2024八下第22章四边形阶段方法技巧训练三专训4特殊平行四边形性质与判定的灵活运用（冀教版）

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专训4　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什么条件方面进行判定． 矩形的综合性问题a．矩形性质的应用1．【中考·贺州】如图，AC是矩形ABCD的对角线，过AC的中点O作EF⊥AC，交BC于点E，交AD于点F，连接AE，CF.求证：四边形AECF是菱形．(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，连接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．问题情境：如图①，四边形ABCD是正方形，M是BC边上的一点，E是CD边的中点，AE平分∠DAM.探究展示：(1)求证：AM＝AD＋MC.(2)AM＝DE＋BM是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．(3)若四边形ABCD是长与宽不相等的矩形，其他条件不变，如图②，(1)(2)中的结论是否成立．请分别作出判断，不需要证明．(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，连接AF交对角线BD于点E，连接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，在Rt△ABC中，∠B＝90°，BC＝5eq \r(3)，∠C＝30°.点D从点C出发沿CA方向以每秒2个单位长度的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以每秒1个单位长度的速度向点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t s(t>0)．过点D作DF⊥BC于点F，连接DE，EF.(1)求证：AE＝DF.(2)四边形AEFD能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t值；如果不能，请说明理由．(3)当t为何值时，△DEF为直角三角形？请说明理由．【导学号：54274029】(第5题)c.菱形性质和判定的应用6．【中考·江西】(1)如图①，在纸片▱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·雅安】如图，E、F是正方形ABCD的对角线AC上的两点，且AE＝CF.(1)求证：四边形BEDF是菱形．(2)若正方形的边长为4，AE＝eq \r(2)，求菱形BEDF的面积．(第7题)b．正方形判定的应用8．【 中考·上海】已知：如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝CD，E是对角线BD上一点，且EA＝EC.(1)求证：四边形ABCD是菱形；(2)如果BE＝BC，且∠CBE∠BCE＝23，求证：四边形ABCD是正方形．(第8题)答案1．证明：∵O是AC的中点，EF⊥AC，∴AF＝CF，AE＝CE，AO＝CO.∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC.∴∠AFE＝∠CEF.在△AOF和△COE中，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠AFO＝∠CEO，,∠AOF＝∠COE，,AO＝CO，))∴△AOF≌△COE.∴AF＝CE.∴AF＝CF＝CE＝AE.∴四边形AECF是菱形．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.3．(1)证明：延长AE，BC交于点N，如图①所示．因为四边形ABCD是正方形，所以AD∥BC，所以∠DAE＝∠ENC.因为AE平分∠DAM，所以∠DAE＝∠MAE，所以∠ENC＝∠MAE，所以AM＝MN.在△ADE和△NCE中，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠DAE＝∠CNE，,∠AED＝∠NEC，,DE＝CE，))所以△ADE≌△NCE(AAS)，所以AD＝NC，所以AM＝MN＝NC＋MC＝AD＋MC.(第3题) (2)解：AM＝DE＋BM成立．证明：过点A作AF⊥AE，交CB的延长线于点F，如图②所示，因为四边形ABCD是正方形，所以∠BAD＝∠D＝∠ABC＝90°，AB＝AD，AB∥DC，因为AF⊥AE，所以∠FAE＝90°，所以∠FAB＝90°－∠BAE＝∠DAE，在△ABF和△ADE中，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠FAB＝∠EAD，,AB＝AD，,∠ABF＝∠D＝90°，))所以△ABF≌△ADE(ASA)，所以BF＝DE，∠F＝∠AED.因为AB∥DC，所以∠AED＝∠BAE，因为∠FAB＝∠EAD＝∠EAM，所以∠AED＝∠BAE＝∠BAM＋∠EAM＝∠BAM＋∠FAB＝∠FAM，所以∠F＝∠FAM，所以AM＝FM，所以AM＝FB＋BM＝DE＋BM.(3)解：结论AM＝AD＋MC仍然成立；结论AM＝DE＋BM不成立．(第4题)4．(1)证明：连接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在线段BC的中点位置．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在线段BC的中点位置．5．(1)证明：在△DFC中，∠DFC＝90°，∠C＝30°，DC＝2t，∴DF＝t，又∵AE＝t，∴AE＝DF.(2)解：能．∵AB⊥BC，DF⊥BC，∴AE∥DF.又∵AE＝DF，∴四边形AEFD为平行四边形．在Rt△ABC中，设AB＝x，则由∠C＝30°，得AC＝2x，由勾股定理，得AB2＋BC2＝AC2，即x2＋(5eq \r(3))2＝4x2，解得x＝5(负根舍去)，∴AB＝5.∴AC＝2AB＝10.∴AD＝AC－DC＝10－2t.由已知得点D从点C运动到点A的时间为10÷2＝5(s)，点E从点A运动到点B的时间为5÷1＝5(s)．若使▱AEFD为菱形，则需AE＝AD，即t＝10－2t，解得t＝eq \f(10,3).符合题意．故当t＝eq \f(10,3)时，四边形AEFD为菱形．(3)解：①当∠EDF＝90°时，四边形EBFD为矩形．在Rt△AED中，∠ADE＝∠C＝30°，∴AD＝2AE，即10－2t＝2t，解得t＝eq \f(5,2).符合题意．②当∠DEF＝90°时，由(2)知EF∥AD，∴∠ADE＝∠DEF＝90°.∵∠A＝90°－∠C＝60°，∴∠AED＝30°.∴AE＝2AD，即t＝2(10－2t)，解得t＝4.符合题意．③当∠EFD＝90°时，△DEF不存在．综上所述，当t为eq \f(5,2)或4时，△DEF为直角三角形．6．(1)C(2)①证明：∵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＝eq \r(AE2＋EF2)＝eq \r(32＋42)＝5.∵AD＝5，∴AD＝AF，∴四边形AFF′D是菱形．②解：如图，连接AF′，DF，在Rt△AEF′中，AE＝3，EF′＝EF＋FF′＝4＋5＝9，∴由勾股定理可得AF′＝3eq \r(10).在Rt△DFE′中，FE′＝EE′－EF＝5－4＝1，DE′＝AE＝3，∴由勾股定理得DF＝eq \r(10)，∴四边形AFF′D的两条对角线的长分别是3eq \r(10)和eq \r(10).(第6题)7．(1)证明：如图，连接BD交AC于O，∵四边形ABCD是正方形，∴OB＝OD，OA＝OC.∵AE＝CF，∴OE＝OF，∴四边形BEDF是平行四边形．∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，∴四边形BEDF是菱形．(第7题)解：在正方形ABCD中，DA＝AB＝4，∴BD＝AC＝4eq \r(2)，∴EF＝AC－AE－CF＝4eq \r(2)－eq \r(2)－eq \r(2)＝2eq \r(2)，∴S菱形BEDF＝eq \f(1,2)EF·BD＝eq \f(1,2)×2eq \r(2)×4eq \r(2)＝8.8．证明：(1)在△ADE与△CDE中，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AD＝CD，,DE＝DE，,EA＝EC，))∴△ADE≌△CDE，∴∠ADE＝∠CDE.∵AD∥BC，∴∠ADE＝∠CBD，∴∠CDE＝∠CBD，∴BC＝CD，∵AD＝CD，∴BC＝AD，∴四边形ABCD为平行四边形．∵AD＝CD，∴四边形ABCD是菱形．(2)∵BE＝BC，∴∠BCE＝∠BEC.∵∠CBE∠BCE＝23，∴∠CBE＝180°×eq \f(2,2＋3＋3)＝45°.∵四边形ABCD是菱形，∴∠ABE＝45°，∴∠ABC＝90°，∴四边形ABCD是正方形．