2022年春八年级数学下册：19.3-阶段强化专训

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解答题

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：连接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在什么时候面积为原正方形面积的一半？并说明理由．

【答案】（1）见解析；（2）当P，Q，R，S在出发时或在到达终点时面积最大；（3）当P，Q，R，S四点运动到正方形ABCD各边中点时，四边形PQRS的面积为原正方形面积的一半.

【解析】试题分析：根据已知可确定进而根据正方形的性质，可判定之间是否全等，从而可初步判断四边形的形状，判断出四边形为菱形后，只需证明其中有一个角等于，便可证明四边形为正方形.

当在出发时或在到达终点时面积最大，此时的面积就等于原正方形的面积．

当四点运动到正方形四边中点时，四边形的面积是原正方形面积的一半．

试题解析：∵四边形是正方形，

?.

又∵不管滚动多长时间，

∴不管滚动多长时间，四边形是菱形．又

∴不管滚动多长时间，四边形总是正方形．

当在出发时或在到达终点时面积最大，此时的面积就等于原正方形的面积．

当四点运动到正方形四边中点时，四边形的面积是原正方形面积的一半．

理由：设原正方形的边长为

当时，在中，

由勾股定理，得

即

解得同理可得

∴当四点运动到正方形各边中点时，四边形的面积为原正方形面积的一半．

解答题

(1)如图，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，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，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．

【答案】C；见解析；，3

【解析】试题分析：（1）如图1，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的形状为矩形，故选：C；

（2）①证明：∵纸片?ABCD中，AD=5，S?ABCD=15，过点A作AE⊥BC，垂足为E，∴AE=3．如图2：

∵△AEF，将它平移至△DE′F′，∴AF∥DF′，AF=DF′，∴四边形AFF′D是平行四边形．在Rt△AEF中，由勾股定理，得AF===5，∴AF=AD=5，∴四边形AFF′D是菱形；

②连接AF′，DF，如图3：

在Rt△DE′F中E′F=FF′?E′F′=5?4=1，DE′=3，∴DF===，在Rt△AEF′中EF′=EF+FF′=4+5=9，AE=3，∴AF′===3．

解答题

如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D、E分别为AB，AC边上的中点，连接DE，将△ADE绕点E旋转180°得到△CFE，连接AF，AC．

（1）求证：四边形ADCF是菱形；

（2）若BC=8，AC=6，求四边形ABCF的周长．

【答案】（1）证明见解析；（2）28．

【解析】试题分析：（1）根据旋转可得AE=CE，DE=EF，可判定四边形ADCF是平行四边形，然后证明DF⊥AC，可得四边形ADCF是菱形；

（2）首先利用勾股定理可得AB长，再根据中点定义可得AD=5，根据菱形的性质可得AF=FC=AD=5，进而可得答案．

试题解析：（1）∵将△ADE绕点E旋转180°得到△CFE，

∴AE=CE，DE=EF，

∴四边形ADCF是平行四边形，

∵D、E分别为AB，AC边上的中点，

∴DE是△ABC的中位线，

∴DE∥BC，

∵∠ACB=90°，

∴∠AED=90°，

∴DF⊥AC，

∴四边形ADCF是菱形；

（2）在Rt△ABC中，BC=8，AC=6，

∴AB=10，

∵D是AB边上的中点，

∴AD=5，

∵四边形ADCF是菱形，

∴AF=FC=AD=5，

∴四边形ABCF的周长为8+10+5+5=28．

解答题

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？说明理由．

【答案】解：（1）证明：连接AC，

∵BD，AC是菱形ABCD的对角线，∴BD垂直平分AC。

∴AE=EC。

（2）点F是线段BC的中点。理由如下：

在菱形ABCD中，AB=BC，

又∵∠ABC=60°，∴△ABC是等边三角形。

∴∠BAC=60°。

∵AE=EC，∠CEF=60°，∴∠EAC=∠BAC=30°。

∴AF是△ABC的角平分线。

∵AF交BC于F，∴AF是△ABC的BC边上的中线。

∴点F是线段BC的中点。

【解析】

试题分析：（1）连接AC，根据菱形的对角线互相垂直平分可得BD垂直平分AC，再根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等即可得证。

?（2）先判定出△ABC是等边三角形，根据等边三角形的每一个角都是60°可得∠BAC=60°，再根据等边对等角以及三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠EAC=30°，从而判断出AF是△ABC的角平分线，再根据等边三角形的性质可得AF是△ABC的BC边上的中线，从而解得。

解答题

已知：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．当∠MAN绕点A旋转到BM=DN时(如图1)，易证BM+DN=MN．

(1)当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时(如图2)，线段BM，DN和MN之间有怎样的数量关系?写出猜想，并加以证明．

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

【答案】(1)BM+DN=MN成立．(2)DN-BM=MN.

【解析】试题分析：（1）、在MB的延长线上，截得BE=DN，连接AE得到△ABE≌△AND，从而得到AE=AN，然后证明△AEM≌△ANM，得到ME=MN，从而得出答案；（2）、在DC上截取DF=BM，连接AF得到△ABM≌△ADF，然后证明△MAN≌△FAN，得到所求的答案.

试题解析：（1）、BM＋DN=MN成立．

如下图1，在MB的延长线上，截得BE=DN，连接AE，易证：△ABE≌△AND，∴AE=AN．

∴∠EAB=∠NMD．∴∠BAD=90°,∠NAM=45°

∴∠BAM+∠NMD=45°．∴∠EAB+∠BAM=45°．∴∠EAM=∠NAM又AM为公共边，∴△AEM≌△ANM，

∴ME=MN，∴ME=BE＋BM=DN＋BM.∴DN+BM=MN.

（2）、DN－BM＝MN．

如图2，在DC上截取DF=BM，连接AF．∵AB=AD，∠ABM=∠ADF=90°，∴△ABM≌△ADF（SAS）

∴AM=AF，∠MAB=∠FAD．∴∠MAB+∠BAF=∠FAD+∠BAF=90°，即∠MAF=∠BAD=90°．

又∠MAN=45°，∴∠NAF=∠MAN=45°．∵AN=AN，∴△MAN≌△FAN．∴MN=FN，即MN=DN－DF=DN－BM；

解答题

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．

【答案】（1）见解析；（2）4

【解析】试题分析：由为平行四边形，根据平行四边形的对边平行得到与平行，根据两直线平行内错角相等得到一对角相等，由为的中点，得到两条线段相等，再由对应角相等，利用可得出进而得出即可得出四边形是平行四边形，再判定对角线相等，即可得出平行四边形是矩形．

由等边三角形的性质得出得出由矩形的性质得出得出即可得出四边形的面积

试题解析：∵四边形为平行四边形，

?又∵点为的中点，

在和中，

又

∴四边形为平行四边形．

为的外角，

又

即

∴四边形为矩形．

解：∵四边形是矩形，

又是等边三角形，

解答题

两个长为2cm，宽为1cm的矩形摆放在直线l上(如图①)，CE＝2cm，将矩形ABCD绕着点C顺时针旋转α角，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)，连接AE，CG，求证：△AED≌△GCD；

(2)当α＝45°时(如图③)，求证：四边形MHND为正方形．

【答案】（1）见解析；（2）见解析

【解析】由全等三角形的判定定理证得：（如图②）；

通过判定四边形四个角是且邻边来判定四边形是正方形．

试题解析：

又∵四边形和四边形是矩形，

在和中，

∴四边形是矩形．

又

∴四边形是正方形．

解答题

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？若不成立，请说明理由．

【答案】（1）见解析；（2）不成立，此时PE＝BD＋PF，理由见解析

【解析】试题分析：过点作交的延长线于点.可得矩形所以再由证明得出

不成立，此时

试题解析：如图，过点作交的延长线于点.

∴四边形是矩形．

又

.

即

不成立，此时

理由：过过点作交的延长线于点.

与(1)同理可得

解答题

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．

【答案】PE＋PF＝AB,理由见解析

【解析】试题分析：首先过作于，交于，证明四边形是矩形，进而得到接下来根据已知求出推出根据的判定定理证最后再结合全等三角形的对应边相等得到并结合线段的和差关系即可证明结论.

试题解析：理由如下：

过点作于，交于，如图所示：

∴四边形是矩形．

又

在和中，

解答题

如图，将矩形纸片ABCD沿对角线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，PG⊥AE于G，PH⊥EC于H，试求PG+PH的值，并说明理由.

【答案】（1）△AED≌△CEB′；证明见解析；（2）4.

【解析】

试题分析：（1）由折叠的性质知，CB′=BC=AD，∠B=∠B′=∠D=90°，∠B′EC=DEA，则由AAS得到△AED≌△CEB′；

（2）延长HP交AB于M，则PM⊥AB，PG=PM，PG+PH=HM=AD，∵CE=AE=CD-DE=8-3=5在Rt△ADE中，由勾股定理得到AD=4，∴PG+PH=HM=AD=4．

试题解析：（1）△AED≌△CEB′

证明：∵四边形ABCD为矩形，

∴B′C=BC=AD，∠B′=∠B=∠D=90°，

又∵∠B′EC=∠DEA，

∴△AED≌△CEB′；

（2）由折叠的性质可知，∠EAC=∠CAB，

∵CD∥AB，

∴∠CAB=∠ECA，

∴∠EAC=∠ECA，

∴AE=EC=8-3=5．

在△ADE中，AD==4，

延长HP交AB于M，则PM⊥AB，

∴PG=PM．

∴PG+PH=PM+PH=HM=AD=4．

解答题

如图，在¨ABCD中，过点D作DE⊥AB与点E，点F在边CD上，DF=BE,连接AF,BF

（1）求证：四边形BFDE是矩形；

（2）若CF=3，BF=4，DF=5，求证：AF平分∠DAB.

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.

【解析】试题分析：（1）根据平行四边形的性质，可得AB与CD的关系，根据平行四边形的判定，可得BFDE是平行四边形，再根据矩形的判定，可得答案；

（2）根据平行线的性质，可得∠DFA=∠FAB，根据等腰三角形的判定与性质，可得∠DAF=∠DFA，根据角平分线的判定，可得答案．

试题分析：（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AB∥CD．

∵BE∥DF，BE=DF，

∴四边形BFDE是平行四边形．

∵DE⊥AB，

∴∠DEB=90°，

∴四边形BFDE是矩形；

（2）∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AB∥DC，

∴∠DFA=∠FAB．

在Rt△BCF中，由勾股定理，得

BC===5，

∴AD=BC=DF=5，

∴∠DAF=∠DFA，

∴∠DAF=∠FAB，

即AF平分∠DAB．

解答题

如图，在正方形ABCD中，G是BC上任意一点，连接AG，DE⊥AG于E，BF∥DE交AG于F，探究线段AF、BF、EF三者之间的数量关系，并说明理由．

【答案】AF=BF+EF，理由见试题解析．

【解析】

试题分析：根据正方形的性质，可得AB=AD，∠DAB=∠ABC=90°，根据余角的性质，可得∠ADE=∠BAF，根据全等三角形的判定与性质，可得BF与AE的关系，再根据等量代换，可得答案．

试题解析：线段AF、BF、EF三者之间的数量关系AF=BF+EF，理由如下：

∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠DAB=∠ABC=90°，∵DE⊥AG于E，BF∥DE交AG于F，∴∠AED=∠DEF=∠AFB=90°，∴∠ADE+∠DAE=90°，∠DAE+∠BAF=90°，∴∠ADE=∠BAF，在△ABF和△DAE中，∵∠BAF=∠ADE，∠AFB=∠DEA，AB=AD，∴△ABF≌△DAE?（AAS），∴BF=AE，∵AF=AE+EF，AF=BF+EF．

解答题

如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，BC=，∠C=30°．点D从点C出发沿CA方向以每秒2个单位长的速度向点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秒（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，说明理由．

（3）当t为何值时，△DEF为直角三角形？请说明理由．

【答案】见解析

【解析】试题分析：（1）在△DFC中，∠DFC=90°，∠C=30°，由已知条件求证；

（2）求得四边形AEFD为平行四边形，若使?AEFD为菱形则需要满足的条件及求得；

（3）①∠EDF=90°时，四边形EBFD为矩形．在直角三角形AED中求得AD=2AE即求得．

②∠DEF=90°时，由（2）知EF∥AD，则得∠ADE=∠DEF=90°，求得AD=AE?cos60°列式得．

③∠EFD=90°时，此种情况不存在．

（1）证明：在△DFC中，∠DFC=90°，∠C=30°，DC=2t，

∴DF=t．

又∵AE=t，

∴AE=DF．

（2）解：能．理由如下：

∵AB⊥BC，DF⊥BC，

∴AE∥DF．

又AE=DF，

∴四边形AEFD为平行四边形．

∵AB=BC?tan30°==5，

∴AC=2AB=10．

∴AD=AC?DC=10?2t．

若使?AEFD为菱形，则需AE=AD，

即t=10?2t，t=．

即当t=时，四边形AEFD为菱形．

（3）解：①∠EDF=90°时，四边形EBFD为矩形．

在Rt△AED中，∠ADE=∠C=30°，

∴AD=2AE．

即10?2t=2t，t=．

②∠DEF=90°时，由（2）四边形AEFD为平行四边形知EF∥AD，

∴∠ADE=∠DEF=90°．

∵∠A=90°?∠C=60°，

∴AD=AE?cos60°．

即10?2t=t，t=4．

③∠EFD=90°时，此种情况不存在．

综上所述，当t=秒或4秒时，△DEF为直角三角形．

解答题

（8分）如图，在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于O，E、F分别在OD、OC上，且DE=CF，连结DF、AE，AE的延长线交于DF于点M，求证：AM⊥DF．

【答案】证明见试题解析．

【解析】

试题分析：根据DE=CF，可得出OE=OF，继而证明△AOE≌△DOF，得出∠OAE=∠ODF，然后利用等角代换可得出∠DME=90°，即得出了结论．

试题解析：∵四边形ABCD是正方形，∴CO=DO，又∵DE=CF，∴OD?DE=OC?CF，即OF=OE，在△AOE和△DOF中，∵AO=DO，∠AOD=∠DOF，OE=OF，∴△AOE≌△DOF（SAS），∴∠OAE=∠ODF，∵∠OAE+∠AEO=90°，∠AEO=∠DEM，∴∠ODF+∠DEM=90°，即可得AM⊥DF．

解答题

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.

【答案】见解析

【解析】试题分析：根据菱形的定义即可证得；

根据平行四边形的对边相等即可证得．

试题解析：

∴四边形是平行四边形．

∵四边形是菱形，

∴四边形是矩形．

(2)∵四边形是菱形，

∵四边形是矩形，

解答题

如图，在矩形AFCG中，BD垂直平分对角线AC，交CG于D，交AF于B，交AC于O.连接AD，BC.

(1)求证：四边形ABCD是菱形；

(2)若E为AB的中点，DE⊥AB，求∠BDC的度数；

(3)在(2)的条件下，若AB＝1，求菱形ABCD的对角线AC，BD的长．

【答案】（1）见解析；（2）60°；（3）BD＝1，AC＝

【解析】试题分析：根据垂直平分线的性质，可以得到由矩形的性质，得到根据平行线的性质，利用证明从而得到，结合上步所求，由四边相等的四边形是菱形即可得出结论.

由题意，可以得到垂直平分从而得出结合题意可得的度数，进而求得的度数；

根据菱形的性质，得到由此在中，求得的值，进而可得的值.

试题解析：垂直平分

∵四边形是矩形，

∴四边形是菱形．

为的中点，

垂直平分

又

为等边三角形，

?由菱形性质知，

在中，