专项训练六 构造中位线解题的五种常用方法-【勤径千里马】2023-2024学年八年级下册数学走向假期（人教版，辽宁专版）

专项训练六构造中位线解题的五种常用方法 摩方法3倍长法构造三角形的中位线 摩方法】连接两点构适三角形的中位线 4.如周，在△C中，∠A6C=90,4=C,△EF为等腰直角三角形，∠EF=9知， 1.如图，点B为AG上一点，分别以B,C为边在AG可侧作等边三角形A如和等边 M为AF的中点，求证：E=CE 三角思B不，点P,N,N分别为AC,D,C5的中点 (I)求开：PM=PN: (2》求∠N的度数 摩方法2已知角平分线及插直构造中位线 ·方法4己知两边中点，取第三边中点构造三角形的中位线 2如图，在AAC中，点H为C的中点，ADA4C的斜角平分线，且ADLB若AB=12, 3.如图，在△4C中，∠C=0,C■B,E,下分料为C4,B上一点，CE=F,,N分别 C=1,求DW的长 为AF,BE的中点，证：A框=2NW ·方法5已知一边中点，推理得出另一边中点，再取第三边中点构造三角形的中位线 3加图，在△AG中，AD是中线.AE是∠BC的平分线，CF⊥AE于点F,A形=0，AG=6, &如图，在△C中，B▣AC,D⊥C于点D,点P是AD的中点，连接即并延长菱C于 求DF的长 点X求证：W~G 6 -17一 查学·八年最谓」∴AB=13 cm. (2)如答图，过点G作GM⊥AD于点M, 6.证明：(1)∵四边形ABCD是平行四边形， 即蚂蚁从A点爬到B点的最短路程约为 13 cm. 因为GE=DE=3,AE=5,AG=4, 且÷AC×GE=÷AE×CM, 所以CW=号，所以Sean=÷Db·cM=号， 即阴影部分的面积为号 ∴AD//BC,且AD=BC. ∵点C是BE的中点，∴BC=CE,∴AD=CE. 又∵AD//CE,∴四边形ACED是平行四边形. D E" B (2)∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=DC. ∵AB=AE,∴DC=AE. 又∵四边形ACED是平行四边形，∴四边形 ACED是矩形. Al 4 题答图 5.解：(1)经分析，将长方体盒子沿侧棱AB剪开，部分展开后 如答图①时，可得到最短路程，连接CD. 已知长方体盒子(无盖)的长、宽、高分别是12cm,8cm, 30 cm, 7.证明：(1)∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA=OC. 专项训练五 平行四边形以及特殊平行四边形的判定 ∵AM=MN,∴OM是△ACN的中位线， ∴ OM //CN.1.证明：∵CD//AB,∴∠CDF=∠BEF,∠DCF=∠EBF. ∵F是BC的中点，∴BF=CF. cNa mA{ ∴△DCF≌△EBF(AAS), ∴ DC = EB. 即 DE=12 cm,EF=30 cm,AE=8 cm, 所以AD=AE+DE=8+12=20(cm), AC=÷AB=15mm (2)∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD//BC. ∵AD⊥AN,∴BC⊥MN.∵AB=AC,∴BH=CH. 由(1)知OM//CN,∴∠MBH=∠NCH. ∠MBH=∠NCH, {BH=CH,在△MBH和△NCH中， ∠BHM=∠CHN, ∴△MBH≌△NCH(ASA),∴MH=NH, ∴四边形 BNCM 是平行四边形. 又∵BC⊥MN,∴平行四边形 BNCM 是菱形. 在Rt△ACD中，AD2+AC2=CD2,即202+152=CD, 所以CD=25cm(负值已舍去).故最短路程是 25 cm. (2)如答图②,连接AG,BG. ∵CD//BE,∴四边形 BECD是平行四边形. A 2.证明：(1)如答图，连接AC交 BD于点O,连接AE,AF. ∵G是AB的中点，BE=EF, D ∴EG是△ABF的中位线， F H∴EG//AF,即 CE//AF. 同理可得CF//AE,∴四边形 EA bGAFCE 是平行四边形， 2 题答图∴ CE=AF. E CD Dr 8.(1)证明：∵在矩形ABCD中，0是对角线AC的中点， 且EF⊥AC,∴AF=CF,AE=CE,OA=OC. ∵四边形 ABCD是矩形，∴AD//BC, ∴∠AFO =∠CEO. {在△AOF 和△COE中， ∴△AOF≌△COE(AAS), ∴AF=CE,∴AF=CF=CE=AE, ∴四边形 AECF 是菱形. iC C 30 B ∵EG是△ABF的中位线，∴AF=2EG,∴CE=2EG. G 12F (2)由(1)知，四边形AFCE是平行四边形， ∴OA=0C,OE=OF. 5 题答图① 5题答图② 在 Rt△BFG中，GF=12cm,BF=8cm,由勾股定理，得 GB2=GF2+BF2=208. 又：BE=DF,∴BE+OE=DF+OF,即OB=OD, ∴四边形ABCD是平行四边形.在Rt△AGB中，GB2=208,AB=30cm,由勾股定理，得 AG2=AB2+GB2=1 108. (2)解：24. 3.证明：(1)在△AEF和△DEC中， ∴△AEF≌△DEC(SAS). 9.证明：(1)在□ABCD中，OA=0C,OB=OD.故给该长方体盒子加上盖子，能放入木棒的最大长度的平 ∵AE=CF,∴OE=OF.∴四边形 EBFD是平行四边形.方是1108. 专项训练四勾股定理在折叠中的应用 (2)∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB//DC,∴∠BAC=∠DCA.又∵∠BAC=∠DAC, ∴∠DCA=∠DAC.∴DA=DC.∵OA=OC,∴DB⊥EF. ∴平行四边形 EBFD 是菱形. (2)∵△AEF=△DEC,∴∠AFE=∠DCE,∴AB//CD. ∵AD//BC,∴四边形ABCD为平行四边形.(2)45?1.解：(1)3. 4.证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD=CB,AD//CB,∴∠ODE=∠OCB. ∵0是DC的中点，∴OD=OC. [00tocn,在△ODE和△OCB中， l∠DOE=∠COB, ∴△ODE≌△OCB(ASA), ∴DE=CB,OE=OB. ∵OD=0C,∴四边形CBDE是平行四边形. ∵AD=CB,DE=CB,∴AD=DE. 又∵AB=BE,∴BD⊥AE,∴∠BDE=90°, ∴平行四边形 CBDE是矩形. 2.解：(1)设CE=x,则BE=8-x, 由题意得AE=BE=8-x. 由勾股定理，得x2+62=(8-x)2, 解得x=子.即CB的长为子 10.证明：∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD,OA=OC,OB=OD. ∵BE=DF,∴OE=OF, ∴四边形AECF是菱形.∵OE=OA, ∴OE=OF=OA=OC,即EF=AC, (2)∵点B'是AC的中点， ∴CB'=÷AC=3. 设CE=y,类比(1)中的解法， 可列出方程y2+32=(8-y)2, 解得y-言 ⅢCR的长为管 ∴菱形AECF是正方形. 11.证明：如答图，过点D作DG⊥AB交AB于点G. ∵DE⊥BC,DF⊥AC,∴∠C =∠DEC=∠DFC=90°, ∴四边形 CEDF为矩形. ∵AD平分∠CAB,DF⊥AC, DG⊥AB,∴DF=DG. C E D 5.证明：如答图，连接 EO. 11 题答图 ∵BD平分∠ABC,DG⊥AB, DE⊥BC,∴DE=DG, ∴DE=DF,∴四边形CEDF为正方形. ∵0是AC,BD的中点，∴AO= CO,BO=DO,3.解：AB的长为5. DAn∴四边形ABCD是平行四边形.4.解：AP的长为4.8. 在 Rt△EBD中，∵0为BD的中 12.(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，G5.解：(1)如答图，由折叠的性质可得 ∠AGE=∠ADC=90°,DE=GE,AG = CD=4 设DE=GE=x,则AE=8-x, 因为在Rt△AEG中，AG2+GE2=AE2, 所以42+x2=(8-x)2,解得x=3,所以 0 点∴EO=÷BD. ∴∠B=∠D=∠C=90°.:D BL C应唐 ∵AE=AF,∴∠AFE=∠AEF.在Rt△AEC中，∵0为AC的中 5 题答图 ∵∠CEF=45°,∠C=90°,∴∠CFE=45°, 点∴EO=÷AC, ∴∠AFD=∠AEB,∴△ABE≌△ADF,c ∴AB=AD,矩形 ABCD是正方形. 5题答图 ∴AC=BD,∴平行四边形ABCD是矩形.DE=3.AE=5 (2)解：17. 专项训练六 构造中位线解题的五种常用方法 1.(1)证明：如答图，连接 CD,AE. 由三角形中位线定理可得PWL÷CD,PNL=AE ∵△ABD和△BCE是等边三角形， ∴AB=DB,BE=BC,∠ABD=∠CBE=60°, ∴∠ABE=∠DBC,∴△ABE≌△DBC, ∴AE=DC.∴PM=PN. (2)解：如答图，设PM交AE于点F,PN交CD于点G, AE交CD于点H,AE交BD于点Q. 由(1)知△ABE≌△DBC, ∴∠BAE=∠BDC. 又∵∠DQH=∠BQA, ∴∠AHD=∠ABD=60°,∴∠FHG=120°, 易证四边形 PFHG为平行四边形，∴∠MPN=120°. E N^ D H AN DNM Q A1 BVBP C M c 1 题答图 2题答图 2.解：如答图，延长 BD交AF于点 N. 由题易知∠NAD=∠BAD, ∠ADN=∠ADB=90°. 又：AD=AD,∴△AND≌△ABD, ∴DN=DB,AN=AB. 又∵M为BC的中点，∴DM为△BNC 的中位线， DANC=N+AC)=÷(AB+AC)=15. 3.解：如答图，延长CF交AB于点G,交AD于点H. ∵AE平分∠BAC, ∴∠GAF=∠CAF∵AF⊥CG,∴∠AFG=∠AFC. [∠GAF=∠CAF, 在△AFG和△AFC中，{AF=AF, l∠AFG=∠AFC, ∴△AFG≌△AFC(ASA),∴AG=AC,GF=CF. 又∵点 D是BC的中点，∴DF是△CBG的中位线， ∴DF=÷BC=÷(AB-AC)=÷(AB-AC) =÷×(10-6)=2. C FE4N A* BG F E wB DE C 3 题答图 4 题答图 4.证明：如答图，延长 FE至点N,使 EN=EF,连接 BN,AN, 易得ME=÷AN. ∵EF=EN,∠BEF=90°,∴BE垂直平分 FN,∴BF=BN, ∴∠BNF=∠BFN. ∵△BEF为等腰直角三角形，∠BEF=90°, ∴∠BFN=45°,∴∠BNF=45°, 数学·八年级下册 —28— ∴∠FBN=90°,即∠FBA+∠ABN=90°. 又∵∠FBA+∠CBF=90°,∴∠CBF=∠ABN. 在△BCF和△BAN中， BF=BN, ∠CBF=∠ABN, [BC=BA, ∴ ∠BAE=∠CAE CD=AD',∠D'AE=∠DCE. 易知∠BCD=120°,∠ACB=60°, ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠ACF=60°=∠B, ∴∠B=∠D,AB=CD,∠BCD=∠BAD, ∴∠B=∠D',AB=AD',∠D'AE=∠BAD, 即∠1+∠2=∠2+∠3, ∴△ABE≌△ACF,∴AE=AF. 又∵∠EAF=60°, ∴△AEF是等边三角形. ∴∠1=∠3. ∴△ABE≌△AD'F.∴△BCF=△BAN(SAS),∴CF=AN. ∴ME=2N=2cR. 3.解：(1)∵四边形ABCD是矩形，AD//BC, ∴∠OAE=∠OCF,∠AEO=∠CFO. ∵EF垂直平分AC,垂足为点0,∴OA=OC, ∴△AOE≌△COF,∴OE=OF, ∴四边形 AFCE为平行四边形. 又∵EF⊥AC,∴四边形AFCE为菱形，∴AF=CF. 设AF=CF=xcm,则BF=(8-x)cm. 在Rt△ABF中，AB=4cm,由勾股定理，得42+(8-x)2= (2)解：四边形AECF是菱形.理由如下： 由折叠的性质，得AE=EC,∠4=∠5,AF=FC. 5.证明：如答图，取AB的中点H,连接MH,NH, ∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD//BC, ∴∠6=∠5=∠4,∴FC=AF=AE=EC, ∴四边形AECF是菱形.则MM=÷BF,NH=÷AE. ∵CE=CF,CA=CB,∴AE=BF, ∴MH=NH. 2.解：如答图，连接 BD,AC,则O为AC与BD的交点. ∵四边形ABCD是菱形， x2,解得x=5.∴AF=5 cm. ∴AC⊥BD,AC平分 BD,AC平分∠BAD.∵点M,H,N分别为AF,AB,BE的中点， ∴MH//BF,NH//AE, ∴∠AHM=∠ABC,∠BHN=∠BAC, ∴∠MHN=180?-(∠AHM+∠BHN)=180?-(∠ABC+ ∠BAC)=90°, ∴.M=空1∴AE=2M=2×≌MN=EMN. (2)显然当点P在AF上，点Q在CD上时，以A,C,P, Q四点为顶点不可能构成平行四边形； 同理，当点P在AB上，点Q在DE或CE上时，也不可能构 成平行四边形； ∵∠BAD=120°,∴∠BAC=60°, ∴∠ABO=90°-60°=30°. ∵AB=2∴AO=÷AB=≥×2=1. 因此只有当点P在BF上，点Q在 ED上时，才能构成平行 ∴由勾股定理，得 BO=DO =√3. 四边形. ∵点A沿EF折叠与点O重合， 如答图，连接AP,CQ. ∴EF⊥AC,EF平分A0.∵AC⊥BD∴EF//BD 若以A,C,P,Q四点为顶点的四边形是平行四边形，BN 易得 EF为△ABD的中位线，,AE 则 PC=Q4. ∴EF=÷BD=÷×(/S+/3)=/3.H ∵四边形AFCE是菱形，点P的速度为5cm/s,点Q的速度 为4cm/s,运动时间为ts, ∴PC=PF+FC=PF+FA=5t cm, QA=(AD+CD)-(QD+CD)=(12-41)cm, 51=12解得1=号 H D A' A Gct ECB D H 5 题答图 6 题答图 B< >D F0; 6.证明：如答图，取NC的中点H,连接 DH,过点H作HE// C BAD,交 BN的延长线于点 E. ∵AB=AC,AD⊥BC,∴D为BC的中点. ∵H为NC的中点，∴DH为△BNC的中位线，∴DH//BN. ∵PD//EH,∴四边形 PDHE是平行四边形，∴HE=PD. 又∵P为AD的中点，∴AP=PD,∴AP=EH. 易证△APN≌△HEN,∴AN=NH. ∴当以A,C,P,Q四点为顶点的四边形是平行四边形时， 2题答图 3 题答图1= 3.(1)证明：由折叠知∠ADE=∠A'DE,AE=EG,BC=CH. 具 ∵四边形 ABCD 是矩形，AT D ∴AD=BC,AB//CD.∴∠A'DE=∠AED, ∴∠AED=∠ADE,∴AE=AD,∴EG=CH. EQ D G (2)解：易知∠ADE=45°,∠FGE=∠A=90°, ∴∠DFG=∠ADE=45°,∴DG=FG. ∵GF=AF=√2∴DG=√2∴DF=2∴AD=2+√2. 如答图，由折叠知∠1=∠2,∠3=∠4. ∵∠1+∠2+∠3+∠4=180°,∴∠1+∠3=90°, ∵∠1+∠AFE=90°,∴∠3=∠AFE. 又∵NH=HC,∴AN=NH=HC.∴AN=÷AC 0EK 专项训练七 特殊四边形的性质在动点问题中的巧用 1.解：AE=CF,AE//CF.理由如下： ∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD,AB//CD, ∴∠ABE=∠CDF. 又∵BE=DF,∴△ABE≌△CDF, ∴AE=CF,∠AEB=∠CFD. ∵∠AEB+∠AED=∠CFD+∠CFB=180°, ∴∠AED=∠CFB.∴AE//CF. B CB CP FF 3 题答图 4 题答图 4.(1)证明：如答图所示. 由(1)知AE=BC,又∵∠A=∠B=90°, ∴△EFA≌△CEB,∴AF=BE, ∴AB=AE+BE=AD+AF=2+√Z+√Z=2+2√Z. ∵四边形ABCD为正方形， ∴∠A=∠ABC=∠C=∠ADC=90°,AB=BC=CD=AD. 又∵AE=BF=CG=DH,∴BE=CF=DG=AH, 4.(1)证明：∵PE=BE,∴∠EBP=∠EPB.∴△AEH≌△BFE≌△CGF≌△DHG, 2.证明：(1)连接AC. ∴HE=EF=FG=GH,∠1=∠2,∴四边形 EFGH为菱形. 又∵∠EPH=∠EBC=90°, ∴∠EPH-∠EPB=∠EBC-∠EBP, 即∠BPH=∠PBC. ∵在菱形ABCD中，∠B=60°,AB=BC,AB//CD, ∴∠BCD=180°-∠B=120°,△ABC 是等边三角形. 又∵E是BC的中点，∴AE⊥BC. ∵∠AEF=60°,∴∠FEC=90?-∠AEF=30°, ∴∠CFE=180°-∠FEC-∠BCD =180?-30°-120°=30°, ∴∠FEC=∠CFE,∴EC=CF. 又∵BC=CD,∴BC-EC=CD-CF,∴BE=DF. ∵∠1+∠3=90°,∠1=∠2,∴∠2+∠3=90°, ∴∠HEF=90°,∴四边形 EFGH是正方形. (2)解：直线 EG经过一个定点.理由如下： 又∵AD//BC,∴∠APB=∠PBC,∴∠APB=∠BPH. 如答图，连接BD,DE,BG.设 EG与BD交于点 0. (2)解：△PDH的周长不变且为定值8. 证明如下：过点B作BQ⊥PH,垂足为点Q,如答图所示.易知 BE上DG, 由(1)知∠APB=∠BPH, PA[ 又∵∠A=∠BQP=90°,BP=BP, Q ∴△ABP≌△QBP.∴AP=QP,AB EK =BQ. ∴四边形 BCDE 为平行四边形， D ∴BD,EG互相平分，∴BO=OD, ∴点0为正方形ABCD的中心， ∴直线 EG必过正方形 ABCD的中心. H (2)连接AC. G 由(1)知△ABC是等边三角形， 专项训练八 特殊四边形的性质在折叠问题中的巧用 ∵AB=BC,∴BC=BQ. FC∴AB=AC,∠ACB=∠BAC=∠EAF=60°, B又∵∠C=∠BQH=90°,BH=BH,1.(1)证明：由折叠的性质，得∠D=∠D', 4 题答图 —29— ∴Rt△BCH≌Rt△BQH.∴CH=QH. ∴△PDH的周长为PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC= AD+CD=8. 专项训练九 特殊三角形、平行四边形中的最值问题 1.B 2.D 3.D 4.2√3 5.6 6.解：√5. 7.2√3 8.7/5 9.A 10.52 11.15 12.√10 13.2√5 专项训练十 确定一次函数解析式的六种常用方法 {m-84,m=-3.1.解：由题意得 ∴当m=-3时，该函数是关于x的一次函数，其函数解析 式为y=-6x-9. 2.解：将点(2,7),(-3,2)的坐标代入y=kx+b, ?2h+b=7, {=5-3k+b=2,解得，得 故该一次函数的解析式为y=x+5. 3.解：(1)设一次函数解析式为y=kx+b(k,b是常数， 且k≠0), 将点A(3,5)和点B(-4,-9)分别代入y=kx+b, [5=3k+b, 得 +b,[b=-1. ∴这个一次函数的解析式为y=2x-1. (2)∵点C(m,2)在y=2x-1上， ∴2=2m-1.号， 标为2)· 4.解：(1)(5,6)(1,6) (2)∵一次函数y=ax-4(a≠0)的图象经过点C, ∴将点C(5,6)的坐标代入y=ax-4, 得6=5a-4,解得a=2.∴y=2x-4. (3)在y=2x-4中，令y=0,得x=2,∴E(2,0). 所画图象为直线 CE,如答图所示. D Sse=2×6×÷=6。 (4)由题意知，直线y=kx+b与y= 2x-4平行， B(5,2)A(1,/2) 则k=2,∴y=2x+b. 7E 苦 若直线y=2x+b过点B(5,2), 4 题答图 则2×5+b=2, 解得b=-8; 若直线y=2x+b过点D(1,6),则2×1+b=6, 解得b=4.∴-8≤b≤4. 5.解：(1)由题意得k=-2,∴y=-2x+b. 当x=0时，y=6,∴y=-2x+6. (2)当y=2时，2=-2x+6,∴x=2,即m=2. 6.解：(1)点P?的坐标为(3,3). (2)设所求一次函数的解析式为y=kx+b(k,b是常数，且 k≠0). 44-将点P?,P?的坐标代入，得 (=23解得 ∴直线l所表示的一次函数的解析式为y=2x-3. 数学·八年级下册