第41期 正方形的性质-【数理报】2024-2025学年八年级下册数学学案（沪科版 安徽专版）

书 答案详解 　　　 ２０２４～２０２５学年　初中数学·沪科八年级（ＡＨ）　第４０～４４期　（２０２５年４月）　　　 ４０期２版 １９．３矩形、菱形、正方形（菱形） １９．３．２．１菱形的性质 基础训练　１．Ｄ；　２．Ｃ；　３．２０；　４．７０°． 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．又因为ＢＰ＝ＢＰ，所以△ＡＢＰ≌△ＣＢＰ（ＳＡＳ）．所以ＡＰ ＝ＣＰ． 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∠ＢＤＥ＝∠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＝３ｃｍ． 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． （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． 能力提高　９．槡１７． １９．３．２．２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．又因为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． ４０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；　１２．１６                                                        ． —１— 初中数学·沪科八年级（ＡＨ）　第４０～４４期 三、１３．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． １４．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．又因为 ＢＥ ＝ＤＦ，所以 △ＡＢＥ≌ △ＡＤＦ（ＡＡＳ）．所以ＡＢ＝ＡＤ．所以四边形ＡＢＣＤ是菱形． １５．（１）因为点Ｅ为ＡＢ的中点，所以ＡＢ＝２ＡＥ＝２ＢＥ．因 为ＡＢ＝２ＣＤ，所以ＣＤ＝ＡＥ．因为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∠ＤＡＣ＝∠ＤＣＡ．所以 ＡＤ＝ＣＤ．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． １６．（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．又因为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． １７．（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．由（１），得△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）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ＥＧ＝ＥＤ．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． ４１期２版 １９．３矩形、菱形、正方形（正方形） １９．３．３．１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．因为ＡＥ＝ＡＥ，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＝槡２－ １．由勾股定理，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．所以△ＡＤＥ≌△ＡＢＦ（ＳＡＳ）．所以ＤＥ＝ＢＦ＝２，∠                                                                      ＡＥＤ —２— 初中数学·沪科八年级（ＡＨ）　第４０～４４期 ＝∠ＡＦＢ＝４５°．所以∠ＢＦＥ＝∠ＡＦＢ＋∠ＡＦＥ＝９０°．根据勾 股定理，得ＢＥ＝ ＥＦ２＋ＢＦ槡 ２ ＝６． １９．３．３．２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° －（∠ＡＢＥ＋∠ＣＥＦ）＝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．因为 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． 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 ∠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． ４１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．槡６；　１０．答案不惟一，如ＡＣ＝ＢＤ； １１． 槡１５２；　１２．８． 三、１３．∠ＥＤＡ的度数是２２．５°． １４．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．因为ＡＦ＝ＤＥ， 所以△ＡＢＦ≌△ＤＡＥ（ＡＡＳ）．所以ＡＢ＝ＤＡ．所以四边形ＡＢＣＤ 是正方形． １５．（１）因为四边形ＡＢＣＤ是正方形，所以∠ＤＡＥ＝∠ＢＣＦ ＝４５°，ＡＤ＝ＢＣ．因为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． １６．（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． １７．（１）因为四边形ＡＢＣＤ为矩形，四边形 ＥＦＧＨ为菱形， 所以∠Ｄ＝∠Ａ＝９０°，ＨＥ＝ＧＨ．因为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． 附加题　（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．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 —３— 初中数学·沪科八年级（ＡＨ）　第４０～４４期 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． ４２期检测卷 一、 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ 答案 Ｃ Ｂ Ｂ Ｂ Ｃ Ｄ Ｄ Ｂ Ｂ Ｄ 二、１１．２０；　１２．答案不惟一，如ＡＣ＝ＢＤ；　１３．３０°； １４．４５°；　１５．槡２２或槡１０或２． 三、１６．因为四边形ＡＢＣＤ是平行四边形，所以∠Ａ＝∠Ｃ， ＡＢ＝ＣＤ，ＡＤ＝ＢＣ．又因为 ∠ＡＤＥ＝∠ＣＢＦ，所以 △ＡＤＥ≌ △ＣＢＦ（ＡＳＡ）．所以 ＡＥ＝ＣＦ．所以 ＡＢ－ＡＥ＝ＣＤ－ＣＦ，即 ＢＥ＝ＤＦ． １７．因为ＣＥ⊥ＢＡ，ＢＦ⊥ＣＡ，所以∠ＢＥＣ＝∠ＣＦＢ＝９０°． 因为Ｍ是ＢＣ的中点，所以ＥＭ＝１２ＢＣ＝ＢＭ，ＦＭ＝ １ ２ＢＣ＝ ＣＭ．所以∠ＢＥＭ ＝∠ＡＢＣ，∠ＣＦＭ ＝∠ＡＣＢ．所以 ∠ＣＭＥ＝ ∠ＢＥＭ＋∠ＡＢＣ＝５６°，∠ＢＭＦ＝∠ＣＦＭ＋∠ＡＣＢ＝９６°．所以 ∠ＥＭＦ＝１８０°－∠ＣＭＥ－∠ＢＭＦ＝２８°． １８．四边形ＡＤＣＢ是菱形．理由如下： 因为ＡＢ∥ＣＤ，所以∠ＢＡＯ＝∠ＤＣＯ．又因为ＯＡ＝ＯＣ， ∠ＡＯＢ＝∠ＣＯＤ，所以△ＡＯＢ≌△ＣＯＤ．所以ＡＢ＝ＣＤ．所以四 边形ＡＤＣＢ是平行四边形．因为四边形 ＯＤＥＣ是矩形，所以 ∠ＣＯＤ＝９０°．所以ＢＤ⊥ＡＣ．所以四边形ＡＤＣＢ是菱形． １９．（１）因为四边形ＡＢＣＤ是菱形，所以ＡＤ＝ＣＤ，∠ＤＡＥ＝ ∠ＤＣＦ．因为ＤＥ⊥ＡＢ，ＤＦ⊥ＢＣ，所以∠ＡＥＤ＝∠ＣＦＤ＝９０°． 所以△ＡＤＥ≌△ＣＤＦ（ＡＡＳ）． （２）因为 △ＡＤＥ≌ △ＣＤＦ，所以 ＡＥ＝ＣＦ．因为四边形 ＡＢＣＤ是菱形，所以 ＡＢ＝ＢＣ．所以 ∠ＭＡＥ＝∠ＮＣＦ．又因为 ∠ＡＥＭ＝∠ＣＦＮ＝９０°，所以△ＡＭＥ≌△ＣＮＦ（ＡＳＡ）．所以ＡＭ ＝ＣＮ． ２０．（１）因为四边形ＡＢＣＤ是矩形，所以∠Ａ＝∠Ｄ＝９０°， ＡＢ＝ＣＤ．因为ＡＤ＝２ＡＢ，点Ｍ是ＡＤ的中点，所以ＡＢ＝ＡＭ＝ ＤＭ ＝ＣＤ．所以∠ＡＭＢ＝∠ＤＭＣ＝４５°．所以∠ＢＭＣ＝１８０° －∠ＡＭＢ－∠ＤＭＣ＝９０°．因为 ＰＥ⊥ ＭＣ，ＰＦ⊥ ＢＭ，所以 ∠ＰＥＭ ＝∠ＰＦＭ ＝９０°．所以四边形ＰＥＭＦ为矩形． （２）当点Ｐ为ＢＣ的中点时，矩形ＰＥＭＦ变为正方形．理由 如下： 在△ＡＢＭ和△ＤＣＭ中，因为ＡＢ＝ＤＣ，∠Ａ＝∠Ｄ，ＡＭ＝ ＤＭ，所以△ＡＢＭ≌△ＤＣＭ（ＳＡＳ）．所以ＢＭ＝ＣＭ．因为点Ｐ为 ＢＣ的中点，所以点Ｐ在∠ＢＭＣ的平分线上．所以ＰＥ＝ＰＦ．所 以矩形ＰＥＭＦ为正方形． ２１．问题解决：（１）因为四边形ＡＢＣＤ是矩形，所以∠ＤＡＢ ＝∠ＡＢＦ＝９０°．所以∠ＢＡＦ＋∠ＤＡＧ＝９０°．因为ＤＥ⊥ＡＦ， 所以∠ＡＧＤ＝９０°．所以∠ＡＤＥ＋∠ＤＡＧ＝９０°．所以∠ＡＤＥ＝ ∠ＢＡＦ．因为ＤＥ＝ＡＦ，所以△ＡＤＥ≌△ＢＡＦ（ＡＡＳ）．所以ＡＤ＝ ＢＡ．因为四边形ＡＢＣＤ是矩形，所以四边形ＡＢＣＤ是正方形． （２）△ＡＨＦ是等腰三角形．理由如下： 因为△ＡＤＥ≌△ＢＡＦ，所以ＡＥ＝ＢＦ．因为ＢＨ＝ＡＥ，所以 ＢＨ＝ＢＦ．因为∠ＡＢＦ＝９０°，所以ＡＢ⊥ＨＦ．所以ＡＨ＝ＡＦ，即 △ＡＨＦ是等腰三角形． 类比迁移：延长ＣＢ到点Ｈ，使ＢＨ＝ＡＥ，连接ＡＨ，图略．因 为四边形ＡＢＣＤ是菱形，所以ＡＤ∥ＢＣ，ＡＢ＝ＡＤ．所以∠ＡＢＨ ＝∠ＤＡＥ．在 △ＤＡＥ和 △ＡＢＨ中，因为 ＡＥ＝ＢＨ，∠ＤＡＥ＝ ∠ＡＢＨ，ＡＤ＝ＢＡ，所以△ＤＡＥ≌△ＡＢＨ（ＳＡＳ）．所以ＡＨ＝ＤＥ， ∠Ｈ＝∠ＤＥＡ＝６０°．因为ＤＥ＝ＡＦ，所以ＡＨ＝ＡＦ．所以△ＡＨＦ 是等边三角形．所以ＡＨ＝ＨＦ．所以ＤＥ＝ＨＦ＝ＢＨ＋ＢＦ＝９． ４３期２版 ２０．１数据的频数分布 基础训练　１．Ａ；　２．Ｂ；　３．Ｄ；　４．０．２５；　５．１２． ６．（１）７０，０．１２．　（２）补图略． （３）２０００×（０．０８＋０．２）＝５６０（人）． 答：该校安全意识不强的学生约有５６０人． ２０．２．１数据的集中趋势 ２０．２．１．１平均数 基础训练　１．Ｃ；　２．Ｄ；　３．５；　４．１４． ５．（１）甲的最终得分是：１４×（９＋８＋７＋５）＝７．２５；乙的 最终得分是： １ ４×（８＋６＋８＋６）＝７；丙的最终得分是： １ ４× （８＋９＋８＋５）＝７．５．因为７＜７．２５＜７．５，所以丙将被录用． （２）学历、经验、能力和态度四项得分按４∶１∶１∶４的比例 确定．甲的最终得分是：（９×４＋８×１＋７×１＋５×４）÷（４＋ １＋１＋４）＝７．１；乙的最终得分是：（８×４＋６×１＋８×１＋６ ×４）÷（４＋１＋１＋４）＝７；丙的最终得分是：（８×４＋９×１＋ ８×１＋５×４）÷（４＋１＋１＋４）＝６．９．因为６．９＜７＜７．１， 所以甲将被录用． ２０．２．１．２中位数和众数 基础训练　１．Ａ；　２．Ｂ；　３．Ｄ；　４．５；　５．６． ６．（１）表格从左到右、从上到下依次填入 ９０分、９０分、 １００分． （２）八年级２班的竞赛成绩更优秀．理由如下： 因为八年级１班和八年级２班竞赛成绩的中位数相同，                                                                      但 —４— 初中数学·沪科八年级（ＡＨ）　第４０～４４期 从平均数和众数两方面来分析，２班比１班的成绩好，所以八年 级２班的竞赛成绩更优秀． 能力提高　７．１４６． ４３期３版 一、题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ 答案 Ｃ Ａ Ｂ Ｄ Ｃ Ｃ Ｄ Ｃ 二、９．白色；　１０．２１元；　１１．１７；　１２．５． 三、１３．这１０名学生所在家庭平均月使用塑料袋：１１０×（６５ ＋７０＋８５＋７５＋８５＋７９＋７４＋９１＋８１＋９５）＝８０（只）．中位 数是８０只，众数是８５只． １４．（１）甲的最后成绩为：１３×（８４＋９６＋９０）＝９０（分）； 乙的最后成绩为： １ ３×（８９＋９９＋８５）＝９１（分）． 因为９１＞９０，所以乙将获得冠军． （２）甲的最后成绩为：（８４×２＋９６×３＋９０×５）÷（２＋３ ＋５）＝９０．６（分）； 乙的最后成绩为：（８９×２＋９９×３＋８５×５）÷（２＋３＋５） ＝９０（分）． 因为９０．６＞９０，所以甲将获得冠军． １５．（１）频数分布表从上到下依次填入５，７，４．补图略． （２）３６００×５２０＝９００（株）． 答：该大棚每株西红柿上小西红柿的个数在３６≤ ｘ＜４４ 的约有９００株． １６．（１）２０万元，１７万元，２２万元． （２）基本销售额应定为２２万元．理由如下： 本组数据的平均数、众数、中位数这三个量作为基本销售 额都具有合理性，其中中位数２２万元最大，选择中位数作为基 本销售额对公司最有利，付出成本最低；对员工来说，这只是个 中等水平，可以接受．所以基本销售额应定为２２万元． １７．（１）Ｃ等级的同学有５人，成绩（单位：分）分别为７７， ７３，７２，７９，７８．所以３月份体育测试成绩为Ｃ等级的同学的平均 成绩为： １ ５×（７７＋７３＋７２＋７９＋７８）＝７５．８（分）． （２）由表中数据可知，３０名同学中，Ａ等级的有１０人，Ｂ等 级的有１１人，Ｃ等级的有５人，Ｄ等级的有４人．所以强化训练 后该班同学平均成绩所提高的分数为： １ ３０×（０．９×１０＋５×１１ ＋１０×５＋１５×４）＝５．８（分）． 附加题　（１）当ｎ≥１６时，ｙ＝１６×（１０－５）＝８０；当０ ≤ｎ＜１６时，ｙ＝１０ｎ－１６×５＝１０ｎ－８０． 所以当日的利润ｙ关于当日需求量ｎ的函数表达式为ｙ＝ １０ｎ－８０（０≤ｎ＜１６）， ８０（ｎ≥１６）{ ． （２）①１７，１５． ②应购进１７枝．理由如下： 平均日需求量为： １ １００×（１４×１０＋１５×２０＋１６×１６＋１７ ×１６＋１８×１５＋１９×１３＋２０×１０）＝１６．８５（枝）． 若购进１６枝，由（１）知盈利８０元； 若购进１７枝，则盈利为：１０×１７－８０＝９０（元）． 因为８０＜９０，所以应购进１７枝． ４４期２版 ２０．２．２数据的离散程度 基础训练　 １．Ａ；　２．Ｂ；　３．Ｄ；　４．Ｃ；　５．２； ６．３．６；　７．８７． ８．该班应选择甲参加学校的展示活动．理由如下： 甲的平均成绩为： １ ６×（１２．１＋１２．１＋１２．０＋１１．９＋１１．８ ＋１２．１）＝１２，方差为：１６×［３×（１２．１－１２） ２＋（１２．０－１２）２ ＋（１１．９－１２）２＋（１１．８－１２）２］＝ １７５； 乙的平均成绩为： １ ６×（１２．２＋１２．０＋１１．８＋１２．０＋１２．３ ＋１１．７）＝１２，方差为：１６×［（１２．２－１２） ２＋２×（１２．０－１２）２ ＋（１１．８－１２）２＋（１２．３－１２）２＋（１１．７－１２）２］＝１３３００． 因为１２＝１２，１７５＜ １３ ３００， 所以该班应该选择甲参加学校的展示活动． 能力提高　９．Ａ；　１０．１或６． １１．（１）表格从左到右、从上到下依次填入８５，８５，８０． （２）初中代表队与高中代表队选手决赛成绩的平均数相 同，初中代表队选手决赛成绩的中位数高，故初中代表队的决 赛成绩较好． （３）初中代表队选手决赛成绩的方差为：１５ ×［（７５－ ８５）２＋（８０－８５）２＋２×（８５－８５）２＋（１００－８５）２］＝７０； 高中代表队选手决赛成绩的方差为： １ ５ ×［（７０－８５） ２＋ （７５－８５）２＋（８０－８５）２＋２×（１００－８５）２］＝１６０． 因为７０＜１６０，所以初中代表队选手的成绩较为稳定                                                                      ． —５— 初中数学·沪科八年级（ＡＨ）　第４０～４４期 ４４期３，４版 一、 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ 答案 Ａ Ａ Ｄ Ｂ Ｃ Ａ Ｄ Ｃ Ｂ Ｃ 二、１１．乙；　１２．５８；　１３．９；　１４．６； １５．１９５或４或 ２１ ５． 三、１６．甲的平均成绩为：８５×７＋９０×３７＋３ ＝８６．５（分）； 乙的平均成绩为： ９２×７＋８２×３ ７＋３ ＝８９（分）． 因为８６．５＜８９，所以乙将被录取． １７．（１）１１，７９，７８．８． （２）１１＋４＝１５（人）．１５＜１８，人数不超． ７９×１１＋５２．３×４＝１０７８．２（ｋｇ）＜１１００ｋｇ，总重不超． 所以这队运动员和这４位女士能一起安全地搭乘这部电 梯． １８．何亮的成绩更稳定．理由如下： 赵明在训练中排球垫球个数的平均数为： １ ５×（２５＋２３＋ ２７＋２９＋２１）＝２５，方差为：１５×［（２５－２５） ２＋（２３－２５）２＋ （２７－２５）２＋（２９－２５）２＋（２１－２５）２］＝８； 何亮在训练中排球垫球个数的平均数为： １ ５×（２４＋２５＋ ２３＋２６＋２７）＝２５，方差为：１５×［（２４－２５） ２＋（２５－２５）２＋ （２３－２５）２＋（２６－２５）２＋（２７－２５）２］＝２． 因为２５＝２５，８＞２，所以何亮的成绩更稳定． １９．（１）８，７２． （２）小明的说法错误．理由如下： 本次调查中平均每周家务劳动时长的中位数是３．５ｈ． 因为小明平均每周家务劳动时长是３．６ｈ，比中位数大，所 以他做家务劳动的时长超过一半的人． （３）本次调查中，获奖的学生有：５０－５－８－１５＝ ２２（名）． １５００×２２５０＝６６０（名） 答：获奖的学生约有６６０名． ２０．（１）ａ＝６，ｂ＝４．７，ｃ＝４．７５． （２）若选择众数４．７ｋｇ，这３００箱大枣共损坏了：３００×（５ －４．７）＝９０（千克）； 若选择平均数或中位数４．７５ｋｇ，这３００箱大枣共损坏了： ３００×（５－４．７５）＝７５（千克）． （３）若选择众数，１０×５×３００÷（３００×５－９０）≈ １０．６４（元），所以至少定价１０．７元才不亏本； 若选择平均数或中位数，１０×５×３００÷（３００×５－７５）≈ １０．５３（元），所以至少定价１０．６元才不亏本． ２１．（１）１４４．乙车间４月份工资为５千元的有：１０－５－２－ １＝２（名）．补图略． （２）由扇形统计图，得甲车间员工工资为４千元、５千元、 ６千元、７千元、８千元的员工分别有１名、２名、４名、２名、１名． 所以甲车间员工的平均工资为： １ １０×（４×１＋５×２＋６× ４＋７×２＋８×１）＝６（千元）， 方差为： １ １０×［（４－６） ２＋２×（５－６）２＋４×（６－６）２＋ ２×（７－６）２＋（８－６）２］＝１．２． 因为１．２＜７．６， 所以甲车间员工的工资收入比较稳定． （３）原来甲车间员工工资的中位数为：６＋６２ ＝６（千元）． 因为甲车间员工工资低于６千元的有３名，不低于６千元的有 ７名，所以新数据的中位数小于原来甲车间工资的中位数，所 以ｎ的最小值为：７－３＝４．所以当这４名员工工资低于６千元， 且是较高工资时，这４名员工的工资和取得最大值．所以这４名 员工的工资分别为４千元、４千元、５千元、５千元．所以这４名员 工的工资和的最大值为：４＋４＋５＋５＝１８（千元）                                                       ． —６— 初中数学·沪科八年级（ＡＨ）　第４０～４４期 书 　二、９．６０°； １０．答案 不惟一，如ＡＢ＝ＣＤ； 　１１．２４； １２．１６． 三、１３．因为四边形 ＣＤ，∠ＡＢＤ＝∠ＣＢＤ．因为 ＢＣＦＥ是 平 行 四 边 形， ∠ＥＭＢ＝∠ＣＢＤ．所以ＢＥ ＝ＣＦ，∠ＡＢＤ ＝∠ＥＭＢ． ＥＭ． 所以ＢＥ＝ＥＭ．所以ＣＦ＝ １４．因 为 ∠ＢＡＦ ＝ ∠ＤＡＥ， 所 以 ∠ＢＡＦ － 四边形 ＡＢＣＤ是平行四边 形，所以 ∠Ｂ＝∠Ｄ．又因 是菱形． １５．（１）因为点 Ｅ为 ＝２ＢＥ．因为ＡＢ＝２ＣＤ，所 以ＣＤ ＝ＡＥ．因为 ＡＥ∥ ＣＤ，所以四边形 ＡＥＣＤ是 平行四边形．因为 ＡＣ平分 ＥＡＣ．因为 ＡＢ∥ ＣＤ，所∠ 以 ∠ＤＣＡ＝∠ＣＡＢ．所以 ＝ＣＤ．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 ＝ ＝∠ＣＡＥ＝３０°，△ＣＥＢ是 ∠ＥＣＢ＝６０°．所以∠ＡＣＢ ＝∠ＡＣＥ＋∠ＥＣＢ＝９０°． 根据勾股定理，得 ＡＣ ＝ 槡ＡＢ２－ＢＣ２ ＝２槡３．所以 １ ２ＡＣ· ＢＣ ＝ 书 Ｓ△ＡＢＣ ＝ ２槡３． １６．（１）因为四边形 为ＤＦ＝ＢＥ，所以ＯＢ－ＢＥ ＯＣ，ＯＢ＝ＯＤ，ＡＣ⊥ＢＤ．因 ＝ＯＤ－ＤＦ，即ＯＥ＝ＯＦ． 所以四边形 ＡＥＣＦ是平行 ．又因为 ＡＣ⊥ ＥＦ，四 所 边 以 形 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＝ 正方形既是矩形，又是菱形．判定一个四边形是正 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 ＝ＡＤ．所以四边形 ＡＢＣＤ 点Ｅ为对角线 ＡＣ上一动点， 交射线 ＢＣ于点 Ｆ，以 ＤＥ，ＥＦ 连接ＤＥ，过点Ｅ作ＥＦ⊥ＤＥ， ＡＢ的中点，所以ＡＢ＝２ＡＥ 为邻边作矩形 ＤＥＦＧ，连接 ＣＧ．求证： （１）矩形ＤＥＦＧ是正方形； （２）ＣＥ＋ＣＧ＝８． 证明：（１）过点Ｅ分别作ＥＭ⊥ＢＣ于点Ｍ，ＥＮ⊥ＣＤ ∠ＤＡＢ，所 以 ∠ＤＡＣ ＝ 于点Ｎ，如图１． 以∠ＥＭＦ＝∠ＥＮＤ＝∠ＥＮＣ＝９０°．所 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∠ＭＥＮ－∠ＦＥＮ＝∠ＤＥＦ－∠ＦＥＮ，即∠ＦＥＭ＝ 所以∠ＤＥＦ＝９０°． ∠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＝ ＤＥ＝ＤＧ { ， ∠ＣＤＧ，所以 △ＡＤＥ≌△ＣＤＧ（ＳＡＳ）． 所以ＡＥ＝ＣＧ． 所以ＣＥ＋ＣＧ＝ＣＥ＋ＡＥ＝ＡＣ＝槡ＡＤ ２＋ＣＤ２ ＝８． 招式二、菱形 ＋对角线相等 ＝正方形 例２　如图２，在菱 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． 菱形ＡＥＣＦ是正方形．所 总 以 结：证明一个四边形是正方形，当已知条件涉及 到垂直时，通常先证明它是矩形，再证明矩形的邻边相 等或对角线垂直；当已知条件中涉及到边相等时，通常 先证明它是菱形，再证明菱形的对角线相等或有一个内 角是直角．这是证明一个四边形是正方形的两种思路， 在具体的证明中，应根据题目的已知条件灵活选择． 书 上期２版 １９．３矩形、菱形、正方形（菱形） １９．３．２．１菱形的性质 　 　 　基础训练　１．Ｄ； ２．Ｃ； ３．２０； ４．７０°． 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 ＡＢＣＤ是菱形，所以 ＡＢ∥ 是平行四边形． ６．因为四边形 ＡＢＣＤ是菱形，所以 ＡＢ＝ＢＣ， ＥＦ∥ ＢＣ，所以四边形 ∠ＡＢＰ＝∠ＣＢＰ．又因为 ＢＰ＝ＢＰ，所以 △ＡＢＰ≌ △ＣＢＰ（ＳＡＳ）．所以ＡＰ＝ＣＰ． ７．（１）因为四边形ＡＢＣＤ是菱形，所以 ＡＢ＝ＡＤ． ∠ＢＤＥ＝∠ＡＤＢ＋∠ＡＤＥ＝９０°．所以△ＢＤＥ为直角三 以∠Ｅ＝∠ＡＤＥ．所以２∠ＡＤＢ＋２∠ＡＤＥ＝１８０°．所以 角形． 所以∠ＡＢＤ＝∠ＡＤＢ．因为ＡＥ＝ＡＢ，所以ＡＥ＝ＡＤ．所 （２）因为四边形ＡＢＣＤ是菱形，所以ＯＡ＝ＯＣ，ＯＢ ２＝ＯＤ．因为ＡＥ＝ＡＢ，所以ＯＣ＝ＯＡ＝ １ＤＥ＝３ｃｍ． ∠ＥＡＦ＝∠ＤＡＥ－∠ＥＡＦ， 方形，通常有两种途径：先证明它是矩形，再证明它是菱 ８．（１）因为四边形ＡＢＣＤ是菱形，所以 ＡＣ⊥ ＢＤ， 即 ∠ＢＡＥ＝∠ＤＡＦ．因为 ＯＡ＝ １２ＡＣ＝４ｃｍ，ＯＢ＝ １ ２ＢＤ＝３ｃｍ．根据勾股定 理，得 ＡＢ＝ 槡ＯＡ ２＋ＯＢ２ ＝５ｃｍ．因为 Ｓ菱形ＡＢＣＤ ＝ 为ＢＥ＝ＤＦ，所以 △ＡＢＥ １ ２ ２ＡＢ ５ＡＣ·ＢＤ＝ＡＢ·ＤＨ，所以ＤＨ＝ ＡＣ·ＢＤ＝２４ｃｍ． ≌ △ＡＤＦ（ＡＡＳ）．所以 ＡＢ 形ＡＢＣＤ是正方形，ＡＢ＝４槡２， （２）因为四边形 ＡＢＣＤ是菱形，所以 ＯＢ＝ＯＤ， ９０°－∠ＯＢＨ，所以 ∠ＤＡＨ ＝１８０°－２∠ＯＢＨ．所以 ∠ＯＢＨ．所以∠ＢＯＨ＝１８０°－２∠ＯＢＨ．因为∠ＯＡＢ＝ ∠ＢＯＨ＝∠ＤＡＨ． ∠ＤＡＨ＝２∠ＯＡＢ．所以 ＯＨ ＝ＯＢ．所以 ∠ＯＨＢ＝ 能力提高　９．槡１７． １９．３．２．２菱形的判定 　基础训练　１．Ｂ； ２．Ｄ； ３．答案不惟一，如ＡＢ＝ＡＣ； ４．（２，２槡２）或（２，－２槡２）． 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， ∠ＤＡＣ＝∠ＤＣＡ．所以 ＡＤ 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 ＢＤ⊥ＡＣ，ＡＤ＝ＣＤ．所以△ＡＥＤ≌△ＣＦＤ（ＡＡＳ）．所以 以 ＡＥ＝ＣＦ．所以四边形ＡＥＣＦ是平行四边形．又因为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． ＢＥ，∠ＣＥＢ ＝ １８０° － 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． ∠ＡＥＣ＝６０°．所以 ∠ＡＣＥ 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 等边三角形．所以ＢＣ＝２， ＰＥ⊥ＢＣ，所以 ＰＥ∥ ＣＤ，∠ＢＥＰ＝９０°．所以 ＰＥ＝ ＝３０°，ＢＣ⊥ＣＤ．根据题意，得ＢＰ＝２ｔ，ＤＱ＝ｔ．因为 １ ２ＢＰ＝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 ３． （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°， ＡＢＣＤ是菱形，所以 ＯＡ＝ ③不存在∠ＰＥＱ＝９０°的情况． ５综上所述，当ｔ＝２或 １６ 时，△ＰＱＥ为直角三角形． 上期３版 一、 题 答 号 案 书 Ａ １ Ｃ ２ Ｃ ３ Ｂ ４ Ｂ ５ Ｂ ６ Ｃ ７ Ｄ ８ 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：添加条件∠ＢＡＤ＝９０°． 证明如下： 因为四边形ＡＢＣＤ是平行四边形，ＡＢ＝ＡＤ，所以四 边形ＡＢＣＤ是菱形．因为 ∠ＢＡＤ ＝９０°，所以四边形 ＡＢＣＤ是正方形．故填答案不惟一，如∠ＢＡＤ＝９０°． 二、探究型 　 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＝ ＝∠ＡＤＦ．在△ＢＡＥ和△ＡＤＦ中， ＥＡ＝ＦＤ， ∠ＢＡＥ＝ ＡＢ＝Ｄ { Ａ， ∠ＡＤＦ，所以 △ＢＡＥ≌△ＡＤＦ（ＳＡＳ）．所以ＢＥ＝ＡＦ，∠ＡＢＥ＝∠ＤＡＦ．所 以∠ＡＢＥ＋∠ＢＡＦ＝９０°．所以ＢＥ⊥ＡＦ． 三、规律型 △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， 时，四边形ＰＥＱＤ为菱形．所以８－２ｔ＝ｔ．解得ｔ＝８ Ｓ３，…，如此下去，则Ｓ８６的值为 （　　） １ ２ Ａ．８６　　Ｂ．２ ８４　　Ｃ．２８４＋１２　　Ｄ．４３ 解：因为四边形ＯＡＡ１Ｂ１是边长为１的正方形，所以 ２∠ＯＡＡ１ ＝９０°．所以ＯＡ ２ １ ＝１ ２＋１２ ＝２，Ｓ１ ＝ １×１× 所以ＤＱ＝２ＤＰ，所以ｔ＝２（８－２ｔ），解得ｔ＝ １ ５ ６ ； １＝１２ 因为四边形ＯＡ１Ａ２Ｂ２是正方形，所以∠ＯＡ１Ａ２＝． ９０°，ＯＡ１ ＝Ａ１Ａ２．所以 ＯＡ ２ ２ ＝２ＯＡ ２ １ ＝４．因为四边形 ＯＡ２Ａ３Ｂ３是正方形，所以ＯＡ２ ＝Ａ２Ａ３ ２．所以Ｓ２ ＝ ×２×１＝１，Ｓ３ ＝ 书 书 １ ２×２×２＝２．根 ＝ 据规律可得Ｓｎ １ ２ ＝ ∠ＦＤＣ．所以∠ＢＡＤ＋∠ＥＡＤ＝∠ＣＤＡ＋∠ＦＤＣ，即∠ＢＡＥ ２ ｎ－２．所以Ｓ８６ ＝２ ８４．故选Ｂ． 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． 因为Ｆ，Ｇ分别是ＢＣ，ＣＤ的 证明：连接ＢＤ，如图１． ２中点，所以ＦＧ∥ＢＤ，ＦＧ＝ １ＢＤ． ２同理ＥＨ∥ＢＤ，ＥＨ＝ １ＢＤ． 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分别是△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． △ＡＢＣ，△ＡＣＤ的中位线， ２所以ＥＦ＝ＧＨ＝ １ＡＣ． 同理ＨＥ＝ＦＧ＝ １ＢＤ． 因为ＡＣ＝ＢＤ，所以ＥＦ＝ＦＧ＝ＧＨ＝ＨＥ． 所以四边形ＥＦＧＨ是菱形． ２ 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． 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 １　如图１，Ｆ是正方形ＡＢＣＤ 对角 例 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， ２所以∠ＡＤＦ＝ １∠ＡＤＣ＝４５°． 正方形ＡＢＣＤ关于对 线ＢＤ对称，因 所 为 以∠ＢＦＣ＝ １２ ＡＦＣ 角 ＝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 走的路程为 Ａ．３１００ｍ Ｃ．３０００ｍ 解：连接ＧＣ，如图２． 所以∠ＢＣＤ＝９０°，∠ＥＤＧ＝４５°． 因为四边形ＡＢＣＤ为正方形， 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， ∠ＧＦＣ＝９０°． 所 所 以 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 　 Ａ．５４　　　　　　 （　　） Ｂ．５槡２－５ ５Ｃ．槡２２ Ｄ． ５ ２ 解：连接ＡＣ，ＡＦ，如图３． ∠ＡＢＣ＝９０°． 因为四边形ＡＢＣＤ为正方形，ＡＢ＝５，所以ＢＣ＝５， 根据勾股定理，得ＡＣ＝槡ＡＢ ２＋ＢＣ２ ＝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． ! " # $ % ! ! " ' $ 例２ 如图２，在正方形ＡＢＣＤ % ! ! " & $ ! # $ % # % $ 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 $ # $ " $ $ ! $ % " % ! & ! ( " ) $ ' ! " % ! ( " ) $ ' % ! ! & !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! !!!!!!!!!!!!!!!!!!!! ! ( " ) 证明：因为 ＥＦ，ＧＨ分别是 % ' $ ! $ & & ! ( " ' $ ) % ! # " !" #$% " &' ()* !!!!!!!!!!!!!!! !!!!!!!!!!!!!!! 形 !!!!!!!!!!! ! +, -./ 在解决有关正方形的问题中，常常结合轴对称的性 ! 01 ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! & " # ' % $ ! " ! " & ' $ % ! ! " $ ! （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 ' 例３ 如图３，在正方形ＡＢＣＤ % & ! $ )! ( * " & ' % $ + ! ! ! 段ＣＦ的最小值为 ' 中，ＡＢ＝５，点Ｅ是ＢＣ边上一动点 " ( （　　） % Ｂ．４６００ｍ Ｄ．３６００ｍ ＡＢＣＤ为正方形，点Ｇ在对角线ＢＤ上， $ ＧＥ⊥ＣＤ，ＧＦ⊥ＢＣ，ＡＤ＝１５００ｍ，小 234 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 & ! " ! ! !"#$ ! " #! !!""" !" 56789:;<=>?!"@A #$ B !"#$%&'" ()*+,-'. $%&' CDEFDEGHD?GHD@ 8IJKL!%!"#$%&'()*+,-$.% "%/01#$%&)*+,-$.234(&5 6+78% M.+NL!% 9:#$%;<%=> %&?@+AB% "%CDE01FG%&4(HI:J% OPQ !R#S6T@ OUV #SWXYZ@ OPQ "R$S6T@ "&"'&#'(( $"% "#$% %&'()*!"+ [1\]^8_` [1\^ab;cdefg 7hijklmS jnLopq rstuvwmSxyL)* !#+&,&,?- .@ )*+,-./0 1 .456789/23- &$'!+'",!"/0 23:;456789/ &$'!+'",!!"# #zi{|{S #klƒ„…L&$'!+'",!"'/ #zi†‡L[1ˆ‰Š‹ŒŽ‘ "&" ’“”i^•7hij–678klƒ #‹šƒ›iœL&$'!$'",!"/( #}‚mS !''$//$/00,OžŸ ’@ #›¡L¢£zi‹šƒ‡¤¥¦§¨©—ªO«@ #—˜›¡œL!!!0' #—˜k™L&$&&&/ #¬­®¯›E°›±²› # z i ³ ¦ § ¨ ˆO‹@> a ´ µ ¶ i # z i · [ 1 ‚ ‡ ¸ ¹ º » ¼ ½O‰ Š ‹ ¾ ¿ À Ž Á  Ã@Ä ¸ R Å º ¸ Æ Ç È É Ê R ¢ £ z i ‹ š ƒ ‡ ¤ Ë Ì 书 １９．３矩形、菱形、正方形（正方形） １９．３．３．１正方形的性质 １．下列说法正确的是 （　　） 　　　　　　　　　　　　　　　　　　Ａ．菱形的四个内角都是直角 Ｂ．矩形的对角线互相垂直 Ｃ．正方形的每一条对角线平分一组对角 Ｄ．平行四边形是轴对称图形 ２．如图１，正方形ＯＡＢＣ的顶点Ｏ，Ｂ在数轴上对应 的数分别是０，４，则顶点Ａ，Ｃ之间的距离是 （　　） Ａ．１ Ｂ．２ Ｃ．４ Ｄ．无法确定 ３．如图２，在平行四边形ＡＢＣＤ与正方形ＡＥＦＧ中， 点Ｅ在ＢＣ上．若∠ＢＡＥ＝３８°，∠ＣＥＦ＝１３°，则∠Ｃ＝ °． ４．如图３，在正方形ＡＢＣＤ中，Ｅ，Ｆ分别为ＡＢ，ＡＤ上 的点，且ＡＥ＝ＡＦ，点Ｍ是ＥＦ的中点，连接ＣＭ，ＣＦ，ＣＥ． 求证：ＣＭ⊥ＥＦ． ５．如图４，在边长为１的正方形ＡＢＣＤ中，∠ＣＡＤ的 平分线交ＣＤ于点Ｅ，交ＢＣ的延长线于点Ｆ． （１）求ＣＦ的长； （２）求ＣＥ的长． ６．如图５，在 Ｒｔ△ＡＢＣ中， ∠Ｃ＝９０°，ＢＣ＝４，ＡＣ＝８，点 Ｄ为ＡＣ边上一个动点（不与Ａ， Ｃ重合），以ＢＤ为边在ＢＤ的上 方作正方形ＢＤＥＦ．当ＡＥ⊥ＡＣ 时，ＢＤ的长为 ． ７．如图６，等腰Ｒｔ△ＡＥＦ的斜边ＥＦ过正方形ＡＢＣＤ 的顶点Ｄ．若ＡＥ＝４，ＤＥ＝２，求ＢＥ的长． １９．３．３．２正方形的判定 １．下列说法正确的是 （　　） Ａ．正方形既是矩形，又是菱形 Ｂ．有一个内角是直角的四边形是矩形 Ｃ．两条对角线互相垂直平分的四边形是正方形 Ｄ．对角线互相垂直的四边形是菱形 ２．如图１，点Ｅ，Ｆ，Ｐ，Ｑ分别是正方形ＡＢＣＤ的四条 边上的点，并且ＡＦ＝ＢＰ＝ＣＱ＝ＤＥ，则下列结论不一 定正确的是 （　　） Ａ．∠ＡＦＰ＝∠ＢＰＱ Ｂ．ＥＦ∥ＱＰ Ｃ．四边形ＥＦＰＱ是正方形 Ｄ．四边形 ＰＱＥＦ的面积是四边形 ＡＢＣＤ面积的 一半 ３．李燕在商场里看到一条很漂亮的丝巾（如图２）， 非常想买，但她拿起来看时感觉丝巾不太方．商店老板 看她犹豫不决的样子，马上过来拉起一组对角，让李燕 看另一组对角是否对齐．李燕还有些疑惑，老板又拉起 另一组对角让李燕检验．李燕终于买下这块丝巾，则这 块丝巾 是正方形（填“一定”或“不一定”）． ４．如图３，矩形ＡＢＣＤ的边ＡＢ＝槡２，对角线ＡＣ与 ＢＤ相交于点Ｏ，ＯＡ＝１．求证：四边形ＡＢＣＤ是正方形． ５．如图４，已知四边形ＡＢＣＤ是矩形，点Ｅ在对角线 ＡＣ上，点Ｆ在ＣＤ边上（点Ｆ与点Ｃ，Ｄ不重合），ＢＥ⊥ ＥＦ，且∠ＡＢＥ＋∠ＣＥＦ＝４５°．求证：四边形ＡＢＣＤ是正 方形． ６．如图５，在四边形ＡＢＣＤ中，ＡＢ＝ＢＣ，对角线ＢＤ 平分∠ＡＢＣ，Ｐ是ＢＤ上一点，过点Ｐ分别作ＰＭ∥ＣＤ交 ＡＤ于点Ｍ，ＰＮ∥ＡＤ交ＣＤ于点Ｎ． （１）求证：∠ＡＤＢ＝∠ＣＤＢ； （２）连接ＭＮ，当ＭＮ与ＰＤ满足什么条件时，四边 形ＭＰＮＤ是正方形？ ７．如图６，四边形ＡＢＣＤ是平行四边形，连接对角线 ＡＣ，过点Ｄ作ＤＥ∥ＡＣ与ＢＣ的延长线交于点Ｅ，连接 ＡＥ交ＤＣ于点Ｆ． （１）求证：ＢＣ＝ＣＥ； （２）连接ＢＦ．若∠ＤＡＦ＝∠ＦＢＥ，且ＡＤ＝２ＣＦ，求 证：四边形ＡＢＣＤ是正方形 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 ． 书 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． １７．（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＝ １ ２ＣＤ，即Ｆ是ＣＤ的中点． （２）连接ＡＣ，图略．由 （１），得△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）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 ＥＧ＝ＥＤ．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． 书 一、精心选一选（每小题４分，共３２分） 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ 答案 １．下列说法中，是正方形具有而矩形不具有的性质 是 （　　） 　　　　　 　　　　　 　　　　　Ａ．两组对边分别平行 Ｂ．对角线互相垂直 Ｃ．四个角都为直角 Ｄ．对角线互相平分 ２．若正方形的对角线长为２ｃｍ，则这个正方形的面 积为 （　　） Ａ．４ｃｍ２ Ｂ．２ｃｍ２ 槡Ｃ．２ｃｍ ２ 槡Ｄ．２２ｃｍ ２ ３．如图１，正方形ＡＢＣＤ的对角线ＡＣ，ＢＤ交于点Ｏ， Ｅ，Ｆ分别为ＡＯ，ＡＤ的中点，则∠ＡＦＥ的度数是 （　　） Ａ．３０° Ｂ．４５° Ｃ．５０° Ｄ．６０° ４．如图２，ＡＣ＝槡２ｃｍ，小红进行了如下操作：分别 以点Ａ，Ｃ为圆心，１ｃｍ的长为半径作弧，两弧分别相交 于点Ｂ，Ｄ，依次连接Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄ，则四边形ＡＢＣＤ的形状是 （　　） Ａ．平行四边形 Ｂ．菱形 Ｃ．矩形 Ｄ．正方形 ５．如图 ３，Ｏ为正方形 ＡＢＣＤ对角线 ＡＣ的中点， △ＡＣＥ为等边三角形．若ＡＢ＝２，则ＯＥ的长度为 （　　） Ａ．槡６２ 槡 槡 槡Ｂ．６ Ｃ．２２ Ｄ．２３ ６．如图４，用四块同样大小的正方形纸片，围出一个 菱形ＡＢＣＤ，一个小孩顺次在这四块纸片上轮流走动，每 一步都踩在一块纸片的中心，则这个小孩走的路线所围 成的图形是 （　　） Ａ．平行四边形 Ｂ．矩形 Ｃ．菱形 Ｄ．正方形 ７．如图５，点Ｅ为正方形ＡＢＣＤ外一点，且ＥＤ＝ＣＤ， 连接ＡＥ，交ＢＤ于点Ｆ．若∠ＣＤＥ＝４２°，则∠ＢＦＣ的度 数为 （　　） Ａ．７２° Ｂ．７１° Ｃ．７０° Ｄ．６９° ８．将两张全等的矩形纸片和另两张全等的正方形 纸片按如图６所示方式不重叠地放置在矩形 ＡＢＣＤ内， 其中矩形纸片和正方形纸片的周长相等．若知道图中阴 影部分的面积，则一定能求出 （　　） Ａ．正方形纸片的面积 Ｂ．四边形ＥＦＧＨ的面积 Ｃ．△ＢＥＦ的面积 Ｄ．△ＡＥＨ的面积 二、细心填一填（每小题４分，共１６分） ９．如图７，点Ｅ在正方形ＡＢＣＤ的ＣＤ边上．若△ＡＢＥ 的面积为３，则线段ＢＣ的长为 ． １０．如图８，平行四边形 ＡＢＣＤ的对角线互相垂直， 要使 ＡＢＣＤ成为正方形，还需添加的一个条件是 （只需添加一个即可）． １１．如图９，小明用四根长度相同的木条制作了能够 活动的菱形学具，他先将该活动学具调成图９－①的菱 形，测得∠Ａ＝１２０°，接着将该活动学具调成图９－②的 正方形，测得正方形的对角线ＡＣ＝３０ｃｍ，则图９－①中 对角线ＡＣ的长为 ｃｍ． １２．如图１０，正方形ＡＢＣＤ的边长为４，分别以正方 形的三边为直径在正方形的内部作半圆，则阴影部分的 面积等于 ． 三、耐心解一解（共５２分） １３．（８分）如图１１，正方形ＡＢＣＤ中，在ＢＡ的延长线 上取一点Ｅ，使ＢＥ＝ＢＤ，连接ＤＥ，求∠ＥＤＡ的度数． １４．（１０分）如图１２，在矩形ＡＢＣＤ中，点Ｅ，Ｆ分别在 ＡＢ，ＢＣ边上，ＡＦ⊥ＤＥ，且ＡＦ＝ＤＥ，ＡＦ与ＤＥ相交于点 Ｇ．求证：矩形ＡＢＣＤ是正方形． １５．（１０分）如图１３，在正方形ＡＢＣＤ中，对角线ＡＣ， ＢＤ相交于点Ｏ，点Ｅ，Ｆ是对角线ＡＣ上的两点，且ＡＥ＝ ＣＦ，连接ＤＥ，ＤＦ，ＢＥ，ＢＦ． （１）求证：△ＡＤＥ≌△ＣＢＦ； （２）若ＡＢ＝４，ＡＥ＝槡２，求四边形ＢＥＤＦ的周长． １６．（１２分）如图１４，已知四边形ＡＢＣＤ和ＣＥＦＧ都 是正方形，点Ｋ在ＢＣ上，延长ＣＤ到点Ｈ，使ＤＨ＝ＢＫ＝ ＣＥ，连接ＡＫ，ＫＦ，ＨＦ，ＡＨ． （１）求证：四边形ＡＫＦＨ是正方形； （２）若四边形ＡＫＦＨ的面积为１０，ＣＥ＝１，求点Ａ，Ｅ 之间的距离． １７．（１２分）如图１５，在矩形ＡＢＣＤ中，ＡＤ＝６，ＤＣ＝ ７，菱形ＥＦＧＨ的三个顶点 Ｅ，Ｇ，Ｈ分别在矩形 ＡＢＣＤ的 ＡＢ，ＣＤ，ＤＡ边上，Ｅ，Ｆ，Ｃ在一条直线上，ＡＨ＝２，ＤＧ＝２． （１）求证：四边形ＥＦＧＨ为正方形； （２）求ＣＦ的长． （以下试题供各地根据实际情况选用） 如图，在正方形ＡＢＣＤ和平行四边形ＢＥＦＧ中，点Ａ， Ｂ，Ｅ在同一条直线上，Ｐ是线段ＤＦ的中点，连接ＰＧ，ＰＣ． （１）求证：四边形ＢＥＦＧ是矩形； （２）当 ＰＧ与 ＰＣ的夹角为 度时，四边形 ＢＥＦＧ是正方形，请说明理由                                                                                                                                                                 ． !" ! #$%"& '()*+, !"-. !" #$ %& ! ! /012345678'!".9 #$ - !"#$ ! 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