数学平行四边形的专项培优 易错 难题练习题(含答案)附详细答案

一、平行四边形真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．如图，现有一张边长为4的正方形纸片ABCD，点P为正方形AD边上的一点（不与点A、点D重合），将正方形纸片折叠，使点B落在P处，点C落在G处，PG交DC于H，折痕为EF，连接BP、BH．

（1）求证：∠APB=∠BPH；

（2）当点P在边AD上移动时，求证：△PDH的周长是定值；

（3）当BE+CF的长取最小值时，求AP的长．

【答案】（1）证明见解析．（2）证明见解析．（3）2．

【解析】

试题分析：（1）根据翻折变换的性质得出∠PBC=∠BPH，进而利用平行线的性质得出

∠APB=∠PBC即可得出答案；

（2）首先证明△ABP≌△QBP，进而得出△BCH≌△BQH，即可得出

PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8；

（3）过F作FM⊥AB，垂足为M，则FM=BC=AB，证明△EFM≌△BPA，设AP=x，利用折叠的性质和勾股定理的知识用x表示出BE和CF，结合二次函数的性质求出最值．

试题解析：（1）解：如图1，

∵PE=BE，

∴∠EBP=∠EPB．

又∵∠EPH=∠EBC=90°，

∴∠EPH-∠EPB=∠EBC-∠EBP．

即∠PBC=∠BPH．

又∵AD∥BC，

∴∠APB=∠PBC．

∴∠APB=∠BPH．

（2）证明：如图2，过B 作BQ ⊥PH ，垂足为Q ．

由（1）知∠APB=∠BPH ，

又∵∠A=∠BQP=90°，BP=BP ，

在△ABP 和△QBP 中，

{90APB BPH

A BQP BP BP

∠=∠∠=∠=?=，

∴△ABP ≌△QBP （AAS ），

∴AP=QP ，AB=BQ ，

又∵AB=BC ，

∴BC=BQ ．

又∠C=∠BQH=90°，BH=BH ，

在△BCH 和△BQH 中，

{90BC BQ

C BQH BH BH

=∠=∠=?=，

∴△BCH ≌△BQH （SAS ），

∴CH=QH ．

∴△PHD 的周长为：PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8．

∴△PDH 的周长是定值．

（3）解：如图3，过F 作FM ⊥AB ，垂足为M ，则FM=BC=AB ．

又∵EF 为折痕，

∴EF ⊥BP ．

∴∠EFM+∠MEF=∠ABP+∠BEF=90°，

∴∠EFM=∠ABP ．

又∵∠A=∠EMF=90°，

在△EFM 和△BPA 中，

{EFM ABP

EMF A FM AB

∠=∠∠=∠=，

∴△EFM ≌△BPA （AAS ）．

∴EM=AP ．

设AP=x

在Rt △APE 中，（4-BE ）2+x 2=BE 2．

解得BE=2+2

8

x ， ∴CF=BE-EM=2+28

x -x ， ∴BE+CF=24

x -x+4=14（x-2）2+3． 当x=2时，BE+CF 取最小值，

∴AP=2．

考点：几何变换综合题．

2．问题发现：

（1）如图①，点P 为平行四边形ABCD 内一点，请过点P 画一条直线l ，使其同时平分平行四边形ABCD 的面积和周长．

问题探究：

（2）如图②，在平面直角坐标系xOy 中，矩形OABC 的边OA 、OC 分别在x 轴、y 轴正半轴上，点B 坐标为(8,6)．已知点(6,7)P 为矩形外一点，请过点P 画一条同时平分矩形OABC 面积和周长的直线l ，说明理由并求出直线l ，说明理由并求出直线l 被矩形ABCD 截得线段的长度．

问题解决：

（3）如图③，在平面直角坐标系xOy 中，矩形OABCD 的边OA 、OD 分别在x 轴、y 轴正半轴上，DC x ∥轴，AB y ∥轴，且8OA OD ==，2AB CD ==

，点

(10P --为五边形内一点．请问：是否存在过点P 的直线l ，分别与边OA 与BC 交于点E 、F ，且同时平分五边形OABCD 的面积和周长?若存在，请求出点E 和点F 的坐标：若不存在，请说明理由．

【答案】（1）作图见解析；（2）25y x =-，35；（3）(0,0)E ，(5,5)F ．

【解析】

试题分析：（1）连接AC 、BD 交于点O ，作直线PO ，直线PO 将平行四边形ABCD 的面积和周长分别相等的两部分．

（2）连接AC ，BD 交于点O '，过O '、P 点的直线将矩形ABCD 的面积和周长分为分别相等的两部分．

（3）存在，直线y x =平分五边形OABCD 面积、周长．

试题解析：（1）作图如下：

（2）∵(6,7)P ，(4,3)O '， ∴设:6PO y kx =+'，

67{43k b k b +=+=，2{5

k b ==-， ∴25y x =-，

交x 轴于5,02N ?? ???

， 交BC 于11,62M ??

???

， 2211563522MN ??=+-= ???

（3）存在，直线y x =平分五边形OABCD 面积、周长． ∵(1052,1052)P --在直线y x =上，

∴连OP 交OA 、BC 于点E 、F ，

设:BC y kx b =+，(8,2)(2,8)B C ，

82{28k b k +=+=，1{10

k b =-=， ∴直线:10BC y x =-+，

联立10{y x y x =-+=，得55x y =??=?

， ∴(0,0)E ，(5,5)F ．

3．已知：如图，在平行四边形ABCD 中，O 为对角线BD 的中点，过点O 的直线EF 分别交AD ，BC 于E ，F 两点，连结BE ，DF ．

（1）求证：△DOE ≌△BOF ．

（2）当∠DOE 等于多少度时，四边形BFDE 为菱形？请说明理由．

【答案】（1）证明见解析；（2）当∠DOE =90°时，四边形BFED 为菱形，理由见解析.

【解析】

试题分析：（1）利用平行四边形的性质以及全等三角形的判定方法得出△DOE ≌△BOF （ASA ）；

（2）首先利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出四边形EBFD是平行四边形，进而利用垂直平分线的性质得出BE=ED，即可得出答案．

试题解析：（1）∵在?ABCD中，O为对角线BD的中点，

∴BO=DO，∠EDB=∠FBO，

在△EOD和△FOB中

，

∴△DOE≌△BOF（ASA）；

（2）当∠DOE=90°时，四边形BFDE为菱形，

理由：∵△DOE≌△BOF，∴OE=OF，又∵OB=OD，∴四边形EBFD是平行四边形，

∵∠EOD=90°，∴EF⊥BD，∴四边形BFDE为菱形．

考点：平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质；菱形的判定．

4．在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF=∠CEF=45°.

(1)将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG(如图①)，求证：△AEG≌△AEF；

(2)若直线EF与AB，AD的延长线分别交于点M，N(如图②)，求证：EF2=ME2+NF2；

(3)将正方形改为长与宽不相等的矩形，若其余条件不变(如图③)，请你直接写出线段EF，BE，DF之间的数量关系.

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）EF2=2BE2+2DF2.

【解析】

试题分析：（1）根据旋转的性质可知AF=AG，∠EAF=∠GAE=45°，故可证△AEG≌△AEF；（2）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM．由（1）知

△AEG≌△AEF，则EG=EF．再由△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，得出

CE=CF，BE=BM，NF=DF，然后证明∠GME=90°，MG=NF，利用勾股定理得出

EG2=ME2+MG2，等量代换即可证明EF2=ME2+NF2；

（3）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，根据旋转的性质可以得到

△ADF≌△ABG，则DF=BG，再证明△AEG≌△AEF，得出EG=EF，由EG=BG+BE，等量代换得到EF=BE+DF．

试题解析：（1）∵△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，∴AF=AG，∠FAG=90°，

∵∠EAF=45°，

∴∠GAE=45°，

在△AGE与△AFE中，

，

∴△AGE≌△AFE（SAS）；

（2）设正方形ABCD的边长为a．

将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM．

则△ADF≌△ABG，DF=BG．

由（1）知△AEG≌△AEF，

∴EG=EF．

∵∠CEF=45°，

∴△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，

∴CE=CF ，BE=BM，NF=DF，

∴a﹣BE=a﹣DF，

∴BE=DF，

∴BE=BM=DF=BG，

∴∠BMG=45°，

∴∠GME=45°+45°=90°，

∴EG2=ME2+MG2，

∵EG=EF，MG=BM=DF=NF，

∴EF2=ME2+NF2；

（3）EF2=2BE2+2DF2．

如图所示，延长EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，

将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△AGH，连结HM，HE．

由（1）知△AEH≌△AEF，

则由勾股定理有（GH+BE）2+BG2=EH2，

即（GH+BE）2+（BM﹣GM）2=EH2

又∴EF=HE，DF=GH=GM，BE=BM，所以有（GH+BE）2+（BE﹣GH）2=EF2，

即2（DF2+BE2）=EF2

考点：四边形综合题

5．已知Rt△ABD中，边AB=OB=1，∠ABO=90°

问题探究：

（1）以AB为边，在Rt△ABO的右边作正方形ABC，如图（1），则点O与点D的距离为．

（2）以AB为边，在Rt△ABO的右边作等边三角形ABC，如图（2），求点O与点C的距离．

问题解决：

（3）若线段DE=1，线段DE的两个端点D，E分别在射线OA、OB上滑动，以DE为边向外作等边三角形DEF，如图（3），则点O与点F的距离有没有最大值，如果有，求出最大值，如果没有，说明理由．

【答案】(1)5(2)62

+

(3)

321

++

【解析】

【分析】

试题分析：(1)、如图1中，连接OD，在Rt△ODC中，根据22

OC CD

+

可．(2)、如图2中，作CE⊥OB于E，CF⊥AB于F，连接OC．在Rt△OCE中，根据22

OE CE

+计算即可．(3)、如图3中，当OF⊥DE时，OF的值最大，设OF交DE于

H，在OH上取一点M，使得OM=DM，连接DM．分别求出MH、OM、FH即可解决问题．

【详解】

试题解析：(1)、如图1中，连接OD，

∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=AD=1，∠C=90°在Rt△ODC中，∵∠C=90°，OC=2，CD=1，

∴OD=2222

215

OC CD

+=+=

(2)、如图2中，作CE⊥OB于E，CF⊥AB于F，连接OC．

∵∠FBE=∠E=∠CFB=90°，∴四边形BECF是矩形，∴BF=CF=1

2，CF=BE=

3

，

在Rt△OCE中，OC=

22

22

31

1

22

OE CE

????

+=++

? ?

???

??

=

62

2

+

．

(3)、如图3中，当OF⊥DE时，OF的值最大，设OF交DE于H，在OH上取一点M，使得OM=DM，连接DM．

∵FD=FE=DE=1，OF⊥DE，∴DH=HE，OD=OE，∠DOH=1

2

∠DOE=22.5°，∵OM=DM，

∴∠MOD=∠MDO=22.5°，∴∠DMH=∠MDH=45°，∴DH=HM=1

2，∴DM=OM=

2

2

，

∵223

DF DH

-=，∴213

2

+

321

++

∴OF321

++

考点：四边形综合题．

6．如图（1）在正方形ABCD中，点E是CD边上一动点，连接AE，作BF⊥AE，垂足为G 交AD于F

（1）求证：AF＝DE；

（2）连接DG，若DG平分∠EGF，如图（2），求证：点E是CD中点；

（3）在（2）的条件下，连接CG，如图（3），求证：CG＝CD．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）CG＝CD，见解析．

【解析】

【分析】

（1）证明△BAF≌△ADE（ASA）即可解决问题．

（2）过点D作DM⊥GF，DN⊥GE，垂足分别为点M，N．想办法证明AF＝DF，即可解决问题．

（3）延长AE，BC交于点P，由（2）知DE＝CD，利用直角三角形斜边中线的性质，只要证明BC＝CP即可．

【详解】

（1）证明：如图1中，

在正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠D＝90o，

∴∠2+∠3＝90°

又∵BF⊥AE，

∴∠AGB＝90°

∴∠1+∠2＝90°，

∴∠1＝∠3

在△BAF与△ADE中，

∠1=∠3 BA=AD ∠BAF=∠D，

∴△BAF≌△ADE（ASA）

∴AF＝DE．

（2）证明：过点D作DM⊥GF，DN⊥GE，垂足分别为点M，N．

由（1）得∠1＝∠3，∠BGA＝∠AND＝90°，AB＝AD

∴△BAG≌△ADN（AAS）

∴AG＝DN，

又DG平分∠EGF，DM⊥GF，DN⊥GE，

∴DM＝DN，

∴DM＝AG，又∠AFG＝∠DFM，∠AGF＝∠DMF

∴△AFG≌△DFM（AAS），

∴AF＝DF＝DE＝1

2AD＝

1

2

CD，

即点E是CD的中点．

（3）延长AE，BC交于点P，由（2）知DE＝CD，

∠ADE＝∠ECP＝90°，∠DEA＝∠CEP，

∴△ADE≌△PCE（ASA）

∴AE＝PE，

又CE∥AB，

∴BC＝PC，

在Rt△BGP中，∵BC＝PC，

∴CG＝1

2

BP＝BC，

∴CG＝CD．

【点睛】

本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质定理，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．

7．已知AD是△ABC的中线P是线段AD上的一点（不与点A、D重合），连接PB、PC，E、F、G、H分别是AB、AC、PB、PC的中点，AD与EF交于点M；

（1）如图1，当AB＝AC时，求证：四边形EGHF是矩形；

（2）如图2，当点P与点M重合时，在不添加任何辅助线的条件下，写出所有与△BPE面积相等的三角形（不包括△BPE本身）．

【答案】（1）见解析；（2）△APE、△APF、△CPF、△PGH．

【解析】

【分析】

（1）由三角形中位线定理得出EG∥AP，EF∥BC，EF=1

2

BC，GH∥BC，GH=

1

2

BC，推出

EF∥GH，EF=GH，证得四边形EGHF是平行四边形，证得EF⊥AP，推出EF⊥EG，即可得出结论；

（2）由△APE与△BPE的底AE=BE，又等高，得出S△APE=S△BPE，由△APE与△APF的底EP=FP，又等高，得出S△APE=S△APF，由△APF与△CPF的底AF=CF，又等高，得出

S△APF=S△CPF，证得△PGH底边GH上的高等于△AEF底边EF上高的一半，推出

S△PGH=1

2

S△AEF=S△APF，即可得出结果．

【详解】

（1）证明：∵E、F、G、H分别是AB、AC、PB、PC的中点，

∴EG∥AP，EF∥BC，EF＝1

2BC，GH∥BC，GH＝

1

2

BC，

∴EF∥GH，EF＝GH，

∴四边形EGHF是平行四边形，

∵AB＝AC，

∴AD⊥BC，

∴EF⊥AP，

∵EG∥AP，

∴EF⊥EG，

∴平行四边形EGHF是矩形；

（2）∵PE是△APB的中线，

∴△APE与△BPE的底AE＝BE，又等高，∴S△APE＝S△BPE，

∵AP 是△AEF 的中线，

∴△APE 与△APF 的底EP ＝FP ，又等高，

∴S △APE ＝S △APF ，

∴S △APF ＝S △BPE ，

∵PF 是△APC 的中线，

∴△APF 与△CPF 的底AF ＝CF ，又等高，

∴S △APF ＝S △CPF ，

∴S △CPF ＝S △BPE ，

∵EF ∥GH ∥BC ，E 、F 、G 、H 分别是AB 、AC 、PB 、PC 的中点，

∴△AEF 底边EF 上的高等于△ABC 底边BC 上高的一半，△PGH 底边GH 上的高等于△PBC 底边BC 上高的一半，

∴△PGH 底边GH 上的高等于△AEF 底边EF 上高的一半，

∵GH ＝EF ，

∴S △PGH ＝12

S △AEF ＝S △APF ， 综上所述，与△BPE 面积相等的三角形为：△APE 、△APF 、△CPF 、△PGH ．

【点睛】

本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定、三角形中位线定理、平行线的性质、三角形面积的计算等知识，熟练掌握三角形中位线定理是解决问题的关键．

8．（1）如图1，将矩形ABCD 折叠，使BC 落在对角线BD 上，折痕为BE ，点C 落在点C '处，若42ADB =∠，则DBE ∠的度数为______.

（2）小明手中有一张矩形纸片ABCD ，4AB =，9AD =.

（画一画）如图2，点E 在这张矩形纸片的边AD 上，将纸片折叠，使AB 落在CE 所在直线上，折痕设为MN （点M ，N 分别在边AD ，BC 上），利用直尺和圆规画出折痕MN （不写作法，保留作图痕迹，并用黑色水笔把线段描清楚）；

（算一算）如图3，点F 在这张矩形纸片的边BC 上，将纸片折叠，使FB 落在射线FD 上，折痕为GF ，点,A B 分别落在点A '，B '处，若73

AG =，求B D '的长.

【答案】（1）21；（2）画一画；见解析；算一算：3

B D'=

【解析】

【分析】

（1）利用平行线的性质以及翻折不变性即可解决问题；

（2）【画一画】，如图2中，延长BA交CE的延长线由G，作∠BGC的角平分线交AD于M，交BC于N，直线MN即为所求；

【算一算】首先求出GD=9-720

33

=，由矩形的性质得出AD∥BC，BC=AD=9，由平行线的

性质得出∠DGF=∠BFG，由翻折不变性可知，∠BFG=∠DFG，证出∠DFG=∠DGF，由等腰三

角形的判定定理证出DF=DG=20

3

，再由勾股定理求出CF，可得BF，再利用翻折不变性，

可知FB′=FB，由此即可解决问题．【详解】

（1）如图1所示：

∵四边形ABCD是矩形，

∴AD∥BC，

∴∠ADB=∠DBC=42°，

由翻折的性质可知，∠DBE=∠EBC=1

2

∠DBC=21°，

故答案为21．

（2）【画一画】如图所示：

【算一算】

如3所示：

∵AG=7

3

，AD=9，

∴GD=9-720

33

=，

∵四边形ABCD是矩形，

∴AD∥BC，BC=AD=9，

∴∠DGF=∠BFG，

由翻折不变性可知，∠BFG=∠DFG，∴∠DFG=∠DGF，

∴DF=DG=20

3

，

∵CD=AB=4，∠C=90°，

∴在Rt△CDF中，由勾股定理得：CF=

2

222

2016

4

33 DF CD

??

-=-=

?

??

，

∴BF=BC-CF=91611

33

-=，

由翻折不变性可知，FB=FB′=11 3

，

∴B′D=DF-FB′=20113

33

-=.

【点睛】

四边形综合题，考查了矩形的性质、翻折变换的性质、勾股定理、等腰三角形的判定、平行线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用翻折不变性解决问题．

9．如图，已知矩形ABCD中，E是AD上一点，F是AB上的一点，EF⊥EC，且EF＝EC．（1）求证：△AEF≌△DCE．

（2）若DE＝4cm，矩形ABCD的周长为32cm，求AE的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）6cm.

【解析】

分析：（1）根据EF⊥CE，求证∠AEF=∠ECD．再利用AAS即可求证△AEF≌△DCE．（2）利用全等三角形的性质，对应边相等，再根据矩形ABCD的周长为32cm，即可求得AE的长.

详解：（1）证明：∵EF⊥CE，

∴∠FEC=90°，

∴∠AEF+∠DEC=90°，而∠ECD+∠DEC=90°，

∴∠AEF=∠ECD．

在Rt△AEF和Rt△DEC中，

∠FAE=∠EDC=90°，∠AEF=∠ECD，EF=EC．

∴△AEF≌△DCE．

（2）解：∵△AEF≌△DCE．

AE=CD．

AD=AE+4．

∵矩形ABCD的周长为32cm，

∴2（AE+AE+4）=32．

解得，AE=6（cm）．

答：AE的长为6cm．

点睛：此题主要考查学生对全等三角形的判定与性质和矩形的性质等知识点的理解和掌握，难易程度适中，是一道很典型的题目．

10．如图1，若分别以△ABC的AC、BC两边为边向外侧作的四边形ACDE和BCFG为正方形，则称这两个正方形为外展双叶正方形．

（1）发现：如图2，当∠C=90°时，求证：△ABC与△DCF的面积相等．

（2）引申：如果∠C 90°时，（1）中结论还成立吗？若成立，请结合图1给出证明；若不成立，请说明理由；

（3）运用：如图3，分别以△ABC的三边为边向外侧作的四边形ACDE、BCFG和ABMN为正方形，则称这三个正方形为外展三叶正方形．已知△ABC中，AC=3，BC=4．当

∠C=_____°时，图中阴影部分的面积和有最大值是________．

【答案】（1）证明见解析；（2）成立，证明见解析；（3）18.

【解析】

试题分析：（1）因为AC=DC，∠ACB=∠DCF=90°，BC=FC，所以△ABC≌△DFC，从而△ABC与△DFC的面积相等；

（2）延长BC到点P，过点A作AP⊥BP于点P；过点D作DQ⊥FC于点Q．得到四边形ACDE，BCFG均为正方形，AC=CD，BC=CF，∠ACP=∠DCQ．所以△APC≌△DQC．

于是AP=DQ．又因为S△ABC=1

2 BC?AP，

S△DFC=

1

2

FC?DQ，所以S△ABC=S△DFC；

（3）根据（2）得图中阴影部分的面积和是△ABC的面积三倍，若图中阴影部分的面积和有最大值，则三角形ABC的面积最大，当△ABC是直角三角形，即∠C是90度时，阴影部分的面积和最大．所以S阴影部分面积和=3S△ABC=3×

1

2

×3×4=18．

（1）证明：在△ABC与△DFC中，

∵{

AC DC

ACB DCF

BC FC

∠∠

＝

＝

＝

，

∴△ABC≌△DFC．

∴△ABC与△DFC的面积相等；

（2）解：成立．理由如下：

如图，延长BC到点P，过点A作AP⊥BP于点P；过点D作DQ⊥FC于点Q．

∴∠APC=∠DQC=90°．

∵四边形ACDE，BCFG均为正方形，

∴AC=CD，BC=CF，∠ACP+∠PCD=90°，∠DCQ+∠PCD=90°，

∴∠ACP=∠DCQ．

∴{

APC DQC

ACP DCQ

AC CD

∠∠

∠∠

＝

＝

＝

，

△APC≌△DQC（AAS），

∴AP=DQ．

又∵S△ABC=

1

2

BC?AP，S△DFC=

1

2

FC?DQ，

∴S△ABC=S△DFC；

（3）解：根据（2）得图中阴影部分的面积和是△ABC的面积三倍，

若图中阴影部分的面积和有最大值，则三角形ABC的面积最大，

∴当△ABC是直角三角形，即∠C是90度时，阴影部分的面积和最大．

∴S阴影部分面积和=3S△ABC=3×1

2

×3×4=18．

考点：四边形综合题