平行四邊形單元測試 滿分：120分 考試時間：120分鐘 一、選擇題(每小題4分，共48分) 1.?下列命題中，假命題是(　　) A.?菱形的面積等于兩條對角線乘積的一半 B.?矩形的對角線相等 C.?對角線互相垂直的平行四邊形是矩形 D.?對角線相等的菱形是正方形 2.?如圖，已知四邊形ABCD是平行四邊形，下列結(jié)論中不正確的是(　　) A.?當ABBC時，它是菱形 B.?當AC⊥BD時，它是菱形 C.?當∠ABC90°時，它是矩形 D.?當ACBD時，它是正方形 3.?如圖，在矩形ABCD中，AD10，AB6，E為BC上一點，DE平分∠AEC，則CE的長為(　　) A.?1 B.?2 C.?3 D.?4 4.?順次連接矩形四邊中點所得的四邊形一定是(　　) A.?正方形 B.?矩形 ??C.?菱形 ?? ? ???D.?不能確定 5.?已知四邊形ABCD中，∠A∠B∠C90°，如果添加一個條件，即可推出四邊形ABCD是正方形，那么這個條件可以是(　　) A.∠D90° B.?ABCD C.?ADBC D.?BCCD 6.?如圖，在正方形ABCD的外側(cè)，作等邊三角形ADE，AC，BE相交于點F，則∠BFC為(　　) A.?45° ?? B.?55° C.?60° ? ? D.?75° 7.?在Rt△ABC中，∠C90°，AC6，BC8，則AB上的中線長是(　　) A.?5 ? ? B.?6 ? C.?8 ???D.?10 8.?如圖，菱形ABCD的周長為40 cm，對角線AC與BD相交于點O，點E是BC的中點，則OE的長為(　　) A.?6cm ? B.?5cm C.?4cm ? D.?3cm 9.?如圖，將矩形ABCD沿EF折疊，使頂點C恰好落在AB邊的中點C′上，若AB6，BC9，則BF的長為(　　) A.?4 B.?3 C.?4.5 ??? D.?5 10.?如圖，有一張一個角為30°，最小邊長為2的直角三角形紙片，沿圖中所示的中位線剪開后，將兩部分拼成一個四邊形，所得四邊形的周長是(　　) A.?8或2 ??? B.?10或4+2 C.?10或2 D.?8或4+2 11.?如圖，矩形ABCD的對角線AC，BD交于點O，CE∥BD，DE∥AC，若AC4，則四邊形OCED的周長為(　　) A.?4 B.?8 C.?10 D.?12 12.?如圖，點P是矩形ABCD的邊AD上的一動點，矩形的兩條邊AB，BC的長分別是6和8，則點P到矩形的兩條對角線AC和BD的距離之和是(　　) A.?4.8 ?????? ? B.?5 C.?6 ? ?D.?7.2 二、填空題(每小題4分，共20分) 13.?如圖，菱形ABCD的周長是40 cm，對角線AC為10 cm，則菱形相鄰兩內(nèi)角的度數(shù)分別為 .? 14.?如圖，菱形ABCD對角線AC，BD交于點O，∠BAD60°，點E是AD的中點，OE4，則菱形ABCD的面積為　　 　.? 15.?如圖，在正方形ABCD中，AC為對角線，點E在AB邊上，EF⊥AC于點F，連接EC，AF3， △EFC的周長為12，則EC的長為　　　　.? 16.?如圖，△ABC中，CD⊥AB于點D，點E是AC的中點，若AD6，DE5，則CD的長為　　　　.? 17.?如圖，菱形ABCD的邊長為4，∠BAD120°，點E是AB的中點，點F是AC上的動點，則EF+BF的最小值是　　　　.? 三、解答題(共82分，解答時寫出必要的解答過程) 18.?(6分)如圖，在平行四邊形ABCD中，∠BAD和∠BCD的平分線AF，CE分別與對角線BD交于點F，E.?求證：四邊形AFCE是平行四邊形. 19.?(8分)如圖所示，在矩形ABCD中，O是AC與BD的交點，過點O的直線EF與AB，CD的延長線分別交于點E，F(xiàn). （1）求證：△BOE≌△DOF； （2）當EF與AC滿足什么條件時，四邊形AECF是菱形？ 并證明你的結(jié)論. 20.?(8分)如圖，已知菱形ABCD的對角線相交于點O，延長AB至點E，使BEAB，連接CE. （1）求證：BDEC； （2）若∠E50°，求∠BAO的大小. 21.?(8分)如圖，在△ABC中，∠ACB90°，點D，E分別是邊BC，AB的中點，連接DE并延長至點F，使EF2DE，連接CE，AF. （1）證明：AFCE； （2）當∠B30°時，試判斷四邊形ACEF的形狀并說明理由. 22.(10分)如圖，在矩形ABCD中，AB6，BC8，沿直線MN對折，使A，C重合，直線MN交AC于點O. （1）求證：△COM≌△AON； （2）求線段OM的長度. 23.?(10分)如圖，已知點P為∠ACB平分線上的一點，∠ACB60°，PD⊥CA于D，PE⊥CB于E，點M是線段CP上的一動點（不與兩端點C，P重合），連接DM，EM. （1）求證：DMEM； （2）當點M運動到線段CP的什么位置時，四邊形PDME為菱形， 請說明理由. 24.?(10分)如圖，四邊形ABCD中，對角線相交于點O，其中E，F(xiàn)，G，H分別是AD，BD，BC，AC的中點. （1）求證：四邊形EFGH是平行四邊形； （2）當四邊形ABCD滿足一個什么條件時，四邊形EFGH是菱形？ 并證明你的結(jié)論. 25.?(10分)如圖，在△ABC中，AD是BC邊上的中線，E是AD的中點，過點A作BC的平行線交BE的延長線于點F，連接CF. （1）求證：AFDC； （2）若AB⊥AC，試判斷四邊形ADCF的形狀，并證明你的結(jié)論； （3）在（2）的條件下，要使四邊形ADCF為正方形，在△ABC中應添加什么條件，請直接把補充條件寫在橫線上　　　　 (不需說明理由).? 26.?(10分)（1）如圖(1)，已知△ABC，以AB，AC為邊向△ABC外作等邊△ABD和等邊△ACE，連接BE，CD.?請你完成圖形，并證明：BECD；(尺規(guī)作圖，不寫作法，保留作圖痕跡) （2）如圖(2)，已知△ABC，以AB，AC為邊向外作正方形ABFD和正方形ACGE，連接BE，CD，BE與CD有什么數(shù)量關(guān)系？簡單說明理由； （3）運用（1）（2）解答中積累的經(jīng)驗和知識，完成下題：如圖(3)，要測量池塘兩岸相對的兩點B，E的距離，已經(jīng)測得∠ABC45°，∠CAE90°，ABBC100米，ACAE，求BE的長. 八下第一本答案 第十八章 平行四邊形 18.1 平行四邊形的性質(zhì) 例1、A 練習：1.B 2.B 3.答案不唯一． BE=DF或BF=DE或∠BCE=∠DAF或AF∥EC等 4.C 例2、D 練習：B 例3、28 13 82 練習：AB=14cm AD=10cm 例4-練習：4cm 例5:證明：∵ABCD， ∴OA=OC，DF∥EB， ∴∠E=∠F， 又∵∠EOA=∠FOC， ∴△OAE≌△OCF(AAS)， ∴OE=OF． 練習：DE=BF.證明如下： ∵ABCD，O為AC的中點 ∴OA=OC. 又AE∥CF，∴∠EAO=∠FCO. 故在△AOE與△COF中， ∴△AOE≌△COF(ASA)， ∴AE=CF. 又∵AD=CB(平行四邊形的對邊相等)， ∴AE?AD=CF?CB，即DE=BF. 例6：AB=4cm，BC=6cm，平行四邊形ABCD面積為cm2 例7：證明：設(shè)：CE、DF相交于M ∵平行四邊形ABCD ∴AB∥CD AD=BC 又∵AD=2AB，且AE=AB ∴BC=BE ∴∠E=∠ECB ∵AB∥CD ∴∠E=∠ECD ∴∠ECD=∠ECB=∠BCD 同樣道理： ∠FDC=∠FDA=∠ADC ∵平行四邊形ABCD中AD∥BC ∴∠ADC＋∠BCD=180o ∴∠ECD＋∠FDC=(∠BCD＋∠ADC)=90o 即∠MCD＋∠MDC=90o ∴∠DMC=90o ∴CE⊥DF 課后鞏固 一、選擇題 1-4、BDAD 5、80° 6、3；6 7、150°；30° ；150° 8、49 9、9 10. BE =DF 證明略. 11. 9cm 12證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，AO＝CO(平行四邊形的對角線互相平分)，∴∠EAO＝∠FCO，∠AEO＝∠CFO，∴△AOE≌△COF，∴OE＝OF． 13.答案：(1)解：有4對全等三角形．分別為△AMO≌△CNO，△OCF≌△OAE，△AME≌△CNF，△ABC≌△CDA． (2)證明：如圖，∵OA=OC，∠1=∠2，OE=OF． ∴△OAE≌△OCF，∴∠EAO=∠FCO． 在ABCD中，AB∥CD， ∴∠BAO=∠DCO． ∴，即∠EAM=∠FCN． 14.證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形， ∴AB=CD， ∵AD∥BC， ∴∠1=∠2． ∵AF=CE， ∴AE=CF， 在△ABE和△CDF中，AB=CD，∠1=∠2，AE=CF，∴△ABE≌△CDF． 18.2 平行四邊形的判定 例1-練習：點撥：欲證四邊形EGFH為平行四邊形，只需證明它的兩組對邊分別平行，即EG∥FH，F(xiàn)G∥HE可用來證明四邊形EGFH為平行四邊形． 證明：∵ 四邊形AECF為平行四邊形， ∴ AF∥CE． ∵ 四邊形DEBF為平行四邊形， ∴ BE∥DF． ∴ 四邊形EGFH為平行四邊形． 2.證明：在等邊△ADC和等邊△AFB中 ∠DAC＝∠FAB＝60°． ∴ ∠DAF＝∠CAB． 又∵ AD＝AC，AF＝AB． ∴ △ADF≌△ACB(SAS)． ∴ DF＝CB＝CE． 同理，△BAC≌△BFE，∴ EF＝AC＝DC． ∴ 四邊形DCEF是平行四邊形(兩組對邊分別相等的四邊形是平行四邊形)． 3.證明：(1)∵四邊形ABCD是平行四邊形， 　　 　 ∴AB=CD，AB∥DC， 　　 　 ∴∠ABE=∠CDF， 　　 　 ∵AG=CH， 　　 　 ∴BG=DH， 　　 　 在△BEG和△DFH中， 　　 　 　　 　 ∴△BEG≌△DFH(SAS)； 　　 　 (2)∵△BEG≌△DFH(SAS)， 　　 　 ∴∠BEG=∠DFH，EG=FH， 　　 　 ∴∠GEF=∠HFB， 　　 　 ∴GE∥FH， 　　 　 ∴四邊形GEHF是平行四邊形． 　　　 　　 4.分析：因為題設(shè)與四邊形內(nèi)角有關(guān)，故考慮四邊形的兩組內(nèi)角相等解決問題。 解：(1)四邊形ABCD是平行四邊形，理由如下： ∠ABC=∠ABD+∠DBC=30°+90°=120°， ∠ADC=∠ADB+∠CDB=90°+30°=120° 又∠A=60°，∠C=60°，∴∠ABC=∠ADC，∠A=∠C ∴四邊形ABCD是平行四邊形 (2)四邊形ABC1D1是平行四邊形，理由如下： 將Rt△BCD沿射線方向平移到Rt△B1C1D1的位置時，有Rt△C1BB1≌Rt△ADD1 ∴∠C1BB1=∠AD1D，∠BC1B1=∠DAD1 ∴有∠C1BA=∠ABD+∠C1BB1=∠C1D1B1+∠AD1B=∠AD1C1， ∠BC1D1=∠BC1B1+∠B1C1D1=∠D1AD+∠DAB=∠D1AB 所以四邊形ABC1D1是平行四邊形 例2、解答： 證明：連接BF， ∵△ADF和△ABC是等邊三角形， ∴AF=AD=DF，AB=AC=BC，∠ABC=∠ACD=∠CAB=∠FAD=60°， ∴∠FAD?∠EAD=∠CAB?∠EAD， ∴∠FAB=∠CAD， 在△FAB和△DAC中 AF=AD，∠FAB=∠CAD，AB=AC， ∴△FAB≌△DAC(SAS)， ∴BF=DC,∠ABF=∠ACD=60°， ∵BE=CD， ∴BF=BE， ∴△BFE是等邊三角形， ∴EF=BE=CD， 在△ACD和△CBE中 ∵CA=BC，∠ACB=∠ABC，CD=BE ∴△ACD≌△CBE(SAS)， ∴AD=CE=DF， ∵EF=CD， ∴四邊形CDFE是平行四邊形。 練習：(1)易證 (2)DE= 例3、解答：在四邊形AECF中，∵ ∠EAF＝60°，AE⊥BC，AF⊥CD， ∴ ∠C＝360°－∠EAF－∠AEC－∠AFC＝360°－60°－90°－90°＝120°． 在ABCD中，∵ AB∥CD， ∴ ∠B＋∠C＝180°．∠C＋∠D＝180°， ∴ ∠B＝∠D＝60°． 在Rt△ABE中，∠B＝60°，BE＝2cm， ∴ AB＝4cm，CD＝AB＝4cm．(平行四邊形的對邊相等) 同理，在Rt△ADF中，AD＝6cm，∴ BC＝AD＝6cm， ∴ ∴ ． 練習：解：平移線段AM至BE，連EA，則四邊形BEAM為平行四邊形 ∴BE＝AM＝9，ED＝AE＋AD＝15， 又∵BD＝12 ∴∠EBD＝90°，BE⊥BD， ∴△EBD面積＝ 又∵2AE＝AD ∴△ABD面積＝＝36 ∴ABCD的面積＝72. 例4、解：延長BD交AC于點N． ∵ AD為∠BAC的角平分線，且AD⊥BN， ∴ ∠BAD＝∠NAD，∠ADB＝∠ADN＝90°， 又∵ AD為公共邊，∴ △ABD≌△AND(ASA) ∴ AN＝AB＝12，BD＝DN． ∵ AC＝18，∴ NC＝AC－AN＝18－12＝6， ∵ D、M分別為BN、BC的中點， ∴ DM＝CN＝＝3． 練習：B； 解： 連接AQ．∵ E、F分別是PA、PQ兩邊的中點， ∴ EF是△PAQ的中位線，即AQ＝2EF． ∵ Q是CD上的一定點，則AQ的長度保持不變， ∴ 線段EF的長度將保持不變． 例5-練習：證明：如圖,過M作ME∥AN，使ME=AN，連NE，BE， 則四邊形AMEN為平行四邊形， ∴NE=AM，ME⊥BC， ∵ME=AN=CM,∠EMB=∠MCA=90°，BM=AC， ∴△BEM≌△AMC，得BE=AM=NE，∠1=∠2，∠3=∠4， ∵∠1+∠3=90°， ∴∠2+∠4=90°且BE=NE， ∴△BEN為等腰直角三角形,∠BNE=45°， ∵AM∥NE， ∴∠BPM=∠BNE=45°. 課后鞏固 1、解：(1)選證△BDE≌△FEC 證明：∵△ABC是等邊三角形， ∴BC=AC，∠ACD=60° ∵CD=CE，∴BD=AE，△EDC是等邊三角形 ∴DE=EC，∠CDE=∠DEC=60° ∴∠BDE=∠FEC=120° 又∵EF=AE，∴BD=FE，∴△BDE≌△FEC (2)四邊形ABDF是平行四邊形 理由：由(1)知，△ABC、△EDC、△AEF都是等邊三角形 ∵∠CDE=∠ABC=∠EFA=60° ∴AB∥DF，BD∥AF ∵四邊形ABDF是平行四邊形。 2、解：(1)∵ABCD是正方形， ∴∠BCD=∠DCE=90°又∵CG=CE，△BCG≌△DCE (2)∵△DCE繞D順時針 旋轉(zhuǎn)90°得到△DAE′， ∴CE=AE′，∵CE=CG，∴CG=AE′， ∵四邊形ABCD是正方形 ∴BE′∥DG，AB=CD ∴AB-AE′=CD-CG，即BE′=DG ∴四邊形DE′BG是平行四邊形 點評：當四邊形一組對邊平行時，再證這組對邊相等，即可得這個四邊形是平行四邊形 3、分析：因為題設(shè)條件是從四個頂點向?qū)蔷€引垂線，這些條件與四邊形EFGH的對角線有關(guān)，若能證出OE=OG，OF=OH，則問題可獲得解決。 證明：∵AE⊥BD，CG⊥BD， ∴∠AEO=∠CGO， ∵∠AOE=∠COG，OA=OC ∴△AOE≌△COG，∴OE=OG 同理△BOF≌△DOH ∴OF=OH ∴四邊形EFGH是平行四邊形 4、四邊形DEBF是平行四邊形； 理由是：連接BD， ∵四邊形ABCD是平行四邊形， ∴AO=CO，DO=BO； ∵AE=CF， ∴AO?AE=CO?CF， ∴EO=FO， 又∵DO=BO， ∴四邊形DEBF是平行四邊形。 5、證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形， ∴AD=CB，∠AEO=∠CFO，∠FCO=∠EAO， 又∵ED=BF， ∴AD?ED=BC?BF，即AE=CF， 在△AEO和△CFO中,?AE=CF ∠AEO=∠CFO ∠FCO=∠EAO， ∴△AEO≌△CFO， ∴OA=OC. 6、證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形， ∴AD∥BC，AD=BC，∴∠F=∠E，∠FDO=∠EBO， 又∵CF=AE，∴ED=BF，∴△EOD≌△FOB.∴OD=OB，OF=OE. 即EF與BD互相平分。 7、(1)易證 (2)由(1)可知AD=BC ∠DAF=∠BCE ∴AD∥BC ∴四邊形ABCD是平行四邊形 8、∵BE是∠ABC的平分線,∠ABC=70°, ∴∠ABE=∠CBE=35°,∠ADC=∠ABC=70°， 在ABCD中， ∵AD∥BC， ∴∠EBF=∠AEB=35°， ∵DF∥BE， ∴∠ADF=∠AEB=35°， ∴∠CDF=35°. 9、證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形， ∴AD∥BC， ∴∠AEB=∠CBE，∵BE平分∠ABC，∴∠ABE=∠CBE ∴∠ABE=∠AEB，∴AB=AE，∵CE⊥BE，∴∠EBC+∠ECB=90° ∵∠ABC+∠DCB=180° ∴∠ABE+∠DCE=90°，∴∠BCE=∠DCE，同理得：CD=DE，∵AD=AE+ED=AB+CD=2CD， ∴BC=2CD 10、(1)證明：當∠AOF=90°時， ∵∠BAO=∠AOF=90°， ∴AB∥EF， 又∵AF∥BE， ∴四邊形ABEF為平行四邊形。 (2)證明：∵四邊形ABCD為平行四邊形， 在△AOF和△COE中 ∠FAO=∠ECO AO=CO ∠AOF=∠COE. ∴△AOF≌△COE(ASA). ∴AF=EC.? 11、證明：連接BD，交AC于點O. ∵四邊形ABCD和EBFD均是平行四邊形， ∴OA=OC，OE=OF，∠ACD=∠BAC即∠FCD=∠EAB ∴OA-OE=OC-OF，即AE=CF. ∴在△ABE和△CDF中， ∴△ABE≌△CDF(SAS) 12、證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形, ∴AD=BC,∠A=∠C,DC∥AB.∵AE=CF,∴△ADE≌△CBF(SAS).∴∠AED=∠CFB,DE=BF.∵DC∥AB,∴∠CFB=∠ABF.∴∠AED=∠ABF.∴ME∥FN.又∵M、N分別是DE、BF的中點，且DE=BF，∴ME=FN.∴四邊形ENFM是平行四邊形。 13、證明：∵ABCD，∴AB∥CD，BC∥AD，又∵AE∥CF，∴四邊形AECF是平行四邊形，∴AF=CE，∵AB=CD，∴BF=DE，∵BF∥DE，∴四邊形BFDE是平行四邊形，∴FG∥HE，∵GE∥FH，∴四邊形EGFH是平行四邊形，∴EG=FH 特殊平行四邊形 類型一、矩形的性質(zhì) 例1、解：(1)∵四邊形ABCD是矩形，M，N分別是AB，CD的中點， ∴MN∥BC， ∴∠CBN=∠MNB， ∵∠PNB=3∠CBN， ∴∠PNM=2∠CBN； (2)連接AN， 根據(jù)矩形的軸對稱性，可知∠PAN=∠CBN， ∵MN∥AD， ∴∠PAN=∠ANM， 由(1)知∠PNM=2∠CBN， ∴∠PAN=∠PNA， ∴AP=PN， ∵AB=CD=4，M，N分別為AB，CD的中點， ∴DN=2， 設(shè)AP=x，則PD=6﹣x， 在Rt△PDN中 PD2+DN2=PN2， ∴(6﹣x)2+22=x2， 解得：x= 所以AP=． 練習：A 例2、(1)證明： 在平行四邊形ABCD中，AD=BC，AB=CD，AB∥CD，則BE∥CD. ∴∠EBF=∠DCF，∠BEF=∠CDF. ∵AB=BE， ∴BE=CD. 在△ABD與△BEC中， ∠EBF=∠DCF BE=CD ∠BEF=∠CDF， ∴△BEF≌△CDF. (2)由(1)知，四邊形BECD為平行四邊形，則FD=FE，F(xiàn)C=FB. ∵四邊形ABCD為平行四邊形， ∴∠A=∠BCD，即∠A=∠FCD. 又∵∠BFD=2∠A，∠BFD=∠FCD+∠FDC， ∴∠FCD=∠FDC， ∴FC=FD， ∴FC+FB=FD+FE，即BC=ED， ∴四邊形BECD為矩形. 例3、解析：證明：在ABCD中，AD∥BC， ∴ ∠BAD＋∠ABC＝180°， ∵ AE、BE分別平分∠BAD、∠ABC， ∴ ∠BAE＋∠ABE＝∠BAD＋∠ABC＝90°． ∴ ∠HEF＝∠AEB＝90°． 同理：∠H＝∠F＝90°． ∴ 四邊形EFGH是矩形． 例4、證明：(1)∵四邊形ABCD是平行四邊形， ∴AB＝CD,∠B＝∠D，BC＝AD. ∵E、F分別是AB、CD的中點， ∴BE＝AB，DF＝CD. ∴BE＝DF. ∴△BEC≌△DFA. (2)四邊形AECF是矩形. ∵四邊形ABCD是平行四邊形， ∴AB∥CD，且AB＝CD. ∵E、F分別是AB、CD的中點， ∴BE＝AB，DF＝CD. ∴AE∥CF且AE＝CF. ∴四邊形AECF是平行四邊形. ∵CA＝CB，E是AB的中點， ∴CE⊥AB，即∠AEC＝90°. ∴四邊形AECF是矩形. 例5、C； 解：∵AB＝AC，AD平分∠BAC，BC＝8， ∴AD⊥BC，CD＝BD＝BC＝4， ∵點E為AC的中點， ∴DE＝CE＝AC＝5， ∴△CDE的周長＝CD＋DE＋CE＝4＋5＋5＝14． 練習：連接OP． ∵ 四邊形ABCD是平行四邊形． ∴ AO＝CO，BO＝DO， ∵ ∠APC＝∠BPD＝90°， ∴ OP＝AC，OP＝BD， ∴ AC＝BD． ∴ 四邊形ABCD是矩形． 課后鞏固 1-4：DDBC 5.； 6. 30或14； 7.12； 8.； 9.(1)證明：∵BE⊥AC．DF⊥AC， ∴∠BEO＝∠DFO＝90°， ∵點O是EF的中點， ∴OE＝OF， 又∵∠DOF＝∠BOE， ∴△BOE≌△DOF(ASA)； (2)解：四邊形ABCD是矩形．理由如下： ∵△BOE≌△DOF， ∴OB＝OD， 又∵OA＝OC， ∴四邊形ABCD是平行四邊形， ∵OA＝BD，OA＝AC， ∴BD＝AC， ∴ABCD是矩形． 10.證明：(1)由折疊可得． ∵ AD∥BC， ∴ ， ∴ ， ∴ ． (2)猜想．理由： 由題意，得，． 由(1)知． 在中，∵ ，，，， ∴ ． 11、(1)證明：∵∠BAD=∠CAE， 　　∴∠EAB=∠DAC， 　　在△ABE和△ACD中 　　∵AB=AC，∠EAB=∠DAC，AE=AD 　　∴△ABE≌△ACD(SAS)； 　(2)證明：∵△ABE≌△ACD， 　　∴BE=CD， 　　又DE=BC， 　　∴四邊形BCDE為平行四邊形． 　　∵AB=AC， 　　∴∠ABC=∠ACB 　　∵△ABE≌△ACD， 　　∴∠ABE=∠ACD， 　　∴∠EBC=∠DCB 　　∵四邊形BCDE為平行四邊形， 　　∴EB∥DC， 　　∴∠EBC+∠DCB=180°， 　　∴∠EBC=∠DCB=90°， 　　四邊形BCDE是矩形． 12、證明：連接EG、DG，∵ CE是高， ∴ CE⊥AB． ∵ 在Rt△CEB中，G是BC的中點， ∴ EG＝BC，同理DG＝BC． ∴ EG＝DG． 又∵ F是ED的中點， ∴ FG⊥DE． 18.3.2菱形 例1、證明：連接AC， ∵四邊形ABCD是菱形， ∴AC平分∠DAE，CD=BC， ∵CE⊥AB，CF⊥AD， ∴CE=FC，∠CFD=∠CEB=90°． 在Rt△CDF與Rt△CBE中， ， ∴Rt△CDF≌Rt△CBE(HL)， ∴DF=BE． 練習：1、50°； 解：在菱形ABCD中， AB∥CD，∴∠CDO=∠AED=50°， CD=CB，∠BCO=∠DCO， ∴在△BCO和△DCO中， ， ∴△BCO≌△DCO(SAS)， ∴∠CBO=∠CDO=50°． 2、C； 例2、解：四邊形DECF是菱形，理由如下： ∵ DE∥AC，DF∥BC ∴ 四邊形DECF是平行四邊形． ∵ CD平分∠ACB，∴ ∠1＝∠2 ∵ DF∥BC， ∴ ∠2＝∠3， ∴ ∠1＝∠3． ∴ CF＝DF， ∴ 四邊形DECF是菱形． 例3： 解：四邊形AEDF是菱形，理由如下： ∵ EF垂直平分AD， ∴ △AOF與△DOF關(guān)于直線EF成軸對稱． ∴ ∠ODF＝∠OAF， 又∵ AD平分∠BAC，即∠OAF＝∠OAE， ∴ ∠ODF＝∠OAE．∴ AE∥DF， 同理可得：DE∥AF． ∴ 四邊形AEDF是平行四邊形，∴ EO＝OF 又∵AEDF的對角線AD、EF互相垂直平分． ∴AEDF是菱形． 例4、解析：(1)證明：∵AG∥BC， ∴∠EAD=∠DCF，∠AED=∠DFC， ∵D為AC的中點， ∴AD=CD， 在△ADE和△CDF中， ， ∴△ADE≌△CDF(AAS)； (2)解：①若四邊形ACFE是菱形，則有CF=AC=AE=6， 則此時的時間t=6÷1=6(s)． 故答案為：6s． 練習1.(1)①∵四邊形ABCD是矩形， ∴AD∥BC， ∴∠CAD=∠ACB，∠AEF=∠CFE， ∵EF垂直平分AC，垂足為O， ∴OA=OC， ∴△AOE≌△COF， ∴OE=OF， ∴四邊形AFCE為平行四邊形， 又∵EF⊥AC， ∴四邊形AFCE為菱形， ②設(shè)菱形的邊長AF=CF=xcm,則BF=(8?x)cm， 在Rt△ABF中，AB=4cm， 由勾股定理得42+(8?x)2=x2， 解得x=5， ∴AF=5cm. (2)①顯然當P點在AF上時，Q點在CD上，此時A. C.?P、Q四點不可能構(gòu)成平行四邊形； 同理P點在AB上時，Q點在DE或CE上或P在BF，Q在CD時不構(gòu)成平行四邊形，也不能構(gòu)成平行四邊形。 因此只有當P點在BF上、Q點在ED上時,才能構(gòu)成平行四邊形, ∴以A. C.?P、Q四點為頂點的四邊形是平行四邊形時，PC=QA， ∵點P的速度為每秒5cm，點Q的速度為每秒4cm，運動時間為t秒， ∴PC=5t，QA=CD+AD?4t=12?4t，即QA=12?4t， ∴5t=12?4t， 解得t=， ∴以A. C.?P、Q四點為頂點的四邊形是平行四邊形時,t=秒。 ②由題意得，四邊形APCQ是平行四邊形時，點P、Q在互相平行的對應邊上。 分三種情況： i)如圖1，當P點在AF上、Q點在CE上時，AP=CQ，即a=12?b，得a+b=12； ii)如圖2，當P點在BF上、Q點在DE上時，AQ=CP，即12?b=a，得a+b=12； iii)如圖3，當P點在AB上、Q點在CD上時，AP=CQ，即12?a=b，得a+b=12. 綜上所述,a與b滿足的數(shù)量關(guān)系式是a+b=12(ab≠0). 2.解：(1)∵MQ∥AP，MP∥AQ， ∴四邊形AQMP是平行四邊形 ∴QM＝AP 又∵AB＝AC，MP∥AQ， ∴∠2＝∠C，△PMC是等腰三角形，PM＝PC ∴QM＋PM＝AP＋PC＝AC＝a ∴四邊形AQMP的周長為2a (2)M位于BC的中點時，四邊形AQMP為菱形. ∵M位于BC的中點時,易證△QBM與△PCM全等, ∴QM＝PM, ∴四邊形AQMP為菱形 課后鞏固 1、解析： 證明：方法一：∵ CE平分∠ACB，∠BAC＝90°，EF⊥BC， ∴ AE＝EF，∠1＋∠3＝90°，∠4＋∠2＝90°． ∵ ∠1＝∠2， ∴ ∠3＝∠4． ∵ EF⊥BC，AD⊥BC，∴ EF∥AD． ∴ ∠4＝∠5．∴ ∠3＝∠5． ∴ AE＝AG 又 EF∥AG． ∴ 四邊形AEFG是平行四邊形． 又∵ AE＝AG， ∴ 四邊形AEFG是菱形． 方法二：∵ CE平分∠ACB，∠BAC＝90°，EF⊥BC， ∴ AE＝EF，∠1＋∠3＝90°，∠4＋∠2＝90°． ∴ ∠3＝∠4． ∵ EF⊥BC，AD⊥BC，∴ EF∥AD． ∴ ∠4＝∠5．∴ ∠3＝∠5． ∴ AE＝AG． 在△AEG和△FEG中，AE＝EF，∠3＝∠4，EG＝EG， ∴ △AEG≌△FEG． ∴ AG＝FG． ∴ AE＝EF＝FG＝AG． ∴ 四邊形AEFG是菱形． 2.證明：(1)ABCD中，AB∥CD，AB＝CD ∵ E、F分別為AB、CD的中點 ∴ DF＝DC，BE＝AB ∴ DF∥BE．DF＝BE ∴ 四邊形DEBF為平行四邊形 ∴ DE∥BF (2)證明：∵ AG∥BD ∴ ∠G＝∠DBC＝90° ∴ △DBC為直角三角形 又∵ F為邊CD的中點． ∴ BF＝DC＝DF 又∵ 四邊形DEBF為平行四邊形 ∴ 四邊形DEBF是菱形 3.解析： 解：連接AC． ∵ 四邊形ABCD是菱形， ∴ AB＝BC，∠ACB＝∠ACF． 又∵ ∠B＝60°， ∴ △ABC是等邊三角形． ∴ ∠BAC＝∠ACB＝60°，AB＝AC． ∴ ∠ACF＝∠B＝60°． 又∵ ∠EAF＝∠BAC＝60° ∴ ∠BAE＝∠CAF． ∴ △ABE≌△ACF． ∴ AE＝AF． ∴ △AEF為等邊三角形． ∴ ∠AEF＝60°． 又∵ ∠AEF＋∠CEF＝∠B＋∠BAE，∠BAE＝18°， ∴ ∠CEF＝18°． 4.C． 解：作F點關(guān)于BD的對稱點F′，則PF=PF′，連接EF′交BD于點P． ∴EP+FP=EP+F′P． 由兩點之間線段最短可知：當E、P、F′在一條直線上時，EP+FP的值最小，此時EP+FP=EP+F′P=EF′． ∵四邊形ABCD為菱形，周長為12， ∴AB=BC=CD=DA=3，AB∥CD， ∵AF=2，AE=1， ∴DF′=DF=AE=1， ∴四邊形AEF′D是平行四邊形， ∴EF′=AD=3． ∴EP+FP的最小值為3． 5、解：∵四邊形ABCD為菱形， ∴BO=DO，即O為BD的中點， 又∵E是AB的中點， ∴EO是△ABD的中位線， ∴AD=2EO=2×2=4， ∴菱形ABCD的周長=4AD=4×4=16． 6、解答： (1)證明：∵D，E分別是AB，AC的中點， ∴DE∥BC，2DE=BC， 又∵BE=2DE，EF=BE， ∴EF=BC=BE， ∴四邊形BCFE是菱形。 (2)∵四邊形BCFE是菱形,∠BCF=120°， ∴∠ACB=60°， ∵BC=BE， ∴△BEC是等邊三角形， ∴∠BEC=60°， ∵E是AC的中點，CE=4， ∴AE=EC=BE=4,∴∠A=30°， ∴∠ABC=180°?∠ACB?∠A=90°. 在Rt△ABC中,AB2=AC2?BC2,AB= 18.3.3正方形 例1、C．解：∵四邊形CEFG是正方形， ∴∠CEF=90°， ∵∠CED=180°﹣∠AEF﹣∠CEF=180°﹣15°﹣90°=75°， ∴∠D=180°﹣∠CED﹣∠ECD=180°﹣75°﹣35°=70°， ∵四邊形ABCD為平行四邊形， ∴∠B=∠D=70°(平行四邊形對角相等)． 故選C． 練習：1、證明：∵四邊形ABCD是正方形， ∴BC＝DC，∠BCD＝90° ∵E為BC延長線上的點， ∴∠DCE＝90°， ∴∠BCD＝∠DCE． 在△BCF和△DCE中， ， ∴△BCF≌△DCE(SAS)， ∴BF＝DE． 2.B； 提示：∵四邊形ABCD是正方形， ∴∠BAD=90°，AB=AD，∠BAF=45°， ∵△ADE是等邊三角形， ∴∠DAE=60°，AD=AE， ∴∠BAE=90°+60°=150°，AB=AE， ∴∠ABE=∠AEB=(180°﹣150°)=15°， ∴∠BFC=∠BAF+∠ABE=45°+15°=60°； 例2-練習：(1)證明：在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC， ∴∠BAD=∠DAC， ∵AN是△ABC外角∠CAM的平分線， ∴∠MAE=∠CAE， ∴∠DAE=∠DAC+∠CAE=， 又∵AD⊥BC，CE⊥AN， ∴∠ADC=∠CEA=90°， ∴四邊形ADCE為矩形。 (2)當△ABC滿足∠BAC=90°時，四邊形ADCE是一個正方形。 理由：∵AB=AC， ∴∠ACB=∠B=45°， ∵AD⊥BC， ∴∠CAD=∠ACD=45°， ∴DC=AD， ∵四邊形ADCE為矩形， ∴矩形ADCE是正方形。 ∴當∠BAC=90°時，四邊形ADCE是一個正方形。 例3、證明：(1)∵AD=CD，點E是邊AC的中點， ∴DE⊥AC． 即得DE是線段AC的垂直平分線． ∴AF=CF． ∴∠FAC=∠ACB． 在Rt△ABC中，由∠BAC=90°， 得∠B+∠ACB=90°，∠FAC+∠BAF=90°． ∴∠B=∠BAF． ∴AF=BF． (2)∵AG∥CF，∴∠AGE=∠CFE． 又∵點E是邊AC的中點，∴AE=CE． 在△AEG和△CEF中， ， ∴△AEG≌△CEF(AAS)． ∴AG=CF． 又∵AG∥CF，∴四邊形AFCG是平行四邊形． ∵AF=CF，∴四邊形AFCG是菱形． 在Rt△ABC中，由AF=CF，AF=BF，得BF=CF． 即得點F是邊BC的中點． 又∵AB=AC，∴AF⊥BC．即得∠AFC=90°． ∴四邊形AFCG是正方形． 例4、證明：(1)延長DC，使CH＝AE，連接BH， ∵ 四邊形ABCD是正方形， ∴ ∠A＝∠BCH＝90°，又AB＝BC，CH＝AE， ∴ Rt△BAE≌Rt△BCH， ∴ ∠1＝∠2，BE＝BH． 又∵ ∠1＋∠3＋∠4＝90°，∠4＝45°， ∴ ∠1＋∠3＝45°，∠2＋∠3＝45°， 在△EBF和△HBF中 ∴ △EBF≌△HBF， ∴ EF＝FH＝FC＋CH＝AE＋CF．即AE＋CF＝EF． (2)如圖所示：不成立，正確結(jié)論：EF＝CF－AE． 證明：在CF上截取CH＝AE，連接BH． ∵ 四邊形ABCD是正方形， ∴ 在Rt△EAB和Rt△HCB中， ∴ Rt△EAB≌Rt△HCB， ∴ BE＝BH，∠EBA＝∠HBC． ∵ ∠HBC ＋∠ABH＝90°，∴ ∠EBA ＋∠ABH＝90°． 又∵ ∠EBF＝45°，∴ ∠HBF＝45°，即∠EBF＝∠HBF． 在△EBF和△HBF中 ∴ △EBF≌△HBF， ∴ EF＝FH＝CF－CH＝CF－AE，即EF＝CF－AE． 練習： 證法一：(間接折半法)如圖①所示． ∵ ∠3＝∠1＋∠4，∠5＝∠2＋∠6． 而∠1＝∠2，∠4＝∠6＝45°． ∴ ∠3＝∠5，BE＝BF． 取AE的中點G，連接OG， ∵ AO＝OC，∴ OG EC． 由∠7＝∠5，∠8＝∠3， ∴ ∠7＝∠8，∴ FO＝GO． ∴ EC＝2OG＝2FO． 證法二：(直接折半法)如圖②所示． 由證法一得BE＝BF． 取EC的中點H，連接OH． ∵ AO＝OC，∴ OH∥AE． ∴ ∠BOH＝∠BFE＝∠BEF＝∠BHO． ∴ BO＝BH，∴ FO＝EH． ∴ EC＝2EH＝2FO． 證法三：(直接加倍法)如圖③所示． 由證法一得BE＝BF． 在OD上截取OM＝OF，連接MC． 易證Rt△AOF≌Rt△COM． ∴ ∠OAF＝∠OCM， ∴ AE∥MC． 由∠BMC＝∠BFE＝∠BEF＝∠BCM， ∴ FM＝EC． ∴ EC＝FM＝2FO． 例5、(1)等腰 (2)如圖①，連接BE，畫BE的中垂線交BC與點F，連接EF，△BEF是矩形ABCD的一個折痕三角形。 ∵折痕垂直平分BE，AB=AE=2， ∴點A在BE的中垂線上，即折痕經(jīng)過點A. ∴四邊形ABFE為正方形。 ∴BF=AB=2， ∴F(2,0). (3)矩形ABCD存在面積最大的折痕三角形BEF，其面積為4， 理由如下：i、當F在邊OC上時，如圖②所示。 ，即當F與C重合時，面積最大為4. ii、當F在邊CD上時，如圖③所示， 過F作FH∥BC交AB于點H，交BE于K. ∵ ∴ 即當F為CD中點時，△BEF面積最大為4. 下面求面積最大時，點E的坐標。 i、當F與點C重合時，如圖④所示。 由折疊可知CE=CB=4， 在Rt△CDE中, ∴ ∴E(,2). ii、當F在邊DC的中點時，點E與點A重合，如圖⑤所示。 此時E(0,2). 綜上所述,折痕△BEF的最大面積為4時,點E的坐標為E(0,2)或E(,2).. 例6、解：(1)EG＝CG，且EG⊥CG． (2)EG＝CG，且EG⊥CG． 證明：延長FE交DC延長線于M，連MG，如圖③， ∵ ∠AEM＝90°，∠EBC＝90°，∠BCM＝90°， ∴ 四邊形BEMC是矩形． ∴ BE＝CM，∠EMC＝90°， 又∵ BE＝EF，∴ EF＝CM． ∵ ∠EMC＝90°，F(xiàn)G＝DG， ∴ MG＝FD＝FG． ∵ BC＝EM，BC＝CD，∴ EM＝CD． ∵ EF＝CM，∴ FM＝DM，∴∠F＝45°． 又FG＝DG，∠CMG＝∠EMD＝45°， ∴ ∠F＝∠GMC，∴ △GFE≌△GMC， ∴ EG＝CG，∠FGE＝∠MGC， ∵ MG⊥DF， ∴ ∠FGE＋∠EGM＝90°， ∴ ∠MGC＋∠EGM＝90°即∠EGC＝90°， ∴ EG⊥CG． 課后鞏固 1-5：DADBB 6.7 7.13 8.128 9.(1)證明：∵OD平分∠AOC，OF平分∠COB(已知)， ∴∠AOC＝2∠COD，∠COB＝2∠COF， ∵∠AOC＋∠BOC＝180°， ∴2∠COD＋2∠COF＝180°， ∴∠COD＋∠COF＝90°， ∴∠DOF＝90°； ∵OA＝OC，OD平分∠AOC(已知)， ∴OD⊥AC，AD＝DC(等腰三角形的“三線合一”的性質(zhì))， ∴∠CDO＝90°， ∵CF⊥OF， ∴∠CFO＝90° ∴四邊形CDOF是矩形； (2)當∠AOC＝90°時，四邊形CDOF是正方形；理由如下： ∵∠AOC＝90°，AD＝DC， ∴OD＝DC； 又由(1)知四邊形CDOF是矩形，則 四邊形CDOF是正方形； 因此，當∠AOC＝90°時，四邊形CDOF是正方形． 10.(1)BE的長為 (2)證明：在FE上截取一段FI，使得FI=EH， ∵由(1)知，△ADE≌△CDF， ∴DE=DF， ∴△DEF為等腰直角三角形， ∴∠DEF=∠DFE=45°=∠DBC， ∵∠DHE=∠BHF， ∴∠EDH=∠BFH(三角形的內(nèi)角和定理)， 在△DEH和△DFI中，DE＝DF，∠DEH＝∠DFI，EH＝FI ∴△DEH≌△DFI(SAS)， ∴DH=DI， 又∵∠HDE=∠BFE，∠ADE=2∠BFE， ∴∠HDE=∠BFE=∠ADE， ∵∠HDE+∠ADE=45°， ∴∠HDE=15°， ∴∠DHI=∠DEH+∠HDE=60°， 即△DHI為等邊三角形， ∴DH=HI， ∴HF=FI+HI=HE+HD，即HF=HE+HD． 11.(1)證明：∵四邊形EFGH為菱形， ∴HG=EH， ∵AH=2，DG=2， ∴DG=AH， 在Rt△DHG和△AEH中， ， ∴Rt△DHG≌△AEH， ∴∠DHG=∠AEH， ∵∠AEH+∠AHE=90°， ∴∠DHG+∠AHE=90°， ∴∠GHE=90°， ∵四邊形EFGH為菱形， ∴四邊形EFGH為正方形； (2)解：作FQ⊥CD于Q，連結(jié)GE，如圖， ∵四邊形ABCD為矩形， ∴AB∥CD， ∴∠AEG=∠QGE，即∠AEH+∠HEG=∠QGF+∠FGE， ∵四邊形EFGH為菱形， ∴HE=GF，HE∥GF， ∴∠HEG=∠FGE， ∴∠AEH=∠QGF， 在△AEH和△QGF中 ， ∴△AEH≌△QGF， ∴AH=QF=2， ∵DG=6，CD=8， ∴CG=2， ∴△FCG的面積=CG?FQ=×2×2=2． 平行四邊形單元測試 1.C　2.D　3.B　4.C　5.D　6.C　7.A　8.B　9.A　10.D　11.B　12.A　 13.60°,120°　 14.32 15.5　 16.8　 17.2 18.證明:因為四邊形ABCD是平行四邊形, 所以AD=BC,AD∥BC,∠BAD=∠BCD, 所以∠ADB=∠CBD, 因為AF平分∠BAD, 所以∠DAF=∠BAD, 因為CE平分∠BCD, 所以∠BCE=∠BCD, 所以∠DAF=∠BCE, 在△DAF和△BCE中, 所以△ADF≌△CBE(ASA), 所以AF=CE,∠AFD=∠CEB, 所以AF∥CE, 所以四邊形AFCE是平行四邊形. 19.(1)證明:因為四邊形ABCD是矩形, 所以O(shè)B=OD(矩形的對角線互相平分), AE∥CF(矩形的對邊平行), 所以∠BEO=∠DFO, ∠OBE=∠ODF, 在△BOE與△DOF中, 所以△BOE≌△DOF(AAS). (2)解:當EF⊥AC時,四邊形AECF是菱形, 證明:連接AF,EC,因為四邊形ABCD是矩形, 所以O(shè)A=OC(矩形的對角線互相平分), 又因為△BOE≌△DOF, 所以O(shè)E=OF, 所以四邊形AECF是平行四邊形(對角線互相平分的四邊形是平行四邊形), 因為EF⊥AC,所以四邊形AECF是菱形(對角線互相垂直的平行四邊形是菱形). 20.(1)證明:因為菱形ABCD, 所以AB=CD,AB∥CD, 又因為BE=AB, 所以BE=CD,BE∥CD, 所以四邊形BECD是平行四邊形, 所以BD=EC. (2)解:因為平行四邊形BECD, 所以BD∥CE, 所以∠ABO=∠E=50°, 又因為菱形ABCD, 所以AC⊥BD, 即∠AOB=90°, 在Rt△AOB中, 所以∠BAO=90°-∠ABO=40°, 所以∠BAO的大小為40°. 21.(1)證明:∵點D,E分別是邊BC,AB的中點, ∴DE∥AC,AC=2DE, ∵EF=2DE, ∴EF∥AC,EF=AC, ∴四邊形ACEF是平行四邊形, ∴AF=CE. (2)解:當∠B=30°時,四邊形ACEF是菱形;理由如下: ∵∠ACB=90°,∠B=30°, ∴∠BAC=60°,AC=AB=AE, ∴△AEC是等邊三角形, ∴AC=CE, 又∵四邊形ACEF是平行四邊形, ∴四邊形ACEF是菱形. 22.(1)證明:因為四邊形ABCD為矩形,沿MN翻折后,A,C重合, 所以AO=CO,AD∥BC, 所以∠1=∠2, 在△AON和△COM中, 所以△AON≌△COM(ASA). (2)解:連接AM, 因為四邊形ABCD是矩形, AB=6,BC=8, 所以∠B=90°, 在Rt△ABC中,由勾股定理,得AC===10, 由對折知,MN垂直平分AC, 所以∠COM=90°,CO=AO=AC=×10=5,CM=AM, 設(shè)BM=x,則AM=CM=BC-BM=8-x, 在Rt△ABM中,由勾股定理,得AM2-BM2=AB2, 即(8-x)2-x2=62, 解得x=, 所以BM=,CM=8-=, 在Rt△COM中,由勾股定理,得 OM= 所以線段OM的長度為. 23.(1)證明∵PC平分∠ACB, PD⊥CA,PE⊥CB, ∴PD=PE. ∴Rt△PCD≌Rt△PCE, ∴CD=CE. 在△DMC和△EMC中, ∴△DCM≌△ECM, ∴DM=EM. (2)解:當點M運動到線段CP的中點時,四邊形PDME為菱形. 理由如下: ∵M為PC的中點,PD⊥CA, ∴DM=PC, 在直角三角形PDC中. ∵∠ACB=60°, ∴∠PCD=30°, ∴PD=PC, ∴DM=PD. 由(1)得DM=EM,PD=PE, ∴PD=PE=EM=DM, ∴四邊形PDME為菱形. 24.(1)證明:因為E,F分別是AD,BD的中點,G,H分別是BC,AC的 中點, 所以EF∥AB,EF=AB, GH∥AB,GH=AB, 所以EF∥GH,EF=GH, 所以四邊形EFGH是平行四邊形. (2)解:當AB=CD時,四邊形EFGH是菱形, 理由:因為E,F分別是AD,BD的中點,H,G分別是AC,BC的中點,G,F分別是BC,BD的中點,E,H分別是AD,AC的中點, 所以EF=AB,HG=AB,FG=CD,EH=CD, 又因為AB=CD, 所以EF=FG=GH=EH, 所以四邊形EFGH是菱形. 25.(1)證明:因為E是AD的中點,所以AE=ED, 因為AF∥BC, 所以∠AFE=∠DBE, ∠FAE=∠BDE, 在△AFE和△DBE中, 所以△AFE≌△DBE(AAS), 所以AF=BD, 因為AD是BC邊中線, 所以CD=BD, 所以AF=CD. (2)解:四邊形ADCF的形狀是菱形. 證明:因為AF=DC,AF∥BC, 所以四邊形ADCF是平行四邊形, 因為AB⊥AC,所以∠CAB=90°, 因為AD為中線,所以AD=DC=BD=BC, 所以平行四邊形ADCF是菱形. (3)解:AB=AC. 26.解:(1)作圖如圖(a)所示, 因為△ABD和△ACE都是等邊三角形, 所以AD=AB,AC=AE,∠DAB=∠EAC=60°, 因為∠DAC=∠DAB+∠BAC, ∠BAE=∠BAC+∠CAE, 所以∠DAC=∠BAE. 在△DAC和△BAE中, 所以△DAC≌△BAE(SAS),所以BE=CD. (2)BE=CD. 理由:因為四邊形ABFD和ACGE是正方形, 所以AD=AB,AC=AE,∠DAB=∠EAC=90°, 因為∠DAC=∠DAB+∠BAC,∠BAE=∠BAC+∠CAE, 所以∠DAC=∠BAE, 在△DAC和△BAE中, 所以△DAC≌△BAE(SAS), 所以BE=CD. (3)運用(1)(2)解答中所積累的經(jīng)驗和知識,以邊AB為直角邊向 △ABC外作等腰直角三角形ABD,如圖(b)所示. 則∠BAD=90°,AD=AB,∠ABD=45°. 在Rt△ABD中,AD=AB=100米, 由勾股定理得,BD==100米. 因為∠ABC=45°, 所以∠DBC=∠DBA+∠ABC=45°+45°=90°, 則△DBC為直角三角形. 在Rt△DBC中,BC=100米,由勾股定理得,DC==100米. 由(1)可知,BE=DC=100米. 所以BE的長為100米. 第十九章 一次函數(shù) 19.1函數(shù)與變量 例2、答案：(1)和(3)不是函數(shù)關(guān)系，(2)是函數(shù)關(guān)系。 練習：答案：(1)(2)(4)是，(3)(5)(6)不是。 答案：D 練習：C 例4：D； 練習：(1)x取任意實數(shù)(2)x取任意實數(shù)(3)(4)(5) (6) 例7、答案：(1)；(2)； 例8、B 練習：1、B 2、A 3、C 4、D 例9-練習：1、C 2、A 例10、令x=0，則y=1； 令y=0,則?2x+1=0,解得：x=. 故函數(shù)y=?2x+1的圖象過點(0,1),(,0). 找出點(0,1),(,0)，過該兩點作直線即可，如圖所示。 鞏固練習 一、選擇題 1-5、CCCBB 6-10、BAAAC 11-12、BD 13、(1) 100 (2) 甲 (3) 8 14、(1) (2)BC邊上的高；底邊BC的長和△ABC的面積 (3) 36；9 15、(1) (2)x=-4,y=2；x=-2,y=-2 (3)y=0,x=-3，-1，4；y=4，x=1.5 (4)時，y的值最大為4；時，y的值最小為-2 (5)當時，y隨x的增大而增大；當或時，y隨x的增大而減小. 16、 17、(1) ，如圖 (2)再過2天,即n=6+2=8時，h=12+0.5×8=16(m)，再過2天水位高度將達到16米. 19.2正比例函數(shù) 例1.A 練習：1.A 2.C 例2.y=-6x 練習1.-1 2.m=2 3.k=1 4.B 例3. 練習：1. 2.0 3. 例4.-3 二、四 練習：1. 4 一 三 2.D 3.C 4.k>2 5.C 6.D 7.A 例5.B 練習：a 2. 3. 4.D 5.> 6.A 例9.D 練習：1.D 2.(1)k=9 (2)k=10 (3)k3 例10. 練習：1. 2. 3. 4. 例11-練習：1.(1) (2)2.25 2.9 3.(2,0)(0，-4) 4 課后鞏固 一、填空題 1.(3，0)(0,6) 9 2、1 3.(1)4 2 (2)-2 4 (3)-6 -13 4. 2 5. 6. 7. 8.< 9.> > < < < > 10.二 11.(10,0)(0，-5) 12.(1)m400， 則當月生產(chǎn)量大于400件時，選擇方案一所獲得利潤較大； 則當月生產(chǎn)量等于400件時，兩種方案所獲得利潤一樣大； 則當月生產(chǎn)量小于400件時，選擇方案二所獲得利潤較大。 練習：(1)， (2)分為三種情況： 若，則， 解得：。 當時，選擇優(yōu)惠方法①、②均可。 若，即。 當且為整數(shù)時，選擇優(yōu)惠方法②。 若，即， 當，且為整數(shù)時，選擇優(yōu)惠方法①。 (3)最佳購買方案是：用優(yōu)惠方法①購買4個書包，獲贈4支水性筆；再用優(yōu)惠方法②購買8支水性筆。 課后鞏固 1.(1)每噸水的政府補貼優(yōu)惠價2元，市場調(diào)節(jié)價為3.5元。(2)求函數(shù)關(guān)系式為：y= (3)小明家5月份水費70元。 2.(1)2cm (2) (3)10個 3.(1) (2)(3)個體車主 4.(1)由圖象可知，A.?B兩地的距離是300千米，甲車出發(fā)1.5小時到達C地； (2) (3)即乙車出發(fā)小時或3小時，兩車相距150千米。 5.(1)3，31 (2)加油前油箱剩油量y與行駛時間t的函數(shù)關(guān)系式是. (3)由圖可知汽車每小時用油(50?14)÷3=12(升)， 所以汽車要準備油210÷70×12=36(升)，因為45升>36升，所以油箱中的油夠用. 6.(1)符合題意的生產(chǎn)方案有兩種： ①生產(chǎn)A種產(chǎn)品25件，B種產(chǎn)品15件； ②生產(chǎn)A種產(chǎn)品26件，B種產(chǎn)品14件。 (2)一件A種產(chǎn)品的材料價錢是：7×50+4×40=510(元)， 一件B種產(chǎn)品的材料價錢是：3×50+10×40=550(元)， 方案①的總價錢是：25×510+15×550=21000(元)， 方案②的總價錢是：26×510+14×550=20960(元)， 由此可知：方案②的總價錢比方案①的總價錢少，所以方案②較優(yōu)。 即生產(chǎn)A種產(chǎn)品26件，B種產(chǎn)品14件較優(yōu)。 7.(1)加工方案有三種： ①加工一般糕點24盒、精制糕點26盒； ②加工一般糕點25盒、精制糕點25盒； ③加工一般糕點26盒、精制糕點24盒。 (2)按方案③加工利潤最大，最大利潤為24×1.5+26×2=88(元). 8.(1)x取整數(shù)有：甲3 乙3，甲4 乙3，甲5 乙1，共有三種方案。 (2)租車方案及其運費計算如下表。 答：共有三種租車方案，其中第一種方案最佳，運費是5100元。 9.(1)三種生產(chǎn)方案： 方案一：生產(chǎn)A種產(chǎn)品30件，生產(chǎn)B種產(chǎn)品20件； 方案二：生產(chǎn)A種產(chǎn)品31件，生產(chǎn)B種產(chǎn)品19件； 方案三：生產(chǎn)A種產(chǎn)品32件，生產(chǎn)B種產(chǎn)品18件； (2)設(shè)生產(chǎn)A種產(chǎn)品x件,則生產(chǎn)B種產(chǎn)品(50?x)件，由題意，得 由一次函數(shù)的性質(zhì)知，y隨x的增大而減小。 因此，當x=30時，y取最大值，且ymax=45000. 10.(1) 該單位這個月用水未超過7立方米的用戶最多可能有33戶． 11.(1). (2)根據(jù)題意，得：y?2x， ∴150?x?2x，解得：x?50， 又∵x?0，150?x?0， ∴0?x?50， ∴p=600x+1000(150?x)， =?400x+150000. 又∵p隨x的增大而減小，并且0?x?50， ∴?400×50+150000?p??400×0+150000，即130000?p?150000. 12.(1)根據(jù)題意得； (2)設(shè)實際醫(yī)療費為x元，根據(jù)題意得 2600=x?y=x?(0.7x?350)=0.3x+350， 解得x=7500. 答：若自付醫(yī)療費2600元，則實際醫(yī)療費為7500元； (3)設(shè)實際醫(yī)療費為y元，根據(jù)題意得 4100?y?(10000?500)×70%?(y?10000)×80%. 解得y?13750. 答：若自付醫(yī)療費4100元，則實際醫(yī)療費至少為13750元。 第二十章 數(shù)據(jù)的分析 20.1數(shù)據(jù)的集中趨勢 小關(guān)：78.65分 小兵：78.9分 例2. =597.5小時 練習1、 =86.9 =87.5 乙被錄取 2、答案 ：165.5 例3、(1)中位數(shù)210件、眾數(shù)210件 (2)不合理。因為15人中有13人的銷售額達不到320件(320雖是原始數(shù)據(jù)的平均數(shù)，卻不能反映營銷人員的一般水平)，銷售額定為210件合適，因為它既是中位數(shù)又是眾數(shù)，是大部分人能達到的額定。 例4、(1)1.2匹 (2)通過觀察可知1.2匹的銷售最大，所以要多進1.2匹，由于資金有限就要少進規(guī)格為2匹空調(diào)。 練習：1. 眾數(shù)90 中位數(shù) 85 平均數(shù) 84.6 2.(1)15，15，15；平均數(shù)、中位數(shù)或眾數(shù)(2).16；5；4、5、6，眾數(shù)、中位數(shù) 例5、解：(1)甲的平均成績?yōu)椋?85＋70＋64)÷3＝73， 乙的平均成績?yōu)椋?73＋71＋72)÷3＝72， 丙的平均成績?yōu)椋?73＋65＋84)÷3＝74， ∴ 候選人丙將被錄用． (2)甲的測試成績?yōu)椋?85×5＋70×3＋64×2)÷(5＋3＋2)＝76.3， 乙的測試成績?yōu)椋?73×5＋71×3＋72×2)÷(5＋3＋2)＝72.2， 丙的測試成績?yōu)椋?73×5＋65×3＋84×2)÷(5＋3＋2)＝72.8， ∴ 候選人甲將被錄用． 練習：解：小王平時測試的平均成績(分)． 所以(分)． 答：小王該學期的總評成績應該為87.6分． 例6-練習：解：(1) ＝50－15－20－5＝10． (2)眾數(shù)是15． 平均數(shù)為×(5×10＋10×15＋15×20＋20×5)＝12． 課后鞏固 1. 2. 3. 53人 4. 約3.33萬元 5. 約35.5歲 6. 65.4分貝 7、9，8； 8. 22； 9.B； 10.C； 11.(1)15. (2)約97天 12.(1)約2091 、1500、1500(2)3288、1500、1500 (3)中位數(shù)或眾數(shù)均能反映該公司員工的工資水平，因為公司中少數(shù)人的工資額與大多數(shù)人的工資額差別較大，這樣導致平均數(shù)與中位數(shù)偏差較大，所以平均數(shù)不能反映這個公司員工的工資水平。 13.(1)3.2 (2)2.1 (3)中位數(shù) 20.2數(shù)據(jù)的波動程度 例1、6 例2、1.(1)甲、乙兩種農(nóng)作物的苗平均高度相同，均為10cm ； (2) ，，甲整齊. 練習：1、段巍的成績比金志強的成績要穩(wěn)定。 答案： 2. ＞、乙；3. =1.5、=1.65、＝1. 5、＝0.65，乙機床性能好 4. ＝10.9、S＝0.02； ＝10.9、S＝0.01 選擇小兵參加比賽。 例2、解：(1)由題意得：甲的總成績是：9＋4＋7＋4＋6＝30， 則＝30－7－7－5－7＝4， 30÷5＝6， 故答案為：4，6； (2)如圖所示： ； (3)①觀察圖，可看出乙的成績比較穩(wěn)定， 故答案為：乙； 由于＜，所以上述判斷正確． ②因為兩人成績的平均水平(平均數(shù))相同，根據(jù)方差得出乙的成績比甲穩(wěn)定，所以乙將被選中． 練習： 解：(分)， (分)． 甲、乙兩組數(shù)據(jù)的中位數(shù)分別為83分、84分． (2)由(1)知分，所以 ， ． ①從平均數(shù)看，甲、乙均為85分，平均水平相同； ②從中位數(shù)看，乙的中位數(shù)大于甲，乙的成績好于甲； ③從方差來看，因為，，所以甲的成績較穩(wěn)定； ④從數(shù)據(jù)特點看，獲得85分以上(含85分)的次數(shù)，甲有3次，而乙有4次，故乙的成績好些； ⑤從數(shù)據(jù)的變化趨勢看，乙后幾次的成績均高于甲，且呈上升趨勢，因此乙更具潛力． 綜上分析可知，甲的成績雖然比乙穩(wěn)定，但從中位數(shù)、獲得好成績的次數(shù)及發(fā)展勢頭等方面分析，乙具有明顯優(yōu)勢，所以應派乙參賽更有望取得成績． 例3-練習：∵數(shù)據(jù)x1，x2，x3，x4，x5的平均數(shù)是2， ∴數(shù)據(jù)3x1-2，3x2-2，3x3-2，3x4-2，3x5-2的平均數(shù)是3×2-2=4； ∵數(shù)據(jù)x1，x2，x3，x4，x5的方差為13， ∴數(shù)據(jù)3x1，3x2，3x3，3x4，3x5的方差是13×32=3， ∴數(shù)據(jù)3x1-2，3x2-2，3x3-2，3x4-2，3x5-2的方差是3。 例4、A組極差：10 B組極差：10 ， 練習：1.D 2.5 3.-5 4.-2或4 課后鞏固 選擇 1．【答案】A 【解析】10名學生的體育成績中50分出現(xiàn)的次數(shù)最多，眾數(shù)為50； 第5和第6名同學的成績的平均值為中位數(shù)，中位數(shù)為：49+492 =49； 平均數(shù)=46+2×47+48+2×49+4×5010=48.6， 方差= 110 [(46-48.6)2+2×(47-48.6)2+(48-48.6)2+2×(49-48.6)2+4×(50-48.6)2]≠50； ∴選項A正確，B、C、D錯誤； 故選：A。 2．【答案】D 【解析】由圖可知丁射擊10次的成績?yōu)椋?、8、9、7、8、8、9、7、8、8， 則丁的成績的平均數(shù)為：110×(8+8+9+7+8+8+9+7+8+8)=8， 丁的成績的方差為：(-8)2+(8-8)2+(8-9)2+(8-7)2+(8-8)2+(8-8)2+(8-9)2+(8-7)2+(8-8)2+(8-8)2]=0.4， ∵丁的成績的方差最小， ∴丁的成績最穩(wěn)定， ∴參賽選手應選丁， 故選：D。 3．【答案】B 【解析】∵乙的10次射擊成績不都一樣， ∴a≠0， ∵乙是成績最穩(wěn)定的選手， ∴乙的方差最小， ∴a的值可能是0.020， 故選：B。 4．【答案】B 【解析】甲同學四次數(shù)學測試成績的平均數(shù)是14(87+95+85+93)=90，A錯誤； 甲同學四次數(shù)學測試成績的中位數(shù)是90分，B正確； 乙同學四次數(shù)學測試成績的眾數(shù)是80分和90分，C錯誤； ∵ ∴甲同學四次數(shù)學測試成績較穩(wěn)定，D錯誤， 故選：B。 二、解答題 5．(1)x甲= 110(7+8+6+8+6+5+9+10+4+7)=7； =[(7-7)2+(8-7)2+(6-7)2+(8-7)2+(6-7)2+(5-7)2+(9-7)2+(10-7)2+(4-7)2+(7-7)2]=3； x乙=110(9+5+7+8+6+8+7+6+7+7)=7； = 110 [(9-7)2+(5-7)2+(7-7)2+(8-7)2+(6-7)2+(8-7)2+(7-7)2+(6-7)2+(7-7)2+(7-7)2]=1.2； ∴因為甲、乙兩名同學射擊環(huán)數(shù)的平均數(shù)相同，乙同學射擊的方差小于甲同學的方差， ∴乙同學的成績較穩(wěn)定，應選乙參加比賽。 6．(1)甲的平均數(shù)= 110(585+596+…+601)=601.6， 乙的平均數(shù)= 110(613+618+…+624)=599.3； (2)甲的極差為：613-585=28； 乙的極差為：624-574=50；= 110 [(585-600)2+(596-600)2+…+(601-600)2]=65.84， = 110 [(613-600)2+(618-600)2+…+(624-600)2]=284.21。 (3)甲的成績較穩(wěn)定，乙的最好成績好。 (4)若只想奪冠，選甲參加比賽；若要打破記錄，應選乙參加比賽。 7．(1)甲種電子鐘走時誤差的平均數(shù)是15(1-3-4+4+2)=0， 乙種電子鐘走時誤差的平均數(shù)是：15(4-3-1+2-2)=0． (2)=15 [(1-0)2+(-3-0)2+…+(2-0)2]= 15×46=9.2， = 15 [(4-0)2+(-3-0)2+…+(-2-0)2]= 15×34=6.8， ∴甲乙兩種電子鐘走時誤差的方差分別是9.2s2和6.8s2； (3)因為乙的方差小于甲的方差，所以乙更穩(wěn)定，故買乙種電子鐘 8．(1)x學生奶=3，x酸牛奶=80，x原味奶=40，金鍵酸牛奶銷量高； (2)金鍵學生奶的方差=12.57；金鍵酸牛奶的方差=91.71；金鍵原味奶的方差=96.86，金鍵學生奶銷量最穩(wěn)定； (3)酸奶進80瓶，原味奶進40瓶，學生奶平時不進或少進，周末進一些． 9．(1)將小勇成績從小到大依次排列為580，590，596，597，597，630，631，中位數(shù)為597cm， 將小明成績從小到大依次排列為589，596，602，603，604，608，612中位數(shù)為603cm， 小明成績的平均數(shù)為：(589+596+602+603+604+608+612)÷7=602cm， 小勇成績的平均數(shù)為：(603+589+602+596+604+612+608)÷7=603cm， 方差為：= 1 7 [(597-603)2+(580-603)2+…+(596-603)2]≈333cm2， = 1 7 [(603-602)2+(589-602)2+…+(608-60)2]≈49cm2， (2)從成績的中位數(shù)來看，小明較高成績的次數(shù)比小勇的多；從成績的平均數(shù)來看，小勇成績的“平均水平”比小明的高，從成績的方差來看，小明的成績比小勇的穩(wěn)定； (3)在跳遠專項測試以及之后的6次跳遠選拔賽中，小明有5次成績超過6米，而小勇只有兩次超過6米，從成績的方差來看，小明的成績比小勇的穩(wěn)定，選小明更有把握奪冠。 (4)小勇有兩次成績分別為6.30米和6.31米，超過6.15米，而小明沒有一次達到6.15米，故選小勇。 方案甲種車乙種車運費(元)一331000×3+700×3=5100二421000×4+700×2=5400三511000×5+700×1=5700

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