华师版八年级数学下册第19章专题复习测试题及答案全套Word文件下载.docx
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(1)如图①,若E是BC的中点,∠AEF=60°
,求证:
BE=DF;
(2)如图②,若∠EAF=60°
△AEF是等边三角形.
正方形中的动点问题
4.如图,正方形ABCD的边长为8cm,E,F,G,H分别是AB,BC,CD,DA上的动点,且AE=BF=CG=DH.
四边形EFGH是正方形;
(2)判断直线EG是否经过一个定点,并说明理由.
专训3 全章热门考点整合应用
本章内容是中考的必考内容,主要考查与矩形、菱形、正方形有关的计算和证明等问题.近几年又出现了许多与特殊平行四边形有关的开放探索题、操作题以及与全等、相似、函数知识相结合的综合题.其主要考点可概括为:
三个图形,三个技巧.
三个图形
矩形
1.如图,在▱ABCD中,E,F分别是AB,CD的中点,连结AF,CE.
△BEC≌△DFA;
(2)连结AC,当CA=CB时,判断四边形AECF是什么特殊四边形,并说明理由.
菱形
2.如图,△ABC是边长为1的等边三角形,将△ABC绕点C顺时针旋转120°
,得到△EDC,连结BD,交AC于F.
(1)猜想AC与BD的位置关系,并给予证明;
(2)求线段BD的长.
正方形
3.如图,四边形ABCD是正方形,点G是BC边上任意一点,DE⊥AG于点E,BF∥DE,交AG于点F.
AF-BF=EF;
(2)将△ABF绕点A逆时针旋转,使得AB与AD重合,记此时点F的对应点为点F′,若正方形ABCD的边长为3,求点F′与旋转前图形中的点E之间的距离.
4.如图①,在正方形ABCD中,E,F分别是边AD,DC上的点,且AF⊥BE.
AF=BE.
(2)如图②,在正方形ABCD中,M,N,P,Q分别是边AB,BC,CD,DA上的点,且MP⊥NQ.MP与NQ是否相等?
并说明理由.
三个技巧
解与四边形有关的折叠问题的技巧(轴对称变换法)
5.如图所示,在矩形ABCD中,AB=10,BC=5,点E,F分别在AB,CD上,将矩形ABCD沿EF折叠,使点A,D分别落在矩形ABCD外部的点A1,D1处,求阴影部分的周长.
解与四边形有关的旋转问题的技巧(特殊位置法)
6.如图,正方形ABCD的对角线相交于点O,点O也是正方形A′B′C′O的一个顶点,如果两个正方形的边长都等于1,那么正方形A′B′C′O绕顶点O转动,两个正方形重叠部分的面积大小有什么规律?
请说明理由.
(第6题)
解与四边形有关的动态问题的技巧(固定位置法)
7.如图,在Rt△ABC中,∠B=90°
,AC=60cm,点D从点C出发沿CA方向以4cm/s的速度向点A匀速运动,同时点E从点A出发沿AB方向以2cm/s的速度向点B匀速运动,当其中一个点到达终点时,另一个点也随之停止运动.设点D,E运动的时间是ts(0≤t≤15).过点D作DF⊥BC于点F,且DF=DC,连结EF.若四边形AEFD为菱形,则t的值为( )
(第7题)
A.5
B.10
C.15
D.20
8.如图,在边长为10的菱形ABCD中,对角线BD=16,对角线AC,BD相交于点G,点O是直线BD上的动点,OE⊥AB于E,OF⊥AD于F.
(1)求对角线AC的长及菱形ABCD的面积.
(2)如图①,当点O在对角线BD上运动时,OE+OF的值是否发生变化?
(3)如图②,当点O在对角线BD的延长线上时,OE+OF的值是否发生变化?
若不变,请说明理由;
若变化,请探究OE,OF之间的数量关系,并说明理由.
(第8题)
答案
1.解:
设AE与BC相交于点F,如图.
∵四边形ABCD为平行四边形,
∴AD∥BC.∴∠1=∠3.
∵平行四边形纸片ABCD沿AC折叠,点D落在点E处,
∴∠2=∠3,
∴∠1=∠2.
∴FC=FA.
∵F为BC边的中点,BC=6,
∴AF=CF=BF=×
6=3.
又∵AB=3,∴△ABF是等边三角形.∴∠B=60°
.
2.
(1)证明:
由折叠知A′E=AE=EG,BC=CH.
∵四边形ABCD是矩形,
∴AD=BC.
易得四边形AEA′D是正方形,
∴A′E=AD.
∴EG=CH.
(2)解:
∵∠ADE=45°
,∠FGE=∠A=90°
,AF=,
∴DG=FG=AF=.由勾股定理得DF=2.
∴AD=2+.
如图,由折叠知,∠1=∠2,∠3=∠4,
∴∠2+∠4=90°
,∠1+∠3=90°
∵∠1+∠AFE=90°
,
∴∠AFE=∠3.
由
(1)知,AE=BC.
又∵∠A=∠B=90°
∴△EFA≌△CEB.
∴AF=BE.
∴AB=AE+BE=AD+AF=2++=2+2.
3.C 点拨:
∵四边形ABCD是菱形,
∴AB=BC,∠A+∠ABC=180°
,BD平分∠ABC.∵∠A=120°
,∴∠ABC=60°
,∴∠FBC=30°
.根据折叠可得AB=BF,∴BF=BC.∴∠BFC=∠BCF=(180°
-30°
)÷
2=75°
.故选C.
4.13 点拨:
如图,过点F作FM⊥BC,垂足为M,连结BE,FE,设BE交FG于点N,由折叠的性质知FG⊥BE,
∴∠C=∠BNG=90°
,∴∠1=∠BEC.易知FM=BC,∠FMG=∠C,∴△FMG≌△BCE,∴MG=CE=5,由勾股定理得FG==13.
5.
(1)证明:
由折叠知PE=BE,∠EPH=∠EBC=90°
∴∠EBP=∠EPB.
∴∠EPH-∠EPB=∠EBC-∠EBP,
即∠BPH=∠PBC.
又∵AD∥BC,∴∠APB=∠PBC,
∴∠APB=∠BPH.
△PDH的周长不发生变化.
证明如下:
过B作BQ⊥PH,垂足为Q.如图.
由
(1)知∠APB=∠QPB,
又∵∠A=∠BQP=90°
,BP=BP,
∴△ABP≌△QBP.
∴AP=QP,AB=BQ.
又∵AB=BC,∴BC=BQ.
又∵∠C=∠BQH=90°
,BH=BH,
∴Rt△BCH≌Rt△BQH,∴CH=QH.
∴△PDH的周长为:
PD+DH+PH=AP+PD+DH+CH=AD+CD=8(定值).
AE=CF,AE∥CF.证明如下:
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AB=CD,AB∥CD.
∴∠ABE=∠CDF.
在△ABE和△CDF中,
∵AB=CD,∠ABE=∠CDF,BE=DF,
∴△ABE≌△CDF.
∴AE=CF,∠AEB=∠CFD.
∵∠AEB+∠AED=∠CFD+∠CFB=180°
∴∠AED=∠CFB.∴AE∥CF.
2.解:
(1)∵四边形ABCD是矩形,
∴AD∥BC.
∴∠OAE=∠OCF,∠AEO=∠CFO.
∵EF垂直平分AC,垂足为O,
∴OA=OC.
∴△AOE≌△COF.∴OE=OF.
∴四边形AFCE为平行四边形.
又∵EF⊥AC,∴四边形AFCE为菱形.
设AF=CF=xcm,则BF=(8-x)cm,
在Rt△ABF中,AB=4cm,由勾股定理得42+(8-x)2=x2,解得x=5.
∴AF=5cm.
(2)显然当P点在AF上,Q点在CD上时,A,C,P,Q四点不可能构成平行四边形;
同理P点在AB上,Q点在DE或CE上时,也不可能构成平行四边形.因此只有当P点在BF上,Q点在ED上时,才能构成平行四边形,如图,连结AP,CQ,则以A,C,P,Q四点为顶点的四边形是平行四边形,此时PC=QA.∵点P的速度为5cm/s,点Q的速度为4cm/s,运动时间为ts,
∴PC=5tcm,QA=(12-4t)cm.
∴5t=12-4t,解得t=.
∴当以A,C,P,Q四点为顶点的四边形是平行四边形时,t=.
3.证明:
(1)如图①,连结AC.∵在菱形ABCD中,∠B=60°
,∴AB=BC=CD,∠BCD=180°
-∠B=120°
.∴△ABC是等边三角形.又∵E是BC的中点,∴AE⊥BC.∵∠AEF=60°
,∴∠FEC=90°
-∠AEF=30°
.∴∠CFE=180°
-∠FEC-∠BCD=180°
-120°
=30°
.∴∠FEC=∠CFE.∴EC=CF.∴BE=DF.
(第3题)
(2)如图②,连结AC.由
(1)知△ABC是等边三角形,
∴AB=AC,∠ACB=∠BAC=60°
又∵∠EAF=60°
∴∠BAE=∠CAF.
由
(1)知∠BCD=120°
又∵∠ACB=60°
∴∠ACF=60°
,∴∠B=∠ACF.
∴△ABE≌△ACF.
∴AE=AF.∴△AEF是等边三角形.
4.
(1)证明:
如图,∵四边形ABCD为正方形,
∴∠A=∠EBF=∠C=∠GDH=90°
,AB=BC=CD=AD.
∵AE=BF=CG=DH,∴AH=BE=CF=DG.
∴△AEH≌△BFE≌△CGF≌△DHG.
∴∠1=∠2,EH=EF=FG=GH.
∴四边形EFGH为菱形.
∵∠1+∠3=90°
,∠1=∠2,
∴∠2+∠3=90°
∴∠HEF=90°
∴四边形EFGH是正方形.
直线EG经过一个定点.理由如下:
如图,连结BD,DE,BG.设EG与BD交于O点.
∵BE
瘙綊DG,
∴四边形BGDE为平行四边形.
∴BD与EG互相平分.∴BO=OD.
∴点O为正方形的中心.
∴直线EG必过正方形的中心.
1.
(1)证明:
∴AB=CD,∠B=∠D,BC=DA.
∵E,F分别是AB,CD的中点,
∴BE=DF.
∴△BEC≌△DFA(S.A.S.).
四边形AECF是矩形,理由:
∵AE=AB,CF=CD,AB=CD,
∴AE=CF.
又∵AE∥CF,
∴四边形AECF是平行四边形.
∵CA=CB,E为AB的中点,∴CE⊥AB,
∴∠AEC=90°
∴四边形AECF是矩形.
(1)AC⊥BD.
证明:
连结AD,由题意知,△ABC≌△EDC,∠ACE=120°
∵△ABC是等边三角形,
∴AC=DC,∠DCE=60°
∴∠ACD=60°
∴△ACD是等边三角形,
∴CD=AD=AC=AB=BC,
∴四边形ABCD为菱形,
∴AC⊥BD.
(2)由
(1)知,四边形ABCD为菱形,
∴∠DBC=∠ABC=30°
∵BC=CD,∴∠BDC=∠DBC=30°
∴∠BDE=30°
+60°
=90°
∵∠ACE+∠ACB=180°
∴B,C,E三点在一条直线上,
∴BE=2.
∴BD===.
3.
(1)证明:
∵四边形ABCD是正方形,
∴AB=AD,∠BAD=∠BAF+∠EAD=90°
∵DE⊥AG,
∴∠AED=∠DEG=90°
∴∠EAD+∠ADE=90°
∴∠ADE=∠BAF.
又∵BF∥DE,
∴∠BFA=∠DEG=90°
∴∠AED=∠BFA.
在△AED和△BFA中,
∵
∴△AED≌△BFA(A.A.S.).
∴BF=AE.
∵AF-AE=EF,
∴AF-BF=EF.
如图,由题意知将△ABF绕A点旋转得到△ADF′,B与D重合,连结F′E,由
(1)易得DE=AF.
根据题意知:
∠F′AE=90°
,DE=AF=AF′,
∴∠F′AE=∠AED=90°
即∠F′AE+∠AED=180°
∴AF′∥DE.
∴四边形AEDF′为平行四边形.
又∠AED=90°
∴四边形AEDF′是矩形.
∵AD=3,∴EF′=AD=3.
∴AD=BA,∠D=∠BAE=90°
∴∠DAF+∠BAF=90°
∵AF⊥BE,
∴∠ABE+∠BAF=90°
∴∠DAF=∠ABE.
∴△DAF≌△ABE.
MP与NQ相等.理由如下:
过点A作AF∥MP交CD于F,过点B作BE∥NQ交AD于E,∵MP⊥NQ,∴AF⊥BE,由
(1)知AF=BE.易证四边形AMPF,四边形BNQE都是平行四边形,∴AF=MP,BE=NQ,∴MP=NQ.
5.解:
∵在矩形ABCD中,AB=10,BC=5,
∴CD=AB=10,AD=BC=5.
又∵将矩形ABCD沿EF折叠,使点A,D分别落在矩形ABCD外部的点A1,D1处,根据轴对称的性质可得,A1E=AE,A1D1=AD,D1F=DF.
设线段D1F与线段AB交于点M,则阴影部分的周长为
(A1E+EM+MD1+A1D1)+(MB+MF+FC+CB)
=AE+EM+MD1+AD+MB+MF+FC+CB
=(AE+EM+MB)+(MD1+MF+FC)+AD+CB
=AB+(FD1+FC)+10
=AB+(FD+FC)+10
=10+10+10=30.
点拨:
要求阴影部分的周长,我们可以把两块阴影部分的周长相加,找到它们的周长和与原矩形边长的关系,从而得到问题的答案.
6.解:
两个正方形重叠部分的面积保持不变,始终是.理由如下:
∴OB=OC,∠OBE=∠OCF=45°
∠BOC=90°
∵四边形A′B′C′O是正方形,
∴∠EOF=90°
,∴∠EOF=∠BOC.
∴∠EOF-∠BOF=∠BOC-∠BOF,
即∠BOE=∠COF.
∴△BOE≌△COF.∴S△BOE=S△COF.
∴两个正方形重叠部分的面积等于S△BOC.
∵S正方形ABCD=1×
1=1.
∴S△BOC=S正方形ABCD=.
∴两个正方形重叠部分的面积保持不变,始终是.
7.B 点拨:
因为DF=DC,DC=4tcm,所以DF=2tcm.又因为AE=2tcm,所以AE=DF.因为AE∥DF,所以可推出四边形AEFD为平行四边形.令AE=AD,则60-4t=2t.解得t=10.所以当t=10时,四边形AEFD为菱形.
8.解:
(1)在菱形ABCD中,AC⊥BD,BG=BD=×
16=8,
由勾股定理得AG===6,
∴AC=2AG=2×
6=12.
∴菱形ABCD的面积=AC·
BD=×
12×
16=96.
(第8题)
(2)OE+OF的值不发生变化.理由:
如图①,连结AO,则S△ABD=S△ABO+S△AOD,
所以BD·
AG=AB·
OE+AD·
OF,
即×
16×
6=×
10·
OE+×
解得OE+OF=9.6,是定值,不变.
(3)OE+OF的值发生变化,OE,OF之间的数量关系为OE-OF=9.6.理由:
如图②,连结AO,则S△ABD=S△ABO-S△AOD,
OE-AD·
OE-×
解得OE-OF=9.6.
专训1 矩形性质与判定的灵活运用
矩形是特殊的平行四边形,它具有一般平行四边形的所有性质,同时还具有一些独特的性质.它的性质可归结为三个方面:
(1)从边看:
矩形的对边平行且相等;
(2)从角看:
矩形的四个角都是直角;
(3)从对角线看:
矩形的对角线互相平分且相等.
判定一个四边形是矩形可从两个角度考虑:
一是判定它有三个角为直角;
二是先判定它为平行四边形,再判定它有一个角为直角或两条对角线相等.
利用矩形的性质与判定求线段的长(转化思想)
1.如图,将矩形纸片ABCD的四个角向内折起,点A,点B落在点M处,点C,点D落在点N处,恰好拼成一个无缝隙无重叠的四边形EFGH,若EH=3cm,EF=4cm,求AD的长.
利用矩形的性质与判定判断线段的数量关系
2.如图,在△ABC中,∠A=90°
,D是AC上的一点,BD=DC,P是BC上的任意一点,PE⊥BD,PF⊥AC,E,F为垂足.试判断线段PE,PF,AB之间的数量关系,并说明理由.
利用矩形的性质与判定证明角相等
3.(中考·
北京)如图,在▱ABCD中,过点D作DE⊥AB于点E,点F在边CD上,DF=BE,连结AF,BF.
四边形BFDE是矩形;
(2)若CF=3,BF=4,DF=5,求证:
AF平分∠DAB.
利用矩形的性质与判定求面积
4.如图,已知点E是▱ABCD中BC边的中点,连结AE并延长交DC的延长线于点F.
(1)连结AC,BF,若∠AEC=2∠ABC,求证:
四边形ABFC为矩形;
(2)在
(1)的条件下,若△AFD是等边三角形,且边长为4,求四边形ABFC的面积.
专训2 菱形性质与判定的灵活运用
菱形具有一般平行四边形的所有性质,同时又具有一些特性,可以归纳为三个方面:
对边平行,四边相等;
对角相等,邻角互补;
对角线互相垂直平分,并且每一条对角线平分一组对角.
判定一个四边形是菱形,可先判定这个四边形是平行四边形,再判定一组邻边相等或对角线互相垂直,也可直接判定四边相等.
利用菱形的判定与性质证明角的关系
1.(中考·
秦安)如图,在四边形ABCD中,AB=AD,CB=CD,E是CD上一点,BE交AC于点F,连结DF.
(1)证明:
∠BAC=∠DAC,∠AFD=∠CFE;
(2)若AB∥CD,试证明:
四边形ABCD是菱形;
(3)在
(2)的条件下,试确定E点的位置,使∠EFD=∠BCD,并说明理由.
利用菱形的判定和性质判定两线段的位置关系
2.如图所示,已知AD是△ABC的角平分线,DE∥AC交AB于点E,DF∥AB交AC于点F,求证:
AD⊥EF.
利用菱形的判定和性质解折叠问题
漳州)如图,在矩形ABCD中,点E在边CD上,将该矩形沿AE折叠,使点D落在边BC上的点F处,过点F作FG∥CD,交AE于点G,连结DG.
四边形DEFG为菱形;
(2)若CD=8,CF=4,求的值.
利用菱形的判定与性质解决面积问题
4.如图,已知等腰三角形ABC中,AB=AC,AD平分∠BAC,交BC于点D,在线段AD上任取一点P(点A除外),过点P作EF∥AB,分别交AC,BC于点E,F,作PM∥AC,交AB于点M,连结ME.
四边形AEPM为菱形.
(2)当点P在何处时,菱形AEPM的面积为四边形EFBM面积的一半?
由折叠的性质知AH=HM,∠HEM=∠AEH,∠BEF=∠FEM,∴∠HEF=∠HEM+∠FEM=×
180°
.同理可得∠EHG=∠HGF=∠EFG=90°
,∴四边形EFGH为矩形.∴HG∥FE,HG=FE.∴∠GHN=∠EFM.
又∵∠HNG=∠FME=90°
,∴△HNG≌△FME.∴HN=MF.又∵HN=HD,∴HD=MF.∴AD=AH+HD=HM+MF=HF.∵HF===5(cm),∴AD=5cm.
此题利用折叠提供的角相等,可证明四边形EFGH为矩形,然后利用三角形全等来证明HN=MF,进而证明HD=MF,从而将AD转化为直角三角形EFH的斜边HF,进而得解,体现了转化思想.
PE+PF=AB.理由:
过点P作PG⊥AB于G,交BD于O,如图所示.
∵PG⊥AB,PF⊥AC,∠A=90°
,∴∠A=∠AGP=∠PFA=90°
.∴四边形AGPF是矩形.∴AG=PF,PG∥AC.∴∠C=∠GPB.
又∵BD=DC,∴∠C=∠DBP.
∴∠GPB=∠DBP.
∴OB=OP.
∵PG⊥AB,PE⊥BD,
∴∠BGO=∠PEO=90°
在△BGO和△PEO中,
∴△BGO≌△PEO.∴BG=PE.
∴AB=BG+AG=PE+PF.
(1)∵四边形ABCD是平行四边形,
∴BE∥DF.又∵BE=DF,
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