第39-1期 第2章四边形综合检测卷(二)-【数理报】2024-2025学年八年级下册数学同步课堂（湘教版）

! " # ! ! ! " ! " $ " % ! " # $ # $ % & & " ' % ' ( !!!!!!!!!!!!!!!! ! ! """""""""""""""" " " ################ # # $$$$$$$$$$$$$$$$ $ $ !!!!!!!!!!!!!!!! ! ! """""""""""""""" " " ################ # # $$$$$$$$$$$$$$$$ $ $ %%%%%%%%%%%%%%%% % % ! " # ! $ % & ' ( ) * + , - . ! $ / & ' ( ) * + - 0 1 2 3 4 5 6 7 ! 8 9 : ; < = > ? @ A ( ! " # $ % & ' & ' ( B ) C ! > ? & ' ( D E F G ! G H I J K L 书 第２章 四边形 综合检测卷（二） ◆数理报社试题研究中心 （答题时长１２０分钟，满分１２０分） 一、选择题（本题共１０小题，每小题３分，共３０分） 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ 答案 　　　　　　　 　　　　　　　 　　　　　　　１．剪纸艺术是中国最古老的民间艺术之一，先后入选中国国家级 非物质文化遗产名录和人类非物质文化遗产代表作名录．以下剪纸图 案中，是中心对称图形的是 （　　） ２．在△ＡＢＣ中，点Ｄ，Ｅ分别是边ＡＢ，ＡＣ的中点，连接ＤＥ．若ＢＣ＝ ４，则ＤＥ＝ （　　） Ａ．１ Ｂ．２ Ｃ．４ Ｄ．８ ３．如图１，ＡＢＣＤ的对角线ＡＣ，ＢＤ相交于点Ｏ，且ＡＣ＋ＢＤ＝１２， ＣＤ＝４，则△ＡＢＯ的周长是 （　　） Ａ．９ Ｂ．１０ Ｃ．１１ Ｄ．１２ ４．从多边形的一个顶点一共可以引出８条对角线，则这个多边形 对角线的总条数是 （　　） Ａ．８８ Ｂ．４４ Ｃ．４５ Ｄ．５０ ５．如图２，已知点Ｅ在正方形ＡＢＣＤ内，满足∠ＡＥＢ＝９０°，ＡＥ＝６， ＢＥ＝８，则阴影部分的面积是 （　　） Ａ．４８ Ｂ．６０ Ｃ．７６ Ｄ．８０ ６．如图３，过四边形ＡＢＣＤ的顶点Ａ，Ｃ，Ｂ，Ｄ分别作ＢＤ，ＡＣ的平行 线围成菱形ＥＦＧＨ，则四边形ＡＢＣＤ必定是 （　　） Ａ．菱形 Ｂ．平行四边形 Ｃ．矩形 Ｄ．对角线相等的四边形 ７．如图４，在四边形ＡＢＣＤ中，∠Ａ＝６０°，∠Ｂ＝∠ＡＤＣ＝９０°，ＢＣ ＝１，ＣＤ＝１０，过点Ｄ作ＤＨ⊥ＡＢ于点Ｈ，则ＤＨ的长是 （　　） Ａ．５ Ｂ．６ Ｃ．７ Ｄ．８ ８．如图 ５，ＢＯ是等腰三角形 ＡＢＣ的底边的中线，ＡＣ＝２，ＢＯ＝ 槡１５，△ＰＱＣ与△ＢＯＣ关于点Ｃ成中心对称，连接ＡＰ，则ＡＰ的长是 （　　） 槡 槡 槡Ａ．４ Ｂ．４２ Ｃ．３５ Ｄ．２６ ９．如图６，在菱形ＡＢＣＤ中，对角线ＡＣ，ＢＤ相交于点Ｏ，点Ｍ，Ｎ分别 是边ＡＤ，ＣＤ的中点，连接ＭＮ，ＯＭ．若ＭＮ＝３，Ｓ菱形ＡＢＣＤ ＝２４，则ＯＭ的 长为 （　　） Ａ．３ Ｂ．３．５ Ｃ．２ Ｄ．２．５ １０．如图７，ＡＢＣＤ的面积为１２，ＡＣ ＝ＢＤ＝６，ＡＣ与ＢＤ交于点Ｏ，分别过点 Ｃ，Ｄ作ＢＤ，ＡＣ的平行线相交于点Ｆ，点Ｇ 是ＣＤ的中点，点Ｐ是四边形ＯＣＦＤ边上 的动点，则ＰＧ的最小值是 （　　） Ａ．１ Ｂ．槡３２ Ｃ． ３ ２ Ｄ．３ 二、填空题（本题共８小题，每小题３分，共２４分） １１．在ＡＢＣＤ中，若∠Ａ＋∠Ｃ＝１４０°，则∠Ａ的度数为 ． １２．四边形ＡＢＣＤ的对角线互相垂直平分，要使四边形 ＡＢＣＤ成为 正方形，还需添加的一个条件是 ．（只需添加一个即可） １３．如图８，直线ａ，ｂ垂直相交于点Ｏ，曲线Ｃ关于点Ｏ成中心对称， 点Ａ的对称点是点Ａ′，ＡＢ⊥ａ于点Ｂ，Ａ′Ｄ⊥ｂ于点Ｄ．若ＯＢ＝４，ＯＤ＝ ３，则阴影部分的面积之和为 ． １４．如图９，在矩形ＡＢＣＤ中，ＢＣ＝２０ｃｍ，点Ｐ和点Ｑ分别从点Ｂ和 点Ｄ出发，按逆时针方向沿矩形ＡＢＣＤ的边运动，点Ｐ和点Ｑ的速度分 别为３ｃｍ／ｓ和１ｃｍ／ｓ，则最快 ｓ后，四边形ＡＢＰＱ成为矩形． １５．如图１０，正十边形与正方形共边 ＡＢ，延长正方形的一边 ＡＣ与 正十边形的一边ＥＤ交于点Ｆ，则∠ＡＦＤ＝ °． １６．如图１１，在Ｒｔ△ＡＢＣ中，∠ＡＣＢ＝９０°，ＢＣ＝６，ＡＣ＝８，Ｄ为ＡＢ 的中点，ＡＥ∥ＣＤ，ＣＥ∥ＡＢ，则四边形ＡＤＣＥ的周长为 ． １７．如图１２，在矩形ＡＢＣＤ中，ＢＣ＜ＡＢ．若点Ｐ满足ＢＰ⊥ＡＣ，且ＢＰ ＝ＡＣ，则∠ＣＤＰ＝ ． １８．如图１３，在正方形ＡＢＣＤ中，Ｅ是ＡＢ上的一点，且ＡＥ＝２ＢＥ＝ ２，若点Ｐ在正方形ＡＢＣＤ的边上运动，当△ＰＡＥ为等腰三角形时，ＰＥ的 长为 ． 三、解答题（本题共８小题，共６６分） １９．（６分）如图１４，已知Ｅ，Ｆ分别是ＡＢＣＤ的边ＡＢ，ＣＤ上的点， 且∠ＣＢＦ＝∠ＡＤＥ．求证：ＢＥ＝ＤＦ． ２０．（６分）如图１５，在△ＡＢＣ中，点Ｄ是ＡＢ边上的中点，已知ＡＣ＝ ４，ＢＣ＝６． （１）画出△ＢＣＤ关于点Ｄ的中心对称图形△ＡＥＤ； （２）根据图形说明线段ＣＤ长的取值范围                                                                                                                                 ． ! " # $ % ! * + , ! - ! # ! " & $ % ' " ( $ ! # % ) ! . ! $ " ! % ) $ ! / ! * " + & % $ ! 0 , - ! & $ % ! ' ' , ! ( " & $ % ! 1 % $ ! & " . $! / ! 2 ! , % "- $ # " % $ ! ' ! #& ! ## ! # $ " % ! #. $ % ! " # ! #* % ! , $ " ! #3 $ % ! " ' # ! #0 " % ! $ ! " # ! $ % & ' ( ) * + ! , - . / 0 ! & ' 1 2 3 ( ! " # $ % # & ' $ & # ( ! 4 5 6 # 7 ) " # $ ! # & ' $ & ( * ! 8 5 9 : ( ; < = > ? @ A B C D E F & ) & G H I - 5 J K L M 5 N & ' 1 ! O P & Q ( ) " ) ) ) ( ! 8 5 V ; < . : W X Y Z [ \ ] > ? @ ^ _ ` C a b c d e W 书 ２１．（８分）小明求得一个多边形的内角和为１１８０°，小强很快发现 小明所得的度数有误，后来小明复查时发现他重复加了一个内角，求这 个多边形的边数以及他重复加的那个角的度数． ２２．（８分）如图１６，四边形ＯＤＥＣ是矩形，延长ＣＯ至点Ａ，使得ＯＡ ＝ＯＣ，过点Ａ作ＡＢ∥ＣＤ交ＤＯ的延长线于点Ｂ，连接ＡＤ，ＢＣ，判断四 边形ＡＤＣＢ的形状，并说明理由． ２３．（９分）如图１７，在正方形ＡＢＣＤ中，ＡＢ＝４ｃｍ，延长ＡＢ至点Ｅ， 使ＢＥ＝８ｃｍ，Ｆ是ＤＥ的中点，求线段ＢＦ的长度． ２４．（９分）如图１８，四边形ＡＢＣＤ是菱形，ＤＥ⊥ＡＢ于点Ｅ，ＤＦ⊥ＢＣ 于点Ｆ． （１）求证：△ＡＤＥ≌△ＣＤＦ； （２）连接ＡＣ，分别交ＤＥ，ＤＦ于点Ｍ，Ｎ，求证：ＡＭ ＝ＣＮ． ２５．（１０分）如图１９，点Ｍ是矩形ＡＢＣＤ的边ＡＤ的中点，点Ｐ是ＢＣ 边上一动点，ＰＥ⊥ＭＣ，ＰＦ⊥ＢＭ，垂足分别为Ｅ，Ｆ． （１）当ＡＤ＝２ＡＢ时，求证：四边形ＰＥＭＦ为矩形； （２）在（１）的条件下，当点Ｐ运动到什么位置时，矩形ＰＥＭＦ变为 正方形？请说明理由． ２６．（１０分）问题解决：如图２０，在矩形ＡＢＣＤ中，点Ｅ，Ｆ分别在ＡＢ， ＢＣ边上，ＤＥ＝ＡＦ，ＤＥ⊥ＡＦ于点Ｇ． （１）求证：四边形ＡＢＣＤ是正方形； （２）延长ＣＢ到点Ｈ，使得ＢＨ＝ＡＥ，判断△ＡＨＦ的形状，并说明理 由． 类比迁移：如图２１，在菱形ＡＢＣＤ中，点Ｅ，Ｆ分别在ＡＢ，ＢＣ边上， ＤＥ与ＡＦ相交于点Ｇ，ＤＥ＝ＡＦ，∠ＡＥＤ＝６０°，ＡＥ＝７，ＢＦ＝２，求ＤＥ的 长                                                                                                                                 ． ! $' ! " # $ % & ! " # $ & ' ! $( " % # ( & ) ! $ ! $, # % " * $ + & ! ! &! # % " + & ! $ ! &- ! -* ) ! " # $ % & , 书 答案详解 　　　　　　　　　　２０２４～２０２５学年　初中数学湘教八年级　第３７～４０期　　　　　　　　　　 第３７－１期 ２．５同步达标检测卷 一、 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ 答案 Ｄ Ｄ Ｄ Ｃ Ｃ Ｃ Ｃ Ｄ Ｃ Ｂ 提示： １０．因为四边形ＡＢＣＤ是矩形， 所以∠ＢＡＤ＝∠Ｂ＝∠Ｃ＝∠Ｄ＝９０°， 因为∠ＢＡＦ＝α，所以∠ＡＦＢ＝９０°－α， 所以∠ＡＦＣ＝１８０°－∠ＡＦＢ＝９０°＋α． ! " # $ % & ! ! ' 如图１，分别延长ＦＥ，ＡＤ交于点Ｇ， 则∠ＥＤＧ＝９０°＝∠Ｃ， 因为点Ｅ为ＣＤ边的中点， 所以ＤＥ＝ＣＥ． 又因为∠ＤＥＧ＝∠ＣＥＦ， 所以△ＤＥＧ≌△ＣＥＦ（ＡＳＡ）， 所以∠Ｇ＝∠ＥＦＣ，ＥＧ＝ＥＦ． 因为ＡＥ＝ＡＥ，∠ＡＥＦ＝∠ＡＥＧ＝９０°， 所以△ＡＥＦ≌△ＡＥＧ（ＳＡＳ）， 所以∠ＡＦＥ＝∠Ｇ，所以∠ＡＦＥ＝∠ＥＦＣ， 所以∠ＥＦＣ＝ １２∠ＡＦＣ＝ １ ２（９０°＋α）＝４５°＋ α ２． 二、１１．３５°；　１２．１３；　１３．４５；　１４．２；　１５．６；　１６．ＡＢ＝ １ ２ＢＣ；　１７． ７ ２；　１８．槡５２或 槡４５． 提示： １８．因为四边形ＡＢＣＤ是矩形，所以∠Ａ＝∠Ｂ＝９０°． 分两种情况： 当ＡＰ＝ＡＥ＝５，点Ｐ在边ＡＤ上时，如图２所示． 因为∠ＢＡＤ＝９０°， 所以ＰＥ＝ ＡＰ２＋ＡＥ槡 ２ ＝ ５２＋５槡 ２ ＝ 槡５２； ! " # $ % & ! ! ! " # $ % & ! " 当ＰＥ＝ＡＥ＝５，点Ｐ在边ＢＣ上时，如图３所示． 因为ＢＥ＝ＡＢ－ＡＥ＝８－５＝３，∠Ｂ＝９０°， 所以ＰＢ＝ ＰＥ２－ＢＥ槡 ２ ＝ ５２－３槡 ２ ＝４， 所以底边ＡＰ＝ ＡＢ２＋ＰＢ槡 ２ ＝ ８２＋４槡 ２ ＝ 槡４５． 综上，等腰三角形ＡＥＰ的底边长是 槡５２或 槡４５． 三、１９．证明：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． ２０．证明：因为四边形ＡＢＣＤ是矩形， 所以ＡＢ＝ＤＣ，∠Ｂ＝∠Ｃ＝９０°． 因为ＢＥ＝ＣＦ， 所以ＢＥ＋ＥＦ＝ＣＦ＋ＥＦ，即ＢＦ＝ＣＥ， 所以△ＡＢＦ≌△ＤＣＥ（ＳＡＳ）， 所以ＡＦ＝ＤＥ． ２１．（１）证明：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）解：因为四边形ＡＢＣＤ是矩形，所以∠Ｄ＝９０°． 又ＣＤ＝４，∠Ｆ＝３０°，所以ＣＦ＝２ＣＤ＝８． ２２．解：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 —１— 初中数学湘教八年级　第３７～４０期 －ＡＨ）２＋１２ ＝ＡＨ２，解得ＡＨ＝ ５４． ２３．解：线段ＭＮ的长为定值，且ＭＮ＝槡１７２ ． 理由如下： ! " # $ % & ' ( ! ! 如图４，连接 ＣＤ，过点 Ｃ作 ＣＥ⊥ ＢＤ，交 ＢＤ的延长线于点 Ｅ，则 ∠Ｅ＝ ９０°． 因为ＣＡ⊥ＡＢ，ＤＢ⊥ＡＢ， 所以∠Ａ＝∠Ｂ＝９０°， 所以四边形ＡＢＥＣ是矩形， 所以ＢＥ＝ＡＣ＝３，ＣＥ＝ＡＢ＝４， 所以ＤＥ＝ＢＥ－ＢＤ＝３－２＝１， 所以ＣＤ＝ ＣＥ２＋ＤＥ槡 ２ ＝ ４２＋１槡 ２ ＝槡１７． 因为Ｍ，Ｎ分别是ＰＣ，ＰＤ的中点， 所以ＭＮ是△ＣＤＰ的中位线， 所以ＭＮ＝ １２ＣＤ＝ 槡１７ ２ ． ２４．（１）证明：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）解：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． ２５．（１）证明：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＝ １ ２∠ＣＡＭ．所以∠ＤＡＥ＝∠ＣＡＤ＋∠ＣＡＮ＝９０°． 又因为ＣＥ⊥ＡＮ，所以∠ＡＥＣ＝９０°． 所以四边形ＡＤＣＥ为矩形． （２）解：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）解：ＤＦ∥ＡＢ，ＤＦ＝ １２ＡＢ． ２６．解：（１）由折叠的性质，得ＡＦ＝ＡＢ＝３． 因为ＡＤ＝５，所以ＦＤ＝ＡＤ－ＡＦ＝５－３＝２． （２）若点Ｇ落在线段ＦＤ上，如图５所示． ! " # $ % & ' ! ! 由折叠的性质，得ＦＧ＝ＡＦ＝ＡＢ＝ｘ， 所以ＦＤ＝ＡＤ－ＡＦ＝５－ｘ， 所以ＤＧ＝ＦＤ－ＦＧ＝５－２ｘ． 因为２ＦＤ＝３ＤＧ，所以２（５－ｘ）＝３（５－２ｘ），解得ｘ＝５４． 若点Ｇ落在线段ＦＤ的延长线上，如图６所示． ! "# $ % & ' ! ! 由折叠的性质，得ＦＧ＝ＡＦ＝ＡＢ＝ｘ， 所以ＦＤ＝ＡＤ－ＡＦ＝５－ｘ， 所以ＤＧ＝ＦＧ－ＦＤ＝ｘ－（５－ｘ）＝２ｘ－５． 因为２ＦＤ＝３ＤＧ，所以２（５－ｘ）＝３（２ｘ－５），解得ｘ＝２５８． 综上，ｘ的值为 ５４或 ２５ ８． （３）如图７，由题意可知ＡＦ＝ＡＢ＝ｎ，ＥＦ＝ＡＢ＝ｎ， ! "# $ % & ' ! ! ( 所以ＦＤ＝ＡＤ－ＡＦ＝ｍ－ｎ， 所以Ｓ△ＨＦＥ ＝ １ ２ＥＦ·ＤＦ＝ １ ２ｎ（ｍ－ｎ），Ｓ四边形ＡＢＣＤ ＝ＡＤ· ＡＢ＝ｍｎ． 因为Ｓ四边形ＡＢＣＤ ＝７Ｓ△ＨＦＥ， 所以ｍｎ＝７×１２ｎ（ｍ－ｎ），整理，得５ｍ＝７ｎ． 第３７－２期 ２．６同步达标检测卷 一、 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ 答案 Ａ Ｃ Ｂ Ｃ Ｂ Ａ Ｃ Ａ Ｃ Ｄ 提示： １０．因为ＡＧ∥ＢＤ，ＢＤ＝ＦＧ， 所以四边形ＢＧＦＤ是平行四边形                                                                      ， —２— 初中数学湘教八年级　第３７～４０期 因为ＣＦ⊥ＢＤ，所以ＣＦ⊥ＡＧ， 又因为点Ｄ是ＡＣ的中点，所以ＢＤ＝ＤＦ＝ １２ＡＣ， 所以四边形ＢＧＦＤ是菱形． 设ＡＦ＝ｘ，则ＡＣ＝ｘ＋２， 在Ｒｔ△ＡＣＦ中，∠ＣＦＡ＝９０°，ＦＣ＝６， 所以ＡＦ２＋ＣＦ２ ＝ＡＣ２，即ｘ２＋６２ ＝（２＋ｘ）２， 解得ｘ＝８，故ＡＣ＝１０． 故四边形ＢＤＦＧ的周长 ＝４ＢＤ＝２×１０＝２０． 二、１１．一组邻边相等的平行四边形是菱形；　１２．６０°； 　１３．ＡＢ＝ＡＤ（答案不唯一）；　１４．２４；　１５．７６°；　１６． 槡２０３； 　１７．１∶２或２∶１；　１８．１６． 提示： ! " # $ % & '１８．连接ＥＦ交ＣＤ于点Ｏ，如右图． 因为ＤＥ∥ＡＣ，ＤＦ∥ＢＣ， 所以四边形ＣＥＤＦ是平行四边形． 因为ＣＤ是△ＡＢＣ的角平分线， 所以∠ＦＣＤ＝∠ＥＣＤ． 因为 ＤＥ∥ ＡＣ，所以 ∠ＦＣＤ＝∠ＣＤＥ，所以 ∠ＥＣＤ ＝ ∠ＣＤＥ，所以ＣＥ＝ＤＥ，所以四边形ＣＥＤＦ是菱形， 所以ＣＤ⊥ＥＦ，∠ＥＣＤ＝１２∠ＡＣＢ＝３０°，ＯＣ＝ １ ２ＣＤ＝ 槡２３． 在Ｒｔ△ＣＯＥ中，由勾股定理得ＣＯ２＋ＯＥ２ ＝ＣＥ２． 又ＯＥ＝ １２ＣＥ，所以ＣＥ＝４， 所以四边形ＣＥＤＦ的周长是１６． 三、１９．证明：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． ２０．证明：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． ２１．证明：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． ２２．证明：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． ２３．（１）证明：因为点Ｅ是ＣＤ的中点，所以ＣＥ＝ＤＥ． 因为ＣＦ∥ＢＤ，所以∠ＯＤＥ＝∠ＦＣＥ． 在△ＯＤＥ和△ＦＣＥ中， ∠ＯＤＥ＝∠ＦＣＥ， ＤＥ＝ＣＥ， ∠ＤＥＯ＝∠ＣＥＦ { ， 所以△ＯＤＥ≌△ＦＣＥ（ＡＳＡ）． （２）解：四边形ＯＤＦＣ为矩形．证明如下： 因为△ＯＤＥ≌△ＦＣＥ，所以ＯＥ＝ＦＥ． 又因为ＣＥ＝ＤＥ，所以四边形ＯＤＦＣ为平行四边形． 因为四边形ＡＢＣＤ为菱形， 所以ＡＣ⊥ＢＤ，即∠ＤＯＣ＝９０°， 所以四边形ＯＤＦＣ为矩形． ２４．解：四边形ＰＥＱＤ能够成为菱形，此时ｔ＝ ４３． 理由如下： 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＝４ｔ，ＤＱ＝２ｔ． 因为ＰＥ⊥ＢＣ，所以ＰＥ∥ＣＤ，∠ＢＥＰ＝９０°，所以ＰＥ＝ １ ２ＢＰ＝２ｔ＝ＤＱ，所以四边形ＰＥＱＤ是平行四边形． 因为ＡＢ＝４，所以ＢＤ＝８，所以ＤＰ＝８－４ｔ． 当ＤＰ＝ＰＥ时，四边形ＰＥＱＤ为菱形， 所以８－４ｔ＝２ｔ，解得ｔ＝ ４３． ２５．（１）证明：因为ＤＯ＝ＡＯ，ＥＯ＝ＣＯ， 所以四边形 ＡＥＤＣ是平行四边形． 因为四边形 ＡＢＣＯ是矩形，所以∠ＡＯＣ＝９０°， 所以ＡＯ⊥ＯＣ，即ＡＤ⊥ＥＣ， 故四边形ＡＥＤＣ是菱形                                                                      ． —３— 初中数学湘教八年级　第３７～４０期 （２）解：因为四边形ＡＥＤＣ是菱形，∠ＡＥＤ＝６０°， 所以∠ＡＥＯ＝３０°． 因为∠ＡＯＥ＝９０°，ＡＥ＝２，所以ＯＡ＝ １２ＡＥ＝１， 所以ＥＯ＝ ＡＥ２－ＯＡ槡 ２ ＝ ２２－１槡 ２ ＝槡３， 所以ＣＥ＝２ＥＯ＝ 槡２３，ＡＤ＝２ＯＡ＝２， 故Ｓ菱形ＡＥＤＣ ＝ １ ２ＡＤ·ＣＥ＝ １ ２×２× 槡２３＝ 槡２３． ２６．（１）证明：因为四边形ＡＢＣＤ是平行四边形， 所以ＢＯ＝ＤＯ． 又因为ＢＤ⊥ＡＣ，垂足为点Ｏ，所以ＡＣ是ＢＤ的垂直平分 线，所以ＡＢ＝ＡＤ，故ＡＢＣＤ是菱形． （２）①证明：因为四边形ＡＢＣＤ是平行四边形，ＡＤ＝５，ＡＣ ＝８，ＢＤ＝６， 所以ＤＯ＝ＢＯ＝ １２ＢＤ＝３，ＡＯ＝ＣＯ＝ １ ２ＡＣ＝４． 因为３２＋４２ ＝２５＝５２，所以ＤＯ２＋ＡＯ２ ＝ＡＤ２， 所以△ＡＯＤ是直角三角形，且∠ＡＯＤ＝９０°， 所以ＡＣ⊥ＢＤ，故ＡＢＣＤ是菱形． ②解：因为四边形ＡＢＣＤ是菱形，所以∠ＡＣＢ＝∠ＡＣＤ． 因为∠Ｅ＝ １２∠ＡＣＤ，所以∠Ｅ＝ １ ２∠ＡＣＢ． 因为∠ＡＣＢ＝∠Ｅ＋∠ＣＯＥ，所以∠Ｅ＝∠ＣＯＥ， 所以ＣＯ＝ＣＥ＝４，所以ＢＥ＝９，所以ＢＣ∶ＢＥ＝５∶９， 所以 Ｓ△ＯＢＣ Ｓ△ＯＢＥ ＝ＢＣＢＥ，即 １ ２×３×４ Ｓ△ＯＢＥ ＝ ５９，所以Ｓ△ＯＢＥ ＝ ５４ ５． 第３８－１期 ２．７同步达标检测卷 一、 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ 答案 Ｂ Ｂ Ｂ Ｄ Ｂ Ｂ Ａ Ｄ Ｄ Ｃ 提示： １０．由题易知四边形 ＥＦＧＨ是矩形，因为矩形纸片和正方 形纸片的周长相等，所以ＦＧ＝ＧＨ，所以矩形ＥＦＧＨ是正方形． ! " # $ % & ' ( ) * ) * ! ! 如图１，设正方形的边长为 ａ，小矩形的高为ｍ． 则 Ｓ正方形ＥＦＧＨ ＝（ａ－ｍ） ２， Ｓ△ＡＥＨ ＝Ｓ△ＣＧＦ ＝ １ ２ｍ（ａ－ｍ）， Ｓ△ＢＥＦ ＝Ｓ△ＤＧＨ ＝ １ ２ａ（ａ－ｍ）． 所以Ｓ阴影 ＝（ａ－ｍ） ２＋ｍ（ａ－ｍ）＋ａ（ａ－ｍ）＝２ａ（ａ－ ｍ）＝４Ｓ△ＢＥＦ． 所以若知道图中阴影部分的面积，则一定能求出 △ＢＥＦ 的面积． 二、１１．１３５°；　１２．槡６；　１３．答案不唯一，如ＡＣ＝ＢＤ； １４．２２．５°；　１５． 槡１５２；　１６． ２５ ２；　１７．８； １８．ＡＣ＝ＢＤ且ＡＣ⊥ＢＤ． 提示： １８．因为Ｅ，Ｆ，Ｇ，Ｈ分别是边ＡＢ，ＢＣ，ＣＤ，ＤＡ的中点， 所以在△ＡＤＣ中，ＨＧ为△ＡＤＣ的中位线， 所以ＨＧ∥ＡＣ且ＨＧ＝ １２ＡＣ． 同理ＥＦ∥ＡＣ且ＥＦ＝ １２ＡＣ，ＥＨ＝ １ ２ＢＤ，ＥＨ∥ＢＤ， 则ＨＧ∥ＥＦ且ＨＧ＝ＥＦ， 所以四边形ＥＦＧＨ为平行四边形． 又因为ＡＣ＝ＢＤ，所以ＥＦ＝ＥＨ， 所以四边形ＥＦＧＨ为菱形． 因为ＡＣ⊥ＢＤ，ＥＦ∥ＡＣ，ＥＨ∥ＢＤ， 所以ＥＦ⊥ＥＨ，所以∠ＦＥＨ＝９０°， 所以菱形ＥＦＧＨ是正方形． 三、１９．解：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°． ２０．证明：因为∠ＡＣＢ＝９０°，ＤＥ⊥ＢＣ，ＤＦ⊥ＡＣ， 所以四边形ＣＦＤＥ是矩形． 又因为ＣＤ平分∠ＡＣＢ，ＤＥ⊥ＢＣ，ＤＦ⊥ＡＣ， 所以ＤＥ＝ＤＦ，所以四边形ＣＦＤＥ是正方形． ２１．证明：因为四边形 ＡＢＣＤ是正方形，所以 ＡＤ＝ＢＣ＝ ＣＤ，∠Ｃ＝∠Ｄ＝９０°． 因为ＢＰ＝３ＰＣ，所以可设ＰＣ＝ｘ，ＢＰ＝３ｘ， 则ＡＤ＝ＢＣ＝ＣＤ＝４ｘ． 因为Ｑ是ＣＤ的中点，所以ＣＱ＝ＤＱ＝２ｘ， 所以ＡＱ＝ ＡＤ２＋ＤＱ槡 ２ ＝ 槡２５ｘ，ＰＱ＝ ＰＣ ２＋ＣＱ槡 ２ ＝ 槡５ｘ， 所以ＡＱ＝２ＰＱ． ２２．证明：因为四边形ＡＢＣＤ是矩形                                                                      ， —４— 初中数学湘教八年级　第３７～４０期 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． 所以矩形ＡＢＣＤ是正方形． ２３．解：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． ２４．（１）证明：因为ＢＤ平分∠ＡＢＣ，所以∠ＡＢＤ＝∠ＣＢＤ． 在△ＡＢＤ和△ＣＢＤ中， ＡＢ＝ＣＢ， ∠ＡＢＤ＝∠ＣＢＤ， ＢＤ＝ＢＤ { ， 所以△ＡＢＤ≌△ＣＢＤ（ＳＡＳ）．所以∠ＡＤＢ＝∠ＣＤＢ． （２）解：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． ２５．（１）证明：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）解：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． ２６．（１）证明：因为ＤＥ⊥ＢＣ，所以∠ＤＦＢ＝９０°． 因为∠ＡＣＢ＝９０°，所以∠ＡＣＢ＝∠ＤＦＢ，所以ＡＣ∥ＤＥ． 因为ＭＮ∥ＡＢ，即ＣＥ∥ＡＤ， 所以四边形ＡＤＥＣ是平行四边形，所以ＣＥ＝ＡＤ． （２）解：四边形ＣＤＢＥ是菱形．理由如下： 因为Ｄ为ＡＢ中点，∠ＡＣＢ＝９０°，所以ＡＤ＝ＢＤ＝ＣＤ． 因为ＣＥ＝ＡＤ，所以ＢＤ＝ＣＥ． 又因为ＢＤ∥ＣＥ，所以四边形ＣＤＢＥ是平行四边形． 因为ＣＤ＝ＢＤ，所以四边形ＣＤＢＥ是菱形． （３）解：当ＡＣ＝ＢＣ时，因为∠ＡＣＢ＝９０°，Ｄ为ＡＢ的中点， 所以ＣＤ⊥ＡＢ，所以∠ＣＤＢ＝９０°， 所以菱形ＣＤＢＥ是正方形． 故答案为ＡＣ＝ＢＣ． 第３８－２期 第２章 四边形 综合检测卷（一） 一、 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ 答案 Ａ Ｃ Ｄ Ｄ Ｃ Ａ Ｂ Ｄ Ａ Ａ 提示： １０．连接ＢＦ，交ＡＥ于点Ｏ，图略． 因为将△ＡＢＥ沿ＡＥ折叠得到△ＡＦＥ，所以ＥＢ＝ＥＦ，ＡＢ＝ ＡＦ，∠ＡＥＢ＝∠ＡＥＦ，所以ＡＥ垂直平分ＢＦ，所以∠ＢＯＥ＝９０°， ＢＯ＝ＦＯ． 因为点Ｅ为ＢＣ的中点，ＡＢ＝４，ＢＣ＝６，所以ＢＥ＝ＣＥ＝ ＥＦ＝３，所以∠ＥＦＣ＝∠ＥＣＦ． 因为∠ＡＥＢ＋∠ＡＥＦ＝∠ＢＥＦ＝∠ＥＣＦ＋∠ＥＦＣ，所以 ∠ＡＥＢ＝∠ＥＣＦ，所以ＡＥ∥ＣＦ，所以∠ＢＦＣ＝∠ＢＯＥ＝９０°． 在Ｒｔ△ＡＢＥ中，ＡＥ＝ ＡＢ２＋ＢＥ槡 ２ ＝ ４２＋３槡 ２ ＝５， 因为Ｓ△ＡＢＥ ＝ １ ２ＡＥ·ＢＯ＝ １ ２ＡＢ·ＢＥ，所以ＢＯ＝ ＡＢ·ＢＥ ＡＥ ＝４×３５ ＝ １２ ５，所以ＢＦ＝２ＢＯ＝ ２４ ５． 在Ｒｔ△ＢＣＦ中，ＣＦ＝ ＢＣ２－ＢＦ槡 ２ ＝ ６２－ ２４( )５槡 ２ ＝１８５． 二、１１．－２；　１２．７２°；　１３．１００°；　１４．２； １５．∠ＡＢＣ＝９０°（答案不唯一）；　１６．２４；　１７．３；　１８．３． 提示                                                                      ： —５— 初中数学湘教八年级　第３７～４０期 １８．设ＡＣ与ＤＥ交于点Ｏ，因为四边形 ＡＤＣＥ是平行四边 形，所以ＯＤ＝ＯＥ，ＯＡ＝ＯＣ． 当ＯＤ取最小值时，线段ＤＥ最短，此时ＯＤ⊥ＢＣ． 因为在Ｒｔ△ＡＢＣ中，∠Ｂ＝９０°， 所以ＢＣ⊥ＡＢ，所以ＯＤ∥ＡＢ． 又因为点Ｏ是ＡＣ的中点，所以ＯＤ是△ＡＢＣ的中位线， 所以ＯＤ＝ １２ＡＢ＝１．５，所以ＤＥ＝２ＯＤ＝３． 三、１９．证明：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． ２０．证明：因为△ＡＧＢ与△ＣＧＤ关于点Ｇ中心对称， 所以ＢＧ＝ＤＧ，ＡＧ＝ＣＧ． 因为ＡＦ＝ＣＥ，所以ＡＦ－ＡＧ＝ＣＥ－ＣＧ，所以ＦＧ＝ＥＧ． 又因为∠ＤＧＥ＝∠ＢＧＦ，所以△ＤＧＥ≌△ＢＧＦ（ＳＡＳ）， 所以ＢＦ＝ＤＥ． ２１．解：（１）设多边形的边数为ｎ， 则（ｎ－２）·１８０°＝１５２０°，解得ｎ＝１０４９． 因为ｎ为正整数，所以多边形的内角和不可能为１５２０°． （２）因为ｎ＝９４９≈１０．４４，依题意，该多边形的边数为１０， 所以（１０－２）×１８０°＝８×１８０°＝１４４０°， 故该多边形的内角和为１４４０°． ２２．证明：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． ２３．（１）证明：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°，即∠ＢＤＥ＝９０°，所以△ＢＤＥ为直角三角形． （２）解：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）． ２４．（１）证明：因为四边形ＡＢＣＤ是平行四边形， 所以ＡＤ＝ＢＣ，ＡＤ∥ＢＣ， 因为ＢＥ＝ＤＦ，所以ＡＤ－ＤＦ＝ＢＣ－ＢＥ，即ＡＦ＝ＥＣ， 所以四边形ＡＥＣＦ是平行四边形， 又因为ＡＣ＝ＥＦ，所以四边形ＡＥＣＦ是矩形． （２）解：因为四边形ＡＥＣＦ是矩形， 所以∠ＡＥＣ＝∠ＡＥＢ＝９０°， 因为ＡＥ＝ＢＥ，ＡＢ＝２，所以 ＡＥ＝ＢＥ＝槡２，所以 ＣＥ＝ ２ＢＥ＝ 槡２２，所以ＡＣ＝ ＡＥ ２＋ＣＥ槡 ２ ＝ ２＋槡 ８＝槡１０． ２５．（１）证明：因为点Ｄ，Ｅ运动的时间是ｔ秒（ｔ＞０）， 所以ＣＤ＝２ｔ，ＡＥ＝ｔ． 因为在△ＤＦＣ中，∠ＤＦＣ＝９０°，∠Ｃ＝３０°， 所以ＤＦ＝ １２ＣＤ＝ｔ，所以ＡＥ＝ＤＦ． 因为∠Ｂ＝９０°，所以ＡＢ⊥ＢＣ， 又因为ＤＦ⊥ＢＣ，所以ＡＥ∥ＤＦ， 所以四边形ＡＥＦＤ是平行四边形． （２）解：四边形ＡＥＦＤ能够成为菱形．理由如下： 因为在Ｒｔ△ＡＢＣ中，∠Ｂ＝９０°，ＢＣ＝ 槡５３，∠Ｃ＝３０°， 所以ＡＢ＝ １２ＡＣ，所以ＢＣ＝槡３ＡＢ， 所以ＡＢ＝槡３３ＢＣ＝５，所以ＡＣ＝２ＡＢ＝１０， 所以ＡＤ＝ＡＣ－ＤＣ＝１０－２ｔ． 由（１）知四边形ＡＥＦＤ为平行四边形， 所以要使ＡＥＦＤ为菱形，则需ＡＥ＝ＡＤ， 即ｔ＝１０－２ｔ，解得ｔ＝１０３， 所以当ｔ＝１０３时，四边形ＡＥＦＤ为菱形． ２６．解：（１）四边形ＢＥＦＥ′是正方形．理由如下： 由题意知∠ＡＥＢ＝∠ＣＥ′Ｂ＝９０°，ＢＥ＝ＢＥ′，∠ＥＢＥ′＝ ９０°，所以∠ＢＥＦ＝９０°，所以四边形ＢＥＦＥ′是矩形． 因为ＢＥ＝ＢＥ′，所以四边形ＢＥＦＥ′是正方形． （２）ＣＦ＝Ｅ′Ｆ．证明如下： 如图１，过点Ｄ作ＤＨ⊥ＡＥ于点Ｈ，因为ＤＡ＝ＤＥ，ＤＨ⊥ ＡＥ，所以ＡＨ＝ １２ＡＥ，∠ＡＤＨ＋∠ＤＡＨ＝９０°． 因为四边形 ＡＢＣＤ是正方形，所以 ＡＤ＝ＡＢ，∠ＤＡＢ ＝ ９０°，所以∠ＤＡＨ＋∠ＢＡＥ＝９０°，所以∠ＡＤＨ＝∠ＢＡＥ， 又因为ＡＤ＝ＡＢ，∠ＡＨＤ＝∠ＢＥＡ＝９０°， 所以△ＡＤＨ≌△ＢＡＥ（ＡＡＳ），所以ＡＨ＝ＢＥ＝ １２ＡＥ                                                                      ， —６— 初中数学湘教八年级　第３７～４０期 由旋转的性质知ＡＥ＝ＣＥ′． 因为四边形ＢＥ′ＦＥ是正方形，所以ＢＥ＝Ｅ′Ｆ，所以Ｅ′Ｆ＝ １ ２ＣＥ′，所以ＣＦ＝Ｅ′Ｆ． ! "! # $ " % & ' ! "! # $ " % & ' ! !! " （３） 槡３ １７． 如图２，过点Ｄ作ＤＨ⊥ＡＥ于点Ｈ． 因为四边形ＢＥＦＥ′是正方形，所以ＢＥ′＝Ｅ′Ｆ＝ＢＥ＝９． 因为ＣＦ＝３，所以ＡＥ＝ＣＥ′＝ＣＦ＋Ｅ′Ｆ＝３＋９＝１２． 由（２）可知，ＢＥ＝ＡＨ＝９，ＤＨ＝ＡＥ＝ＣＥ′＝１２， 所以ＨＥ＝３， 所以ＤＥ＝ ＤＨ２＋ＨＥ槡 ２ ＝ １２２＋３槡 ２ ＝ 槡３ １７． 第３９－１期 第２章 四边形 综合检测卷（二） 一、 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ 答案 Ｃ Ｂ Ｂ Ｂ Ｃ Ｄ Ｂ Ｄ Ｄ Ａ 提示： １０．因为四边形ＡＢＣＤ为平行四边形，ＡＣ＝ＢＤ， 所以ＯＤ＝ＯＣ，四边形ＡＢＣＤ为矩形． 因为ＤＦ∥ＯＣ，ＯＤ∥ＣＦ，所以四边形ＯＣＦＤ为菱形． 因为点Ｇ是ＣＤ的中点，点Ｐ是四边形ＯＣＦＤ边上的动点， 所以当ＧＰ垂直于菱形ＯＣＦＤ的一边时，ＰＧ有最小值． ! ! " # $ % & ' ( ) ! ! 过点Ｄ作ＤＭ⊥ＡＣ于点Ｍ， 过点Ｇ作ＧＰ⊥ＡＣ于点Ｐ，则ＧＰ ∥ＭＤ． 因为矩形 ＡＢＣＤ的面积为 １２，ＡＣ＝６，所以２×１２ＡＣ·ＤＭ＝１２，即２× １ ２×６·ＤＭ＝１２， 解得ＤＭ ＝２． 因为Ｇ为ＣＤ的中点，所以ＧＰ为△ＤＭＣ的中位线， 所以ＧＰ＝ １２ＤＭ ＝１，故ＰＧ的最小值为１． 二、１１．７０°；　１２．答案不唯一，如ＡＣ＝ＢＤ；　１３．１２； １４．５；　１５．１８；　１６．２０；　１７．４５°；　１８．槡２２或槡１０或２． 提示： ! " # $ % & ' ( ) ! ! １７．连接ＢＤ交ＡＣ于点Ｏ，如图２． 因为四边形 ＡＢＣＤ是矩形，所以 ＡＣ ＝ＢＤ，ＯＤ＝ １２ＢＤ，ＯＣ＝ １ ２ＡＣ，所以 ＯＤ＝ＯＣ，所以∠ＯＤＣ＝∠ＯＣＤ． 过Ｐ作ＰＨ⊥ＣＤ于点Ｈ，ＰＢ与ＡＣ， ＤＣ分别交于点Ｅ，Ｆ，如图２． 因为ＢＰ⊥ＡＣ，所以∠ＰＨＦ＝∠ＣＥＦ＝９０°， 因为∠ＰＦＨ＝∠ＣＦＥ，所以∠ＦＰＨ＝∠ＦＣＥ，所以∠ＦＰＨ ＝∠ＣＤＯ． 因为ＰＢ＝ＡＣ，所以ＢＤ＝ＰＢ，所以∠ＢＤＰ＝∠ＢＰＤ，所以 ∠ＦＰＤ－∠ＦＰＨ＝∠ＢＤＰ－∠ＢＤＦ，所以∠ＨＤＰ＝∠ＨＰＤ． 因为∠ＤＨＰ＝９０°，所以∠ＣＤＰ＝∠ＤＰＨ＝４５°． １８．如图３，当ＡＰ＝ＡＥ＝２时，△ＰＡＥ为等腰三角形，此时 ＰＥ＝ ＡＥ２＋ＡＰ槡 ２ ＝ 槡２２； 如图４，当ＰＥ＝ＡＥ＝２时，△ＰＡＥ为等腰三角形； 如图５，当ＡＰ＝ＰＥ时，△ＰＡＥ为等腰三角形，此时易得ＰＤ ＝１， 因为ＡＥ＝２ＢＥ＝２，所以ＡＤ＝ＡＢ＝３，所以ＰＥ＝ＰＡ＝ ＡＤ２＋ＰＤ槡 ２ ＝槡１０． ! " # $ % & ! ! ! " # $ % & ! " ! " # $ % & ! # 三、１９．证明：因为四边形ＡＢＣＤ是平行四边形， 所以∠Ａ＝∠Ｃ，ＡＢ＝ＣＤ，ＡＤ＝ＢＣ． 又∠ＡＤＥ＝∠ＣＢＦ，所以△ＡＤＥ≌△ＣＢＦ（ＡＳＡ）． 所以ＡＥ＝ＣＦ．所以ＡＢ－ＡＥ＝ＣＤ－ＣＦ，即ＢＥ＝ＤＦ． ２０．解：（１）图略． （２）由（１）得△ＡＤＥ≌△ＢＤＣ， 所以ＣＤ＝ＤＥ，ＡＥ＝ＢＣ＝６． 所以ＡＥ－ＡＣ＜２ＣＤ＜ＡＥ＋ＡＣ，即２＜２ＣＤ＜１０． 解得１＜ＣＤ＜５． ２１．解：设这个多边形的边数是ｎ， 根据题意，得１１８０°－１８０°＜（ｎ－２）×１８０°＜１１８０°， 解得７５９ ＜ｎ＜８ ５ ９．因为ｎ是正整数，所以ｎ＝８． 所以他重复加的那个角的度数是：１１８０°－（８－２）×１８０° ＝１００                                                                      °． —７— 初中数学湘教八年级　第３７～４０期 ２２．解：四边形ＡＤＣＢ是菱形．理由如下： 因为ＡＢ∥ＣＤ，所以∠ＢＡＯ＝∠ＤＣＯ． 又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． ２３．解：延长ＢＦ，ＤＣ交于点Ｇ，图略． 因为四边形 ＡＢＣＤ是正方形，所以 ＡＢ∥ ＣＤ，∠ＢＣＤ＝ ９０°，ＣＤ＝ＢＣ＝ＡＢ＝４ｃｍ．所以∠Ｇ＝∠ＦＢＥ，∠ＧＤＦ＝∠Ｅ， ∠ＢＣＧ＝１８０°－∠ＢＣＤ＝９０°． 因为 Ｆ是 ＤＥ的中点，所以 ＤＦ＝ＥＦ，所以 △ＧＤＦ≌ △ＢＥＦ（ＡＡＳ）．所以ＧＦ＝ＢＦ，ＧＤ＝ＢＥ＝８ｃｍ．所以ＣＧ＝ＤＧ －ＣＤ＝４ｃｍ． 根据勾股定理，得ＢＧ＝ ＢＣ２＋ＣＧ槡 ２ ＝ 槡４２ｃｍ． 所以ＢＦ＝ 槡２２ｃｍ． ２４．证明：（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°． 在△ＡＤＥ和△ＣＤＦ中，因为 ∠ＡＥＤ＝∠ＣＦＤ，∠ＤＡＥ＝ ∠ＤＣＦ，ＡＤ＝ＣＤ，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． 在△ＡＭＥ和△ＣＮＦ中，因为∠ＭＡＥ＝∠ＮＣＦ，ＡＥ＝ＣＦ， ∠ＡＥＭ ＝∠ＣＦＮ，所以△ＡＭＥ≌△ＣＮＦ（ＡＳＡ）． 所以ＡＭ ＝ＣＮ． ２５．（１）证明：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）解：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． ２６．问题解决： （１）证明：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． 在△ＡＤＥ和△ＢＡＦ中，因为 ∠ＤＡＥ＝∠ＡＢＦ，∠ＡＤＥ＝ ∠ＢＡＦ，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）解：△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， 故△ＡＨＦ是等腰三角形． 类比迁移： 解：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＝ＨＢ＋ＢＦ＝９． 第３９－２期 阶段检测卷（一） 一、 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ 答案 Ｂ Ｂ Ｂ Ｂ Ｄ Ａ Ｃ Ｄ Ｂ Ｃ 二、１１．５２°；　１２．６；　１３．９０°；　１４．答案不唯一，如 ＡＢ＝ ＡＤ；　１５．２９０°；　１６．１４５°；　１７．７６；　１８．槡２． ! " # $ % & ' ( ) ! ! 提示： １８．如图１，延长ＤＥ至点Ａ，使得ＥＡ＝ ＣＦ，延长ＣＦ至点Ｂ，使得ＢＦ＝ＤＥ，连接 ＡＢ， 因为ＣＦ＋ＤＥ＝ＣＤ＝４， 所以ＡＤ＝ＢＣ＝ＣＤ， 因为∠Ｃ＝∠Ｄ＝９０°，所以四边形ＡＢＣＤ为正方形． 连接ＡＣ交ＥＦ于点Ｏ，则∠ＥＡＯ＝∠ＦＣＯ＝４５°， 因为∠ＡＯＥ＝∠ＣＯＦ，ＥＡ＝ＦＣ， 所以△ＡＥＯ≌△ＣＦＯ（ＡＡＳ                                                                      ）， —８— 初中数学湘教八年级　第３７～４０期 所以ＡＯ＝ＣＯ，ＥＯ＝ＦＯ，即Ｏ为ＡＣ和ＥＦ的中点． 连接ＯＤ，因为ＥＨ＝ １４ＥＦ，所以Ｈ为ＥＯ的中点， 又因为Ｇ为ＤＥ的中点，所以ＧＨ为△ＥＯＤ的中位线， 所以ＧＨ＝ １２ＯＤ， 因为ＯＤ＝ １２ＡＣ，ＡＣ＝槡２ＣＤ＝ 槡４２， 所以ＯＤ＝ 槡２２．所以ＧＨ＝槡２． 三、１９．解：（１）图略．　（２）∠Ａ′Ｂ′Ｃ′＝９０°． ２０．解：因为船 Ａ以 １５ｋｍ／ｈ的速度向东航行，船 Ｂ以 １０ｋｍ／ｈ的速度向北航行，它们离开港口的时间为２ｈ， 所以ＯＡ＝３０ｋｍ，ＯＢ＝２０ｋｍ． 根据勾股定理，得ＡＢ＝ ＯＡ２＋ＯＢ槡 ２ ＝ 槡１０ １３ｋｍ． 答：两艘船离开港口２ｈ后，相距 槡１０ １３ｋｍ． ２１．证明：过点Ｐ分别作ＰＦ⊥ＡＢ于点Ｆ，ＰＧ⊥ＢＣ于点Ｇ， ＰＨ⊥ＡＣ于点Ｈ，图略． 因为△ＡＢＣ的外角平分线ＢＤ与ＣＥ相交于点Ｐ， 所以ＰＦ＝ＰＧ，ＰＨ＝ＰＧ，所以ＰＦ＝ＰＨ． 所以点Ｐ在∠Ａ的平分线上． ２２．证明：因为ＣＦ∥ＤＢ，ＣＦ＝ＤＥ，所以四边形ＦＣＤＥ为平 行四边形．所以ＣＤ∥ＥＦ，ＣＤ＝ＥＦ． 因为四边形 ＡＢＣＤ为平行四边形，所以 ＡＢ∥ ＣＤ，ＡＢ＝ ＣＤ．所以ＡＢ∥ＥＦ，ＡＢ＝ＥＦ． 所以四边形ＢＦＥＡ为平行四边形．所以ＡＥ＝ＢＦ． ２３．解：延长ＥＤ交ＢＣ于点Ｍ，过点Ｄ作ＤＦ⊥ＢＣ于点Ｆ， 图略．因为点Ｄ在ＢＣ的垂直平分线上， 所以ＢＤ＝ＣＤ，ＢＦ＝ＣＦ． 因为ＢＣ＝１０，所以ＣＦ＝５． 因为∠ＥＣＢ＝∠ＤＥＣ＝６０°，所以 ∠ＥＭＣ＝６０°，所以 △ＥＭＣ是等边三角形，所以ＥＭ ＝ＭＣ＝ＣＥ． 因为ＤＦ⊥ＢＣ，所以∠ＭＤＦ＝３０°，所以ＤＭ ＝２ＭＦ． 因为ＥＭ ＝ＤＥ＋ＤＭ，ＭＣ＝ＣＦ＋ＭＦ，ＤＥ＝４，所以４＋ ２ＭＦ＝５＋ＭＦ，解得ＭＦ＝１．所以ＣＥ＝ＭＣ＝６． ２４．证明：（１）因为四边形ＡＢＣＤ是平行四边形，所以ＡＢ∥ ＣＤ．所以∠Ｂ＝∠ＥＣＦ，∠ＥＡＢ＝∠ＥＦＣ． 因为Ｅ为ＢＣ的中点，所以ＥＣ＝ＥＢ． 在△ＡＢＥ和△ＦＣＥ中， ∠ＥＡＢ＝∠ＥＦＣ， ∠Ｂ＝∠ＥＣＦ， ＥＢ＝ＥＣ { ， 所以△ＡＢＥ≌△ＦＣＥ（ＡＡＳ）． （２）因为△ＡＢＥ≌△ＦＣＥ，所以ＡＢ＝ＦＣ． 因为四边形 ＡＢＣＤ是平行四边形，所以 ＡＢ＝ＤＣ，ＡＤ＝ ＢＣ．所以ＤＣ＝ＣＦ．所以ＤＦ＝２ＣＤ＝２ＡＢ． 因为ＣＥ＝ＣＧ，所以四边形ＤＥＦＧ是平行四边形． 因为ＥＣ＝ＥＢ，ＣＧ＝ＣＥ，所以ＥＧ＝ＢＣ＝ＡＤ＝２ＡＢ． 所以ＤＦ＝ＥＧ，所以四边形ＤＥＦＧ是矩形． ２５．解：（１）１；　（２）１０９１３； （３）设ＡＤ是ＢＣ边上的高． 当∠ＡＣＢ是锐角时，因为ＡＢ＝２５，ＡＣ＝１７，ＡＤ＝１５， 所以ＢＤ＝ ＡＢ２－ＡＤ槡 ２ ＝２０，ＣＤ＝ ＡＣ２－ＡＤ槡 ２ ＝８， 所以ＢＣ＝ＢＤ＋ＣＤ＝２８，所以ｈ（ＢＣ）＝ＢＣ－ＡＤ＝１３； 当∠ＡＣＢ是钝角时，同理可得ＢＤ＝２０，ＣＤ＝８，所以ＢＣ ＝ＢＤ－ＣＤ＝１２，所以ｈ（ＢＣ）＝ＢＣ－ＡＤ＝－３． 综上，ｈ（ＢＣ）的值为１３或 －３． ２６．（１）证明：因为四边形ＡＢＣＤ是正方形， 所以∠ＢＡＤ＝９０°，ＡＢ＝ＡＤ， 因为将线段ＡＦ绕点Ａ逆时针旋转９０°得到线段ＡＧ， 所以∠ＧＡＦ＝９０°，ＡＧ＝ＡＦ， 所以∠ＧＡＦ＝∠ＤＡＢ，所以∠ＧＡＤ＝∠ＢＡＦ， 所以△ＡＢＦ≌△ＡＤＧ（ＳＡＳ）． （２）解：ＢＦ＋ＤＨ＝ＦＨ．证明如下： 由（１）知△ＡＢＦ≌△ＡＤＧ， 所以∠Ｇ＝∠ＡＦＢ＝９０°，ＢＦ＝ＤＧ， 因为∠ＧＡＦ＝∠ＡＦＨ＝∠Ｇ＝９０°， 所以四边形ＡＦＨＧ是矩形， 因为ＡＧ＝ＡＦ，所以矩形ＡＦＨＧ是正方形， 所以ＦＨ＝ＧＨ＝ＤＧ＋ＤＨ＝ＢＦ＋ＤＨ． （３）解：ＢＰ＝槡２ＣＨ．证明如下： ! " # $ % & ' ( ! ) ! ! ! 如图２，在ＢＨ上截取 ＢＸ＝ＤＨ，连接 ＣＸ． 因为 ∠ＧＨＦ＝∠ＢＣＤ＝９０°，∠ＤＥＨ ＝∠ＢＥＣ，所以∠ＣＤＨ＝∠ＣＢＸ， 因为ＣＤ＝ＢＣ，ＤＨ＝ＢＸ， 所以△ＣＤＨ≌△ＣＢＸ（ＳＡＳ）， 所以ＣＸ＝ＣＨ，∠ＢＣＸ＝∠ＤＣＨ， 所以∠ＢＣＸ＋∠ＤＣＸ＝∠ＤＣＨ＋∠ＤＣＸ， 所以∠ＨＣＸ＝∠ＢＣＤ＝９０°，所以ＨＸ＝槡２ＣＨ                                                                      ， —９— 初中数学湘教八年级　第３７～４０期 因为ＤＨ＝ＨＰ，所以ＢＸ＝ＨＰ，所以ＢＨ－ＰＨ＝ＢＨ－ＢＸ， 所以ＢＰ＝ＨＸ，所以ＢＰ＝槡２ＣＨ． 第４０－１期 阶段检测卷（二） 一、 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ 答案 Ｄ Ｂ Ｂ Ｃ Ｃ Ｂ Ｃ Ｂ Ｄ Ｄ ! "# $ % & ' ( ! ! 提示： １０．如图１，连接 ＣＥ，过点 Ｅ作 ＥＦ⊥ＡＣ于点Ｆ，作ＥＧ⊥ＢＣ于点Ｇ， 作ＥＨ⊥ ＡＢ于点 Ｈ，所以四边形 ＣＧＥＦ是矩形． 因为ＡＤ是∠ＣＡＢ的平分线，ＢＥ是∠ＡＢＤ的平分线，所以 ＥＦ＝ＥＧ＝ＥＨ，所以四边形ＣＧＥＦ是正方形，所以ＥＧ＝ＣＧ． 因为∠Ｃ＝９０°，ＡＣ＝６，ＢＣ＝８， 所以ＡＢ＝ ６２＋８槡 ２ ＝１０． 因为Ｓ△ＡＢＣ ＝ １ ２ＡＣ·ＢＣ＝ １ ２ＡＣ·ＥＦ＋ １ ２ＥＧ·ＢＣ＋ １ ２ＡＢ ·ＥＨ，所以６ＥＦ＋８ＥＧ＋１０ＥＨ＝４８， 所以ＥＧ＝ＣＧ＝２，所以ＢＧ＝ＢＣ－ＣＧ＝８－２＝６， 所以ＢＥ＝ ＢＧ２＋ＥＧ槡 ２ ＝ 槡２ １０． 二、１１．７；　１２．５；　１３．３；　１４．５；　１５．１１５°；　１６．５２ｃｍ； １７．槡２６；　１８．２或１＋槡２． 提示： １８．分析如下： 当∠ＤＮＭ ＝９０°时 当∠ＤＭＮ＝９０°时 图示 ! " # $%& ! " # $ % & 分析 因为 ∠Ａ＝∠ＤＮＭ ＝９０°，所以 ＭＮ∥ ＡＢ，所以ＤＮＡＮ ＝ ＤＭ ＢＭ． 又因为ＢＭ＝ＤＭ，所 以ＤＮ＝ＡＮ＝１，所 以ＡＤ＝２． 连接ＢＮ，在Ｒｔ△ＡＢＮ中，因为 ＡＢ＝ＡＮ＝１，∠Ａ＝９０°，所以 ＢＮ＝槡２．因为点Ｍ是ＢＤ的中 点，∠ＤＭＮ＝９０°，所以直线 ＭＮ垂直平分线段 ＢＤ，所以 ＤＮ＝ＢＮ＝槡２，所以ＡＤ＝槡２ ＋１． 综上，ＡＤ的长为２或槡２＋１． 三、１９．解：因为四边形ＡＢＣＤ是平行四边形， 所以ＯＢ＝ＯＤ，ＡＢ∥ＣＤ． 因为ＯＥ⊥ＢＤ，所以ＢＥ＝ＥＤ， 所以∠ＢＤＥ＝∠ＣＢＤ＝１５°． 因为∠ＣＤＥ＝１５°，所以∠ＢＤＣ＝∠ＢＤＥ＋∠ＣＤＥ＝３０°， 所以∠ＡＢＤ＝∠ＢＤＣ＝３０°． 所以∠ＡＢＣ＝∠ＡＢＤ＋∠ＣＢＤ＝４５°． ２０．解：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＝２８°，∠ＣＦＭ ＝∠ＡＣＢ＝４８°， 所以∠ＣＭＥ＝∠ＢＥＭ＋∠ＡＢＣ＝５６°，∠ＢＭＦ＝∠ＣＦＭ ＋∠ＡＣＢ＝９６°， 所以∠ＥＭＦ＝１８０°－∠ＣＭＥ－∠ＢＭＦ＝２８°． ２１．解：因为ＡＣ２＋ＢＣ２ ＝ＡＢ２，所以∠Ｃ＝９０°． 根据折叠的性质，得ＣＤ＝ＤＥ，ＡＥ＝ＡＣ＝６ｃｍ，∠ＡＥＤ＝ ∠Ｃ＝９０°． 所以ＢＥ＝ＡＢ－ＡＥ＝４ｃｍ，∠ＢＥＤ＝１８０°－∠ＡＥＤ＝ ９０°． 在Ｒｔ△ＢＤＥ中，根据勾股定理，得ＢＤ２ ＝ＤＥ２＋ＢＥ２， 即（８－ＣＤ）２ ＝ＣＤ２＋４２，解得ＣＤ＝３ｃｍ． ２２．证明：（１）因为∠Ｂ＝∠ＡＣＢ，所以ＡＢ＝ＡＣ． 因为ＡＥ是ＢＣ边上的中线，所以ＡＥ⊥ＢＣ． （２）因为ＡＥ是ＢＣ边上的中线，所以ＢＥ＝ＣＥ． 因为ＡＤ＝ＢＥ，所以ＡＤ＝ＣＥ． 又ＡＤ∥ＢＣ，所以四边形ＡＥＣＤ是平行四边形． 因为ＡＥ⊥ＢＣ，所以∠ＡＥＣ＝９０°， 所以四边形ＡＥＣＤ是矩形． ２３．解：（１）３０； （２）设这个多边形的边数为ｎ． 根据题意，得（ｎ－２）×１８０°＝１８００°，解得ｎ＝１２． 答：小明求的是十二边形的内角和． （３）正十二边形的每一个内角为：１８００°÷１２＝１５０°． ２４．（１）证明：因为四边形ＡＢＣＤ是平行四边形， 所以ＡＢ∥ＣＤ，ＡＢ＝ＣＤ，所以∠ＧＡＥ＝∠ＨＣＦ． 因为点Ｇ，Ｈ分别是ＡＢ，ＣＤ的中点，所以ＡＧ＝ＣＨ． 在△ＡＧＥ和△ＣＨＦ中，因为ＡＧ＝ＣＨ，∠ＧＡＥ＝∠ＨＣＦ， ＡＥ＝ＣＦ，所以△ＡＧＥ≌△ＣＨＦ（ＳＡＳ）， 所以ＧＥ＝ＨＦ，∠ＡＥＧ＝∠                                                                      ＣＦＨ． —０１— 初中数学湘教八年级　第３７～４０期 所以１８０°－∠ＡＥＧ＝１８０°－∠ＣＦＨ，即∠ＧＥＦ＝∠ＨＦＥ． 所以ＧＥ∥ＨＦ，所以四边形ＥＧＦＨ是平行四边形． （２）解：因为四边形ＡＢＣＤ是平行四边形，所以ＯＢ＝ＯＤ． 因为ＢＤ＝１４，所以ＯＢ＝ １２ＢＤ＝７． 因为Ｅ，Ｇ分别是ＡＯ，ＡＢ的中点，所以ＥＧ＝１２ＯＢ＝ ７ ２． ２５．解：（１）ＡＢ＝ＣＧ－ＣＥ．证明如下： 因为四边形ＡＢＣＤ是菱形，四边形ＡＥＦＧ是菱形， 所以ＡＢ＝ＢＣ，ＡＥ＝ＡＧ． 因为∠ＢＡＣ＝６０°，所以△ＡＢＣ是等边三角形， 所以ＡＢ＝ＡＣ． 因为 ∠ＥＡＧ＝６０°，所以 ∠ＢＡＣ＋∠ＣＡＥ＝∠ＥＡＧ＋ ∠ＣＡＥ，即∠ＢＡＥ＝∠ＣＡＧ． 在△ＡＢＥ和△ＡＣＧ中，因为ＡＢ＝ＡＣ，∠ＢＡＥ＝∠ＣＡＧ，ＡＥ ＝ＡＧ，所以△ＡＢＥ≌△ＡＣＧ（ＳＡＳ），所以ＢＥ＝ＣＧ． 所以ＡＢ＝ＢＣ＝ＢＥ－ＣＥ＝ＣＧ－ＣＥ． （２）ＡＢ＝ＣＥ－ＣＧ．证明如下： 因为四边形ＡＢＣＤ是菱形，四边形ＡＥＦＧ是菱形， 所以ＡＢ＝ＢＣ，ＡＥ＝ＡＧ． 因为∠ＢＡＣ＝６０°，所以△ＡＢＣ是等边三角形，所以ＡＢ＝ ＡＣ． 因为 ∠ＥＡＧ＝６０°，所以 ∠ＢＡＣ－∠ＢＡＧ＝∠ＥＡＧ－ ∠ＢＡＧ，即∠ＣＡＧ＝∠ＢＡＥ． 在△ＡＢＥ和△ＡＣＧ中，因为ＡＢ＝ＡＣ，∠ＢＡＥ＝∠ＣＡＧ，ＡＥ ＝ＡＧ，所以△ＡＢＥ≌△ＡＣＧ（ＳＡＳ），所以ＢＥ＝ＣＧ． 所以ＡＢ＝ＢＣ＝ＣＥ－ＢＥ＝ＣＥ－ＣＧ． ２６．解：（１）线段ＤＦ，ＥＦ如图２所示． 因为四边形ＡＢＣＤ为正方形， 所以∠ＡＤＣ＝９０°，所以∠ＡＤＥ＋∠ＥＤＣ＝９０°， 因为ＤＦ⊥ＤＥ，所以∠ＥＤＣ＋∠ＣＤＦ＝９０°， 所以∠ＡＤＥ＝∠ＣＤＦ． ! " # $ % & ! " # $ % & ! ! ! " （２）连接ＣＦ，如图３所示． 因为四边形ＡＢＣＤ为正方形， 所以ＤＡ＝ＤＣ＝ＢＣ，∠Ａ＝∠ＤＣＢ＝∠ＡＢＣ＝９０°， 在△ＡＤＥ和△ＣＤＦ中， ＤＡ＝ＤＣ， ∠ＡＤＥ＝∠ＣＤＦ， ＤＥ＝ＤＦ { ， 所以△ＡＤＥ≌△ＣＤＦ（ＳＡＳ），所以∠ＤＣＦ＝∠Ａ＝９０°， 所以∠ＤＣＢ＋∠ＤＣＦ＝９０°＋９０°＝１８０°， 所以Ｂ，Ｃ，Ｆ三点在一条直线上． ! " # $ % & ! ! ' ( （３）连接 ＰＤ，ＰＢ，ＣＦ，过点 Ｐ作 ＰＨ ⊥ＢＣ于Ｈ，如图４所示， 因为 ＤＦ⊥ ＤＥ，∠ＡＢＣ＝９０°，所以 △ＤＥＦ和△ＢＥＦ均为直角三角形， 因为点Ｐ为ＥＦ的中点，所以ＰＤ＝１２ＥＦ，ＰＢ＝ １ ２ＥＦ，所 以ＰＤ＝ＰＢ， 在 △ＰＤＣ和 △ＰＢＣ中， ＰＤ＝ＰＢ， ＤＣ＝ＢＣ， ＰＣ＝ＰＣ { ， 所以 △ＰＤＣ≌ △ＰＢＣ（ＳＳＳ），所以∠ＤＣＰ＝∠ＢＣＰ＝ １２∠ＤＣＢ＝４５°， 因为ＰＨ⊥ＢＣ，所以△ＰＣＨ为等腰直角三角形，设ＰＨ＝ ＣＨ＝ａ，由勾股定理得ＣＰ＝ ＰＨ２＋ＣＨ槡 ２ ＝槡２ａ， 因为ＰＨ⊥ＢＣ，∠ＡＢＨ＝９０°，所以ＡＢ∥ＰＨ， 又因为点Ｐ为ＥＦ的中点，所以ＰＨ为△ＢＥＦ的中位线，所 以ＢＥ＝２ＰＨ＝２ａ，所以ＣＰＢＥ＝ 槡２ａ ２ａ ＝ 槡２ ２． 第４０－２期 ３．１—３．３同步达标检测卷 一、 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ 答案 Ｂ Ｃ Ｃ Ａ Ｃ Ａ Ｂ Ｄ Ｂ Ａ 提示： １０．由题意，结合 Ａ（１，２），Ｂ（－１，２），Ｄ（－３，４），Ｇ（３，４）， 得Ｃ（－１，４），Ｅ（－３，０），Ｆ（３，０），Ｈ（１，４）， 所以图形“凹”的边长为ＡＢ＋２ＢＣ＋２ＣＤ＋２ＤＥ＋ＥＦ＝２ ＋２×２＋２×２＋２×４＋６＝２４， 所以图形“凹”一圈长２４个单位， 因为２０２５＝２４×８４＋９，即绕了８４圈后又按Ａ→Ｂ→Ｃ →Ｄ→Ｅ绕，从而确定细线另一端点在线段ＤＥ上，距点Ｅ１个 单位， 所以细线另一端所在位置的坐标为（－３，１）． 二、１１．２车３号；　１２．２；　１３．（２，２）；　１４．２；　１５．－５                                                                      ； —１１— 初中数学湘教八年级　第３７～４０期 　１６．北偏东３９°，１９海里；　１７．（０，５）；　１８．３＜ｘ＜６． 提示： １８．因为点Ａ（６－２ｘ，ｘ－３）在ｘ轴的上方， 所以ｘ－３＞０，所以ｘ＞３． 将点Ａ向上平移４个单位长度，再向左平移１个单位长度 后得到点Ｂ，则点Ｂ的坐标为（６－２ｘ－１，ｘ－３＋４），即（５－２ｘ， ｘ＋１）． 因为ｘ＞３，所以６－２ｘ＜０，所以点Ａ在第二象限． 由平移可知，点Ｂ在第二象限，所以点Ｂ的横坐标为负数， 纵坐标为正数． 因为点Ｂ到ｘ轴的距离大于点Ｂ到ｙ轴的距离， 所以ｘ＋１＞－（５－２ｘ），解得ｘ＜６，所以３＜ｘ＜６． 三、１９．解：Ａ（－３，１），Ｂ（０，１），Ｃ（１，－１），Ｄ（－２，０），Ｅ（２， ０），Ｆ（－１，－２）． ２０．解：（１）因为点Ａ的坐标为（ａ－３，２ａ＋１），点Ａ在ｙ轴 上，所以ａ－３＝０，所以ａ＝３，所以２ａ＋１＝６＋１＝７， 所以点Ａ的坐标为（０，７）． （２）因为点Ａ在ｘ轴上方且到ｘ轴的距离为５， 所以２ａ＋１＝５，解得ａ＝２，所以ａ－３＝－１， 所以点Ａ的坐标为（－１，５）． ２１．解：（１）因为Ａ（３，－２），Ｂ（３，－６）是对称的两个点， 所以Ａ，Ｂ两点关于过（３，－４）且平行于ｘ轴的直线对称． 所以Ｃ（－２，１）关于该直线的对称点为（－２，－９）． （２）因为Ａ（３，－２），Ｂ（３，－６），所以ＡＢ＝４． 因为Ｃ（－２，１），所以Ｓ△ＡＢＣ ＝ １ ２×４×５＝１０． ２２．解：（１）建立的平面直角坐标系如图１所示． ! !"# " !"# $ % # !"# $ ! " # $ % %&%!%"%#%$ %$ %# %" $ # " ! & ' & ! $ （２）Ｂ同学家的坐标是（５，３），Ｃ同学家的位置如图１所示． ２３．解：（１）如图２所示，四边形Ａ′Ｂ′Ｃ′Ｄ′即为所求． ! " # $ % & ' ! " # $ % &'&(&!&" &#&$&% &% &$ &# &" &! % $ # " ! ( ' #! !! "! $! ! $ （２）Ｂ′（６，－３），Ｃ′（４，－５），Ｄ′（２，３）． ２４．解：（１）（０，２）；（４，２）． （２）存在．假设点Ｐ（０，ｂ）， 因为△ＰＡＢ的面积等于四边形ＡＢＤＣ的面积， 所以 １ ２×（３＋１）·｜ｂ｜＝（３＋１）×２，所以ｂ＝±４， 所以点Ｐ的坐标为（０，４）或（０，－４）． ２５．解：（１）点Ｐ（－１，６）的“３属派生点”Ｐ′的坐标为（－１ ＋３×６，３×（－１）＋６），即（１７，３）． （２）设点Ｐ的坐标为（ｘ，ｙ）， 由题意知 ｘ＋３ｙ＝６， ３ｘ＋ｙ＝２{ ，解得 ｘ＝０， ｙ＝２{ ， 所以点Ｐ的坐标为（０，２）． （３）设点Ｐ（ａ，ｂ）． 因为点Ｐ在ｘ轴的正半轴上，所以ｂ＝０，ａ＞０， 所以点Ｐ的坐标为（ａ，０），点Ｐ′的坐标为（ａ，ｋａ）， 所以线段ＰＰ′的长度为Ｐ′点到ｘ轴的距离，为｜ｋａ｜， 因为点Ｐ在ｘ轴正半轴上，所以线段ＯＰ的长度为ａ， 所以｜ｋａ｜＝２ａ，即｜ｋ｜＝２，所以ｋ＝±２． ２６．解：（１）因为（ａ－２）２＋ ｂ－槡 ３＝０，所以ａ＝２，ｂ＝３． 因为｜ｃ－４｜≤０，所以ｃ＝４， 因为点Ａ坐标为（０，２），所以ＯＡ＝２． 因为点Ｐ（ｍ，１）在第二象限，所以点Ｐ到线段ＡＯ的距离为 ｜ｍ｜，所以Ｓ△ＡＯＰ ＝ １ ２×２×｜ｍ｜＝｜ｍ｜． 因为ｍ＜０，所以Ｓ△ＡＯＰ ＝－ｍ． （２）存在．由（１）得，Ｂ（３，０），Ｃ（３，４），所以ＢＣ＝４，点Ａ到ＢＣ 的距离为３，所以Ｓ△ＡＢＣ ＝ １ ２×３×４＝６． 因为△ＡＯＰ的面积与△ＡＢＣ的面积相等， 所以－ｍ＝６，解得ｍ＝－６，所以存在点Ｐ（－６，１），使△ＡＯＰ 的面积与△ＡＢＣ的面积相等                                                                      ． —２１— 初中数学湘教八年级　第３７～４０期