NAM＝45°，又∵AM＝AM，∴△EAM≌△NAM.∴ME＝MN.∵M(jìn)E＝BE＋BM＝DN＋BM，∴BM＋DN＝MN.(2)DN－BM＝MN.證明如下：如圖②，在DN上截取DE＝BM，連結(jié)AE.∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABM＝∠D＝90°，AB＝AD.又∵BM＝DE，∴△ABM≌△ADE.∴AM＝AE，∠BAM＝∠DAE.∴∠BAM＋∠EAB＝∠DAE＋∠EAB＝∠DAB＝90°，∴∠MAE＝90°.∵∠MAN＝45°，∴∠EAN＝45°.∴∠MAN＝∠EAN.又∵AM＝AE，AN＝AN，∴△AMN≌△AEN.∴MN＝EN.∴DN＝DE＋EN＝BM＋MN.∴DN－BM＝MN.①②(第1題)2．證明：∵AC，BD是正方形ABCD的兩條對(duì)角線，∴AC⊥BD，OA＝OD＝OC＝OB.∵DE＝CF，∴OE＝OF.在△AOE與△DOF中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(OA＝OD，,∠AOE＝∠DOF＝90°，,OE＝OF，))∴△AOE≌△DOF.∴∠OAE＝∠ODF.∵∠DOF＝90°，∴∠DFO＋∠ODF＝90°.∴∠DFO＋∠OAE＝90°.∴∠AMF＝90°，即AM⊥DF.3．(1)證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝BC＝CD＝DA.又∵不管滾動(dòng)多長(zhǎng)時(shí)間，AP＝BQ＝CR＝DS，∴SA＝PB＝QC＝RD.∴△ASP≌△BPQ≌△CQR≌△DRS.∴PS＝QP＝RQ＝SR，∠ASP＝∠BPQ.∴不管滾動(dòng)多長(zhǎng)時(shí)間，連結(jié)四個(gè)小球所得的四邊形PQRS總是菱形．又∵∠APS＋∠ASP＝90°，∴∠APS＋∠BPQ＝90°.∴∠QPS＝180°－(∠APS＋∠BPQ)＝180°－90°＝90°.∴不管滾動(dòng)多長(zhǎng)時(shí)間，連結(jié)四個(gè)小球所得的四邊形PQRS總是正方形．(2)解：當(dāng)P，Q，R，S在出發(fā)時(shí)或到達(dá)終點(diǎn)時(shí)面積最大，此時(shí)的面積就等于正方形ABCD的面積．(3)解：當(dāng)P，Q，R，S四點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到正方形ABCD四邊中點(diǎn)時(shí)，四邊形PQRS的面積是正方形ABCD面積的一半．理由：設(shè)正方形ABCD的邊長(zhǎng)為a.當(dāng)PS2＝eq\f(1,2)a2時(shí)，在Rt△APS中，AS＝a－SD＝a－AP.由勾股定理，得AS2＋AP2＝PS2，即(a－AP)2＋AP2＝eq\f(1,2)a2，解得AP＝eq\f(1,2)a.同理可得BQ＝CR＝SD＝eq\f(1,2)a.∴當(dāng)P，Q，R，S四點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到正方形ABCD各邊中點(diǎn)時(shí)，四邊形PQRS的面積為正方形ABCD面積的一半．eq\a\vs4\al(專訓(xùn)2)1．解：(1)△AED≌△CEB′.證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴BC＝DA，∠B＝∠D.由折疊可知BC＝B′C，∠B＝∠B′，∴B′C＝DA，∠B′＝∠D.在△AED和△CEB′中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠DEA＝∠B′EC，,∠D＝∠B′，,DA＝B′C，))∴△AED≌△CEB′.(第1題)(2)如圖，延長(zhǎng)HP交AB于點(diǎn)M，則PM⊥AB.∵∠1＝∠2，PG⊥AB′，PM⊥AB，∴PM＝PG.∵CD∥AB，∴∠2＝∠3，∴∠1＝∠3，∴AE＝CE＝8－3＝5.在Rt△ADE中，DE＝3，AE＝5，∴AD＝eq\r(52－32)＝4.∵PM＋PH＝AD，∴PG＋PH＝AD＝4.2．證明：(1)∵DE∥AC，CE∥BD，∴四邊形OCED是平行四邊形．∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD.∴∠DOC＝90°.∴四邊形OCED是矩形．(2)∵四邊形ABCD是菱形，∴BC＝CD.∵四邊形OCED是矩形，∴OE＝CD，∴OE＝BC.(第3題)3．(1)證明：如圖，過點(diǎn)B作BH⊥FP交FP的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H.∵BD⊥AC，PF⊥AC，BH⊥PF，∴四邊形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.(2)解：不成立．理由：過點(diǎn)B作BH⊥PF交PF的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H.與(1)同理可得PE＝PH，BD＝HF.∴PE＝FH＋PF＝BD＋PF.(第4題)4．(1)證明：連結(jié)AC，如圖．∵BD是菱形ABCD的對(duì)角線，∴BD是線段AC的垂直平分線，∴AE＝EC.(2)解：點(diǎn)F是線段BC的中點(diǎn)．理由：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝CB.又∵∠ABC＝60°，∴△ABC是等邊三角形，∴∠BAC＝60°.∵AE＝EC，∴∠EAC＝∠ACE.∵∠CEF＝60°，∴∠EAC＝30°，∴∠EAC＝∠EAB.∴AF是△ABC的角平分線．∴BF＝CF.∴點(diǎn)F是線段BC的中點(diǎn)．(第5題)5．證明：如圖，∵AF∥CD，F(xiàn)G∥AC，∴四邊形ACGF是平行四邊形．∵CE平分∠ACD，∴∠1＝∠2.∵AF∥CD，∴∠2＝∠3.∴∠1＝∠3.∴AF＝AC.∴四邊形ACGF是菱形．6．(1)C(2)①證明：由平移可知AFDF′，∴四邊形AFF′D是平行四邊形．∵S?ABCD＝AD·AE＝15，AD＝5，∴AE＝3.∵AE＝3，EF＝4，∠E＝90°，∴AF＝eq\r(AE2＋EF2)＝eq\r(32＋42)＝5.∵AD＝5，∴AD＝AF，∴四邊形AFF′D是菱形．②解：如圖，連結(jié)AF′，DF，在Rt△AEF′中，AE＝3，EF′＝EF＋FF′＝4＋5＝9，∴AF′＝eq\r(90).在Rt△DFE′中，F(xiàn)E′＝EE′－EF＝5－4＝1，DE′＝AE＝3，∴DF＝eq\r(10)，∴四邊形AFF′D的兩條對(duì)角線的長(zhǎng)分別是eq\r(90)和eq\r(10).(第6題)7．解：線段AF，BF，EF三者之間的數(shù)量關(guān)系是AF＝BF＋EF，理由如下：∵四邊形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＝∠DEA＝90°，∴∠ADE＋∠DAE＝90°，∴∠ADE＝∠BAF.在△ABF和△DAE中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠BAF＝∠ADE，,∠AFB＝∠DEA，,AB＝DA，))∴△ABF≌△DAE.∴BF＝AE.∵AF＝AE＋EF，∴AF＝BF＋EF.8．證明：(1)∵CD＝CE＝DE＝2c