人教版八年级下册数学-核心素养专题：四边形中的探究与创新-经典通用.doc

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核心素养专题：四边形中的探究与创新

1．(2017·苏州中考)如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，AD＝8，F是AB的中点．过点F作FE⊥AD，垂足为E.将△AEF沿点A到点B的方向平移，得到△A′E′F′.设P、P′分别是EF、E′F′的中点，当点A′与点B重合时，四边形PP′CD的面积为()

A．28eq\r(,3)B．24eq\r(,3)

C．32eq\r(,3)D．32eq\r(,3)－8

第1题图第2题图

2．(2017·北京中考)数学家吴文俊院士非常重视古代数学家贾宪提出的“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的直线，则所容两长方形面积相等(如图所示)”这一推论，他从这一推论出发，利用“出入相补”原理复原了《海岛算经》九题古证．(以上材料来源于《古证复原的原理》《吴文俊与中国数学》和《古代世界数学泰斗刘徽》)

请根据上图完成这个推论的证明过程．

证明：S矩形NFGD＝S△ADC－(S△ANF＋S△FGC)，S矩形EBMF＝S△ABC－(______________＋______________)．

易知S△ADC＝S△ABC，______________＝______________，______________＝______________．可得S矩形NFGD＝S矩形EBMF.

3．(2017·兰州中考)如图①，将一张矩形纸片ABCD沿着对角线BD向上折叠，顶点C落到点E处，BE交AD于点F.

(1)求证：△BDF是等腰三角形；

(2)如图②，过点D作DG∥BE，交BC于点G，连接FG交BD于点O.

①判断四边形BFDG的形状，并说明理由；

②若AB＝6，AD＝8，求FG的长．

4．(2017·通辽中考)邻边不相等的平行四边形纸片，剪去一个菱形，余下一个四边形，称为第一次操作；在余下的四边形纸片中再剪去一个菱形，又余下一个四边形，称为第二次操作……依此类推，若第n次操作余下的四边形是菱形，则称原平行四边形为n阶准菱形．如图①，?ABCD中，若AB＝1，BC＝2，则?ABCD为1阶准菱形．

(1)猜想与计算：邻边长分别为3和5的平行四边形是________阶准菱形；已知?ABCD的邻边长分别为a，b(a＞b)，满足a＝8b＋r，b＝5r，请写出?ABCD是________阶准菱形；

(2)操作与推理：小明为了剪去一个菱形，进行了如下操作：如图②，把?ABCD沿BE折叠(点E在AD上)，使点A落在BC边上的点F处，得到四边形ABFE.求证：四边形ABFE是菱形．

参考答案与解析

1．A解析：如图，连接BD，DF，DF交PP′于H.由题意得PP′＝AA′＝AB＝CD，PP′∥AA′∥CD，∴四边形PP′CD是平行四边形．∵四边形ABCD是菱形，∠A＝60°，

∴△ABD是等边三角形．∵AF＝FB，∴DF⊥AB，DF⊥PP′.∵AF＝eq\f(1,2)AB＝4，AD＝8，∴DF＝4eq\r(,3).在Rt△AEF中，∵∠AEF＝90°，∠A＝60°，AF＝4，则∠AFE＝30°，∴AE＝2，EF＝2eq\r(3)，∴PE＝PF＝eq\r(3).在Rt△PHF中，∵∠FPH＝30°，PF＝eq\r(3)，∴HF＝eq\f(1,2)PF＝eq\f(\r(3),2)，∴DH＝DF－HF＝4eq\r(3)－eq\f(\r(3),2)＝eq\f(7\r(3),2)，∴S?PP′CD＝eq\f(7\r(3),2)×8＝28eq\r(3).故选A.

2．S△AEFS△CFMS△ANFS△AEFS△FGCS△CFM

3．(1)证明：根据折叠得∠DBC＝∠DBE，又∵AD∥BC，∴∠DBC＝∠ADB，∴∠DBE＝∠ADB，∴DF＝BF，∴△BDF是等腰三角形．

(2)解：①四边形BFDG是菱形．理由如下：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴FD∥BG.又∵FD＝BF＝BG，∴四边形BFDG是平行四边形．∵DF＝BF，∴四边形BFDG是菱形．

②∵AB＝6，AD＝8，∴BD＝10.∴OB＝eq\f(1,2)BD＝5.设DF＝BF＝x，∴AF＝AD－DF＝8－x.在Rt△ABF中，由勾股定理得AB2＋AF2＝BF2，即62＋(8－x)2＝x2，解得x＝eq\f(25,4)，即BF＝eq\f(25,4)