苏科版八年级下数学错题集二及答案.docx
- 文档编号:11282639
- 上传时间:2023-02-26
- 格式:DOCX
- 页数:31
- 大小:343.52KB
苏科版八年级下数学错题集二及答案.docx
《苏科版八年级下数学错题集二及答案.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《苏科版八年级下数学错题集二及答案.docx(31页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
苏科版八年级下数学错题集二及答案
苏科版八年级下数学错题集三及答案
1、如图,在矩形ABCD中,AE平分∠DAB交DC于点E,连接BE,过E作EF⊥BE交AD于E。
(1)求证:
∠DEF=∠CBE;
(2)请找出图中与EB相等的线段(不另添加辅助线和字母),并说明理由。
考点:
[正方形的性质,全等三角形的判定与性质]
分析:
利用同角的余角相等可知∠DEF=∠CBE,结合直角和等边可证明△FDE≌△CEB所以∠DEF=∠CBE,EB=EF.
解答:
(1)证明:
∵EF⊥BE,∴∠DEF+∠CEB=90°.
∵∠CBE+∠CEB=90°,∴∠DEF=∠CBE.
(2)EB=EF.理由如下:
∵AE平分∠DAB,
∴∠DEA=∠EAB=∠DAE,DA=DE,DA=BC,∴DE=BC.
∵EF⊥BE,∴∠DEF+∠CEB=∠EBC+∠CEB=90°,∴∠DEF=∠EBC,
∵∠C=∠D=90°,∴△FDE≌△CEB(ASA).∴EB=EF.
2、如图,在梯形ABCD中,AD∥BC,AB=DC,AC与BD相交于P.已知A(2,3),B(1,1),D(4,3),则点P的坐标为(___,___).
考点:
[等腰梯形的性质,两条直线相交或平行问题]
分析:
过A作AM⊥x轴与M,交BC于N,过P作PE⊥x轴与E,交BC于F,根据点的坐标求出各个线段的长,根据△APD∽△CPB和△CPF∽△CAN得出比例式,即可求出答案.
解答:
过A作AM⊥x轴与M,交BC于N,过P作PE⊥x轴与E,交BC于F,
∵AD∥BC,A(2,3),B(1,1),D(4,3),
∴AD∥BC∥x轴,AM=3,MN=EF=1,AN=3−1=2,AD=4−2=2,BN=2−1=1,
∴C的坐标是(5,1),BC=5−1=4,CN=4−1=3,
∵AD∥BC,∴△APD∽△CPB,∴ADBC=APPC=2/4=1/2,∴CP/AC=2/3
∵AM⊥x轴,PE⊥x轴,∴AM∥PE,∴△CPF∽△CAN,∴PF/AN=CF/CN=CP/CA=2/3,
∵AN=2,CN=3,∴PF=4/3,PE=4/3+1=7/3,CF=2,BF=2,∴P的坐标是(3,7/3),
故答案为:
3,7/3.
3、如图,在矩形AOBC中,点A的坐标是(−2,1),点C的纵坐标是4,则B. C两点的坐标分别是()
考点:
矩形的性质,坐标与图形性质,全等三角形的判定与性质,相似三角形的判定与性质
分析:
首先过点A作AD⊥x轴于点D,过点B作BE⊥x轴于点E,过点C作CF∥y轴,过点A作AF∥x轴,交点为F,易得△CAF≌△BOE,△AOD∽△OBE,然后由相似三角形的对应边成比例,求得答案.
解答:
过点A作AD⊥x轴于点D,过点B作BE⊥x轴于点E,过点C作CF∥y轴,过点A作AF∥x轴,交点为F,延长CA交x轴于点H,∵四边形AOBC是矩形,
∴AC∥OB,AC=OB,∴∠CAF=∠BOE=∠CHO,
在△ACF和△OBE中,∠F=∠BEO=90°∠CAF=∠BOEAC=OB,
∴△CAF≌△BOE(AAS),∴BE=CF=4−1=3,
∵∠AOD+∠BOE=∠BOE+∠OBE=90°,∴∠AOD=∠OBE,∵∠ADO=∠OEB=90°,
∴△AOD∽△OBE,∴ADOE=ODBE,即1/OE=2/3,∴OE=3/2,即点B(3/2,3),
∴AF=OE=3/2,∴点C的横坐标为:
−(2−3/2)=−1/2,∴点C(−1/2,4).
故选:
B.
4、如图△ABC中,D、E分别是AB、AC中点,过E作EF∥AB交BC于F.
(1)求证:
四边形DBFE为平行四边形;
(2)当△ABC满足什么条件时,四边形DBFE为菱形,请说明理由。
考点:
菱形的判定,平行四边形的判定
分析:
(1)根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得DE∥BC,然后根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形证明;
(2)根据邻边相等的平行四边形是菱形,得出BD=BF,推出AB=BC即可.
解答:
(1)证明:
∵D、E分别是AB、AC的中点,∴DE是△ABC的中位线,∴DE∥BC,
又∵EF∥AB,∴四边形DBFE是平行四边形;
(2)当AB=BC时,四边形DBFE是菱形。
理由如下:
∵D是AB的中点,
∴BD=1/2AB,∵DE是△ABC的中位线,∴DE=1/2BC,∵AB=BC,∴BD=DE,
又∵四边形DBFE是平行四边形,∴四边形DBFE是菱形。
5、如图,AB∥CD,点E. F分别在AB、CD上,连接EF,∠AEF、∠CFE的平分线交于点G,∠BEF、∠DFE的平分线交于点H.
(1)求证:
四边形EGFH是矩形。
(2)小明在完成
(1)的证明后继续进行了探索,过点G作MN∥EF,分别交AB、CD于点M、N,过点H作PQ∥EF,分别交AB、CD于点P、Q,得到四边形MNQP.此时,他猜想四边形MNQP是菱形。
请在下列框图中补全他的证明思路。
小明的证明思路:
由AB∥CD,MN∥EF,PQ∥EF易证,四边形MNQP是平行四边形。
要证□MNQP是菱形,只要证MN=NQ.由已知条件 ,MN∥EF,可证NG=NF,故只要证GM=FQ,即证△MGE≌△QFH,易证 , ,故只要证∠MGE=∠QFH,易证∠MGE=∠GEF,∠QFH=∠EFH, ,故得∠MGE=∠QFH,即可得证。
考点:
[矩形的判定,菱形的判定]
分析:
(1)利用角平分线的定义结合平行线的性质得出∠FEH+∠EFH=90°,进而得出∠GEH=90°,进而求出四边形EGFH是矩形;
(2)利用菱形的判定方法首先得出要证▱MNQP是菱形,只要证MN=NQ,再证∠MGE=∠QFH得出即可
解答:
(1)证明:
∵EH平分∠BEF,∴∠FEH=12∠BEF,∵FH平分∠DFE,∴∠EFH=12∠DFE,
∵AB∥CD,∴∠BEF+∠DFE=180°,∴∠FEH+∠EFH=12(∠BEF+∠DFE)=12×180°=90°,
∵∠FEH+∠EFH+∠EHF=180°,∴∠EHF=180°−(∠FEH+∠EFH)=180°−90°=90°,
同理可得:
∠EGF=90°,∵EG平分∠AEF,∴∠EFG=1/2∠AEF,∵EH平分∠BEF,
∴∠FEH=1/2∠BEF,∵点A.E. B在同一条直线上,∴∠AEB=180°,即∠AEF+∠BEF=180°,
∴∠FEG+∠FEH=1/2(∠AEF+∠BEF)=1/2×180°=90°,即∠GEH=90°
∴四边形EGFH是矩形;
(2)答案不唯一:
由AB∥CD,MN∥EF,PQ∥EF,易证四边形MNQP是平行四边形,
要证▱MNQP是菱形,只要证MN=NQ,由已知条件:
FG平分∠CFE,MN∥EF,
故只要证GM=FQ,即证△MGE≌△QFH,易证GE=FH、∠GME=∠FQH.
故只要证∠MGE=∠QFH,易证∠MGE=∠GEF,∠QFH=∠EFH,∠GEF=∠EFH,即可得证;
故答案为:
FG平分∠CFE,GE=FH、∠GME=∠FQH,∠GEF=∠EFH.
6、如图,菱形ABCD的面积为120cm2,正方形AECF的面积为50cm2,则菱形的边长为___cm.
考点:
[正方形的性质,菱形的性质]
分析:
根据正方形的面积可用对角线进行计算解答即可.
解答:
∵正方形AECF的面积为50
,∴AC=
=10cm,∵菱形ABCD的面积为120
∴BD=
=24cm,∴菱形的边长=
=13cm.
故答案为:
13.
7、如图,在图1中,Rt△OAB绕其直角顶点O每次旋转90°,旋转三次得到右边的图形.在图2中,四边形OABC绕O点每次旋转 °,旋转 次得到右边的图形.下列图形中,不能通过上述方式得到的是( )
解答A:
由基本图形连续两次旋转120°得到;B:
由基本图形旋转180°得到;C:
由基本图形旋转180°得到;D:
不可以通过旋转得到.故选D.
8、如图:
把直角三角形ABC的斜边AB放在直线l上,按顺时针方向在l上转动两次,使它转到△A″B″C′的位置上,已知BC=1,∠A=30°.则顶点A运动到A″的位置时,点A经过的路线有多长?
点A经过的路线与直线l所围成的面积有多大?
考点:
[旋转的性质,弧长的计算,扇形面积的计算]
分析:
(1)点A经过的路线长是两段弧长,利用弧长公式计算.
(2)点A经过的路线与直线l所围成的面积是两个扇形的面积加上一个直角三角形的面积,按扇形面积公式和三角形面积公式计算.
解答:
9、一个等边三角形绕中心至少旋转______度后能与自身重合。
考点:
旋转对称图形
分析:
根据等边三角形的中心角的度数,以及旋转对称图形的性质解答.
解答:
∵等边三角形的中心角是360°÷3=120°,
∴把一个等边三角形旋转120°的整数倍后能与自身重合,∴旋转的最小角是120°.
故答案为:
120.
10、如图,在Rt△ABC中,∠C=90°,点D为AB中点,E、F分别为边BC、AC上两点,且∠EDF=90°
(1)求证:
+
=
;
(2)若BE=5,AF=12,求EF的长。
考点:
全等三角形的判定与性质,勾股定理,等腰直角三角形
分析:
(1)延长FD到点G,使DG=DF,连接BG,易证EF=EG,△ADF≌△BDG,可得BG=AF,∠DBG=∠A,即可求得∠CBG=90°,即可判定△BEG是直角三角形,根据勾股定理可得BE+BG=EG,即可解题;
(2)根据
(1)中结论,将BE、AF的值代入即可求得EF的长.
解答:
(1)证明:
延长FD到点G,使DG=DF,连接BG,
∵∠EDF=90°,DF=DG,∴DE垂直平分FG,∴EF=EG,
∵D是AB中点,∴AD=BD,在△ADF和△BDG中,
DF=DG ∠ADF=∠BDG AD=BD,
∴△ADF≌△BDG(SAS),∴BG=AF,∠DBG=∠A,
∵∠C=90°,∴∠A+∠ABC=90°,∴∠CBG=∠ABC+∠DBG=90°,
∴△BEG是直角三角形,∴
+
=
,∴
+
=
;
(2)∵
+
=
BE=5,AF=12,
∴
=
+
=169,
∴EF=13.
11、在△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC,P是△ABC内一点,且满足PA=3,PB=1,PC=2,求∠BPC的度数。
考点:
[全等三角形的判定与性质,勾股定理的逆定理,等腰直角三角形]
分析:
过点C作CD⊥CP,使CD=CP=2,连接CD,PD,AD,根据AC=BC,由同角的余角相等得到夹角相等,利用SAS的三角形ACD与三角形CBP全等,利用全等三角形对应边相等,对应角相等得到AD=BP=1,∠ADC=∠BPC,在直角三角形DCP中,利用勾股定理求出DP的长,由AD以及AP的长,利用勾股定理的逆定理得到三角形ADP为直角三角形,由∠4+∠5求出∠ADC度数,即为∠BPC度数.
解答:
过点C作CD⊥CP,使CD=CP=2,连接CD,PD,AD,
∵∠1+∠2=∠ACB=90°=∠DCP=∠3+∠2,∴∠1=∠3,
在△CAD和△CBP中,
CD=CP ∠3=∠1 AC=BC,∴△CAD≌△CBP(SAS),
∴DA=PB=1,∠ADC=∠BPC,
在等腰Rt△DCP中,∠4=45°,根据勾股定理得:
DP2=CD2+CP2=22+22=8,
∵DP2+DA2=8+1=9,AP2=32=9,∴DP2+DA2=AP2,∴△ADP为直角三角形,即∠5=90°,
则∠BPC=∠ADC=∠4+∠5=45°+90°=135°
12、如图,在正方形ABCD中,M为BC上一点,N是CD的中点,且AM=DC+CM,试说明AN平分∠DAM.
分析:
此题要充分利用AM=DC+CM,再根据四边形ABCD是正方形,故延长AN交BC的延长线于点E,下面只要说明CE与AD相等即可.
解答:
延长AN交BC的延长线于点E.
∵N是CD的中点,∴DN=CN.
又∠ADN=∠ECN=90°,且∠AND=∠ENC,
∴△ADN≌△ECN,∴AD=CE,又AM=DC+CM,AD=CD,
∴AM=EM,∴∠MAE=∠E.
又∠E=∠DAN,∴∠DAN=∠MAE, ∴AN平分∠DAM.
13、如图1,△ABC是正三角形,△BDC是等腰三角形,BD=CD,∠BDC=120°,以D为顶点作一个60°角,角的两边分别交AB、AC边于M、N两点,连接MN.
(1)探究BM、MN、NC之间的关系,并说明理由。
(2)若△ABC的边长为2,求△AMN的周长。
考点:
[等边三角形的性质,全等三角形的判定与性质,等腰三角形的性质]
分析:
(1)延长AC至E,使得CE=BM并连接DE,构造全等三角形,找到MD=DE,∠BDM=∠CDE,BM=CE,再进一步证明△DMN≌△DEN,进而得到MN=BM+NC;
(2)利用
(1)中结论,将△AMN的周长转化为AB、AC的和来解答.
解答:
(1)MN=BM+NC.理由如下:
延长AC至E,使得CE=BM,连接DE,如图所示:
∵△BDC为等腰三角形,△ABC为等边三角形,
∴BD=CD,∠DBC=∠DCB,∠MBC=∠ACB=60°,又∵BD=DC,且∠BDC=120°,
∴∠DBC=∠DCB=30°,∴∠ABC+∠DBC=∠ACB+∠DCB=60°+30°=90°,
∴∠MBD=∠ECD=90°,在△MBD与△ECD中,BD=CD ∠MBD=∠ECD BM=CE,
∴△MBD≌△ECD(SAS),∴MD=DE,∠BDM=∠CDE,BM=CE,
又∵∠BDC=120°,∠MDN=60°,∴∠BDM+∠NDC=∠BDC−∠MDN=60°,
∴∠CDE+∠NDC=60°,即∠NDE=60°,∵∠MDN=∠NDE=60°,在△DMN与△DEN中,
DM=DE∠MDN=∠NDEDN=DN,∴△DMN≌△DEN(SAS),∴MN=EN,
又∵NE=NC+CE,BM=CE,∴MN=BM+NC;
(2)∵△ABC为等边三角形,
∴AB=BC=AC=2,
利用
(1)中的结论得出:
BM=CE,MN=EN,△AMN的周长=AM+MN+AN=AM+NE+AN
=AM+AN+NC+CE=AM+AN+NC+BM=(AM+BM)+(NC+AN)=AB+AC=2+2=4,
14、如图,在平行四边形ABCD中,E,F为BC上两点,且BE=CF,AF=DE.
求证:
(1)△ABF≌△DCE;
(2)四边形ABCD是矩形。
考点:
[矩形的判定,全等三角形的判定与性质,平行四边形的性质]
分析:
(1)根据题中的已知条件我们不难得出:
AB=CD,AF=DE,又因为BE=CF,那么两边都加上EF后,BF=CE,因此就构成了全等三角形的判定中边边边(SSS)的条件.
(2)由于四边形ABCD是平行四边形,只要证明其中一角为直角即可.
解答:
证明:
(1)∵BE=CF,BF=BE+EF,CE=CF+EF,∴BF=CE.
∵四边形ABCD是平行四边形,∴AB=DC.在△ABF和△DCE中,
AB=DCBF=CEAF=DE,∴△ABF≌△DCE(SSS).
(2)∵△ABF≌△DCE,∴∠B=∠C.∵四边形ABCD是平行四边形,∴AB∥CD.
∴∠B+∠C=180°.∴∠B=∠C=90°.
∴四边形ABCD是矩形。
15、如图,已知EF是梯形ABCD的中位线,△DEF的面积为4
.,则梯形ABCD的面积为___
.
考点:
[梯形中位线定理]
分析:
设梯形的高为h,根据已知△DEF的高为梯形高的一半,从而根据三角形的面积可求得中位线与高的乘积,即求得了梯形的面积.
解答:
设梯形的高为h,
∵EF是梯形ABCD的中位线,
∴△DEF的高为h2,∵△DEF的面积为12×EF×h2=14h⋅EF=4,∴h⋅EF=16,
∴梯形ABCD的面积为EF⋅h=16. 故答案为:
16
.
16、如图,在梯形ABCD中,AD∥BC,AB∥DE,AF∥DC,E. F两点在边BC上,且四边形AEFD是平行四边形。
(1)AD与BC有何等量关系,请说明理由;
(2)当AB=DC时,求证:
平行四边形AEFD是矩形。
考点:
梯形,平行四边形的性质,矩形的判定]
分析:
(1)由题中所给平行线,不难得出四边形ABED和四边形AFCD都是平行四边形,而四边形AEFD也是平行四边形,三个平行四边形都共有一条边AD,所以可得出AD=
BC的结论.
(2)根据矩形的判定和定义,对角线相等的平行四边形是矩形.只要证明AF=DE即可得出结论.
解答:
(1)AD=
BC.理由如下:
∵AD∥BC,AB∥DE,AF∥DC,
∴四边形ABED和四边形AFCD都是平行四边形。
∴AD=BE,AD=FC,
又∵四边形AEFD是平行四边形,∴AD=EF.∴AD=BE=EF=FC.∴AD=
BC
(2)证明:
∵四边形ABED和四边形AFCD都是平行四边形,
∴DE=AB,AF=DC.∵AB=DC,∴DE=AF.又∵四边形AEFD是平行四边形,
∴平行四边形AEFD是矩形。
17、如图,将▱ABCD的边DC延长到点E,使CE=DC,连接AE,交BC于点F.
(1)求证:
△ABF≌△ECF;
(2)若∠AFC=2∠D,连接AC、BE,求证:
四边形ABEC是矩形。
考点:
平行四边形的判定与性质,全等三角形的判定与性质,矩形的判定
分析:
(1)先由已知平行四边形ABCD得出AB∥DC,AB=DC,⇒∠ABF=∠ECF,从而证得△ABF≌△ECF;
(2)由
(1)得的结论先证得四边形ABEC是平行四边形,通过角的关系得出FA=FE=FB=FC,AE=BC,得证.
解答:
证明:
(1)∵四边形ABCD是平行四边形,∴AB∥DC,AB=DC,
∴∠ABF=∠ECF,∵EC=DC,∴AB=EC,在△ABF和△ECF中,
∵∠ABF=∠ECF,∠AFB=∠EFC,AB=EC,∴△ABF≌△ECF.
(2)∵AB=EC,AB∥EC,∴四边形ABEC是平行四边形,∴FA=FE,FB=FC,
∵四边形ABCD是平行四边形,∴∠ABC=∠D,又∵∠AFC=2∠D,
∴∠AFC=2∠ABC,∵∠AFC=∠ABC+∠BAF,∴∠ABC=∠BAF,
∴FA=FB,∴FA=FE=FB=FC,∴AE=BC,∴四边形ABEC是矩形。
18、把边长分别为3cm,5cm,7cm的两个全等三角形拼成四边形,一共能拼成 个不同的四边形,其中有 个平行四边形.
考点:
平行四边形的定义及表示方法
分析:
根据题意把两个三角形任意相等的一条边重合,可得到一个四边形;两个三角有三组对应相等的边,把三组边分别组合,即可得到全部四边形;由于三条边的长度不同,根据对边的关系确定其中平行四边形的个数.
解答:
答案:
6,3.
拼出的四边形共有6个,其中有3个平行四边形,如下图所示:
19、在平行四边形ABCD中,若∠A−∠B=70°,则∠A=___,∠B=___,∠C=___,∠D=___.
考点:
平行四边形的性质
分析:
根据平行四边形的对角相等,可得∠A=∠C,∠B=∠D;又因为平行四边形的对边平行,可得AD∥BC,即可得∠A+∠B=180°,又∠A-∠B=70°,解方程组即可求得平行四边形的四个角的度数.
解答:
∵四边形ABCD是平行四边形,∴∠A=∠C,∠B=∠D,AD∥BC,
∴∠A+∠B=180°,∵∠A−∠B=70°,∴∠A=125°,∠B=55°,∠C=125°,∠D=55°.
故答案为125°,55°,125°,55°.
20、如图,在平行四边形ABCD中,△BCE、△CDF都是等边三角形,试说明△AEF是等边三角形。
考点:
[平行四边形的性质,等边三角形的判定与性质]
分析:
先证明△ABE≌△ADF,再证明△ADF≌△ECF即可解决问题.
解答:
证明:
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AB=CD,AD=BC,∠ABC=∠ADC,
∵∠ABE=∠ABC+∠CBE,∠ADF=∠ADC+∠CDF,
∵,△BCE、△CDF都是等边三角形,
∴∠CBE=60°=∠CDF,BE=BC=AD,AB=CD=DF,∴∠ABE=∠ADF
在△ABE和△ADF中,BE=AD∠ABE=∠ADFAB=DF,∴△ABE≌△ADF∴AE=AF
∵∠ECF=360°−∠BCD−∠BCE−∠DCF=360°−(180°−∠ADC)−60°−60°=∠ADC+60°
=∠ADF,在△ADF和△ECF中,EC=AD∠ADF=∠ECFDF=CF,∴△ADF≌△ECF,
∴AF=EF,∴AE=AF=EF,∴△AEF是等边三角形。
21、如图,点O是△ABC内一点,连结OB、OC,并将AB、OB、OC、AC的中点D.E.F. G依次连结,得到四边形DEFG.
(1)求证:
四边形DEFG是平行四边形;
(2)若M为EF的中点,OM=3,∠OBC和∠OCB互余,求DG的长度。
考点:
[平行四边形的判定与性质]
分析:
(1)根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得EF∥BC且EF=
BCBC,DG∥BC且DG=
BC,从而得到DE=EF,DG∥EF,再利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明即可;
(2)先判断出∠BOC=90°,再利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半,求出EF即可.
解答:
(1)∵D、G分别是AB、AC的中点,∴DG∥BC,DG=
BC,
∵E、F分别是OB、OC的中点,∴EF∥BC,EF=
BC,
∴DG=EF,DG∥EF,∴四边形DEFG是平行四边形;
(2)∵∠OBC和∠OCB互余,∴∠OBC+∠OCB=90°,∴∠BOC=90°,
∵M为EF的中点,OM=3,∴EF=2OM=6.
由
(1)有四边形DEFG是平行四边形,∴DG=EF=6.
22、矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O,过点C作BD的垂线与角BAD的平分线相较于点C,求证AC=CE
解答:
延长DC交AE于H
∵ABCD矩形∴OA=OD∠ADC=∠BAD=90°
∴∠OAD=∠ODA ∵CG⊥BD
∴∠DCG+∠CDG=90°∵∠CDG+∠ODA=90°
∴∠DCG=∠ODA ∴∠OAD=∠DCG
∵∠DCG=∠ECH ∴∠OAD=∠ECH
∵∠BAF=∠DAF=1/2∠BAD=45°
∴∠CAF=∠DAF-∠OAD=45°-∠OAD
∵AB∥DC∴∠CHF=∠BAF=45°
∵∠CHF=∠E+∠ECH∴∠E=45°-∠ECH
∵∠OAD=∠ECH∴∠E=∠CAF ∴AC=CE
方法2:
作AM⊥BD于M ∴∠ABM+∠BAM=90°
∵ABCD矩形∴OA=OD∠ADC=∠BAD=90° ∴∠OAD=∠ODA∵∠ABM+∠ODA=90°
∴∠OAD=∠BAM∵∠BAF=∠DAF∴∠FAM=∠CAF∵AM⊥BDEG⊥BD
∴AM∥EG∴∠E=∠FAM∴∠CAF=∠E∴AC=CE
23、平行四边形ABCD的对角线相交于点O,分别添加下列条件:
①∠ABC=90∘;②AC⊥BD;③AB=BC;④AC平分∠BAD;⑤AO=DO.使得四边形ABCD是矩形的条件有___,是菱形的条件有___.(填序号)
考点:
矩形的判定,菱形的判定
分析:
四边形ABCD是平行四边形,要成为矩形加上一个角为直角或对角线相等即可;要使其成为菱形,加上一组邻边相等或对角线垂直均可.
解答:
要使得平行四边形ABCD为矩形添加:
①∠ABC
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 苏科版八 年级 数学 错题集二 答案
![提示](https://static.bdocx.com/images/bang_tan.gif)