2020-2021学年苏科版数学八年级下册第九章《中心对称图形—平行四边形》易错题专练（五）（Word版 含解析）

八年级下册第九章《中心对称图形—平行四边形》
易错题专练（五）
1．已知O为直线AB上的一点，∠COE是直角，OF平分∠AOE．
（1）如图1，若∠COF＝34°，则∠BOE＝　 　；若∠COF＝n°，则∠BOE＝　 　；∠BOE与∠COF的数量关系为　 　．
（2）当射线OE绕点O逆时针旋转到如图2的位置时，（1）中∠BOE与∠COF的数量关系是否仍然成立？如成立请写出关系式；如不成立请说明理由．
（3）在图3中，若∠COF＝65°，在∠BOE的内部是否存在一条射线OD，使得2∠BOD与∠AOF的和等于∠BOE与∠BOD的差的一半？若存在，请求出∠BOD的度数；若不存在，请说明理由．
2．如图1，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，AB＝AC，四边形ADEF是正方形，点B、C分别在边AD、AF上．
（1）当△ABC绕点A逆时针旋转α（0°＜α＜90°）时，如图2，求证：BD＝CF；
（2）当△ABC绕点A逆时针旋转45°时，如图3，延长DB交CF于点H．连接BF、DF，延长AB交DF与M，连接HM．找出所有与∠MHB和为45度的角．
3．如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AD的中点，点F，G在AB上，EF⊥AB，OG∥EF．
（1）OE　 　AE（填＜、＝、＞）；
（2）求证：四边形OEFG是矩形；
（3）若AD＝10，EF＝4，求OE和BG的长．
4．如图，点B、F、C、E在一条直线上，FB＝CE，AB∥ED，AC∥FD，AD交BE于点O．
（1）求证：AD与BE互相平分；
（2）若AB⊥AC，AC＝BF，BE＝8，FC＝2，求AB的长．
5．如图，矩形ABCD，过点B作BE∥AC交DC的延长线于点E．过点D作DH⊥BE于H，G为AC中点，连接GH．
（1）求证：BE＝AC．
（2）判断GH与BE的数量关系并证明．
6．如图，在△ABC中，D是边BC的中点，点E在△ABC内，AE平分∠BAC，CE⊥AE，点F在边AB上，EF∥BC．求证：
（1）四边形BDEF是平行四边形；
（2）BF＝（AB﹣AC）．
7．如图，已知四边形ABCD为正方形，AB＝4，点E为对角线AC上一动点，连接DE、过点E作EF⊥DE．交BC点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
（1）求证：矩形DEFG是正方形；
（2）探究：CE+CG的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．
8．如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，在方格纸中建立如图所示的平面直角坐标系，△ABC的顶点都在格点上．
（1）将△ABC向右平移6个单位长度得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1；
（2）画出△A1B1C1关于点O的中心对称图形△A2B2C2；
（3）若将△ABC绕某一点旋转可得到△A2B2C2，请直接写出旋转中心的坐标．
9．如图，在正方形ABCD中，点F是BC延长线上一点，BE⊥DF，垂足为E，BE交CD于点G．
（1）求证：BG＝DF；
（2）求证：EF+EG＝CE．
10．如图，已知四边形ABCD是正方形，点E、F分别在AD、DC上，BE与AF相交于点G，且BE＝AF．
（1）求证：△ABE≌△DAF；
（2）求证：BE⊥AF；
（3）如果正方形ABCD的边长为5，AE＝2，点H为BF的中点，连接GH．求GH的长．
参考答案
1．解：（1）∵∠COE是直角，∠COF＝34°，
∴∠EOF＝90°﹣34°＝56°，
由∵OF平分∠AOE．
∴∠AOE＝2∠EOF＝112°，
∴∠BOE＝180°﹣112°＝68°；
当∠COF＝n°，
∴∠EOF＝90°﹣n°，
∴∠AOE＝2∠EOF＝180°﹣2n°，
∴∠BOE＝180°﹣（180°﹣2n°）＝2n°，
所以有∠BOE＝2∠COF．
故答案为：68°，2n°，∠BOE＝2∠COF；
（2）∠BOE与∠COF的数量关系仍然成立．理由如下：
设∠COF＝n°，如图2，
∵∠COE是直角，
∴∠EOF＝90°﹣n°，
又∵OF平分∠AOE．
∴∠AOE＝2∠EOF＝180°﹣2n°，
∴∠BOE＝180°﹣（180°﹣2n°）＝2n°，
即∠BOE＝2∠COF；
（3）存在．理由如下：
如图3，∵∠COF＝65°，
∴∠BOE＝2×65°＝130°，
∠EOF＝∠AOF＝90°﹣65°＝25°，
而2∠BOD与∠AOF的和等于∠BOE与∠BOD的差的一半，
∴2∠BOD+25°＝（130°﹣∠BOD），
∴∠BOD＝16°．
2．（l）证明：如图2中，
由旋转得：AC＝AB，∠CAF＝∠BAD＝α；AF＝AD，
在△ABD和△ACF中，
，
∴△ABD≌△ACF（SAS），
∴BD＝CF．
（2）解：如图3中，设AF交DH于J．
∵△ABD≌△ACF，
∴∠AFC＝∠ADB，
∵∠FJH＝∠AJD，
∴∠FHJ＝∠DAJ＝90°，
∵∠BAD＝∠BAF＝45°，AF＝AD，
∴AM⊥DF，NF＝MD，
∴BF＝BD，
∴∠BFM＝∠BDM，
∴∠BMF＝∠BHF＝90°，
∴B，M，F，H四点共圆，
∴∠MHB＝∠BFM，
∵∠AFB+∠DFB＝45°，∠ADB+∠BDF＝45°，
∴与∠MHB和为45度的角有∠AFB，∠ADB，∠AFC．
3．（1）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵E是AD的中点，
∴OE＝AD＝AE，
故答案为：＝；
（2）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴OB＝OD，
∵E是AD的中点，
∴OE是△ABD的中位线，
∴OE∥FG，
∵OG∥EF，
∴四边形OEFG是平行四边形，
∵EF⊥AB，
∴∠EFG＝90°，
∴平行四边形OEFG是矩形；
（3）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，AB＝AD＝10，
∴∠AOD＝90°，
∵E是AD的中点，
∴OE＝AE＝AD＝5；
由（1）知，四边形OEFG是矩形，
∴FG＝OE＝5，
∵AE＝5，EF＝4，
∴AF＝＝＝3，
∴BG＝AB﹣AF﹣FG＝10﹣3﹣5＝2．
4．（1）证明：如图，连接BD、AE，
∵FB＝CE，
∴BC＝EF，
又∵AB∥ED，AC∥FD，
∴∠ABC＝∠DEF，∠ACB＝∠DFE，
在△ABC和△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF（ASA），
∴AB＝DE，
又∵AB∥DE，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∴AD与BE互相平分；
（2）解：∵FB＝CE，
∴BE＝2BF+FC，
∴BF＝＝＝3，
∴AC＝BF＝3，BC＝BF+FC＝3+2＝5，
∵AB⊥AC，
∴由勾股定理得：AB＝＝＝4．
5．（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∵AC∥BE，
∴四边形ABEC是平行四边形，
∴BE＝AC；
（2）GH＝BE，
证明：连接BD，
∵四边形ABCD是矩形，G为AC的中点，
∴G为BD的中点，AC＝BD，
∵DH⊥BE，即∠DHB＝90°，
∴GH＝BD，
∵AC＝BD，AC═BE，
∴GH＝BE．
6．证明：（1）延长CE交AB于点G，如图所示：
∵AE⊥CE，
∴∠AEG＝∠AEC＝90°，
在△AEG和△AEC中，
，
∴△AGE≌△ACE（ASA），
∴GE＝EC，
∵D是边BC的中点，
∴DE为△CGB的中位线，
∴DE∥AB．
∵EF∥BC，
∴四边形BDEF是平行四边形．
（2）由（1）可知，四边形BDEF是平行四边形，
∴BF＝DE．
∵D、E分别是BC、GC的中点，
∴BF＝DE＝BG．
∵△AGE≌△ACE，
∴AG＝AC，
∴BF＝（AB﹣AG）＝（AB﹣AC）．
7．解：（1）如图所示，过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，
∵正方形ABCD，
∴∠BCD＝90°，∠ECN＝45°，
∴∠EMC＝∠ENC＝∠BCD＝90°，且NE＝NC，
∴四边形EMCN为正方形，
∵四边形DEFG是矩形，
∴EM＝EN，∠DEN+∠NEF＝∠MEF+∠NEF＝90°，
∴∠DEN＝∠MEF，
又∠DNE＝∠FME＝90°，
在△DEN和△FEM中，，
∴△DEN≌△FEM（ASA），
∴ED＝EF，
∴矩形DEFG为正方形，
（2）CE+CG的值为定值，理由如下：
∵矩形DEFG为正方形，
∴DE＝DG，∠EDC+∠CDG＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∵AD＝DC，∠ADE+∠EDC＝90°，
∴∠ADE＝∠CDG，
在△ADE和△CDG中，，
∴△ADE≌△CDG（SAS），
∴AE＝CG，
∴AC＝AE+CE＝AB＝×4＝8，
∴CE+CG＝8是定值．
8．解：（1）如图，△A1B1C1即为所求；
（2）如图，△A2B2C2即为所求；
（3）根据图形可知：
旋转中心的坐标为：（﹣3，0）．
9．解：（1）证明：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCG＝∠DCB＝∠DCF＝90°，BC＝DC，
∵BE⊥DF，
∴∠CBG+∠F＝∠CDF+∠F，
∴∠CBG＝∠CDF，
在△CBG和△CDF中，
，
∴△CBG≌△CDF（ASA），
∴BG＝DF；
（2）如图，过点C作CM⊥CE交BE于点M，
∵△CBG≌△CDF，
∴CG＝CF，∠F＝∠CGB，
∵∠MCG+∠DCE＝∠ECF+∠DCE＝90°，
∴∠MCG＝∠ECF，
在△MCG和△ECF中，
，
∴△MCG≌△ECF（ASA），
∴MG＝EF，CM＝CE，
∴△CME是等腰直角三角形，
∴ME＝CE，
又∵ME＝MG+EG＝EF+EG，
∴EF+EG＝CE．
10．解：（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAE＝∠D＝90°，AB＝AD，
在Rt△ABE和Rt△DAF中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△DAF（HL）；
（2）证明：∵Rt△ABE≌Rt△DAF，
∴∠ABE＝∠DAF，
∵∠ABE+∠BEA＝90°，
∴∠DAF+∠BEA＝90°，
∴∠AGE＝∠BGF＝90°，
∴BE⊥AF；
（3）∵BE⊥AF，
∵点H为BF的中点，
∴GH＝BF，
∵在Rt△BCF中，BC＝5，CF＝CD﹣DF＝5﹣2＝3，根据勾股定理，得
∴BF＝＝，
∴GH＝．