專訓(xùn)4　特殊平行四邊形性質(zhì)與判定的靈活運用 名師點金： 特殊平行四邊形的性質(zhì)區(qū)別主要從邊、角及對角線三個方面進行區(qū)分；而判定主要從建立在其他特殊四邊形的基礎(chǔ)上再附加什么條件方面進行判定． 矩形的綜合性問題 a．矩形性質(zhì)的應(yīng)用 1．【中考·賀州】如圖，AC是矩形ABCD的對角線，過AC的中點O作EF⊥AC，交BC于點E，交AD于點F，連接AE，CF. 求證：四邊形AECF是菱形． (第1題) b．矩形判定的應(yīng)用 2．如圖，點O是菱形ABCD對角線的交點，DE∥AC，CE∥BD，連接OE.求證： (1)四邊形OCED是矩形； (2)OE＝BC. (第2題) c．矩形性質(zhì)和判定的應(yīng)用 3．問題情境：如圖①，四邊形ABCD是正方形，M是BC邊上的一點，E是CD邊的中點，AE平分∠DAM. 探究展示： (1)求證：AM＝AD＋MC. (2)AM＝DE＋BM是否成立？若成立，請給出證明；若不成立，請說明理由． (3)若四邊形ABCD是長與寬不相等的矩形，其他條件不變，如圖②，(1)(2)中的結(jié)論是否成立．請分別作出判斷，不需要證明． (第3題) 菱形的綜合性問題 a．菱形性質(zhì)的應(yīng)用 4．已知：如圖，在菱形ABCD中，F(xiàn)是BC上任意一點，連接AF交對角線BD于點E，連接EC. (1)求證：AE＝EC. (2)當(dāng)∠ABC＝60°，∠CEF＝60°時，點F在線段BC上的什么位置？并說明理由． (第4題) b．菱形判定的應(yīng)用 5．如圖，在Rt△ABC中，∠B＝90°，BC＝5eq \r(3)，∠C＝30°.點D從點C出發(fā)沿CA方向以每秒2個單位長度的速度向點A勻速運動，同時點E從點A出發(fā)沿AB方向以每秒1個單位長度的速度向點B勻速運動，當(dāng)其中一個點到達終點時，另一個點也隨之停止運動．設(shè)點D，E運動的時間是t s(t>0)．過點D作DF⊥BC于點F，連接DE，EF. (1)求證：AE＝DF. (2)四邊形AEFD能夠成為菱形嗎？如果能，求出相應(yīng)的t值；如果不能，請說明理由． (3)當(dāng)t為何值時，△DEF為直角三角形？請說明理由．【導(dǎo)學(xué)號：54274029】 (第5題) c.菱形性質(zhì)和判定的應(yīng)用 6．【中考·江西】(1)如圖①，在紙片?ABCD中，AD＝5，S?ABCD＝15.過點A作AE⊥BC，垂足為E，沿AE剪下△ABE，將它平移至△DCE′的位置，拼成四邊形AEE′D，則四邊形AEE′D的形狀為(　　) A．平行四邊形 B．菱形 C．矩形 D．正方形 (2)如圖②，在(1)中的四邊形紙片AEE′D中，在EE′上取一點F，使EF＝4，剪下△AEF，將它平移至△DE′F′的位置，拼成四邊形AFF′D. ①求證：四邊形AFF′D是菱形； ②求四邊形AFF′D的兩條對角線的長． (第6題) 正方形的綜合性問題 a．正方形性質(zhì)的應(yīng)用 7．【 中考·雅安】如圖，E、F是正方形ABCD的對角線AC上的兩點，且AE＝CF. (1)求證：四邊形BEDF是菱形． (2)若正方形的邊長為4，AE＝eq \r(2)，求菱形BEDF的面積． (第7題) b．正方形判定的應(yīng)用 8．【 中考·上海】已知：如圖，四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝CD，E是對角線BD上一點，且EA＝EC. (1)求證：四邊形ABCD是菱形； (2)如果BE＝BC，且∠CBE∠BCE＝23，求證：四邊形ABCD是正方形． (第8題) 答案 1．證明：∵O是AC的中點，EF⊥AC， ∴AF＝CF，AE＝CE，AO＝CO. ∵四邊形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. ∴四邊形AECF是菱形． 2．證明：(1)∵DE∥AC，CE∥BD， ∴四邊形OCED是平行四邊形． ∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD. ∴∠DOC＝90°.∴四邊形OCED是矩形． (2)∵四邊形ABCD是菱形， ∴BC＝CD. ∵四邊形OCED是矩形，∴OE＝CD. ∴OE＝BC. 3．(1)證明：延長AE，BC交于點N，如圖①所示． 因為四邊形ABCD是正方形， 所以AD∥BC，所以∠DAE＝∠ENC. 因為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題) (2)解：AM＝DE＋BM成立． 證明：過點A作AF⊥AE，交CB的延長線于點F，如圖②所示， 因為四邊形ABCD是正方形， 所以∠BAD＝∠D＝∠ABC＝90°，AB＝AD，AB∥DC， 因為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. 因為AB∥DC，所以∠AED＝∠BAE， 因為∠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：結(jié)論AM＝AD＋MC仍然成立；結(jié)論AM＝DE＋BM不成立． (第4題) 4．(1)證明：連接AC，如圖．∵BD是菱形ABCD的對角線， ∴BD是線段AC的垂直平分線， ∴AE＝EC. (2)解：點F在線段BC的中點位置． 理由：∵四邊形ABCD是菱形， ∴AB＝CB. 又∵∠ABC＝60°， ∴△ABC是等邊三角形， ∴∠BAC＝60°. ∵AE＝EC， ∴∠EAC＝∠ACE. ∵∠CEF＝60°， ∴∠EAC＝30°， ∴∠EAC＝∠EAB. ∴AF是△ABC的角平分線． ∴BF＝CF. ∴點F在線段BC的中點位置． 5．(1)證明：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， ∴四邊形AEFD為平行四邊形． 在Rt△ABC中，設(shè)AB＝x，則由∠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(負(fù)根舍去)， ∴AB＝5. ∴AC＝2AB＝10. ∴AD＝AC－DC＝10－2t. 由已知得點D從點C運動到點A的時間為10÷2＝5(s)，點E從點A運動到點B的時間為5÷1＝5(s)． 若使?AEFD為菱形，則需AE＝AD，即t＝10－2t，解得t＝eq \f(10,3).符合題意． 故當(dāng)t＝eq \f(10,3)時，四邊形AEFD為菱形． (3)解：①當(dāng)∠EDF＝90°時，四邊形EBFD為矩形． 在Rt△AED中，∠ADE＝∠C＝30°， ∴AD＝2AE，即10－2t＝2t，解得t＝eq \f(5,2).符合題意． ②當(dāng)∠DEF＝90°時， 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.符合題意． ③當(dāng)∠EFD＝90°時，△DEF不存在． 綜上所述，當(dāng)t為eq \f(5,2)或4時，△DEF為直角三角形． 6．(1)C (2)①證明： ∵AF DF′， ∴四邊形AFF′D是平行四邊形． ∵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， ∴四邊形AFF′D是菱形． ②解：如圖，連接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，F(xiàn)E′＝EE′－EF＝5－4＝1， DE′＝AE＝3， ∴由勾股定理得DF＝eq \r(10)， ∴四邊形AFF′D的兩條對角線的長分別是3eq \r(10)和eq \r(10). (第6題) 7．(1)證明：如圖，連接BD交AC于O， ∵四邊形ABCD是正方形， ∴OB＝OD，OA＝OC. ∵AE＝CF， ∴OE＝OF， ∴四邊形BEDF是平行四邊形． ∵四邊形ABCD是正方形， ∴AC⊥BD， ∴四邊形BEDF是菱形． (第7題) 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．證明：(1)在△ADE與△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， ∴四邊形ABCD為平行四邊形． ∵AD＝CD， ∴四邊形ABCD是菱形． (2)∵BE＝BC， ∴∠BCE＝∠BEC. ∵∠CBE∠BCE＝23， ∴∠CBE＝180°×eq \f(2,2＋3＋3)＝45°. ∵四邊形ABCD是菱形， ∴∠ABE＝45°， ∴∠ABC＝90°， ∴四邊形ABCD是正方形．

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