2024八下第22章四边形阶段方法技巧训练二专训1矩形性质与判定的灵活运用（冀教版）

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专训1　矩形性质与判定的灵活运用名师点金：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． 利用矩形的判定和性质解和差问题1．如图①，在△ABC中，AB＝AC，点P是BC上任意一点，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？若不成立，请说明理由．【导学号：54274024】(第1题) 利用矩形的判定和性质解面积问题2．如图，已知点E是▱ABCD中BC边的中点，连接AE并延长交DC的延长线于点F.(1)连接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．(第2题) 利用矩形的定义判定与菱形有关的矩形3．【中考·吉林】如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，且DE∥AC，AE∥BD.求证：四边形AODE是矩形．(第3题) 利用直角三角形斜边上中线的性质判断直线位置关系4．如图，已知∠ACB＝∠ADB＝90°，N，M分别是AB，CD的中点，判断MN与CD的位置关系，并说明理由．(第4题)答案(第1题)1．(1)证明：如图，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：作BH⊥PF交PF的延长线于点H.与(1)同理可得PE＝PH，BD＝HF.∴PE＝FH＋FP＝BD＋PF.2．(1)证明：∵四边形ABCD为平行四边形，∴AB∥DC.∴∠ABE＝∠ECF.∵点E为BC的中点，∴BE＝CE.又∵∠AEB＝∠FEC，∴△ABE≌△FCE.∴AB＝CF.又∵AB∥CF，∴四边形ABFC为平行四边形．∴AE＝EF.∵∠AEC为△ABE的外角，∴∠AEC＝∠ABC＋∠EAB.又∵∠AEC＝2∠ABC，∴∠ABC＝∠EAB.∴AE＝BE.∴AE＋EF＝BE＋CE，即AF＝BC.∴四边形ABFC为矩形．(2)解：∵四边形ABFC是矩形，∴AC⊥DF.又∵△AFD是等边三角形，且边长为4，∴CF＝CD＝eq \f(DF,2)＝2.∴AC＝eq \r(42－22)＝2eq \r(3).∴S四边形ABFC＝2eq \r(3)×2＝4eq \r(3).3．证明：∵DE∥AC，AE∥BD，∴四边形AODE是平行四边形．∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD.∴∠AOD＝90°.∴四边形AODE是矩形．4．解：MN⊥CD.理由如下：如图，连接ND，NC.在Rt△ABD中，　(第4题)∠ADB＝90°，N是AB的中点，∴ND＝eq \f(1,2)AB.同理可得NC＝eq \f(1,2)AB.∴ND＝NC.∴△NDC是等腰三角形．在等腰三角形NDC中，∵M是CD的中点，∴MN⊥CD.