第32期 18.2 特殊的平行四边形 (正方形)-【数理报】2024-2025学年八年级下册数学学案（人教版 广东专版）

书 答案详解 　　 　　２０２４～２０２５学年　初中数学人教八年级（ＧＤＹ）　第２９～３２期（２０２５年２月）　　 　　 ２９期２版 １８．１平行四边形 １８．１．１平行四边形的性质 基础训练　１．Ｃ；　２．Ｃ；　３．１．５． ４．因为四边形ＡＢＣＤ是平行四边形，所以ＡＢ＝ＣＤ，ＢＣ＝ ＡＤ，∠ＡＢＣ＝∠ＡＤＣ．因为△ＢＣＥ和△ＣＤＦ都是等边三角形， 所以ＣＤ＝ＤＦ，ＢＣ＝ＢＥ，∠ＥＢＣ＝∠ＣＤＦ＝６０°．所以ＡＢ＝ ＤＦ，ＢＥ＝ＡＤ，∠ＡＢＣ＋∠ＥＢＣ＝∠ＡＤＣ＋∠ＣＤＦ，即∠ＡＢＥ＝ ∠ＦＤＡ．所以△ＡＢＥ≌△ＦＤＡ（ＳＡＳ）．所以ＡＥ＝ＡＦ． ５．（１）因为四边形ＡＢＣＤ是平行四边形，∠Ｂ＝６０°，所以 ＡＤ∥ＢＣ，∠Ｄ＝∠Ｂ＝６０°．所以∠ＢＡＤ＝１８０°－∠Ｂ＝１２０°． 因为ＡＥ⊥ ＢＣ，ＡＦ⊥ ＣＤ，所以 ∠ＡＥＢ＝∠ＡＦＤ＝９０°．所以 ∠ＢＡＥ＝９０°－∠Ｂ＝３０°，∠ＤＡＦ＝９０°－∠Ｄ＝３０°．所以 ∠ＥＡＦ＝∠ＢＡＤ－∠ＢＡＥ－∠ＤＡＦ＝６０°． （２）因为四边形ＡＢＣＤ是平行四边形，ＢＣ＝６，所以ＡＤ＝ ＢＣ＝６．由（１）知∠ＤＡＦ＝３０°．所以ＤＦ＝１２ＡＤ＝３．由勾股 定理，得ＡＦ＝ ＡＤ２－ＤＦ槡 ２ ＝ 槡３３． 能力提高　６．Ｂ． １８．１．２．１平行四边形的判定 基础训练　１．Ｂ；　２．Ａ；　３．Ｄ；　４．是． ５．因为ａ２＋ｂ２＋ｃ２＋ｄ２＝２ａｃ＋２ｂｄ，所以（ａ－ｃ）２＋（ｂ－ ｄ）２ ＝０．所以ａ＝ｃ，ｂ＝ｄ．所以四边形ＡＢＣＤ是平行四边形． ６．由对顶角相等，得∠ＡＯＥ＝∠ＣＯＤ．在△ＡＯＥ和△ＣＯＤ 中， ∠ＥＡＯ＝∠ＤＣＯ， ＡＯ＝ＣＯ， ∠ＡＯＥ＝∠ＣＯＤ { ， 所以△ＡＯＥ≌△ＣＯＤ（ＡＳＡ）．所以ＯＥ ＝ＯＤ．所以四边形ＡＥＣＤ是平行四边形． １８．１．２．２三角形的中位线 基础训练　１．Ｂ；　２．Ｄ；　３．Ｃ；　４．４． ５．因为Ｐ是ＢＤ的中点，Ｅ是ＡＢ的中点，Ｆ是ＣＤ的中点，所 以ＰＥ＝１２ＡＤ，ＰＦ＝ １ ２ＢＣ．因为ＡＤ＝ＢＣ，所以ＰＥ＝ＰＦ．所 以∠ＰＦＥ＝∠ＰＥＦ＝１８°． ６．因为 ＣＤ是 △ＡＢＣ的中线，所以 ＡＤ＝ＤＢ．因为 ＥＦ＝ ＡＥ，所以ＤＥ∥ＢＦ．又 ＣＦ∥ ＡＢ，所以四边形 ＤＢＦＣ是平行四 边形． ２９期３版 一、 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ 答案 Ｄ Ｂ Ａ Ｄ Ｂ Ｃ Ａ Ｃ 二、９．１４；　１０．１１８°；　１１．答案不惟一，如ＡＢ＝ＣＤ； １２．３０°；　１３．６；　１４．１０３或１０． 三、１５．因为四边形 ＡＢＣＤ是平行四边形，所以 ＯＡ＝ＯＣ， ＯＢ＝ＯＤ．因为ＡＥ＝ＣＦ，所以ＯＡ＋ＡＥ＝ＯＣ＋ＣＦ，即ＯＥ＝ ＯＦ．因为ＢＧ＝ＤＨ，所以ＯＢ－ＢＧ＝ＯＤ－ＤＨ，即ＯＧ＝ＯＨ．所 以四边形ＥＧＦＨ是平行四边形． １６．因为四边形ＡＢＣＤ是平行四边形，所以ＡＤ∥ＢＣ，ＡＤ＝ ＢＣ．所以∠ＡＥＢ＝∠ＤＡＥ．因为ＡＢ＝ＡＥ，所以∠Ｂ＝∠ＡＥＢ． 所以∠Ｂ＝∠ＤＡＥ．在△ＡＢＣ和△ＥＡＤ中， ＡＢ＝ＥＡ， ∠Ｂ＝∠ＤＡＥ， ＢＣ＝ＡＤ { ， 所 以△ＡＢＣ≌△ＥＡＤ（ＳＡＳ）． １７．（１）因为 ＢＤ是 △ＡＢＣ的角平分线，所以 ∠ＣＢＤ＝ ∠ＥＢＤ．因为ＥＤ∥ＢＣ，所以∠ＣＢＤ＝∠ＥＤＢ．所以∠ＥＢＤ＝ ∠ＥＤＢ．所以ＢＥ＝ＥＤ．因为ＢＥ＝ＣＦ，所以ＥＤ＝ＣＦ．又ＥＤ∥ ＦＣ，所以四边形ＥＦＣＤ是平行四边形． （２）因为 ＢＤ是 △ＡＢＣ的角平分线，∠ＡＢＣ＝６０°，所以 ∠ＡＢＤ＝ １２∠ＡＢＣ＝３０°．因为 ∠ＡＤＢ＝１００°，所以 ∠Ａ＝ １８０°－∠ＡＢＤ－∠ＡＤＢ＝５０°．因为四边形ＥＦＣＤ是平行四边 形，所以ＥＦ∥ＡＣ．所以∠ＡＥＦ＝１８０°－∠Ａ＝１３０°． １８．（１）因为四边形ＡＢＣＤ是平行四边形，所以ＡＢ＝ＣＤ， ＡＢ∥ＣＤ．因为ＣＥ＝ＡＢ，所以ＣＥ＝ＣＤ．所以∠ＣＤＥ＝∠ＣＥＤ ＝ １２（１８０°－∠ＤＣＥ）＝９０°－ １ ２∠ＤＣＥ．所以 ∠ＡＥＤ ＝ ∠ＣＤＥ＝９０°－１２∠                                                         ＤＣＥ． —１— 初中数学人教八年级（ＧＤＹ）　第２９～３２期 （２）延长ＤＡ，ＦＥ交于点Ｍ，图略．因为点Ｅ是ＡＢ的中点， 所以ＡＥ＝ＢＥ．因为四边形 ＡＢＣＤ是平行四边形，所以 ＡＤ∥ ＢＣ．所以 ∠Ｍ ＝∠ＥＦＢ＝４５°．由对顶角相等，得 ∠ＡＥＭ ＝ ∠ＦＥＢ．所以△ＡＥＭ≌△ＢＥＦ（ＡＡＳ）．所以ＭＥ＝ＦＥ．因为ＤＦ ⊥ＢＣ，所以∠ＤＦＢ＝９０°．所以∠ＤＦＥ＝∠ＤＦＢ－∠ＥＦＢ＝ ４５°．所以ＤＭ ＝ＤＦ．所以ＤＥ⊥ＥＦ． 附加题　１．因为四边形ＡＢＣＤ是平行四边形，ＡＢ＝４，所 以ＣＤ＝ＡＢ＝４，ＡＤ∥ＢＣ．因为∠ＡＣＢ＝３０°，所以∠ＤＡＣ＝ ∠ＡＣＢ＝３０°．根据折叠的性质，得ＡＥ＝ＡＤ，ＣＤ＝ＣＥ，∠ＡＣＤ ＝９０°．所以∠Ｄ＝９０°－∠ＤＡＣ＝６０°．所以△ＡＤＥ是等边三 角形．所以ＡＤ＝ＡＥ＝ＤＥ＝２ＣＤ＝８．所以△ＡＤＥ的周长为： ８×３＝２４． ２．（１）因为ＡＣ＝ＡＥ，ＢＣ＝ＢＥ，所以ＡＢ⊥ＣＥ，∠ＡＥＣ＝ ∠ＡＣＥ，∠ＢＥＣ＝∠ＢＣＥ． 所以 ∠ＡＥＣ＋∠ＢＥＣ＝∠ＡＣＥ＋∠ＢＣＥ，即 ∠ＡＥＢ＝ ∠ＡＣＢ． 因为∠ＡＥＢ＝∠ＣＡＤ，所以∠ＡＣＢ＝∠ＣＡＤ． 所以ＢＣ∥ＡＤ． 因为ＣＤ⊥ＣＥ，所以ＡＢ∥ＣＤ． 所以四边形ＡＢＣＤ是平行四边形． （２）过点Ａ作ＡＧ⊥ＣＤ于点Ｇ，图略． 所以ＡＧ∥ＣＦ． 又ＡＢ∥ＣＤ，ＡＢ⊥ＣＥ，所以ＣＦ＝ＡＧ． 根据勾股定理，得ＡＣ２－ＣＧ２ ＝ＡＤ２－ＤＧ２，即４２－（３－ ＤＧ）２ ＝３２－ＤＧ２． 解得ＤＧ＝ １３． 所以ＣＦ＝ＡＧ＝ ＡＤ２－ＤＧ槡 ２ ＝ 槡４５３． 因为ＡＣ＝ＡＥ，ＡＢ⊥ＣＥ，所以ＣＥ＝２ＣＦ＝ 槡８５３． ３０期２版 １８．２特殊的平行四边形（矩形） １８．２．１．１矩形的性质 基础训练　１．Ｄ；　２．Ｄ；　３．１１０． ４．（１）因为四边形 ＡＢＣＤ是矩形，所以 ＡＤ∥ ＢＣ，∠Ｂ＝ ９０°．所以∠ＤＡＥ＝∠ＡＥＢ．因为ＤＦ⊥ＡＥ，所以∠ＡＦＤ＝９０° ＝∠Ｂ．又ＤＡ＝ＡＥ，所以△ＤＦＡ≌△ＡＢＥ．所以ＤＦ＝ＡＢ． （２）因为ＡＢ＝４，所以ＤＦ＝４．因为四边形ＡＢＣＤ是矩形， 所以∠ＡＤＣ＝９０°．因为∠ＦＤＣ＝３０°，所以∠ＡＤＦ＝∠ＡＤＣ－ ∠ＦＤＣ＝６０°．所以∠ＤＡＦ＝９０°－∠ＡＤＦ＝３０°．所以ＡＤ＝ ２ＤＦ＝８． 能力提高　５．槡４３． ６．（１）因为四边形 ＡＢＣＤ是矩形，所以 ＡＢ∥ ＣＤ．所以 ∠ＢＡＣ＝∠ＦＣＯ．由对顶角相等，得∠ＡＯＥ＝∠ＣＯＦ．又ＡＥ＝ ＣＦ，所以△ＡＯＥ≌△ＣＯＦ．所以ＯＥ＝ＯＦ． （２）连接ＯＢ，图略．因为△ＡＯＥ≌△ＣＯＦ，所以ＯＡ＝ＯＣ， 即Ｏ为矩形ＡＢＣＤ对角线的交点．所以ＯＡ＝ＯＢ．所以∠ＢＡＣ ＝∠ＡＢＯ．因为ＢＥ＝ＢＦ，ＯＥ＝ＯＦ，所以ＢＯ⊥ＥＦ．在Ｒｔ△ＢＥＯ 中，∠ＢＥＦ＋∠ＡＢＯ ＝９０°．因为 ∠ＢＥＦ ＝２∠ＢＡＣ，所以 ２∠ＢＡＣ＋∠ＢＡＣ＝９０°．所以∠ＢＡＣ＝３０°．因为四边形ＡＢＣＤ 是矩形，所以∠ＡＢＣ＝９０°．因为ＢＣ＝２，所以ＡＣ＝２ＢＣ＝４． 根据勾股定理，得ＡＢ＝ ＡＣ２－ＢＣ槡 ２ ＝ 槡２３． １８．２．１．２直角三角形斜边上的中线 基础训练　１．Ｄ；　２．Ｃ；　３．Ｃ；　４．１３２． ５．连接ＣＥ，图略． （１）因为ＣＤ＝ＣＢ，Ｅ为ＢＤ的中点，所以ＣＥ⊥ＢＤ． 所以∠ＡＥＣ＝９０°． 因为Ｆ为ＡＣ的中点，所以ＥＦ＝ １２ＡＣ＝１． （２）因为∠ＢＡＣ＝４５°，所以∠ＡＣＥ＝９０°－∠ＢＡＣ＝４５°． 所以ＡＥ＝ＣＥ．因为Ｆ为ＡＣ的中点，所以ＥＦ垂直平分ＡＣ．所以 ＡＭ ＝ＣＭ．所以ＢＣ＝ＣＤ＝ＣＭ＋ＤＭ ＝ＡＭ＋ＤＭ． １８．２．１．３矩形的判定 基础训练　１．Ｄ；　２．Ｂ； ３．答案不惟一，如ＤＥ＝ＦＧ；　４．１３． ５．因为ＢＥ∥ＤＦ，所以∠ＤＦＣ＝∠ＡＥＢ． 所以１８０°－∠ＤＦＣ＝１８０°－∠ＡＥＢ，即∠ＤＦＡ＝∠ＢＥＣ． 又ＤＦ＝ＢＥ，ＡＦ＝ＣＥ，所以△ＡＦＤ≌△ＣＥＢ． 所以∠ＤＡＣ＝∠ＢＣＡ，ＡＤ＝ＣＢ． 所以ＡＤ∥ＢＣ． 所以四边形ＡＢＣＤ是平行四边形． 又∠ＢＡＤ＝９０°，所以四边形ＡＢＣＤ是矩形． 能力提高　６．４． ７．（１）因为ＡＤ∥ＢＣ，所以∠Ｄ＋∠Ｃ＝１８０°．因为∠Ａ＝ ∠Ｄ＝９０°，所以∠Ｃ＝∠Ａ＝∠Ｄ＝９０°．所以四边形ＡＢＣＤ为 矩形． （２）根据折叠的性质，得∠ＢＧＥ＝∠Ａ＝９０°，ＢＧ＝ＡＢ＝ ６，ＡＥ＝ＧＥ．所以∠ＥＧＦ＝１８０°－∠ＢＧＥ＝９０°．因为Ｅ是ＡＤ 的中点，所以 ＡＥ＝ＤＥ．所以 ＤＥ＝ＧＥ．又 ＥＦ＝ＥＦ，所以 Ｒｔ△ＤＥＦ≌Ｒｔ△ＧＥＦ（ＨＬ）．所以ＤＦ＝ＧＦ．所以ＢＦ＝ＢＧ＋ＧＦ ＝６＋ＤＦ．因为四边形 ＡＢＣＤ是矩形，所以 ＣＤ＝ＡＢ＝６．在 Ｒｔ△ＢＣＥ中，根据勾股定理，得ＢＣ２＋ＣＦ２ ＝ＢＦ２，即８２＋（６－ ＤＦ）２ ＝（６＋ＤＦ）２．解得ＤＦ＝ ８３                                                                      ． —２— 初中数学人教八年级（ＧＤＹ）　第２９～３２期 ３０期３版 一、 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ 答案 Ａ Ｃ Ｄ Ｃ Ｃ Ｄ Ｃ Ｂ 二、９．３５°；　１０．４５；　１１．６；　１２．４８；　１３．７２； １４．槡５２或 槡４５． 三、１５．因为四边形ＡＢＣＤ是平行四边形，所以ＢＣ＝ＡＤ＝ ８．因为ＡＢ＝６，ＡＣ＝１０，所以ＡＣ２ ＝ＡＢ２＋ＢＣ２．所以∠Ｂ＝ ９０°．所以平行四边形ＡＢＣＤ是矩形． １６．（１）因为四边形ＡＢＣＤ是矩形，所以ＡＤ∥ＢＣ．所以∠Ｆ ＝∠ＢＣＥ．因为 Ｅ是 ＡＢ的中点，所以 ＡＥ＝ＥＢ．又 ∠ＡＥＦ＝ ∠ＢＥＣ，所以△ＡＥＦ≌△ＢＥＣ（ＡＡＳ）． （２）因为四边形ＡＢＣＤ是矩形，所以∠Ｄ＝９０°．又∠Ｆ＝ ３０°，所以ＣＦ＝２ＣＤ＝８． １７．因为矩形 ＡＢＣＤ≌ 矩形 ＡＥＦＧ，所以 ＡＢ＝ＡＥ＝１， ∠ＤＡＢ＝∠ＦＥＡ＝９０°，ＡＤ＝ＢＣ＝２．所以∠ＡＢＥ＝∠ＡＥＢ， ∠ＡＢＥ＋∠ＡＤＢ＝９０°，∠ＡＥＢ＋∠ＤＥＦ＝１８０°－∠ＦＥＡ＝ ９０°．所以∠ＤＥＦ＝∠ＡＤＢ．所以ＥＨ＝ＤＨ．在Ｒｔ△ＡＥＨ中，根 据勾股定理，得ＥＨ２＋ＡＥ２＝ＡＨ２，即（２－ＡＨ）２＋１２＝ＡＨ２．解 得ＡＨ＝ ５４． １８．（１）因为ＡＢ＝ＡＣ，ＡＤ是△ＡＢＣ的角平分线，所以ＡＤ ⊥ ＢＣ，∠ＣＡＤ ＝ １２∠ＢＡＣ．所以 ∠ＡＤＣ＝９０°．因为 ＡＮ为 △ＡＢＣ外角∠ＣＡＭ的平分线，所以 ∠ＣＡＮ＝ １２∠ＣＡＭ．所以 ∠ＤＡＥ＝∠ＣＡＤ＋∠ＣＡＮ＝９０°．因为ＣＥ⊥ＡＮ，所以∠ＡＥＣ＝ ９０°．所以四边形ＡＤＣＥ为矩形． （２）四边形ＡＢＤＥ是平行四边形．证明如下： 由（１）知，四边形ＡＤＣＥ为矩形．所以ＡＥ＝ＣＤ，ＡＣ＝ＤＥ． 又ＡＢ＝ＡＣ，ＢＤ＝ＣＤ，所以ＡＢ＝ＤＥ，ＡＥ＝ＢＤ．所以四边形 ＡＢＤＥ是平行四边形． （３）ＤＦ∥ＡＢ，ＤＦ＝ １２ＡＢ． 附加题 １．（１）因为四边形ＡＢＣＤ是平行四边形，所以ＡＥ∥ＢＣ．又 ＣＥ∥ＢＤ，所以四边形ＢＣＥＤ是平行四边形．所以ＣＥ＝ＢＤ．又 ＣＥ＝ＡＣ，所以ＡＣ＝ＢＤ．所以四边形ＡＢＣＤ是矩形． （２）因为四边形ＡＢＣＤ是矩形，所以 ∠ＢＡＤ＝９０°，ＢＣ＝ ＡＤ＝３． 根据勾股定理，得ＢＤ＝ ＡＢ２＋ＡＤ槡 ２ ＝５． 所以四边形ＢＣＥＤ的周长为：２（ＢＣ＋ＢＤ）＝１６． ２．（１）因为四边形 ＡＢＣＤ是矩形，所以 ∠Ａ＝∠ＡＤＣ＝ ∠Ｂ＝∠Ｃ＝９０°，ＡＢ＝ＣＤ． 由折叠的性质，得 ＡＢ＝ＰＤ，∠Ａ＝∠Ｐ＝９０°，∠Ｂ＝ ∠ＰＤＦ＝９０°． 所以ＰＤ＝ＣＤ，∠ＰＤＦ＝∠ＡＤＣ，∠Ｐ＝∠Ｃ． 所以∠ＰＤＦ－∠ＡＤＦ＝∠ＡＤＣ－∠ＡＤＦ，即 ∠ＰＤＥ＝ ∠ＣＤＦ． 所以△ＰＤＥ≌△ＣＤＦ（ＡＳＡ）． （２）过点Ｅ作ＥＧ⊥ＢＣ于点Ｇ，图略． 所以∠ＥＧＦ＝∠ＥＧＢ＝９０°． 所以四边形ＡＢＧＥ和四边形ＥＧＣＤ都是矩形． 所以ＡＥ＝ＢＧ，ＤＥ＝ＣＧ，ＥＧ＝ＣＤ＝４． 在Ｒｔ△ＥＧＦ中，由勾股定理，得ＦＧ＝ ＥＦ２－ＥＧ槡 ２ ＝３． 由（１）得，△ＰＤＥ≌△ＣＤＦ． 所以ＰＥ＝ＣＦ，ＤＥ＝ＤＦ＝ＣＧ＝ＣＦ＋３． 由折叠的性质，得ＡＥ＝ＰＥ． 在Ｒｔ△ＣＤＦ中，由勾股定理，得ＣＤ２＋ＣＦ２ ＝ＤＦ２，即ＣＦ２ ＋４２ ＝（ＣＦ＋３）２． 解得ＣＦ＝ ７６． 所以ＢＣ＝２ＣＦ＋３＝１６３． ３１期２版 １８．２特殊的平行四边形（菱形） １８．２．２．１菱形的性质 基础训练　１．Ｄ；　２．Ｃ；　３．２０；　４．８０°． ５．因为四边形ＡＢＣＤ是菱形，所以ＡＢ∥ＣＤ，ＡＣ⊥ＢＤ．因 为ＤＥ⊥ＢＤ，所以ＤＥ∥ＡＣ．所以四边形ＡＣＤＥ是平行四边形． ６．因为四边形 ＡＢＣＤ是菱形，所以 ＡＢ＝ＢＣ，∠ＡＢＰ＝ ∠ＣＢＰ．又ＢＰ＝ＢＰ，所以△ＡＢＰ≌△ＣＢＰ（ＳＡＳ）．所以ＰＡ＝ＰＣ． ７．（１）因为四边形 ＡＢＣＤ是菱形，所以 ＡＢ＝ＡＤ．所以 ∠ＡＢＤ＝∠ＡＤＢ．因为 ＡＥ＝ＡＢ，所以 ＡＥ＝ＡＤ．所以 ∠Ｅ＝ ∠ＡＤＥ．所以２∠ＡＤＢ＋２∠ＡＤＥ＝１８０°．所以∠ＡＤＢ＋∠ＡＤＥ ＝９０°．所以△ＢＤＥ为直角三角形． （２）因为四边形ＡＢＣＤ是菱形，所以ＯＡ＝ＯＣ，ＯＢ＝ＯＤ． 因为ＡＥ＝ＡＢ，所以ＯＣ＝ＯＡ＝ １２ＤＥ＝ １ ２×６＝３（ｃｍ）． ８．（１）因为四边形 ＡＢＣＤ是菱形，所以 ＡＣ⊥ ＢＤ，ＯＡ＝ １ ２ＡＣ＝４ｃｍ，ＯＢ＝ １ ２ＢＤ＝３ｃｍ．根据勾股定理，得 ＡＢ＝ ＯＡ２＋ＯＢ槡 ２ ＝５ｃｍ．因为Ｓ菱形ＡＢＣＤ ＝ １ ２ＡＣ·ＢＤ＝ＡＢ·ＤＨ， 所以ＤＨ＝ＡＣ·ＢＤ２ＡＢ ＝ ２４ ５ｃｍ                                                                      ． —３— 初中数学人教八年级（ＧＤＹ）　第２９～３２期 （２）因为四边形ＡＢＣＤ是菱形，所以ＯＢ＝ＯＤ，∠ＤＡＨ＝ ２∠ＯＡＢ．所以ＯＨ＝ＯＢ．所以∠ＯＨＢ＝∠ＯＢＨ．所以∠ＢＯＨ＝ １８０°－２∠ＯＢＨ．因为∠ＯＡＢ＝９０°－∠ＯＢＨ，所以 ∠ＤＡＨ＝ １８０°－２∠ＯＢＨ．所以∠ＢＯＨ＝∠ＤＡＨ． １８．２．２．２菱形的判定 基础训练　１．Ｂ；　２．Ｄ； ３．答案不惟一，如ＡＢ＝ＡＣ； ４．（２，槡２２）或（２，－ 槡２２）． ５．在 △ＡＢＣ和 △ＡＤＣ中， ＡＢ＝ＡＤ， ＡＣ＝ＡＣ， ＢＣ＝ＤＣ { ， 所以 △ＡＢＣ≌ △ＡＤＣ（ＳＳＳ）．所以 ∠ＢＡＣ＝∠ＤＡＣ．因为 ＡＢ∥ ＣＤ，所以 ∠ＢＡＣ＝∠ＤＣＡ．所以∠ＤＣＡ＝∠ＤＡＣ．所以 ＡＤ＝ＣＤ．所以 ＡＢ＝ＣＢ＝ＣＤ＝ＡＤ．所以四边形ＡＢＣＤ是菱形． ６．（１）因为 ＡＥ∥ ＣＦ，所以 ∠ＥＡＤ＝∠ＦＣＤ，∠ＡＥＤ＝ ∠ＣＦＤ．因为ＢＡ＝ＢＣ，ＢＤ平分∠ＡＢＣ，所以ＢＤ⊥ＡＣ，ＡＤ＝ ＣＤ．所以△ＡＥＤ≌△ＣＦＤ（ＡＡＳ）．所以ＡＥ＝ＣＦ．所以四边形 ＡＥＣＦ是平行四边形．又ＢＤ⊥ＡＣ，所以四边形ＡＥＣＦ是菱形． （２）因为四边形 ＡＥＣＦ是菱形，所以 ＤＥ＝ＤＦ＝２．在 Ｒｔ△ＡＤＢ中，由勾股定理，得 ＡＤ２＋ＢＤ２ ＝ＡＢ２，即４２＋（２＋ ＢＥ）２ ＝（４＋ＢＥ）２．解得ＢＥ＝１．所以ＢＦ＝５． 能力提高　７．（１）能．因为四边形ＡＢＣＤ是矩形，所以∠Ａ ＝∠Ｃ＝９０°，ＡＤ∥ ＢＣ．所以 ∠ＰＢＥ＝∠ＡＤＢ＝３０°，ＢＣ⊥ ＣＤ．根据题意，得ＢＰ＝２ｔ，ＤＱ＝ｔ．因为ＰＥ⊥ＢＣ，所以ＰＥ∥ ＣＤ，∠ＢＥＰ＝９０°．所以 ＰＥ＝ １２ＢＰ＝ｔ＝ＤＱ．所以四边形 ＰＥＱＤ是平行四边形．因为ＡＢ＝４，所以ＢＤ＝８．所以ＤＰ＝８ －２ｔ．当ＤＰ＝ＰＥ时，四边形ＰＥＱＤ为菱形．所以８－２ｔ＝ｔ．解 得ｔ＝ ８３． （２）①当∠ＥＰＱ＝９０°时，四边形ＥＰＱＣ为矩形，所以ＰＥ ＝ＱＣ，所以ｔ＝４－ｔ，解得ｔ＝２；②当∠ＰＱＥ＝９０°时，由（１） 得，ＰＤ∥ＥＱ，所以 ∠ＤＰＱ＝∠ＰＱＥ＝９０°，在 Ｒｔ△ＤＰＱ中， ∠ＰＱＤ＝３０°，所以ＤＱ＝２ＤＰ，所以ｔ＝２（８－２ｔ），解得ｔ＝１６５； ③不存在∠ＰＥＱ＝９０°的情况． 综上所述，当ｔ＝２或１６５时，△ＰＱＥ为直角三角形． ３１期３版 一、 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ 答案 Ａ Ｃ Ｃ Ｂ Ｂ Ｂ Ｃ Ｄ 二、９．６０°；　１０．答案不惟一，如ＡＢ＝ＣＤ；　１１．２４； １２． 槡２０３；　１３．１６；　１４．９０°或５６．２５°． 三、１５．因为四边形ＡＢＣＤ是菱形，所以ＡＢ∥ＣＤ，∠ＡＢＤ＝ ∠ＣＢＤ．因为 ＥＦ∥ ＢＣ，所以四边形 ＢＣＦＥ是平行四边形， ∠ＥＭＢ＝∠ＣＢＤ．所以ＢＥ＝ＣＦ，∠ＡＢＤ＝∠ＥＭＢ．所以ＢＥ＝ ＥＭ．所以ＣＦ＝ＥＭ． １６．因为∠ＢＡＦ＝∠ＤＡＥ，所以∠ＢＡＦ－∠ＥＡＦ＝∠ＤＡＥ －∠ＥＡＦ，即∠ＢＡＥ＝∠ＤＡＦ．因为四边形 ＡＢＣＤ是平行四边 形，所以∠Ｂ＝∠Ｄ．又ＢＥ＝ＤＦ，所以△ＡＢＥ≌△ＡＤＦ（ＡＡＳ）．所 以ＡＢ＝ＡＤ．所以四边形ＡＢＣＤ是菱形． １７．（１）因为四边形 ＡＢＣＤ是菱形，所以 ＯＡ＝ＯＣ，ＯＢ＝ ＯＤ，ＡＣ⊥ＢＤ．因为ＤＦ＝ＢＥ，所以ＯＢ－ＢＥ＝ＯＤ－ＤＦ，即ＯＥ ＝ＯＦ．所以四边形ＡＥＣＦ是平行四边形．又ＡＣ⊥ＥＦ，所以四边 形ＡＥＣＦ是菱形． （２）△ＡＤＥ是直角三角形．理由如下： 因为ＡＣ＝４，ＢＤ＝８，所以ＯＡ＝２，ＯＢ＝ＯＤ＝４．因为ＢＥ ＝３，所以ＯＥ＝ＯＢ－ＢＥ＝１，ＤＥ＝ＢＤ－ＢＥ＝５．因为ＡＣ⊥ ＢＤ，所以∠ＡＯＥ＝∠ＡＯＤ＝９０°．根据勾股定理，得ＡＥ２＝ＯＡ２ ＋ＯＥ２＝５，ＡＤ２＝ＯＡ２＋ＯＤ２＝２０．所以ＡＥ２＋ＡＤ２＝ＤＥ２．所 以△ＡＤＥ是直角三角形． １８．（１）连接ＡＣ，图略．因为四边形ＡＢＣＤ是菱形，所以ＡＢ ＝ＢＣ＝ＣＤ，ＡＢ∥ＣＤ．因为∠Ｂ＝６０°，所以∠ＢＣＤ＝１８０°－ ∠Ｂ＝１２０°，△ＡＢＣ是等边三角形．因为Ｅ是ＢＣ的中点，所以 ＡＥ⊥ＢＣ．所以∠ＡＥＣ＝９０°．因为∠ＡＥＦ＝６０°，所以∠ＦＥＣ＝ ∠ＡＥＣ－∠ＡＥＦ＝３０°．所以∠ＣＦＥ＝１８０°－∠ＦＥＣ－∠ＥＣＦ ＝３０°．所以∠ＦＥＣ＝∠ＣＦＥ．所以ＥＣ＝ＣＦ．因为ＣＥ＝１２ＢＣ， 所以ＣＦ＝ １２ＣＤ，即Ｆ是ＣＤ的中点． （２）连接ＡＣ，图略．因为△ＡＢＣ是等边三角形，所以ＡＢ＝ ＡＣ，∠ＢＡＣ＝∠ＡＣＢ＝６０°．所以∠ＡＣＦ＝∠ＢＣＤ－∠ＡＣＢ＝ ６０°＝∠Ｂ．因为∠ＥＡＦ＝６０°，所以∠ＢＡＣ－∠ＥＡＣ＝∠ＥＡＦ －∠ＥＡＣ，即∠ＢＡＥ＝∠ＣＡＦ．所以△ＡＢＥ≌△ＡＣＦ（ＡＳＡ）．所 以ＡＥ＝ＡＦ．所以△ＡＥＦ是等边三角形．所以∠ＡＥＦ＝６０°．因 为∠ＡＥＦ＋∠ＦＥＣ＝∠Ｂ＋∠ＢＡＥ，所以∠ＦＥＣ＝２０°． 附加题　１．（１）因为点Ｅ为ＡＢ的中点，所以ＡＢ＝２ＡＥ＝ ２ＢＥ． 因为ＡＢ＝２ＣＤ，所以ＣＤ＝ＡＥ． 又ＡＥ∥ＣＤ，所以四边形ＡＥＣＤ是平行四边形． 因为ＡＣ平分∠ＤＡＢ，所以∠ＤＡＣ＝∠ＥＡＣ． 因为ＡＢ∥ＣＤ，所以∠ＤＣＡ＝∠ＣＡＢ． 所以∠ＤＣＡ＝∠ＤＡＣ． 所以                                                                      ＡＤ＝ＣＤ． —４— 初中数学人教八年级（ＧＤＹ）　第２９～３２期 所以四边形ＡＥＣＤ是菱形． （２）因为四边形ＡＥＣＤ是菱形，∠Ｄ＝１２０°，ＣＤ＝２，所以 ＡＢ＝４，ＣＥ＝ＡＥ＝２，∠ＡＥＣ＝∠Ｄ＝１２０°． 所以ＣＥ＝ＢＥ，∠ＣＥＢ＝１８０°－∠ＡＥＣ＝６０°． 所以∠ＡＣＥ＝∠ＣＡＥ＝３０°，△ＣＥＢ是等边三角形． 所以ＢＣ＝２，∠ＥＣＢ＝６０°． 所以∠ＡＣＢ＝∠ＡＣＥ＋∠ＥＣＢ＝９０°． 根据勾股定理，得ＡＣ＝ ＡＢ２－ＢＣ槡 ２ ＝ 槡２３． 所以Ｓ△ＡＢＣ ＝ １ ２ＡＣ·ＢＣ＝ 槡２３． ２．（１）因为点Ｅ与点Ｆ关于直线 ＣＤ对称，所以ＦＤ＝ＥＤ， ＦＧ＝ＥＧ，∠ＥＤＧ＝∠ＦＤＧ． 因为ＥＧ∥ＡＦ，所以∠ＥＧＤ＝∠ＦＤＧ． 所以∠ＥＧＤ＝∠ＥＤＧ． 所以ＥＤ＝ＥＧ．所以ＦＤ＝ＥＤ＝ＦＧ＝ＥＧ． 所以四边形ＤＥＧＦ是菱形． （２）连接ＦＣ，ＥＣ，图略． 因为∠Ａ＝∠Ｂ＝９０°，所以∠Ａ＋∠Ｂ＝１８０°． 所以ＡＦ∥ＣＢ． 因为ＡＦ＝ＢＣ＝８，所以四边形ＡＢＣＦ是平行四边形． 所以ＣＦ＝ＡＢ＝１０． 根据轴对称的性质，得ＣＥ＝ＣＦ＝１０． 根据勾股定理，得ＢＥ＝ ＣＥ２－ＢＣ槡 ２ ＝６． 所以ＡＥ＝ＡＢ－ＢＥ＝４． 在Ｒｔ△ＡＤＥ中，根据勾股定理，得ＡＥ２＋ＡＤ２ ＝ＤＥ２，即４２ ＋（８－ＤＦ）２ ＝ＤＦ２． 解得ＤＦ＝５． 所以Ｓ四边形ＤＥＧＦ ＝ＤＦ·ＡＥ＝２０． ３２期２版 １８．２特殊的平行四边形（正方形） １８．２．３．１正方形的性质 基础训练　１．Ｃ；　２．Ｃ；　３．１１５． ４．因为四边形ＡＢＣＤ是正方形，所以ＡＢ＝ＡＤ＝ＢＣ＝ＣＤ， ∠Ｂ＝∠Ｄ＝９０°．因为ＡＥ＝ＡＦ，所以ＡＢ－ＡＥ＝ＡＤ－ＡＦ，即 ＢＥ＝ＤＦ．所以△ＢＣＥ≌△ＤＣＦ（ＳＡＳ）．所以ＣＥ＝ＣＦ．因为点 Ｍ是ＥＦ的中点，所以ＣＭ⊥ＥＦ． ５．（１）因为四边形ＡＢＣＤ是边长为１的正方形，所以ＡＤ＝ ＣＤ＝１，∠Ｄ＝９０°，ＡＤ∥ＢＣ．所以∠ＤＡＥ＝∠Ｆ．因为ＡＥ平 分∠ＣＡＤ，所以∠ＣＡＥ＝∠ＤＡＥ．所以∠ＣＡＥ＝∠Ｆ．根据勾股 定理，得ＣＦ＝ＡＣ＝ ＡＤ２＋ＣＤ槡 ２ ＝槡２． （２）过点Ｅ作ＥＧ⊥ＡＣ于点Ｇ，图略．所以∠ＥＧＡ＝∠ＥＧＣ ＝９０°．因为 ＡＥ平分 ∠ＣＡＤ，所以 ＥＤ＝ＥＧ．在 Ｒｔ△ＡＤＥ和 Ｒｔ△ＡＧＥ中， ＡＥ＝ＡＥ， ＥＤ＝ＥＧ{ ，所以Ｒｔ△ＡＤＥ≌Ｒｔ△ＡＧＥ（ＨＬ）．所以 ＡＤ＝ＡＧ＝１．所以ＣＧ＝ＡＣ－ＡＧ＝槡２－１．因为四边形ＡＢＣＤ 是正方形，所以∠ＡＣＤ＝４５°．所以∠ＣＥＧ＝９０°－∠ＧＣＥ＝ ４５°．所以ＥＧ＝ＣＧ．根据勾股定理，得ＣＥ＝ ＥＧ２＋ＣＧ槡 ２ ＝２ －槡２． 能力提高　６．槡４２． ７．连接 ＢＦ，图略．根据题意，得 ∠ＥＡＦ＝９０°，∠ＡＦＥ＝ ∠ＡＥＦ＝４５°，ＡＦ＝ＡＥ＝４．根据勾股定理，得ＥＦ２＝ＡＦ２＋ＡＥ２ ＝３２．因为四边形 ＡＢＣＤ是正方形，所以 ＡＢ＝ＡＤ，∠ＤＡＢ＝ ９０°．所以 ∠ＥＡＦ－∠ＤＡＦ＝∠ＤＡＢ－∠ＤＡＦ，即 ∠ＥＡＤ＝ ∠ＦＡＢ．在△ＡＤＥ和△ＡＢＦ中， ＡＤ＝ＡＢ， ∠ＥＡＤ＝∠ＦＡＢ， ＡＥ＝ＡＦ { ， 所以△ＡＤＥ ≌△ＡＢＦ（ＳＡＳ）．所以ＤＥ＝ＢＦ＝２，∠ＡＥＤ＝∠ＡＦＢ＝４５°． 所以∠ＢＦＥ＝∠ＡＦＢ＋∠ＡＦＥ＝９０°．根据勾股定理，得ＢＥ＝ ＥＦ２＋ＢＦ槡 ２ ＝６． １８．２．３．２正方形的判定 基础训练　１．Ａ；　２．Ｄ；　３．不一定． ４．因为四边形ＡＢＣＤ是矩形，ＯＡ＝１，所以 ＯＢ＝１．因为 ＡＢ＝槡２，所以ＯＡ ２＋ＯＢ２＝ＡＢ２．所以∠ＡＯＢ＝９０°．所以ＡＣ⊥ ＢＤ．所以四边形ＡＢＣＤ是正方形． ５．因为四边形ＡＢＣＤ是矩形，所以∠ＡＢＣ＝９０°．因为 ＢＥ ⊥ＥＦ，所以 ∠ＢＥＦ＝９０°．因为 ∠ＡＢＥ＋∠ＣＥＦ＝４５°，所以 ∠ＣＥＢ＋∠ＣＢＥ＝∠ＢＥＦ－∠ＣＥＦ＋∠ＡＢＣ－∠ＡＢＥ＝１８０° －（∠ＣＥＦ＋∠ＡＢＥ）＝１３５°．所以∠ＢＣＥ＝１８０°－（∠ＣＥＢ＋ ∠ＣＢＥ）＝４５°．所以∠ＢＡＣ＝９０°－∠ＢＣＥ＝４５°．所以ＡＢ＝ ＢＣ．所以四边形ＡＢＣＤ是正方形． ６．（１）因为ＢＤ平分∠ＡＢＣ，所以∠ＡＢＤ＝∠ＣＢＤ．又ＡＢ ＝ＣＢ，ＢＤ＝ＢＤ，所以△ＡＢＤ≌△ＣＢＤ（ＳＡＳ）．所以∠ＡＤＢ＝ ∠ＣＤＢ． （２）因为ＰＭ∥ＣＤ，ＰＮ∥ＡＤ，所以四边形ＭＰＮＤ是平行 四边形，∠ＭＰＤ＝∠ＮＤＰ．所以∠ＭＰＤ＝∠ＭＤＰ．所以ＰＭ＝ ＤＭ．所以四边形 ＭＰＮＤ是菱形．所以当 ＭＮ＝ＰＤ时，四边形 ＭＰＮＤ是正方形． 能力提高　７．（１）因为四边形ＡＢＣＤ是平行四边形，所以 ＡＤ∥ＢＣ，ＡＤ＝ＢＣ．因为ＡＣ∥ＤＥ，所以四边形ＡＣＥＤ是平行四 边形．所以ＡＤ＝ＣＥ．所以ＢＣ＝ＣＥ． （２）因为四边形ＡＣＥＤ是平行四边形，所以ＣＤ＝２ＣＦ．因 为ＡＤ＝２ＣＦ，所以ＡＤ＝ＣＤ．所以四边形ＡＢＣＤ是菱形．因为 ＡＤ∥ＥＣ，所以∠ＤＡＦ＝∠ＦＥＢ．因为 ∠ＤＡＦ＝∠ＦＢＥ，                                                                      所以 —５— 初中数学人教八年级（ＧＤＹ）　第２９～３２期 ∠ＦＢＥ＝∠ＦＥＢ．所以ＦＢ＝ＦＥ．因为ＢＣ＝ＣＥ，所以ＦＣ⊥ＢＥ． 所以∠ＢＣＦ＝９０°．所以四边形ＡＢＣＤ是正方形． ３２期３版 一、 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ 答案 Ｂ Ｂ Ｂ Ｄ Ｂ Ｄ Ｄ Ｃ 二、９．１３５°；　１０．槡６；　１１．答案不惟一，如ＡＣ＝ＢＤ； １２． 槡１５２；　１３．８；　１４．槡６２或 槡４５＋ 槡２２． 三、１５．因为四边形ＡＢＣＤ是正方形，所以∠ＡＢＤ＝∠ＡＤＢ ＝４５°．因为 ＢＥ＝ＢＤ，所以 ∠ＢＤＥ＝∠Ｅ＝ １２（１８０°－ ∠ＥＢＤ）＝６７．５°．所以∠ＥＤＡ＝∠ＢＤＥ－∠ＡＤＢ＝２２．５°． １６．因为四边形 ＡＢＣＤ是矩形，所以 ∠Ｂ＝∠ＤＡＢ＝ ∠ＢＡＦ＋∠ＤＡＦ＝９０°．因为ＡＦ⊥ＤＥ，所以∠ＡＧＤ＝９０°．所以 ∠ＡＤＥ＋∠ＤＡＦ＝９０°．所以 ∠ＢＡＦ＝∠ＡＤＥ．在 △ＡＢＦ和 △ＤＡＥ中， ∠Ｂ＝∠ＥＡＤ， ∠ＢＡＦ＝∠ＡＤＥ， ＡＦ＝ＤＥ { ， 所以△ＡＢＦ≌△ＤＡＥ（ＡＡＳ）．所 以ＡＢ＝ＤＡ．所以四边形ＡＢＣＤ是正方形． １７．（１）因为四边形ＡＢＣＤ是正方形，所以∠ＤＡＥ＝∠ＢＣＦ ＝４５°，ＡＤ＝ＢＣ．在△ＡＤＥ和△ＣＢＦ中， ＡＤ＝ＣＢ， ∠ＤＡＥ＝∠ＢＣＦ， ＡＥ＝ＣＦ { ， 所 以△ＡＤＥ≌△ＣＢＦ（ＳＡＳ）． （２）因为四边形ＡＢＣＤ是正方形，所以∠ＢＡＤ＝９０°，ＡＣ⊥ ＢＤ，ＯＡ＝ＯＢ＝ＯＣ＝ＯＤ．因为 ＡＢ＝ＡＤ＝４，所以 ＢＤ＝ ＡＢ２＋ＡＤ槡 ２ ＝ 槡４２＝ＡＣ．所以ＯＡ＝ＯＢ＝ 槡２２．因为ＡＥ＝ ＣＦ＝槡２，所以ＯＥ＝ＯＡ－ＡＥ＝ＯＣ－ＣＦ＝ＯＦ＝槡２．所以四 边形ＢＥＤＦ为菱形，ＤＥ＝ ＯＤ２＋ＯＥ槡 ２ ＝槡１０．所以四边形 ＢＥＤＦ的周长为：４ＤＥ＝ 槡４ １０． １８．（１）因为四边形ＡＢＣＤ和 ＣＥＦＧ都是正方形，所以 ＡＢ ＝ＢＣ＝ＣＤ＝ＡＤ，∠ＢＡＤ＝∠Ｂ＝∠ＡＤＣ＝９０°，ＧＣ＝ＣＥ＝ ＥＦ＝ＦＧ，∠Ｅ＝∠ＣＧＦ＝９０°．所以∠ＡＤＨ＝１８０°－∠ＡＤＣ＝ ９０°，∠ＨＧＦ＝１８０°－∠ＣＧＦ＝９０°．因为ＤＨ＝ＣＥ＝ＢＫ，所以 ＨＧ ＝ ＫＥ ＝ ＡＢ．所 以 △ＡＤＨ≌ △ＡＢＫ≌ △ＫＥＦ≌ △ＨＧＦ（ＳＡＳ）．所以ＡＨ＝ＡＫ＝ＫＦ＝ＨＦ，∠ＤＡＨ＝∠ＢＡＫ．所 以四边形ＡＫＦＨ是菱形，∠ＫＡＨ＝∠ＤＡＨ＋∠ＫＡＤ＝∠ＢＡＫ＋ ∠ＫＡＤ＝∠ＢＡＤ＝９０°．所以四边形ＡＫＦＨ是正方形． （２）连接ＡＥ，图略．因为四边形 ＡＫＦＨ的面积为１０，所以 ＫＦ＝槡１０．因为ＣＥ＝１，所以ＢＫ＝ＥＦ＝１．根据勾股定理，得 ＫＥ＝ ＫＦ２－ＥＦ槡 ２ ＝３．所以ＡＢ＝ＫＥ＝３，ＢＥ＝ＢＫ＋ＫＥ＝ ４．所以点Ａ，Ｅ之间的距离为：ＡＥ＝ ＡＢ２＋ＢＥ槡 ２ ＝５． 附加题　１．（１）因为四边形ＡＢＣＤ是正方形，所以∠ＡＢＣ ＝９０°． 所以∠ＥＢＧ＝１８０°－∠ＡＢＣ＝９０°． 所以平行四边形ＢＥＦＧ是矩形． （２）９０．理由如下： 延长ＧＰ交ＤＣ于点Ｈ，图略． 因为正方形ＡＢＣＤ和平行四边形ＢＥＦＧ，所以ＡＢ∥ＤＣ，ＢＥ ∥ＧＦ，ＤＣ＝ＢＣ． 所以ＤＣ∥ＧＦ． 所以∠ＨＤＰ＝∠ＧＦＰ，∠ＤＨＰ＝∠ＦＧＰ． 因为Ｐ是线段ＤＦ的中点，所以ＤＰ＝ＦＰ． 在△ＤＨＰ和△ＦＧＰ中， ∠ＤＨＰ＝∠ＦＧＰ， ∠ＨＤＰ＝∠ＧＦＰ， ＤＰ＝ＦＰ { ， 所以△ＤＨＰ≌ △ＦＧＰ（ＡＡＳ）． 所以ＨＰ＝ＧＰ，ＤＨ＝ＦＧ． 当∠ＣＰＧ＝９０°时，ＰＧ⊥ＰＣ． 所以ＣＨ＝ＣＧ． 所以ＤＣ－ＣＨ＝ＢＣ－ＣＧ，即ＤＨ＝ＢＧ． 所以ＢＧ＝ＦＧ． 所以平行四边形ＢＥＦＧ是菱形． 由（１）知四边形ＢＥＦＧ是矩形． 所以四边形ＢＥＦＧ是正方形． ２．（１）因为四边形ＡＢＣＤ为矩形，四边形ＥＦＧＨ为菱形，所 以∠Ｄ＝∠Ａ＝９０°，ＨＧ＝ＨＥ． 在Ｒｔ△ＡＨＥ和Ｒｔ△ＤＧＨ中， ＥＨ＝ＨＧ， ＡＨ＝ＤＧ{ ，所以Ｒｔ△ＡＨＥ≌ Ｒｔ△ＤＧＨ（ＨＬ）． 所以∠ＡＥＨ＝∠ＤＨＧ． 因为∠ＡＨＥ＋∠ＡＥＨ＝９０°，所以∠ＡＨＥ＋∠ＤＨＧ＝９０°． 所以∠ＥＨＧ＝９０°． 所以四边形ＥＦＧＨ为正方形． （２）因为ＡＤ＝６，ＤＣ＝７，ＤＧ＝ＡＨ＝２，所以ＤＨ＝ＡＤ－ ＡＨ＝４，ＣＧ＝ＤＣ－ＤＧ＝５． 由勾股定理，得ＨＧ＝ ＤＧ２＋ＤＨ槡 ２ ＝ 槡２５． 因为四边形 ＥＦＧＨ是正方形，所以 ＦＧ＝ 槡２５，∠ＥＦＧ＝ ９０°． 所以∠ＣＦＧ＝１８０°－∠ＥＦＧ＝９０°． 由勾股定理，得ＣＦ＝ ＣＧ２－ＦＧ槡 ２ ＝槡５                                                                      ． —６— 初中数学人教八年级（ＧＤＹ）　第２９～３２期 书 三、１５．因为四 边形 ＡＢＣＤ是菱形， 所 以 ＡＢ ∥ ＣＤ， ∠ＡＢＤ＝∠ＣＢＤ．因 为ＥＦ∥ＢＣ，所以四 边形 ＢＣＦＥ是平行 四边形，∠ＥＭＢ ＝ ∠ＣＢＤ．所以 ＢＥ＝ ＣＦ，∠ＡＢＤ ＝ ∠ＥＭＢ．所以 ＢＥ＝ ＥＭ．所以ＣＦ＝ＥＭ． １６．因为 ∠ＢＡＦ ＝ ∠ＤＡＥ， 所 以 ∠ＢＡＦ－∠ＥＡＦ ＝ ∠ＤＡＥ－∠ＥＡＦ，即 ∠ＢＡＥ＝∠ＤＡＦ．因 为四边形ＡＢＣＤ是平 行四边形，所以 ∠Ｂ ＝∠Ｄ．又ＢＥ＝ＤＦ， 所 以 △ＡＢＥ ≌ △ＡＤＦ（ＡＡＳ）．所以 ＡＢ＝ＡＤ．所以四边 形ＡＢＣＤ是菱形． １７．（１）因为四 边形 ＡＢＣＤ是菱形， 所以 ＯＡ＝ＯＣ，ＯＢ ＝ＯＤ，ＡＣ⊥ＢＤ．因 为 ＤＦ ＝ＢＥ，所以 ＯＢ－ＢＥ ＝ＯＤ－ ＤＦ，即ＯＥ＝ＯＦ．所 以四边形 ＡＥＣＦ是 平行四边形．又 ＡＣ ⊥ ＥＦ，所以四边形 ＡＥＣＦ是菱形． （２）△ＡＤＥ是直 角三角形．理由略． １８．（１）略． （２）∠ＦＥＣ ＝ ２０°． 附加题 １．（１）略． （２）Ｓ△ＡＢＣ ＝ 槡２３． ２．（１）略． （２）Ｓ四边形ＤＥＧＦ ＝ ２０． 书 ３１期２版 １８．２特殊的平行四边形（菱形） １８．２．２．１菱形的性质 基础训练　１．Ｄ；　２．Ｃ；　３．２０；　４．８０°． ５．因为四边形 ＡＢＣＤ是菱形，所以 ＡＢ∥ ＣＤ，ＡＣ⊥ＢＤ．因为ＤＥ⊥ＢＤ，所以ＤＥ∥ＡＣ．所 以四边形ＡＣＤＥ是平行四边形． ６．因为四边形 ＡＢＣＤ是菱形，所以 ＡＢ＝ ＢＣ，∠ＡＢＰ＝∠ＣＢＰ．又ＢＰ＝ＢＰ，所以△ＡＢＰ ≌△ＣＢＰ（ＳＡＳ）．所以ＰＡ＝ＰＣ． ７．（１）因为四边形ＡＢＣＤ是菱形，所以 ＡＢ ＝ＡＤ．所以∠ＡＢＤ＝∠ＡＤＢ．因为ＡＥ＝ＡＢ，所 以ＡＥ＝ＡＤ．所以∠Ｅ＝∠ＡＤＥ．所以２∠ＡＤＢ ＋２∠ＡＤＥ＝１８０°．所以∠ＡＤＢ＋∠ＡＤＥ＝９０°． 所以△ＢＤＥ为直角三角形． （２）因为四边形ＡＢＣＤ是菱形，所以ＯＡ＝ ＯＣ，ＯＢ＝ＯＤ．因为ＡＥ＝ＡＢ，所以ＯＣ＝ＯＡ＝ １ ２ＤＥ＝ １ ２×６＝３（ｃｍ）． ８．（１）ＤＨ＝２４５ｃｍ． （２）略． １８．２．２．２菱形的判定 基础训练　１．Ｂ；　２．Ｄ； ３．答案不惟一，如ＡＢ＝ＡＣ； ４．（２，槡２２）或（２，－ 槡２２）． ５．在△ＡＢＣ和△ＡＤＣ中， ＡＢ＝ＡＤ， ＡＣ＝ＡＣ， ＢＣ＝ＤＣ { ， 所以 △ＡＢＣ≌△ＡＤＣ（ＳＳＳ）．所以∠ＢＡＣ＝∠ＤＡＣ． 因为 ＡＢ∥ ＣＤ，所以 ∠ＢＡＣ＝∠ＤＣＡ．所以 ∠ＤＣＡ＝∠ＤＡＣ．所以ＡＤ＝ＣＤ．所以ＡＢ＝ＣＢ ＝ＣＤ＝ＡＤ．所以四边形ＡＢＣＤ是菱形． ６．（１）因为 ＡＥ∥ ＣＦ，所以 ∠ＥＡＤ ＝ ∠ＦＣＤ，∠ＡＥＤ＝∠ＣＦＤ．因为ＢＡ＝ＢＣ，ＢＤ平 分 ∠ＡＢＣ，所以 ＢＤ⊥ ＡＣ，ＡＤ ＝ＣＤ．所以 △ＡＥＤ≌△ＣＦＤ（ＡＡＳ）．所以ＡＥ＝ＣＦ．所以四 边形ＡＥＣＦ是平行四边形．又ＢＤ⊥ＡＣ，所以四 边形ＡＥＣＦ是菱形． （２）ＢＦ＝５． 能力提高　７．（１）能．ｔ＝８３． （２）当ｔ＝２或１６５时，△ＰＱＥ为直角三角 形． ３１期３版 一、 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ 答案 Ａ Ｃ Ｃ Ｂ Ｂ Ｂ Ｃ Ｄ 二、９．６０°；　１０．答案不惟一，如ＡＢ＝ＣＤ； １１．２４；　１２． 槡２０３；　１３．１６； １４．９０°或５６．２５°． 书 中点四边形是指顺次连接四边形各边中点 所得的四边形，其形状与原四边形的两条对角线 有着十分密切的关系，现就几种情况归纳如下． 一、任意一个四边形的中点四边形是平行 四边形 例１　 如图１，Ｅ，Ｆ，Ｇ，Ｈ 分别是四边形 ＡＢＣＤ各边的 中点．求证：四边形 ＥＦＧＨ是 平行四边形． 证明：连接 ＢＤ，如图 １． 因为Ｆ，Ｇ分别是ＢＣ，ＣＤ的中 点，所以ＦＧ∥ＢＤ，ＦＧ＝１２ＢＤ．同理ＥＨ∥ＢＤ， ＥＨ＝１２ＢＤ．所以ＦＧ∥ＥＨ，且ＦＧ＝ＥＨ．所以四 边形ＥＦＧＨ是平行四边形． 二、对角线互相垂直的四边形的中点四边 形是矩形 例２　 如图２，Ｅ，Ｆ，Ｇ，Ｈ 分别是四边形 ＡＢＣＤ各边的 中点，且对角线 ＡＣ⊥ ＢＤ．求 证：四边形ＥＦＧＨ是矩形． 证明：由例１的结论，得 四边形ＥＦＧＨ是平行四边形． 因为ＥＦ，ＦＧ分别为 △ＡＢＣ，△ＢＣＤ的中位线， 所以ＥＦ∥ＡＣ，ＦＧ∥ ＢＤ．因为 ＡＣ⊥ ＢＤ，所以 ＥＦ⊥ＦＧ．所以∠ＥＦＧ＝９０°．所以四边形ＥＦＧＨ 是矩形． 三、对角线相等的四边形的中点四边形是 菱形 例３　 如图３，Ｅ，Ｆ，Ｇ，Ｈ 分别是四边形 ＡＢＣＤ各边的 中点，且对角线 ＡＣ＝ＢＤ．求 证：四边形ＥＦＧＨ是菱形． 证明：因为 ＥＦ，ＧＨ分别 为 △ＡＢＣ，△ＡＣＤ的中位线， 所以ＥＦ＝ＧＨ＝１２ＡＣ．同理ＨＥ＝ＦＧ＝ １ ２ＢＤ． 因为ＡＣ＝ＢＤ，所以ＥＦ＝ＦＧ＝ＧＨ＝ＨＥ．所以 四边形ＥＦＧＨ是菱形． 四、对角线互相垂直且相等的四边形的中 点四边形是正方形 例４　 如图４，Ｅ，Ｆ，Ｇ，Ｈ 分别是四边形 ＡＢＣＤ各边的 中点，对角线ＡＣ＝ＢＤ且ＡＣ ⊥ＢＤ．求证：四边形ＥＦＧＨ是 正方形． 证明：由例２的结论可知 四边形ＥＦＧＨ是矩形．因为ＡＣ ＝ＢＤ，由例３的结论可知四边形ＥＦＧＨ是菱形． 所以四边形ＥＦＧＨ是正方形． 书 正方形因其特殊的性质，考题形式多种多 样，掌握每类题型的解题策略可以快速巧妙地解 决问题．现列举几例加以说明，供同学们参考． 一、开放型 例 １　 如图 １，四边形 ＡＢＣＤ是平行四边形，ＡＣ与 ＢＤ相交于点Ｏ，ＡＢ＝ＡＤ，添 加一个条件 ，可使 ＡＢＣＤ成为正方形． 解：答案不惟一，如∠ＢＡＤ＝９０°． 二、探究型 例 ２　 如图 ２，在正方形 ＡＢＣＤ的外侧，作两个等腰三角 形ＡＤＥ和ＤＣＦ．若 ＥＡ＝ＥＤ＝ ＦＤ＝ＦＣ，试判断ＢＥ和ＡＦ的关 系，并给予证明． 解：ＢＥ＝ＡＦ，ＢＥ⊥ ＡＦ．证 明如下： 因为四边形ＡＢＣＤ是正方形，所以ＡＢ＝ＣＤ＝ ＡＤ，∠ＢＡＤ＝∠ＣＤＡ＝９０°．在△ＥＡＤ和△ＦＤＣ 中， ＥＡ＝ＦＤ， ＡＤ＝ＤＣ， ＥＤ＝ＦＣ { ， 所以△ＥＡＤ≌△ＦＤＣ（ＳＳＳ）．所以 ∠ＥＡＤ＝∠ＦＤＣ．所以∠ＢＡＤ＋∠ＥＡＤ＝∠ＣＤＡ＋ ∠ＦＤＣ，即∠ＢＡＥ＝∠ＡＤＦ．在△ＢＡＥ和△ＡＤＦ 中， ＥＡ＝ＦＤ， ∠ＢＡＥ＝∠ＡＤＦ， ＡＢ＝ＤＡ { ， 所 以 △ＢＡＥ ≌ △ＡＤＦ（ＳＡＳ）．所以ＢＥ＝ＡＦ，∠ＡＢＥ＝∠ＤＡＦ．所 以∠ＡＢＥ＋∠ＢＡＦ＝９０°．所以ＢＥ⊥ＡＦ． 三、规律型 例３　 如图 ３，四边形 ＯＡＡ１Ｂ１是边长为 １的正方 形，以对角线 ＯＡ１为边作第 二个正方形 ＯＡ１Ａ２Ｂ２，连接 ＡＡ２，得到 △ＡＡ１Ａ２；再以对 角线ＯＡ２为边作第三个正方 形ＯＡ２Ａ３Ｂ３，连接Ａ１Ａ３，得到△Ａ１Ａ２Ａ３，再以对角 线ＯＡ３为边作第四个正方形 ＯＡ３Ａ４Ｂ４，连接 Ａ２Ａ４，得到 △Ａ２Ａ３Ａ４，…，设 △ＡＡ１Ａ２，△Ａ１Ａ２Ａ３， △Ａ２Ａ３Ａ４，…的面积分别为Ｓ１，Ｓ２，Ｓ３，…，如此下 去，则Ｓ２０４的值为 ． 解：因为四边形ＯＡＡ１Ｂ１是边长为１的正方 形，所以∠ＯＡＡ１＝９０°．所以ＯＡ ２ １＝１ ２＋１２＝２， Ｓ１＝ １ ２×１×１＝ １ ２．因为四边形ＯＡ１Ａ２Ｂ２是正 方形，所以 ∠ＯＡ１Ａ２ ＝９０°，ＯＡ１ ＝Ａ１Ａ２．所以 ＯＡ２２ ＝２ＯＡ ２ １ ＝４．因为四边形 ＯＡ２Ａ３Ｂ３是正方 形，所以ＯＡ２ ＝Ａ２Ａ３ ＝２．所以Ｓ２ ＝ １ ２×２×１ ＝１，Ｓ３ ＝ １ ２×２×２＝２．根据规律可得 Ｓｎ ＝ ２ｎ－２．所以Ｓ２０４ ＝２ ２０２．故填２２０２． ! !" #$% 书 正方形既是矩形，又是菱形．判定一个四边 形为正方形，通常有两种途径：先证明它是矩 形，再证明它是菱形；先证明它是菱形，再证明 它是矩形．现举例说明两种证明思路． 招式一、矩形 ＋一组邻边相等 ＝正方形 例１　如图１，已知四 边形 ＡＢＣＤ是正方形，ＡＢ ＝４槡２，点Ｅ为对角线 ＡＣ 上一动点，连接 ＤＥ，过点 Ｅ作ＥＦ⊥ＤＥ，交射线ＢＣ 于点 Ｆ，以 ＤＥ，ＥＦ为邻边 作矩形ＤＥＦＧ，连接ＣＧ． （１）求证：矩形ＤＥＦＧ是正方形； （２）求证：ＣＥ＋ＣＧ＝８． 证明：（１）过点Ｅ分别作ＥＭ⊥ＢＣ于点Ｍ， ＥＮ⊥ＣＤ于点Ｎ，如图１． 所以∠ＥＭＦ＝∠ＥＮＤ＝∠ＥＮＣ＝９０°． 因为点Ｅ是正方形ＡＢＣＤ对角线上的点， 所以∠ＡＣＢ＝∠ＡＣＤ，∠ＢＣＤ＝９０°． 所以ＥＭ＝ＥＮ，∠ＭＥＮ＝３６０°－∠ＥＭＦ－ ∠ＥＮＣ－∠ＢＣＤ＝９０°． 因为四边形ＤＥＦＧ是矩形， 所以∠ＤＥＦ＝９０°． 所以∠ＭＥＮ－∠ＦＥＮ＝∠ＤＥＦ－∠ＦＥＮ，即 ∠ＭＥＦ＝∠ＤＥＮ． 在 △ＤＥＮ 和 △ＦＥＭ 中， ∠ＥＮＤ＝∠ＥＭＦ， ＥＮ＝ＥＭ， ∠ＤＥＮ＝∠ＦＥＭ { ， 所 以 △ＤＥＮ ≌ △ＦＥＭ（ＡＳＡ）． 所以ＥＤ＝ＥＦ． 所以矩形ＤＥＦＧ是正方形． （２）因为四边形 ＡＢＣＤ和四边形 ＤＥＦＧ都 是正方形，所以 ＡＤ＝ＣＤ＝ＡＢ＝４槡２，ＤＥ＝ ＤＧ，∠ＡＤＣ＝∠ＥＤＧ＝９０°． 所以∠ＡＤＣ－∠ＥＤＣ＝∠ＥＤＧ－∠ＥＤＣ， 即∠ＡＤＥ＝∠ＣＤＧ． 在 △ＡＤＥ 和 △ＣＤＧ 中， ＡＤ＝ＣＤ， ∠ＡＤＥ＝∠ＣＤＧ， ＤＥ＝ＤＧ { ， 所 以 △ＡＤＥ ≌ △ＣＤＧ（ＳＡＳ）． 所以ＡＥ＝ＣＧ． 所以 ＣＥ ＋ＣＧ ＝ ＣＥ ＋ＡＥ ＝ ＡＣ ＝ ＡＤ２＋ＣＤ槡 ２ ＝８． 招式二、菱形 ＋对角线相等 ＝正方形 例２　如图２，在菱 形 ＡＢＣＤ中，对角线 ＡＣ，ＢＤ相交于点 Ｏ，点 Ｅ，Ｆ在对角线ＢＤ上，且 ＢＥ＝ＤＦ，ＯＥ＝ＯＡ．求 证：四边形 ＡＥＣＦ是正 方形． 证明：因为四边形ＡＢＣＤ是菱形，所以ＡＣ⊥ ＢＤ，ＯＡ＝ＯＣ，ＯＢ＝ＯＤ． 因为ＢＥ＝ＤＦ，所以ＯＢ－ＢＥ＝ＯＤ－ＤＦ， 即ＯＥ＝ＯＦ． 所以四边形ＡＥＣＦ是菱形． 因为ＯＥ＝ＯＡ，所以 ＥＦ＝２ＯＥ＝２ＯＡ＝ ＡＣ． 所以菱形ＡＥＣＦ是正方形． 书 在解决有关正方形的问题中，常常结合轴 对称的性质来解题，下面列举几例加以说明，供 同学们参考． 一、运用正方形关于对角线对称解题 例１　 如图１，Ｆ是正方 形ＡＢＣＤ对角线ＢＤ上一点， 连接 ＡＦ，ＣＦ，并延长 ＣＦ交 ＡＤ于点Ｅ．若∠ＡＦＣ＝１４０°， 则∠ＤＥＣ的度数为 （　　） 　　　　　　　　　　　　　　　　　　Ａ．８０° Ｂ．７５° Ｃ．７０° Ｄ．６５° 解：因为四边形 ＡＢＣＤ是正方形，所以 ∠ＡＤＦ＝１２∠ＡＤＣ＝４５°．因为正方形ＡＢＣＤ关 于对角线ＢＤ对称，所以 ∠ＢＦＣ＝１２∠ＡＦＣ＝ ７０°．由对顶角相等，得∠ＤＦＥ＝∠ＢＦＣ＝７０°． 所以∠ＤＥＣ＝１８０°－∠ＤＦＥ－∠ＥＤＦ＝６５°． 故选Ｄ． 例２　如图２为某城市部 分街道示意图，四边形 ＡＢＣＤ 为正方形，点 Ｇ在对角线 ＢＤ 上，ＧＥ⊥ＣＤ，ＧＦ⊥ＢＣ，ＡＤ＝ １５００ｍ，小敏行走的路线为Ｂ →Ａ→Ｇ→Ｅ，小聪行走的路 线为Ｂ→Ａ→Ｄ→Ｅ→Ｆ．若小敏行走的路程为 ３１００ｍ，则小聪行走的路程为 （　　） Ａ．３１００ｍ Ｂ．４６００ｍ Ｃ．３０００ｍ Ｄ．３６００ｍ 解：连接ＧＣ，如图２． 因为四边形 ＡＢＣＤ为正方形，所以 ∠ＢＣＤ ＝９０°，∠ＥＤＧ ＝４５°．因为 ＧＥ⊥ ＤＣ，所以 ∠ＧＥＤ＝∠ＧＥＣ＝９０°．所以 ∠ＤＧＥ＝９０°－ ∠ＥＤＧ＝４５°．所以ＤＥ＝ＧＥ．因为正方形ＡＢＣＤ 关于对角线ＢＤ对称，所以ＡＧ＝ＣＧ．因为ＧＦ⊥ ＢＣ，所以∠ＧＦＣ＝９０°．所以四边形ＧＥＣＦ是矩 形．所以ＥＦ＝ＣＧ．所以ＥＦ＝ＡＧ．因为小敏共走 了３１００ｍ，所以小聪行走的路程为：ＢＡ＋ＡＤ＋ ＤＥ＋ＥＦ＝ＢＡ＋ＡＤ＋ＧＥ＋ＡＧ＝３１００＋１５００ ＝４６００（ｍ）． 故选Ｂ． 二、运用轴对称的性质解题 例３　 如图 ３，在正方形 ＡＢＣＤ中，ＡＢ＝５，点Ｅ是ＢＣ边 上一动点（点 Ｅ不与 Ｂ，Ｃ重 合），连接ＡＥ，作点 Ｂ关于直线 ＡＥ的对称点Ｆ，则线段ＣＦ的最 小值为 （　　） Ａ．５４ Ｂ．５槡２－５ Ｃ．５槡２２ Ｄ． ５ ２ 解：连接ＡＣ，ＡＦ，如图３． 因为四边形ＡＢＣＤ为正方形，ＡＢ＝５，所以 ＢＣ＝５，∠ＡＢＣ＝９０°．根据勾股定理，得 ＡＣ＝ ＡＢ２＋ＢＣ槡 ２ ＝５槡２．因为点 Ｂ，Ｆ关于直线 ＡＥ 对称，所以ＡＦ＝ＡＢ＝５．当点Ｆ在ＡＣ上时，ＣＦ 最小．所以线段ＣＦ的最小值为：ＡＣ－ＡＦ＝５槡２ －５． 故选Ｂ． !"#$ % & !"#$!"#% &' !!"#( "$"% " ") "&*+,(- ' ( !" $ &'()* ./01234567 892:;<=>?@4 !"#$%#&'$&() 89AB;<=>?@4 *"#$+#&'$!"# AB•–PW—˜ AB•Pz™š›œžŸ—  RS,T:;89 T¡4¢£¤ j¥¦§¨©89ªM4!"#$%&'()(*_+c X«¬M4,-.-/0 ! ­® ¯°± ! ²³ ´µ¶ ! 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