x2+x2=(2W2)2,x=2,.BE=DE=2,CE=2+1=3.
13.-√2和514.4cm或14cm15.解：：AB=AC,
∴CD=√CE+DE=√32十2=√13，综上，CD的长
AD1BCCD=号BC-×6=3.由勾股定理，得AD
为w5或√13.
本章重难点突破
VAC-CD=V厅-3=4，：S6m=合·AC·DE=
1.C2.B3.D4.205.√3-16.解：四边形ABCD
·AD·CD,∴DE=AD.CD-3X4_12
1
是长方形，∴.∠D=∠A=∠C=90°，AD=BC=6,CD=
AC
5
5
16.解：在
AB=8.由折叠的性质可知EP=AP,BE=AB=8,∠E=
R1△AOB中，OA=√AB-OB=√5-3=4(m).在
∠A=90°，∴.∠E=∠D.在△ODP和△OEC中，
∠D=∠E,
Rt△ODE中，OE=√DE-OD=√52一(3+1)2=
OD=∠OE.
.△ODP≌△OEG..OP=OG,PD=
3(m).∴.AE=OA一OE=4一3=1(m).答：梯子的顶端A
∠DOP=∠EG:
下滑了1m.17.解：连接AC.在
GE.∴.DO+OG=PO+OE.∴.DG=EP.设AP=EP=
Rt△ABC中，AC=W/AB+BC=
DG=x,GE=PD=AD-AP=6-x,.CG=DC-
/42+32=5.在△ACD中，AC2+
DG=8一x,BG=BE一GE=8一(6一x)=2+x.在
CD2=52+122=169,AD=132=169,AC+CD=
Rt△CGB中，由勾股定理，得BC+CG=BG,即6+
(8-x)2=(x十2)2，解得x=4.8,.AP=4.8.7.C8.A
AD.∠ACD=90.∴.S边ED=S△Ae十SAD=乞
9.B10.解：(1)Sg达形，AD=S△Ac十S△Ac=7X5X2十
4×3+分×5×12=6+30=36.18.解：AC与正北方
号×5X3=
25
,(2)AD与CD互相垂直，理由如下：
向的夹角为45°，BC与正北方向的夹角为45°，.∠ACB
:AD=√5，CD=√20，AC=5,.AD=5,CD=20,
90.在R△ABC中，：AC=16X
=24(n mile).AB=
AC=25..AD2十CD2=AC=25..△ADC是直角三角
30 n mile,由勾股定理，得BC=AB一AC=302-24=324.解
形.∴.AD与CD互相垂直.11.2√712.(3,4)或(2,4)
或(8,4)13.解：过点C作CD⊥AB于点D.,∠C=15°，
得BC=18.∴18÷多=12(nmie/h.答：乙船每小时航行
∠B=30°，∠CAD=45.CD=AD=3V2.在
12 n mile.19.(1)证明：由题意，得在△ABE和△FDE
「∠A=∠EFD,
Rt△CBD中，易得BC=6W2,BD=√BC-CD=3W6,
中，∠AEB=∠FED,.△ABE≌△FDE.∴.BE=DE.
AB=36-3√2，即B站点离公交总站的距离AB的长
AB-FD.
为(36-32)km.
(2)解：设AE=x,则BE=DE=8-x,在Rt△ABE中，AE十
A形=BE,x2+4=(8-x).x=3.小S△E=2
3=6.20.解：(1)2(2)3(3)过点P作PG
AB于点G,则∠BGP=90°.：∠C=90°
7
.∠BGP=∠C=90°.：BP平分∠ABC,
(第13题图)
(第14题图)
.∠CBP=∠ABP.,在△BCP和△BGP中，
14.解：连接BD.,CDCP,CP=CD=2,∴.△CPD为等
∠C=∠BGP,
腰直角三角形.，∴.∠CPD=45°.，'∠ACP十∠BCP=
∠CBP=∠GBP,∴.△BCP≌△BGP.∴.BG=
∠BCP+∠BCD=90°，.∠ACP=∠BCD.,CA=CB,
BP=BP.
∴△CAP2△CBD(SAS).∴.DB=PA=3.在Rt△CPD
BC=6,PG=PC=2t..PA=8-2t,AG=4.在Rt△APG
中，DP2=CP2+CD=22+22=8.又PB=1,DB=9,
3
,DB=DP十PB=8十1=9.，.∠DPB=90°.，∠CPB=
中，AG心+PG=AP.4+(2t)2=(8-2t)2.∴.t=
2·
∠CPD+∠DPB=45°+90°=135.15.解：过点C作CDAB
第十八章
平行四边形
于点D在R△ACD中，：∠A=30,∴CD=号AC=
18.1平行四边形
5(km)..AD=√AC-CD=5w3(km).在Rt△BCD中，
18.1.1平行四边形的性质
:∠B=45°，∴.BD=CD=5km∴.BC=√CD+BD=
第1课时平行四边形的边、角性质
1.C2.平行四边形3.D4.B5.A6.B7.80
5√2(km)..AC+BC-AB=(5+5w2-5√5)km.即汽车从
8.209.证明：，四边形ABCD是平行四边形，.AD=
A地到B地比原来少走(5十5√2一5√3)km
BC,AD∥BC,∴.∠ADE=∠CBF,在△ADE和△CBF
(AD-BC.
中，
∠ADE=∠CBF,.△ADE≌△CBF(SAS).AE=
DE=BF.
13
E-
CF.10.D11.D12.S1=S213.D14.B15.B
(第15题图)
(第16题图)
16.C17.A18.(7,4)19.5020.证明：四边形
16.解：(1)海港C受台风影向.理由如下：如图，过点C作
ABCD是平行四边形，.AD=BC,AD∥BC,∠A=∠C
CD⊥AB于点D.:AC=300km,BC=400km,AB=
∴.∠E=∠F.又，BE=DF,∴.BE+BC=DF+AD,即
500km,∴.AC十BC=AB..△ABC是直角三角形，且
∠E=∠F,
AF=CE,在△CEH和△AFG中，EC=FA,.△CEH
∠ACB=90.:Sr=号AC·BC=号AB·CD,
∠C=∠A,
△AFG(ASA).∴AG=CH.21.(1)证明：：四边形ABCD
:CD=AC:BC=300X400=240(km).:以台风中心为
是平行四边形，∴.AD=BC,AD∥BC.∴.∠DAE=∠CFE.
AB
500
'∠DAE=∠CFE,
圆心周围250km以内为受影响区域，∴.海港C受到台风
在△ADE和△FCE中，
∠DEA=∠CEF,,∴.△ADE≌
影响.(2)当E℃=250km,FC=250km时，正好影响C港
DE-CE.
口.在Rt△CED中，由勾股定理，得ED=√EC-CD=
△FCE(AAS).(2)解：△ADE≌△FCE,∴.AD=FC
√2502-2402=70(km),∴.EF=140km.,台风的速度为
又AD=BC,∴.FC=BC,即BF=2BC.又：AB=2BC
20km/h,∴.140÷20=7(h).即台风影响该海港持续的时
.BF=AB.∠BAF=∠F=36°..∠B=180°-2X
间为7h.
36=108,22,(1)证明：，四边形ABCD是平行四边
本章自我测评
形，∴AD∥BC,AB∥CD,AB=CD.∠DAE=∠E.AE平
分∠BAD,∠DAE=∠BAE..∠BAE=∠E.∴.BE=
1.A2.C3.C4.B5.A6.D7.B8.B9.如果
AB.又：AB=CD,BE=CD.(2)解：AB=BE,
3a=36,那么a=b10.(√10+1)11.2√5m12.12
∠E=60,∴.△ABE是等边三角形，，AE=AB=4,再由
·142·专题训练（四）判定正方形两捷径
类型1从矩形角度出发
类型2从菱形角度出发
1.(邵阳)如图，在□ABCD中，对角线AC,BD
3.(青岛)如图，在□ABCD中，O是CD的中点，
相交于点0，∠1=∠2.
连接AO并延长，交BC的延长线于点E.
(1)求证：四边形ABCD是矩形；
(1)求证：△AOD≌△EOC:
(2)请添加一个条件使矩形ABCD成为正方
(2)连接AC,DE,当∠B=∠AEB=
形，并证明.
时，四边形ACED是正方形，请说明理由，
4.如图，AD是△ABC的角平分线，线段AD的
2.如图，已知在△ABC中，AB=AC,D为BC边
垂直平分线分别交AB和AC于点E,F,连接
的中点，过点D作DE⊥AB,DF⊥AC,垂足分
DE.DF.
别为E,F.
(1)试判断四边形AEDF的形状，并证明你的
(1)求证：△BED≌△CFD:
结论
(2)若∠A=90°，求证：四边形DFAE是正
(2)当△ABC满足什么条件时，四边形AEDF
方形.
是正方形？请说明理由.
051
