第40期 菱形-【数理报】2024-2025学年八年级下册数学学案（华东师大版）

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" ; P 1 5 \ ‡ ˆ 67‰ŠEL‹Œ 67‰EnŽ‘’“‹” GH"I/0.% I•*–—˜ _™š›œ.%žB*!"#$%&'()(*T+X MŸ B*,-.,)/ 书 将两种特殊的四边形融 合为一体考查平行四边形及 特殊平行四边形的性质与判 定，这是常见的一种题型．解 决这类问题的关键在于熟练 掌握和运用各种特殊四边形 的性质与判定，下面举例予 以说明． 例 １　 如图 １，矩形 ＥＦＧＨ的顶点 Ｅ，Ｇ分别在 菱形ＡＢＣＤ的边ＡＤ，ＢＣ上， 顶点 Ｆ，Ｈ在菱形 ＡＢＣＤ的 对角线ＢＤ上． （１）求证：ＢＧ＝ＤＥ； （２）若Ｅ为ＡＤ的中点，ＦＨ＝２，求菱形ＡＢＣＤ的周长． 解：（１）因为四边形ＥＦＧＨ是矩形，所以ＥＨ＝ＦＧ， ＥＨ∥ＦＧ．所以∠ＧＦＨ＝∠ＥＨＦ．所以１８０°－∠ＧＦＨ＝ １８０°－∠ＥＨＦ，即∠ＢＦＧ＝∠ＤＨＥ．因为四边形 ＡＢＣＤ 是菱形，所以 ＡＤ∥ ＢＣ．所以 ∠ＧＢＦ＝∠ＥＤＨ．所以 △ＢＧＦ≌△ＤＥＨ（Ａ．Ａ．Ｓ．）．所以ＢＧ＝ＤＥ． （２）连结ＥＧ，如图１．因为Ｅ为ＡＤ的中点，所以ＡＥ ＝ＥＤ．因为ＢＧ＝ＤＥ，所以ＡＥ＝ＢＧ．又因为ＡＥ∥ＢＧ， 所以四边形ＡＢＧＥ是平行四边形．所以ＡＢ＝ＥＧ．因为四 边形ＥＦＧＨ是矩形，所以ＥＧ＝ＦＨ＝２．所以ＡＢ＝２．所 以菱形ＡＢＣＤ的周长为８． 例 ２　 如图 ２，四边形 ＡＢＣＤ为矩形，Ｇ是对角线ＢＤ 的中点．连结 ＧＣ并延长至点 Ｆ，使 ＣＦ＝ＧＣ，以 ＤＣ，ＣＦ为 邻边作菱形ＤＣＦＥ，连结ＣＥ． （１）判断四边形ＣＥＤＧ的形状，并证明你的结论； （２）连结ＤＦ，若ＢＣ＝槡３，求ＤＦ的长． 解：（１）四边形ＣＥＤＧ是菱形．证明如下： 因为四边形 ＤＣＦＥ是菱形，所以 ＣＦ＝ＤＥ，ＣＦ∥ ＤＥ．因为ＣＦ＝ＧＣ，所以ＤＥ＝ＧＣ．所以四边形ＣＥＤＧ是 平行四边形．因为四边形ＡＢＣＤ为矩形，Ｇ是对角线ＢＤ的 中点，所以ＧＢ＝ＧＣ＝ＧＤ．所以四边形ＣＥＤＧ是菱形． （２）因为四边形ＤＣＦＥ是菱形，所以ＣＤ＝ＣＦ．因为 ＣＦ＝ＧＣ，所以ＧＣ＝ＧＤ＝ＣＤ＝ＧＢ．所以△ＣＤＧ是等 边三角形．所以 ∠ＣＧＤ＝∠ＧＣＤ＝６０°．所以１８０°－ ∠ＣＧＤ＝１８０°－∠ＧＣＤ，即∠ＢＧＣ＝∠ＦＣＤ．在△ＢＧＣ 和△ＦＣＤ中，因为 ＢＧ＝ＦＣ，∠ＢＧＣ＝∠ＦＣＤ，ＣＧ＝ ＤＣ，所以△ＢＧＣ≌△ＦＣＤ．所以ＤＦ＝ＢＣ＝槡３． 书 （上接４版参考答案） （２）因为四边形 ＡＢＣＤ是矩形，所以∠Ｄ ＝９０°．因为∠Ｆ＝４５°， 所以 ∠ＤＣＦ ＝４５°＝ ∠Ｆ．所以 ＤＦ＝ＣＤ＝ ４．由勾股定理，得ＣＦ＝ 槡４２． １５．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，由勾股定 理，得 ＥＨ２ ＋ＡＥ２ ＝ ＡＨ２，即（２－ＡＨ）２＋１２ ＝ＡＨ２．解得ＡＨ＝ ５４． １６．（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．因为 ＡＢ＝ＡＣ，ＢＤ＝ＣＤ，所 以ＡＢ＝ＤＥ，ＡＥ＝ＢＤ． 所以四边形ＡＢＤＥ是平 行四边形． （下转２，３版中缝） 书 菱形以特殊的对称美 而受到人们的喜爱，在生 产、生活中都有着广泛的应 用．下面让我们一起赏析它 的应用吧！ 例１　如图１所示的木 制活动衣帽架是由三个全 等的菱形构成，根据实际需 要可以调节 ＡＥ间的距离． 若 ＡＥ间的距离调节到 ６０ｃｍ，菱形的边长 ＡＢ＝ ２０ｃｍ，则∠ＤＡＢ的度数是 （　　） Ａ．９０°　　　Ｂ．１００°　　　Ｃ．１２０°　　Ｄ．１５０° 分析：连结 ＡＥ，根据全等图形的性质可得 ＡＣ＝ ２０ｃｍ，根据菱形的性质和等边三角形的判定可得 △ＡＢＣ是等边三角形，再根据等边三角形和菱形的性质 即可求解． 解：连结 ＡＥ，如图 １．因为 ＡＥ间的距离调节到 ６０ｃｍ，木制活动衣帽架是由三个全等的菱形构成，所 以ＡＣ＝２０ｃｍ．因为四边形ＡＢＣＤ是菱形，所以ＡＢ＝ＢＣ ＝２０ｃｍ，∠ＤＡＢ＝２∠ＢＡＣ．所以ＡＣ＝ＡＢ＝ＢＣ．所以 △ＡＢＣ是等边三角形．所以 ∠ＢＡＣ＝６０°．所以 ∠ＤＡＢ ＝１２０°． 故选Ｃ． 例２　蜜蜂采蜜时，蜜源 很远它就会跳起“８字舞”，告 诉同伴蜜源的方向．如图２，两 个全等菱形的边长为１厘米， 一只蜜蜂由Ａ点开始按ＡＢＣＤＥＦＣＧＡ的顺序沿菱形的边 循环运动，飞行 ２２４厘米后停下，则这只蜜蜂停在 点． 分析：根据菱形的性质得蜜蜂飞行一周的路程为 ８厘米，用２２４除以８，再确定停靠的点即可． 解：因为两个全等菱形的边长为１厘米，所以蜜蜂 沿菱形的边飞行一个“８字舞”的路程为：８×１＝８（厘 米）．因为２２４÷８＝２８，所以这只蜜蜂飞行２２４厘米后 停下的点与飞行８厘米后停下的点相同．由图可知，飞 行８厘米后停在点Ａ．所以这只蜜蜂飞行２２４厘米后停 在Ａ点． 故填Ａ． 例３　学校植物园沿路护栏的纹饰部分设计成若 干个全等菱形图案，每增加一个菱形图案，纹饰长度就增 加ｄｃｍ，如图３，已知每个菱形图案的边长为 槡１０３ｃｍ，其 中一个内角为６０°．若ｄ＝２６，该纹饰要用２３１个菱形图 案，则纹饰的长度ｌ＝ ｃｍ． 分析：根据菱形的性质求得菱形对角线ＢＤ的长，结 合图形发现ｌ＝菱形对角线ＢＤ的长 ＋（２３１－１）ｄ． 解：连结 ＡＣ，ＢＤ交于点 Ｏ，如图 ３．因为四边形 ＡＢＣＤ是菱形，∠ＡＢＣ＝６０°，所以ＢＤ＝２ＢＯ，ＡＣ⊥ＢＤ， ∠ＡＢＯ＝３０°．所以∠ＡＯＢ＝９０°．因为ＡＢ＝ 槡１０３ｃｍ， 所以ＡＯ＝ １２ＡＢ＝ 槡５３ｃｍ．根据勾股定理，得 ＢＯ＝ ＡＢ２－ＡＯ槡 ２ ＝１５ｃｍ．所以ＢＤ＝３０ｃｍ．所以ｌ＝３０＋ ２６×（２３１－１）＝６０１０（ｃｍ）． 故填６０１０． 书 动点问题是以几何知识和图形为背景，渗入运动变 化观点的一类问题．解决动点问题，有利于发展同学们 的思维，对提高同学们的解题能力也大有益处．这类问 题通过仔细观察图形，分析、归纳与探究图形的变化规 律，抓住图形运动变化中的不变量和变化规律求解．现 将与菱形有关的动点问题列举如下，供同学们参考． 例１　如图１，已知平行四 边形 ＡＢＣＤ中，ＡＢ＝ＢＣ，ＢＣ＝ １０，∠ＢＣＤ＝６０°，两顶点Ｂ，Ｄ分 别在平面直角坐标系的 ｙ轴、ｘ 轴的正半轴上滑动，连结 ＯＡ，则 ＯＡ长的最小值是 ． 分析：推断出ＯＡ的长最小时的情况，根据“有一组邻 边相等的平行四边形是菱形”判定四边形ＡＢＣＤ是菱形， 运用菱形的性质以及等边三角形的性质可求出ＯＡ的长． 解：过点Ａ作ＡＥ⊥ＢＤ于点Ｅ，连结ＯＥ，如图１．当点 Ａ，Ｏ，Ｅ在一条直线上时，ＯＡ最短．因为四边形 ＡＢＣＤ是 平行四边形，ＡＢ＝ＢＣ，所以四边形 ＡＢＣＤ是菱形．因为 ＢＣ＝１０，∠ＢＣＤ＝６０°，所以ＡＢ＝ＡＤ＝１０，∠ＢＡＤ＝ ６０°．所以△ＡＢＤ是等边三角形．所以ＢＤ＝１０．所以ＤＥ ＝ １２ＢＤ＝５．根据勾股定理，得ＡＥ＝ ＡＤ ２－ＤＥ槡 ２ ＝ 槡５３．因为∠ＢＯＤ＝９０°，ＢＤ＝１０，所以ＥＯ＝５．所以ＯＡ 的最小值为：ＯＡ＝ＡＥ－ＥＯ＝ 槡５３－５． 故填 槡５３－５． 例２　如图２，点 Ｐ，Ｑ分别 是菱形 ＡＢＣＤ的边 ＡＤ，ＢＣ上的 两个动点．若线段 ＰＱ长的最大 值为 槡８５，最小值为 ８，则菱形 ＡＢＣＤ的边长为 （　　） 槡Ａ．４６　　　Ｂ．１０　　　Ｃ．１２　　　Ｄ．１６ 分析：连结ＡＣ，过点Ａ作ＡＥ⊥ＢＣ，交ＣＢ的延长线 于点Ｅ，由题意可得当点Ｐ与点Ａ重合，点Ｑ与点Ｃ重合 时，ＰＱ有最大值，即ＡＣ＝ 槡８５，当ＰＱ⊥ＢＣ时，ＰＱ有最 小值，即直线ＡＤ与直线ＢＣ之间的距离为８，由“平行线 间的距离处处相等”得ＡＥ＝８，由勾股定理可求解． 解：连结ＡＣ，过点Ａ作ＡＥ⊥ＢＣ，交ＣＢ的延长线于 点Ｅ，如图２．因为四边形ＡＢＣＤ是菱形，所以ＡＢ＝ＢＣ． 因为线段ＰＱ长的最大值为 槡８５，最小值为８，所以ＡＣ＝ 槡８５，ＡＥ＝８．根据勾股定理，得 ＣＥ＝ ＡＣ ２－ＡＥ槡 ２ ＝ １６．在 Ｒｔ△ＡＥＢ中，ＡＢ２ ＝ＢＥ２＋ＡＥ２，即 ＢＣ２ ＝（１６－ ＢＣ）２＋６４．解得ＢＣ＝１０． 故选Ｂ． ! " # $ % & ' ( ! . $ ) * + " , - ! & " #¡ :¢¢ 书 一、菱形的四条边都相等 例１　如图１，菱形ＡＢＣＤ的 对角线 ＡＣ，ＢＤ相交于点 Ｏ．若 ＡＣ＝１６，ＢＤ＝８，则菱形 ＡＢＣＤ 的周长是 （　　） Ａ．１６槡５ Ｂ．３２槡５ Ｃ．３２ Ｄ．４０ 解：因为四边形ＡＢＣＤ是菱形，ＡＣ＝１６，ＢＤ＝８， 所以ＡＣ⊥ＢＤ，ＯＡ＝１２ＡＣ＝８，ＯＤ＝ １ ２ＢＤ＝４． 根据勾股定理，得ＡＤ＝ ＯＡ２＋ＯＤ槡 ２ ＝４槡５． 所以菱形ＡＢＣＤ的周长是１６槡５． 故选Ａ． 二、菱形的对角线互相垂直 例２　如图２，在菱形ＡＢＣＤ 中，ＡＣ＝２槡６，ＢＤ＝２槡３，ＤＨ⊥ ＡＢ于点Ｈ，则ＢＨ的长是 （　　） Ａ．３ Ｂ．２槡３ Ｃ．２ Ｄ．２槡２ 解：因为菱形ＡＢＣＤ，ＡＣ＝２槡６，ＢＤ＝２槡３， 所以ＡＣ⊥ＢＤ，ＡＯ＝１２ＡＣ＝槡６，ＢＯ＝ １ ２ＢＤ＝槡３． 根据勾股定理，得ＡＢ＝ ＡＯ２＋ＢＯ槡 ２ ＝３． 因为Ｓ菱形ＡＢＣＤ ＝ＡＢ·ＤＨ＝ １ ２ＡＣ·ＢＤ， 所以ＤＨ＝ＡＣ·ＢＤ２ＡＢ ＝２槡２． 根据勾股定理，得ＢＨ＝ ＢＤ２－ＤＨ槡 ２ ＝２． 故选Ｃ． 三、菱形的每一条对角线平分一组对角 例３　如图３，在菱形ＡＢＣＤ 中，∠ＡＣＤ＝４０°，则 ∠ＡＢＣ＝ °． 解：因为四边形 ＡＢＣＤ是菱 形，∠ＡＣＤ＝４０°， 所以 ＡＢ∥ ＣＤ，∠ＢＣＤ ＝ ２∠ＡＣＤ＝８０°． 所以∠ＡＢＣ＝１８０°－∠ＢＣＤ＝１００°． 故填１００． 书 辅助线是在几何学中用来帮助解答疑难几何图形 问题，在原图基础之上另外所作的具有极大价值的直线 或者线段．通过添加适当的辅助线，可以将条件中隐含 的有关图形的性质充分揭示出来，以便取得过渡性的推 论，达到推导出结论的目的． 例１　如图１，在菱形ＡＢＣＤ 中，∠ＢＡＤ＝８０°，ＡＢ的垂直平 分线交对角线ＡＣ于点Ｆ，垂足为 Ｅ，连结ＤＦ，则∠ＤＦＥ＝ （　　） Ａ．１５０° Ｂ．１４０° Ｃ．１３０° Ｄ．１２０° 解：连结 ＢＦ，如图 １．因为四边形 ＡＢＣＤ是菱形， ∠ＢＡＤ＝８０°，所以∠ＢＡＣ＝∠ＤＡＣ＝１２∠ＢＡＤ＝４０°， ＡＢ＝ＡＤ．因为ＥＦ是线段ＡＢ的垂直平分线，所以ＡＦ＝ ＢＦ，∠ＡＥＦ＝９０°．所以∠ＡＢＦ＝∠ＢＡＦ＝４０°，∠ＡＦＥ＝ ５０°．所以 ∠ＡＦＢ＝１８０°－∠ＢＡＦ－∠ＡＢＦ＝１００°．在 △ＡＤＦ和 △ＡＢＦ中， ＡＤ＝ＡＢ， ∠ＤＡＦ＝∠ＢＡＦ， ＡＦ＝ＡＦ { ， 所以 △ＡＤＦ≌ △ＡＢＦ（Ｓ．Ａ．Ｓ．）．所以 ∠ＡＦＤ ＝∠ＡＦＢ＝１００°．所以 ∠ＤＦＥ＝∠ＡＦＤ＋∠ＡＦＥ＝１５０°． 故选Ａ． 例２　如图２，在菱形ＡＢＣＤ中，点Ｅ是ＣＤ边的中 点，ＥＦ⊥ＡＢ交ＡＢ的延长线于点Ｆ．若ＢＦ∶ＣＥ＝１∶２， ＥＦ＝槡７，则菱形ＡＢＣＤ的边长是 ． 解：过点Ｃ作ＣＭ⊥ＡＢ，交ＡＢ的延长线于点Ｍ，如图２． 因为ＢＦ∶ＣＥ＝１∶２，所以设ＢＦ＝ｘ，则ＣＥ＝２ｘ． 因为点Ｅ是ＣＤ边的中点，所以ＣＤ＝２ＣＥ＝４ｘ． 因为四边形ＡＢＣＤ是菱形，所以ＢＣ＝ＣＤ＝４ｘ，ＣＥ ∥ＡＢ． 因为ＥＦ⊥ＡＢ，ＣＭ⊥ＡＢ，所以四边形 ＥＦＭＣ是矩 形． 所以ＣＭ ＝ＥＦ＝槡７，ＭＦ＝ＣＥ＝２ｘ． 所以ＢＭ ＝ＢＦ＋ＭＦ＝３ｘ． 在Ｒｔ△ＢＣＭ中，由勾股定理，得ＢＭ２＋ＣＭ２＝ＢＣ２， 即（３ｘ）２＋（槡７） ２ ＝（４ｘ）２． 解得ｘ＝１（负值舍去）． 所以ＣＤ＝４ｘ＝４． 故填４． ######################################### * $ " & ! " # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # * $ . / + - ! . . + " $ 0 * - ! & " £ ¤ ¥ ¦ " 67 §¨© " ª7 «—¬ 书 上期２版 １９．１矩形 １９．１．１矩形的性质 基础训练　１．Ｄ；　２．Ｄ；　３．１１０． ４．因为四边形ＡＢＣＤ是矩形，所以ＯＣ＝ＯＢ，∠ＤＣＢ ＝∠ＡＢＣ＝９０°．因为 ＣＥ平分 ∠ＤＣＢ，所以 ∠ＢＣＥ＝ １ ２∠ＤＣＢ＝４５°．在Ｒｔ△ＥＢＣ中，∠ＣＥＢ＝９０°－∠ＢＣＥ ＝４５°．所以 ∠ＢＣＥ＝∠ＣＥＢ．所以 ＢＥ＝ＢＣ．因为 ∠ＯＣＥ＝１５°，所以∠ＢＣＯ＝∠ＯＣＥ＋∠ＢＣＥ＝６０°．所 以△ＢＯＣ是等边三角形．所以ＢＣ＝ＯＢ＝ＢＥ，∠ＯＢＣ＝ ６０°．所以∠ＤＢＡ＝∠ＡＢＣ－∠ＯＢＣ＝３０°．所以∠ＢＥＯ ＝∠ＢＯＥ＝ １２（１８０°－∠ＤＢＡ）＝７５°． ５．（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．又因为 ＤＡ＝ＡＥ，所以 △ＤＦＡ≌ △ＡＢＥ．所以ＤＦ＝ＡＢ． （２）因为ＡＢ＝４，所以ＤＦ＝４．在Ｒｔ△ＡＤＦ中，ＡＤ ＝８，由勾股定理，得 ＡＦ＝ ＡＤ２－ＤＦ槡 ２ ＝ 槡４３．由 △ＤＦＡ≌△ＡＢＥ，得ＢＥ＝ＡＦ＝ 槡４３．所以ＣＥ＝ＢＣ－ＢＥ ＝８－ 槡４３． 能力提高　６．５． ７．（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． 又因为ＡＥ＝ＣＦ，所以△ＡＯＥ≌△ＣＯＦ．所以ＯＥ＝ＯＦ． （２）连结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°．解得 ∠ＢＡＣ＝３０°．所以∠ＢＥＦ＝６０°．所以△ＢＥＦ是等边三 角形．所以ＢＥ＝ＥＦ．因为ＥＦ＝２ＯＦ，所以ＢＥ＝２ＯＦ． １９．１．２矩形的判定 基础训练　１．Ｄ；　２．Ｃ；　３．Ａ； ４．答案不惟一，如ＤＥ＝ＦＧ；　５．１３． ６．因为ＢＥ∥ＤＦ，所以∠ＤＦＣ＝∠ＡＥＢ．所以１８０°－ ∠ＤＦＣ＝１８０°－∠ＡＥＢ，即∠ＤＦＡ＝∠ＢＥＣ．因为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． 又因为∠ＢＡＤ＝９０°，所以四边形ＡＢＣＤ是矩形． ７．（１）因为点Ｅ是ＡＤ的中点，所以ＡＥ＝ＤＥ．因为 ＡＦ∥ＢＣ，所以∠ＡＦＥ＝∠ＤＣＥ，∠ＦＡＥ＝∠ＣＤＥ．所以 △ＥＡＦ≌△ＥＤＣ（Ａ．Ａ．Ｓ．）．所以ＡＦ＝ＤＣ．因为 ＡＦ＝ ＢＤ，所以ＢＤ＝ＤＣ，即Ｄ是ＢＣ的中点． （２）四边形ＡＦＢＤ是矩形．证明如下： 因为ＡＦ∥ＢＤ，ＡＦ＝ＢＤ，所以四边形ＡＦＢＤ是平行 四边形．因为ＡＢ＝ＡＣ，ＢＤ＝ＤＣ，所以ＡＤ⊥ ＢＣ．所以 ∠ＡＤＢ＝９０°．所以四边形ＡＦＢＤ是矩形． 能力提高　８．（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是矩形． （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．因 为ＥＦ＝ＥＦ，所以 Ｒｔ△ＤＥＦ≌ Ｒｔ△ＧＥＦ（Ｈ．Ｌ．）．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． 上期３版 一、 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ 答案 Ｄ Ｄ Ｃ Ｄ Ｃ Ｄ Ｃ Ｂ 二、９．３５°；　１０．４５；　１１．６；　１２．７２． 三、１３．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． １４．（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． 由对顶角相等，得 ∠ＡＥＦ＝∠ＢＥＣ．所以 △ＡＥＦ≌ △ＢＥＣ（Ａ．Ａ．Ｓ．）． （下转１，４版中缝） ######################################### # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # 456 &-&# 7 0 8 & 9 : 5 !" ;: !!"# 5 ! ! !"#$ JKGL­®¯‰E°±m² %) ' !"#$%&'" ()*+,-'. $/,& ³´ Lµ¶·* !"#$%&'()*+,- ./0123456789:;<=>*?@ , ¸¹º»*AB#$*C9DE$FG$H I<JK*LM , + $ * / - ! $ 1 " 2 $ / - % ' (-% ! 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' - 0 $ + " ! & $ 0 ' . 3 " + - ! $ "#$% %&'()*+ 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．菱形具有而矩形不一定具有的性质是 （　　） Ａ．对角线互相垂直 Ｂ．对边相等 Ｃ．对角相等 Ｄ．对角线相等 ２．在菱形ＡＢＣＤ中，与ＡＣ互相垂直的线段是 （　　） Ａ．ＢＣ Ｂ．ＢＡ Ｃ．ＢＤ Ｄ．ＣＤ ３．如图１，在平行四边形ＡＢＣＤ中，ＡＢ＝４，ＢＣ＝６， 将线段ＡＢ水平向右平移ａ个单位长度得到线段ＥＦ．若 四边形ＥＣＤＦ为菱形时，ａ的值为 （　　） Ａ．１ Ｂ．２ Ｃ．３ Ｄ．４ ４．如图２，在菱形ＡＢＣＤ中，∠ＡＢＣ＝８０°，ＢＡ＝ＢＥ， 则∠ＢＡＥ＝ （　　） Ａ．７０° Ｂ．４０° Ｃ．７５° Ｄ．３０° ５．如图３，在平面直角坐标系中，菱 形ＡＢＣＤ的顶点Ｄ在ｘ轴上．边ＢＣ在ｙ 轴上．若点 Ａ的坐标为（１２，１３），则点 Ｃ 的坐标是 （　　） Ａ．（０，－８） 　　Ｂ．（０，－５） Ｃ．（－５，０） 　　Ｄ．（０，－６） ６．下列是４位同学所画的菱形，依据所标数据，不一 定为菱形的是 （　　） ７．如图４，在菱形ＡＢＣＤ中，∠ＤＡＢ＝６０°，ＢＥ⊥ＡＢ， ＤＦ⊥ＣＤ，垂足分别为Ｂ，Ｄ．若ＡＢ＝９ｃｍ，则ＥＦ的长是 （　　） Ａ．２ｃｍ Ｂ．６ｃｍ 槡Ｃ．３３ｃｍ Ｄ．槡 ９３ ２ ｃｍ ８．如图５，菱形 ＡＢＣＤ的对角线相交于点 Ｏ，ＡＣ＝ １２，ＢＤ＝１６，点Ｐ为边ＢＣ上一点，且Ｐ不与Ｂ，Ｃ重合． 过Ｐ作ＰＥ⊥ＡＣ于点Ｅ，ＰＦ⊥ＢＤ于点Ｆ，连结ＥＦ，则ＥＦ 的最小值为 （　　） Ａ．４ Ｂ．４．８ Ｃ．５ Ｄ．６ 二、细心填一填（每小题４分，共１６分） ９．如图６，四边形 ＡＢＣＤ是菱形，∠ＡＣＤ＝３０°，则 ∠ＢＡＤ＝ ． １０．如图７，在四边形ＡＢＣＤ中，ＡＣ⊥ＢＤ，垂足为Ｏ， ＡＢ∥ＣＤ，要使四边形 ＡＢＣＤ为菱形，应添加的条件是 （只需写出一个条件即可）． １１．如图８，在菱形ＡＢＣＤ中，对角线ＡＣ，ＢＤ的长度 分别为 １６和 １２，且交于点 Ｏ，则 △ＡＯＢ的面积为 ． １２．如图９，ＣＤ是△ＡＢＣ的角平分线，过点Ｄ分别作 ＡＣ，ＢＣ的平行线，交ＢＣ于点Ｅ，交ＡＣ于点Ｆ，连结ＥＦ． 若∠ＡＣＢ＝６０°，ＥＦ＝４，则四边形 ＣＥＤＦ的周长是 ． 三、耐心解一解（共５２分） １３．（１０分）如图１０，在菱形ＡＢＣＤ中，Ｅ为ＡＢ边上 一点，过点Ｅ作ＥＦ∥ＢＣ，交ＢＤ于点Ｍ，交ＣＤ于点Ｆ．求 证：ＣＦ＝ＥＭ． １４．（１２分）如图１１，点 Ｅ，Ｆ分别在 ＡＢＣＤ的边 ＢＣ，ＣＤ上，ＢＥ＝ＤＦ，∠ＢＡＦ＝∠ＤＡＥ．求证：四边形 ＡＢＣＤ是菱形． １５．（１４分）如图１２，菱形ＡＢＣＤ的对角线ＡＣ，ＢＤ交 于点Ｏ，点Ｅ在线段ＯＢ上，点Ｆ在线段ＯＤ上，且ＤＦ＝ ＢＥ，连结ＡＥ，ＡＦ，ＣＥ，ＣＦ． （１）求证：四边形ＡＥＣＦ是菱形； （２）若ＡＣ＝４，ＢＤ＝８，ＢＥ＝３，试判断△ＡＤＥ的形 状，并说明理由． １６．（１６分）菱形ＡＢＣＤ中，∠Ｂ＝６０°，点Ｅ在边ＢＣ 上，点Ｆ在边ＣＤ上． （１）如图１３，若Ｅ是ＢＣ的中点，∠ＡＥＦ＝６０°，求证： Ｆ是ＣＤ的中点； （２）如图 １４，若 ∠ＥＡＦ＝６０°，∠ＢＡＥ＝２０°，求 ∠ＦＥＣ的度数． （以下试题供各地根据实际情况选用） １．（８分）如图１，在四边形ＡＢＣＤ中，ＡＢ∥ＣＤ，ＡＣ平 分∠ＤＡＢ，ＡＢ＝２ＣＤ，Ｅ为ＡＢ的中点，连结ＣＥ． （１）求证：四边形ＡＥＣＤ是菱形； （２）若∠Ｄ＝１２０°，ＣＤ＝２，求△ＡＢＣ的面积． ２．（１２分）如图２，在菱形ＡＢＣＤ中，ＡＢ＝２，∠ＢＡＤ ＝１２０°，△ＡＥＦ为等边三角形，点Ｅ，Ｆ分别在菱形的边ＢＣ， ＣＤ上滑动，且Ｅ，Ｆ都不与Ｂ，Ｃ，Ｄ重合． （１）求证：不论Ｅ，Ｆ在ＢＣ，ＣＤ上如何滑动，总有ＢＥ ＝ＣＦ； （２）当点Ｅ，Ｆ在ＢＣ，ＣＤ上滑动时，分别探讨四边形 ＡＥＣＦ的面积和△ＣＥＦ的周长是否发生变化？如果不变， 求出这个定值；如果变化，求出最小值                                                                                                                                                                 ． 书 １９．２菱形 １９．２．１菱形的性质 １．已知四边形ＡＢＣＤ是菱形，其中ＡＢ＝４ｃｍ，则四 边形ＡＢＣＤ的周长是 （　　） 　　　 　　　　 　　　　　 　　　Ａ．５ｃｍ Ｂ．８ｃｍ Ｃ．１２ｃｍ Ｄ．１６ｃｍ ２．如图１，已知菱形ＡＢＣＤ的对角线ＡＣ＝５，ＢＤ＝ ８，则菱形ＡＢＣＤ的面积为 ． ３．如图２，在菱形ＡＢＣＤ中，ＡＣ与ＢＤ相交于点Ｏ， ＡＢ的垂直平分线ＥＦ交ＡＣ于点Ｆ，连结ＤＦ．若∠ＢＡＤ ＝７０°，则∠ＤＦＯ的度数为 ． ４．菱形 ＯＡＢＣ在平面直角 坐标系中的位置如图３所示．已 知ＯＡ＝２，∠ＡＯＣ＝４５°，则点Ｂ 的坐标为 ． ５．如图４，在菱形ＡＢＣＤ中， 对角线ＡＣ，ＢＤ相交于点Ｏ，过点Ｄ作对角线ＢＤ的垂线 交ＢＡ的延长线于点Ｅ．求证：四边形ＡＣＤＥ是平行四边 形． ６．如图５，点Ｐ是菱形ＡＢＣＤ的对角线ＢＤ上一点， 连结ＰＣ，ＰＡ．求证：ＰＡ＝ＰＣ． ７．如图６，在菱形ＡＢＣＤ中，延长ＢＡ到点Ｅ，使得ＡＥ ＝ＡＢ，连结ＤＥ．求证：△ＢＤＥ为直角三角形． ８．如图７，四边形ＡＢＣＤ是菱形，ＡＣ，ＢＤ交于点Ｏ， ＤＨ⊥ＡＢ于点Ｈ． （１）若对角线ＡＣ＝８ｃｍ，ＢＤ＝６ｃｍ，求ＤＨ的长； （２）连结 ＯＨ，已知 ＯＨ＝ １２ＢＤ，求证：∠ＢＯＨ＝ ∠ＤＡＨ． ９．如图８，在菱形ＡＢＣＤ中，边ＡＢ＝ ５，Ｅ，Ｆ分别在ＢＣ和ＡＤ上．若ＤＦ＝１， ＢＥ＝３，且此时ＢＦ＝ＤＥ，则ＢＦ的长为 ． １９．２．２菱形的判定 １．如图１，以Ｏ为圆心，ＯＡ长 为半径画弧分别交ＯＭ，ＯＮ于Ａ，Ｂ 两点，再分别以Ａ，Ｂ为圆心，以ＯＡ 长为半径画弧，两弧交于点 Ｃ，连 结ＡＣ，ＢＣ，则四边形ＯＡＣＢ一定是 （　　） Ａ．平行四边形 Ｂ．菱形 Ｃ．矩形 Ｄ．无法确定 ２．要判断一个四边形是否为菱形，可行的测量方 案是 （　　） Ａ．测量两组对边是否相等 Ｂ．测量对角线是否垂直 Ｃ．测量对角线是否互相平分 Ｄ．测量对角线交点到四条边的距离是否相等 ３．如图２，在 ＡＢＣＤ中，点 Ｅ，Ｆ分别在边 ＡＤ，ＢＣ 上，且ＤＥ＝ＢＦ，则再添加一个条件 ，可判定四 边形ＡＦＣＥ是菱形（只添加一个条件）． ４．如图３，点Ａ，Ｂ的坐标分别为（０，２），（２，０），点Ｃ 在ｙ轴上，点Ｄ为平面内一点．若四边形ＡＣＤＢ恰好构成 一个菱形，请写出点Ｄ的坐标： ． ５．如图４，在四边形ＡＢＣＤ中，ＡＢ＝ＡＤ，ＢＣ＝ＤＣ． 若ＡＢ∥ＣＤ，求证：四边形ＡＢＣＤ是菱形． ６．如图５，在△ＡＢＣ中，ＢＡ＝ＢＣ，ＢＤ平分∠ＡＢＣ交 ＡＣ于点Ｄ，点Ｅ在线段ＢＤ上，点Ｆ在ＢＤ的延长线上， 连结ＡＥ，ＣＥ，ＡＦ，ＣＦ，且ＡＥ∥ＣＦ． （１）求证：四边形ＡＥＣＦ是菱形； （２）若ＢＦ＝ＢＡ，ＡＤ＝４，ＤＦ＝２，求ＢＦ的长． ７．如图６，在四边形ＡＢＣＤ中，∠Ａ＝∠Ｂ＝９０°，点 Ｅ在边ＡＢ上，点Ｆ在ＡＤ的延长线上，且点Ｅ与点Ｆ关 于直线ＣＤ对称，过点Ｅ作ＥＧ∥ＡＦ交ＣＤ于点Ｇ，连结 ＦＧ，ＤＥ． （１）求证：四边形ＤＥＧＦ是菱形； （２）若ＡＢ＝１０，ＡＦ＝ＢＣ＝８，求四边形ＤＥＧＦ的 面积 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 （上接１，４版中缝） （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． 因为 ＣＥ∥ ＢＤ，所以四 边形ＢＣＥＤ是平行四边 形．所以ＣＥ＝ＢＤ．又因 为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．由勾股定理，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（Ａ．Ｓ．Ａ．）． （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＋ ＦＧ＝１６３． （全文完）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书 答案详解 　　　　　　　２０２４～２０２５学年　初中数学·华东师大八年级　第４０～４４期　　　　　　　 ４０期２版 １９．２菱形 １９．２．１菱形的性质 基础训练　１．Ｄ；　２．２０；　３．７０°；　４．（槡２＋２，槡２）． 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（Ｓ．Ａ．Ｓ．）．所以 ＰＡ＝ＰＣ． ７．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＝∠ＢＤＥ ＝９０°．所以△ＢＤＥ为直角三角形． 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．因为 ＯＨ＝ １２ＢＤ，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． １９．２．２菱形的判定 基础训练　１．Ｂ；　２．Ｄ；　３．答案不惟一，如ＡＥ＝ＡＦ； ４．（２，槡２２）或（２，－ 槡２２）． ５．在△ＡＢＣ和△ＡＤＣ中，因为ＡＢ＝ＡＤ，ＡＣ＝ＡＣ，ＢＣ＝ ＤＣ，所以△ＡＢＣ≌△ＡＤＣ（Ｓ．Ｓ．Ｓ．）．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（Ａ．Ａ．Ｓ．）．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）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）连结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． ４０期３版 一、 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ 答案 Ａ Ｃ Ｂ Ａ Ｂ Ｂ Ｃ Ｂ 二、９．６０°；　１０．答案不惟一，如ＡＢ＝ＣＤ；　１１．２４； １２．１６． 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．因为ＢＥ＝ＤＦ，所以△ＡＢＥ≌△ＡＤＦ（Ａ．Ａ．Ｓ．）．所以 ＡＢ＝ＡＤ．所以四边形ＡＢＣＤ是菱形． １５．（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 —１— 初中数学·华东师大八年级　第４０～４４期 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． １６．（１）连结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）连结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（Ａ．Ｓ．Ａ．）．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 ＝ ∠ＢＡＥ＝２０°． 附加题　１．（１）因为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＝∠ＥＡＣ．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． ２．（１）连结ＡＣ，图略．因为四边形ＡＢＣＤ为菱形，∠ＢＡＤ＝ １２０°，所以ＡＢ＝ＢＣ，∠ＢＡＣ＝６０°，即∠ＢＡＥ＋∠ＥＡＣ＝６０°． 所以△ＡＢＣ是等边三角形．所以ＡＢ＝ＡＣ．因为△ＡＥＦ是等边 三角形，所以 ＡＥ＝ＡＦ，∠ＥＡＦ＝６０°，即 ∠ＣＡＦ＋∠ＥＡＣ＝ ６０°．所 以 ∠ＢＡＥ ＝ ∠ＣＡＦ． 在 △ＡＢＥ和 △ＡＣＦ中， ＡＢ＝ＡＣ， ∠ＢＡＥ＝∠ＣＡＦ， ＡＥ＝ＡＦ { ， 所以 △ＡＢＥ≌ △ＡＣＦ（Ｓ．Ａ．Ｓ．）．所以 ＢＥ＝ＣＦ． （２）四边形ＡＥＣＦ的面积不变，△ＣＥＦ的周长发生变化． 由（１），得 △ＡＢＥ≌ △ＡＣＦ．所以 Ｓ△ＡＢＥ ＝Ｓ△ＡＣＦ．所以 Ｓ四边形ＡＥＣＦ ＝Ｓ△ＡＥＣ ＋Ｓ△ＡＣＦ ＝Ｓ△ＡＥＣ ＋Ｓ△ＡＢＥ ＝Ｓ△ＡＢＣ，即四边形 ＡＥＣＦ的面积不变．因为△ＣＥＦ的周长为：ＣＥ＋ＣＦ＋ＥＦ＝ＣＥ ＋ＢＥ＋ＥＦ＝ＢＣ＋ＥＦ＝ＢＣ＋ＡＥ，所以△ＣＥＦ的周长发生变 化．过点Ａ作ＡＧ⊥ ＢＣ于点 Ｇ，图略．当点 Ｅ滑动到点 Ｇ时， △ＣＥＦ的周长最小．此时ＢＧ＝１２ＢＣ＝１．根据勾股定理，得ＡＧ ＝ ＡＢ２－ＢＧ槡 ２ ＝槡３．所以Ｓ四边形ＡＥＣＦ ＝Ｓ△ＡＢＣ ＝ １ ２ＢＣ·ＡＧ＝ １ ２×２×槡３＝槡３，△ＣＥＦ的周长的最小值为：ＢＣ＋ＡＧ＝２＋槡３． ４１期２版 １９．３正方形 １９．３．１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．在△ＢＣＥ和△ＤＣＦ中，因为ＢＥ＝ＤＦ，∠Ｂ＝∠Ｄ， ＢＣ＝ＤＣ，所以△ＢＣＥ≌△ＤＣＦ（Ｓ．Ａ．Ｓ．）．所以ＣＥ＝ＣＦ．因为 点Ｍ是ＥＦ的中点，所以ＣＭ⊥ＥＦ． ５．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． 能力提高　６．槡２． ７．连结 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，因为 ＡＤ ＝ＡＢ，∠ＥＡＤ ＝ ∠ＦＡＢ，ＡＥ＝ＡＦ，所以△ＡＤＥ≌△ＡＢＦ（Ｓ．Ａ．Ｓ．）．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． １９．３．２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＋ —２— 初中数学·华东师大八年级　第４０～４４期 ∠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．在 △ＡＢＤ和△ＣＢＤ中，因为 ＡＢ＝ＣＢ，∠ＡＢＤ＝∠ＣＢＤ，ＢＤ＝ ＢＤ，所以△ＡＢＤ≌△ＣＢＤ（Ｓ．Ａ．Ｓ．）．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 Ａ Ｄ Ｂ Ｂ Ｄ Ｄ 二、９．槡６；　１０．答案不惟一，如ＡＣ＝ＢＤ；　１１．槡７； １２．槡６１． 三、１３．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°． 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．在 △ＡＢＦ和 △ＤＡＥ中，因为∠Ｂ＝∠ＥＡＤ，∠ＢＡＦ＝∠ＡＤＥ，ＡＦ＝ＤＥ，所以 △ＡＢＦ≌△ＤＡＥ（Ａ．Ａ．Ｓ．）．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．在△ＡＤＥ和△ＣＢＦ中，因为ＡＤ＝ＣＢ，∠ＤＡＥ ＝∠ＢＣＦ，ＡＥ＝ＣＦ，所以△ＡＤＥ≌△ＣＢＦ（Ｓ．Ａ．Ｓ．）． （２）因为四边形ＡＢＣＤ是正方形，所以ＡＣ⊥ＢＤ，ＯＡ＝ＯＢ ＝ＯＣ＝ＯＤ．因为ＡＥ＝ＣＦ，所以ＯＥ＝ＯＡ－ＡＥ＝ＯＣ－ＣＦ＝ ＯＦ．所以四边形ＢＥＤＦ为菱形． 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（Ｓ．Ａ．Ｓ．）．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）连结ＡＥ，图略．因为四边形 ＡＫＦＨ的面积为１０，所以 ＫＦ２ ＝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，因为 ∠ＤＨＰ＝ ∠ＦＧＰ，∠ＨＤＰ ＝ ∠ＧＦＰ，ＤＰ ＝ ＦＰ， 所 以 △ＤＨＰ ≌ △ＦＧＰ（Ａ．Ａ．Ｓ．）．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，因 为ＥＨ＝ＨＧ，ＡＨ＝ＤＧ，所以Ｒｔ△ＡＨＥ≌Ｒｔ△ＤＧＨ（Ｈ．Ｌ．）．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ＨＧ２＝ＤＧ２＋ＤＨ２ ＝２０．因为四边形 ＥＦＧＨ是正方形，所以 ＦＧ２ ＝２０，∠ＥＦＧ＝ ９０°．所以∠ＣＦＧ＝１８０°－∠ＥＦＧ＝９０°．由勾股定理，得ＣＦ＝ ＣＧ２－ＦＧ槡 ２ ＝槡５． ４２期检测卷 一、 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０１１１２ 答案 Ａ Ｂ Ｂ Ｃ Ｄ Ｂ Ａ Ｄ Ｃ Ｄ Ａ Ｂ 二、１３．２０；　１４．７０°；　１５．ＢＤ＝ＡＣ且ＢＤ⊥ＡＣ； １６．４．８． 三、１７．因为四边形ＡＢＣＤ是矩形，所以 ∠Ｄ＝９０°，ＣＤ＝ ＡＢ＝４，ＡＤ∥ＢＣ．所以∠ＡＥＢ＝∠ＣＢＥ．因为ＢＥ平分∠ＡＢＣ， 所以∠ＡＢＥ＝∠ＣＢＥ．所以∠ＡＢＥ＝∠ＡＥＢ．所以                                                                      ＡＥ＝ＡＢ＝ —３— 初中数学·华东师大八年级　第４０～４４期 ４．因为ＡＤ＝７，所以ＥＤ＝ＡＤ－ＡＥ＝３．根据勾股定理，得ＥＣ ＝ ＥＤ２＋ＣＤ槡 ２ ＝５． １８．因为 ＡＤ∥ ＢＣ，所以 ∠ＡＤＯ ＝∠ＣＢＯ，∠ＤＡＯ ＝ ∠ＢＣＯ．因为ＢＤ垂直平分ＡＣ，所以ＯＡ＝ＯＣ，ＡＤ＝ＣＤ，ＡＢ＝ ＣＢ．在 △ＡＤＯ和 △ＣＢＯ中，因为 ∠ＡＤＯ＝∠ＣＢＯ，∠ＤＡＯ＝ ∠ＢＣＯ，ＯＡ＝ＯＣ，所以△ＡＤＯ≌△ＣＢＯ（Ａ．Ａ．Ｓ．）．所以 ＡＤ＝ ＣＢ．所以ＡＤ＝ＣＤ＝ＡＢ＝ＣＢ．所以四边形ＡＢＣＤ是菱形． １９．连结ＧＥ，图略．因为四边形ＡＢＣＤ为正方形，所以ＡＢ∥ ＣＤ．所以∠ＣＧＥ＝∠ＡＥＧ．因为四边形ＥＦＧＨ为菱形，所以ＧＦ ∥ＨＥ．所以∠ＨＥＧ＝∠ＦＧＥ．所以∠ＡＥＧ－∠ＨＥＧ＝∠ＣＧＥ－ ∠ＦＧＥ，即∠ＨＥＡ＝∠ＣＧＦ． ２０．（１）过点Ｇ作ＧＤ⊥ＡＢ于点Ｄ，图略．因为ＧＥ⊥ＢＣ，ＧＦ ⊥ＡＣ，所以∠ＣＥＧ＝∠ＣＦＧ＝９０°．因为∠Ｃ＝９０°，所以四边 形ＧＥＣＦ是矩形．因为∠ＢＡＣ，∠ＡＢＣ的平分线交于点Ｇ，所以 ＥＧ＝ＤＧ＝ＦＧ．所以四边形ＧＥＣＦ是正方形． （２）连结ＣＧ，图略．因为ＡＣ＝４，ＢＣ＝３，∠ＡＣＢ＝９０°，由 勾股定理，得 ＡＢ＝ ＡＣ２＋ＢＣ槡 ２ ＝５．因为 Ｓ△ＡＢＣ ＝Ｓ△ＡＢＧ ＋ Ｓ△ＡＣＧ ＋Ｓ△ＢＣＧ，所以 １ ２×３×４＝ １ ２×５ＥＧ＋ １ ２×４ＥＧ＋ １ ２× ３ＥＧ．解得ＥＧ＝１．所以四边形ＧＥＣＦ的面积为：ＥＧ２ ＝１． ２１．（１）１． （２）因为四边形 ＡＢＣＤ是菱形，所以 ＡＣ＝２ＯＡ，ＢＤ ＝ ２ＯＢ，ＡＢ＝ＢＣ．因为∠ＡＢＣ＝６０°，所以△ＡＢＣ是等边三角形． 所以 ＡＢ＝２ＯＡ．根据勾股定理，得 ＯＢ＝ ＡＢ２－ＯＡ槡 ２ ＝ 槡３ＯＡ．所以菱形ＡＢＣＤ的“接近度”为： ｍ ｎ ＝ 槡２３ＯＡ ２ＯＡ ＝槡３． （３）因为菱形ＡＢＣＤ的“接近度”是２，所以ＢＤ＝２ＡＣ．所 以ＯＢ＝２ＯＡ．因为菱形ＡＢＣＤ的边长为５，所以ＯＡ２＋ＯＢ２ ＝ ５ＯＡ２ ＝２５．解得ＯＡ＝槡５．所以ＢＤ＝ 槡４５． ２２．（１）因为四边形ＡＢＣＤ是矩形，所以ＯＡ＝ＯＣ＝１２ＡＣ， ＯＢ＝ＯＤ＝ １２ＢＤ，ＡＣ＝ＢＤ．所以ＯＡ＝ＯＢ＝ＯＣ＝ＯＤ．在 △ＢＥＯ和△ＣＥＯ中，因为ＢＥ＝ＣＥ，ＯＥ＝ＯＥ，ＯＢ＝ＯＣ，所以 △ＢＥＯ≌△ＣＥＯ（Ｓ．Ｓ．Ｓ．）． （２）因为四边形 ＡＢＣＤ是矩形，所以 ∠ＢＡＤ＝∠ＣＤＡ＝ ９０°，ＡＢ＝ＤＣ．在Ｒｔ△ＢＡＥ和Ｒｔ△ＣＤＥ中，因为ＢＥ＝ＣＥ，ＡＢ＝ ＤＣ，所以Ｒｔ△ＢＡＥ≌Ｒｔ△ＣＤＥ（Ｈ．Ｌ．）．所以∠ＡＥＢ＝∠ＤＥＣ， ＡＥ＝ＤＥ．因为ＯＡ＝ＯＤ，所以∠ＯＥＡ＝∠ＯＥＤ＝９０°，∠ＤＡＯ ＝∠ＡＤＯ．所以ＡＢ∥ＯＥ∥ＤＣ．所以Ｓ△ＡＥＯ ＝Ｓ△ＢＥＯ，Ｓ△ＤＥＯ ＝ Ｓ△ＣＥＯ．所以Ｓ△ＡＥＯ －Ｓ△ＥＦＯ ＝Ｓ△ＢＥＯ －Ｓ△ＥＦＯ，即Ｓ△ＡＥＦ ＝Ｓ△ＢＦＯ， Ｓ△ＤＥＯ －Ｓ△ＥＨＯ ＝Ｓ△ＣＥＯ －Ｓ△ＥＨＯ，即Ｓ△ＤＥＨ ＝Ｓ△ＣＨＯ．在△ＡＥＦ和 △ＤＥＨ中，因为∠ＥＡＦ＝∠ＥＤＨ，ＡＥ＝ＤＥ，∠ＡＥＦ＝∠ＤＥＨ， 所以△ＡＥＦ≌△ＤＥＨ（Ａ．Ｓ．Ａ．）．所以Ｓ△ＡＥＦ ＝Ｓ△ＤＥＨ．因为ＤＧ ∥ ＡＣ，所以 ∠Ｇ＝∠ＡＦＥ，∠ＧＤＥ＝∠ＦＡＥ．在 △ＡＥＦ和 △ＤＥＧ中，因为∠ＡＦＥ＝∠Ｇ，∠ＦＡＥ＝∠ＧＤＥ，ＡＥ＝ＤＥ，所以 △ＡＥＦ≌△ＤＥＧ（Ａ．Ａ．Ｓ．）．所以Ｓ△ＡＥＦ ＝Ｓ△ＤＥＧ．所以△ＤＥＨ， △ＣＨＯ，△ＤＥＧ，△ＢＦＯ的面积都与△ＡＥＦ的面积相等． ４３期２版 ２０．１平均数 ２０．１．１平均数的意义 基础训练　１．Ｃ；　２．１；　３．１０ｍ＋２３ｎ３３ ． ４．这２０户家庭的月平均用水量是：１２０×（４×２＋５×３＋ ６×７＋８×５＋９×２＋１１×１）＝６．７（吨）． 能力提高　５．Ｄ． ２０．１．２用计算器求平均数 基础训练　１．Ｄ． ２．（１）１；　（２）－１３．７５；　（３）８６．５． ２０．１．３加权平均数 基础训练　１．Ｃ；　２．２９． ３．（１）甲的平均成绩为：８０＋８７＋８２３ ＝８３（分）； 乙的平均成绩为： ８０＋９６＋７６ ３ ＝８４（分）． 因为８４＞８３，所以应该录取乙． （２）甲的综合成绩为：８０×２０％＋８７×２０％＋８２×６０％ ＝ ８２．６（分）； 乙的综合成绩为：８０×２０％ ＋９６×２０％ ＋７６×６０％ ＝ ８０．８（分）． 因为８２．６＞８０．８，所以应该录取甲． ２０．２数据的集中趋势 ２０．２．１中位数和众数 基础训练　１．Ｂ；　２．Ｃ；　３．Ａ；　４．８１；　５．１４分． ６．（１）５．５，４； （２）这１００名学生平均每人植树：１１００×（４×３０＋５×２０＋ ６×２５＋８×１５＋１０×１０）＝５．９（棵）． ２０．２．２平均数、中位数和众数的选用 基础训练　１．（１）表中依次填１，１，２，３，４，５，３，１，年平均 收入为１．６； （２）１．２，１．３； （３）众数． ２．（１）这 １５名工人该天加工零件的平均数为： １８×１＋１６×１＋１０×２＋８×６＋７×３＋６×２ １５ ＝９（件）． （２）这１５名工人该天加工零件的中位数是８件，                                                                      众数是 —４— 初中数学·华东师大八年级　第４０～４４期 ８件． （３）不会．理由如下： ９件是平均数，但表中数据显示，每日能完成９件的只有 ４人，还有１１人不能达到此定额，将每名工人的日加工零件任 务数定为９件不利于调动多数工人的生产积极性． ４３期３版 一、 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ 答案 Ｃ Ｄ Ｂ Ａ Ｄ Ａ Ｃ Ｂ 二、９．２３．５；　１０．５；　１１．２．８；　１２．１９或２０． 三、１３．（１）１６，１７． （２）这１０位居民一周内使用共享单车的平均次数是：１１０ ×（０＋７＋９＋１２＋１５＋１７×３＋２０＋２６）＝１４（次）． １４．（１）该员工本年度平时表现的平均成绩为：１４×（１０６ ＋１０２＋１１４＋１１０）＝１０８（分）． （２）该员工本年度的综合考评成绩为：１０８×１０％ ＋１１０× ２０％ ＋１０７×７０％ ＝１０７．７（分）． １５．（１）这１０名工人该月生产零件的平均个数为：１１０× （６００＋４８０＋２２０×３＋１８０×４＋１２０）＝２５８（个）． （２）因为共有１０名工人，所以中位数为：（２２０＋１８０）÷２ ＝２００（个），众数为１８０个． 从平均数看，当月生产目标定为２５８个时，有２名工人获得 奖励，不利于调动工人的积极性； 从中位数看，当月生产目标定为２００个时，有５名工人获得 奖励，不利于调动工人的积极性； 从众数看，当月生产目标定为１８０个时，有９名工人获得奖 励，有利于调动工人的积极性． 综上所述，当月生产目标定为１８０个时，有利于调动大多 数工人的积极性． １６．（１）一班Ｃ等级的学生有：２５－６－１２－５＝２（名）．补 图略． （２）一班的平均数为：ａ＝１２５×（６×１００＋１２×８５＋２× ７５＋５×６０）＝８２．８（分）； 一班的中位数为：ｂ＝８５（分）； 二班的众数为：ｃ＝１００（分）． （３）①从平均数、众数方面来比较，二班的成绩更好． ②一班Ｂ级以上（包括Ｂ级）的同学有：６＋１２＝１８（名）； 二班 Ｂ级以上（包括 Ｂ级）的同学有：２５×（４４％ ＋４％）＝ １２（名）． 因为１８＞１２，所以从Ｂ级以上（包括Ｂ级）的人数方面来 比较，一班的成绩更好． 附加题　１．（１）１５，１５． （２）１５，５．５． （３）用“平均数”这个数据指标不能较好反映人群年龄特 征的是乙群游客．理由如下： 乙队游客年龄中含有两个极端值，受两个极端值的影响，平均 数高于大部分成员的年龄． ２．（１）Ｃ等级的同学有５人，成绩分别为：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：１５× （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）． ４４期２版 ２０．３数据的离散程度 基础训练　１．Ｄ；　２．Ａ；　３．２；　４．（１）４，（２）＞． ５．教练应该选择甲选手参加射击比赛．理由如下： 甲选手在 ５次打靶测试中命中环数的平均数为：ｘ甲 ＝ ８＋８＋７＋８＋９ ５ ＝８（环）， 甲选手在 ５次打靶测试中命中环数的方差为：ｓ２甲 ＝ （８－８）２×３＋（７－８）２＋（９－８）２ ５ ＝０．４； 乙选手在 ５次打靶测试中命中环数的平均数为：ｘ乙 ＝ ５＋９＋７＋１０＋９ ５ ＝８（环）， 乙选手在 ５次打靶测试中命中环数的方差为：ｓ２乙 ＝ （５－８）２＋（７－８）２＋（９－８）２×２＋（１０－８）２ ５ ＝３．２． 因为甲、乙的平均成绩相同，但甲成绩的方差小于乙成绩 的方差，所以教练应该选择甲选手参加射击比赛． 专题　数据的分析 １．Ｂ；　２．Ｂ；　３．８７． ４．（１）表格第一行填入７，８；第二行从左到右依次填入８；８． （２）李雷射击成绩的方差为：１１０×［２×（５－７） ２＋（６－７）２＋ ３×（７－７）２＋３×（８－７）２＋（９－７）２］＝１．６； 林涛射击成绩的方差为： １ １０×［（３－７） ２＋（４－７）２＋（５ －７）２＋（６－７）２＋３×（８－７）２＋２×（９－７）２＋（１０－７）２                                                                      ］ —５— 初中数学·华东师大八年级　第４０～４４期 ＝５． （３）李雷的射击成绩更好．理由如下： 李雷和林涛的射击成绩的平均数一样，但是李雷的方差更 小，波动更小，成绩更稳定（答案不惟一，合理即可）． ４４期３，４版 一、 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ １１ １２ 答案 Ｃ Ｂ Ｂ Ａ Ｄ Ｄ Ａ Ｃ Ｂ Ｄ Ｂ Ｄ 二、１３．甲；　１４．９．５分；　１５．平均数； １６．－３或７或１３４． 三、１７．李大爷这３天的平均步数是：１３×（６２００＋５５００＋ ７２００）＝６３００（步）． １８．本学期王刚的数学总成绩为：８５×１＋９０×２＋９５×２１＋２＋２ ＝９１（分）． 因为９１＞９０，总成绩大于９０分为优秀，所以本学期王刚的 数学成绩是优秀． １９．（１）８次，８．５次． （２）乙成绩的平均数为：５＋６＋８＋９＋１０＋１０６ ＝８（次）， 方差为： １ ６×［（５－８） ２＋（６－８）２＋（８－８）２＋（９－８）２ ＋２×（１０－８）２］＝１１３． 因为１＜１１３，所以甲引体向上的成绩更稳定． ２０．（１）根据题意，得 １１５×（５×３＋２×８＋１×７＋４×４＋ ３×９）＝５．４（万元）． 答：这个公司平均每人所创年利润是５．４万元． （２）Ｄ部门的员工不能获奖．理由如下： 获奖人数为：１５×４０％ ＝６（名）． 个人所创年利润由高到低分别为：Ｅ部门３名，Ｂ部门２名， Ｃ部门１名，共６名．所以Ｄ部门的员工不能获奖． ２１．（１）ａ＝ １５×（７＋１０＋１０＋７．５＋８）＝８．５． 把甲班成绩按从小到大的顺序排列，最中间的数是８．５， 则ｂ＝８．５． 乙班成绩中１０分出现的次数最多，则ｃ＝１０． ｄ＝ １５×［（８．５－８．５） ２×２＋（７．５－８．５）２＋（８－８．５）２ ＋（１０－８．５）２］＝０．７． （２）从方差看，甲班的方差小，所以甲班的成绩更稳定（答 案不惟一，合理即可）． （３）因为乙班成绩的中位数是８分，所以小明的成绩是 ８分．所以小明是５号选手． ２２．（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：１１０×［（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·华东师大八年级　第４０～４４期