初三数学平行四边形的专项培优 易错 难题练习题(含答案)及详细答案
备战中考数学平行四边形培优易错难题练习(含答案)含详细答案
备战中考数学平行四边形培优易错难题练习(含答案)含详细答案一、平行四边形1．在四边形ABCD中，BD180，对角线AC平分BAD.〔1〕如图1，假设DAB120，且B90，试探究边AD、AB与对角线AC的数量关系并说明理由.2〕如图2，假设将〔1〕中的条件“B90〞去掉，〔1〕中的结论是否成立？请说明理由. 〔3〕如图3，假设DAB 90，探究边AD、AB与对角线AC的数量关系并说明理由.【答案】〔1〕ACAD AB.证明见解析；〔2〕成立；〔3〕ADAB2AC.理由见解析.【解析】11试题分析：〔1〕结论：AC=AD+AB，只要证明AD=AC，AB=AC即可解决问题；22〔2〕〔1〕中的结论成立．以C为顶点，AC为一边作∠ACE=60°，∠ACE的另一边交AB延长线于点E，只要证明△DAC≌△BEC即可解决问题；3〕结论：AD+AB＝2AC．过点C作CE⊥AC交AB的延长线于点E，只要证明△ACE是等腰直角三角形，△DAC≌△BEC即可解决问题；试题解析：解：〔1〕AC=AD+AB．理由如下：如图1中，在四边形ABCD中，∠D+∠B=180°，∠B=90°，∴∠D=90，°∵∠DAB=120，°AC平分∠DAB，∴∠DAC=∠BAC=60，°∵∠B=90，°11∴AB＝AC，同理AD＝AC．22AC=AD+AB．2〕〔1〕中的结论成立，理由如下：以C为顶点，AC为一边作∠ACE=60°，∠ACE的另一边交AB延长线于点E，∵∠BAC=60，°∴△AEC为等边三角形，AC=AE=CE，∵∠D+∠ABC=180，°∠DAB=120，°∴∠DCB=60，°∴∠DCA=∠BCE，∵∠D+∠ABC=180，°∠ABC+∠EBC=180，°∴∠D=∠CBE，∵CA=CE，∴△DAC≌△BEC，AD=BE，AC=AD+AB．〔3〕结论：AD+AB＝2AC．理由如下：过点C作CE⊥AC交AB的延长线于点E，∵∠D+∠B=180°，∠DAB=90°，DCB=90，°∵∠ACE=90，°∴∠DCA=∠BCE，又∵AC平分∠DAB，∴∠CAB=45，°∴∠E=45．°∴AC=CE．又∵∠D+∠ABC=180°，∠D=∠CBE，∴△CDA≌△CBE，AD=BE，AD+AB=AE．在Rt△ACE中，∠CAB=45°，∴AE AC＝2AC＝cos45ADAB＝2AC.2．如果两个三角形的两条边对应相等，夹角互补，那么这两个三角形叫做互补三角形，如图2，分别以△ABC的边AB、AC为边向外作正方形ABDE和ACGF，那么图中的两个三角形就是互补三角形．〔1〕用尺规将图1中的△ABC分割成两个互补三角形；〔2〕证明图2中的△ABC分割成两个互补三角形；〔3〕如图3，在图2的根底上再以BC为边向外作正方形BCHI．①三个正方形面积分别是17、13、10，在如图4的网格中〔网格中每个小正方形的边长为1〕画出边长为、、的三角形，并计算图3中六边形DEFGHI的面积．②假设△ABC的面积为2，求以EF、DI、HG的长为边的三角形面积．【答案】〔1〕作图见解析〔2〕证明见解析〔3〕①62；②6【解析】试题分析：〔1〕作BC边上的中线AD即可．2〕根据互补三角形的定义证明即可．3〕①画出图形后，利用割补法求面积即可．②平移△CHG到AMF，连接EM，IM，那么AM=CH=BI，只要证明S△EFM=3S△ABC即可．试题解析：〔1〕如图1中，作BC边上的中线AD，△ABD和△ADC是互补三角形．〔2〕如图2中，延长FA到点H，使得AH=AF，连接EH．∵四边形ABDE，四边形ACGF是正方形，AB=AE，AF=AC，∠BAE=∠CAF=90，°∴∠EAF+∠BAC=180，°∴△AEF和△ABC是两个互补三角形．∵∠EAH+∠HAB=∠BAC+∠HAB=90，°∴∠EAH=∠BAC，∵AF=AC，AH=AB，在△AEH和△ABC中，∴△AEH≌△ABC，∴S△AEF=S△AEH=S△ABC．〔3〕①边长为、、的三角形如图4所示．∵S△ABC=3×4﹣2﹣﹣，∴S六边形=17+13+10+4×5.5=62．②如图3中，平移△CHG到AMF，连接EM，IM，那么AM=CH=BI，设∠ABC=x，∵AM∥CH，CH⊥BC，∴AM⊥BC，∴∠EAM=90+90°﹣°x=180﹣°x，∵∠DBI=360﹣°90°﹣90°﹣x=180﹣°x，∴∠EAM=∠DBI，∵AE=BD，∴△AEM≌△DBI，∵在△DBI和△ABC中，DB=AB，BI=BC，∠DBI+∠ABC=180，°∴△DBI和△ABC是互补三角形，∴S△AEM=S△AEF=S△AFM=2，∴S△EFM=3S△ABC=6．考点：1、作图﹣应用与设计，2、三角形面积3．：在菱形ABCD中，E，F是BD上的两点，且AE∥CF．求证：四边形AECF是菱形．【答案】见解析【解析】【分析】由菱形的性质可得AB∥CD，AB＝CD，∠ADF＝∠CDF，由“SAS〞可证△ADF≌△CDF，可得AF＝CF，由△ABE≌△CDF，可得AE＝CF，由平行四边形的判定和菱形的判定可得四边形AECF是菱形．【详解】证明：∵四边形ABCD是菱形∴AB∥CD，AB＝CD，∠ADF＝∠CDF，∵AB＝CD，∠ADF＝∠CDF，DF＝DF∴△ADF≌△CDF〔SAS〕AF＝CF，∵AB∥CD，AE∥CF∴∠ABE＝∠CDF，∠AEF＝∠CFE∴∠AEB＝∠CFD，∠ABE＝∠CDF，AB＝CD∴△ABE≌△CDF〔AAS〕∴AE＝CF，且AE∥CF∴四边形AECF是平行四边形又∵AF＝CF，∴四边形AECF是菱形【点睛】此题主要考查菱形的判定定理，首先要判定其为平行四边形，这是菱形判定的根本判定. 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)假设直线EF与AB，AD的延长线分别交于点222；M，N(如图②)，求证：EF=ME+NF(3)将正方形改为长与宽不相等的矩形，假设其余条件不变(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，那么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，那么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．那么△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°°，222EG=EF，MG=BM=DF=NF，∴EF2=ME2+NF2；3〕EF2=2BE2+2DF2．如下列图，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，那么由勾股定理有〔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．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〕，那么点 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〕假设线段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〕，那么点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. 22【解析】【分析】试题分析：(1)、如图1中，连接OD，在Rt△ODC中，根据OD=OC2CD2计算即可．(2)、如图2中，作CE⊥OB于E，CF⊥AB于F，连接OC．在Rt△OCE中，根据OC=OE2CE2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=OC2CD222125(2)、如图2中，作CE⊥OB于E，CF⊥AB于F，连接OC．1，CF=BE=3，∵∠FBE=∠E=∠CFB=90，°∴四边形BECF是矩形，∴BF=CF=222在Rt△OCE中，OC=OE2CE213122262 =．(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．1FD=FE=DE=1，OF⊥DE，∴DH=HE，OD=OE，∠DOH=∠，°∵OM=DM，2∴∠MOD=∠，°∴∠DMH=∠MDH=45°，∴DH=HM=1，∴DM=OM=2，22∵FH=DF2DH23，∴OF=OM+MH+FH=213=321．22222∴OF的最大值为321．2考点：四边形综合题．6．图1、图2是两张形状、大小完全相同的方格纸，方格纸中的每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点叫做格点．〔1〕在图1中画出等腰直角三角形MON，使点N在格点上，且∠MON=90°；〔2〕在图2中以格点为顶点画一个正方形ABCD，使正方形ABCD面积等于〔1〕中等腰直角三角形MON面积的4倍，并将正方形ABCD分割成以格点为顶点的四个全等的直角三角形和一个正方形，且正方形ABCD面积没有剩余〔画出一种即可〕．【答案】〔1〕作图参见解析；〔2〕作图参见解析.【解析】试题分析：〔1〕过点O向线段OM作垂线，此直线与格点的交点为N，连接MN即可；〔2〕根据勾股定理画出图形即可．试题解析：〔1〕过点O向线段OM作垂线，此直线与格点的交点为N，连接MN，如图1所示；〔2〕等腰直角三角形MON面积是5，因此正方形面积是20，如图2所示；于是根据勾股定理画出图3：考点：1.作图﹣应用与设计作图； 2.勾股定理.7．菱形ABCD中、∠BAD＝120°，点O为射线CA上的动点，作射线OM与直线BC相交于点E，将射线OM绕点O逆时针旋转60°，得到射线ON，射线ON与直线CD相交于点F．〔1〕如图①，点O与点A重合时，点E，F分别在线段BC，CD上，请直接写出CE，CF，CA三条段段之间的数量关系；〔2〕如图②，点O在CA的延长线上，且OA＝1AC，E，F分别在线段BC的延长线和线3段CD的延长线上，请写出CE，CF，CA三条线段之间的数量关系，并说明理由；〔3〕点O 在线段AC 上，假设AB ＝6，BO ＝2 7，当CF ＝1时，请直接写出BE 的长．【答案】〔1〕CA=CE+CF ．〔2〕CF-CE=4AC ．〔3〕BE 的值为3或5或1．（ 3 （ 【解析】 （ 【分析】（ 1〕如图①中，结论：CA=CE+CF ．只要证明△ADF ≌△ACE 〔SAS 〕即可解决问题；2〕结论：CF-CE=4AC ．如图②中，如图作OG ∥AD 交CF 于G ，那么△OGC 是等边三角3形．只要证明△FOG ≌△EOC 〔ASA 〕即可解决问题； 〔3〕分四种情形画出图形分别求解即可解决问题 .【详解】〔1〕如图①中，结论：CA=CE+CF ．理由：∵四边形ABCD 是菱形，∠BAD=120°AB=AD=DC=BC ，∠BAC=∠DAC=60°∴△ABC ，△ACD 都是等边三角形，∵∠DAC=∠EAF=60，°∴∠DAF=∠CAE ，∵CA=AD ，∠D=∠ACE=60，°∴△ADF≌△ACE〔SAS〕，DF=CE，CE+CF=CF+DF=CD=AC，CA=CE+CF．〔2〕结论：CF-CE=4 AC．3理由：如图②中，如图作OG∥AD交CF于G，那么△OGC是等边三角形．1∵∠GOC=∠FOE=60，°2∴∠FOG=∠EOC，3∵OG=OC，∠OGF=∠ACE=120，°4∴△FOG≌△EOC〔ASA〕，5∴CE=FG，6∵OC=OG，CA=CD，7∴OA=DG，4∴C F-EC=CF-FG=CG=CD+DG=AC+AC=AC，33〕作BH⊥AC于H．∵AB=6，AH=CH=3，BH=33，如图③-1中，当点O在线段AH上，点F在线段CD上，点E在线段BC上时．OB=27，∴OH=OB2BH2=1，OC=3+1=4，由〔1〕可知：CO=CE+CF，OC=4，CF=1，∴CE=3，∴BE=6-3=3．如图③-2中，当点O在线段AH上，点F在线段DC的延长线上，点E在线段BC上时．由〔2〕可知：CE-CF=OC，CE=4+1=5，BE=1．如图③-3中，当点O在线段CH上，点F在线段CD上，点E在线段BC上时．同法可证：OC=CE+CF，∵OC=CH-OH=3-1=2，CF=1，CE=1，BE=6-1=5．如图③-4中，当点O在线段CH上，点F在线段DC的延长线上，点E在线段BC上时．∴∴∴∴∴∴∴∴∴∴∴∴∴∴同法可知：CE-CF=OC，∴CE=2+1=3，∴B E=3，综上所述，满足条件的BE的值为3或5或1．【点睛】此题属于四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．8．定义：我们把三角形被一边中线分成的两个三角形叫做“友好三角形〞．性质：如果两个三角形是“友好三角形〞，那么这两个三角形的面积相等．理解：如图①，在△ABC中，CD是AB边上的中线，那么△ACD和△BCD是“友好三角形〞，并且S△ACD=S△BCD．应用：如图②，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，点E在AD上，点F在BC上，AE=BF，AF与BE交于点O．1〕求证：△AOB和△AOE是“友好三角形〞；2〕连接OD，假设△AOE和△DOE是“友好三角形〞，求四边形CDOF的面积．探究：在△ABC中，∠A=30°，AB=4，点D在线段AB上，连接CD，△ACD和△BCD是“友好三角形〞，将△ACD沿CD所在直线翻折，得到△A′CD，假设△A′CD与△ABC重合局部的面积等于△ABC面积的，请直接写出△ABC的面积．【答案】〔1〕见解析；〔2〕12；探究：2或2．【解析】试题分析：〔1〕利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，得到四边形ABFE是平行四边形，然后根据平行四边形的性质证得OE=OB，即可证得△AOE和△AOB是友好三角形；〔2〕△AOE和△DOE是“友好三角形〞，即可得到E是AD的中点，那么可以求得△ABE、△ABF的面积，根据S四边形CDOF=S矩形ABCD-2S△ABF即可求解．探究：画出符合条件的两种情况：①求出四边形A′DCB是平行四边形，求出BC和A′D推出∠ACB=90°，根据三角形面积公式求出即可；②求出高CQ，求出△A′DC的面积．即可求出△ABC的面积．试题解析：〔1〕∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，AE=BF，∴四边形ABFE是平行四边形，∴OE=OB，∴△AOE和△AOB是友好三角形．〔2〕∵△AOE和△DOE是友好三角形，∴S△AOE=S△DOE，AE=ED=AD=3，∵△AOB与△AOE是友好三角形，∴S△AOB=S△AOE，∵△AOE≌△FOB，∴S△AOE=S△FOB，∴S△AOD=S△ABF，∴S四边形CDOF=S矩形ABCD-2S△ABF=4×6-2×4×3=12．探究：解：分为两种情况：①如图1，∵S△ACD=S△BCD．AD=BD=AB，∵沿CD折叠A和A′重合，AD=A′D=AB=×4=2，∵△A′CD与△ABC重合局部的面积等于△ABC面积的，∴S△DOC=S△ABC=S△BDC=S△ADC=S△A′DC，∴DO=OB，A′O=CO，∴四边形A′DCB是平行四边形，BC=A′D=2，过B作BM⊥AC于M，∵AB=4，∠BAC=30，°∴BM=AB=2=BC，即C和M重合，∴∠ACB=90，°由勾股定理得：AC=，∴△ABC的面积是×BC×AC=×2×2=2；②如图2，∵S△ACD=S△BCD．AD=BD=AB，∵沿CD折叠A和A′重合，AD=A′D=AB=×4=2，∵△A′CD与△ABC重合局部的面积等于△ABC面积的，∴S△DOC=S△ABC=S△BDC=S△ADC=S△A′DC，∴DO=OA′，BO=CO，∴四边形A′BDC是平行四边形，∴A′C=BD=2，过C作CQ⊥A′D于Q，∵A′C=2，∠DA′∠C=BAC=30，°∴CQ=A′C=1，∴S△ABC=2S△ADC=2S△A′DC=2××A′D×CQ=2××2×1=2；即△ABC的面积是2或2．考点：四边形综合题．9．猜想与证明：如图1，摆放矩形纸片ABCD与矩形纸片ECGF，使B、C、G三点在一条直线上，CE在边CD上，连接AF，假设M为AF的中点，连接DM、ME，试猜想DM与ME的关系，并证明你的结论．拓展与延伸：〔1〕假设将〞猜想与证明“中的纸片换成正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF，其他条件不变，那么DM和ME的关系为．〔2〕如图2摆放正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF，使点F在边CD上，点M仍为AF 的中点，试证明〔1〕中的结论仍然成立．【答案】猜想： DM=ME，证明见解析；〔 2〕成立，证明见解析.【解析】试题分析：延长EM交AD于点H，根据ABCD和△AMH全等，得到HM=EM，根据Rt△HDE得到CEFG为矩形得到AD∥EF，得到△FME和HM=DE，那么可以得到答案；〔1〕、延长EM交AD于点H，根据ABCD和CEFG为矩形得到AD∥EF，得到△FME和△AMH全等，得到HM=EM，根据Rt△HDE得到HM=DE，那么可以得到答案；〔2〕、连接AE，根据正方形的性质得出∠FCE=45°，∠FCA=45°，根据RT△ADF中AM=MF得出DM=AM=MF，根据RT△AEF中AM=MF得出AM=MF=ME，从而说明DM=ME.试题解析：如图1，延长EM交AD于点H，∵四边形ABCD和CEFG是矩形，∴AD∥EF，∴∠EFM=∠HAM，又∵∠FME=∠AMH，FM=AM，在△FME和△AMH中，∴△FME≌△AMH〔ASA〕∴HM=EM，在RT△HDE中，HM=DE，∴DM=HM=ME，∴DM=ME．〔1〕、如图1，延长EM交AD于点H，∵四边形ABCD和CEFG是矩形，∴AD∥EF，∴∠EFM=∠HAM，又∵∠FME=∠AMH，FM=AM，在△FME和△AMH中，∴△FME≌△AMH〔ASA〕∴HM=EM，在RT△HDE中，HM=EM∴DM=HM=ME，∴DM=ME，〔2〕、如图2，连接AE，∵四边形ABCD和ECGF是正方形，∴∠FCE=45，°∠FCA=45，°∴AE和EC在同一条直线上，在RT△ADF中，AM=MF，∴DM=AM=MF，在RT△AEF中，AM=MF，∴AM=MF=ME，∴DM=ME．考点：〔1〕、三角形全等的性质；〔2〕、矩形的性质.10．问题情境在四边形ABCD中，BA＝BC，DC⊥AC，过点D作DE∥AB交BC的延长线于点E，M是边AD的中点，连接特例探究MB，ME.(1)如图(2)如图1，当∠ABC＝90°时，写出线段MB2，当∠ABC＝120°时，试探究线段与MEMB与的数量关系，位置关系；ME的数量关系，并证明你的结论；拓展延伸(3)如图3，当∠ABC＝α时，请直接用含α的式子表示线段MB 与ME之间的数量关系．【答案】(1)MB＝ME，MB⊥ME；(2)ME＝3MB．证明见解析；(3)ME＝MB·tan. 2【解析】【分析】1〕如图1中，连接CM．只要证明△MBE是等腰直角三角形即可；2〕结论：EM=3MB．只要证明△EBM是直角三角形，且∠MEB=30°即可；3〕结论：EM=BM?tan．证明方法类似；2【详解】如图1中，连接CM．∵∠ACD=90，°AM=MD，∴MC=MA=MD，BA=BC，∴BM垂直平分AC，∵∠ABC=90，°BA=BC，1∴∠MBE=∠ABC=45，°∠ACB=∠DCE=45，°2∵AB∥DE，∴∠ABE+∠DEC=180，°∴∠DEC=90，°∴∠DCE=∠CDE=45，°∴EC=ED，∵MC=MD，∴EM垂直平分线段CD，EM平分∠DEC，∴∠MEC=45，°∴△BME是等腰直角三角形，∴BM=ME，BM⊥EM．故答案为BM=ME，BM⊥EM．(2)ME＝3MB．证明如下：连接CM，如解图所示．∵DC⊥AC，M是边AD的中点，∴MC＝MA＝MD．∵BA＝BC，∴BM垂直平分AC．∵∠ABC＝120，°BA＝BC，∴∠MBE＝1∠ABC＝60°，∠BAC＝∠BCA＝30°，∠DCE＝60°. 2∵AB∥DE，∴∠ABE＋∠DEC＝180°，∴∠DEC＝60°，∴∠DCE＝∠DEC＝60°，∴△CDE是等边三角形，∴EC＝ED．∵MC＝MD，∴EM垂直平分CD，EM平分∠DEC，1∴∠MEC＝∠DEC＝30°，2∴∠MBE＋∠MEB＝90°，即∠BME＝90°.在Rt△BME中，∵∠MEB＝30°，∴ME＝3MB．(3)如图3中，结论：EM=BM?tan．2理由：同法可证： BM ⊥EM ，BM 平分∠ABC ，所以EM=BM?tan．2【点睛】此题考查四边形综合题、等腰直角三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，灵活运用所学知识解决问题．11．如图1，矩形 ABCD 中，AB=8，AD=6；点 E 是对角线BD 上一动点，连接CE ，作EF ⊥CE 交AB 边于点F ，以CE和EF 为邻边作矩形CEFG ，作其对角线相交于点 H ．〔1〕①如图2，当点F 与点B 重合时，CE= ，CG= ；②如图3，当点E 是BD 中点时，CE= ，CG= ；（ 2〕在图1，连接BG ，当矩形CEFG 随着点E 的运动而变化时，猜想△EBG 的形状？并加以证明；3〕在图1，CG的值是否会发生改变？假设不变，求出它的值；假设改变，说明理由；CE4〕在图1，设DE 的长为x ，矩形CEFG 的面积为S ，试求S 关于x 的函数关系式，并直接写出x 的取值范围．【答案】〔1〕24，18 ，5， 15 ；〔2〕△EBG 是直角三角形，理由详见解析；〔3〕55 43 3 248 32〕．；〔4〕S=x ﹣5x+48〔0≤x ≤445【解析】【分析】〔1〕① 利用面积法求出 CE ，再利用勾股定理求出 EF 即可；②利用直角三角形斜边中线定理求出 CE ，再利用相似三角形的性质求出 EF 即可；2〕根据直角三角形的判定方法：如果一个三角形一边上的中线等于这条边的一半，那么这个三角形是直角三角形即可判断；3〕只要证明△DCE ∽△BCG ，即可解决问题； 4〕利用相似多边形的性质构建函数关系式即可；【详解】〔1〕①如图2中，在Rt△BAD中，BD=AD2AB2=10，11∵S△BCD= ?CD?BC=?BD?CE，22∴CE=24．CG=BE=62(24)2=18．555②如图3中，过点E作MN⊥AM交AB于N，交CD于M．DE=BE，1∴C E=BD=5，2∵△CME∽△ENF，CM EN∴，CE EF15CG=EF=，42〕结论：△EBG是直角三角形．理由：如图1中，连接BH．在Rt△BCF中，∵FH=CH，∴BH=FH=CH，∵四边形EFGC是矩形，∴EH=HG=HF=HC，∴BH=EH=HG，∴△EBG 是直角三角形． 3〕F 如图1中，∵HE=HC=HG=HB=HF ， ∴C 、E 、F 、B 、G 五点共圆，∵EF=CG ， ∴∠CBG=∠EBF ， ∵CD ∥AB ， ∴∠EBF=∠CDE ， ∴∠CBG=∠CDE ， ∵∠DCB=∠ECG=90，° ∴∠DCE=∠BCG ， ∴△DCE ∽△BCG ，∴CGBC6 3 ． CE DC 8 4〔4〕由〔3〕可知：CGCD3，CE CB 4∴矩形CEFG ∽矩形ABCD ，S矩形CEFG〔CE 2CE 2∴CD 〕，S矩形ABCD64∵CE 2=〔 32 -x 〕2+24〕2，S 矩形ABCD =48，55∴S 矩形CEFG =33222424[〔5-x 〕+〔5〕].3248 32〕．∴矩形CEFG 的面积S=x-x+48〔0≤x ≤455【点睛】此题考查相似三角形综合题、矩形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理、直角三角形的判定和性质、相似多边形的性质和判定等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造相似三角形或直角三角形解决问题，属于中考压轴题．12．：在矩形ABCD 中，AB ＝10，BC ＝12，四边形EFGH 的三个顶点E 、F 、H 分别在矩形ABCD 边AB 、BC 、DA 上，AE ＝2．〔1〕如图①，当四边形 EFGH 为正方形时，求 △GFC 的面积；2〕如图②，当四边形EFGH为菱形，且BF＝a时，求△GFC的面积〔用a表示〕；3〕在〔2〕的条件下，△GFC的面积能否等于2？请说明理由．【答案】〔1〕10；〔2〕12－a；〔3〕不能【解析】解：〔1〕过点G作GM⊥BC于M．在正方形EFGH中，HEF＝90°，EH＝EF，∴∠AEH＋∠BEF＝90°．∵∠AEH＋∠AHE＝90°，∴∠AHE＝∠BEF．又∵∠A＝∠B＝90°，∴△AHE≌△BEF．同理可证△MFG≌△BEF．∴GM＝BF＝AE＝2．∴FC＝BC－BF＝10．∴．2〕过点G作GM⊥BC交BC的延长线于M，连接HF．∵AD∥BC，∴∠AHF＝∠MFH．∵EH∥FG，∴∠EHF＝∠GFH．∴∠AHE＝∠MFG．又∵∠A＝∠GMF＝90°，EH＝GF，∴△AHE≌△MFG．∴GM＝AE＝2．∴．〔3〕△GFC的面积不能等于2．说明一：∵假设S△GFC＝2，那么12－a＝2，∴a＝10．此时，在△BEF中，．在△AHE中，，∴AH＞AD，即点H已经不在边AD上，故不可能有S＝．2△GFC说明二：△GFC的面积不能等于2．∵点H在AD上，∴菱形边EH的最大值为，∴BF的最大值为．又∵函数S△GFC＝12－a的值随着a的增大而减小，∴S△GFC的最小值为．又∵，∴△GFC的面积不能等于2．13．如图①，在△ABC中，AB=7，tanA=，∠B=45°．点P从点A出发，沿AB方向以每秒1个单位长度的速度向终点B运动〔不与点 A、B重合〕，过点P作PQ⊥AB．交折线AC-CB于点Q，以PQ为边向右作正方形PQMN，设点P的运动时间为t〔秒〕，正方形PQMN与△ABC重叠局部图形的面积为S〔平方单位〕．1〕直接写出正方形PQMN的边PQ的长〔用含t的代数式表示〕．2〕当点M落在边BC上时，求t的值．3〕求S与t之间的函数关系式．4〕如图②，点P运动的同时，点H从点B出发，沿B-A-B的方向做一次往返运动，在B-A上的速度为每秒2个单位长度，在A-B上的速度为每秒4个单位长度，当点H停止运动时，点P也随之停止，连结MH．设MH将正方形PQMN分成的两局部图形面积分别为S1、S2〔平方单位〕〔0＜S1＜S2〕，直接写出当S2≥3S1时t的取值范围．【答案】(1)PQ=7-t．(2)t=．(3)当0＜t≤时，S=．当＜t≤4，．当4＜t＜7时，．〔4〕或或．【解析】试题分析：〔1〕分两种情况讨论：当点Q在线段AC上时，当点Q在线段BC上时．〔2〕根据AP+PN+NB=AB，列出关于t的方程即可解答；〔3〕当0＜t≤时，当＜t≤4，当4＜t＜7时；〔4〕或或．试题解析：〔1〕当点Q在线段AC上时，PQ=tanAAP=t．当点Q在线段BC上时，PQ=7-t．〔2〕当点M落在边BC上时，如图③，由题意得：t+t+t=7，解得：t=．∴当点M落在边BC上时，求t的值为．〔3〕当0＜t≤时，如图④，S=当．＜t≤4，如图⑤，．当4＜t＜7时，如图⑥，．〔4〕或或．．考点：四边形综合题.14．：如图，四边形ABCD和四边形AECF都是矩形，AE与BC交于点M，CF与AD交于点N．〔1〕求证：△ABM≌△CDN；〔2〕矩形ABCD和矩形AECF满足何种关系时，四边形AMCN是菱形，证明你的结论．【答案】〔1〕证明见解析；〔2〕当AB＝AF时，四边形AMCN是菱形．证明见解析；【解析】试题分析：〔1〕由条件可得四边形AMCN是平行四边形，从而可得AM=CN，再由AB=CD，∠B=∠D=90°，利用HL即可证明；2〕假设四边形AMCN为菱形，那么有AM=AN，从可得∠BAM=∠FAN，又∠B=∠F=90°，所以有△ABM≌△AFN，从而得AB=AF，因此当AB＝AF时，四边形AMCN是菱形．试题解析：〔1〕∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝∠D＝90°，AB＝CD，AD∥BC．∵四边形AECF是矩形，∴AE∥CF．∴四边形AMCN是平行四边形．∴AM＝CN．在Rt△ABM和Rt△CDN中，AB＝CD，AM＝CN，∴Rt△ABM≌Rt△CDN．〔2〕当AB＝AF时，四边形AMCN是菱形．∵四边形ABCD、AECF是矩形，∴∠B＝∠BAD＝∠EAF＝∠F＝90°．∴∠BAD－∠NAM＝EAF－∠NAM，即∠BAM＝∠FAN．又∵AB＝AF，∴△ABM≌△AFN．∴AM＝AN．由〔1〕知四边形AMCN是平行四边形，∴平行四边形AMCN是菱形．考点：1．矩形的性质；2．三角形全等的判定与性质；3．菱形的判定．15．如图1，在菱形ABCD中，ABC=60°，假设点E在AB的延长线上，EF∥AD，EF=BE，点P是DE的中点，连接FP并延长交AD于点G．〔1〕过D作DH AB,垂足为H，假设DH=，BE=AB,求DG的长；〔2〕连接CP，求证：CP FP；F在〔3〕如图2，在菱形ABCD中，ABC=60°，假设点E在CB的延长线上运动，点AB的延长线上运动，且BE=BF，连接DE,点P为DE的中点，连接FP、CP，那么第〔2〕问的结论成立吗？假设成立，求出的值；假设不成立，请说明理由．【答案】〔1〕1；〔2〕见解析；〔3〕．【解析】试题分析：〔1〕根据菱形得出DA∥BC，CD=CB，∠CDG=∠CBA=60°，那么∠DAH=∠ABC=60，°根据DH⊥AB得出∠DHA=90，°根据Rt△ADH的正弦值得出AD的长度，然后得出BE的长度，然后证明△PDG≌△PEF，得出DG=EF，根据EF∥AD，AD∥BC得出EF∥BC，那么说明△BEF为正三角形，从而得出DG的长度；〔2〕连接CG、CF，根据△PDG≌△PEF得出PG=PF，然后证明△CDG≌△CBF，从而得到CG=CF，根据PG=PF得出垂直；〔3〕过D作EF的平行线，交FP延长于点G，连接CG、CF证△PEF≌△PDG，然后证明△CDG≌△CBF，从而得出∠GCE=120°，根据Rt△CPF求出比值．试题解析：〔1〕解：∵四边形ABCD为菱形∴DA∥BCCD="CB"∠CDG=∠CBA=60°∴∠DAH=∠ABC=60°∵DH⊥AB∴∠DHA=90°在Rt△ADH中sin∠DAH=∴AD=∴BE= AB=×4=1∵EF∥AD∴∠PDG=∠PEB∵P为DE的中点∴PD=PE∵∠DPG=∠EPF∴△PDG≌△PEF∴DG=EF∵EF∥ADAD∥BC∴EF∥BC∴∠FEB=∠CBA=60°∵BE=EF∴△BEF为正三角形∴EF=BE=1∴DG=EF=1、证明：连接CG、CF由〔1〕知△PDG≌△PEF∴PG=PF在△CDG与△CBF中易证：∠CDG=∠CBF=60°CD=CBBF=EF=DG∴△CDG≌△CBF∴CG=CF∵PG=PF∴CP⊥GF〔3〕如图：CP⊥GF仍成立理由如下：过D作EF的平行线，交FP延长于点G连接CG、CF证△PEF≌△PDG∴DG=EF=BF∵DG∥EF∴∠GDP=∠EFP∵DA∥BC∴∠ADP=∠PEC ∴∠GDP－∠ADP=∠EFP－∠PEC∴∠GDA=∠BEF=60∴°∠CDG=∠ADC+∠GDA=120°∵∠CBF=180－°∠EBF=120∴°∠CBF=∠CDG∵CD=BCDG=BF∴△CDG≌△CBF∴CG=CF∠DCG=∠FCE∵PG=PF∴CP⊥PF∠GCP=∠FCP∵∠DCP=180－∠ABC=120∴°∠DCG+∠GCE=120∴°∠FCE+∠GCE=120即°∠GCE=120°∴∠FCP=∠GCE=60在°Rt△CPF中tan∠FCP=tan60=°=考点：三角形全等的证明与性质．。
2020-2021九年级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
2020-2021九年级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1．如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，AC=60cm，∠A=60°，点D从点C出发沿CA方向以4cm/秒的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以2cm/秒的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点D、E运动的时间是t 秒（0＜t≤15）．过点D作DF⊥BC于点F，连接DE，EF．（1）求证：AE=DF；（2）四边形AEFD能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t值，如果不能，说明理由；（3）当t为何值时，△DEF为直角三角形？请说明理由．【答案】（1）见解析；（2）能，t=10；（3）t=152或12.【解析】【分析】（1）利用t表示出CD以及AE的长，然后在直角△CDF中，利用直角三角形的性质求得DF的长，即可证明；（2）易证四边形AEFD是平行四边形，当AD=AE时，四边形AEFD是菱形，据此即可列方程求得t的值；（3）△DEF为直角三角形，分∠EDF=90°和∠DEF=90°两种情况讨论.【详解】解：（1）证明：∵在Rt△ABC中，∠C=90°﹣∠A=30°，∴AB=12AC=12×60=30cm，∵CD=4t，AE=2t，又∵在Rt△CDF中，∠C=30°，∴DF=12CD=2t，∴DF=AE；（2）能，∵DF∥AB，DF=AE，∴四边形AEFD是平行四边形，当AD=AE时，四边形AEFD是菱形，即60﹣4t=2t，解得：t=10，∴当t=10时，AEFD是菱形；（3）若△DEF为直角三角形，有两种情况：①如图1，∠EDF=90°，DE∥BC，则AD=2AE，即60﹣4t=2×2t，解得：t=152，②如图2，∠DEF=90°，DE⊥AC，则AE=2AD，即2t2(604t)=-，解得：t=12，综上所述，当t=152或12时，△DEF为直角三角形.2．已知矩形纸片OBCD的边OB在x轴上，OD在y轴上，点C在第一象限，且86OB OD==，.现将纸片折叠，折痕为EF（点E，F是折痕与矩形的边的交点），点P 为点D的对应点，再将纸片还原。
2020-2021初三数学平行四边形的专项培优 易错 难题练习题(含答案)含答案解析
2020-2021初三数学平行四边形的专项培优易错难题练习题(含答案)含答案解析一、平行四边形1．如图，△ABC是等边三角形，AB=6cm，D为边AB中点．动点P、Q在边AB上同时从点D出发，点P沿D→A以1cm/s的速度向终点A运动．点Q沿D→B→D以2cm/s的速度运动，回到点D停止．以PQ为边在AB上方作等边三角形PQN．将△PQN绕QN的中点旋转180°得到△MNQ．设四边形PQMN与△ABC重叠部分图形的面积为S（cm2），点P运动的时间为t（s）（0＜t＜3）．（1）当点N落在边BC上时，求t的值．（2）当点N到点A、B的距离相等时，求t的值．（3）当点Q沿D→B运动时，求S与t之间的函数表达式．（4）设四边形PQMN的边MN、MQ与边BC的交点分别是E、F，直接写出四边形PEMF 与四边形PQMN的面积比为2：3时t的值．【答案】（1）（2）2（3）S=S菱形PQMN=2S△PNQ=t2；（4）t=1或【解析】试题分析：（1）由题意知：当点N落在边BC上时，点Q与点B重合，此时DQ=3；（2）当点N到点A、B的距离相等时，点N在边AB的中线上，此时PD=DQ；（3）当0≤t≤时，四边形PQMN与△ABC重叠部分图形为四边形PQMN；当≤t≤时，四边形PQMN与△ABC重叠部分图形为五边形PQFEN．（4）MN、MQ与边BC的有交点时，此时＜t＜，列出四边形PEMF与四边形PQMN的面积表达式后，即可求出t的值．试题解析：（1）∵△PQN与△ABC都是等边三角形，∴当点N落在边BC上时，点Q与点B重合．∴DQ=3∴2t=3．∴t=；（2）∵当点N到点A、B的距离相等时，点N在边AB的中线上，∴PD=DQ，当0＜t＜时，此时，PD=t，DQ=2t∴t=2t∴t=0（不合题意，舍去），当≤t＜3时，此时，PD=t，DQ=6﹣2t∴t=6﹣2t，解得t=2；综上所述，当点N到点A、B的距离相等时，t=2；（3）由题意知：此时，PD=t，DQ=2t当点M在BC边上时，∴MN=BQ∵PQ=MN=3t，BQ=3﹣2t∴3t=3﹣2t∴解得t=如图①，当0≤t≤时，S△PNQ=PQ2=t2；∴S=S菱形PQMN=2S△PNQ=t2，如图②，当≤t≤时，设MN、MQ与边BC的交点分别是E、F，∵MN=PQ=3t，NE=BQ=3﹣2t，∴ME=MN﹣NE=PQ﹣BQ=5t﹣3，∵△EMF是等边三角形，∴S△EMF=ME2=（5t﹣3）2．；（4）MN、MQ与边BC的交点分别是E、F，此时＜t ＜，t=1或．考点：几何变换综合题2．如图，四边形ABCD中，AD∥BC，∠A=90°，BD=BC，点E为CD的中点，射线BE交AD 的延长线于点F，连接CF．（1）求证：四边形BCFD是菱形；（2）若AD=1，BC=2，求BF的长．【答案】（1）证明见解析（2）3【解析】（1）∵AF∥BC，∴∠DCB=∠CDF，∠FBC=∠BFD，∵点E为CD的中点，∴DE=EC，在△BCE与△FDE中，FBC BFDDCB CDFDE EC∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BCE≌△FDE，∴DF=BC，又∵DF∥BC，∴四边形BCDF为平行四边形，∵BD=BC，∴四边形BCFD是菱形；（2）∵四边形BCFD是菱形，∴BD=DF=BC=2，在Rt△BAD中，AB223BD AD-，∵AF=AD+DF=1+2=3，在Rt△BAF中，BF22AB AF+3．3．图1、图2是两张形状、大小完全相同的方格纸，方格纸中的每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点叫做格点．（1）在图1中画出等腰直角三角形MON，使点N在格点上，且∠MON=90°；（2）在图2中以格点为顶点画一个正方形ABCD，使正方形ABCD面积等于（1）中等腰直角三角形MON面积的4倍，并将正方形ABCD分割成以格点为顶点的四个全等的直角三角形和一个正方形，且正方形ABCD面积没有剩余（画出一种即可）．【答案】（1）作图参见解析；（2）作图参见解析.【解析】试题分析：（1）过点O向线段OM作垂线，此直线与格点的交点为N，连接MN即可；（2）根据勾股定理画出图形即可．试题解析：（1）过点O向线段OM作垂线，此直线与格点的交点为N，连接MN，如图1所示；（2）等腰直角三角形MON面积是5，因此正方形面积是20，如图2所示；于是根据勾股定理画出图3：考点：1.作图﹣应用与设计作图；2.勾股定理.4．如图，在平面直角坐标系中，直线DE交x轴于点E（30，0），交y轴于点D（0，40），直线AB：y＝13x+5交x轴于点A，交y轴于点B，交直线DE于点P，过点E作EF⊥x轴交直线AB于点F，以EF为一边向右作正方形EFGH．（1）求边EF的长；（2）将正方形EFGH沿射线FB的方向以每秒10个单位的速度匀速平移，得到正方形E1F1G1H1，在平移过程中边F1G1始终与y轴垂直，设平移的时间为t秒（t＞0）．①当点F1移动到点B时，求t的值；②当G1，H1两点中有一点移动到直线DE上时，请直接写出此时正方形E1F1G1H1与△APE 重叠部分的面积．【答案】（1）EF＝15；（2）①10；②120；【解析】【分析】（1）根据已知点E（30，0），点D（0，40），求出直线DE的直线解析式y=-43x+40，可求出P点坐标，进而求出F点坐标即可；（2）①易求B（0，5），当点F1移动到点B时，1010=10；②F点移动到F'10t，F垂直x轴方向移动的距离是t，当点H运动到直线DE上时，在Rt△F'NF中，NFNF'=13，EM=NG'=15-F'N=15-3t，在Rt△DMH'中，43MHEM'=，t=4，S=12×(12+454)×11=10238；当点G运动到直线DE上时，在Rt△F'PK中，PKF K'=13，PK=t-3，F'K=3t-9，在Rt△PKG'中，PKKG'＝31539tt--+＝43，t=7，S=15×（15-7）=120.【详解】（1）设直线DE的直线解析式y＝kx+b，将点E（30，0），点D（0，40），∴30040k bb+=⎧⎨=⎩，∴4340 kb⎧=-⎪⎨⎪=⎩，∴y＝﹣43x+40，直线AB与直线DE的交点P（21，12），由题意知F（30，15），∴EF＝15；（2）①易求B（0，5），∴BF＝1010，∴当点F1移动到点B时，t＝101010÷＝10；②当点H运动到直线DE上时，F点移动到F'10，在Rt△F'NF中，NFNF'=13，∴FN＝t，F'N＝3t，∵MH'＝FN＝t，EM＝NG'＝15﹣F'N＝15﹣3t，在Rt△DMH'中，43MHEM'=，∴41533tt=-，∴t＝4，∴EM＝3，MH'＝4，∴S＝1451023(12)11248⨯+⨯=；当点G运动到直线DE上时，F 点移动到F'的距离是10t ， ∵PF ＝310，∴PF'＝10t ﹣310，在Rt △F'PK 中，13PK F K ='， ∴PK ＝t ﹣3，F'K ＝3t ﹣9，在Rt △PKG'中，PK KG '＝31539t t --+＝43， ∴t ＝7，∴S ＝15×（15﹣7）＝120.【点睛】本题考查一次函数图象及性质，正方形的性质；掌握待定系数法求函数解析式，利用三角形的正切值求边的关系，利用勾股定理在直角三角形中建立边之间的联系，准确确定阴影部分的面积是解题的关键．5．如图1，在△ABC 中，AB ＝AC ，AD ⊥BC 于D ，分别延长AC 至E ，BC 至F ，且CE ＝EF ，延长FE 交AD 的延长线于G ．（1）求证：AE ＝EG ；（2）如图2，分别连接BG ，BE ，若BG ＝BF ，求证：BE ＝EG ；（3）如图3，取GF 的中点M ，若AB ＝5，求EM 的长．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）52【解析】【分析】（1）根据平行线的性质和等腰三角形的三线合一的性质得：∠CAD＝∠G，可得AE＝EG；（2）作辅助线，证明△BEF≌△GEC（SAS），可得结论；（3）如图3，作辅助线，构建平行线，证明四边形DMEN是平行四边形，得EM＝DN＝1AC，计算可得结论．2【详解】证明：（1）如图1，过E作EH⊥CF于H，∵AD⊥BC，∴EH∥AD，∴∠CEH＝∠CAD，∠HEF＝∠G，∵CE＝EF，∴∠CEH＝∠HEF，∴∠CAD＝∠G，∴AE＝EG；（2）如图2，连接GC，∵AC＝BC，AD⊥BC，∴BD＝CD，∴AG是BC的垂直平分线，∴GC＝GB，∴∠GBF＝∠BCG，∵BG＝BF，∴GC ＝BE ，∵CE ＝EF ，∴∠CEF ＝180°﹣2∠F ，∵BG ＝BF ，∴∠GBF ＝180°﹣2∠F ，∴∠GBF ＝∠CEF ，∴∠CEF ＝∠BCG ，∵∠BCE ＝∠CEF+∠F ，∠BCE ＝∠BCG+∠GCE ，∴∠GCE ＝∠F ，在△BEF 和△GCE 中，CE GCE F CG BF EF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩Q ， ∴△BEF ≌△GEC （SAS ），∴BE ＝EG ；（3）如图3，连接DM ，取AC 的中点N ，连接DN ，由（1）得AE ＝EG ，∴∠GAE ＝∠AGE ，在Rt △ACD 中，N 为AC 的中点，∴DN ＝12AC ＝AN ，∠DAN ＝∠ADN ， ∴∠ADN ＝∠AGE ，∴DN ∥GF ，在Rt △GDF 中，M 是FG 的中点， ∴DM ＝12FG ＝GM ，∠GDM ＝∠AGE ， ∴∠GDM ＝∠DAN ，∴DM ∥AE ，∴四边形DMEN 是平行四边形， ∴EM ＝DN ＝12AC ，∵AC＝AB＝5，∴EM＝5．2【点睛】本题是三角形的综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的性质和判定，平行四边形的性质和判定等知识，解题的关键是作辅助线，并熟练掌握全等三角形的判定方法，特别是第三问，辅助线的作法是关键．6．阅读下列材料：我们定义：若一个四边形的一条对角线把四边形分成两个等腰三角形，则这条对角线叫这个四边形的和谐线，这个四边形叫做和谐四边形．如正方形就是和谐四边形．结合阅读材料，完成下列问题：（1）下列哪个四边形一定是和谐四边形．A．平行四边形B．矩形C．菱形D．等腰梯形（2）命题：“和谐四边形一定是轴对称图形”是命题（填“真”或“假”）．（3）如图，等腰Rt△ABD中，∠BAD＝90°．若点C为平面上一点，AC为凸四边形ABCD 的和谐线，且AB＝BC，请求出∠ABC的度数．【答案】（1） C ；（2）∠ABC的度数为60°或90°或150°.【解析】试题分析：（1）根据菱形的性质和和谐四边形定义，直接得出结论.（2）根据和谐四边形定义，分AD=CD，AD=AC，AC=DC讨论即可.（1）根据和谐四边形定义，平行四边形，矩形，等腰梯形的对角线不能把四边形分成两个等腰三角形，菱形的一条对角线能把四边形分成两个等腰三角形够．故选C.（2）∵等腰Rt△ABD中，∠BAD=90°，∴AB=AD.∵AC为凸四边形ABCD的和谐线，且AB=BC，∴分三种情况讨论：若AD=CD，如图1，则凸四边形ABCD是正方形，∠ABC=90°；若AD=AC，如图 2，则AB=AC=BC，△ABC是等边三角形，∠ABC=60°；若AC=DC，如图 3，则可求∠ABC=150°.考点：1.新定义；2．菱形的性质；3．正方形的判定和性质；4．等边三角形的判定和性质；5.分类思想的应用.7．如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，在Rt△PFE中，∠EPF=90°，点E、F分别在边AD、AB上．（1）如图1，若点P与点O重合：①求证：AF=DE；②若正方形的边长为23，当∠DOE=15°时，求线段EF的长；（2）如图2，若Rt△PFE的顶点P在线段OB上移动（不与点O、B重合），当BD=3BP 时，证明：PE=2PF．【答案】（1）①证明见解析，②2；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）①根据正方形的性质和旋转的性质即可证得：△AOF≌△DOE根据全等三角形的性质证明；②作OG⊥AB于G，根据余弦的概念求出OF的长，根据勾股定理求值即可；（2）首先过点P作HP⊥BD交AB于点H，根据相似三角形的判定和性质求出PE与PF的数量关系．【详解】（1）①证明：∵四边形ABCD是正方形，∴OA=OD，∠OAF=∠ODE=45°，∠AOD=90°，∴∠AOE+∠DOE=90°，∵∠EPF=90°，∴∠AOF+∠AOE=90°，∴∠DOE=∠AOF，在△AOF 和△DOE 中，OAF ODE OA ODAOF DOE ＝＝＝∠∠⎧⎪⎨⎪∠∠⎩， ∴△AOF ≌△DOE ，∴AF=DE ；②解：过点O 作OG ⊥AB 于G ，∵正方形的边长为23， ∴OG=12BC=3， ∵∠DOE=15°，△AOF ≌△DOE ，∴∠AOF=15°，∴∠FOG=45°-15°=30°，∴OF=OG cos DOG∠=2， ∴EF=22=22OF OE +；（2）证明：如图2，过点P 作HP ⊥BD 交AB 于点H ，则△HPB 为等腰直角三角形，∠HPD=90°，∴HP=BP ，∵BD=3BP ，∴PD=2BP ，∴PD=2HP ，又∵∠HPF+∠HPE=90°，∠DPE+∠HPE=90°，∴∠HPF=∠DPE ，又∵∠BHP=∠EDP=45°，∴△PHF ∽△PDE ， ∴12PF PH PE PD ==， ∴PE=2PF ．【点睛】 此题属于四边形的综合题．考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质以及勾股定理．注意准确作出辅助线是解此题的关键．8．在ABC V 中，ABC 90o ∠=，BD 为AC 边上的中线，过点C 作CE BD ⊥于点E ，过点A 作BD 的平行线，交CE 的延长线于点F ，在AF 的延长线上截取FG BD =，连接BG ，DF ．()1求证：BD DF =；()2求证：四边形BDFG 为菱形；()3若AG 5=，CF 7=，求四边形BDFG 的周长．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）8【解析】【分析】()1利用平行线的性质得到90CFA ∠=o ，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得证，()2利用平行四边形的判定定理判定四边形BDFG 为平行四边形，再利用()1得结论即可得证，()3设GF x =，则5AF x =-，利用菱形的性质和勾股定理得到CF 、AF 和AC 之间的关系，解出x 即可．【详解】()1证明：AG //BD Q ，CF BD ⊥，CF AG ∴⊥，又D Q 为AC 的中点，1DF AC 2∴=，又1BD AC 2=Q ， BD DF ∴=， ()2证明：BD//GF Q ，BD FG =，∴四边形BDFG 为平行四边形，又BD DF =Q ， ∴四边形BDFG 为菱形， ()3解：设GF x =，则AF 5x =-，AC 2x =，在Rt AFC V 中，222(2x)(7)(5x)=+-，解得：1x 2=，216x (3=-舍去)， GF 2∴=，∴菱形BDFG 的周长为8．【点睛】本题考查了菱形的判定与性质直角三角形斜边上的中线，勾股定理等知识，正确掌握这些定义性质及判定并结合图形作答是解决本题的关键．9．（问题发现）（1）如图（1）四边形ABCD 中，若AB =AD ，CB =CD ，则线段BD ，AC 的位置关系为 ；（拓展探究）（2）如图（2）在Rt △ABC 中，点F 为斜边BC 的中点，分别以AB ，AC 为底边，在Rt △ABC 外部作等腰三角形ABD 和等腰三角形ACE ，连接FD ，FE ，分别交AB ，AC 于点M ，N ．试猜想四边形FMAN 的形状，并说明理由；（解决问题）（3）如图（3）在正方形ABCD 中，AB =2，以点A 为旋转中心将正方形ABCD 旋转60°，得到正方形AB 'C 'D '，请直接写出BD '平方的值．【答案】（1）AC 垂直平分BD ；（2）四边形FMAN 是矩形，理由见解析；（3）16+8或16﹣8【解析】【分析】（1）依据点A 在线段BD 的垂直平分线上，点C 在线段BD 的垂直平分线上，即可得出AC 垂直平分BD ；（2）根据Rt△ABC中，点F为斜边BC的中点，可得AF=CF=BF，再根据等腰三角形ABD 和等腰三角形ACE，即可得到AD=DB，AE=CE，进而得出∠AMF=∠MAN=∠ANF=90°，即可判定四边形AMFN是矩形；（3）分两种情况：①以点A为旋转中心将正方形ABCD逆时针旋转60°，②以点A为旋转中心将正方形ABCD顺时针旋转60°，分别依据旋转的性质以及勾股定理，即可得到结论．【详解】（1）∵AB=AD，CB=CD，∴点A在线段BD的垂直平分线上，点C在线段BD的垂直平分线上，∴AC垂直平分BD，故答案为：AC垂直平分BD；（2）四边形FMAN是矩形．理由：如图2，连接AF，∵Rt△ABC中，点F为斜边BC的中点，∴AF=CF=BF，又∵等腰三角形ABD和等腰三角形ACE，∴AD=DB，AE=CE，∴由（1）可得，DF⊥AB，EF⊥AC，又∵∠BAC=90°，∴∠AMF=∠MAN=∠ANF=90°，∴四边形AMFN是矩形；（3）BD′的平方为16+8或16﹣8．分两种情况：①以点A为旋转中心将正方形ABCD逆时针旋转60°，如图所示：过D'作D'E⊥AB，交BA的延长线于E，由旋转可得，∠DAD'=60°，∴∠EAD'=30°，∵AB=2=AD'，∴D'E=AD'=，AE=，∴BE=2+，∴Rt△BD'E中，BD'2=D'E2+BE2=（）2+（2+）2=16+8②以点A为旋转中心将正方形ABCD顺时针旋转60°，如图所示：过B作BF⊥AD'于F，旋转可得，∠DAD'=60°，∴∠BAD'=30°，∵AB=2=AD'，∴BF=AB=，AF=，∴D'F=2﹣，∴Rt△BD'F中，BD'2=BF2+D'F2=（）2+（2-）2=16﹣8综上所述，BD′平方的长度为16+8或16﹣8．【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的判定，旋转的性质，线段垂直平分线的性质以及勾股定理的综合运用，解决问题的关键是作辅助线构造直角三角形，依据勾股定理进行计算求解．解题时注意：有三个角是直角的四边形是矩形．10．如图，抛物线交x轴的正半轴于点A，点B（，a）在抛物线上，点C是抛物线对称轴上的一点，连接AB、BC，以AB、BC为邻边作□ABCD，记点C纵坐标为n，（1）求a的值及点A的坐标；（2）当点D恰好落在抛物线上时，求n的值；（3）记CD与抛物线的交点为E，连接AE，BE，当△AEB的面积为7时，n=___________．（直接写出答案）【答案】（1）， A（3，0）；（2）【解析】试题解析：（1）把点B的坐标代入抛物线的解析式中，即可求出a的值，令y=0即可求出点A的坐标．（２）求出点D的坐标即可求解；（3）运用△AEB的面积为7，列式计算即可得解.试题解析：（1）当时，由，得（舍去），（1分）∴A（3，0）（2）过D作DG⊥轴于G，BH⊥轴于H.∵CD∥AB，CD=AB∴，∴，∴（3）11．如图1所示，（1）在正三角形ABC中，M是BC边（不含端点B、C）上任意一点，P 是BC延长线上一点，N是∠ACP的平分线上一点，若∠AMN=60°，求证：AM=MN．（2）若将（1）中“正三角形ABC”改为“正方形ABCD”，N是∠DCP的平分线上一点，若∠AMN=90°，则AM=MN是否成立？若成立，请证明；若不成立，说明理由．（3）若将（2）中的“正方形ABCD”改为“正n边形A1A2…A n“，其它条件不变，请你猜想：当∠A n﹣2MN=_____°时，结论A n﹣2M=MN仍然成立．（不要求证明）【答案】0 (2)180 nn【解析】分析：（1）要证明AM=MN，可证AM与MN所在的三角形全等，为此，可在AB上取一点E，使AE=CM，连接ME，利用ASA即可证明△AEM≌△MCN，然后根据全等三角形的对应边成比例得出AM=MN．（2）同（1），要证明AM=MN，可证AM与MN所在的三角形全等，为此，可在AB上取一点E，使AE=CM，连接ME，利用ASA即可证明△AEM≌△MCN，然后根据全等三角形的对应边成比例得出AM=MN．详（1）证明：在边AB上截取AE=MC，连接ME．在正△ABC中，∠B=∠BCA=60°，AB=BC．∴∠NMC=180°-∠AMN-∠AMB=180°-∠B-∠AMB=∠MAE，BE=AB-AE=BC-MC=BM，∴∠BEM=60°，∴∠AEM=120°．∵N是∠ACP的平分线上一点，∴∠ACN=60°，∴∠MCN=120°．在△AEM与△MCN中，∠MAE=∠NMC，AE=MC，∠AEM=∠MCN，∴△AEM≌△MCN（ASA），∴AM=MN．（2）解：结论成立；理由：在边AB上截取AE=MC，连接ME．∵正方形ABCD中，∠B=∠BCD=90°，AB=BC．∴∠NMC=180°-∠AMN-∠AMB=180°-∠B-∠AMB=∠MAB=∠MAE，BE=AB-AE=BC-MC=BM，∴∠BEM=45°，∴∠AEM=135°．∵N是∠DCP的平分线上一点，∴∠NCP=45°，∴∠MCN=135°．在△AEM与△MCN中，∠MAE=∠NMC，AE=MC，∠AEM=∠MCN，∴△AEM≌△MCN（ASA），∴AM=MN．（3）由（1）（2）可知当∠A n-2MN等于n边形的内角时，结论A n-2M=MN仍然成立；即∠A n-2MN=()02180nn-时，结论A n-2M=MN仍然成立；故答案为[()02180nn-]．点睛：本题综合考查了正方形、等边三角形的性质及全等三角形的判定，同时考查了学生的归纳能力及分析、解决问题的能力．难度较大．12．如图，P是边长为1的正方形ABCD对角线BD上一动点（P与B、D不重合），∠APE=90°，且点E在BC边上，AE交BD于点F．（1）求证：①△PAB≌△PCB；②PE=PC；（2）在点P的运动过程中，的值是否改变？若不变，求出它的值；若改变，请说明理由；（3）设DP=x，当x为何值时，AE∥PC，并判断此时四边形PAFC的形状．【答案】（1）见解析；（2）；（3）x=﹣1；四边形PAFC是菱形．【解析】试题分析：（1）根据四边形ABCD是正方形，得出AB=BC，∠ABP=∠CBP°，再根据PB=PB，即可证出△PAB≌△PCB，②根据∠PAB+∠PEB=180°，∠PEC+∠PEB=180°，得出∠PEC=∠PCB，从而证出PE=PC；（2）根据PA=PC，PE=PC，得出PA=PE，再根据∠APE=90°，得出∠PAE=∠PEA=45°，即可求出；（3）先求出∠CPE=∠PEA=45°，从而得出∠PCE，再求出∠BPC即可得出∠BPC=∠PCE，从而证出BP=BC=1，x=﹣1，再根据AE∥PC，得出∠AFP=∠BPC=67.5°，由△PAB≌△PCB 得出∠BPA=∠BPC=67.5°，PA=PC，从而证出AF=AP=PC，得出答案．试题解析：（1）①∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠ABP=∠CBP=∠ABC=45°．∵PB=PB，∴△PAB≌△PCB （SAS）．②由△PAB≌△PCB可知，∠PAB=∠PCB．∵∠ABE=∠APE=90°，∴∠PAB+∠PEB=180°，又∵∠PEC+∠PEB=180°，∴∠PEC=∠PAB=∠PCB，∴PE=PC．（2）在点P的运动过程中，的值不改变．由△PAB≌△PCB可知，PA=PC．∵PE=PC，∴PA=PE，又∵∠APE=90°，∴△PAE是等腰直角三角形，∠PAE=∠PEA=45°，∴=．（3）∵AE∥PC，∴∠CPE=∠PEA=45°，∴在△PEC中，∠PCE=∠PEC=（180°﹣45°）=67.5°．在△PBC中，∠BPC=（180°﹣∠CBP﹣∠PCE）=（180°﹣45°﹣67.5°）=67.5°．∴∠BPC=∠PCE=67.5°，∴BP=BC=1，∴x=BD﹣BP=﹣1．∵AE∥PC，∴∠AFP=∠BPC=67.5°，由△PAB≌△PCB可知，∠BPA=∠BPC=67.5°，PA=PC，∴∠AFP=∠BPA，∴AF=AP=PC，∴四边形PAFC是菱形．考点：四边形综合题．13．数学活动课上，老师给出如下问题：如图，将等腰直角三角形纸片沿斜边上的高AC剪开，得到等腰直角三角形△ABC与△EFD，将△EFD的直角顶点在直线BC上平移，在平移的过程中，直线AC与直线DE交于点Q，让同学们探究线段BQ与AD的数量关系和位置关系．请你阅读下面交流信息，解决所提出的问题．展示交流：小敏：满足条件的图形如图甲所示图形，延长BQ与AD交于点H．我们可以证明△BCQ≌△ACD，从而易得BQ=AD，BQ⊥AD．小慧：根据图甲，当点F在线段BC上时，我们可以验证小慧的说法是正确的．但当点F在线段CB的延长线上（如图乙）或线段CB的反向延长线上（如图丙）时，我对小慧说法的正确性表示怀疑．（1）请你帮助小慧进行分析，小敏的结论在图乙、图丙中是否成立？请说明理由．（选择图乙或图丙的一种情况说明即可）．（2）小慧思考问题的方式中，蕴含的数学思想是．拓展延伸：根据你上面选择的图形，分别取AB、BD、DQ、AQ的中点M、N、P、T．则四边形MNPT 是什么样的特殊四边形？请说明理由．【答案】成立；分类讨论思想；正方形.【解析】试题分析：利用等腰直角三角形的性质结合全等三角形的判定与性质得出BQ=AD，BQ⊥AD；利用已知条件分类得出，体现数学中的分类讨论思想，拓展延伸：利用三角形中位线定理结合正方形的判定方法，首先得出四边形MNPT是平行四边形进而得出它是菱形，再求出一个内角是90°，即可得出答案．试题解析：(1)、成立，理由：如图乙：由题意可得：∠FDE=∠QDC=∠ABC=∠BAC=45°，则DC=QC，AC=BC，在△ADC和△BQC中∵，∴△ADC≌△BQC（SAS），∴AD=BQ，∠DAC=∠QBC，延长AD交BQ于点F，则∠ADC=∠BDF，∴∠BFD=∠ACD=90°，∴AD⊥BQ；(2)、小慧思考问题的方式中，蕴含的数学思想是：分类讨论思想；拓展延伸：四边形MNPT是正方形，理由：∵取AB、BD、DQ、AQ的中点M、N、P、T，∴MN AD，TP AD，∴MN TP，∴四边形MNPT是平行四边形，∵NP BQ，BQ=AD，∴NP=MN，∴平行四边形MNPT 是菱形，又∵AD⊥BQ，NP∥BQ，MN∥AD，∴∠MNP=90°，∴四边形MNPT是正方形．考点：几何变换综合题14．已知：如图，四边形ABCD和四边形AECF都是矩形，AE与BC交于点M，CF与AD交于点N．（1）求证：△ABM≌△CDN；（2）矩形ABCD和矩形AECF满足何种关系时，四边形 AMCN是菱形，证明你的结论．【答案】（1）证明见解析；（2）当AB＝AF时，四边形AMCN是菱形．证明见解析；【解析】试题分析：（1）由已知条件可得四边形AMCN是平行四边形，从而可得AM=CN，再由AB=CD，∠B=∠D=90°，利用HL即可证明；（2）若四边形AMCN为菱形，则有AM=AN，从已知可得∠BAM=∠FAN，又∠B=∠F=90°，所以有△ABM≌△AFN，从而得AB=AF，因此当AB＝AF时，四边形AMCN是菱形．试题解析：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝∠D＝90°，AB＝CD，AD∥BC．∵四边形AECF是矩形，∴AE∥CF．∴四边形AMCN是平行四边形．∴AM＝CN．在Rt△ABM和Rt△CDN中，AB＝CD，AM＝CN，∴Rt△ABM≌Rt△CDN．（2）当AB＝AF时，四边形AMCN是菱形．∵四边形ABCD、AECF是矩形，∴∠B＝∠BAD＝∠EAF＝∠F＝90°．∴∠BAD－∠NAM＝∠EAF－∠NAM，即∠BAM＝∠FAN．又∵AB＝AF，∴△ABM≌△AFN．∴AM＝AN．由（1）知四边形AMCN是平行四边形，∴平行四边形AMCN是菱形．考点：1．矩形的性质；2．三角形全等的判定与性质；3．菱形的判定．15．如图，正方形ABCO的边OA、OC在坐标轴上，点B坐标为（3，3）．将正方形ABCO 绕点A顺时针旋转角度α（0°＜α＜90°），得到正方形ADEF，ED交线段OC于点G，ED的延长线交线段BC于点P，连AP、AG．（1）求证：△AOG≌△ADG；（2）求∠PAG的度数；并判断线段OG、PG、BP之间的数量关系，说明理由；（3）当∠1=∠2时，求直线PE的解析式；（4）在（3）的条件下，直线PE上是否存在点M，使以M、A、G为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出M点坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）见解析（2）∠PAG =45°，PG=OG+BP．理由见解析（3）y=x﹣3．（4）、．【解析】试题分析：(1)由AO=AD，AG=AG，根据斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等，判断出△AOG≌△ADG即可．(2)首先根据三角形全等的判定方法，判断出△ADP≌△ABP，再结合△AOG≌△ADG，可得∠DAP=∠BAP，∠1=∠DAG；然后根据∠1+∠DAG+∠DAP+∠BAP=90°，求出∠PAG的度数；最后判断出线段OG、PG、BP之间的数量关系即可．(3)首先根据△AOG≌△ADG，判断出∠AGO=∠AGD；然后根据∠1+∠AGO=90°，∠2+∠PGC=90°，判断出当∠1=∠2时，∠AGO=∠AGD=∠PGC，而∠AGO+∠AGD+∠PGC=180°，求出∠1=∠2=30°；最后确定出P、G两点坐标，即可判断出直线PE的解析式．(4)根据题意，分两种情况：①当点M在x轴的负半轴上时；②当点M在EP的延长线上时；根据以M、A、G为顶点的三角形是等腰三角形，求出M点坐标是多少即可．试题解析：(1)在Rt△AOG和Rt△ADG中，（HL）∴△AOG≌△ADG．(2)在Rt△ADP和Rt△ABP中，∴△ADP≌△ABP，则∠DAP=∠BAP；∵△AOG≌△ADG，∴∠1=∠DAG；又∵∠1+∠DAG+∠DAP+∠BAP=90°，∴2∠DAG+2∠DAP=90°，∴∠DAG+∠DAP=45°，∵∠PAG=∠DAG+∠DAP，∴∠PAG=45°；∵△AOG≌△ADG，∴DG=OG，∵△ADP≌△ABP，∴DP=BP，∴PG=DG+DP=OG+BP．(3)解：∵△AOG≌△ADG，∴∠AGO=∠AGD，又∵∠1+∠AGO=90°，∠2+∠PGC=90°，∠1=∠2，∴∠AGO=∠PGC，又∵∠AGO=∠AGD，∴∠AGO=∠AGD=∠PGC，又∵∠AGO+∠AGD+∠PGC=180°，∴∠AGO=∠AGD=∠PGC=180°÷3=60°，∴∠1=∠2=90°﹣60°=30°；在Rt△AOG中，∵AO=3，∴OG=AOtan30°=3×=，∴G点坐标为（，0），CG=3﹣，在Rt△PCG中，PC===3（﹣1），∴P点坐标为：（3，3﹣3 ），设直线PE的解析式为：y=kx+b，则，解得：，∴直线PE的解析式为y=x﹣3．(4)①如图1，当点M在x轴的负半轴上时，，∵AG=MG，点A坐标为（0，3），∴点M坐标为（0，﹣3）．②如图2，当点M在EP的延长线上时，，由（3），可得∠AGO=∠PGC=60°，∴EP与AB的交点M，满足AG=MG，∵A点的横坐标是0，G点横坐标为，∴M的横坐标是2，纵坐标是3，∴点M坐标为（2，3）．综上，可得点M坐标为（0，﹣3）或（2，3）．考点：几何变换综合题．。
备战中考数学 平行四边形 培优 易错 难题练习(含答案)附答案
备战中考数学平行四边形培优易错难题练习(含答案)附答案一、平行四边形1．操作：如图，边长为2的正方形ABCD，点P在射线BC上，将△ABP沿AP向右翻折，得到△AEP，DE所在直线与AP所在直线交于点F．探究：（1）如图1，当点P在线段BC上时，①若∠BAP=30°，求∠AFE的度数；②若点E 恰为线段DF的中点时，请通过运算说明点P会在线段BC的什么位置？并求出此时∠AFD 的度数．归纳：（2）若点P是线段BC上任意一点时（不与B，C重合），∠AFD的度数是否会发生变化？试证明你的结论；猜想：（3）如图2，若点P在BC边的延长线上时，∠AFD的度数是否会发生变化？试在图中画出图形，并直接写出结论．【答案】（1）①45°；②BC的中点，45°；（2）不会发生变化，证明参见解析；（3）不会发生变化，作图参见解析.【解析】试题分析：（1）当点P在线段BC上时，①由折叠得到一对角相等，再利用正方形性质求出∠DAE度数，在三角形AFD中，利用内角和定理求出所求角度数即可；②由E为DF中点，得到P为BC中点，如图1，连接BE交AF于点O，作EG∥AD，得EG∥BC，得到AF 垂直平分BE，进而得到三角形BOP与三角形EOG全等，利用全等三角形对应边相等得到BP=EG=1，得到P为BC中点，进而求出所求角度数即可；（2）若点P是线段BC上任意一点时（不与B，C重合），∠AFD的度数不会发生变化，作AG⊥DF于点G，如图1（a）所示，利用折叠的性质及三线合一性质，根据等式的性质求出∠1+∠2的度数，即为∠FAG度数，即可求出∠F度数；（3）作出相应图形，如图2所示，若点P在BC边的延长线上时，∠AFD的度数不会发生变化，理由为：作AG⊥DE于G，得∠DAG=∠EAG，设∠DAG=∠EAG=α，根据∠FAE为∠BAE一半求出所求角度数即可．试题解析：（1）①当点P在线段BC上时，∵∠EAP=∠BAP=30°，∴∠DAE=90°﹣30°×2=30°，在△ADE中，AD=AE，∠DAE=30°，∴∠ADE=∠AED=（180°﹣30°）÷2=75°，在△AFD中，∠FAD=30°+30°=60°，∠ADF=75°，∴∠AFE=180°﹣60°﹣75°=45°；②点E为DF 的中点时，P也为BC的中点，理由如下：如图1，连接BE交AF于点O，作EG∥AD，得EG∥BC，∵EG∥AD，DE=EF，∴EG=AD=1，∵AB=AE，∴点A在线段BE的垂直平分线上，同理可得点P在线段BE的垂直平分线上，∴AF垂直平分线段BE，∴OB=OE，∵GE∥BP，∴∠OBP=∠OEG，∠OPB=∠OGE，∴△BOP≌△EOG，∴BP=EG=1，即P为BC的中点，∴∠DAF=90°﹣∠BAF，∠ADF=45°+∠BAF，∴∠AFD=180°﹣∠DAF﹣∠ADF=45°；（2）∠AFD的度数不会发生变化，作AG⊥DF于点G，如图1（a）所示，在△ADE中，AD=AE，AG⊥DE，∵AG平分∠DAE，即∠2=∠DAG，且∠1=∠BAP，∴∠1+∠2=×90°=45°，即∠FAG=45°，则∠AFD=90°﹣45°=45°；（3）如图2所示，∠AFE的大小不会发生变化，∠AFE=45°，作AG⊥DE于G，得∠DAG=∠EAG，设∠DAG=∠EAG=α，∴∠BAE=90°+2α，∴∠FAE=∠BAE=45°+α，∴∠FAG=∠FAE﹣∠EAG=45°，在Rt△AFG中，∠AFE=90°﹣45°=45°．考点：1.正方形的性质；2.折叠性质；3.全等三角形的判定与性质.2．如图，在正方形ABCD中，E是边BC上的一动点（不与点B、C重合），连接DE、点C 关于直线DE的对称点为C′，连接AC′并延长交直线DE于点P，F是AC′的中点，连接DF．（1）求∠FDP的度数；（2）连接BP，请用等式表示AP、BP、DP三条线段之间的数量关系，并证明；（3）连接AC2，请直接写出△ACC′的面积最大值．【答案】（1）45°；（2）BP+DP＝2AP，证明详见解析；（3）2﹣1．【解析】【分析】（1）证明∠CDE＝∠C'DE和∠ADF＝∠C'DF，可得∠FDP'＝12∠ADC＝45°；（2）作辅助线，构建全等三角形，证明△BAP≌△DAP'（SAS），得BP＝DP'，从而得△PAP'是等腰直角三角形，可得结论；（3）先作高线C'G，确定△ACC′的面积中底边AC为定值2，根据高的大小确定面积的大小，当C'在BD上时，C'G最大，其△ACC′的面积最大，并求此时的面积．【详解】（1）由对称得：CD＝C'D，∠CDE＝∠C'DE，在正方形ABCD中，AD＝CD，∠ADC＝90°，∴AD＝C'D，∵F是AC'的中点，∴DF⊥AC'，∠ADF＝∠C'DF，∴∠FDP＝∠FDC'+∠EDC'＝12∠ADC＝45°；（2）结论：BP+DP＝2AP，理由是：如图，作AP'⊥AP交PD的延长线于P'，∴∠PAP'＝90°，在正方形ABCD中，DA＝BA，∠BAD＝90°，∴∠DAP'＝∠BAP，由（1）可知：∠FDP＝45°∵∠DFP ＝90°∴∠APD ＝45°，∴∠P '＝45°，∴AP ＝AP '，在△BAP 和△DAP '中，∵BA DA BAP DAP AP AP '=⎧⎪∠=∠⎨='⎪⎩，∴△BAP ≌△DAP '（SAS ），∴BP ＝DP '，∴DP +BP ＝PP '＝2AP ；（3）如图，过C '作C 'G ⊥AC 于G ，则S △AC 'C ＝12AC •C 'G ，Rt △ABC 中，AB ＝BC 2，∴AC 22(2)(2)2+=，即AC 为定值，当C 'G 最大值，△AC 'C 的面积最大，连接BD ，交AC 于O ，当C '在BD 上时，C 'G 最大，此时G 与O 重合，∵CD ＝C 'D 2OD ＝12AC ＝1， ∴C 'G 2﹣1，∴S △AC 'C ＝112(21)2122AC C G '•=⨯=． 【点睛】本题考查四边形综合题、正方形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．3．如图，矩形ABCD 中，AB =6，BC =4，过对角线BD 中点O 的直线分别交AB ，CD 边于点E ，F ．（1）求证：四边形BEDF 是平行四边形；（2）当四边形BEDF 是菱形时，求EF 的长．【答案】（1）证明见解析；（2）133． 【解析】 分析：（1）根据平行四边形ABCD 的性质，判定△BOE ≌△DOF （ASA ），得出四边形BEDF 的对角线互相平分，进而得出结论；（2）在Rt △ADE 中，由勾股定理得出方程，解方程求出BE ，由勾股定理求出BD ，得出OB ，再由勾股定理求出EO ，即可得出EF 的长.详解：（1）证明：∵四边形ABCD 是矩形，O 是BD 的中点，∴∠A=90°，AD=BC=4，AB ∥DC ，OB=OD ，∴∠OBE=∠ODF ，在△BOE 和△DOF 中，OBE ODF OB ODBOE DOF ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩∴△BOE ≌△DOF （ASA ），∴EO=FO ，∴四边形BEDF 是平行四边形；（2）当四边形BEDF 是菱形时，BD ⊥EF ，设BE=x ，则 DE=x ，AE=6-x ，在Rt △ADE 中，DE 2=AD 2+AE 2，∴x 2=42+（6-x ）2，解得：x=133， ∵22AD AB +13 ∴OB=1213 ∵BD ⊥EF ，∴22BE OB -213 ∴413 点睛：本题主要考查了矩形的性质，菱形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质，熟练掌握矩形的性质和勾股定理，证明三角形全等是解决问的关键4．在平面直角坐标系中，四边形AOBC是矩形，点O（0，0），点A（5，0），点B（0，3）．以点A为中心，顺时针旋转矩形AOBC，得到矩形ADEF，点O，B，C的对应点分别为D，E，F．（1）如图①，当点D落在BC边上时，求点D的坐标；（2）如图②，当点D落在线段BE上时，AD与BC交于点H．①求证△ADB≌△AOB；②求点H的坐标．（3）记K为矩形AOBC对角线的交点，S为△KDE的面积，求S的取值范围（直接写出结果即可）．【答案】（1）D（1，3）；（2）①详见解析；②H（175，3）；（3）30334-≤S≤30334+．【解析】【分析】（1）如图①，在Rt△ACD中求出CD即可解决问题；（2）①根据HL证明即可；②，设AH=BH=m，则HC=BC-BH=5-m，在Rt△AHC中，根据AH2=HC2+AC2，构建方程求出m即可解决问题；（3）如图③中，当点D在线段BK上时，△DEK的面积最小，当点D在BA的延长线上时，△D′E′K的面积最大，求出面积的最小值以及最大值即可解决问题；【详解】（1）如图①中，∵A（5，0），B（0，3），∴OA=5，OB=3，∵四边形AOBC是矩形，∴AC=OB=3，OA=BC=5，∠OBC=∠C=90°，∵矩形ADEF是由矩形AOBC旋转得到，∴AD=AO=5，在Rt△ADC中，CD=22AD AC-=4，∴BD=BC-CD=1，∴D（1，3）．（2）①如图②中，由四边形ADEF是矩形，得到∠ADE=90°，∵点D在线段BE上，∴∠ADB=90°，由（1）可知，AD=AO，又AB=AB，∠AOB=90°，∴Rt△ADB≌Rt△AOB（HL）．②如图②中，由△ADB≌△AOB，得到∠BAD=∠BAO，又在矩形AOBC中，OA∥BC，∴∠CBA=∠OAB，∴∠BAD=∠CBA，∴BH=AH，设AH=BH=m，则HC=BC-BH=5-m，在Rt△AHC中，∵AH2=HC2+AC2，∴m2=32+（5-m）2，∴m=175，∴BH=175，∴H（175，3）．（3）如图③中，当点D在线段BK上时，△DEK的面积最小，最小值=12•DE•DK=12×3×（34）30334-当点D在BA的延长线上时，△D′E′K的面积最大，最大面积=12×D′E′×KD′=12×3×（5+342）=303344+．综上所述，303344-≤S≤303344+．【点睛】本题考查四边形综合题、矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、旋转变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．5．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．6．如图，四边形ABCD中，AD∥BC，∠A=90°，BD=BC，点E为CD的中点，射线BE交AD 的延长线于点F，连接CF．（1）求证：四边形BCFD是菱形；（2）若AD=1，BC=2，求BF的长．【答案】（1）证明见解析（2）3【解析】（1）∵AF∥BC，∴∠DCB=∠CDF，∠FBC=∠BFD，∵点E为CD的中点，∴DE=EC，在△BCE与△FDE中，FBC BFDDCB CDFDE EC∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BCE≌△FDE，∴DF=BC，又∵DF∥BC，∴四边形BCDF为平行四边形，∵BD=BC，∴四边形BCFD是菱形；（2）∵四边形BCFD是菱形，∴BD=DF=BC=2，在Rt△BAD中，AB223BD AD-，∵AF=AD+DF=1+2=3，在Rt△BAF中，BF22AB AF+3．7．已知正方形ABCD中，E为对角线BD上一点，过E点作EF⊥BD交BC于F，连接DF，G为DF中点，连接EG，CG．（1）请问EG与CG存在怎样的数量关系，并证明你的结论；（2）将图①中△BEF绕B点逆时针旋转45°，如图②所示，取DF中点G，连接EG，CG．问（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．（3）将图①中△BEF绕B点旋转任意角度，如图③所示，再连接相应的线段，问（1）中的结论是否仍然成立？（请直接写出结果，不必写出理由）【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）结论仍然成立【解析】【分析】（1）利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可证出CG=EG．（2）结论仍然成立，连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点；再证明△DAG≌△DCG，得出AG=CG；再证出△DMG≌△FNG，得到MG=NG；再证明△AMG≌△ENG，得出AG=EG；最后证出CG=EG．（3）结论依然成立．【详解】（1）CG=EG．理由如下：∵四边形ABCD是正方形，∴∠DCF=90°．在Rt△FCD中，∵G为DF的中点，∴CG=12FD，同理．在Rt△DEF中，EG=12FD，∴CG=EG．（2）（1）中结论仍然成立，即EG=CG．证法一：连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点．在△DAG与△DCG中，∵AD=CD，∠ADG=∠CDG，DG=DG，∴△DAG≌△DCG（SAS），∴AG=CG；在△DMG与△FNG中，∵∠DGM=∠FGN，FG=DG，∠MDG=∠NFG，∴△DMG≌△FNG （ASA），∴MG=NG．∵∠EAM=∠AEN=∠AMN=90°，∴四边形AENM是矩形，在矩形AENM中，AM=EN．在△AMG与△ENG中，∵AM=EN，∠AMG=∠ENG，MG=NG，∴△AMG≌△ENG（SAS），∴AG=EG，∴EG=CG．证法二：延长CG至M，使MG=CG，连接MF，ME，EC．在△DCG与△FMG中，∵FG=DG，∠MGF=∠CGD，MG=CG，∴△DCG≌△FMG，∴MF=CD，∠FMG=∠DCG，∴MF∥CD∥AB，∴EF⊥MF．在Rt△MFE与Rt△CBE中，∵MF=CB，∠MFE=∠EBC=90°，EF=BE，∴△MFE≌△CBE∴∠MEF=∠CEB，∴∠MEC=∠MEF+∠FEC=∠CEB+∠CEF=90°，∴△MEC为直角三角形．∵MG=CG，∴EG=12MC，∴EG=CG．（3）（1）中的结论仍然成立．理由如下：过F作CD的平行线并延长CG交于M点，连接EM、EC，过F作FN垂直于AB于N．由于G为FD中点，易证△CDG≌△MFG，得到CD=FM，又因为BE=EF，易证∠EFM=∠EBC，则△EFM≌△EBC，∠FEM=∠BEC，EM=EC∵∠FEC+∠BEC=90°，∴∠FEC+∠FEM=90°，即∠MEC=90°，∴△MEC是等腰直角三角形．∵G为CM中点，∴EG=CG，EG⊥CG【点睛】本题是四边形的综合题．（1）关键是利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答；（2）关键是利用了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质、全等三角形的判定和性质解答．8．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠CAB=30°，以线段AB为边向外作等边△ABD，点E 是线段AB的中点，连接CE并延长交线段AD于点F．（1）求证：四边形BCFD为平行四边形；（2）若AB=6，求平行四边形ADBC的面积．【答案】（1）见解析；（2）S平行四边形ADBC273【解析】【分析】（1）在Rt△ABC中，E为AB的中点，则CE=12AB，BE=12AB，得到∠BCE=∠EBC=60°.由△AEF≌△BEC，得∠AFE=∠BCE=60°.又∠D=60°，得∠AFE=∠D=60度.所以FC ∥BD ，又因为∠BAD=∠ABC=60°，所以AD ∥BC ，即FD//BC ，则四边形BCFD 是平行四边形.（2）在Rt △ABC 中，求出BC ，AC 即可解决问题；【详解】解：（1）证明：在△ABC 中，∠ACB=90°，∠CAB=30°，∴∠ABC=60°，在等边△ABD 中，∠BAD=60°，∴∠BAD=∠ABC=60°，∵E 为AB 的中点，∴AE=BE ，又∵∠AEF=∠BEC ，∴△AEF ≌△BEC ，在△ABC 中，∠ACB=90°，E 为AB 的中点，∴CE=12AB ，BE=12AB ，∴CE=AE ，∴∠EAC=∠ECA=30°，∴∠BCE=∠EBC=60°，又∵△AEF ≌△BEC ，∴∠AFE=∠BCE=60°，又∵∠D=60°，∴∠AFE=∠D=60°，∴FC ∥BD ，又∵∠BAD=∠ABC=60°，∴AD ∥BC ，即FD ∥BC ，∴四边形BCFD 是平行四边形；（2）解：在Rt △ABC 中，∵∠BAC=30°，AB=6，∴BC=AF=3，AC=∴S 平行四边形BCFD =3×，S △ACF =12×3×，S 平行四边形ADBC ． 【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质、直角三角形斜边中线定理、等边三角形的性质、解直角三角形、勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型.9．（问题情境）在△ABC 中，AB ＝AC ，点P 为BC 所在直线上的任一点，过点P 作PD ⊥AB ，PE ⊥AC ，垂足分别为D 、E ，过点C 作CF ⊥AB ，垂足为F ．当P 在BC 边上时（如图1），求证：PD+PE ＝CF ．证明思路是：如图2，连接AP ，由△ABP 与△ACP 面积之和等于△ABC 的面积可以证得：PD+PE ＝CF ．（不要证明）（变式探究）（1）当点P 在CB 延长线上时，其余条件不变（如图3），试探索PD 、PE 、CF 之间的数量关系并说明理由；请运用上述解答中所积累的经验和方法完成下列两题：（结论运用）（2）如图4，将长方形ABCD 沿EF 折叠，使点D 落在点B 上，点C 落在点C′处，点P 为折痕EF 上的任一点，过点P 作PG ⊥BE 、PH ⊥BC ，垂足分别为G 、H ，若AD ＝16，CF ＝6，求PG+PH 的值．（迁移拓展）（3）在直角坐标系中，直线l 1：y ＝-43x+8与直线l 2：y ＝﹣2x+8相交于点A ，直线l 1、l 2与x 轴分别交于点B 、点C ．点P 是直线l 2上一个动点，若点P 到直线l 1的距离为2．求点P 的坐标．【答案】【变式探究】证明见解析【结论运用】8【迁移拓展】（﹣1，6），（1，10）【解析】【变式探究】连接AP，同理利用△ABP与△ACP面积之差等于△ABC的面积可以证得；【结论运用】过点E作EQ⊥BC，垂足为Q，根据勾股定理和矩形的性质解答即可；【迁移拓展】分两种情况，利用结论，求得点P到x轴的距离，再利用待定系数法可求出P的坐标．【详解】变式探究:连接AP，如图3：∵PD⊥AB，PE⊥AC，CF⊥AB，且S△ABC＝S△ACP﹣S△ABP，∴12AB•CF＝12AC•PE﹣12AB•PD．∵AB＝AC，∴CF＝PD﹣PE；结论运用:过点E作EQ⊥BC，垂足为Q，如图④，∵四边形ABCD是长方形，∴AD＝BC，∠C＝∠ADC＝90°．∵AD＝16，CF＝6，∴BF＝BC﹣CF＝AD﹣CF＝5，由折叠可得：DF＝BF，∠BEF＝∠DEF．∴DF＝5．∵∠C＝90°，∴DC2222-=-8．DF CF106∵EQ⊥BC，∠C＝∠ADC＝90°，∴∠EQC＝90°＝∠C＝∠ADC．∴四边形EQCD是长方形．∴EQ＝DC＝4．∵AD∥BC，∴∠DEF＝∠EFB．∵∠BEF＝∠DEF，∴∠BEF＝∠EFB．∴BE＝BF，由问题情境中的结论可得：PG+PH＝EQ．∴PG+PH＝8．∴PG+PH的值为8；迁移拓展:如图，由题意得：A（0，8），B（6，0），C（﹣4，0）∴AB226810，BC＝10．∴AB＝BC，（1）由结论得：P1D1+P1E1＝OA＝8∵P1D1＝1＝2，∴P1E1＝6 即点P1的纵坐标为6又点P1在直线l2上，∴y＝2x+8＝6，∴x＝﹣1，即点P1的坐标为（﹣1，6）；（2）由结论得：P2E2﹣P2D2＝OA＝8∵P2D2＝2，∴P2E2＝10 即点P1的纵坐标为10又点P1在直线l2上，∴y＝2x+8＝10，∴x＝1，即点P1的坐标为（1，10）【点睛】本题考查了矩形的性质与判定、等腰三角形的性质与判定及勾股定理等知识点，利用面积法列出等式是解决问题的关键．10．现有一张矩形纸片ABCD（如图），其中AB＝4cm，BC＝6cm，点E是BC的中点．将纸片沿直线AE折叠，点B落在四边形AECD内，记为点B′，过E作EF垂直B′C，交B′C于F．（1）求AE、EF的位置关系；（2）求线段B′C的长，并求△B′EC的面积．【答案】（1）见解析；（2）S△B′EC＝108 25．【解析】【分析】（1）由折线法及点E是BC的中点，可证得△B'EC是等腰三角形，再有条件证明∠AEF=90°即可得到AE⊥EF；（2）连接BB′，通过折叠，可知∠EBB′=∠EB′B，由E是BC的中点，可得EB′=EC，∠ECB′=∠EB′C，从而可证△BB′C为直角三角形，在Rt△AOB和Rt△BOE中，可将OB，BB′的长求出，在Rt△BB′C中，根据勾股定理可将B′C的值求出.【详解】（1）由折线法及点E是BC的中点，∴EB＝EB′＝EC，∠AEB＝∠AEB′，∴△B'EC是等腰三角形，又∵EF⊥B′C∴EF为∠B'EC的角平分线，即∠B′EF＝∠FEC，∴∠AEF＝180°﹣（∠AEB+∠CEF）＝90°，即∠AEF＝90°，即AE⊥EF；（2）连接BB'交AE于点O，由折线法及点E是BC的中点，∴EB＝EB′＝EC，∴∠EBB′＝∠EB′B，∠ECB′＝∠EB′C；又∵△BB'C三内角之和为180°，∴∠BB'C＝90°；∵点B′是点B关于直线AE的对称点，∴AE垂直平分BB′；在Rt△AOB和Rt△BOE中，BO2＝AB2﹣AO2＝BE2﹣（AE﹣AO）2将AB＝4cm，BE＝3cm，AE＝5cm，∴AO＝165cm，∴BO22AB AO125cm，∴BB′＝2BO＝245cm，∴在Rt △BB 'C 中，B ′C ＝22BC BB '-＝518cm ， 由题意可知四边形OEFB ′是矩形，∴EF ＝OB ′＝125， ∴S △B ′EC ＝*111812108225525B C EF '⨯=⨯⨯=．【点睛】考查图形的折叠变化及三角形的内角和定理勾股定理的和矩形的性质综合运用．关键是要理解折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，只是位置变化．11．如图1，在正方形ABCD 中，AD=6，点P 是对角线BD 上任意一点，连接PA ，PC 过点P 作PE ⊥PC 交直线AB 于E ．（1） 求证：PC=PE;（2） 延长AP 交直线CD 于点F.①如图2，若点F 是CD 的中点，求△APE 的面积；②若ΔAPE 的面积是21625，则DF 的长为 （3） 如图3，点E 在边AB 上，连接EC 交BD 于点M,作点E 关于BD 的对称点Q ，连接PQ ，MQ ，过点P 作PN ∥CD 交EC 于点N ，连接QN ，若PQ=5，MN=72，则△MNQ 的面积是【答案】（1）略；（2）①8，②4或9；（3）56【解析】【分析】（1）利用正方形每个角都是90°，对角线平分对角的性质，三角形外角等于和它不相邻的两个内角的和，等角对等边等性质容易得证;（2）作出△ADP 和△DFP 的高，由面积法容易求出这个高的值.从而得到△PAE 的底和高，并求出面积.第2小问思路一样，通过面积法列出方程求解即可;（3）根据已经条件证出△MNQ 是直角三角形，计算直角边乘积的一半可得其面积.【详解】(1) 证明：∵点P 在对角线BD 上，∴△ADP ≌△CDP ,∴AP=CP , ∠DAP =∠DCP ,∵PE ⊥PC ，∴∠EPC=∠EPB+∠BPC=90°,∵∠PEA=∠EBP+∠EPB=45°+90°-∠BPC=135°-∠BPC,∵∠PAE=90°-∠DAP ＝90°-∠DCP ,∠DCP=∠BPC-∠PDC=∠BPC-45°,∴∠PAE=90°-(∠BPC-45°)= 135°-∠BPC,∴∠PEA=∠PAE,∴PC=PE;（2）①如图2，过点P 分别作PH ⊥AD,PG ⊥CD,垂足分别为H 、G.延长GP 交AB 于点M.∵四边形ABCD 是正方形，P 在对角线上，∴四边形HPGD 是正方形，∴PH=PG,PM ⊥AB,设PH=PG=a,∵F 是CD 中点，AD ＝6，则FD=3,ADF S n =9,∵ADF S n =ADP DFP S S +n n =1122AD PH DF PG ⨯+⨯, ∴1163922a a ⨯+⨯=,解得a=2, ∴AM=HP=2,MP=MG-PG=6-2=4,又∵PA=PE,∴AM=EM,AE=4,∵APE S n =1144822EA MP ⨯=⨯⨯=, ②设HP ＝b,由①可得AE=2b,MP=6-b, ∴APE S n =()121626225b b ⨯⨯-=, 解得b=2.4 3.6或,∵ADF S n =ADP DFP S S +n n =1122AD PH DF PG ⨯+⨯, ∴11166222b DF b DF ⨯⨯+⨯=⨯, ∴当b=2.4时，DF=4；当b ＝3.6时，DF ＝9,即DF 的长为4或9;（3）如图，∵E 、Q 关于BP 对称，PN ∥CD,∴∠1＝∠2，∠2+∠3＝∠BDC=45°,∴∠1+∠4=45°,∴∠3=∠4,易证△PEM ≌△PQM, △PNQ ≌△PNC,∴∠5=∠6, ∠7=∠8 ,EM=QM,NQ=NC,∴∠6+∠7=90°,∴△MNQ 是直角三角形,设EM=a,NC=b 列方程组222725272 3a b a b ⎧+=⎪⎪⎨⎛⎪+= ⎪⎝⎭⎩, 可得12ab=56, ∴MNQ 56S V =, 【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，有一定难度，熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键.要注意运用数形结合思想.12．猜想与证明：如图1，摆放矩形纸片ABCD与矩形纸片ECGF，使B、C、G三点在一条直线上，CE在边CD上，连接AF，若M为AF的中点，连接DM、ME，试猜想DM与ME的关系，并证明你的结论．拓展与延伸：（1）若将”猜想与证明“中的纸片换成正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF，其他条件不变，则DM和ME的关系为．（2）如图2摆放正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF，使点F在边CD上，点M仍为AF 的中点，试证明（1）中的结论仍然成立．【答案】猜想：DM=ME，证明见解析；（2）成立，证明见解析.【解析】试题分析：延长EM交AD于点H，根据ABCD和CEFG为矩形得到AD∥EF，得到△FME和△AMH全等，得到HM=EM，根据Rt△HDE得到HM=DE，则可以得到答案；（1）、延长EM交AD于点H，根据ABCD和CEFG为矩形得到AD∥EF，得到△FME和△AMH全等，得到HM=EM，根据Rt△HDE得到HM=DE，则可以得到答案；（2）、连接AE，根据正方形的性质得出∠FCE=45°，∠FCA=45°，根据RT△ADF中AM=MF得出DM=AM=MF，根据RT△AEF中AM=MF得出AM=MF=ME，从而说明DM=ME.试题解析：如图1，延长EM交AD于点H，∵四边形ABCD和CEFG是矩形，∴AD∥EF，∴∠EFM=∠HAM，又∵∠FME=∠AMH，FM=AM，在△FME和△AMH中，∴△FME≌△AMH（ASA）∴HM=EM，在RT△HDE中，HM=DE，∴DM=HM=ME，∴DM=ME．（1）、如图1，延长EM交AD于点H，∵四边形ABCD和CEFG是矩形，∴AD∥EF，∴∠EFM=∠HAM，又∵∠FME=∠AMH，FM=AM，在△FME和△AMH中，∴△FME≌△AMH（ASA）∴HM=EM，在RT△HDE中，HM=EM∴DM=HM=ME，∴DM=ME，（2）、如图2，连接AE，∵四边形ABCD和ECGF是正方形，∴∠FCE=45°，∠FCA=45°，∴AE和EC在同一条直线上，在RT△ADF中，AM=MF，∴DM=AM=MF，在RT△AEF中，AM=MF，∴AM=MF=ME，∴DM=ME．考点：（1）、三角形全等的性质；（2）、矩形的性质.13．在矩形纸片ABCD中，AB=6，BC=8，现将纸片折叠，使点D与点B重合，折痕为EF，连接DF．（1）说明△BEF是等腰三角形；（2）求折痕EF的长．【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【分析】（1）根据折叠得出∠DEF=∠BEF，根据矩形的性质得出AD∥BC，求出∠DEF=∠BFE，求出∠BEF=∠BFE即可；（2）过E作EM⊥BC于M，则四边形ABME是矩形，根据矩形的性质得出EM=AB=6，AE=BM，根据折叠得出DE=BE，根据勾股定理求出DE、在Rt△EMF中，由勾股定理求出即可．【详解】（1）∵现将纸片折叠，使点D与点B重合，折痕为EF，∴∠DEF=∠BEF．∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠DEF=∠BFE，∴∠BEF=∠BFE，∴BE=BF，即△BEF 是等腰三角形；（2）过E作EM⊥BC于M，则四边形ABME是矩形，所以EM=AB=6，AE=BM．∵现将纸片折叠，使点D与点B重合，折痕为EF，∴DE=BE，DO=BO，BD⊥EF．∵四边形ABCD是矩形，BC=8，∴AD=BC=8，∠BAD=90°．在Rt△ABE中，AE2+AB2=BE2，即（8﹣BE）2+62=BE2，解得：BE==DE=BF，AE=8﹣DE=8﹣==BM，∴FM=﹣=．在Rt△EMF中，由勾股定理得：EF==．故答案为：．【点睛】本题考查了折叠的性质和矩形性质、勾股定理等知识点，能熟记折叠的性质是解答此题的关键．14．如图，点E是正方形ABCD的边A B上一点，连结CE，过顶点C作CF⊥CE，交AD延长线于F．求证：BE=DF.【答案】证明见解析.【解析】分析：根据正方形的性质，证出BC=CD，∠B=∠CDF，∠BCD=90°，再由垂直的性质得到∠BCE=∠DCF，然后根据“ASA”证明△BCE≌△BCE即可得到BE=DF详解：证明：∵CF⊥CE，∴∠ECF=90°，又∵∠BCG=90°，∴∠BCE+∠ECD =∠DCF+∠ECD∴∠BCE=∠DCF，在△BCE与△DCF中，∵∠BCE=∠DCF，BC=CD，∠CDF=∠EBC，∴△BCE≌△BCE（ASA），∴BE=DF.点睛：本题考查的是正方形的性质，熟知正方形的性质及全等三角形的判定与性质是解答此题的关键．15．在正方形ABCD中，动点E，F分别从D，C两点同时出发，以相同的速度在直线DC，（1）如图①，当点E自D向C，点F自C向B移动时，连接AE和DF交于点P，请你写出AE与DF的位置关系，并说明理由；（2）如图②，当E，F分别移动到边DC，CB的延长线上时，连接AE和DF，（1）中的结论还成立吗？（请你直接回答“是”或“否”，不须证明）（3）如图③，当E，F分别在边CD，BC的延长线上移动时，连接AE，DF，（1）中的结论还成立吗？请说明理由；（4）如图④，当E，F分别在边DC，CB上移动时，连接AE和DF交于点P，由于点E，F 的移动，使得点P也随之运动，请你画出点P运动路径的草图．若AD=2，试求出线段CP 的最小值．【答案】（1）AE=DF，AE⊥DF；（2）是；（3）成立，理由见解析；（4）CP=QC﹣QP=．【解析】试题分析：（1）AE=DF，AE⊥DF．先证得△ADE≌△DCF．由全等三角形的性质得AE=DF，∠DAE=∠CDF，再由等角的余角相等可得AE⊥DF；（2）是．四边形ABCD是正方形，所以AD=DC，∠ADE=∠DCF=90°，DE=CF，所以△ADE≌△DCF，于是AE=DF，∠DAE=∠CDF，因为∠CDF+∠ADF=90°，∠DAE+∠ADF=90°，所以AE⊥DF；（3）成立．由（1）同理可证AE=DF，∠DAE=∠CDF，延长FD交AE于点G，再由等角的余角相等可得AE⊥DF；（4）由于点P在运动中保持∠APD=90°，所以点P的路径是一段以AD为直径的弧，设AD 的中点为Q，连接QC交弧于点P，此时CP的长度最小，再由勾股定理可得QC的长，再求CP即可．试题解析：（1）AE=DF，AE⊥DF．理由：∵四边形ABCD是正方形，∴AD=DC，∠ADC=∠C=90°．在△ADE和△DCF中，，∴△ADE≌△DCF（SAS）．∴AE=DF，∠DAE=∠CDF，由于∠CDF+∠ADF=90°，∴∠DAE+∠ADF=90°．∴AE⊥DF；（2）是；理由：由（1）同理可证AE=DF，∠DAE=∠CDF延长FD交AE于点G，则∠CDF+∠ADG=90°，∴∠ADG+∠DAE=90°．∴AE⊥DF；（4）如图：由于点P在运动中保持∠APD=90°，∴点P的路径是一段以AD为直径的弧，设AD的中点为Q，连接QC交弧于点P，此时CP的长度最小，在Rt△QDC中，QC=，∴CP=QC﹣QP=．考点：四边形的综合知识．。
中考数学 平行四边形 培优易错试卷练习(含答案)含答案解析
一、平行四边形真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图1，正方形ABCD的一边AB在直尺一边所在直线MN上，点O是对角线AC、BD 的交点，过点O作OE⊥MN于点E．（1）如图1，线段AB与OE之间的数量关系为．（请直接填结论）（2）保证点A始终在直线MN上，正方形ABCD绕点A旋转θ（0＜θ＜90°），过点 B作BF⊥MN于点F．①如图2，当点O、B两点均在直线MN右侧时，试猜想线段AF、BF与OE之间存在怎样的数量关系？请说明理由．②如图3，当点O、B两点分别在直线MN两侧时，此时①中结论是否依然成立呢？若成立，请直接写出结论；若不成立，请写出变化后的结论并证明．③当正方形ABCD绕点A旋转到如图4的位置时，线段AF、BF与OE之间的数量关系为．（请直接填结论）【答案】（1）AB=2OE；（2）①AF+BF=2OE,证明见解析;②AF﹣BF=2OE 证明见解析;③BF ﹣AF=2OE，【解析】试题分析：（1）利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可得出结论；（2）①过点B作BH⊥OE于H，可得四边形BHEF是矩形，根据矩形的对边相等可得EF=BH，BF=HE，根据正方形的对角线相等且互相垂直平分可得OA=OB，∠AOB=90°，再根据同角的余角相等求出∠AOE=∠OBH，然后利用“角角边”证明△AOE和△OBH全等，根据全等三角形对应边相等可得OH=AE，OE=BH，再根据AF-EF=AE，整理即可得证；②过点B作BH⊥OE交OE的延长线于H，可得四边形BHEF是矩形，根据矩形的对边相等可得EF=BH，BF=HE，根据正方形的对角线相等且互相垂直平分可得OA=OB，∠AOB=90°，再根据同角的余角相等求出∠AOE=∠OBH，然后利用“角角边”证明△AOE和△OBH全等，根据全等三角形对应边相等可得OH=AE，OE=BH，再根据AF-EF=AE，整理即可得证；③同②的方法可证．试题解析：（1）∵AC，BD是正方形的对角线，∴OA=OC=OB，∠BAD=∠ABC=90°，∵OE⊥AB，∴OE=12 AB，∴AB=2OE，（2）①AF+BF=2OE证明：如图2，过点B作BH⊥OE于点H∴∠BHE=∠BHO=90°∵OE⊥MN，BF⊥MN∴∠BFE=∠OEF=90°∴四边形EFBH为矩形∴BF=EH，EF=BH∵四边形ABCD为正方形∴OA=OB，∠AOB=90°∴∠AOE+∠HOB=∠OBH+∠HOB=90°∴∠AOE=∠OBH∴△AEO≌△OHB（AAS）∴AE=OH，OE=BH∴AF+BF=AE+EF+BF=OH+BH+EH=OE+OE=2OE．②AF﹣BF=2OE证明：如图3，延长OE，过点B作BH⊥OE于点H∴∠EHB=90°∵OE⊥MN，BF⊥MN∴∠AEO=∠HEF=∠BFE=90°∴四边形HBFE为矩形∴BF=HE，EF=BH∵四边形ABCD是正方形∴OA=OB，∠AOB=90°∴∠AOE+∠BOH=∠OBH+∠BOH∴∠AOE=∠OBH∴△AOE≌△OBH（AAS）∴AE=OH，OE=BH，∴AF﹣BF=AE+EF﹣HE=OH﹣HE+OE=OE+OE=2OE③BF﹣AF=2OE，如图4，作OG⊥BF于G，则四边形EFGO是矩形，∴EF=GO，GF=EO，∠GOE=90°，∴∠AOE+∠AOG=90°．在正方形ABCD中，OA=OB，∠AOB=90°，∴∠AOG+∠BOG=90°，∴∠AOE=∠BOG．∵OG⊥BF，OE⊥AE，∴∠AEO=∠BGO=90°．∴△AOE≌△BOG（AAS），∴OE=OG，AE=BG，∵AE﹣EF=AF，EF=OG=OE，AE=BG=AF+EF=OE+AF，∴BF﹣AF=BG+GF﹣（AE﹣EF）=AE+OE﹣AE+EF=OE+OE=2OE，∴BF﹣AF=2OE．2．如图，△ABC是等边三角形，AB=6cm，D为边AB中点．动点P、Q在边AB上同时从点D出发，点P沿D→A以1cm/s的速度向终点A运动．点Q沿D→B→D以2cm/s的速度运动，回到点D停止．以PQ为边在AB上方作等边三角形PQN．将△PQN绕QN的中点旋转180°得到△MNQ．设四边形PQMN与△ABC重叠部分图形的面积为S（cm2），点P运动的时间为t（s）（0＜t＜3）．（1）当点N落在边BC上时，求t的值．（2）当点N到点A、B的距离相等时，求t的值．（3）当点Q沿D→B运动时，求S与t之间的函数表达式．（4）设四边形PQMN的边MN、MQ与边BC的交点分别是E、F，直接写出四边形PEMF 与四边形PQMN的面积比为2：3时t的值．【答案】（1）（2）2（3）S=S菱形PQMN=2S△PNQ=t2；（4）t=1或【解析】试题分析：（1）由题意知：当点N落在边BC上时，点Q与点B重合，此时DQ=3；（2）当点N到点A、B的距离相等时，点N在边AB的中线上，此时PD=DQ；（3）当0≤t≤时，四边形PQMN与△ABC重叠部分图形为四边形PQMN；当≤t≤时，四边形PQMN与△ABC重叠部分图形为五边形PQFEN．（4）MN、MQ与边BC的有交点时，此时＜t＜，列出四边形PEMF与四边形PQMN的面积表达式后，即可求出t的值．试题解析：（1）∵△PQN与△ABC都是等边三角形，∴当点N落在边BC上时，点Q与点B重合．∴DQ=3∴2t=3．∴t=；（2）∵当点N到点A、B的距离相等时，点N在边AB的中线上，∴PD=DQ，当0＜t＜时，此时，PD=t，DQ=2t∴t=2t∴t=0（不合题意，舍去），当≤t＜3时，此时，PD=t，DQ=6﹣2t∴t=6﹣2t，解得t=2；综上所述，当点N到点A、B的距离相等时，t=2；（3）由题意知：此时，PD=t，DQ=2t当点M在BC边上时，∴MN=BQ∵PQ=MN=3t，BQ=3﹣2t∴3t=3﹣2t∴解得t=如图①，当0≤t≤时，S△PNQ=PQ2=t2；∴S=S菱形PQMN=2S△PNQ=t2，如图②，当≤t≤时，设MN、MQ与边BC的交点分别是E、F，∵MN=PQ=3t，NE=BQ=3﹣2t，∴ME=MN﹣NE=PQ﹣BQ=5t﹣3，∵△EMF是等边三角形，∴S△EMF=ME2=（5t﹣3）2．；（4）MN、MQ与边BC的交点分别是E、F，此时＜t＜，t=1或．考点：几何变换综合题3．图1、图2是两张形状、大小完全相同的方格纸，方格纸中的每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点叫做格点．（1）在图1中画出等腰直角三角形MON，使点N在格点上，且∠MON=90°；（2）在图2中以格点为顶点画一个正方形ABCD，使正方形ABCD面积等于（1）中等腰直角三角形MON面积的4倍，并将正方形ABCD分割成以格点为顶点的四个全等的直角三角形和一个正方形，且正方形ABCD面积没有剩余（画出一种即可）．【答案】（1）作图参见解析；（2）作图参见解析.【解析】试题分析：（1）过点O向线段OM作垂线，此直线与格点的交点为N，连接MN即可；（2）根据勾股定理画出图形即可．试题解析：（1）过点O向线段OM作垂线，此直线与格点的交点为N，连接MN，如图1所示；（2）等腰直角三角形MON面积是5，因此正方形面积是20，如图2所示；于是根据勾股定理画出图3：考点：1.作图﹣应用与设计作图；2.勾股定理.4．如图1，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于D，分别延长AC至E，BC至F，且CE＝EF，延长FE交AD的延长线于G．（1）求证：AE＝EG；（2）如图2，分别连接BG，BE，若BG＝BF，求证：BE＝EG；（3）如图3，取GF的中点M，若AB＝5，求EM的长．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）5 2【解析】【分析】（1）根据平行线的性质和等腰三角形的三线合一的性质得：∠CAD＝∠G，可得AE＝EG；（2）作辅助线，证明△BEF≌△GEC（SAS），可得结论；（3）如图3，作辅助线，构建平行线，证明四边形DMEN是平行四边形，得EM＝DN＝12AC，计算可得结论．【详解】证明：（1）如图1，过E作EH⊥CF于H，∵AD⊥BC，∴EH∥AD，∴∠CEH＝∠CAD，∠HEF＝∠G，∵CE＝EF，∴∠CEH＝∠HEF，∴∠CAD＝∠G，∴AE＝EG；（2）如图2，连接GC，∵AC＝BC，AD⊥BC，∴BD＝CD，∴AG是BC的垂直平分线，∴GC＝GB，∴∠GBF＝∠BCG，∵BG＝BF，∴GC＝BE，∵CE＝EF，∴∠CEF＝180°﹣2∠F，∵BG＝BF，∴∠GBF＝180°﹣2∠F，∴∠GBF＝∠CEF，∴∠CEF＝∠BCG，∵∠BCE＝∠CEF+∠F，∠BCE＝∠BCG+∠GCE，∴∠GCE＝∠F，在△BEF 和△GCE 中，CE GCE F CG BF EF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BEF ≌△GEC （SAS ），∴BE ＝EG ；（3）如图3，连接DM ，取AC 的中点N ，连接DN ，由（1）得AE ＝EG ，∴∠GAE ＝∠AGE ，在Rt △ACD 中，N 为AC 的中点，∴DN ＝12AC ＝AN ，∠DAN ＝∠ADN ， ∴∠ADN ＝∠AGE ，∴DN ∥GF ，在Rt △GDF 中，M 是FG 的中点， ∴DM ＝12FG ＝GM ，∠GDM ＝∠AGE ， ∴∠GDM ＝∠DAN ，∴DM ∥AE ，∴四边形DMEN 是平行四边形， ∴EM ＝DN ＝12AC ， ∵AC ＝AB ＝5， ∴EM ＝52． 【点睛】 本题是三角形的综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的性质和判定，平行四边形的性质和判定等知识，解题的关键是作辅助线，并熟练掌握全等三角形的判定方法，特别是第三问，辅助线的作法是关键．5．正方形ABCD ，点E 在边BC 上，点F 在对角线AC 上，连AE ．(1)如图1，连EF，若EF⊥AC，4AF＝3AC，AB＝4，求△AEF的周长；(2)如图2，若AF＝AB，过点F作FG⊥AC交CD于G，点H在线段FG上(不与端点重合)，连AH．若∠EAH＝45°，求证：EC＝HG+2FC．【答案】（1）25422）证明见解析【解析】【分析】（1）由正方形性质得出AB＝BC＝CD＝AD＝4，∠B＝∠D＝90°，∠ACB＝∠ACD＝∠BAC＝∠ACD＝45°，得出AC2AB＝2，求出AF＝2，CF＝AC﹣AF2，求出△CEF 是等腰直角三角形，得出EF＝CF2，CE2CF＝2，在Rt△AEF中，由勾股定理求出AE，即可得出△AEF的周长；（2）延长GF交BC于M，连接AG，则△CGM和△CFG是等腰直角三角形，得出CM＝CG，CG2CF，证出BM＝DG，证明Rt△AFG≌Rt△ADG得出FG＝DG，BM＝FG，再证明△ABE≌△AFH，得出BE＝FH，即可得出结论．【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，∠B＝∠D＝90°，∠ACB＝∠ACD＝∠BAC＝∠ACD＝45°，∴AC2AB＝2，∵4AF＝3AC＝2，∴AF＝2∴CF＝AC﹣AF2∵EF⊥AC，∴△CEF是等腰直角三角形，∴EF＝CF2CE2CF＝2，在Rt△AEF中，由勾股定理得：AE2225+=AF EF=∴△AEF的周长＝AE+EF+AF＝252322542（2）证明：延长GF交BC于M，连接AG，如图2所示：则△CGM 和△CFG 是等腰直角三角形，∴CM ＝CG ，CG 2，∴BM ＝DG ，∵AF ＝AB ，∴AF ＝AD ，在Rt △AFG 和Rt △ADG 中，AG AG AF AD =⎧⎨=⎩， ∴Rt △AFG ≌Rt △ADG （HL ），∴FG ＝DG ，∴BM ＝FG ，∵∠BAC ＝∠EAH ＝45°，∴∠BAE ＝∠FAH ，∵FG ⊥AC ，∴∠AFH ＝90°，在△ABE 和△AFH 中，90B AFH AB AFBAE FAH ︒⎧∠=∠=⎪=⎨⎪∠=∠⎩， ∴△ABE ≌△AFH （ASA ），∴BE ＝FH ，∵BM ＝BE +EM ，FG ＝FH +HG ，∴EM ＝HG ，∵EC ＝EM +CM ，CM ＝CG 2CF ，∴EC ＝HG 2．【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握等腰直角三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．6．点P 是矩形ABCD 对角线AC 所在直线上的一个动点（点P 不与点A ，C 重合），分别过点A ，C 向直线BP 作垂线，垂足分别为点E ，F ，点O 为AC 的中点．（1）如图1，当点P 与点O 重合时，请你判断OE 与OF 的数量关系；（2）当点P 运动到如图2所示位置时，请你在图2中补全图形并通过证明判断（1）中的结论是否仍然成立；（3）若点P 在射线OA 上运动，恰好使得∠OEF ＝30°时，猜想此时线段CF ，AE ，OE 之间有怎样的数量关系，直接写出结论不必证明．【答案】（1）OE ＝OF ．理由见解析；（2）补全图形如图所示见解析，OE ＝OF 仍然成立；（3）CF ＝OE+AE 或CF ＝OE ﹣AE ．【解析】【分析】（1）根据矩形的性质以及垂线，即可判定()AOE COF AAS ∆≅∆，得出OE =OF ； （2）先延长EO 交CF 于点G ，通过判定()AOE COG ASA ∆≅∆，得出OG =OE ，再根据Rt EFG ∆中，12OF EG =，即可得到OE =OF ； （3）根据点P 在射线OA 上运动，需要分两种情况进行讨论：当点P 在线段OA 上时，当点P 在线段OA 延长线上时，分别根据全等三角形的性质以及线段的和差关系进行推导计算即可．【详解】（1）OE =OF ．理由如下：如图1．∵四边形ABCD 是矩形，∴ OA =OC ．∵AE BP ⊥，CF BP ⊥，∴90AEO CFO ∠=∠=︒．∵在AOE ∆和COF ∆中，AEO CFO AOE COF OA OC ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴()AOE COF AAS ∆≅∆，∴ OE =OF ；（2）补全图形如图2，OE =OF 仍然成立．证明如下：延长EO 交CF 于点G ．∵AE BP ⊥，CF BP ⊥，∴ AE //CF ，∴EAO GCO ∠=∠．又∵点O 为AC 的中点，∴ AO =CO ．在AOE ∆和COG ∆中，EAO GCO AO CO AOE COG ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=⎩，∴()AOE COG ASA ∆≅∆，∴ OG =OE ，∴Rt EFG ∆中，12OF EG =，∴ OE =OF ； （3）CF =OE +AE 或CF =OE -AE ． 证明如下：①如图2，当点P 在线段OA 上时．∵30OEF ∠=︒，90EFG ∠=︒，∴60OGF ∠=︒，由（2）可得：OF =OG ，∴OGF ∆是等边三角形，∴ FG =OF =OE ，由（2）可得：AOE COG ∆≅∆，∴ CG =AE ．又∵ CF =GF +CG ，∴ CF =OE +AE ；②如图3，当点P 在线段OA 延长线上时．∵30OEF ∠=︒，90EFG ∠=︒，∴60OGF ∠=︒，同理可得：OGF ∆是等边三角形，∴ FG =OF =OE ，同理可得：AOE COG ∆≅∆，∴ CG =AE ．又∵ CF =GF -CG ，∴ CF =OE -AE ．【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了矩形的性质、全等三角形的性质和判定以及等边三角形的性质和判定，解决问题的关键是构建全等三角形和证明三角形全等，利用矩形的对角线互相平分得全等的边相等的条件，根据线段的和差关系使问题得以解决．7．（1）问题发现：如图①，在等边三角形ABC 中，点M 为BC 边上异于B 、C 的一点，以AM 为边作等边三角形AMN ，连接CN ，NC 与AB 的位置关系为 ；（2）深入探究：如图②，在等腰三角形ABC 中，BA=BC ，点M 为BC 边上异于B 、C 的一点，以AM 为边作等腰三角形AMN ，使∠ABC=∠AMN ，AM=MN ，连接CN ，试探究∠ABC 与∠ACN 的数量关系，并说明理由；（3）拓展延伸：如图③，在正方形ADBC 中，AD=AC ，点M 为BC 边上异于B 、C 的一点，以AM 为边作正方形AMEF ，点N 为正方形AMEF 的中点，连接CN ，若BC=10，CN=2，试求EF 的长．【答案】（1）NC ∥AB ；理由见解析；（2）∠ABC=∠ACN ；理由见解析；（3）241； 【解析】分析：（1）根据△ABC ，△AMN 为等边三角形，得到AB=AC ，AM=AN 且∠BAC=∠MAN=60°从而得到∠BAC-∠CAM=∠MAN-∠CAM ，即∠BAM=∠CAN ，证明△BAM ≌△CAN ，即可得到BM=CN ．（2）根据△ABC ，△AMN 为等腰三角形，得到AB ：BC=1：1且∠ABC=∠AMN ，根据相似三角形的性质得到AB AC AM AN＝，利用等腰三角形的性质得到∠BAC=∠MAN ，根据相似三角形的性质即可得到结论； （3）如图3，连接AB ，AN ，根据正方形的性质得到∠ABC=∠BAC=45°，∠MAN=45°，根据相似三角形的性质得出BM AB CN AC＝，得到BM=2，CM=8，再根据勾股定理即可得到答案． 详解：（1）NC ∥AB ，理由如下：∵△ABC 与△MN 是等边三角形，∴AB=AC ，AM=AN ，∠BAC=∠MAN =60°， ∴∠BAM=∠CAN ，在△ABM 与△ACN 中， AB AC BAM CAN AM AN =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ∴△ABM ≌△ACN （SAS ），∴∠B=∠ACN=60°，∵∠ANC+∠ACN+∠CAN=∠ANC+60°+∠CAN=180°，∴∠ANC+∠MAN+∠BAM=∠ANC+60°+∠CAN=∠BAN+∠ANC=180°，∴CN ∥AB ；（2）∠ABC=∠ACN ，理由如下：∵AB AM BC MN==1且∠ABC=∠AMN ， ∴△ABC ～△AMN ∴AB AC AM AN＝， ∵AB=BC ， ∴∠BAC=12（180°﹣∠ABC ）， ∵AM=MN∴∠MAN=12（180°﹣∠AMN ）， ∵∠ABC=∠AMN ，∴∠BAC=∠MAN ，∴∠BAM=∠CAN ，∴△ABM ～△ACN ，∴∠ABC=∠ACN ；（3）如图3，连接AB ，AN ，∵四边形ADBC ，AMEF 为正方形，∴∠ABC=∠BAC=45°，∠MAN=45°，∴∠BAC ﹣∠MAC=∠MAN ﹣∠MAC即∠BAM=∠CAN ， ∵2AB AM BC AN ==， ∴AB AC AM AN＝， ∴△ABM ～△ACN∴BM AB CN AC ＝， ∴CN AC BM AB ==cos45°=2， ∴22=， ∴BM=2，∴CM=BC ﹣BM=8，在Rt △AMC ，AM=2222108241AC MC +=+=，∴EF=AM=241．点睛：本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的性质定理和判定定理、相似三角形的性质定理和判定定理等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等和三角形相似是解决问题的关键．8．如图1所示，（1）在正三角形ABC 中，M 是BC 边（不含端点B 、C ）上任意一点，P 是BC 延长线上一点，N 是∠ACP 的平分线上一点，若∠AMN=60°，求证：AM=MN ． （2）若将（1）中“正三角形ABC”改为“正方形ABCD”，N 是∠DCP 的平分线上一点，若∠AMN=90°，则AM=MN 是否成立？若成立，请证明；若不成立，说明理由．（3）若将（2）中的“正方形ABCD”改为“正n 边形A 1A 2…A n “，其它条件不变，请你猜想：当∠A n﹣2MN=_____°时，结论A n﹣2M=MN仍然成立．（不要求证明）【答案】0 (2)180 nn【解析】分析：（1）要证明AM=MN，可证AM与MN所在的三角形全等，为此，可在AB上取一点E，使AE=CM，连接ME，利用ASA即可证明△AEM≌△MCN，然后根据全等三角形的对应边成比例得出AM=MN．（2）同（1），要证明AM=MN，可证AM与MN所在的三角形全等，为此，可在AB上取一点E，使AE=CM，连接ME，利用ASA即可证明△AEM≌△MCN，然后根据全等三角形的对应边成比例得出AM=MN．详（1）证明：在边AB上截取AE=MC，连接ME．在正△ABC中，∠B=∠BCA=60°，AB=BC．∴∠NMC=180°-∠AMN-∠AMB=180°-∠B-∠AMB=∠MAE，BE=AB-AE=BC-MC=BM，∴∠BEM=60°，∴∠AEM=120°．∵N是∠ACP的平分线上一点，∴∠ACN=60°，∴∠MCN=120°．在△AEM与△MCN中，∠MAE=∠NMC，AE=MC，∠AEM=∠MCN，∴△AEM≌△MCN（ASA），∴AM=MN．（2）解：结论成立；理由：在边AB上截取AE=MC，连接ME．∵正方形ABCD 中，∠B=∠BCD=90°，AB=BC ．∴∠NMC=180°-∠AMN-∠AMB=180°-∠B-∠AMB=∠MAB=∠MAE ，BE=AB-AE=BC-MC=BM ，∴∠BEM=45°，∴∠AEM=135°．∵N 是∠DCP 的平分线上一点，∴∠NCP=45°，∴∠MCN=135°．在△AEM 与△MCN 中，∠MAE=∠NMC ，AE=MC ，∠AEM=∠MCN ，∴△AEM ≌△MCN （ASA ），∴AM=MN ．（3）由（1）（2）可知当∠A n-2MN 等于n 边形的内角时，结论A n-2M=MN 仍然成立；即∠A n-2MN=()02180n n-时，结论A n-2M=MN 仍然成立； 故答案为[()02180n n-]． 点睛：本题综合考查了正方形、等边三角形的性质及全等三角形的判定，同时考查了学生的归纳能力及分析、解决问题的能力．难度较大．9．已知ABC ，以AC 为边在ABC 外作等腰ACD ，其中AC AD =.（1）如图①，若AB AE =，60DAC EAB ∠=∠=︒，求BFC ∠的度数.（2）如图②，ABC α∠=，ACD β∠=，4BC =，6BD =.①若30α=︒，60β=︒，AB 的长为______.②若改变,αβ的大小，但90αβ+=︒，ABC 的面积是否变化？若不变，求出其值；若变化，说明变化的规律.【答案】（1）120°；（2）55【解析】试题分析：（1）根据SAS ，可首先证明△AEC ≌△ABD ，再利用全等三角形的性质，可得对应角相等，根据三角形的外角的定理，可求出∠BFC 的度数；（2）①如图2，在△ABC 外作等边△BAE ，连接CE ，利用旋转法证明△EAC ≌△BAD ，可证∠EBC=90°，EC=BD=6，因为BC=4，在Rt △BCE 中，由勾股定理求BE 即可；②过点B 作BE ∥AH ，并在BE 上取BE=2AH ，连接EA ，EC ．并取BE 的中点K ，连接AK ，仿照（2）利用旋转法证明△EAC ≌△BAD ，求得EC=DB ，利用勾股定理即可得出结论． 试题解析：解：（1）∵AE=AB，AD=AC，∵∠EAB=∠DAC=60°，∴∠EAC=∠EAB+∠BAC，∠DAB=∠DAC+∠BAC，∴∠EAC=∠DAB，在△AEC和△ABD中{AE ABEAC BAD AC AD=∠=∠=∴△AEC≌△ABD（SAS），∴∠AEC=∠ABD，∵∠BFC=∠BEF+∠EBF=∠AEB+∠ABE，∴∠BFC=∠AEB+∠ABE=120°，故答案为120°；（2）①如图2，以AB为边在△ABC外作正三角形ABE，连接CE．由（1）可知△EAC≌△BAD．∴EC=BD．∴EC=BD=6，∵∠BAE=60°，∠ABC=30°，∴∠EBC=90°．在RT△EBC中，EC=6，BC=4，∴22EC BC-2264-∴5②若改变α，β的大小，但α+β=90°，△ABC的面积不变化，以下证明：如图2，作AH⊥BC交BC于H，过点B作BE∥AH，并在BE上取BE=2AH，连接EA，EC．并取BE的中点K，连接AK．∵AH⊥BC于H，∴∠AHC=90°．∵BE∥AH，∴∠EBC=90°．∵∠EBC=90°，BE=2AH，∴EC2=EB2+BC2=4AH2+BC2．∵K为BE的中点，BE=2AH，∴BK=AH．∵BK∥AH，∴四边形AKBH为平行四边形．又∵∠EBC=90°，∴四边形AKBH为矩形．∠ABE=∠ACD，∴∠AKB=90°．∴AK是BE的垂直平分线．∴AB=AE．∵AB=AE，AC=AD，∠ABE=∠ACD，∴∠EAB=∠DAC，∴∠EAB+∠EAD=∠DAC+∠EAD，即∠EAC=∠BAD，在△EAC与△BAD中{AB AEEAC BAD AC AD=∠=∠=∴△EAC≌△BAD．∴EC=BD=6．在RT△BCE中，BE=22EC BC-=25，∴AH=12BE=5，∴S△ABC=12BC•AH=25考点：全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质10．（本题14分）小明在学习平行线相关知识时总结了如下结论：端点分别在两条平行线上的所有线段中，垂直于平行线的线段最短．小明应用这个结论进行了下列探索活动和问题解决．问题1：如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，P为AC边上的一动点，以PB，PA为边构造□APBQ，求对角线PQ的最小值及PQ最小时的值．（1）在解决这个问题时，小明构造出了如图2的辅助线，则PQ的最小值为，当PQ最小时= _____ __；（2）小明对问题1做了简单的变式思考．如图3，P为AB边上的一动点，延长PA到点E，使AE=nPA（n为大于0的常数）．以PE，PC为边作□PCQE，试求对角线PQ长的最小值，并求PQ最小时的值；问题2：在四边形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝1，AB＝2，BC＝3．（1）如图4，若为上任意一点，以，为边作□．试求对角线长的最小值和PQ最小时的值．（2）若为上任意一点，延长到，使，再以，为边作□．请直接写出对角线长的最小值和PQ最小时的值．【答案】问题1：（1）3，；（2）PQ=，=．问题2：（1）=4，．（2）PQ的最小值为．．【解析】试题分析：问题1：（1）首先根据条件可证四边形PCBQ是矩形，然后根据条件“四边形APBQ是平行四边形可得AP=QB=PC，从而可求的值．（2）由题可知：当QP⊥AC 时，PQ最小．过点C作CD⊥AB于点D．此时四边形CDPQ为矩形，PQ=CD，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，利用面积可求出CD=,然后可求出AD=，由AE=nPA可得PE=，而PE=CQ=PD=AD-AP=，所以AP=．所以=．问题2：（1）设对角线与相交于点．Rt≌Rt．所以AD=HC，QH=AP．由题可知：当QP⊥AB时，PQ最小，此时=CH=4，根据条件可证四边形BPQH为矩形，从而QH=BP=AP．所以．（2）根据题意画出图形，当AB 时，的长最小，PQ的最小值为．．试题解析：问题1：（1）3，；（2）过点C作CD⊥AB于点D．由题意可知当PQ⊥AB时，PQ最短．所以此时四边形CDPQ为矩形．PQ=CD，DP=CQ=PE．因为∠BCA=90°，AC=4，BC=3，所以AB=5．所以CD=．所以PQ=．在Rt△ACD中AC=4，CD=，所以AD=．因为AE=nPA，所以PE==CQ=PD=AD-AP=．所以AP=．所以=．问题2：（1）如图2，设对角线与相交于点．所以G是DC的中点，作QH BC，交BC的延长线于H，因为AD//BC，所以．所以．又，所以Rt≌Rt．所以AD=HC，QH=AP．由图知，当AB时，的长最小，即=CH=4．易得四边形BPQH为矩形，所以QH=BP=AP．所以．（若学生有能力从梯形中位线角度考虑，若正确即可评分．但讲评时不作要求）（2）PQ的最小值为．．考点：1．直角三角形的性质；2．全等三角形的判定与性质；3．平行四边形的性质；4矩形的判定与性质．。
【数学】数学平行四边形的专项培优 易错 难题练习题(含答案)含答案解析
一、平行四边形真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图1，四边形ABCD是正方形，G是CD边上的一个动点（点G与C、D不重合），以CG为一边在正方形ABCD外作正方形CEFG，连接BG，DE．（1）①猜想图1中线段BG、线段DE的长度关系及所在直线的位置关系，不必证明；②将图1中的正方形CEFG绕着点C按顺时针方向旋转任意角度α，得到如图2情形．请你通过观察、测量等方法判断①中得到的结论是否仍然成立，并证明你的判断．（2）将原题中正方形改为矩形（如图3、4），且AB=a，BC=b，CE=ka，CG=kb （a≠b，k＞0），第（1）题①中得到的结论哪些成立，哪些不成立？若成立，以图4为例简要说明理由．（3）在第（2）题图4中，连接DG、BE，且a=3，b=2，k=12，求BE2+DG2的值．【答案】（1）①BG⊥DE，BG=DE；②BG⊥DE，证明见解析；（2）BG⊥DE，证明见解析；（3）16.25．【解析】分析：（1）①根据正方形的性质，显然三角形BCG顺时针旋转90°即可得到三角形DCE，从而判断两条直线之间的关系；②结合正方形的性质，根据SAS仍然能够判定△BCG≌△DCE，从而证明结论；（2）根据两条对应边的比相等，且夹角相等可以判定上述两个三角形相似，从而可以得到（1）中的位置关系仍然成立；（3）连接BE、DG．根据勾股定理即可把BE2+DG2转换为两个矩形的长、宽平方和．详解：（1）①BG⊥DE，BG=DE；②∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，∴BC=DC，CG=CE，∠BCD=∠ECG=90°，∴∠BCG=∠DCE，∴△BCG≌△DCE，∴BG=DE，∠CBG=∠CDE，又∵∠CBG+∠BHC=90°，∴∠CDE+∠DHG=90°，∴BG⊥DE．（2）∵AB=a，BC=b，CE=ka，CG=kb，∴BC CG b==，DC CE a又∵∠BCG=∠DCE，∴△BCG∽△DCE，∴∠CBG=∠CDE，又∵∠CBG+∠BHC=90°，∴∠CDE+∠DHG=90°，∴BG⊥DE．（3）连接BE、DG．根据题意，得AB=3，BC=2，CE=1.5，CG=1，∵BG⊥DE，∠BCD=∠ECG=90°∴BE2+DG2=BO2+OE2+DO2+OG2=BC2+CD2+CE2+CG2=9+4+2.25+1=16.25．点睛：此题综合运用了全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质以及勾股定理．2．在△ABC中，AB=BC，点O是AC的中点，点P是AC上的一个动点（点P不与点A，O，C重合）．过点A，点C作直线BP的垂线，垂足分别为点E和点F，连接OE，OF．（1）如图1，请直接写出线段OE与OF的数量关系；（2）如图2，当∠ABC=90°时，请判断线段OE与OF之间的数量关系和位置关系，并说明理由（3）若|CF﹣AE|=2，3△POF为等腰三角形时，请直接写出线段OP的长．【答案】（1）OF =OE；（2）OF⊥EK，OF=OE，理由见解析；（3）OP的长为62或233.【解析】【分析】（1）如图1中，延长EO交CF于K，证明△AOE≌△COK，从而可得OE=OK，再根据直角三角形斜边中线等于斜边一半即可得OF=OE；（2）如图2中，延长EO交CF于K，由已知证明△ABE≌△BCF，△AOE≌△COK，继而可证得△EFK是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质即可得OF⊥EK，OF=OE；（3）分点P在AO上与CO上两种情况分别画图进行解答即可得.【详解】（1）如图1中，延长EO交CF于K，∵AE⊥BE，CF⊥BE，∴AE∥CK，∴∠EAO=∠KCO，∵OA=OC，∠AOE=∠COK，∴△AOE≌△COK，∴OE=OK，∵△EFK是直角三角形，∴OF=12EK=OE；（2）如图2中，延长EO交CF于K，∵∠ABC=∠AEB=∠CFB=90°，∴∠ABE+∠BAE=90°，∠ABE+∠CBF=90°，∴∠BAE=∠CBF，∵AB=BC，∴△ABE≌△BCF，∴BE=CF，AE=BF，∵△AOE≌△COK，∴AE=CK，OE=OK，∴FK=EF，∴△EFK是等腰直角三角形，∴OF⊥EK，OF=OE；（3）如图3中，点P在线段AO上，延长EO交CF于K，作PH⊥OF于H，∵|CF﹣AE|=2，EF=23，AE=CK，∴FK=2，在Rt△EFK中，tan∠FEK=3，∴∠FEK=30°，∠EKF=60°，∴EK=2FK=4，OF=12EK=2，∵△OPF是等腰三角形，观察图形可知，只有OF=FP=2，在Rt△PHF中，PH=12PF=1，HF=3，OH=2﹣3，∴OP=()2212362+-=-.如图4中，点P在线段OC上，当PO=PF时，∠POF=∠PFO=30°，∴∠BOP=90°，∴323综上所述：OP6223.【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边中线等于斜边一半、等腰直角三角形的判定与性质、解直角三角形等，综合性较强，正确添加辅助线是解题的关键.3．如图所示，矩形ABCD中，点E在CB的延长线上，使CE＝AC，连接AE，点F是AE的中点，连接BF、DF，求证：BF⊥DF．【答案】见解析.【解析】【分析】延长BF，交DA的延长线于点M，连接BD，进而求证△AFM≌△EFB，得AM=BE，FB=FM，即可求得BC+BE=AD+AM，进而求得BD=BM，根据等腰三角形三线合一的性质即可求证BF⊥DF．【详解】延长BF，交DA的延长线于点M，连接BD．∵四边形ABCD是矩形，∴MD∥BC，∴∠AMF=∠EBF，∠E=∠MAF，又FA=FE，∴△AFM≌△EFB，∴AM=BE，FB=FM．∵矩形ABCD中，∴AC=BD，AD=BC，∴BC+BE=AD+AM，即CE=MD．∵CE=AC，∴AC=CE= BD =DM．∵FB=FM，∴BF⊥DF．【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和对应边相等的性质，等腰三角形三线合一的性质，本题中求证DB=DM是解题的关键．4．如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，在Rt△PFE中，∠EPF=90°，点E、F分别在边AD、AB上．（1）如图1，若点P与点O重合：①求证：AF=DE；②若正方形的边长为3，当∠DOE=15°时，求线段EF的长；（2）如图2，若Rt△PFE的顶点P在线段OB上移动（不与点O、B重合），当BD=3BP 时，证明：PE=2PF．【答案】（1）①证明见解析，②22；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）①根据正方形的性质和旋转的性质即可证得：△AOF ≌△DOE 根据全等三角形的性质证明； ②作OG ⊥AB 于G ，根据余弦的概念求出OF 的长，根据勾股定理求值即可；（2）首先过点P 作HP ⊥BD 交AB 于点H ，根据相似三角形的判定和性质求出PE 与PF 的数量关系．【详解】（1）①证明：∵四边形ABCD 是正方形，∴OA=OD ，∠OAF=∠ODE=45°，∠AOD=90°，∴∠AOE+∠DOE=90°，∵∠EPF=90°，∴∠AOF+∠AOE=90°，∴∠DOE=∠AOF ，在△AOF 和△DOE 中，OAF ODE OA ODAOF DOE ＝＝＝∠∠⎧⎪⎨⎪∠∠⎩， ∴△AOF ≌△DOE ，∴AF=DE ；②解：过点O 作OG ⊥AB 于G ，∵正方形的边长为3∴OG=123∵∠DOE=15°，△AOF ≌△DOE ，∴∠AOF=15°，∴∠FOG=45°-15°=30°，∴OF=OG cos DOG ∠=2， ∴EF=22=22OF OE +；（2）证明：如图2，过点P 作HP ⊥BD 交AB 于点H ，则△HPB 为等腰直角三角形，∠HPD=90°，∴HP=BP ，∵BD=3BP ，∴PD=2BP ，∴PD=2HP ，又∵∠HPF+∠HPE=90°，∠DPE+∠HPE=90°，∴∠HPF=∠DPE ，又∵∠BHP=∠EDP=45°，∴△PHF ∽△PDE ，∴12PF PH PE PD ==， ∴PE=2PF ．【点睛】 此题属于四边形的综合题．考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质以及勾股定理．注意准确作出辅助线是解此题的关键．5．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．6．如图，在正方形ABCD中，点G在对角线BD上（不与点B，D重合），GE⊥DC于点E，GF⊥BC于点F，连结AG．（1）写出线段AG，GE，GF长度之间的数量关系，并说明理由；（2）若正方形ABCD的边长为1，∠AGF=105°，求线段BG的长．【答案】（1）AG2=GE2+GF2（2）【解析】试题分析：（1）结论：AG2=GE2+GF2．只要证明GA=GC，四边形EGFC是矩形，推出GE=CF，在Rt△GFC中，利用勾股定理即可证明；（2）作BN⊥AG于N，在BN上截取一点M，使得AM=BM．设AN=x．易证AM=BM=2x，MN=x，在Rt△ABN中，根据AB2=AN2+BN2，可得1=x2+（2x+x）2，解得x=，推出BN=，再根据BG=BN÷cos30°即可解决问题.试题解析：（1）结论：AG2=GE2+GF2．理由：连接CG．∵四边形ABCD是正方形，∴A、C关于对角线BD对称，∵点G在BD上，∴GA=GC，∵GE⊥DC于点E，GF⊥BC于点F，∴∠GEC=∠ECF=∠CFG=90°，∴四边形EGFC是矩形，∴CF=GE，在Rt△GFC中，∵CG2=GF2+CF2，∴AG2=GF2+GE2．（2）作BN⊥AG于N，在BN上截取一点M，使得AM=BM．设AN=x．∵∠AGF=105°，∠FBG=∠FGB=∠ABG=45°，∴∠AGB=60°，∠GBN=30°，∠ABM=∠MAB=15°，∴∠AMN=30°，∴AM=BM=2x，MN=x，在Rt△ABN中，∵AB2=AN2+BN2，∴1=x2+（2x+x）2，解得x=，∴BN=，∴BG=BN÷cos30°=．考点：1、正方形的性质，2、矩形的判定和性质，3、勾股定理，4、直角三角形30度的性质7．问题探究（1）如图①，已知正方形ABCD的边长为4．点M和N分别是边BC、CD上两点，且BM ＝CN，连接AM和BN，交于点P．猜想AM与BN的位置关系，并证明你的结论．（2）如图②，已知正方形ABCD的边长为4．点M和N分别从点B、C同时出发，以相同的速度沿BC、CD方向向终点C和D运动．连接AM和BN，交于点P，求△APB周长的最大值；问题解决（3）如图③，AC为边长为23的菱形ABCD的对角线，∠ABC＝60°．点M和N分别从点B、C同时出发，以相同的速度沿BC、CA向终点C和A运动．连接AM和BN，交于点P．求△APB周长的最大值．【答案】（1）AM⊥BN，证明见解析；（2）△APB周长的最大值4+42；（3）△PAB的周长最大值=23+4．【解析】试题分析：根据全等三角形的判定SAS证明△ABM≌△BCN，即可证得AM⊥BN；（2）如图②，以AB为斜边向外作等腰直角△AEB，∠AEB=90°，作EF⊥PA于E，作EG⊥PB于G，连接EP，证明PA+PB=2EF，求出EF的最大值即可；（3）如图③，延长DA到K，使得AK=AB，则△ABK是等边三角形，连接PK，取PH=PB，证明PA+PB=PK，求出PK的最大值即可.试题解析：（1）结论：AM⊥BN．理由：如图①中，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠ABM=∠BCN=90°，∵BM=CN，∴△ABM≌△BCN，∴∠BAM=∠CBN，∵∠CBN+∠ABN=90°，∴∠ABN+∠BAM=90°，∴∠APB=90°，∴AM⊥BN．（2）如图②中，以AB为斜边向外作等腰直角三角形△AEB，∠AEB=90°，作EF⊥PA于E，作EG⊥PB于G，连接EP．∵∠EFP=∠FPG=∠G=90°，∴四边形EFPG是矩形，∴∠FEG=∠AEB=90°，∴∠AEF=∠BEG，∵EA=EB，∠EFA=∠G=90°，∴△AEF≌△BEG，∴EF=EG，AF=BG，∴四边形EFPG是正方形，∴PA+PB=PF+AF+PG﹣BG=2PF=2EF，∵EF≤AE，∴EF的最大值=AE=2，∴△APB周长的最大值=4+4．（3）如图③中，延长DA到K，使得AK=AB，则△ABK是等边三角形，连接PK，取PH=PB．∵AB=BC，∠ABM=∠BCN，BM=CN，∴△ABM≌△BCN，∴∠BAM=∠CBN，∴∠A PN=∠BAM+∠ABP=∠CBN+∠ABN=60°，∴∠APB=120°，∵∠AKB=60°，∴∠AKB+∠APB=180°，∴A、K、B、P四点共圆，∴∠BPH=∠KAB=60°，∵PH=PB，∴△PBH是等边三角形，∴∠KBA=∠HBP，BH=BP，∴∠KBH=∠ABP，∵BK=BA，∴△KBH≌△ABP，∴HK=AP，∴PA+PB=KH+PH=PK，∴PK的值最大时，△APB的周长最大，∴当PK是△ABK外接圆的直径时，PK的值最大，最大值为4，∴△PAB的周长最大值=2+4．8．如图，抛物线y=mx2+2mx+n经过A（﹣3，0），C（0，﹣32）两点，与x轴交于另一点B．（1）求经过A，B，C三点的抛物线的解析式；（2）过点C作CE∥x轴交抛物线于点E，写出点E的坐标，并求AC、BE的交点F的坐标（3）若抛物线的顶点为D，连结DC、DE，四边形CDEF是否为菱形？若是，请证明；若不是，请说明理由．【答案】（1）y=12x2+x﹣32；（2）F点坐标为（﹣1，﹣1）；（3）四边形CDEF是菱形．证明见解析【解析】【分析】将A、C点的坐标代入抛物线的解析式中，通过联立方程组求得该抛物线的解析式；根据（1）题所得的抛物线的解析式，可确定抛物线的对称轴方程以及B、C点的坐标，由CE∥x轴，可知C、E关于对称轴对称。
中考数学 平行四边形 培优易错试卷练习(含答案)附详细答案
中考数学平行四边形培优易错试卷练习(含答案)附详细答案一、平行四边形1．已知，在矩形ABCD中，AB=a，BC=b，动点M从点A出发沿边AD向点D运动．（1）如图1，当b=2a，点M运动到边AD的中点时，请证明∠BMC=90°；（2）如图2，当b＞2a时，点M在运动的过程中，是否存在∠BMC=90°，若存在，请给与证明；若不存在，请说明理由；（3）如图3，当b＜2a时，（2）中的结论是否仍然成立？请说明理由．【答案】（1）见解析；（2）存在，理由见解析;（3）不成立．理由如下见解析.【解析】试题分析：（1）由b=2a，点M是AD的中点，可得AB=AM=MD=DC=a，又由四边形ABCD 是矩形，即可求得∠AMB=∠DMC=45°，则可求得∠BMC=90°；（2）由∠BMC=90°，易证得△ABM∽△DMC，设AM=x，根据相似三角形的对应边成比例，即可得方程：x2﹣bx+a2=0，由b＞2a，a＞0，b＞0，即可判定△＞0，即可确定方程有两个不相等的实数根，且两根均大于零，符合题意；（3）由（2），当b＜2a，a＞0，b＞0，判定方程x2﹣bx+a2=0的根的情况，即可求得答案．试题解析：（1）∵b=2a，点M是AD的中点，∴AB=AM=MD=DC=a，又∵在矩形ABCD中，∠A=∠D=90°，∴∠AMB=∠DMC=45°，∴∠BMC=90°．（2）存在，理由：若∠BMC=90°，则∠AMB+∠DMC=90°，又∵∠AMB+∠ABM=90°，∴∠ABM=∠DMC，又∵∠A=∠D=90°，∴△ABM∽△DMC，∴AM ABCD DM=，设AM=x，则x aa b x =-，整理得：x2﹣bx+a2=0，∵b＞2a，a＞0，b＞0，∴△=b2﹣4a2＞0，∴方程有两个不相等的实数根，且两根均大于零，符合题意，∴当b＞2a时，存在∠BMC=90°，（3）不成立．理由：若∠BMC=90°，由（2）可知x2﹣bx+a2=0，∵b＜2a，a＞0，b＞0，∴△=b2﹣4a2＜0，∴方程没有实数根，∴当b＜2a时，不存在∠BMC=90°，即（2）中的结论不成立．考点：1、相似三角形的判定与性质；2、根的判别式；3、矩形的性质2．如果两个三角形的两条边对应相等，夹角互补，那么这两个三角形叫做互补三角形，如图2，分别以△ABC的边AB、AC为边向外作正方形ABDE和ACGF，则图中的两个三角形就是互补三角形．（1）用尺规将图1中的△ABC分割成两个互补三角形；（2）证明图2中的△ABC分割成两个互补三角形；（3）如图3，在图2的基础上再以BC为边向外作正方形BCHI．①已知三个正方形面积分别是17、13、10，在如图4的网格中（网格中每个小正方形的边长为1）画出边长为、、的三角形，并计算图3中六边形DEFGHI的面积．②若△ABC的面积为2，求以EF、DI、HG的长为边的三角形面积．【答案】（1）作图见解析（2）证明见解析（3）①62；②6【解析】试题分析：（1）作BC边上的中线AD即可．（2）根据互补三角形的定义证明即可．（3）①画出图形后，利用割补法求面积即可．②平移△CHG到AMF，连接EM，IM，则AM=CH=BI，只要证明S△EFM=3S△ABC即可．试题解析：（1）如图1中，作BC边上的中线AD，△ABD和△ADC是互补三角形．（2）如图2中，延长FA到点H，使得AH=AF，连接EH．∵四边形ABDE，四边形ACGF是正方形，∴AB=AE，AF=AC，∠BAE=∠CAF=90°，∴∠EAF+∠BAC=180°，∴△AEF和△ABC是两个互补三角形．∵∠EAH+∠HAB=∠BAC+∠HAB=90°，∴∠EAH=∠BAC，∵AF=AC，∴AH=AB，在△AEH和△ABC中，∴△AEH≌△ABC，∴S△AEF=S△AEH=S△ABC．（3）①边长为、、的三角形如图4所示．∵S△ABC=3×4﹣2﹣1.5﹣3=5.5，∴S六边形=17+13+10+4×5.5=62．②如图3中，平移△CHG到AMF，连接EM，IM，则AM=CH=BI，设∠ABC=x，∵AM∥CH，CH⊥BC，∴AM⊥BC，∴∠EAM=90°+90°﹣x=180°﹣x，∵∠DBI=360°﹣90°﹣90°﹣x=180°﹣x，∴∠EAM=∠DBI，∵AE=BD，∴△AEM≌△DBI，∵在△DBI和△ABC中，DB=AB，BI=BC，∠DBI+∠ABC=180°，∴△DBI和△ABC是互补三角形，∴S△AEM=S△AEF=S△AFM=2，∴S△EFM=3S△ABC=6．考点：1、作图﹣应用与设计，2、三角形面积3．如图，矩形ABCD中，AB=6，BC=4，过对角线BD中点O的直线分别交AB，CD边于点E，F．（1）求证：四边形BEDF是平行四边形；（2）当四边形BEDF是菱形时，求EF的长．【答案】（1）证明见解析；（2）133．【解析】分析：（1）根据平行四边形ABCD的性质，判定△BOE≌△DOF（ASA），得出四边形BEDF的对角线互相平分，进而得出结论；（2）在Rt△ADE中，由勾股定理得出方程，解方程求出BE，由勾股定理求出BD，得出OB，再由勾股定理求出EO，即可得出EF的长.详解：（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，O是BD的中点，∴∠A=90°，AD=BC=4，AB∥DC，OB=OD，∴∠OBE=∠ODF，在△BOE和△DOF中，OBE ODF OB ODBOE DOF ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩∴△BOE ≌△DOF （ASA ），∴EO=FO ，∴四边形BEDF 是平行四边形；（2）当四边形BEDF 是菱形时，BD ⊥EF ，设BE=x ，则 DE=x ，AE=6-x ，在Rt △ADE 中，DE 2=AD 2+AE 2，∴x 2=42+（6-x ）2，解得：x= 133， ∵BD=22AD AB + =213， ∴OB=12BD=13， ∵BD ⊥EF ，∴EO=22BE OB -=213， ∴EF=2EO=413． 点睛：本题主要考查了矩形的性质，菱形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质，熟练掌握矩形的性质和勾股定理，证明三角形全等是解决问的关键4．如图，四边形ABCD 中，对角线AC 、BD 相交于点O ，AO =CO ，BO =DO ，且∠ABC +∠ADC =180°．（1）求证：四边形ABCD 是矩形．（2）若∠ADF ：∠FDC =3：2，DF ⊥AC ，求∠BDF 的度数．【答案】(1)见解析；（2）18°.【解析】【分析】（1）根据平行四边形的判定得出四边形ABCD 是平行四边形，求出∠ABC=90°，根据矩形的判定得出即可；（2）求出∠FDC 的度数，根据三角形内角和定理求出∠DCO ，根据矩形的性质得出OD=OC ，求出∠CDO ，即可求出答案．【详解】（1）证明：∵AO=CO，BO=DO∴四边形ABCD是平行四边形，∴∠ABC=∠ADC，∵∠ABC+∠ADC=180°，∴∠ABC=∠ADC=90°，∴四边形ABCD是矩形；（2）解：∵∠ADC=90°，∠ADF：∠FDC=3：2，∴∠FDC=36°，∵DF⊥AC，∴∠DCO=90°﹣36°=54°，∵四边形ABCD是矩形，∴OC=OD，∴∠ODC=54°∴∠BDF=∠ODC﹣∠FDC=18°．【点睛】本题考查了平行四边形的性质和判定，矩形的性质和判定的应用，能灵活运用定理进行推理是解此题的关键，注意：矩形的对角线相等，有一个角是直角的平行四边形是矩形．5．已知：在菱形ABCD中，E，F是BD上的两点，且AE∥CF．求证：四边形AECF是菱形．【答案】见解析【解析】【分析】由菱形的性质可得AB∥CD，AB＝CD，∠ADF＝∠CDF，由“SAS”可证△ADF≌△CDF，可得AF＝CF，由△ABE≌△CDF，可得AE＝CF，由平行四边形的判定和菱形的判定可得四边形AECF是菱形．【详解】证明：∵四边形ABCD是菱形∴AB∥CD，AB＝CD，∠ADF＝∠CDF，∵AB＝CD，∠ADF＝∠CDF，DF＝DF∴△ADF≌△CDF（SAS）∴AF＝CF，∵AB∥CD，AE∥CF∴∠ABE＝∠CDF，∠AEF＝∠CFE∴∠AEB＝∠CFD，∠ABE＝∠CDF，AB＝CD∴△ABE≌△CDF（AAS）∴AE＝CF，且AE∥CF∴四边形AECF是平行四边形又∵AF＝CF，∴四边形AECF是菱形【点睛】本题主要考查菱形的判定定理，首先要判定其为平行四边形，这是菱形判定的基本判定.6．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．7．如图，正方形ABCD的边长为8，E为BC上一定点，BE＝6，F为AB上一动点，把△BEF沿EF折叠，点B落在点B′处，当△AFB′恰好为直角三角形时，B′D的长为？【答案】4655或22【解析】【分析】分两种情况分析：如图1，当∠AB′F=90°时，此时A、B′、E三点共线，过点B′作B′M⊥AB，B′N⊥AD，由三角形的面积法则可求得B′M=2.4，再由勾股定理可求得B′N=3.2，在Rt△CB′N中，由勾股定理得，B′D=2222+DN= 3.2 5.6B N'+；如图2，当∠AFB′=90°时，由题意可知此时四边形EBFB′是正方形，AF=2，过点B′作B′N⊥AD，则四边形AFB′N为矩形，在Rt△CB′N中，由勾股定理得，B′D=2222+DN=22B N'+；【详解】如图1，当∠AB′F=90°时，此时A、B′、E三点共线，∵∠B=90°，∴AE=2222AB BE=86++=10，∵B′E=BE=6，∴AB′=4，∵B′F=BF，AF+BF=AB=8，在Rt△AB′F中，∠AB′F=90°，由勾股定理得，AF2=FB′2+AB′2，∴AF=5，BF=3，过点B′作B′M⊥AB，B′N⊥AD，由三角形的面积法则可求得B′M=2.4，再由勾股定理可求得B′N=3.2，∴AN=B′M=2.4，∴DN=AD-AN=8-2.4=5.6，在Rt△CB′N中，由勾股定理得，B′D=2222+DN= 3.2 5.6B N'+ =4655；如图2，当∠AFB′=90°时，由题意可知此时四边形EBFB′是正方形，∴AF=2，过点B′作B′N ⊥AD ，则四边形AFB′N 为矩形，∴AN=B′F=6，B′N=AF=2，∴DN=AD-AN=2， 在Rt △CB′N 中，由勾股定理得，B′D=2222+DN =22B N '+ =22 ；综上，可得B′D 的长为4655或22. 【点睛】 本题主要考查正方形的性质与判定，矩形有性质判定、勾股定理、折叠的性质等，能正确地画出图形并能分类讨论是解题的关键.8．如图①，四边形ABCD 是知形，1,2AB BC ==，点E 是线段BC 上一动点(不与,B C 重合)，点F 是线段BA 延长线上一动点，连接,,,DE EF DF EF 交AD 于点G .设,BE x AF y ==，已知y 与x 之间的函数关系如图②所示.（1）求图②中y 与x 的函数表达式;（2）求证:DE DF ⊥;（3）是否存在x 的值，使得DEG △是等腰三角形?如果存在，求出x 的值;如果不存在，说明理由【答案】（1）y ＝﹣2x +4（0＜x ＜2）；（2）见解析；（3）存在，x ＝5455-32． 【解析】【分析】（1）利用待定系数法可得y 与x 的函数表达式；（2）证明△CDE ∽△ADF ，得∠ADF ＝∠CDE ，可得结论；（3）分三种情况：①若DE ＝DG ，则∠DGE ＝∠DEG ，②若DE ＝EG ，如图①，作EH ∥CD ，交AD 于H ，③若DG ＝EG ，则∠GDE ＝∠GED ，分别列方程计算可得结论．【详解】（1）设y ＝kx +b ，由图象得：当x ＝1时，y ＝2，当x ＝0时，y ＝4，代入得：24k b b +=⎧⎨=⎩，得24k b =-⎧⎨=⎩， ∴y ＝﹣2x +4（0＜x ＜2）；（2）∵BE ＝x ，BC ＝2∴CE ＝2﹣x ， ∴211,4222CE x CD AF x AD -===-， ∴CE CD AF AD=， ∵四边形ABCD 是矩形，∴∠C ＝∠DAF ＝90°，∴△CDE ∽△ADF ，∴∠ADF ＝∠CDE ，∴∠ADF +∠EDG ＝∠CDE +∠EDG ＝90°，∴DE ⊥DF ；（3）假设存在x 的值，使得△DEG 是等腰三角形， ①若DE ＝DG ，则∠DGE ＝∠DEG ，∵四边形ABCD 是矩形，∴AD ∥BC ，∠B ＝90°，∴∠DGE ＝∠GEB ，∴∠DEG ＝∠BEG ，在△DEF 和△BEF 中，FDE B DEF BEF EF EF ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△DEF ≌△BEF （AAS ），∴DE ＝BE ＝x ，CE ＝2﹣x ，∴在Rt △CDE 中，由勾股定理得：1+（2﹣x ）2＝x 2， x ＝54； ②若DE ＝EG ，如图①，作EH ∥CD ，交AD 于H ，∵AD ∥BC ，EH ∥CD ，∴四边形CDHE 是平行四边形，∴∠C ＝90°，∴四边形CDHE 是矩形，∴EH ＝CD ＝1，DH ＝CE ＝2﹣x ，EH ⊥DG ，∴HG ＝DH ＝2﹣x ，∴AG ＝2x ﹣2，∵EH ∥CD ，DC ∥AB ，∴EH ∥AF ，∴△EHG ∽△FAG ， ∴EH HG AF AG =， ∴124222x x x -=--， ∴125555x x -+==（舍）， ③若DG ＝EG ，则∠GDE ＝∠GED ，∵AD ∥BC ，∴∠GDE ＝∠DEC ，∴∠GED ＝∠DEC ，∵∠C ＝∠EDF ＝90°，∴△CDE ∽△DFE ， ∴CE DE CD DF=， ∵△CDE ∽△ADF ， ∴12DE CD DF AD ==， ∴12CE CD =， ∴2﹣x ＝12，x ＝32， 综上，x ＝545-5或32． 【点睛】本题是四边形的综合题，主要考查了待定系数法求一次函数的解析式，三角形相似和全等的性质和判定，矩形和平行四边形的性质和判定，勾股定理和逆定理等知识，运用相似三角形的性质是解决本题的关键．9．如图所示，矩形ABCD 中，点E 在CB 的延长线上，使CE ＝AC ，连接AE ，点F 是AE 的中点，连接BF 、DF ，求证：BF ⊥DF ．【答案】见解析.【解析】【分析】延长BF ，交DA 的延长线于点M ，连接BD ，进而求证△AFM ≌△EFB ，得AM =BE ，FB =FM ，即可求得BC +BE =AD +AM ，进而求得BD =BM ，根据等腰三角形三线合一的性质即可求证BF ⊥DF ．【详解】延长BF ，交DA 的延长线于点M ，连接BD ．∵四边形ABCD 是矩形，∴MD ∥BC ，∴∠AMF =∠EBF ，∠E =∠MAF ，又FA =FE ，∴△AFM ≌△EFB ，∴AM =BE ，FB =FM ．∵矩形ABCD 中，∴AC =BD ，AD =BC ，∴BC +BE =AD +AM ，即CE =MD ．∵CE =AC ，∴AC =CE = BD =DM ．∵FB =FM ，∴BF ⊥DF ．【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和对应边相等的性质，等腰三角形三线合一的性质，本题中求证DB =DM 是解题的关键．10．△ABC 为等边三角形，AF AB =．BCD BDC AEC ∠=∠=∠．(1)求证：四边形ABDF 是菱形．(2)若BD 是ABC ∠的角平分线，连接AD ，找出图中所有的等腰三角形．【答案】(1)证明见解析；(2)图中等腰三角形有△ABC，△BDC，△ABD，△ADF，△ADC，△ADE．【解析】【分析】（1）先求证BD∥AF，证明四边形ABDF是平行四边形，再利用有一组邻边相等的平行四边形是菱形即可证明；（2）先利用BD平分∠ABC，得到BD垂直平分线段AC，进而证明△DAC是等腰三角形，根据BD⊥AC,AF⊥AC，找到角度之间的关系,证明△DAE是等腰三角形，进而得到BC＝BD＝BA＝AF＝DF，即可解题,见详解.【详解】(1)如图1中，∵∠BCD＝∠BDC，∴BC＝BD，∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC，∵AB＝AF，∴BD＝AF，∵∠BDC＝∠AEC，∴BD∥AF，∴四边形ABDF是平行四边形，∵AB＝AF，∴四边形ABDF是菱形．(2)解：如图2中，∵BA＝BC，BD平分∠ABC，∴BD垂直平分线段AC，∴DA＝DC，∴△DAC是等腰三角形，∵AF∥BD，BD⊥AC∴AF⊥AC，∴∠EAC＝90°，∵∠DAC＝∠DCA，∠DAC+∠DAE＝90°，∠DCA+∠AEC＝90°，∴∠DAE＝∠DEA，∴DA＝DE，∴△DAE是等腰三角形，∵BC＝BD＝BA＝AF＝DF，∴△BCD，△ABD，△ADF都是等腰三角形，综上所述，图中等腰三角形有△ABC，△BDC，△ABD，△ADF，△ADC，△ADE．【点睛】本题考查菱形的判定，等边三角形的性质，等腰三角形的判定等知识，属于中考常考题型，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键．11．如图，现将平行四边形ABCD沿其对角线AC折叠，使点B落在点B′处．AB′与CD交于点E．（1）求证：△AED≌△CEB′；（2）过点E作EF⊥AC交AB于点F，连接CF，判断四边形AECF的形状并给予证明．【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】（1）由题意可得AD=BC=B'C，∠B=∠D=∠B'，且∠AED=∠CEB'，利用AAS证明全等，则结论可得；（2）由△AED≌△CEB′可得AE=CE，且EF⊥AC，根据等腰三角形的性质可得EF垂直平分AC，∠AEF=∠CEF．即AF=CF，∠CEF=∠AFE=∠AEF，可得AE=AF，则可证四边形AECF是菱形．【详解】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形∴AD＝BC，CD∥AB，∠B＝∠D∵平行四边形ABCD沿其对角线AC折叠∴BC＝B'C，∠B＝∠B'∴∠D＝∠B'，AD＝B'C且∠DEA＝∠B'EC∴△ADE≌△B'EC（2）四边形AECF是菱形∵△ADE≌△B'EC∴AE＝CE∵AE＝CE，EF⊥AC∴EF垂直平分AC，∠AEF＝∠CEF∴AF＝CF∵CD∥AB∴∠CEF＝∠EFA且∠AEF＝∠CEF∴∠AEF＝∠EFA∴AF＝AE∴AF＝AE＝CE＝CF∴四边形AECF是菱形【点睛】本题考查了折叠问题，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，菱形的判定，熟练掌握这些性质和判定是解决问题的关键．12．如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别是边BC，AB上的点，且CE=BF．连接DE，过点E作EG⊥DE，使EG=DE，连接FG，FC．（1）请判断：FG与CE的关系是___；（2）如图2，若点E，F分别是边CB，BA延长线上的点，其它条件不变，（1）中结论是否仍然成立？请作出判断并给予证明；（3）如图3，若点E，F分别是边BC，AB延长线上的点，其它条件不变，（1）中结论是否仍然成立？请直接写出你的判断．【答案】（1）FG=CE，FG∥CE；（2）成立；（3）成立.【解析】试题分析：（1）只要证明四边形CDGF是平行四边形即可得出FG=CE，FG∥CE；（2）构造辅助线后证明△HGE≌△CED，利用对应边相等求证四边形GHBF是矩形后，利用等量代换即可求出FG=C，FG∥CE；（3）证明△CBF≌△DCE后，即可证明四边形CEGF是平行四边形．试题解析：解：（1）FG=CE，FG∥CE；（2）过点G作GH⊥CB的延长线于点H．∵EG⊥DE，∴∠GEH+∠DEC=90°．∵∠GEH+∠HGE=90°，∴∠DEC=∠HE．在△HGE与△CED中，∵∠GHE=∠DCE，∠HGE=∠DEC，EG=DE，∴△HGE≌△CED（AAS），∴GH=CE，HE=CD．∵CE=BF，∴GH=BF．∵GH∥BF，∴四边形GHBF是矩形，∴GF=BH，FG∥CH，∴FG ∥CE ．∵四边形ABCD 是正方形，∴CD =BC ，∴HE =BC ，∴HE +EB =BC +EB ，∴BH =EC ，∴FG =EC ；（3）∵四边形ABCD 是正方形，∴BC =CD ，∠FBC =∠ECD =90°．在△CBF 与△DCE 中，∵BF =CE ，∠FBC =∠ECD ，BC =DC ，∴△CBF ≌△DCE （SAS ），∴∠BCF =∠CDE ，CF =DE ．∵EG =DE ，∴CF =EG ．∵DE ⊥EG ，∴∠DEC +∠CEG =90°．∵∠CDE +∠DEC =90°，∴∠CDE =∠CEG ，∴∠BCF =∠CEG ，∴CF ∥EG ，∴四边形CEGF 平行四边形，∴FG ∥CE ，FG =CE ．13．问题情境在四边形ABCD 中，BA ＝BC ，DC ⊥AC ，过点D 作DE ∥AB 交BC 的延长线于点E ，M 是边AD 的中点，连接MB ，ME.特例探究(1)如图1，当∠ABC ＝90°时，写出线段MB 与ME 的数量关系，位置关系；(2)如图2，当∠ABC ＝120°时，试探究线段MB 与ME 的数量关系，并证明你的结论； 拓展延伸(3)如图3，当∠ABC ＝α时，请直接用含α的式子表示线段MB 与ME 之间的数量关系．【答案】(1)MB ＝ME ，MB ⊥ME ；(2)ME 3．证明见解析；(3)ME ＝MB·tan 2α. 【解析】【分析】（1）如图1中，连接CM ．只要证明△MBE 是等腰直角三角形即可；（2）结论：3．只要证明△EBM 是直角三角形，且∠MEB=30°即可； （3）结论：EM=BM•tan2α．证明方法类似； 【详解】(1) 如图1中，连接CM ．∵∠ACD=90°，AM=MD，∴MC=MA=MD，∵BA=BC，∴BM垂直平分AC，∵∠ABC=90°，BA=BC，∠ABC=45°，∠ACB=∠DCE=45°，∴∠MBE=12∵AB∥DE，∴∠ABE+∠DEC=180°，∴∠DEC=90°，∴∠DCE=∠CDE=45°，∴EC=ED，∵MC=MD，∴EM垂直平分线段CD，EM平分∠DEC，∴∠MEC=45°，∴△BME是等腰直角三角形，∴BM=ME，BM⊥EM．故答案为BM=ME，BM⊥EM．(2)ME＝3MB．证明如下：连接CM，如解图所示．∵DC⊥AC，M是边AD的中点，∴MC＝MA＝MD．∵BA＝BC，∴BM垂直平分AC．∵∠ABC＝120°，BA＝BC，∠ABC＝60°，∠BAC＝∠BCA＝30°，∠DCE＝60°.∴∠MBE＝12∵AB∥DE，∴∠ABE＋∠DEC＝180°，∴∠DEC＝60°，∴∠DCE＝∠DEC＝60°，∴△CDE 是等边三角形，∴EC ＝ED ．∵MC ＝MD ，∴EM 垂直平分CD ，EM 平分∠DEC ，∴∠MEC ＝12∠DEC ＝30°， ∴∠MBE ＋∠MEB ＝90°，即∠BME ＝90°.在Rt △BME 中，∵∠MEB ＝30°，∴ME ＝3MB ．(3) 如图3中，结论：EM=BM•tan 2α．理由：同法可证：BM ⊥EM ，BM 平分∠ABC ，所以EM=BM•tan2α． 【点睛】本题考查四边形综合题、等腰直角三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，灵活运用所学知识解决问题．14．如图1，矩形ABCD 中，AB=8，AD=6；点E 是对角线BD 上一动点，连接CE ，作EF ⊥CE 交AB 边于点F ，以CE 和EF 为邻边作矩形CEFG ，作其对角线相交于点H ． （1）①如图2，当点F 与点B 重合时，CE= ，CG= ；②如图3，当点E 是BD 中点时，CE= ，CG= ；（2）在图1，连接BG ，当矩形CEFG 随着点E 的运动而变化时，猜想△EBG 的形状？并加以证明；（3）在图1，CG CE的值是否会发生改变？若不变，求出它的值；若改变，说明理由； （4）在图1，设DE 的长为x ，矩形CEFG 的面积为S ，试求S 关于x 的函数关系式，并直接写出x 的取值范围．【答案】（1）245，185 ，5，154 ；（2）△EBG 是直角三角形，理由详见解析；（3）34 ；（4）S=34x 2﹣485x+48（0≤x≤325）． 【解析】【分析】（1）①利用面积法求出CE ，再利用勾股定理求出EF 即可；②利用直角三角形斜边中线定理求出CE ，再利用相似三角形的性质求出EF 即可；（2）根据直角三角形的判定方法：如果一个三角形一边上的中线等于这条边的一半，则这个三角形是直角三角形即可判断；（3）只要证明△DCE ∽△BCG ，即可解决问题；（4）利用相似多边形的性质构建函数关系式即可；【详解】（1）①如图2中，在Rt △BAD 中，BD=22AD AB +=10， ∵S △BCD =12•CD•BC=12•BD•CE ， ∴CE=245．CG=BE=2224186()=55-． ②如图3中，过点E 作MN ⊥AM 交AB 于N ，交CD 于M ．∵DE=BE ，∴CE=12BD=5，∵△CME∽△ENF，∴CM ENCE EF=，∴CG=EF=154，（2）结论：△EBG是直角三角形．理由：如图1中，连接BH．在Rt△BCF中，∵FH=CH，∴BH=FH=CH，∵四边形EFGC是矩形，∴EH=HG=HF=HC，∴BH=EH=HG，∴△EBG是直角三角形．（3）F如图1中，∵HE=HC=HG=HB=HF，∴C、E、F、B、G五点共圆，∵EF=CG，∴∠CBG=∠EBF，∵CD∥AB，∴∠EBF=∠CDE，∴∠CBG=∠CDE，∵∠DCB=∠ECG=90°，∴∠DCE=∠BCG，∴△DCE∽△BCG，∴6384CG BCCE DC===．（4）由（3）可知：34CG CDCE CB==，∴矩形CEFG∽矩形ABCD，∴2264CEFGABCDS CE CES CD==矩形矩形（），∵CE2=（325-x）2+245）2，S矩形ABCD=48，∴S矩形CEFG=34[（325-x）2+（245）2].∴矩形CEFG的面积S=34x2-485x+48（0≤x≤325）．【点睛】本题考查相似三角形综合题、矩形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理、直角三角形的判定和性质、相似多边形的性质和判定等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造相似三角形或直角三角形解决问题，属于中考压轴题．15．已知：在矩形ABCD中，AB＝10，BC＝12，四边形EFGH的三个顶点E、F、H分别在矩形ABCD边AB、BC、DA上，AE＝2．（1）如图①，当四边形EFGH为正方形时，求△GFC的面积；（2）如图②，当四边形EFGH为菱形，且BF＝a时，求△GFC的面积（用a表示）；（3）在（2）的条件下，△GFC的面积能否等于2？请说明理由．【答案】（1）10；（2）12－a；（3）不能【解析】解：（1）过点G作GM⊥BC于M．在正方形EFGH中，∠HEF＝90°，EH＝EF，∴∠AEH＋∠BEF＝90°．∵∠AEH＋∠AHE＝90°，∴∠AHE＝∠BEF．又∵∠A＝∠B＝90°，∴△AHE≌△BEF．同理可证△MFG≌△BEF．∴GM＝BF＝AE＝2．∴FC＝BC－BF＝10．∴．（2）过点G作GM⊥BC交BC的延长线于M，连接HF．∵AD∥BC，∴∠AHF＝∠MFH．∵EH∥FG，∴∠EHF＝∠GFH．∴∠AHE＝∠MFG．又∵∠A＝∠GMF＝90°，EH＝GF，∴△AHE≌△MFG．∴GM＝AE＝2．∴．（3）△GFC的面积不能等于2．说明一：∵若S△GFC＝2，则12－a＝2，∴a＝10．此时，在△BEF中，．在△AHE中，，∴AH＞AD，即点H已经不在边AD上，故不可能有S△GFC＝2．说明二：△GFC的面积不能等于2．∵点H在AD上，∴菱形边EH的最大值为，∴BF的最大值为．又∵函数S△GFC＝12－a的值随着a的增大而减小，∴S△GFC的最小值为．又∵，∴△GFC的面积不能等于2．。
数学平行四边形的专项培优练习题含详细答案
F 点移动到 F'的距离是 10 t，
在 Rt△ F'NF 中， NF = 1 ， NF 3
∴ FN＝t，F'N＝3t， ∵ MH'＝FN＝t， EM＝NG'＝15﹣F'N＝15﹣3t，
在 Rt△ DMH'中，
MH 4 ， EM 3
∴ t 4， 15 3t 3
∴ t＝4，
∴ EM＝3，MH'＝4，
CD DM
设 AM=x，则 x a ， a bx
整理得：x2﹣bx+a2=0， ∵ b＞2a，a＞0，b＞0， ∴ △ =b2﹣4a2＞0， ∴ 方程有两个不相等的实数根，且两根均大于零，符合题意， ∴ 当 b＞2a 时，存在∠ BMC=90°， （3）不成立． 理由：若∠ BMC=90°， 由（2）可知 x2﹣bx+a2=0， ∵ b＜2a，a＞0，b＞0， ∴ △ =b2﹣4a2＜0， ∴ 方程没有实数根， ∴ 当 b＜2a 时，不存在∠ BMC=90°，即（2）中的结论不成立． 考点：1、相似三角形的判定与性质；2、根的判别式；3、矩形的性质
(1)试猜想 AE 与 GC 有怎样的关系(直接写出结论即可)；
(2)将正方形 DEFG 绕点 D 按顺时针方向旋转，使点 E 落在 BC 边上，如图 2，连接 AE 和
CG．你认为(1)中的结论是否还成立？若成立，给出证明；若不成立，请说明理由．
(3)在(2)中，若 E 是 BC 的中点，且 BC＝2，则 C，F 两点间的距离为
（2）将正方形 EFGH 沿射线 FB 的方向以每秒 10 个单位的速度匀速平移，得到正方形
E1F1G1H1，在平移过程中边 F1G1 始终与 y 轴垂直，设平移的时间为 t 秒（t＞0）． ①当点 F1 移动到点 B 时，求 t 的值； ②当 G1，H1 两点中有一点移动到直线 DE 上时，请直接写出此时正方形 E1F1G1H1 与△ APE 重叠部分的面积．
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【解析】
试题分析：（1）利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可得出结论；
（2）①过点 B 作 BH⊥OE 于 H，可得四边形 BHEF 是矩形，根据矩形的对边相等可得
EF=BH，BF=HE，根据正方形的对角线相等且互相垂直平分可得 OA=OB，∠ AOB=90°，再根
据同角的余角相等求出∠ AOE=∠ OBH，然后利用“角角边”证明△ AOE 和△ OBH 全等，根据
∵ 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．
初三数学平行四边形的专项培优 易错 难题练习题(含答案)及详细答案
一、平行四边形
1．如图 1，正方形 ABCD 的一边 AB 在直尺一边所在直线 MN 上，点 O 是对角线 AC、BD 的交点，过点 O 作 OE⊥MN 于点 E．
（1）如图 1，线段 AB 与 OE 之间的数量关系为
．（请直接填结论）
（2）保证点 A 始终在直线 MN 上，正方形 ABCD 绕点 A 旋转 θ（0＜θ＜90°），过点 B 作
BF⊥MN 于点 F．
①如图 2，当点 O、B 两点均在直线 MN 右侧时，试猜想线段 AF、BF 与 OE 之间存在怎样
的数量关系？请说明理由．
②如图 3，当点 O、B 两点 分别在直线 MN 两侧时，此时①中结论是否依然成立呢？若成
立，请直接写出结论；若不成立，请写出变化后的结论并证明．
③当正方形 ABCD 绕点 A 旋转到如图 4 的位置时，线段 AF、BF 与 OE 之间的数量关系
为
．（请直接填结论）
【答案】（1）AB=2OE；（2）①AF+BF=2OE,证明见解析;②AF﹣BF=2OE 证明见解析H=AE，OE=BH，再根据 AF-EF=AE，整理即可得证；
②过点 B 作 BH⊥OE 交 OE 的延长线于 H，可得四边形 BHEF 是矩形，根据矩形的对边相等
可得 EF=BH，BF=HE，根据正方形的对角线相等且互相垂直平分可得 OA=OB，∠ AOB=90°，
再根据同角的余角相等求出∠ AOE=∠ OBH，然后利用“角角边”证明△ AOE 和△ OBH 全等，
根据全等三角形对应边相等可得 OH=AE，OE=BH，再根据 AF-EF=AE，整理即可得证；
③同②的方法可证．
试题解析：（1）∵ AC，BD 是正方形的对角线，
∴ OA=OC=OB，∠ BAD=∠ ABC=90°，
∵ OE⊥AB，
∴ OE= 1 AB， 2
∴ AB=2OE， （2）①AF+BF=2OE 证明：如图 2，过点 B 作 BH⊥OE 于点 H
∴ ∠ EHB=90° ∵ OE⊥MN，BF⊥MN
∴ ∠ AEO=∠ HEF=∠ BFE=90° ∴ 四边形 HBFE 为矩形 ∴ BF=HE，EF=BH ∵ 四边形 ABCD 是正方形 ∴ OA=OB，∠ AOB=90° ∴ ∠ AOE+∠ BOH=∠ OBH+∠ BOH ∴ ∠ AOE=∠ OBH ∴ △ AOE≌ △ OBH（AAS） ∴ AE=OH，OE=BH， ∴ AF﹣BF =AE+EF﹣HE=OH﹣HE+OE=OE+OE=2OE ③BF﹣AF=2OE， 如图 4，作 OG⊥BF 于 G，则四边形 EFGO 是矩形，
由（1）知∠ APB=∠ BPH， 又∵ ∠ A=∠ BQP=90°，BP=BP， 在△ ABP 和△ QBP 中，
2．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，
∴ ∠ BHE=∠ BHO=90° ∵ OE⊥MN，BF⊥MN ∴ ∠ BFE=∠ OEF=90° ∴ 四边形 EFBH 为矩形 ∴ BF=EH，EF=BH ∵ 四边形 ABCD 为正方形 ∴ OA=OB，∠ AOB=90° ∴ ∠ AOE+∠ HOB=∠ OBH+∠ HOB=90° ∴ ∠ AOE=∠ OBH ∴ △ AEO≌ △ OHB（AAS） ∴ AE=OH，OE=BH ∴ AF+BF=AE+EF+BF=OH+BH+EH=OE+OE=2OE． ②AF﹣BF=2OE 证明：如图 3，延长 OE，过点 B 作 BH⊥OE 于点 H