数学八年级下册19.3 正方形同步训练题

专训1　正方形性质与判定的灵活运用

名师点金：

正方形既是矩形，又是菱形，它具有矩形、菱形的所有性质，判定一个四边形是正方形，只需保证它既是矩形又是菱形即可．

利用正方形的性质解决线段和差问题

1．已知：在正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB，DC(或它们的延长线)于点M，N.

(1)如图①，当∠MAN绕点A旋转到BM＝DN时，易证：BM＋DN＝MN.当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时，如图②，请问图①中的结论是否还成立？如果成立，请给予证明；如果不成立，请说明理由．

(2)当∠MAN绕点A旋转到如图③的位置时，线段BM，DN和MN之间有怎样的数量关系？请写出你的猜想，并证明．

(第1题)

利用正方形的性质证明线段位置关系

2．如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，E，F分别在OD，OC上，且DE＝CF，连结DF，AE，AE的延长线交DF于点M.

求证：AM⊥DF.

(第2题)

正方形性质与判定的综合运用

3．如图，P，Q，R，S四个小球分别从正方形的四个顶点A，B，C，D同时出发，以同样的速度分别沿AB，BC，CD，DA的方向滚动，其终点分别是B，C，D，A.

(1)不管滚动多长时间，求证：连结四个小球所得的四边形PQRS总是正方形．

(2)四边形PQRS在什么时候面积最大？

(3)四边形PQRS在什么时候面积为正方形ABCD面积的一半？并说明理由．

(第3题)

专训2　特殊平行四边形性质与判定的灵活运用

名师点金：

特殊平行四边形的性质区别主要从边、角及对角线三个方面进行区分；而判定主要从建立在其他特殊四边形的基础上再附加一些条件进行判定．

矩形的综合性问题

a．矩形性质的应用

1．如图，将矩形纸片ABCD沿AC折叠，使点B落到点B′的位置，AB′与CD交于点E.

(1)试找出一个与△AED全等的三角形，并加以证明；

(2)若AB＝8，DE＝3，P为线段AC上的任意一点(不与A，C重合)，PG⊥AE于点G，PH⊥EC于点H，试求PG＋PH的值．　

(第1题)

b．矩形判定的应用

2．如图，点O是菱形ABCD对角线的交点，DE∥AC，CE∥BD，连结OE.求证：

(1)四边形OCED是矩形；

(2)OE＝BC.

(第2题)

c．矩形性质和判定的应用

3．如图①，在△ABC中，AB＝AC，点P是BC上任意一点(不与B，C重合)，PE⊥AB，PF⊥AC，BD⊥AC.垂足分别为E，F，D.

(1)求证：BD＝PE＋PF.

(2)当点P在BC的延长线上时，其他条件不变．如图②，BD，PE，PF之间的上述关系还成立吗？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．

(第3题)

菱形的综合性问题

a．菱形性质的应用

4．已知：如图，在菱形ABCD中，F是BC上任意一点，连结AF交对角线BD于点E，连结EC.

(1)求证：AE＝EC.

(2)当∠ABC＝60°，∠CEF＝60°时，点F在线段BC上的什么位置？并说明理由．

(第4题)

b．菱形判定的应用

5．如图，CE是△ABC外角∠ACD的平分线．AF∥CD交CE于点F，FG∥AC交CD于点G.求证：四边形ACGF是菱形．

(第5题)

c.菱形性质和判定的应用

6．(中考·江西)(1)如图①，平行四边形纸片ABCD中，AD＝5，S▱ABCD＝15.过点A作AE⊥BC，垂足为E，沿AE剪下△ABE，将它平移至△DCE′的位置，拼成四边形AEE′D，则四边形AEE′D的形状为(　　)

A．平行四边形  B．菱形

C．矩形  D．正方形

(2)如图②，在(1)中的四边形纸片AEE′D中，在EE′上取一点F，使EF＝4，剪下△AEF，将它平移至△DE′F′的位置，拼成四边形AFF′D.

①求证：四边形AFF′D是菱形；

②求四边形AFF′D的两条对角线的长．

(第6题)

正方形的综合性问题

a．正方形性质的应用

7．(中考·凉山州)如图，在正方形ABCD中，G是BC上任意一点，连结AG，DE⊥AG于E，BF∥DE交AG于点F，探究线段AF，BF，EF三者之间的数量关系，并说明理由．

(第7题)

b．正方形判定的应用

8．两个长为2 cm，宽为1 cm的矩形摆放在直线l上(如图①)，CE＝2 cm，将矩形ABCD绕着点C顺时针旋转α度，将矩形EFGH绕着点E逆时针旋转相同的角度．

(1)当旋转到顶点D，H重合时(如图②)，连结AE，CG，求证：△AED≌△GCD；

(2)当α＝45时(如图③)，求证：四边形MHND是正方形．

(第8题)

答案

1．解：(1)BM＋DN＝MN成立．证明如下： 如图①，过点A作AE⊥AN，交CB的延长线于点E, 易证△ABE≌△ADN，∴BE＝DN，AE＝AN. 又∵∠NAM＝45°，∴∠EAM＝∠NAM＝45°，又∵AM＝AM，∴△EAM≌△NAM.∴ME＝MN.∵ME＝BE＋BM＝DN＋BM ，∴BM＋DN＝MN .

(2)DN－BM＝MN.证明如下： 如图②，在DN上截取DE＝BM，连结AE.∵四边形ABCD是正方形，

∴∠ABM＝∠D＝90°，AB＝AD.

又∵BM＝DE，∴△ABM≌△ADE.

∴AM＝AE，∠BAM＝∠DAE.

∴∠BAM＋∠EAB＝∠DAE＋∠EAB＝∠DAB＝90°，∴∠MAE＝90°.

∵∠MAN＝45°，

∴∠EAN＝45°.∴∠MAN＝∠EAN.

又∵AM＝AE，AN＝AN，

∴△AMN≌△AEN.∴MN＝EN.

∴DN＝DE＋EN＝BM＋MN.

∴DN－BM＝MN.

①

②

 (第1题)

2．证明：∵AC，BD是正方形ABCD的两条对角线，∴AC⊥BD，OA＝OD＝OC＝OB.∵DE＝CF，∴OE＝OF.

在△AOE与△DOF中，

∴△AOE≌△DOF.∴∠OAE＝∠ODF.∵∠DOF＝90°，∴∠DFO＋∠ODF＝90°.∴∠DFO＋∠OAE＝90°.∴∠AMF＝90°，即AM⊥DF.

3．(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝BC＝CD＝DA.又∵不管滚动多长时间，AP＝BQ＝CR＝DS，∴SA＝PB＝QC＝RD.∴△ASP≌△BPQ≌△CQR≌△DRS.

∴PS＝QP＝RQ＝SR，∠ASP＝∠BPQ.∴不管滚动多长时间，连结四个小球所得的四边形PQRS总是菱形．又∵∠APS＋∠ASP＝90°，∴∠APS＋∠BPQ＝90°.∴∠QPS＝180°－(∠APS＋∠BPQ)＝180°－90°＝90°.∴不管滚动多长时间，连结四个小球所得的四边形PQRS总是正方形．

(2)解：当P，Q，R，S在出发时或到达终点时面积最大，此时的面积就等于正方形ABCD的面积．

(3)解：当P，Q，R，S四点运动到正方形ABCD四边中点时，四边形PQRS的面积是正方形ABCD面积的一半．

理由：设正方形ABCD的边长为a.

当PS2＝a2时，在Rt△APS中，AS＝a－SD＝a－AP.

由勾股定理，得AS2＋AP2＝PS2，即(a－AP)2＋AP2＝a2，

解得AP＝a.同理可得BQ＝CR＝SD＝a.

∴当P，Q，R，S四点运动到正方形ABCD各边中点时，四边形PQRS的面积为正方形ABCD面积的一半．

1．解：(1)△AED≌△CEB′.

证明：∵四边形ABCD是矩形，

∴BC＝DA，∠B＝∠D.

由折叠可知BC＝B′C，∠B＝∠B′，

∴B′C＝DA，∠B′＝∠D.

在△AED和△CEB′中，

∴△AED≌△CEB′.

(第1题)

(2)如图，延长HP交AB于点M，则PM⊥AB.

∵∠1＝∠2，PG⊥AB′，PM⊥AB，∴PM＝PG.

∵CD∥AB，∴∠2＝∠3，∴∠1＝∠3，

∴AE＝CE＝8－3＝5.

在Rt△ADE中，DE＝3，AE＝5，

∴AD＝＝4.

∵PM＋PH＝AD，∴PG＋PH＝AD＝4.

2．证明：(1)∵DE∥AC，CE∥BD，

∴四边形OCED是平行四边形．

∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD.

∴∠DOC＝90°.∴四边形OCED是矩形．

(2)∵四边形ABCD是菱形，

∴BC＝CD.

∵四边形OCED是矩形，∴OE＝CD，

∴OE＝BC.

(第3题)

3．(1)证明：如图，过点B作BH⊥FP交FP的延长线于点H.∵BD⊥AC，PF⊥AC，BH⊥PF，∴四边形BDFH是矩形．∴BD＝HF.∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠C.

∵PE⊥AB，PF⊥AC，∴∠PEB＝∠PFC＝90°.∴∠EPB＝∠FPC.又∵∠HPB＝∠FPC，∴∠EPB＝∠HPB.∵PE⊥AB，PH⊥BH，∴∠PEB＝∠PHB＝90°.

又∵PB＝PB，∴△PEB≌△PHB.

∴PE＝PH，∴BD＝HF＝PF＋PH＝PF＋PE.即BD＝PE＋PF.

(2)解：不成立．

理由：过点B作BH⊥PF交PF的延长线于点H.与(1)同理可得PE＝PH，BD＝HF.∴PE＝FH＋PF＝BD＋PF.

(第4题)

4．(1)证明：连结AC，如图．∵BD是菱形ABCD的对角线，

∴BD是线段AC的垂直平分线，

∴AE＝EC.

(2)解：点F是线段BC的中点．

理由：∵四边形ABCD是菱形，

∴AB＝CB.

又∵∠ABC＝60°，

∴△ABC是等边三角形，

∴∠BAC＝60°.

∵AE＝EC，

∴∠EAC＝∠ACE.

∵∠CEF＝60°，

∴∠EAC＝30°，

∴∠EAC＝∠EAB.

∴AF是△ABC的角平分线．

∴BF＝CF.

∴点F是线段BC的中点．

(第5题)

5．证明：如图，∵AF∥CD，FG∥AC，

∴四边形ACGF是平行四边形．

∵CE平分∠ACD，

∴∠1＝∠2.

∵AF∥CD，

∴∠2＝∠3.

∴∠1＝∠3.

∴AF＝AC.

∴四边形ACGF是菱形．

6．(1)C

(2)①证明：由平移可知AF DF′，

∴四边形AFF′D是平行四边形．

∵S▱ABCD＝AD·AE＝15，AD＝5，

∴AE＝3.

∵AE＝3，EF＝4，∠E＝90°，

∴AF＝＝＝5.

∵AD＝5，∴AD＝AF，

∴四边形AFF′D是菱形． 

②解：如图，连结AF′，DF，

在Rt△AEF′中，AE＝3，EF′＝EF＋FF′＝4＋5＝9，

∴AF′＝.

在Rt△DFE′中，FE′＝EE′－EF＝5－4＝1，

DE′＝AE＝3，

∴DF＝，

∴四边形AFF′D的两条对角线的长分别是和.

(第6题)

7．解：线段AF，BF，EF三者之间的数量关系是AF＝BF＋EF，理由如下：

∵四边形ABCD是正方形，

∴AB＝AD，∠DAB＝∠ABC＝90°.

∴∠DAE＋∠BAF＝90°.

∵DE⊥AG于E，BF∥DE交AG于F，

∴∠AFB＝∠DEF＝∠DEA＝90°，

∴∠ADE＋∠DAE＝90°，

∴∠ADE＝∠BAF.

在△ABF和△DAE中，

∴△ABF≌△DAE.

∴BF＝AE.

∵AF＝AE＋EF，∴AF＝BF＋EF.

8．证明：(1)∵CD＝CE＝DE＝2 cm，

∴∠CDE＝60°.

又∵四边形ABCD和四边形EFGH是矩形，

∴∠ADC＝∠GDE＝90°，

∴∠ADE＝∠GDC＝150°.在△AED和△GCD中，

∴△AED≌△GCD.

(2)∵α＝45，

∴∠NCE＝∠NEC＝45°，

∴∠CNE＝90°，CN＝NE，

∴∠HND＝90°.

∴∠H＝∠D＝∠HND＝90°，

∴四边形MHND是矩形．

又∵CD＝HE，CN＝NE，∴ND＝HN.

∴四边形MHND是正方形．