2023年苏科版数学八年级下册全方位训练卷9.4矩形、菱形、正方形
一、单选题(每题3分,共24分)
1.(2022八下·溧阳期末)下列命题中,是真命题的是( )
A.有一个角是直角的四边形是矩形
B.对角线相等的平行四边形是菱形
C.一组邻边相等的平行四边形是菱形
D.四边都相等的四边形是正方形
2.(2021八下·海州期末)如图,已知四边形 是平行四边形,对角线 交于点 ,则下列结论中错误的是( )
A.当 时,它是菱形
B.当 时,它是正方形
C.当 时,它是矩形
D.当 时,它是菱形
3.(2022八下·广陵期末)下面性质中矩形具有而菱形没有的是( )
A.对角线相等 B.邻边相等 C.对角线垂直 D.对边相等
4.(2021八下·苏州期末)若菱形的两条对角线的长分别为6和10,则菱形的面积为( )
A.15 B.24 C.30 D.60
5.(2022八下·启东月考)在矩形ABCD中,对角线AC,BD相交于点O,∠AOD=60°,OB=2cm,那么矩形ABCD的面积为( )
A.cm B.2cm C.3cm D.4cm
6.(2022八下·启东月考)如图,若四边形ABCD是菱形,AC=24,BD=10,则菱形ABCD的边长是( )
A.13 B.12 C.26 D.52
7.(2022八下·溧阳期末)如图,把正方形纸片ABCD沿对边中点所在直线折叠后展开,折痕为MN;再过点D折叠, 使得点A落在MN上的点F处,折痕为DE,则 的值是( )
A. B. -1 C.2- D.3-
8.(2020八下·淮安期末)正方形ABCD中,对角线AC、BD交于点O,则∠CBO等于( )
A.30° B.45° C.60° D.75°
二、填空题(每题3分,共24分)
9.(2022八下·广陵期末)如图,矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O,∠BOC=120°,AC=6.则AB= .
10.(2022八下·盐城期末)如图,过四边形ABCD的四个顶点分别作对角线AC、BD的平行线,若所围成的四边形EFGH是矩形,则原四边形ABCD需满足的条件是 .(只需写出一个符合要求的条件)
11.(2022八下·泰兴期末)在矩形ABCD中,对角线AC、BD相交于点O,AO=6cm,则BD= cm.
12.(2022八下·沭阳期末)菱形的两条对角线长分别是 和 ,则菱形的周长是 .
13.(2022八下·盐城期末)已知一个菱形的边长为 ,其中一条对角线长为 ,则这个菱形的面积为 .
14.(2022八下·南京期末)如图,正方形在第一象限,点、,则点的坐标是 .(用含、、的代数式表示)
15.(2022八下·江都期中)如图,正方形和正方形的边长分别为4和2,正方形绕点C旋转,则 .
16.(2022八下·常熟期末)如图,木制活动衣帽架由三个全等的菱形构成,在,,,,,处安装上、下两排挂钩,可以根据需要改变挂钩间的距离,并在,处固定.已知菱形的边长为13cm,要使两排挂钩间的距离为24cm,则,之间的距离(即线段的长)为 cm.
三、作图题(共10分)
17.(2022八下·北仑期末)如图1、2都是边长为1的全等菱形组成的网格图,网格的交点称为格点,AB是端点落在格点上的线段,请仅用无刻度直尺作出符合下列要求的格点四边形.
(1)请在图1中作出一个以AB为边的平行四边形(非矩形).
(2)请在图2中作出一个以AB为边的矩形.
四、解答题(共8题,共62分)
18.(2020八下·淮安期中)已知:如图,在正方形ABCD中,点P是对角线BD上一点,PM⊥AD,PN⊥AB,垂足分别为M、N.求证:MN=PC.
19.(2022八下·邗江期末)如图,菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O, , ,OE与AB交于点F.
(1)求证:四边形AEBO为矩形;
(2)若OE=10,AC=16,求菱形ABCD的面积.
20.(2022八下·苏州期中)如图,已知菱形ABCD的对角线相交于点O,延长AB至点E,使BE=AB,连接CE.
(1)求证:BD=EC;
(2)当∠DAB为多少度时,四边形BECD为菱形?并说明理由.
21.(2022八下·连云期中)操作:第一步:如图1,对折长方形纸片ABCD,使AD与BC重合,得到折痕EF,把纸片展开.
第二步:如图2,再一次折叠纸片,使点A落在EF上的N处,并使折痕经过点B,得到折痕BM,同时得到线段BN.连结AN,易知△ABN的形状是 ▲ .
论证:如图3,若延长MN交BC于点P,试判定△BMP的形状,请说明理由.
22.(2022八下·淮安期末)如图,平行四边形中,,.对角线,相交于点,将直线绕点顺时针旋转,分别交直线、于点、.
(1)当 °,四边形是平行四边形;
(2)在旋转的过程中,从、、、、、中任意找4个点为顶点构造四边形.
① ▲ °,构造的四边形是菱形;
②若构造的四边形是矩形,则不同的矩形应该有 ▲ 个.
23.(2022八下·盐城期末)如图1,在边长为4的正方形ABCD中,点E为对角线BD上一点,连接AE,过点E作,交边CD于点F,若,求BE的长.
下面是小明、小华和小东三位同学关于本题不同视角下的部分思维过程:
小明:从直线BD是正方形的对称轴角度看,连接EC,如图2,则,∠ECD=∠EAD,又,……
小华:从的角度看,可以过点E作BC的平行线,交AB、CD于M、N,如图3,通过证明,……
小东:从的角度看,还可以过点E作BD的垂线,交DC的延长线于点P,如图4,……
请结合上面的思路,求BE的长.
24.(2022八下·广陵期末)问题情境:
如图①,点E为正方形ABCD内一点,∠AEB=90°,将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°,得到△CBE′(点A的对应点为点C).延长AE交CE′于点F,连接DE.
(1)猜想证明:
试判断四边形BE'FE的形状,并说明理由;
(2)如图②,若DA=DE,请猜想线段CF与的数量关系并加以证明;
(3)解决问题:
如图①,若AB=4,当BE的长为 时,△ADE为等腰三角形,请直接写出结果.
25.(2022八下·广陵期中)(1)【方法回顾】
如图1,过正方形ABCD的顶点A作一条直线l交边BC于点P,BE⊥AP于点E,DF⊥AP于点F,若DF=2.5,BE=1,则EF= .
(2)【问题解决】
如图2,菱形ABCD的边长为1.5,过点A作一条直线l交边BC于点P,且∠DAP=90°,点F是AP上一点,且∠BAD+∠AFD=180°,过点B作BE⊥AB,与直线l交于点E,若EF=1,求BE的长.
(3)【思维拓展】
如图3,在正方形ABCD中,点P在AD所在直线上的上方,AP=2,连接PB,PD,若△PAD的面积与△PAB的面积之差为m(m>0),则PB2﹣PD2的值为 .(用含m的式子表示)
答案解析部分
1.【答案】C
【知识点】菱形的判定;矩形的判定;正方形的判定;真命题与假命题
【解析】【解答】解:A、有一个角是直角的平行四边形是矩形,故答案为:错误,不符合题意;
B、对角线相等的平行四边形是矩形,故答案为:错误,不符合题意;
C、一组邻边相等的平行四边形是菱形,故答案为:正确误,符合题意;
D、四边都相等的四边形是菱形,故答案为:错误,不符合题意.
故答案为:C.
【分析】根据矩形的判定定理可判断A;根据菱形的判定定理可判断B、C;根据正方形的判定定理可判断D.
2.【答案】B
【知识点】菱形的判定;矩形的判定;正方形的判定
【解析】【解答】解:A、根据邻边相等的平行四边形是菱形可以得到该结论正确;
B、当∠ABC=90°时,可以得到平行四边形ABCD是矩形,不能得到正方形,故错误,
C、根据对角线相等的平行四边形是矩形可以判断该选项正确;
D、根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可以得到该选项正确;
故答案为:B.
【分析】根据菱形的判定、正方形的判定、矩形的判定逐一进行判断即可.
3.【答案】A
【知识点】菱形的性质;矩形的性质
【解析】【解答】解:A、对角线相等是矩形具有的性质,菱形不一定具有;
B、邻边相等是菱形具有,矩形不一定具有;
C、对角线互相垂直是菱形具有的性质,矩形不一定具有;
D、对边相等是矩形和菱形共同具有.
故答案为:A.
【分析】矩形的性质:对边平行且相等,四个角都时直角,邻角互补,对角线互相平分且相等;
菱形的性质:对边平行,四边相等,对角相等,邻角互补,对角线互相垂直,并且每一条对角线平分一组对角,据此即可一一判断得出答案.
4.【答案】C
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解:菱形的面积= ×6×10=30,
故答案为:C.
【分析】菱形的面积等于对角线乘积的一半,据此计算即可.
5.【答案】D
【知识点】等边三角形的判定与性质;勾股定理;矩形的性质
【解析】【解答】解:∵四边形ABCD是矩形,
∴BD=2 BO=4,OA= OD,
∵∠AOD=60°,
∴△AOD是等边三角形,
∴AD=OD=OA=OB=2,
在Rt△ABD中,AB=,
∴S矩形=.
故答案为:D.
【分析】由矩形性质可得BD=2BO=4,OA= OD,又∠AOD=60°, 则△AOD是等边三角形, 从而得到AD=OD=OA=OB=2, 再由勾股定理即可求得AB=2,由矩形的面积公式计算出其面积即可.
6.【答案】A
【知识点】勾股定理;菱形的性质
【解析】【解答】解:∵四边形ABCD是菱形,
∴OA=OC,OB=OD,AC⊥BD,
∵AC=24,BD=10,
∴OA=12,OB=5,
在Rt△AOB中,由勾股定理得,AB= =13,
故答案为:A.
【分析】根据菱形的性质得OA=OC,OB=OD,AC⊥BD,菱形对角线的长求出OA=12,OB=5,再由勾股定理即求得AB的长,即可解决问题.
7.【答案】C
【知识点】勾股定理;正方形的性质;翻折变换(折叠问题)
【解析】【解答】解:∵把正方形纸片ABCD沿对边中点所在的直线对折后展开,折痕为MN,设AD=MN=a,
∴AM=DN= DC= AD= a,
∵四边形ABCD为正方形,过点D折叠纸片,使点A落在MN上的点F处,
∴FD=AD=a,∠DNF=90°,∠FME=90°,
在Rt△DFN中,FN= = = ,
∴MF=MN-FN=a- = ,
设EF=AE=b,则ME= ,
在Rt△EMF中, ME2+MF2=EF2,
即 + =b2,
解得:b=(2- )a,
∴ = =2- .
故答案为:C.
【分析】设AD=MN=a,根据折叠的性质可得AM=DN=a,FD=AD=a,∠DNF=90°,∠FME=90°,利用勾股定理可得FN,由MF=MN-FN可得MF,设EF=AE=b,则ME=a-b,在Rt△EMF中,利用勾股定理可得 b=(2-)a,据此求解.
8.【答案】B
【知识点】正方形的性质
【解析】【解答】如图,
正方形的对角线即角平分线,AC、BD交于点O,
则∠CBO 45°.
故答案为:B.
【分析】正方形中对角线分别平分一组对角,根据对角线即角平分线的性质可以解题.
9.【答案】3
【知识点】等边三角形的判定与性质;矩形的性质
【解析】【解答】解:四边形ABCD是矩形,
,,,
,
,
,
是等边三角形,
.
故答案为:3.
【分析】根据矩形的性质得OA=OC=AC=3,OB=OD=BD,AC=BD,则OA=OB=3,根据邻补角的性质可得∠AOB=60°,推出△AOB为等边三角形,然后根据等边三角形的性质进行解答.
10.【答案】AC⊥BD
【知识点】平行四边形的判定;矩形的判定
【解析】【解答】解:添加的条件是AC⊥BD,
∵BD∥EF,BD∥GH,
∴EF∥GH,
同理EH∥GF,
∴四边形EFGH是平行四边形,
∵EF∥BD,AC⊥BD,
∴EF⊥AC,
∵EH∥AC,
∴EF⊥EH,
∴∠E=90°,
∴平行四边形EFGH是矩形,
故答案为:AC⊥BD.
【分析】根据平行公理可得EF∥GH,EH∥GF,从而推出四边形EFGH是平行四边形,要使平行四边形EFGH是矩形,只需证出∠E=90°,据此添加条件即可.
11.【答案】12
【知识点】矩形的性质
【解析】【解答】解:∵矩形ABCD, 对角线AC、BD相交于点O ,AO=6cm,
∴AC=BD,AC=2AO=12cm,
∴BD=12cm.
故答案为:12.
【分析】根据矩形对角线相互平分且相等,可知AC=BD,AC=2AO=12cm,即可得到BD=12cm.
12.【答案】40
【知识点】勾股定理;菱形的性质
【解析】【解答】解:∵菱形的对角线分别是16cm、12cm,
∴菱形的边长为 =10cm,
∴周长=10×4=40cm.
故答案为:40.
【分析】根据菱形的对角线互相平分求出对角线一半的长度,结合勾股定理求出菱形的边长,进而可得周长.
13.【答案】24
【知识点】勾股定理;菱形的性质
【解析】【解答】解:如图,
∵菱形ABCD中,BD=8,AB=5,
∴AC⊥BD,OB=BD=4,
∴OA==3,
∴AC=2OA=6,
∴这个菱形的面积为:AC BD=×6×8=24.
故答案为:24.
【分析】由菱形的性质可得AC⊥BD,OB=BD=4,利用勾股定理可得OA=3,即得AC=2OA=6,根据菱形的面积=AC BD进行计算即可.
14.【答案】
【知识点】坐标与图形性质;正方形的性质
【解析】【解答】解:如图,连接AC,BD,AC和BD交于一点M,
∵yA=yC,
∴AC∥x轴,
则AC=c-a,
∵四边形ABCD为正方形,
∴BM=AM=CM=,
∴xB=a+=,yB=b+=,
∴点的坐标是.
故答案为:.
【分析】连接AC,BC,AC和BC交于一点M,根据A、C两点坐标得出AC∥x轴,结合正方形的性质求出BM=AM=CM,再分别求出B点的横纵坐标,即可解答.
15.【答案】40
【知识点】三角形内角和定理;勾股定理;正方形的性质;三角形全等的判定(SAS)
【解析】【解答】解:如图:连接BD,EG,BE,DG的交点为M,
∵四边形ABCD,四边形CEFG 为正方形,
∴BC=DC,CG=CE,∠BCD=∠ECG=90°,
∴∠BCE=∠DCG,且BC=DC,CG=CE,
∴△BCE≌△DCG(SAS),
∴DG=BE,∠CBE=∠CDG,
∵∠DBE+∠EBC+∠BDC+∠BCD=180°,
∴∠DBE+∠EBC+∠BDC=90°,
∵∠DBE+∠CDE+∠BDC+∠BMD=180°,
∴∠DCB=∠DMB=90°,
∴BE⊥DG,
∴BD2=DM2+BM2,EG2=ME2+MG2,
∴BD2+EG2=DM2+BM2+ME2+MG2,
∴BD2+EG2=BG2+DE2,
∴AB2+AD2+EC2+CG2=BG2+DE2.
∴BG2+DE2= 42+42+22+22=40.
故答案为:40.
【分析】连接BD、EG,BE与DG的交点为M,根据正方形的性质可得BC=DC,CG=CE,∠BCD=∠ECG=90°,由角的和差关系可得∠BCE=∠DCG,证明△BCE≌△DCG,得到DG=BE,∠CBE=∠CDG,由内角和定理可得∠DBE+∠EBC+∠BDC=90°,∠DCB=∠DMB=90°,由勾股定理可得BD2+EG2=BG2+DE2,则AB2+AD2+EC2+CG2=BG2+DE2,据此计算.
16.【答案】10
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解:设AC与BD交于点O,如图所示:
∵四边形ABCD是菱形,AC=24cm,
∴AC⊥BD,,
在Rt△AOB中,,
∴;
故答案为:10.
【分析】设AC与BD交于点O,如图所示:由菱形的性质“菱形的对角线互相垂直平分”可得AC⊥BD,AO=AC,BO=BD,在Rt△AOB中,用勾股定理求得BO的值,然后由BD=2BO可求解.
17.【答案】(1)解:如图:(答案不唯一,合理即可)
(2)解:如图:
【知识点】平行四边形的判定;菱形的性质;矩形的判定
【解析】【分析】(1)如图,根据一组对边平行且相等作四边形,或根据两组对边分别相等作四边形,则可判断所作的四边形为平行四边形;
(2)如图,连接菱形的对角线,根据菱形的对角线互相平分和平角的定义,得出以AB为边的四边形的每个内角为90°,则可判断所作的四边形为矩形.
18.【答案】证明:∵PM⊥AD,PN⊥AB,四边形ABCD是正方形,
∴∠PMA=∠PNA=∠A=90°,
∴四边形PMAN是矩形,
连接PA,
∴PA=MN,
∵P是正方形ABCD对角线上一点,
∴AD=CD,∠PDA=∠PDC,
在△PAD和△PCD中,
,
∴△PAD≌△PCD(SAS),
∴PA=PC,
∴MN=PC.
【知识点】三角形全等及其性质;矩形的判定与性质;正方形的性质;三角形全等的判定(SAS)
【解析】【分析】由PM⊥AD,PN⊥AB,四边形ABCD是正方形,可得四边形PMAN是矩形,根据矩形的性质,可得PA=MN,然后证得△PAD≌△PCD,即可得PA=PC,则可证得MN=PC.
19.【答案】(1)证明:∵ , ,
∴四边形AEBO为平行四边形,
又∵四边形ABCD为菱形,
∴ ,
∴ ,
∴平行四边形AEBO为矩形;
(2)解:∵四边形AEBO为矩形,
∴AB=OE=10,
又∵四边形ABCD为菱形,
∴AO= AC=8,
∴ ,
∴ ,
∴BD=2BO=12,
∴菱形ABCD的面积= .
【知识点】勾股定理;菱形的性质;矩形的判定与性质
【解析】【分析】(1)由两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形AEBO为平行四边形,根据菱形的性质可得∠AOB=90°,然后根据有一个角是直角的平行四边形是矩形进行证明;
(2)根据矩形的性质可得AB=OE=10,根据菱形的性质可得AO=AC=8,利用勾股定理可得BO,由BD=2BO可得BD,然后根据菱形的面积等于对角线乘积的一半进行计算.
20.【答案】(1)证明:四边形ABCD是菱形,
∴AB=CD,AB//CD,
又∵BE=AB,
∴BE=CD,BE//CD,
∴四边形BECD 是平行四边形,
∴BD=EC;
(2)解:当∠DAB=60°时,四边形BECD是菱形.
理由如下:∵四边形ABCD是菱形,
∴AD=AB,
∵∠DAB=60°,
∴△ADB,△DCB是等边三角形,
∴DC=DB,
∵四边形BECD是平行四边形,
∴四边形BECD是菱形.
【知识点】等边三角形的判定与性质;平行四边形的判定与性质;菱形的判定与性质
【解析】【分析】(1)根据菱形的性质可得AB=CD,AB//CD,结合BE=AB可得BE=CD,BE//CD,推出四边形BECD是平行四边形,据此证明;
(2)根据菱形的性质可得AD=AB,结合∠DAB=60°可得△ADB,△DCB是等边三角形,则DC=DB,然后结合菱形的判定定理进行证明.
21.【答案】解:等边三角形;论证:△BMP是等边三角形,理由如下:
如图3,∵△ABN是等边三角形,
∴∠ABN=60°,
∴∠NBM=∠ABM=∠ABN=30°,
∵∠NBP=∠ABP﹣∠ABN=30°,∠BNP=90°,
∴∠BPM=∠MBP=60°,
∴△BMP是等边三角形.
【知识点】线段垂直平分线的性质;等边三角形的判定与性质;矩形的性质;翻折变换(折叠问题)
【解析】【解答】解:操作:如图2,∵直线EF是AB的垂直平分线,
∴NA=NB,
由折叠可知,BN=AB,
∴AB=BN=AN,
∴△ABN是等边三角形.
故答案为:等边三角形;
【分析】操作:根据线段垂直平分线的性质可得NA=NB,根据折叠的性质可得BN=AB,∠NBM=∠ABM,∠BAM=∠BNM=90°,则AB=BN=AN,据此判断;
论证:根据等边三角形的性质可得∠ABN=60°,根据折叠的性质可得∠NBM=∠ABM=30°,则∠NBP=30°,∠BPM=∠MBP=60°,据此判断.
22.【答案】(1)90
(2)①或;②
【知识点】平行四边形的判定与性质;菱形的判定;矩形的性质;旋转的性质;三角形全等的判定(ASA)
【解析】【解答】(1)解:当时,四边形ABEF是平行四边形.
理由:∵,
∴,
∴,
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴,
∴四边形ABEF是平行四边形.
故答案为:90;
(2)①当,即时,四边形BEDF是菱形.
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴,,,
∴,
在和中,
,
∴,
∴,
∵,
∴四边形BEDF是平行四边形,
∵,
∴,即,
∴,
∴,
∴,
∴四边形BEDF是菱形;
当,即时,四边形AECF是菱形.
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴,,
∴,
在和中,
,
∴,
∴,
∵,
∴四边形AECF是平行四边形,
又∵,
∴,
∴四边形AECF是菱形.
故答案为:45或90;
②设,
∵四边形ABCD是平行四边形,,,
∴,,,
∴,
分两种情况:
第一种情况:如图,当EF=AC时,四边形AECF是矩形,对角线,
∴,
∴,
即,
∴,即AD与BC之间的距离为,
∴,
∴矩形AECF的两边的长分别为和;
第二种情况:如图,当EF=BD时,四边形BEDF是矩形,
∴,,
∴,
∴,
∴矩形BEDF的两边的长分别为和.
∴若构造的四边形是矩形,则不同的矩形应该有2个.
故答案为:.
【分析】(1)解:当时,四边形ABEF是平行四边形,根据平行四边形的判断方法即可求解;
(2)①分两种情况:当,即时,四边形BEDF是菱形;当,即时,四边形AECF是菱形;
②根据对角线相等的四边形是矩形,分两种情形讨论求解即可:第一种情况:如图,当时,四边形AECF是矩形,对角线;第二种情况:如图,当时,四边形BEDF是矩形.
23.【答案】解:如图过点E作BC的平行线,交AB、CD于M、N,
∵四边形ABCD为正方形,
∴∠BAD=∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°,
∴∠END=∠EMB=90°,
∴∠FEN+∠EFN=90°,且∠FEN+∠AEM=90°,
∴∠AEM=∠EFN,且EN+EM=AD=AB=AM+BM,
在△BME中,∠ABD=45°,
故BM=FN=EM,而BM=CN,
∴EN+EM=AM+EM,则AM=EN,
又∵∠AEM=∠EFN,∠AME=∠ENF,
∴△AEM≌△EFN,
∴EM=FN=BM,
∵BM=CN,
∴BM+FN=BM+CN=CF=BC-DF=4-2=2,
∴MB=NE=1,
∴BE=.
【知识点】勾股定理;正方形的性质;三角形全等的判定(AAS)
【解析】【分析】 过点E作BC的平行线,交AB、CD于M、N, 根据正方形的性质可得∠BAD=∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°,利用等腰直角三角形的性质及角的转换可推出∠AEM=∠EFN,AM=EN, 从而可证△AEM≌△EFN,可得EM=FN=BM,继而求出MB=NE=1,再根据勾股定理求出BE即可.
24.【答案】(1)解:四边形BE'FE是正方形,
理由如下:
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°,
∴∠AEB=∠BEF=∠CE'B=90°,∠EBE'=90°,
∴四边形是矩形,
又∵BE=,
∴四边形是正方形;
(2)解:CF=E'F;
理由如下:如图②,过点D作DH⊥AE于H,
∵DA=DE,DH⊥AE,
∴AH=AE,
∴∠ADH+∠DAH=90°,
∵四边形ABCD是正方形,
∴AD=AB,∠DAB=90°,
∴∠DAH+∠EAB=90°,
∴∠ADH=∠EAB,
又∵AD=AB,∠AHD=∠AEB=90°,
∴△ADH≌△BAE(AAS),
∴AH=BE=AE,
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°,
∴AE=,
∵四边形BE'FE是正方形,
∴BE=E'F,
∴E'F=,
∴CF=;
(3)或.
【知识点】线段垂直平分线的性质;等腰三角形的性质;正方形的判定与性质;旋转的性质;三角形全等的判定(AAS)
【解析】【解答】解:(3)当AE=AD=4时,,不符合题意;
当AD=DE=4时,由(2)可知,
∴
设,则
在Rt△ABE中,,即:
解得,(舍去)
当AE=DE=4时,点E在AD的中垂线上
∵∠AEB=90°
∴E在AC、BD的交点
此时BE=AE
在Rt△ABE中,,
∴
∴(舍去)
综上所述,当或时,△ADE是等腰三角形
故答案为:或.
【分析】(1)根据旋转的性质可得∠AEB=∠BEF=∠CE'B=90°,∠EBE'=90°,推出四边形BE′FE是矩形,然后结合BE=BE′以及正方形的判定定理进行解答;
(2)过点D作DH⊥AE于H,根据等腰三角形的性质可得AH=AE,根据正方形的性质可得AD=AB,∠DAB=90°,由同角的余角相等可得∠ADH=∠EAB,证明△ADH≌△BAE,得到AH=BE=AE,根据旋转的性质可得AE=CE′,根据正方形的性质可得BE=E'F,则E′F=CE′,据此证明;
(3)当AE=AD=4时,∠ABE=∠AEB=90°,不符合题意;当AD=DE=4时,由(2)可知CF=FE′,则BE=FE′=CE′=AE,设BE=x,则AE=2x,根据勾股定理可得x;当AE=DE=4时,点E在AD的中垂线上,易得BE=AE,然后根据勾股定理进行计算.
25.【答案】(1)1.5
(2)解:如图2中,
四边形是菱形,
,
,
,
,即,,
,
,
,,
,
,
.
,
.
(3)
【知识点】三角形的面积;三角形全等的判定;菱形的性质;矩形的判定与性质;正方形的性质
【解析】【解答】解:(1)【方法回顾】如图1中,
四边形ABCD为正方形,
,,
,,
,
又∵,
,
,,
,,
.
故答案为:1.5;
(3)【思维拓展】如图3中,过点P作交BA的延长线于N,交DA的延长线于M,设,.
,
四边形PMAN是矩形,
,,
四边形ABCD是正方形,
,设,
,
,
,
,
故答案为:.
【分析】(1)根据正方形的性质得AB=AD,∠BAD=90°,根据同角的余角相等得∠ABE=∠DAF,利用AAS证明△ABE≌△ADF,得到BE=AF,AE=DF,然后结合EF=AE-AF进行计算;
(2)根据菱形的性质可得AB=AD,根据垂直的概念可得∠ABE=∠DAF=90°,由 ∠BAD+∠AFD=180°可得∠BAP+∠FAD+∠AFD=180°,结合内角和定理可得∠BAP=∠ADF,证明△DAF≌△ABE,得到DF=AE=AF+EF=AF+1,AF=BE,利用勾股定理可得AF,据此解答;
(3)过点P作PN⊥AB交AB的延长线于N,PM⊥DA交DA的延长线于M,设PN=x,PM=y,易得四边形PMAN为矩形,则PN=AM=x,PM=AN=y,根据正方形的性质可得AB=AD,设AB=AD=a,根据题意可得S△PAD-S△PAB=m,结合三角形的面积公式可得ay-ax=2m,据此求解.
2023年苏科版数学八年级下册全方位训练卷9.4矩形、菱形、正方形
一、单选题(每题3分,共24分)
1.(2022八下·溧阳期末)下列命题中,是真命题的是( )
A.有一个角是直角的四边形是矩形
B.对角线相等的平行四边形是菱形
C.一组邻边相等的平行四边形是菱形
D.四边都相等的四边形是正方形
【答案】C
【知识点】菱形的判定;矩形的判定;正方形的判定;真命题与假命题
【解析】【解答】解:A、有一个角是直角的平行四边形是矩形,故答案为:错误,不符合题意;
B、对角线相等的平行四边形是矩形,故答案为:错误,不符合题意;
C、一组邻边相等的平行四边形是菱形,故答案为:正确误,符合题意;
D、四边都相等的四边形是菱形,故答案为:错误,不符合题意.
故答案为:C.
【分析】根据矩形的判定定理可判断A;根据菱形的判定定理可判断B、C;根据正方形的判定定理可判断D.
2.(2021八下·海州期末)如图,已知四边形 是平行四边形,对角线 交于点 ,则下列结论中错误的是( )
A.当 时,它是菱形
B.当 时,它是正方形
C.当 时,它是矩形
D.当 时,它是菱形
【答案】B
【知识点】菱形的判定;矩形的判定;正方形的判定
【解析】【解答】解:A、根据邻边相等的平行四边形是菱形可以得到该结论正确;
B、当∠ABC=90°时,可以得到平行四边形ABCD是矩形,不能得到正方形,故错误,
C、根据对角线相等的平行四边形是矩形可以判断该选项正确;
D、根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可以得到该选项正确;
故答案为:B.
【分析】根据菱形的判定、正方形的判定、矩形的判定逐一进行判断即可.
3.(2022八下·广陵期末)下面性质中矩形具有而菱形没有的是( )
A.对角线相等 B.邻边相等 C.对角线垂直 D.对边相等
【答案】A
【知识点】菱形的性质;矩形的性质
【解析】【解答】解:A、对角线相等是矩形具有的性质,菱形不一定具有;
B、邻边相等是菱形具有,矩形不一定具有;
C、对角线互相垂直是菱形具有的性质,矩形不一定具有;
D、对边相等是矩形和菱形共同具有.
故答案为:A.
【分析】矩形的性质:对边平行且相等,四个角都时直角,邻角互补,对角线互相平分且相等;
菱形的性质:对边平行,四边相等,对角相等,邻角互补,对角线互相垂直,并且每一条对角线平分一组对角,据此即可一一判断得出答案.
4.(2021八下·苏州期末)若菱形的两条对角线的长分别为6和10,则菱形的面积为( )
A.15 B.24 C.30 D.60
【答案】C
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解:菱形的面积= ×6×10=30,
故答案为:C.
【分析】菱形的面积等于对角线乘积的一半,据此计算即可.
5.(2022八下·启东月考)在矩形ABCD中,对角线AC,BD相交于点O,∠AOD=60°,OB=2cm,那么矩形ABCD的面积为( )
A.cm B.2cm C.3cm D.4cm
【答案】D
【知识点】等边三角形的判定与性质;勾股定理;矩形的性质
【解析】【解答】解:∵四边形ABCD是矩形,
∴BD=2 BO=4,OA= OD,
∵∠AOD=60°,
∴△AOD是等边三角形,
∴AD=OD=OA=OB=2,
在Rt△ABD中,AB=,
∴S矩形=.
故答案为:D.
【分析】由矩形性质可得BD=2BO=4,OA= OD,又∠AOD=60°, 则△AOD是等边三角形, 从而得到AD=OD=OA=OB=2, 再由勾股定理即可求得AB=2,由矩形的面积公式计算出其面积即可.
6.(2022八下·启东月考)如图,若四边形ABCD是菱形,AC=24,BD=10,则菱形ABCD的边长是( )
A.13 B.12 C.26 D.52
【答案】A
【知识点】勾股定理;菱形的性质
【解析】【解答】解:∵四边形ABCD是菱形,
∴OA=OC,OB=OD,AC⊥BD,
∵AC=24,BD=10,
∴OA=12,OB=5,
在Rt△AOB中,由勾股定理得,AB= =13,
故答案为:A.
【分析】根据菱形的性质得OA=OC,OB=OD,AC⊥BD,菱形对角线的长求出OA=12,OB=5,再由勾股定理即求得AB的长,即可解决问题.
7.(2022八下·溧阳期末)如图,把正方形纸片ABCD沿对边中点所在直线折叠后展开,折痕为MN;再过点D折叠, 使得点A落在MN上的点F处,折痕为DE,则 的值是( )
A. B. -1 C.2- D.3-
【答案】C
【知识点】勾股定理;正方形的性质;翻折变换(折叠问题)
【解析】【解答】解:∵把正方形纸片ABCD沿对边中点所在的直线对折后展开,折痕为MN,设AD=MN=a,
∴AM=DN= DC= AD= a,
∵四边形ABCD为正方形,过点D折叠纸片,使点A落在MN上的点F处,
∴FD=AD=a,∠DNF=90°,∠FME=90°,
在Rt△DFN中,FN= = = ,
∴MF=MN-FN=a- = ,
设EF=AE=b,则ME= ,
在Rt△EMF中, ME2+MF2=EF2,
即 + =b2,
解得:b=(2- )a,
∴ = =2- .
故答案为:C.
【分析】设AD=MN=a,根据折叠的性质可得AM=DN=a,FD=AD=a,∠DNF=90°,∠FME=90°,利用勾股定理可得FN,由MF=MN-FN可得MF,设EF=AE=b,则ME=a-b,在Rt△EMF中,利用勾股定理可得 b=(2-)a,据此求解.
8.(2020八下·淮安期末)正方形ABCD中,对角线AC、BD交于点O,则∠CBO等于( )
A.30° B.45° C.60° D.75°
【答案】B
【知识点】正方形的性质
【解析】【解答】如图,
正方形的对角线即角平分线,AC、BD交于点O,
则∠CBO 45°.
故答案为:B.
【分析】正方形中对角线分别平分一组对角,根据对角线即角平分线的性质可以解题.
二、填空题(每题3分,共24分)
9.(2022八下·广陵期末)如图,矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O,∠BOC=120°,AC=6.则AB= .
【答案】3
【知识点】等边三角形的判定与性质;矩形的性质
【解析】【解答】解:四边形ABCD是矩形,
,,,
,
,
,
是等边三角形,
.
故答案为:3.
【分析】根据矩形的性质得OA=OC=AC=3,OB=OD=BD,AC=BD,则OA=OB=3,根据邻补角的性质可得∠AOB=60°,推出△AOB为等边三角形,然后根据等边三角形的性质进行解答.
10.(2022八下·盐城期末)如图,过四边形ABCD的四个顶点分别作对角线AC、BD的平行线,若所围成的四边形EFGH是矩形,则原四边形ABCD需满足的条件是 .(只需写出一个符合要求的条件)
【答案】AC⊥BD
【知识点】平行四边形的判定;矩形的判定
【解析】【解答】解:添加的条件是AC⊥BD,
∵BD∥EF,BD∥GH,
∴EF∥GH,
同理EH∥GF,
∴四边形EFGH是平行四边形,
∵EF∥BD,AC⊥BD,
∴EF⊥AC,
∵EH∥AC,
∴EF⊥EH,
∴∠E=90°,
∴平行四边形EFGH是矩形,
故答案为:AC⊥BD.
【分析】根据平行公理可得EF∥GH,EH∥GF,从而推出四边形EFGH是平行四边形,要使平行四边形EFGH是矩形,只需证出∠E=90°,据此添加条件即可.
11.(2022八下·泰兴期末)在矩形ABCD中,对角线AC、BD相交于点O,AO=6cm,则BD= cm.
【答案】12
【知识点】矩形的性质
【解析】【解答】解:∵矩形ABCD, 对角线AC、BD相交于点O ,AO=6cm,
∴AC=BD,AC=2AO=12cm,
∴BD=12cm.
故答案为:12.
【分析】根据矩形对角线相互平分且相等,可知AC=BD,AC=2AO=12cm,即可得到BD=12cm.
12.(2022八下·沭阳期末)菱形的两条对角线长分别是 和 ,则菱形的周长是 .
【答案】40
【知识点】勾股定理;菱形的性质
【解析】【解答】解:∵菱形的对角线分别是16cm、12cm,
∴菱形的边长为 =10cm,
∴周长=10×4=40cm.
故答案为:40.
【分析】根据菱形的对角线互相平分求出对角线一半的长度,结合勾股定理求出菱形的边长,进而可得周长.
13.(2022八下·盐城期末)已知一个菱形的边长为 ,其中一条对角线长为 ,则这个菱形的面积为 .
【答案】24
【知识点】勾股定理;菱形的性质
【解析】【解答】解:如图,
∵菱形ABCD中,BD=8,AB=5,
∴AC⊥BD,OB=BD=4,
∴OA==3,
∴AC=2OA=6,
∴这个菱形的面积为:AC BD=×6×8=24.
故答案为:24.
【分析】由菱形的性质可得AC⊥BD,OB=BD=4,利用勾股定理可得OA=3,即得AC=2OA=6,根据菱形的面积=AC BD进行计算即可.
14.(2022八下·南京期末)如图,正方形在第一象限,点、,则点的坐标是 .(用含、、的代数式表示)
【答案】
【知识点】坐标与图形性质;正方形的性质
【解析】【解答】解:如图,连接AC,BD,AC和BD交于一点M,
∵yA=yC,
∴AC∥x轴,
则AC=c-a,
∵四边形ABCD为正方形,
∴BM=AM=CM=,
∴xB=a+=,yB=b+=,
∴点的坐标是.
故答案为:.
【分析】连接AC,BC,AC和BC交于一点M,根据A、C两点坐标得出AC∥x轴,结合正方形的性质求出BM=AM=CM,再分别求出B点的横纵坐标,即可解答.
15.(2022八下·江都期中)如图,正方形和正方形的边长分别为4和2,正方形绕点C旋转,则 .
【答案】40
【知识点】三角形内角和定理;勾股定理;正方形的性质;三角形全等的判定(SAS)
【解析】【解答】解:如图:连接BD,EG,BE,DG的交点为M,
∵四边形ABCD,四边形CEFG 为正方形,
∴BC=DC,CG=CE,∠BCD=∠ECG=90°,
∴∠BCE=∠DCG,且BC=DC,CG=CE,
∴△BCE≌△DCG(SAS),
∴DG=BE,∠CBE=∠CDG,
∵∠DBE+∠EBC+∠BDC+∠BCD=180°,
∴∠DBE+∠EBC+∠BDC=90°,
∵∠DBE+∠CDE+∠BDC+∠BMD=180°,
∴∠DCB=∠DMB=90°,
∴BE⊥DG,
∴BD2=DM2+BM2,EG2=ME2+MG2,
∴BD2+EG2=DM2+BM2+ME2+MG2,
∴BD2+EG2=BG2+DE2,
∴AB2+AD2+EC2+CG2=BG2+DE2.
∴BG2+DE2= 42+42+22+22=40.
故答案为:40.
【分析】连接BD、EG,BE与DG的交点为M,根据正方形的性质可得BC=DC,CG=CE,∠BCD=∠ECG=90°,由角的和差关系可得∠BCE=∠DCG,证明△BCE≌△DCG,得到DG=BE,∠CBE=∠CDG,由内角和定理可得∠DBE+∠EBC+∠BDC=90°,∠DCB=∠DMB=90°,由勾股定理可得BD2+EG2=BG2+DE2,则AB2+AD2+EC2+CG2=BG2+DE2,据此计算.
16.(2022八下·常熟期末)如图,木制活动衣帽架由三个全等的菱形构成,在,,,,,处安装上、下两排挂钩,可以根据需要改变挂钩间的距离,并在,处固定.已知菱形的边长为13cm,要使两排挂钩间的距离为24cm,则,之间的距离(即线段的长)为 cm.
【答案】10
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解:设AC与BD交于点O,如图所示:
∵四边形ABCD是菱形,AC=24cm,
∴AC⊥BD,,
在Rt△AOB中,,
∴;
故答案为:10.
【分析】设AC与BD交于点O,如图所示:由菱形的性质“菱形的对角线互相垂直平分”可得AC⊥BD,AO=AC,BO=BD,在Rt△AOB中,用勾股定理求得BO的值,然后由BD=2BO可求解.
三、作图题(共10分)
17.(2022八下·北仑期末)如图1、2都是边长为1的全等菱形组成的网格图,网格的交点称为格点,AB是端点落在格点上的线段,请仅用无刻度直尺作出符合下列要求的格点四边形.
(1)请在图1中作出一个以AB为边的平行四边形(非矩形).
(2)请在图2中作出一个以AB为边的矩形.
【答案】(1)解:如图:(答案不唯一,合理即可)
(2)解:如图:
【知识点】平行四边形的判定;菱形的性质;矩形的判定
【解析】【分析】(1)如图,根据一组对边平行且相等作四边形,或根据两组对边分别相等作四边形,则可判断所作的四边形为平行四边形;
(2)如图,连接菱形的对角线,根据菱形的对角线互相平分和平角的定义,得出以AB为边的四边形的每个内角为90°,则可判断所作的四边形为矩形.
四、解答题(共8题,共62分)
18.(2020八下·淮安期中)已知:如图,在正方形ABCD中,点P是对角线BD上一点,PM⊥AD,PN⊥AB,垂足分别为M、N.求证:MN=PC.
【答案】证明:∵PM⊥AD,PN⊥AB,四边形ABCD是正方形,
∴∠PMA=∠PNA=∠A=90°,
∴四边形PMAN是矩形,
连接PA,
∴PA=MN,
∵P是正方形ABCD对角线上一点,
∴AD=CD,∠PDA=∠PDC,
在△PAD和△PCD中,
,
∴△PAD≌△PCD(SAS),
∴PA=PC,
∴MN=PC.
【知识点】三角形全等及其性质;矩形的判定与性质;正方形的性质;三角形全等的判定(SAS)
【解析】【分析】由PM⊥AD,PN⊥AB,四边形ABCD是正方形,可得四边形PMAN是矩形,根据矩形的性质,可得PA=MN,然后证得△PAD≌△PCD,即可得PA=PC,则可证得MN=PC.
19.(2022八下·邗江期末)如图,菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O, , ,OE与AB交于点F.
(1)求证:四边形AEBO为矩形;
(2)若OE=10,AC=16,求菱形ABCD的面积.
【答案】(1)证明:∵ , ,
∴四边形AEBO为平行四边形,
又∵四边形ABCD为菱形,
∴ ,
∴ ,
∴平行四边形AEBO为矩形;
(2)解:∵四边形AEBO为矩形,
∴AB=OE=10,
又∵四边形ABCD为菱形,
∴AO= AC=8,
∴ ,
∴ ,
∴BD=2BO=12,
∴菱形ABCD的面积= .
【知识点】勾股定理;菱形的性质;矩形的判定与性质
【解析】【分析】(1)由两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形AEBO为平行四边形,根据菱形的性质可得∠AOB=90°,然后根据有一个角是直角的平行四边形是矩形进行证明;
(2)根据矩形的性质可得AB=OE=10,根据菱形的性质可得AO=AC=8,利用勾股定理可得BO,由BD=2BO可得BD,然后根据菱形的面积等于对角线乘积的一半进行计算.
20.(2022八下·苏州期中)如图,已知菱形ABCD的对角线相交于点O,延长AB至点E,使BE=AB,连接CE.
(1)求证:BD=EC;
(2)当∠DAB为多少度时,四边形BECD为菱形?并说明理由.
【答案】(1)证明:四边形ABCD是菱形,
∴AB=CD,AB//CD,
又∵BE=AB,
∴BE=CD,BE//CD,
∴四边形BECD 是平行四边形,
∴BD=EC;
(2)解:当∠DAB=60°时,四边形BECD是菱形.
理由如下:∵四边形ABCD是菱形,
∴AD=AB,
∵∠DAB=60°,
∴△ADB,△DCB是等边三角形,
∴DC=DB,
∵四边形BECD是平行四边形,
∴四边形BECD是菱形.
【知识点】等边三角形的判定与性质;平行四边形的判定与性质;菱形的判定与性质
【解析】【分析】(1)根据菱形的性质可得AB=CD,AB//CD,结合BE=AB可得BE=CD,BE//CD,推出四边形BECD是平行四边形,据此证明;
(2)根据菱形的性质可得AD=AB,结合∠DAB=60°可得△ADB,△DCB是等边三角形,则DC=DB,然后结合菱形的判定定理进行证明.
21.(2022八下·连云期中)操作:第一步:如图1,对折长方形纸片ABCD,使AD与BC重合,得到折痕EF,把纸片展开.
第二步:如图2,再一次折叠纸片,使点A落在EF上的N处,并使折痕经过点B,得到折痕BM,同时得到线段BN.连结AN,易知△ABN的形状是 ▲ .
论证:如图3,若延长MN交BC于点P,试判定△BMP的形状,请说明理由.
【答案】解:等边三角形;论证:△BMP是等边三角形,理由如下:
如图3,∵△ABN是等边三角形,
∴∠ABN=60°,
∴∠NBM=∠ABM=∠ABN=30°,
∵∠NBP=∠ABP﹣∠ABN=30°,∠BNP=90°,
∴∠BPM=∠MBP=60°,
∴△BMP是等边三角形.
【知识点】线段垂直平分线的性质;等边三角形的判定与性质;矩形的性质;翻折变换(折叠问题)
【解析】【解答】解:操作:如图2,∵直线EF是AB的垂直平分线,
∴NA=NB,
由折叠可知,BN=AB,
∴AB=BN=AN,
∴△ABN是等边三角形.
故答案为:等边三角形;
【分析】操作:根据线段垂直平分线的性质可得NA=NB,根据折叠的性质可得BN=AB,∠NBM=∠ABM,∠BAM=∠BNM=90°,则AB=BN=AN,据此判断;
论证:根据等边三角形的性质可得∠ABN=60°,根据折叠的性质可得∠NBM=∠ABM=30°,则∠NBP=30°,∠BPM=∠MBP=60°,据此判断.
22.(2022八下·淮安期末)如图,平行四边形中,,.对角线,相交于点,将直线绕点顺时针旋转,分别交直线、于点、.
(1)当 °,四边形是平行四边形;
(2)在旋转的过程中,从、、、、、中任意找4个点为顶点构造四边形.
① ▲ °,构造的四边形是菱形;
②若构造的四边形是矩形,则不同的矩形应该有 ▲ 个.
【答案】(1)90
(2)①或;②
【知识点】平行四边形的判定与性质;菱形的判定;矩形的性质;旋转的性质;三角形全等的判定(ASA)
【解析】【解答】(1)解:当时,四边形ABEF是平行四边形.
理由:∵,
∴,
∴,
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴,
∴四边形ABEF是平行四边形.
故答案为:90;
(2)①当,即时,四边形BEDF是菱形.
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴,,,
∴,
在和中,
,
∴,
∴,
∵,
∴四边形BEDF是平行四边形,
∵,
∴,即,
∴,
∴,
∴,
∴四边形BEDF是菱形;
当,即时,四边形AECF是菱形.
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴,,
∴,
在和中,
,
∴,
∴,
∵,
∴四边形AECF是平行四边形,
又∵,
∴,
∴四边形AECF是菱形.
故答案为:45或90;
②设,
∵四边形ABCD是平行四边形,,,
∴,,,
∴,
分两种情况:
第一种情况:如图,当EF=AC时,四边形AECF是矩形,对角线,
∴,
∴,
即,
∴,即AD与BC之间的距离为,
∴,
∴矩形AECF的两边的长分别为和;
第二种情况:如图,当EF=BD时,四边形BEDF是矩形,
∴,,
∴,
∴,
∴矩形BEDF的两边的长分别为和.
∴若构造的四边形是矩形,则不同的矩形应该有2个.
故答案为:.
【分析】(1)解:当时,四边形ABEF是平行四边形,根据平行四边形的判断方法即可求解;
(2)①分两种情况:当,即时,四边形BEDF是菱形;当,即时,四边形AECF是菱形;
②根据对角线相等的四边形是矩形,分两种情形讨论求解即可:第一种情况:如图,当时,四边形AECF是矩形,对角线;第二种情况:如图,当时,四边形BEDF是矩形.
23.(2022八下·盐城期末)如图1,在边长为4的正方形ABCD中,点E为对角线BD上一点,连接AE,过点E作,交边CD于点F,若,求BE的长.
下面是小明、小华和小东三位同学关于本题不同视角下的部分思维过程:
小明:从直线BD是正方形的对称轴角度看,连接EC,如图2,则,∠ECD=∠EAD,又,……
小华:从的角度看,可以过点E作BC的平行线,交AB、CD于M、N,如图3,通过证明,……
小东:从的角度看,还可以过点E作BD的垂线,交DC的延长线于点P,如图4,……
请结合上面的思路,求BE的长.
【答案】解:如图过点E作BC的平行线,交AB、CD于M、N,
∵四边形ABCD为正方形,
∴∠BAD=∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°,
∴∠END=∠EMB=90°,
∴∠FEN+∠EFN=90°,且∠FEN+∠AEM=90°,
∴∠AEM=∠EFN,且EN+EM=AD=AB=AM+BM,
在△BME中,∠ABD=45°,
故BM=FN=EM,而BM=CN,
∴EN+EM=AM+EM,则AM=EN,
又∵∠AEM=∠EFN,∠AME=∠ENF,
∴△AEM≌△EFN,
∴EM=FN=BM,
∵BM=CN,
∴BM+FN=BM+CN=CF=BC-DF=4-2=2,
∴MB=NE=1,
∴BE=.
【知识点】勾股定理;正方形的性质;三角形全等的判定(AAS)
【解析】【分析】 过点E作BC的平行线,交AB、CD于M、N, 根据正方形的性质可得∠BAD=∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°,利用等腰直角三角形的性质及角的转换可推出∠AEM=∠EFN,AM=EN, 从而可证△AEM≌△EFN,可得EM=FN=BM,继而求出MB=NE=1,再根据勾股定理求出BE即可.
24.(2022八下·广陵期末)问题情境:
如图①,点E为正方形ABCD内一点,∠AEB=90°,将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°,得到△CBE′(点A的对应点为点C).延长AE交CE′于点F,连接DE.
(1)猜想证明:
试判断四边形BE'FE的形状,并说明理由;
(2)如图②,若DA=DE,请猜想线段CF与的数量关系并加以证明;
(3)解决问题:
如图①,若AB=4,当BE的长为 时,△ADE为等腰三角形,请直接写出结果.
【答案】(1)解:四边形BE'FE是正方形,
理由如下:
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°,
∴∠AEB=∠BEF=∠CE'B=90°,∠EBE'=90°,
∴四边形是矩形,
又∵BE=,
∴四边形是正方形;
(2)解:CF=E'F;
理由如下:如图②,过点D作DH⊥AE于H,
∵DA=DE,DH⊥AE,
∴AH=AE,
∴∠ADH+∠DAH=90°,
∵四边形ABCD是正方形,
∴AD=AB,∠DAB=90°,
∴∠DAH+∠EAB=90°,
∴∠ADH=∠EAB,
又∵AD=AB,∠AHD=∠AEB=90°,
∴△ADH≌△BAE(AAS),
∴AH=BE=AE,
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°,
∴AE=,
∵四边形BE'FE是正方形,
∴BE=E'F,
∴E'F=,
∴CF=;
(3)或.
【知识点】线段垂直平分线的性质;等腰三角形的性质;正方形的判定与性质;旋转的性质;三角形全等的判定(AAS)
【解析】【解答】解:(3)当AE=AD=4时,,不符合题意;
当AD=DE=4时,由(2)可知,
∴
设,则
在Rt△ABE中,,即:
解得,(舍去)
当AE=DE=4时,点E在AD的中垂线上
∵∠AEB=90°
∴E在AC、BD的交点
此时BE=AE
在Rt△ABE中,,
∴
∴(舍去)
综上所述,当或时,△ADE是等腰三角形
故答案为:或.
【分析】(1)根据旋转的性质可得∠AEB=∠BEF=∠CE'B=90°,∠EBE'=90°,推出四边形BE′FE是矩形,然后结合BE=BE′以及正方形的判定定理进行解答;
(2)过点D作DH⊥AE于H,根据等腰三角形的性质可得AH=AE,根据正方形的性质可得AD=AB,∠DAB=90°,由同角的余角相等可得∠ADH=∠EAB,证明△ADH≌△BAE,得到AH=BE=AE,根据旋转的性质可得AE=CE′,根据正方形的性质可得BE=E'F,则E′F=CE′,据此证明;
(3)当AE=AD=4时,∠ABE=∠AEB=90°,不符合题意;当AD=DE=4时,由(2)可知CF=FE′,则BE=FE′=CE′=AE,设BE=x,则AE=2x,根据勾股定理可得x;当AE=DE=4时,点E在AD的中垂线上,易得BE=AE,然后根据勾股定理进行计算.
25.(2022八下·广陵期中)(1)【方法回顾】
如图1,过正方形ABCD的顶点A作一条直线l交边BC于点P,BE⊥AP于点E,DF⊥AP于点F,若DF=2.5,BE=1,则EF= .
(2)【问题解决】
如图2,菱形ABCD的边长为1.5,过点A作一条直线l交边BC于点P,且∠DAP=90°,点F是AP上一点,且∠BAD+∠AFD=180°,过点B作BE⊥AB,与直线l交于点E,若EF=1,求BE的长.
(3)【思维拓展】
如图3,在正方形ABCD中,点P在AD所在直线上的上方,AP=2,连接PB,PD,若△PAD的面积与△PAB的面积之差为m(m>0),则PB2﹣PD2的值为 .(用含m的式子表示)
【答案】(1)1.5
(2)解:如图2中,
四边形是菱形,
,
,
,
,即,,
,
,
,,
,
,
.
,
.
(3)
【知识点】三角形的面积;三角形全等的判定;菱形的性质;矩形的判定与性质;正方形的性质
【解析】【解答】解:(1)【方法回顾】如图1中,
四边形ABCD为正方形,
,,
,,
,
又∵,
,
,,
,,
.
故答案为:1.5;
(3)【思维拓展】如图3中,过点P作交BA的延长线于N,交DA的延长线于M,设,.
,
四边形PMAN是矩形,
,,
四边形ABCD是正方形,
,设,
,
,
,
,
故答案为:.
【分析】(1)根据正方形的性质得AB=AD,∠BAD=90°,根据同角的余角相等得∠ABE=∠DAF,利用AAS证明△ABE≌△ADF,得到BE=AF,AE=DF,然后结合EF=AE-AF进行计算;
(2)根据菱形的性质可得AB=AD,根据垂直的概念可得∠ABE=∠DAF=90°,由 ∠BAD+∠AFD=180°可得∠BAP+∠FAD+∠AFD=180°,结合内角和定理可得∠BAP=∠ADF,证明△DAF≌△ABE,得到DF=AE=AF+EF=AF+1,AF=BE,利用勾股定理可得AF,据此解答;
(3)过点P作PN⊥AB交AB的延长线于N,PM⊥DA交DA的延长线于M,设PN=x,PM=y,易得四边形PMAN为矩形,则PN=AM=x,PM=AN=y,根据正方形的性质可得AB=AD,设AB=AD=a,根据题意可得S△PAD-S△PAB=m,结合三角形的面积公式可得ay-ax=2m,据此求解.