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2020年中考数学压轴题专项训练——特殊的平行四边形(含详细解析)

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2020年九年级数学中考复习：《四边形》压轴专题训练(解析版)

2020年九年级数学中考复习：《四边形》压轴专题训练(解析版)

《四边形》压轴专题训练1．已知：在△ABC中，∠C＝90°，BC＝AC．（1）如图1，若点D、E分别在BC、AC边上，且CD＝CE，连接AD、BE，点O、M、N分别是AB、AD、BE的中点．求证：△OMN是等腰直⻆三角形；（2）将图1中△CDE绕着点C顺时针旋转90°如图2，O、M、N分别为AB、AD、BE中点，则（1）中的结论是否成⽴，并说明理由；（3）如图3，将图1中△CDE绕着点C顺时针旋转，记旋转⻆为α（0＜α＜360°），O、M、N分别为AB、AD、BE中点，当MN＝，请求出四边形ABED的⾯积．2．如图，在等边△ABC中，AB＝6cm，动点P从点A出发以1cm/s的速度沿AB匀速运动．动点Q同时从点C出发以同样的速度沿BC的延长线方向匀速运动，当点P到达点B时，点P、Q同时停止运动．设运动时间为t（s）．过点P作PE⊥AC于E，连接PQ交AC边于D．以CQ、CE为边作平行四边形CQFE．（1）当t为何值时，△BPQ为直角三角形；（2）是否存在某一时刻t，使点F在∠ABC的平分线上？若存在，求出t的值，若不存在，请说明理由；（3）求DE的长．3．已知，在▱ABCD中，AB⊥BD，AB＝BD，E为射线BC上一点，连接AE交BD于点F．（1）如图1，若点E与点C重合，且AF＝2，求AD的长；（2）如图2，当点E在BC边上时，过点D作DG⊥AE于G，延长DG交BC于H，连接FH．求证：AF＝DH+FH；（3）如图3，当点E在射线BC上运动时，过点D作DG⊥AE于G，M为AG的中点，点N 在BC边上且BN＝1，已知AB＝4，请直接写出MN的最小值．4．如图，在△ABC中，tan∠ABC＝，∠C＝45°，点D、E分别是边AB、AC上的点，且DE ∥BC，BD＝DE＝5，动点P从点B出发，沿B﹣D﹣E﹣C向终点C运动，在BD﹣DE上以每秒5个单位长度的速度运动，在EC上以每秒个单位长度的速度运动，过点P作PQ ⊥BC于点Q，以PQ为边作正方形PQMN，使点B、点N始终在PQ同侧．设点P的运动时间为t（s）（t＞0），正方形PQMN与△ABC重叠部分图形的面积为S．（1）当点P在BD﹣DE上运动时，用含t的代数式表示线段DP的长．（2）当点N落在AB边上时，求t的值．（3）当点P在DE上运动时，求S与t之间的函数关系式．（4）当点P出发时，有一点H从点D出发，在线段DE上以每秒5个单位长度的速度沿D ﹣E﹣D连续做往返运动，直至点P停止运动时，点H也停止运动．连结HN，直接写出HN 与DE所夹锐角为45°时t的值．5．如图①所示，已知正方形ABCD和正方形AEFG，连接DG，BE．（1）发现：当正方形AEFG绕点A旋转，如图②所示．①线段DG与BE之间的数量关系是；②直线DG与直线BE之间的位置关系是；（2）探究：如图③所示，若四边形ABCD与四边形AEFG都为矩形，且AD＝2AB，AG＝2AE 时，上述结论是否成立，并说明理由．（3）应用：在（2）的情况下，连接BG、DE，若AE＝1，AB＝2，求BG2+DE2的值（直接写出结果）．6．如图将正方形ABCD绕点A顺时针旋转角度α（0°＜α＜90°）得到正方形AB′C′D′．（1）如图1，B′C′与AC交于点M，C′D′与AD所在直线交于点N，若MN∥B′D′，求α；（2）如图2，C′B′与CD交于点Q，延长C′B′与BC交于点P，当α＝30°时．①求∠DAQ的度数；②若AB＝6，求PQ的长度．7．在四边形ABCD中，E为BC边中点．（Ⅰ）已知：如图1，若AE平分∠BAD，∠AED＝90°，点F为AD上一点，AF＝AB．求证：（1）△ABE≌AFE；（2）AD＝AB+CD；（Ⅱ）已知：如图2，若AE平分∠BAD，DE平分∠ADC，∠AED＝120°，点F，G均为AD 上的点，AF＝AB，GD＝CD．求证：（1）△GEF为等边三角形；（2）AD＝AB+BC+CD．8．如图1，在矩形ABCD中，点P是BC边上一点，连接AP交对角线BD于点E，BP＝BE．作线段AP的中垂线MN分别交线段DC，DB，AP，AB于点M，G，F，N．（1）求证：∠BAP＝∠BGN；（2）若AB＝6，BC＝8，求；（3）如图2，在（2）的条件下，连接CF，求tan∠CFM的值．9．矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，将矩形ABCD绕点C顺时针旋转至矩形EGCF（其中E、G、F分别与A、B、D对应）．（1）如图1，当点G落在AD边上时，直接写出AG的长为；（2）如图2，当点G落在线段AE上时，AD与CG交于点H，求GH的长；（3）如图3，记O为矩形ABCD对角线的交点，S为△OGE的面积，求S的取值范围．10．如图，已知在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，点P、Q分别在边AC、射线CB 上，且AP＝CQ，过点P作PM⊥AB，垂足为点M，联结PQ，以PM、PQ为邻边作平行四边形PQNM，设AP＝x，平行四边形PQNM的面积为y．（1）当平行四边形PQNM为矩形时，求∠PQM的正切值；（2）当点N在△ABC内，求y关于x的函数解析式，并写出它的定义域；（3）当过点P且平行于BC的直线经过平行四边形PQNM一边的中点时，直接写出x的值．11．在正方形ABCD中，AB＝6，M为对角线BD上任意一点（不与B、D重合），连接CM，过点M作MN⊥CM，交AB（或AB的延长线）于点N，连接CN．感知：如图①，当M为BD的中点时，易证CM＝MN．（不用证明）探究：如图②，点M为对角线BD上任一点（不与B、D重合）．请探究MN与CM的数量关系，并证明你的结论．应用：（1）直接写出△MNC的面积S的取值范围；（2）若DM：DB＝3：5，则AN与BN的数量关系是．12．已知△ACB和△ADE都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠ADE＝90°，以CE、BC为边作平行四边形CEFB，连CD、CF．（1）如图1，当E、D分别在AC和AB上时，求证：CD＝CF；（2）如图2，△ADE绕点A旋转一定角度，判断（1）中CD与CF的数量关系是否依然成立，并加以证明；（3）如图3，AE＝，AB＝，将△ADE绕A点旋转一周，当四边形CEFB为菱形时，直接写出CF的长．13．如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点M，已知BC＝5，点E在射线BC上，tan∠DCE＝，点P从点B出发，以每秒2个单位沿BD方向向终点D匀速运动，过点P作PQ⊥BD交射线BC于点O，以BP、BQ为邻边构造▱PBQF，设点P的运动时间为t（t ＞0）．（1）tan∠DBE＝；（2）求点F落在CD上时t的值；（3）求▱PBQF与△BCD重叠部分面积S与t之间的函数关系式；（4）连接▱PBQF的对角线BF，设BF与PQ交于点N，连接MN，当MN与△ABC的边平行（不重合）或垂直时，直接写出t的值．14．在△ABC中，AB＝AC，点M在BA的延长线上，点N在BC的延长线上，过点C作CD∥AB 交∠CAM的平分线于点D．（1）如图1，求证：四边形ABCD是平行四边形；（2）如图2，当∠ABC＝60°时，连接BD，过点D作DE⊥BD，交BN于点E，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中四个三角形（不包含△CDE），使写出的每个三角形的面积与△CDE的面积相等．15．探索发现：如图①，△DEC与△ABC均为等腰直角三角形，∠E＝∠ABC＝90°，点A在边CD上，B在边EC上，把△DEC绕C点旋转α（0°＜α＜180°）得到图②，在图②中连接AD、BE交于点P，则图②中：（1）∠APB＝；△BCE与△ACD的关系为．（2）连接图②中的AE、BD，如图③所示，若CE＝3BC＝3，则在旋转的过程中，四边形ABDE的面积是否存在最大值？若存在，请求出最大值并说明理由；若不存在，请说明理由；创新应用：（3）如图④，四边形ABCE中，AB＝BC，∠ABC＝90°，CE＝2，AE＝4，连接BE，请求出BE的最大值，并说明理由．（4）如图⑤，BE、AC为四边形ABCE的对角线，CE＝2，∠CAE＝60°，∠CAB＝90°，∠CBA＝30°，连接BE，请直接写出BE的最大值．参考答案1．解：（1）∵BC＝AC，CD＝CE，∴BD＝AE，∵O、M、N分别为AB、AD、BE中点，∴OM∥BD且OM＝BD，ON∥AE且ON＝AE，∴OM＝ON，∠AOM＝∠ABD＝45°，∠BON＝∠BAE＝45°，∴∠MON＝180°﹣（∠AOM+∠BON）＝180°﹣（45°+45°）＝90°∴△OMN是等腰直角三角形．（2）（1）中的结论成⽴．理由如下：如图2，连接BD，∵△CDE顺时针旋转90°，∴∠ACE＝∠ACB＝90°，在△BCD和△ACE中，，∴△BCD≌△ACE（SAS），∴BD＝AE，∠CBD＝∠CAE，∵O、M、N分别为AB、AD、BE中点，∴OM∥BD且OM＝BD，ON∥AE且ON＝AE，∴OM＝ON，∠AOM＝∠ABD，∠BON＝∠BAE，∴∠MON＝180°﹣（∠AOM+∠BON）＝180°﹣（∠ABD+∠BAE）＝180°﹣（∠ABD+∠CBD+∠BAC）＝180°﹣（∠ABC+∠BAC），∵∠ACB＝90°，∴∠ABC+∠BAC＝180°﹣∠ACB＝180°﹣90°＝90°，∴∠MON＝180°﹣90°＝90°，∴△OMN是等腰直角三角形．（3）如图，连接AE、BD，由（2）同理可证△OMN为等腰直角三角形．∴MN＝OM．又∵OM＝BD，∴MN＝BD，BD＝MN＝＝2，∵AC＝BC，∠BCD＝∠ACE，CE＝CD，∴△ACE≌△BCD（SAS），∴BD＝AE，∠CBD＝∠CAE，∵∠BCA＝90°，∴∠AHB＝90°，∴BD⊥AE，∴四边形ABED的面积为．2．解：（1）∵△ABC是等边三角形，∴∠B＝60°，∴当BQ＝2BP时，∠BPQ＝90°，∴6+t＝2（6﹣t），∴t＝2，∴t＝2时，△BPQ是直角三角形．（2）存在．理由：如图1中，连接BF交AC于M．∵BF平分∠ABC，BA＝BC，∴BF⊥AC，AM＝CM＝3cm，∵EF∥BQ，∴∠EFM＝∠FBC＝∠ABC＝30°，∴EF＝2EM，∴t＝2•（3﹣t），解得t＝3．（3）如图2中，作PK∥BC交AC于K．∵△ABC是等边三角形，∴∠B＝∠A＝60°，∵PK∥BC，∴∠APK＝∠B＝60°，∴∠A＝∠APK＝∠AKP＝60°，∴△APK是等边三角形，∴PA＝PK，∵PE⊥AK，∴AE＝EK，∵AP＝CQ＝PK，∠PKD＝∠DCQ，∠PDK＝∠QDC，∴△PKD≌△QCD（AAS），∴DK＝DC，∴DE＝EK+DK＝（AK+CK）＝AC＝3（cm）．3．（1）解：如图1中，∵AB＝BD，∠BAD＝45°，∴∠BDA＝∠BAD＝45°，∴∠ABD＝90°，∵四边形ABCD是平行四边形，∴E、C重合时BF＝BD＝AB，在Rt△ABF中，∵AF2＝AB2+BF2，∴（2）2＝（2BF）2+BF2，∴BF＝2，AB＝4，在Rt△ABD中，AD＝＝4；（2）证明：如图2中，在AF上截取AK＝HD，连接BK，∵∠AFD＝∠ABF+∠2＝∠FGD+∠3，∠ABF＝∠FGD＝90°，∴∠2＝∠3，在ABK和△DBH中，，∴△ABK≌△DBH，∴BK＝BH，∠6＝∠1，AK＝DH，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠4＝∠1＝∠6＝45°，∴∠5＝∠ABD﹣∠6＝45°，∴∠5＝∠1，在△FBK和△FBH中，，∴△FBK≌△FBH，∴KF＝FH，∵AF＝AK+KF，∴AF＝DH+FH；（3）解：连接AN并延长到Q，使NQ＝AN，连接GQ，取AD的中点O，连接OG，∵∠AGD＝90°，∴点G的轨迹是以O为圆心，以OG为半径的弧，且OG＝4，∴OQ＝10，OG＝4，∴GQ最小值为6，∵MN是△AGQ的中位线，∴MN的最小值为3．4．解：（1）当0＜t≤1时，DP＝5﹣5t．当1＜t≤2时，DP＝5t﹣5．（2）如图1中，在Rt△BDM中，∵∠DMB＝90°，tan B＝＝，BD＝5，∴DM＝4，BM＝3，∵DP＝DM，∴5t﹣5＝4，解得：．（3）①如图2﹣1中，当1≤t≤时，重叠部分是四边形BQPD，S＝．②如图2﹣2中，当＜t≤时，重叠部分是五边形MQPDK，S＝．③如图2﹣3，当＜t≤2时，重叠部分是正方形PQMN，S＝16．综上所述，S＝．（4）如图3﹣1中，作HK⊥NP交NP的延长线于K．由题意∠HNK＝45°，∵HK⊥NK，∴△NHK是等腰直角三角形，∴NK＝HK，可得4t+3﹣3t+5t＝4﹣4t，解得t＝0.1．如图3﹣2中，当2＜t＜3时，满足EH＝PN，条件成立．可得：5﹣5（t﹣2）＝（4﹣2（t﹣2）），解得．如图3﹣2中，当t＞3时，满足EH＝PN，条件成立．可得5（t﹣3）＝（4﹣2（t﹣2），解得．综上所述，满足条件的t的值为0.1或或．5．解：（1）①如图②中，∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形，∴AE＝AG，AB＝AD，∠BAD＝∠EAG＝90°，∴∠BAE＝∠DAG，在△ABE和△DAG中，，∴△ABE≌△DAG（SAS），∴BE＝DG；②如图2，延长BE交AD于T，交DG于H．由①知，△ABE≌△DAG，∴∠ABE＝∠ADG，∵∠ATB+∠ABE＝90°，∴∠ATB+∠ADG＝90°，∵∠ATB＝∠DTH，∴∠DTH+∠ADG＝90°，∴∠DHB＝90°，∴BE⊥DG，故答案为：BE＝DG，BE⊥DG；（2）数量关系不成立，DG＝2BE，位置关系成立．如图③中，延长BE交AD于T，交DG于H．∵四边形ABCD与四边形AEFG都为矩形，∴∠BAD＝∠EAG，∴∠BAE＝∠DAG，∵AD＝2AB，AG＝2AE，∴＝＝，∴△ABE∽△ADG，∴∠ABE＝∠ADG，＝，∴DG＝2BE，∵∠ATB+∠ABE＝90°，∴∠ATB+∠ADG＝90°，∵∠ATB＝∠DTH，∴∠DTH+∠ADG＝90°，∴∠DHB＝90°，∴BE⊥DG；（3）如图④中，作ET⊥AD于T，GH⊥BA交BA的延长线于H．设ET＝x，AT＝y．∵△AHG∽△ATE，∴＝＝＝2，∴GH＝2x，AH＝2y，∴4x2+4y2＝4，∴x2+y2＝1，∴BG2+DE2＝（2x）2+（2y+2）2+x2+（4﹣y）2＝5x2+5y2+20＝25．6．解：（1）如图1中，∵MN∥B′D′，∴∠C′MN＝∠C′B′D′＝45°，∠C′NM＝∠C′D′B′＝45°，∴∠C′MN＝∠C′NM，∴C′M＝C′N，∵C′B′＝C′D′，∴MB′＝ND′，∵AB′＝AD′，∠AB′M＝∠AD′N＝90°，∴△AB′M≌△AD′N（SAS），∴∠B′AM＝∠D′AN，∵∠B′AD′＝90°，∠MAN＝45°，∴∠B′AM＝∠D′AN＝22.5°，∵∠BAC＝45°，∴∠BAB′＝22.5°，∴α＝22.5°．（2）①如图2中，∵∠AB′Q＝∠ADQ＝90°，AQ＝AQ，AB′＝AD，∴Rt△AQB′≌Rt△AQD（HL），∴∠QAB′＝∠QAD，∵∠BAB′＝30°，∠BAD＝90°，∴∠B′AD＝30°，∴∠QAD＝∠B′AD＝30°．②如图2中，连接AP，在AB上取一点E，使得AE＝EP，连接EP．设PB＝a．∵∠ABP＝∠AB′P＝90°，AP＝AP，AB＝AB′，∴Rt△APB≌Rt△APB′（HL），∴∠BAP＝∠PAB′＝15°，∵EA＝EP，∴∠EAP＝∠EPA＝15°，∴∠BEP＝∠EAP+∠EPA＝30°，∴PE＝AE＝2a，BE＝a，∵AB＝6，∴2a+a＝6，∴a＝6（2﹣）．∴PB＝6（2﹣），∴PC＝BC﹣PB＝6﹣6（2﹣）＝6﹣6，∵∠CPQ+∠BPB′＝180°，∠BAB′+∠BPB′＝180°，∴∠CPQ＝∠BAB′＝30°，∴PQ＝＝＝12﹣4．7．（Ⅰ）证明：（1）如图1中，∵AE平分∠BAD，∴∠BAE＝∠FAE，在△ABE和△AFE中，，∴△ABE≌△AFE（SAS），（2）∵△ABE≌△AFE，∴∠AEB＝∠AEF，BE＝BF，∵AE平分BC，∴BE＝CE，∴FE＝CE，∵∠AED＝∠AEF+∠DEF＝90°，∴∠AEB+∠DEC＝90°，∴∠DEF＝∠DEC，在△DEF和△DEC中，，∴△DEF≌△DEC（SAS），∴DF＝DC，∵AD＝AF+DF，∴AD＝AB+CD；（Ⅱ）证明：（1）如图2中，∵E是BC的中点，∴BE＝CE＝BC，同（1）得：△ABE≌△AFE（SAS），△DEG≌△DEC（SAS），∴BE＝FE，∠AEB＝∠AEF，CE＝EG，∠CED＝∠GED，∵BE＝CE，∴EF＝EG，∵∠AED＝120°，∠AEB+∠CED＝180°﹣120°＝60°，∴∠AEF+∠GED＝60°，∴∠FEG＝60°，∴△FEG是等边三角形．（2）由（1）可知FG＝GE＝EF＝BC，∵AD＝AG+GH+HD，∴AD＝AB+CD+BC．8．（1）证明：如图1中，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，∴∠BAP＝∠APB＝90°∵BP＝BE，∴∠APB∠BEP＝∠GEF，∵MN垂直平分线段AP，∴∠GFE＝90°，∴∠BGN+∠GEF＝90°，∴∠BAP＝∠BGN．（2）解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝∠ABP＝90°，AD∥BC，AD＝BC＝8，∴BD＝＝＝10，∵AD∥BC，∴∠DAE＝∠APB，∵∠APB＝∠BEP＝∠DEA，∴∠DAE＝∠DEA，∴DA＝DE＝8，∴BE＝BP＝BD﹣DE＝10﹣8＝2，∴PA＝＝＝2，∵MN垂直平分线段AP，∴AF＝PF＝，∵PB∥AD，∴＝＝＝，∴PE＝PA＝，∴EF＝PF﹣PE＝﹣＝，∴＝＝．（3）解：如图3中，连接AM，MP．设CM＝x．∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADM＝∠MCP＝90°，AB＝CD＝6，AD＝BC＝8，∵MN垂直平分线段AP，∴MA＝MP，∴AD2+DM2＝PC2+CM2，∴82+（6﹣x）2＝62+x2，∴x＝，∵∠PFM＝∠PCM＝90°，∴P，F，M，C四点共圆，∴∠CFM＝∠CPM，∴tan∠CFM＝tan∠CPM＝＝＝．9．解：（1）如图1中，∵四边形ABCD是矩形，∴BC＝AD＝CG＝4，∠B＝90°，∵AB＝CD＝2，∴DG＝＝＝2，∴AG＝AB﹣BG＝4﹣2，故答案为4﹣2．（2）如图2中，由四边形CGEF是矩形，得到∠CGE＝90°，∵点G在线段AE上，∴∠AGC＝90°，∵CA＝CA，CB＝CG，∴Rt△ACG≌Rt△ACB（HL）．∴∠ACB＝∠ACG，∵AB∥CD∴∠ACG＝∠DAC，∴∠ACH＝∠HAC，∴AH＝CH，设AH＝CH＝m，则DH＝AD﹣AH＝5﹣m，在Rt△DHC中，∵CH2＝DC2+DH2，∴m2＝22+（4﹣m）2，∴m＝，∴AH＝，GH＝＝＝．（3）如图，当点G在对角线AC上时，△OGE的面积最小，最小值＝×OG×EG＝×2×（4﹣）＝4﹣．当点G在AC的延长线上时，△OE′G′的面积最大．最大值＝×E′G′×OG′＝×2×（4+）＝4+综上所述，4﹣≤S≤4+．10．解：（1）在Rt△ACB中，∵∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，∴AB＝＝＝10，当四边形PQMN是矩形时，PQ∥AB．∴tan∠PQM＝＝＝．（2）如图1中，延长QN交AB于K．由题意BQ＝6﹣x，QN＝PM＝x，AM＝x，KQ＝BQ＝，BK＝BQ＝，∴MK＝AB﹣AM﹣BK＝，∵QN＜QK，∴x＜，∴x＜，∴y＝PM•MK＝（0≤x＜）．（3）①如图3﹣1中，当平分MN时，D为MN的中点，作NE∥BC交PQ于E，作NH⊥CB 交CB的延长线于H，EG⊥BC于G．∵PD∥BC，EN∥BC，∴PD∥NE，∵PE∥DN，∴四边形PDNE是平行四边形，∴PE＝DN，∵DN＝DM，PQ＝MN，∴PE＝EQ，∵EG∥PC，∴CG＝GQ，∴EG＝PC，∵四边形EGHN是矩形，∴NH＝EG＝NQ＝PM＝x，PC＝8﹣x，∴x＝•（8﹣x），解得x＝．②如图3﹣2中，当平分NQ时，D是NQ的中点，作DH⊥CB交CB的延长线于H．∵DH＝PC，∴8﹣x＝•x，解得x＝，综上所述，满足条件x的值为或．11．解：探究：如图①中，过M分别作ME∥AB交BC于E，MF∥BC交AB于F，则四边形BEMF是平行四边形，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC＝90°，∠ABD＝∠CBD＝∠BME＝45°，∴ME＝BE，∴平行四边形BEMF是正方形，∴ME＝MF，∵CM⊥MN，∴∠CMN＝90°，∵∠FME＝90°，∴∠CME＝∠FMN，∴△MFN≌△MEC（ASA），∴MN＝MC；应用：（1）当点M与D重合时，△CNM的面积最大，最大值为18，当DM＝BM时，△CNM的面积最小，最小值为9，综上所述，9≤S＜18．（2）如图②中，由（1）得FM∥AD，EM∥CD，∴＝＝＝，∵AN＝BC＝6，∴AF＝3.6，CE＝3.6，∵△MFN≌△MEC，∴FN＝EC＝3.6，∴AN＝7.2，BN＝7.2﹣6＝1.2，∴AN＝6BN，故答案为AN＝6BN．12．（1）证明：连接FD，∵AD＝ED，∠ADE＝90°，∴∠DAC＝∠AED＝45°，∵四边形BCEF是平行四边形，∠BCE＝90°，∴四边形BCEF是矩形，∴∠CEF＝∠AEF＝90°，BC＝EF＝AC，∴∠DEF＝45°，∴∠A＝∠DEF，∴△ADC≌△EDF（SAS），∴DC＝DF，∠DCA＝∠DFE，∴∠FDC＝∠FEC＝90°，从而△DFC为等腰直角三角形，∴CD＝CF．（2）解：成立．理由：连接FD，∵AD⊥DE，EF⊥AC，∴∠DAC＝∠DEF，又AD＝ED，AC＝EF，∴△ADC≌△EDF（SAS），∴DC＝DF，∠ADC＝∠EDF，即∠ADE+∠EDC＝∠FDC+∠EDC，∴∠FDC＝∠ADE＝90°∴△DFC为等腰直角三角形，∴CD＝CF．（3）解：如图3﹣1中，设AE与CD的交点为M，∵CE＝CA，DE＝DA，∴CD垂直平分AE，∴＝，DM＝，∴CD＝DM+CM＝3，∵CF＝CD∴CF＝6．如图3﹣2中，设AE与CD的交点为M，同法可得CD＝CM﹣DM＝﹣＝2，∴CF＝CD＝4，综上所述，满足条件的CF的值为6或4．13．解：（1）如图1中，作DH⊥BE于H．在Rt△BCD中，∵∠DHC＝90°，CD＝5，tan∠DCH＝，∴DH＝4，CH＝3，∴BH＝BC+CH＝5+3＝8，∴tan∠DBE＝＝＝．故答案为．（2）如图2中，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∵BC＝5，tan∠CBM＝＝，∴CM＝，BM＝DM＝2，∵PF∥CB，∴＝，∴＝，解得t＝．（3）如图3﹣1中，当0＜t ≤时，重叠部分是平行四边形PBQF ，S ＝PB •PQ ＝2t •t＝10t 2．如图3﹣2中，当＜t ≤1时，重叠部分是五边形PBQRT ，S ＝S平行四边形PBQF ﹣S △TRF ＝10t 2﹣•[5t ﹣（5﹣t ）]•[5t ﹣（5﹣t ）]＝﹣t 2+30t ﹣10．如图3﹣3中，当1＜t ≤2时，重叠部分是四边形PBCT ，S ＝S △BCD ﹣S △PDT ＝×5×4﹣•（5﹣t ）•（4﹣2t ）＝﹣t 2+10t ．（4）如图4﹣1中，当MN ∥AB 时，设CM 交BF 于T ．∵PN∥MT，∴＝，∴＝，∴MT＝，∵MN∥AB，∴＝＝＝2，∴PB＝BM，∴2t＝×2，∴t＝．如图4﹣2中，当MN⊥BC时，易知点F落在DH时，∵PF∥BH，∴＝，∴＝，解得t＝．如图4﹣3中，当MN⊥AB时，易知∠PNM＝∠ABD，可得tan∠PNM＝＝，∴＝，解得t＝，当点P与点D重合时，MN∥BC，此时t＝2，综上所述，满足条件的t的值为或或或2．14．（1）证明：∵AB＝AC，∠ABC＝∠ACB，∴∠CAM＝∠ABC+∠ACB＝2∠ABC，∵AD平分∠CAM，∴∠CAM＝∠MAD，∴∠ABC＝∠MAD，∴AD∥BC，∵CD∥AB，∴四边形ABCD是平行四边形；（2）∵∠ABC＝60°，AC＝AB，∴△ABC是等边三角形，∴AB＝BC，∴四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∵DE⊥BD，∴AC∥DE，∵AD∥CE，∴四边形ACED是平行四边形，∴BC＝AD＝CE，∴图中所有与△CDE面积相等的三角形有△BCD，△ABD，△ACD，△ABC．15．解：（1）如图2中，设EC交AD于O．∵△ABC，△CDE都是等腰直角三角形，∴AC＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠ECD＝45°，∴＝，∠ACD＝∠BCE，∴△ACD∽△BCE，∴∠ODC＝∠OEP，∵∠COD＝∠EOP，∴∠OPE＝∠OCD＝45°，故答案为45°，△BCE∽△ACD．（2）如图③中，作EH⊥BA交BA的延长线于H，作BG⊥DE交DE的延长线于G．由题意CE＝3BC＝3，∴AB＝BC＝1，EC＝DE＝3，∵BE ≤BC +EC ，∴BE ≤4，∴当点E 在BC 的延长线上时BE 的值最大，最小值为4，∵S 四边形ABDE ＝S △ABE +S △BDE ＝•AB •EH +DE •BG ，又∵EH ≤BE ，BG ≤BE ，∴EH 与BG 的最大值为4，∴四边形ABDE 的面积的最大值＝×1×4+×4×3＝8．（3）如图④中，以EC 为直角边，向下作等腰直角△CEH （EC ＝EH ，∠CEH ＝90°），连接AH ．∵△ABC ，△CEH 都是等腰直角三角形，∴∴AC ＝CB ，CH ＝CE ，∠ACB ＝∠ECD ＝45°， ∴＝，∠ACH ＝∠BCE ，∴△ACH ∽△BCE ， ∴＝＝，∴BE ＝AH ，∵AH ≤EH +AE ，∴AH ≤2+4＝6，∴AH 的最大值为6，∴BE 的最大值＝6×＝3．故答案为3．。

2020-2021备战中考数学压轴题专题复习——平行四边形的综合含答案

2020-2021备战中考数学压轴题专题复习——平行四边形的综合含答案

2020-2021备战中考数学压轴题专题复习——平行四边形的综合含答案一、平行四边形1．如图，△ABC中，AD是边BC上的中线，过点A作AE∥BC，过点D作DE∥AB，DE与AC、AE分别交于点O、点E，连接EC．（1）求证：AD=EC；（2）当∠BAC=Rt∠时，求证：四边形ADCE是菱形．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】【分析】（1）先证四边形ABDE是平行四边形，再证四边形ADCE是平行四边形即可；（2）由∠BAC=90°，AD是边BC上的中线，得AD=BD=CD，即可证明.【详解】(1)证明：∵AE∥BC，DE∥AB，∴四边形ABDE是平行四边形，∴AE=BD，∵AD是边BC上的中线，∴BD=DC，∴AE=DC，又∵AE∥BC，∴四边形ADCE是平行四边形.(2) 证明：∵∠BAC=90°，AD是边BC上的中线.∴AD=CD∵四边形ADCE是平行四边形，∴四边形ADCE是菱形.【点睛】本题考查了平行四边形的判定、菱形的判定、直角三角形斜边中线定理.根据图形与已知条件灵活应用平行四边形的判定方法是证明的关键.2．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＝12AD＝12CD，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＝12BP＝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．3．(1)如图①，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点O作直线EF⊥BD，交AD 于点E ，交BC 于点F ，连接BE 、DF ，且BE 平分∠ABD ．①求证：四边形BFDE 是菱形；②直接写出∠EBF 的度数；(2)把(1)中菱形BFDE 进行分离研究，如图②，点G 、I 分别在BF 、BE 边上，且BG=BI ，连接GD ，H 为GD 的中点，连接FH 并延长，交ED 于点J ，连接IJ 、IH 、IF 、IG.试探究线段IH 与FH 之间满足的关系，并说明理由；(3)把(1)中矩形ABCD 进行特殊化探究，如图③，当矩形ABCD 满足AB=AD 时，点E 是对角线AC 上一点，连接DE 、EF 、DF ，使△DEF 是等腰直角三角形，DF 交AC 于点G.请直接写出线段AG 、GE 、EC 三者之间满足的数量关系.【答案】（1）①详见解析；②60°．（2）IH ＝3FH ；（3）EG 2＝AG 2+CE 2．【解析】【分析】（1）①由△DOE ≌△BOF ，推出EO ＝OF ，∵OB ＝OD ，推出四边形EBFD 是平行四边形，再证明EB ＝ED 即可．②先证明∠ABD ＝2∠ADB ，推出∠ADB ＝30°，延长即可解决问题．（2）IH ＝3FH ．只要证明△IJF 是等边三角形即可．（3）结论：EG 2＝AG 2+CE 2．如图3中，将△ADG 绕点D 逆时针旋转90°得到△DCM ，先证明△DEG ≌△DEM ，再证明△ECM 是直角三角形即可解决问题．【详解】（1）①证明：如图1中，∵四边形ABCD 是矩形，∴AD ∥BC ，OB ＝OD ，∴∠EDO ＝∠FBO ，在△DOE 和△BOF 中，EDO FBO OD OBEOD BOF ∠∠⎧⎪⎨⎪∠∠⎩＝＝＝ ， ∴△DOE ≌△BOF ，∴EO ＝OF ，∵OB ＝OD ，∴四边形EBFD 是平行四边形，∵EF ⊥BD ，OB ＝OD ，∴EB ＝ED ，∴四边形EBFD 是菱形．②∵BE 平分∠ABD ，∴∠ABE ＝∠EBD ，∵EB ＝ED ，∴∠EBD ＝∠EDB ，∴∠ABD ＝2∠ADB ，∵∠ABD +∠ADB ＝90°，∴∠ADB ＝30°，∠ABD ＝60°，∴∠ABE ＝∠EBO ＝∠OBF ＝30°，∴∠EBF ＝60°．（2）结论：IH＝3FH ．理由：如图2中，延长BE 到M ，使得EM ＝EJ ，连接MJ ．∵四边形EBFD 是菱形，∠B ＝60°，∴EB ＝BF ＝ED ，DE ∥BF ，∴∠JDH ＝∠FGH ，在△DHJ 和△GHF 中，DHG GHF DH GHJDH FGH ∠∠⎧⎪⎨⎪∠∠⎩＝＝＝ ， ∴△DHJ ≌△GHF ，∴DJ ＝FG ，JH ＝HF ，∴EJ ＝BG ＝EM ＝BI ，∴BE ＝IM ＝BF ，∵∠MEJ ＝∠B ＝60°，∴△MEJ 是等边三角形，∴MJ ＝EM ＝NI ，∠M ＝∠B ＝60°在△BIF 和△MJI 中，BI MJ B M BF IM ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△BIF ≌△MJI ，∴IJ ＝IF ，∠BFI ＝∠MIJ ，∵HJ ＝HF ，∴IH ⊥JF ，∵∠BFI +∠BIF ＝120°，∴∠MIJ +∠BIF ＝120°，∴∠JIF ＝60°，∴△JIF 是等边三角形，在Rt △IHF 中，∵∠IHF ＝90°，∠IFH ＝60°，∴∠FIH ＝30°，∴IH＝3FH ．（3）结论：EG 2＝AG 2+CE 2．理由：如图3中，将△ADG 绕点D 逆时针旋转90°得到△DCM ，∵∠FAD +∠DEF ＝90°，∴AFED 四点共圆，∴∠EDF ＝∠DAE ＝45°，∠ADC ＝90°，∴∠ADF +∠EDC ＝45°，∵∠ADF ＝∠CDM ，∴∠CDM +∠CDE ＝45°＝∠EDG ，在△DEM 和△DEG 中，DE DE EDG EDM DG DM ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝ ， ∴△DEG ≌△DEM ，∴GE ＝EM ，∵∠DCM ＝∠DAG ＝∠ACD ＝45°，AG ＝CM ，∴∠ECM ＝90°∴EC 2+CM 2＝EM 2，∵EG ＝EM ，AG ＝CM ，∴GE 2＝AG 2+CE 2．【点睛】考查四边形综合题、矩形的性质、正方形的性质、菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形，学会转化的思想思考问题.4．如图，在平行四边形ABCD 中，AD ⊥DB ，垂足为点D ，将平行四边形ABCD 折叠，使点B落在点D的位置，点C落在点G的位置，折痕为EF，EF交对角线BD于点P．（1）连结CG，请判断四边形DBCG的形状，并说明理由；（2）若AE＝BD，求∠EDF的度数．【答案】（1）四边形BCGD是矩形，理由详见解析；（2）∠EDF＝120°．【解析】【分析】（1）根据平行四边形的性质和折叠性质以及矩形的判定解答即可；（2）根据折叠的性质以及直角三角形的性质和等边三角形的判定与性质解答即可．【详解】解：（1）四边形BCGD是矩形，理由如下，∵四边形ABCD是平行四边形，∴BC∥AD，即BC∥DG，由折叠可知，BC＝DG，∴四边形BCGD是平行四边形，∵AD⊥BD，∴∠CBD＝90°，∴四边形BCGD是矩形；（2）由折叠可知：EF垂直平分BD，∴BD⊥EF，DP＝BP，∵AD⊥BD，∴EF∥AD∥BC，∴AE PD1==BE BP∴AE＝BE，∴DE是Rt△ADB斜边上的中线，∴DE＝AE＝BE，∵AE＝BD，∴DE＝BD＝BE，∴△DBE是等边三角形，∴∠EDB＝∠DBE＝60°，∵AB∥DC，∴∠DBC＝∠DBE＝60°，∴∠EDF＝120°．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，折叠性质，等边三角形的性质和判定，主要考查学生运用定理进行推理和计算的能力，题目综合性比较强，有一定的难度5．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=12BC，GH∥BC，GH=12BC，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=12S△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＝12BC，GH∥BC，GH＝12BC，∴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＝12S△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．6．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FB10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+=⎧⎨=⎩，∴4340kb⎧=-⎪⎨⎪=⎩，∴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＝10，∴当点F 1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'的距离是10t ，在Rt △F'NF 中，NF NF '=13， ∴FN ＝t ，F'N ＝3t ，∵MH'＝FN ＝t ，EM ＝NG'＝15﹣F'N ＝15﹣3t ，在Rt △DMH'中，43MH EM '=， ∴41533t t =-， ∴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'10，∵PF ＝10∴PF'10t ﹣10，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．7．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．8．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．9．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 ＝3MB ．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：EM=3MB ．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 ，∴∠MBE=12∠ABC=45°，∠ACB=∠DCE=45°， ∵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 ＝12∠ABC ＝60°，∠BAC ＝∠BCA ＝30°，∠DCE ＝60°. ∵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 3．(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】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．10．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．11．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。

2020年九年级数学中考典型压轴题专项训练：四边形(含答案)

2020年九年级数学中考典型压轴题专项训练：四边形(含答案)

2020年九年级数学中考典型压轴题专项训练：四边形1、如图，四边形ABCD为平行四边形，∠BAD的角平分线AE交CD于点F，交BC的延长线于点E．（1）求证：BE=CD；（2）连接BF，若BF⊥AE，∠BEA=60°，AB=4，求平行四边形ABCD的面积．2、如图，矩形ABCD中，延长AB至E，延长CD至F，BE=DF，连接EF，与BC、AD分别相交于P、Q两点．（1）求证：CP=AQ；（2）若BP=1，PQ=2，∠AEF=45°，求矩形ABCD的面积．3、如图，在▱ABCD中，点E，F在对角线AC上，且AE=CF．求证：（1）DE=BF；（2）四边形DEBF是平行四边形．4、如图，E是▱ABCD的边CD的中点，延长AE交BC的延长线于点F．（1）求证：△ADE≌△FCE．（2）若∠BAF=90°，BC=5，EF=3，求CD的长．5、如图，AC是矩形ABCD的对角线，过AC的中点O作EF⊥AC，交BC于点E，交AD于点F，连接AE，CF．（1）求证：四边形AECF是菱形；（2）若AB=，∠DCF=30°，求四边形AECF的面积．（结果保留根号）6、如图，▱ABCD中，AB=2，AD=1，∠ADC=60°，将▱ABCD沿过点A的直线l折叠，使点D 落到AB边上的点D′处，折痕交CD边于点E．（1）求证：四边形BCED′是菱形；（2）若点P时直线l上的一个动点，请计算PD′+PB的最小值．7、如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，∠ABC：∠BAD=1：2，BE∥AC，CE∥BD．（1）求tan∠DBC的值；（2）求证：四边形OBEC是矩形．8、在矩形ABCD中，AB=3，AD=4，动点Q从点A出发，以每秒1个单位的速度，沿AB向点B移动；同时点P从点B出发，仍以每秒1个单位的速度，沿BC向点C移动，连接QP，QD，PD．若两个点同时运动的时间为x秒（0＜x≤3），解答下列问题：（1）设△QPD的面积为S，用含x的函数关系式表示S；当x为何值时，S有最大值？并求出最小值；（2）是否存在x的值，使得QP⊥DP？试说明理由．9、如图，点P在矩形ABCD的对角线AC上，且不与点A，C重合，过点P分别作边AB，AD 的平行线，交两组对边于点E，F和G，H．（1）求证：△PHC≌△CFP；（2）证明四边形PEDH和四边形PFBG都是矩形，并直接写出它们面积之间的关系．10、如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠A=∠C，点P在边AB上．（1）判断四边形ABCD的形状并加以证明；（2）若AB=AD，以过点P的直线为轴，将四边形ABCD折叠，使点B、C分别落在点B′、C′上，且B′C′经过点D，折痕与四边形的另一交点为Q．①在图2中作出四边形PB′C′Q（保留作图痕迹，不必说明作法和理由）；②如果∠C=60°，那么为何值时，B′P⊥AB．11、某同学要证明命题“平行四边形的对边相等．”是正确的，他画出了图形，并写出了如下已知和不完整的求证．已知：如图，四边形ABCD是平行四边形．求证：AB=CD，BC=DA（1）补全求证部分；（2）请你写出证明过程．证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AD∥BC，∴∠BAC=∠DCA，∠BCA=∠DAC，在△ABC和△CDA中，，∴△ABC≌△CDA（ASA），∴AB=CD，BC=DA．．12、在矩形ABCD中，E为CD的中点，H为BE上的一点，，连接CH并延长交AB于点G，连接GE并延长交AD的延长线于点F．（1）求证：；（2）若∠CGF=90°，求的值．13、如图，将矩形ABCD沿AF折叠，使点D落在BC边的点E处，过点E作EG∥CD交AF于点G，连接DG．（1）求证：四边形EFDG是菱形；（2）探究线段EG、GF、AF之间的数量关系，并说明理由；（3）若AG=6，EG=2，求BE的长．14、如图，已知▱ABCD的三个顶点A（n，0）、B（m，0）、D（0，2n）（m＞n＞0），作▱ABCD 关于直线AD的对称图形AB1C1D（1）若m=3，试求四边形CC1B1B面积S的最大值；（2）若点B1恰好落在y轴上，试求的值．15、已知正方形ABCD，P为射线AB上的一点，以BP为边作正方形BPEF，使点F在线段CB的延长线上，连接EA、EC．（1）如图1，若点P在线段AB的延长线上，求证：EA=EC；（2）若点P在线段AB上．①如图2，连接AC，当P为AB的中点时，判断△ACE的形状，并说明理由；②如图3，设AB=a，BP=b，当EP平分∠AEC时，求a：b及∠AEC的度数．16、如图1，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．（1）概念理解：如图2，在四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD，问四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由．（2）性质探究：试探索垂美四边形ABCD两组对边AB，CD与BC，AD之间的数量关系．猜想结论：（要求用文字语言叙述）___________________________写出证明过程（先画出图形，写出已知、求证）．（3）问题解决：如图3，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG 和正方形ABDE，连接CE，BG，GE，已知AC=4，AB=5，求GE长．17、如图1，已知点E，F，G，H分别是四边形ABCD各边AB，BC，CD，DA的中点，根据以下思路可以证明四边形EFGH是平行四边形：（1）如图2，将图1中的点C移动至与点E重合的位置，F，G，H仍是BC，CD，DA的中点，求证：四边形CFGH是平行四边形；（2）如图3，在边长为1的小正方形组成的5×5网格中，点A，C，B都在格点上，在格点上画出点D，使点C与BC，CD，DA的中点F，G，H组成正方形CFGH；（3）在（2）条件下求出正方形CFGH的边长．18、如图，面积为6的平行四边形纸片ABCD中，AB=3，∠BAD=45°，按下列步骤进行裁剪和拼图．第一步：如图①，将平行四边形纸片沿对角线BD剪开，得到△ABD和△BCD纸片，再将△ABD纸片沿AE剪开（E为BD上任意一点），得到△ABE和△ADE纸片；第二步：如图②，将△ABE纸片平移至△DCF处，将△ADE纸片平移至△BCG处；第三步：如图③，将△DCF纸片翻转过来使其背面朝上置于△PQM处（边PQ与DC重合，△PQM和△DCF在DC同侧），将△BCG纸片翻转过来使其背面朝上置于△PRN处，（边PR与BC 重合，△PRN和△BCG在BC同侧）．则由纸片拼成的五边形PMQRN中，对角线MN长度的最小值为．19、如图，在矩形ABCD中，点O为坐标原点，点B的坐标为（4，3），点A、C在坐标轴上，点P在BC边上，直线l1：y=2x+3，直线l2：y=2x﹣3．（1）分别求直线l1与x轴，直线l2与AB的交点坐标；（2）已知点M在第一象限，且是直线l2上的点，若△APM是等腰直角三角形，求点M的坐标；（3）我们把直线l1和直线l2上的点所组成的图形为图形F．已知矩形ANPQ的顶点N在图形F上，Q是坐标平面内的点，且N点的横坐标为x，请直接写出x的取值范围（不用说明理由）．20、如图1，在正方形ABCD内作∠EAF=45°，AE交BC于点E，AF交CD于点F，连接EF，过点A作AH⊥EF，垂足为H．（1）如图2，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG．①求证：△AGE≌△AFE；②若BE=2，DF=3，求AH的长．（2）如图3，连接BD交AE于点M，交AF于点N．请探究并猜想：线段BM，MN，ND之间有什么数量关系？并说明理由．参考答案：1、【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AB∥CD，AB=CD，∴∠B+∠C=180°，∠AEB=∠DAE，∵AE是∠BAD的平分线，∴∠BAE=∠DAE，∴∠BAE=∠AEB，∴AB=BE，∴BE=CD；（2）解：∵AB=BE，∠BEA=60°，[来源:学#科#网] ∴△ABE是等边三角形，∴AE=AB=4，∵BF⊥AE，∴AF=EF=2，∴BF===2，∵AD∥BC，∴∠D=∠ECF，∠DAF=∠E，在△ADF和△ECF中，，∴△ADF≌△ECF（AAS），∴△ADF的面积=△ECF的面积，∴平行四边形ABCD的面积=△ABE的面积=AE•BF=×4×2=4．2、【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠ABC=∠C=∠ADC=90°，AB=CD，AD=BC，AB∥CD，AD∥BC，∴∠E=∠F，∵BE=DF，∴AE=CF，在△CFP和△AEQ中，，∴△CFP≌△AEQ（ASA），∴CP=AQ；（2）解：∵AD∥BC，[来源:学#科#网Z#X#X#K]∴∠PBE=∠A=90°，∵∠AEF=45°，∴△BEP、△AEQ是等腰直角三角形，∴BE=BP=1，AQ=AE，∴PE=BP=，∴EQ=PE+PQ=+2=3，∴AQ=AE=3，∴AB=AE﹣BE=2，∵CP=AQ，AD=BC，∴DQ=BP=1，∴AD=AQ+DQ=3+1=4，∴矩形ABCD的面积=AB•AD=2×4=8．3、【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥CB，AD=CB，∴∠DAE=∠BCF，在△ADE和△CBF中，∴△ADE≌△CBF，∴DE=BF．（2）由（1），可得∴△ADE≌△CBF，∴∠ADE=∠CBF，∵∠DEF=∠DAE+∠ADE，∠BFE=∠BCF+∠CBF，∴∠DEF=∠BFE，∴DE∥BF，又∵DE=BF，∴四边形DEBF是平行四边形．4、【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AB∥CD，∴∠DAE=∠F，∠D=∠ECF，∵E是▱ABCD的边CD的中点，∴DE=CE，在△ADE和△FCE中，，∴△ADE≌△FCE（AAS）；（2）解：∵ADE≌△FCE，∴AE=EF=3，∵AB∥CD，∴∠AED=∠BAF=90°，在▱ABCD中，AD=BC=5，∴DE===4，∴CD=2DE=8．5、【解答】（1）证明：∵O是AC的中点，且EF⊥AC，∴AF=CF，AE=CE，OA=OC，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠AFO=∠CEO，在△AOF和△COE中，，∴△AOF≌△COE（AAS），∴AF=CE，∴AF=CF=CE=AE，∴四边形AECF是菱形；（2）解：∵四边形ABCD是矩形，∴CD=AB=，在Rt△CDF中，cos∠DCF=，∠DCF=30°，∴CF==2，∵四边形AECF是菱形，∴CE=CF=2，∴四边形AECF是的面积为：EC•AB=2．6、【解答】证明：（1）∵将▱ABCD沿过点A的直线l折叠，使点D落到AB边上的点D′处，∴∠DAE=∠D′AE，∠DEA=∠D′EA，∠D=∠AD′E，∵DE∥AD′，∴∠DEA=∠EAD′，∴∠DAE=∠EAD′=∠DEA=∠D′EA，∴∠DAD′=∠DED′，∴四边形DAD′E是平行四边形，∴DE=AD′，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=DC，AB∥DC，∴CE=D′B，CE∥D′B，∴四边形BCED′是平行四边形；∵AD=AD′，∴▱DAD′E是菱形，（2）∵四边形DAD′E是菱形，∴D与D′关于AE对称，连接BD交AE于P，则BD的长即为PD′+PB的最小值，过D作DG⊥BA于G，∵CD∥AB，∴∠DAG=∠CDA=60°，∵AD=1，∴AG=，DG=，∴BG=，∴BD==，∴PD′+PB的最小值为．7、【解答】（1）解：∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC，∠DBC=∠ABC，∴∠ABC+∠BAD=180°，∵∠ABC：∠BAD=1：2，∴∠ABC=60°，∴∠BDC=∠ABC=30°，则tan∠DBC=tan30°=；（2）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，即∠BOC=90°，∵BE∥AC，CE∥BD，∴BE∥OC，CE∥OB，∴四边形OBEC是平行四边形，则四边形OBEC是矩形．8、【解答】解：（1）∵四边形ABCD为矩形，∴BC=AD=4，CD=AB=3，当运动x秒时，则AQ=x，BP=x，∴BQ=AB﹣AQ=3﹣x，CP=BC﹣BP=4﹣x，∴S△ADQ=AD•AQ=×4x=2x，S△BPQ=BQ•BP=（3﹣x）x=x﹣x2，S△PCD=PC•CD=•（4﹣x）•3=6﹣x，又S矩形ABCD=AB•BC=3×4=12，∴S=S矩形ABCD﹣S△ADQ﹣S△BPQ﹣S△PCD=12﹣2x﹣（x﹣x2）﹣（6﹣x）=x2﹣2x+6=（x﹣2）2+4，即S=（x﹣2）2+4，∴S为开口向上的二次函数，且对称轴为x=2，∴当0＜x＜2时，S随x的增大而减小，当2＜x≤3时，S随x的增大而增大，又当x=0时，S=5，当S=3时，S=，但x的范围内取不到x=0，∴S不存在最大值，当x=2时，S有最小值，最小值为4；（2）存在，理由如下：由（1）可知BQ=3﹣x，BP=x，CP=4﹣x，当QP⊥DP时，则∠BPQ+∠DPC=∠DPC+∠PDC，∴∠BPQ=∠PDC，且∠B=∠C，∴△BPQ∽△PCD，∴=，即=，解得x=（舍去）或x=，∴当x=时QP⊥DP．9、【解答】证明：（1）∵四边形ABCD为矩形，∴AB∥CD，AD∥BC．∵PF∥AB，∴PF∥CD，∴∠CPF=∠PCH．∵PH∥AD，∴PH∥BC，∴∠PCF=∠CPH．在△PHC和△CFP中，，∴△PHC≌△CFP（ASA）．（2）∵四边形ABCD为矩形，∴∠D=∠B=90°．又∵EF∥AB∥CD，GH∥AD∥BC，∴四边形PEDH和四边形PFBG都是矩形．∵EF∥AB，∴∠CPF=∠CAB．在Rt△AGP中，∠AGP=90°，PG=AG•tan∠CAB．在Rt△CFP中，∠CFP=90°，CF=PF•tan∠CPF．S矩形DEPH=DE•EP=CF•EP=PF•EP•tan∠CPF；S矩形PGBF=PG•PF=AG•PF•tan∠CAB=EP•PF•tan∠CAB．∵tan∠CPF=tan∠CAB，∴S矩形DEPH=S矩形PGBF．10、【解答】解：（1）四边形ABCD是平行四边形证明：∵在四边形ABCD中，AD∥BC，∴∠A+∠B=180°，∵∠A=∠C，∴∠C+∠B=180°，∴AB∥CD，∴四边形ABCD是平行四边形；（2）①作图如下：②当AB=AD时，平行四边形ABCD是菱形，由折叠可得，BP=B′P，CQ=C′Q，BC=B′C′，∠C=∠C′=60°=∠A，当B′P⊥AB时，由B′P∥C′Q，可得C′Q⊥CD，∴∠PEA=30°=∠DEB′，∠QDC′=30°=∠B′DE，∴B′D=B′E，设AP=a，BP=b，则直角三角形APE中，PE=a，且B′P=b，BC=B′C′=CD=a+b，∴B′E=b﹣a=B′D，∴C′D=a+b﹣（b﹣a）=a+a，∴直角三角形C′QD中，C′Q=a=CQ，DQ=C′Q=a，∵CD=DQ+CQ=a+b，∴a+a=a+b，整理得（+1）a=b，∴==，即=．11、【解答】（1）已知：如图，四边形ABCD是平行四边形．求证：AB=CD，BC=DA；故答案为：BC=DA；（2）证明：连接AC，如图所示：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AD∥BC，∴∠BAC=∠DCA，∠BCA=∠DAC，在△ABC和△CDA中，，∴△ABC≌△CDA（ASA），∴AB=CD，BC=DA；故答案为：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AD∥BC，∴∠BAC=∠DCA，∠BCA=∠DAC，在△ABC和△CDA中，，∴△ABC≌△CDA（ASA），∴AB=CD，BC=DA．12、【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴CD∥AB，AD=BC，AB=CD，AD∥BC，∴△CEH∽△GBH，∴．（2）解：作EM⊥AB于M，如图所示：则EM=BC=AD，AM=DE，∵E为CD的中点，∴DE=CE，设DE=CE=3a，则AB=CD=6a，由（1）得： =3，∴BG=CE=a，∴AG=5a，∵∠EDF=90°=∠CGF，∠DEF=∠GEC，∴△DEF∽△GEC，∴，∴EG•EF=DE•EC，∵CD∥AB，∴=，∴，∴EF=EG，∴EG•EG=3a•3a，解得：EG=a，在Rt△EMG中，GM=2a，∴EM==a，∴BC=a，∴==3．13、【解答】解：（1）证明：∵GE∥DF，∴∠EGF=∠DFG．∵由翻折的性质可知：GD=GE，DF=EF，∠DGF=∠EGF，∴∠DGF=∠DFG．∴GD=DF．∴DG=GE=DF=EF．∴四边形EFDG为菱形．（2）EG2=GF•AF．理由：如图1所示：连接DE，交AF于点O．∵四边形EFDG为菱形，∴GF⊥DE，OG=OF=GF．∵∠DOF=∠ADF=90°，∠OFD=∠DFA，∴△DOF∽△ADF．∴，即DF2=FO•AF．∵FO=GF，DF=EG，∴EG2=GF•AF．（3）如图2所示：过点G作GH⊥DC，垂足为H．∵EG2=GF•AF，AG=6，EG=2，∴20=FG（FG+6），整理得：FG2+6FG﹣40=0．解得：FG=4，FG=﹣10（舍去）．∵DF=GE=2，AF=10，∴AD==4．∵GH⊥DC，AD⊥DC，∴GH∥AD．∴△FGH∽△FAD．∴，即=．∴GH=．∴BE=AD﹣GH=4﹣=．14、【解答】解：（1）如图1，∵▱ABCD与四边形AB1C1D关于直线AD对称，∴四边形AB1C1D是平行四边形，CC1⊥EF，BB1⊥EF，∴BC∥AD∥B1C1，CC1∥BB1，∴四边形BCEF、B1C1EF是平行四边形，∴S▱BCEF=S▱BCDA=S▱B1C1DA=S▱B1C1EF，∴S▱BCC1B1=2S▱BCDA．∵A（n，0）、B（m，0）、D（0，2n）、m=3，∴AB=m﹣n=3﹣n，OD=2n，∴S▱BCDA=AB•OD=（3﹣n）•2n=﹣2（n2﹣3n）=﹣2（n﹣）2+，∴S▱BCC1B1=2S▱BCDA=﹣4（n﹣）2+9．∵﹣4＜0，∴当n=时，S▱BCC1B1最大值为9；（2）当点B1恰好落在y轴上，如图2，∵DF⊥BB1，DB1⊥OB，∴∠B1DF+∠DB1F=90°，∠B1BO+∠OB1B=90°，∴∠B1DF=∠OBB1．∵∠DOA=∠BOB1=90°，∴△AOD∽△B1OB，∴=，∴=，∴OB1=．由轴对称的性质可得AB1=AB=m﹣n．在Rt△AOB1中，n2+（）2=（m﹣n）2，整理得3m2﹣8mn=0．∵m＞0，∴3m﹣8n=0，∴=．15、【解答】解：（1）∵四边形ABCD和四边形BPEF是正方形，∴AB=BC，BP=BF，∴AP=CF，在△APE和△CFE中，，∴△APE≌△CFE，∴EA=EC；（2）①∵P为AB的中点，∴PA=PB，又PB=PE，∴PA=PE，∴∠PAE=45°，又∠DAC=45°，∴∠CAE=90°，即△ACE是直角三角形；②∵EP平分∠AEC，EP⊥AG，∴AP=PG=a﹣b，BG=a﹣（2a﹣2b）=2b﹣a∵PE∥CF，∴=，即=，解得，a=b；作G H⊥AC于H，∵∠CAB=45°，∴HG=AG=×（2b﹣2b）=（2﹣）b，又BG=2b﹣a=（2﹣）b，∴GH=GB，GH⊥AC，GB⊥BC，∴∠HCG=∠BCG，∵PE∥CF，∴∠PEG=∠BCG，∴∠AEC=∠ACB=45°．∴a：b=：1；∴∠AEC=45°．16、【解答】解：（1）四边形ABCD是垂美四边形．证明：∵AB=AD，∴点A在线段BD的垂直平分线上，∵CB=CD，∴点C在线段BD的垂直平分线上，∴直线AC是线段BD的垂直平分线，∴AC⊥BD，即四边形ABCD是垂美四边形；（2）猜想结论：垂美四边形的两组对边的平方和相等．如图2，已知四边形ABCD中，AC⊥BD，垂足为E，求证：AD2+BC2=AB2+CD2证明：∵AC⊥BD，∴∠AED=∠AEB=∠BEC=∠CED=90°，由勾股定理得，AD2+BC2=AE2+DE2+BE2+CE2，AB2+CD2=AE2+BE2+CE2+DE2，∴AD2+BC2=AB2+CD2；（3）连接CG、BE，∵∠CAG=∠BAE=90°，∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠GAB=∠CAE，在△GAB和△CAE中，，∴△GAB≌△CAE，∴∠ABG=∠AEC，又∠AEC+∠AME=90°，∴∠ABG+∠AME=90°，即CE⊥BG，∴四边形CGEB是垂美四边形，由（2）得，CG2+BE2=CB2+GE2，∵AC=4，AB=5，∴BC=3，CG=4，BE=5，∴GE2=CG2+BE2﹣CB2=73，∴GE=．17、【解答】（1）证明：如图2，连接BD，∵C，H是AB，DA的中点，∴CH是△ABD的中位线，∴CH∥BD，CH=BD，同理FG∥BD，FG=BD，∴CH∥FG，CH=FG，∴四边形CFGH是平行四边形；（2）如图3所示，（3）解：如图3，∵BD=，∴FG=BD=，∴正方形CFGH的边长是．18、【解答】解：∵△ABE≌△CDF≌△PMQ，∴AE=DF=PM，∠EAB=∠FDC=∠MPQ，∵△ADE≌△BCG≌△PNR，∴AE=BG=PN，∠DAE=∠CBG=∠RPN，∴PM=PN，∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠DAB=∠DCB=45°，∴∠MPN=90°，∴△MPN是等腰直角三角形，当PM最小时，对角线MN最小，即AE取最小值，∴当AE⊥BD时，AE取最小值，过D作DF⊥AB于F，∵平行四边形ABCD的面积为6，AB=3，∴DF=2，∵∠DAB=45°，∴AF=DF=2，∴BF=1，∴BD==，∴AE===，∴MN=AE=，故答案为：．19、【解答】解：（1）直线l1：当y=0时，2x+3=0，x=﹣则直线l1与x轴坐标为（﹣，0）直线l2：当y=3时，2x﹣3=3，x=3则直线l2与AB的交点坐标为（3，3）；（2）①若点A为直角顶点时，点M在第一象限，连结AC，如图1，∠APB＞∠ACB＞45°，∴△APM不可能是等腰直角三角形，∴点M不存在；②若点P为直角顶点时，点M在第一象限，如图2，过点M作MN⊥CB，交CB的延长线于点N，则Rt△ABP≌Rt△PNM，∴AB=PN=4，MN=BP，设M（x，2x﹣3），则MN=x﹣4，∴2x﹣3=4+3﹣（x﹣4），x=，∴M（，）；③若点M为直角顶点时，点M在第一象限，如图3，设M1（x，2x﹣3），过点M1作M1G1⊥OA，交BC于点H1，则Rt△AM1G1≌Rt△PM1H1，∴AG1=M1H1=3﹣（2x﹣3），∴x+3﹣（2x﹣3）=4，x=2∴M1（2，1）；设M2（x，2x﹣3），同理可得x+2x﹣3﹣3=4，∴x=，∴M2（，）；综上所述，点M的坐标为（，），（2，1），（，）；（3）x的取值范围为﹣≤x＜0或0＜x≤或≤x≤或≤x≤2．20、【解答】解：（1）①由旋转的性质可知：AF=AG，∠DAF=∠BAG．[来源:学。

2020年(河南)中考数学压轴题全揭秘精品专题17 函数动点问题中平行四边形存在性(含答案解析)

2020年(河南)中考数学压轴题全揭秘精品专题17 函数动点问题中平行四边形存在性(含答案解析)

专题17 函数动点问题中平行四边形存在性类型一、平行四边形存在性结论：A C B DA CB Dx x x x y y y y +=+⎧⎨+=+⎩类型二、特殊平行四边形存在性 1. 矩形存在性常用解题思路：构造一线三直角（借助相似或三角函数求解）；利用矩形对角线相等（直角三角形斜边的中线等于斜边的一半）借助勾股定理求解等.2. 菱形存在性常用解题思路：利用菱形四条边相等，对角线互相垂直，借助勾股定理等求解. 3. 正方形存在性常用解题思路：兼具矩形和菱形二者.【例1】（2018·郑州预测卷）如图，直线y =334x -+与x 轴交于点C ，与y 轴交于点B ，抛物线y =234ax x c ++经过B 、C 两点.（1）求抛物线的解析式；（2）如图，点E 是直线BC 上方抛物线上的一个动点，当△BEC 的面积最大时，求出点E 的坐标和最大值； （3）在（2）条件下，过点E 作y 轴的平行线交直线BC 于点M ，连接AM ，点Q 是抛物线对称轴上的动点，在抛物线上是否存在点P ，使以点P 、Q 、A 、M 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点P 的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】见解析.【解析】解：（1）△直线y=334x-+与x轴交于点C，与y轴交于点B，△B(0,3)，C(4,0)，将B(0,3)，C(4,0)代入y= 234ax x c++得：16303a cc++=⎧⎨=⎩，解得：383ac⎧=-⎪⎨⎪=⎩，△抛物线的解析式为：233384y x x=-++.（2）过点E作EF△x轴于F，交BC于M，设E（x，233384x x-++），则M（x，334x-+），△ME=233384x x-++－（334x-+）=23382x x-+△S△BEC=12×EM×OC=2EM=2(23382x x-+)=()23234x--+,△当x=2时，△BEC的面积取最大值3，此时E(2，3).（3）由题意得：M (2，32)，抛物线对称轴为：x =1，A (－2,0), 设P (m ，y )，y =233384m m -++，Q (1，n )△当四边形APQM 为平行四边形时，有：212m -+=+，解得：m =－3， 即P (－3，218-)； △当四边形AMPQ 为平行四边形时，有：－2+m =2+1，即m =5 即P (5, 218-)； △当四边形AQMP 为平行四边形时，有：2－2=1+m ，得：m =－1，即P (－1，158)； 综上所述，抛物线上存在点P ，使以点P 、Q 、A 、M 为顶点的四边形是平行四边形，点P 的坐标为：(－3，218-)，(5, 218-)，(－1，158).【变式1-1】（2018·河师大附中模拟）如图，抛物线y =ax 2+bx +c （a ≠0）与x 轴交于点A (－1，0)、B (3，0)两点，与y 轴交于点C (0，－3).（1）求抛物线的解析式与顶点M 的坐标； （2）求△BCM 的面积与△ABC 面积的比；（3）若P 是x 轴上一个动点，过P 作射线PQ △AC 交抛物线于点Q ，随着P 点的运动，在x 轴上是否存在这样的点P ，使以点A 、P 、Q 、C 为顶点的四边形为平行四边形？若存在请直接写出点P 的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】见解析.【解析】解：（1）将A (－1，0)，B (3，0)， C (0，－3)代入y =ax 2+bx +c ，得：9303a b c a b c c -+=⎧⎪++=⎨⎪=-⎩， 解得：a =1，b =－2，c =－3，即抛物线的解析式为：y =x 2－2x －3，顶点M 的坐标为：（1，－4）； （2）连接BC ，BM ，CM ，过M 作MD △x 轴于D ，如图所示，S△BCM=S梯形ODMC+S△BDM－S△BOC=3，S△ACB=6，△S△BCM：S△ACB=1：2；（3）存在.△当点Q在x轴上方时，过Q作QF△x轴于F，如图所示，△四边形ACPQ为平行四边形，△QP△AC，QP=AC△△PFQ△△AOC，△FQ=OC=3，△3=x2﹣2x﹣3，解得x或x=1，△Q，3)或(1，3)；△当点Q在x轴下方时，过Q作QE△x轴于E，如图所示，同理，得：△PEQ△△AOC，△EQ=OC=3，△﹣3=x2﹣2x﹣3，解得：x=2或x=0(与C点重合，舍去)，△Q(2，﹣3)；综上所述，点Q 的坐标为：，3)或(1，3)或(2，﹣3).【例2】（2018·郑州三模）如图所示，在平面直角坐标系中，已知抛物线y =ax 2+bx －5与x 轴交于A (-1,0),B (5,0)两点，与y 轴交于点C .（1）求抛物线的解析式；（2）如图2所示，CE △x 轴与抛物线相交于点E ，点H 是直线CE 下方抛物线上的动点，过点H 且与y 轴平行的直线与BC 、CE 分别交于点F 、G ，试探究当点H 运动到何处时，四边形CHEF 的面积最大，求点H 的坐标及最大面积；（3）点M 是（1）中所求抛物线对称轴上一动点，点N 是反比例函数y =kx图象上一点，若以点B 、C 、M 、N 为动点的四边形是矩形，请直接写出满足条件的k 的值.【答案】见解析.【解析】解：（1）将A (-1,0),B (5,0)代入y =ax 2+bx －5得：5025550a b a b --=⎧⎨+-=⎩，解得：14a b =⎧⎨=-⎩， 即抛物线的解析式为：y =x 2－4x －5.（2）在y =x 2－4x －5中，当x =0时，y =－5，即C (0，－5), △CE △x 轴，则C 、E 关于直线x =2对称， △E (4，－5), CE =4，由B （5,0）, C (0，－5)得直线BC 的解析式为：y =x －5， 设H (m ，m 2－4m －5)， △FH △CE ， △F (m ，m －5)，△FH = m －5－（m 2－4m －5)= －m 2+5m ，S四边形CHEF=12·FH·CE=12（－m2+5m）×4=－2（m－52）2+252，当m=52时，四边形CHEF的面积取最大值252，此时H(52，354-).（3）设M（2，m），N(n，kn)，B(5,0)，C(0，－5)，△当BC为矩形对角线时，此时：2+n=5+0，m+kn=0－5，即n=3，设BC与MN交于点H，则H(52，52-)，MH=12BC△22255222m⎛⎫⎛⎫-++=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，解得：m=1或m=－6，当m=1时，k=－18；m=－6时，k=3，△当BC为矩形边时，分两种情况讨论：（i）当点M在直线BC下方时，即四边形BCMN为矩形，则△BCM=90°，2+5=n+0，m=kn－5，过M作MH△y轴于H，则由OB=OC知，△OCB=45°，△△MCH=△CMH=45°，即CH=MH，△－5－m=2，解得：m=－7，n=7，k=－14；（ii）当点M在直线BC上方时，即四边形BCNM为矩形，则△CBM=90°，n+5=2，kn=m－5，设对称轴与x 轴交于点H ，同理可得：BH =MH ， △3=m ，n =－3，k =6；综上所述，k 的值为：－18，3，－14或6.【变式2-1】（2019·驻马店二模）如图，抛物线 y =-x 2+bx +c 经过 A (-1，0)，B (3，0)两点，且与 y 轴交于点 C ，点 D 是抛物线的顶点，抛物线的对称轴 DE 交 x 轴于点 E ，连接BD ．（1）求经过 A ，B ，C 三点的抛物线的函数表达式．（2）点 P 是线段 BD 上一点，当 PE =PC 时，求点 P 的坐标．（3）在（2）的条件下，过点 P 作 PF △x 轴于点 F ，G 为抛物线上一动点，M 为 x 轴上一动点，N 为直线 PF 上一动点，当以 F ，M ，G ，N 为顶点的四边形是正方形时，请求出点 M 的坐标．【答案】见解析.【解析】解：（1）△抛物线 y =-x 2+bx +c 经过 A (-1，0)，B (3，0)两点， △10930b c b c --+=⎧⎨-++=⎩，解得：23b c =⎧⎨=⎩，即抛物线的解析式为：y =-x 2+2x +3.（2）由y =-x 2+2x +3知，C (0，3)，E (1，0)，D (1,4)， 可得直线BD 的解析式为：y =-2x +6，设P （m ，-2m +6），由勾股定理得：PE 2=()()22126m m -+-+，PC 2=()22263m m +-+-，由PE =PC ，得：()()22126m m -+-+=()22263m m +-+-， 解得：m =2，即P (2，2).（3）△M 在x 轴上，N 在直线PF 上， △△NFM =90°，由四边形MFNG 是正方形，知MF =MG ， 设M (n ，0)，则G (n ，-n 2+2n +3)， MG =|-n 2+2n +3|，MF =|n -2|， △|-n 2+2n +3|=|n -2|， 解得：nn或n或n， 故点M 的坐标为：（32+，0），（320），（12+，0），（12-，0）. 【变式2-2】（2019·大联考）如图1，抛物线y =ax 2+bx +c 经过点A (-4,0)，B (1,0)，C （0,3），点P 在抛物线上，且在x 轴的上方，点P 的横坐标记为t .（1）求抛物线的解析式；（2）如图2，过点P 作y 轴的平行线交直线AC 于点M ，交x 轴于点N ，若MC 平分△PMO ，求t 的值. （3）点D 在直线AC 上，点E 在y 轴上，且位于点C 的上方，那么在抛物线上是否存在点P ，使得以点C 、D 、E 、P 为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出菱形的面积.图1 图2【答案】见解析.【解析】解：（1）△抛物线y =ax 2+bx +c 经过点A (-4,0)，B (1,0)，C （0,3），△31640ca b ca b c=⎧⎪++=⎨⎪-+=⎩，解得：39434cba⎧⎪=⎪⎪=-⎨⎪⎪=-⎪⎩，即抛物线的解析式为：y=34-x294-x+3.（2）由A(-4,0)，C(0,3)得直线AC的解析式为：y=334x+，△点P的横坐标为t，△M(t, 334t+)，△PN△y轴，△△PMC=△MCO，△MC平分△PMO，△△PMC=△OMC，△△MCO=△OMC，即OM=OC=3，△OM2=9，即223394t t⎛⎫++=⎪⎝⎭，解得：t=0（舍）或t=7225，△当MC平分△PMO时，t=72 25.（3）设P(t,34-t294-t+3)，△当CE为菱形的边时，四边形CEPD为菱形，则PD△y轴，CD=PD，则D(t，33 4t+),△PD =34-t 294-t +3－（334t +）=34-t 23-t ， 由勾股定理得：CD=54t -，△34-t 23-t =54t -，解得：t =0（舍）或t =73-， 即PD =3512，菱形面积为：3512×73=24536；△当CE 为菱形的对角线时，此时P 与D 点关于y 轴对称，则D (-t , 34-t 294-t +3)，将D 点坐标代入y =334x +，得： 34-t 294-t +3=()334t -+，解得：t =0（舍）或t =－2， PD =4，CE =3，菱形的面积为：12×4×3=6；综上所述，菱形的面积为：24536或6.1.（2019·南阳毕业测试）如图1，抛物线y ＝ax 2+bx +2与x 轴交于A ，B 两点，与y 轴交于点C ，AB ＝4，矩形OBDC 的边CD ＝1，延长DC 交抛物线于点E ．（1）求抛物线的解析式；（2）如果点N 是抛物线对称轴上的一点，抛物线上是否存在点M ，使得以M ，A ，C ，N 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出所有满足条件的点M 的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】见解析．【解析】解：（1）△矩形OBDC的边CD＝1，△OB＝1，由AB＝4，得OA＝3，△A（﹣3，0），B（1，0），△抛物线y＝ax2+bx+2与x轴交于A，B两点，△a+b+2=0，9a－3b+2=0，解得：a=23-，b=43-，△抛物线解析式为y＝23-x243-x+2；（2）以AC为边或对角线分类讨论：A（﹣3，0），C（0，2），抛物线y＝23-x243-x+2的对称轴为x＝﹣1，设M(m, y M)，N(－1，n)，y M=23-m243-m+2△当四边形ACMN为平行四边形时，有：312Mmy n-+=-⎧⎨=+⎩，解得：m=2，y M=103-，即M(2，103-)；△当四边形ACNM为平行四边形时，有：312Mmy n --=⎧⎨+=⎩，解得：m=－4，y M=103-，即M(－4，103-)；△当四边形AMCN为平行四边形时，有：312Mmy n -=-⎧⎨=+⎩，解得：m=－2，y M=2，即M(－2，2)；综上所述，点M的坐标为（2，103-）或（﹣4，103-）或（﹣2，2）．2.（2019·开封模拟）如图，直线y＝﹣x+4与抛物线y＝﹣12x2+bx+c交于A，B两点，点A在y轴上，点B在x轴上．（1）求抛物线的解析式；（2）在x轴下方的抛物线上存在一点P，使得△ABP＝90°，求出点P坐标；（3）点E是抛物线对称轴上一点，点F是抛物线上一点，是否存在点E和点F使得以点E，F，B，O为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点F的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】见解析.【解析】解：（1）在y＝﹣x+4中，当x＝0时，y＝4，当y＝0时，x＝4，即点A、B的坐标分别为（0，4）、（4，0），将（0，4）、（4，0），代入二次函数表达式，并解得：b=1，c=4，抛物线的解析式为：y＝﹣12x2+x+4；（2）△OA＝OB＝4，△△ABO＝45°，△△ABP＝90°，则△PBO=45°，若直线PB交y轴于点M，则OM=OB=4，可得直线BP的解析式为：y=x－4，联立：y=x－4，y＝﹣12x2+x+4，得：x=4，y=0(即B点)；x=－4，y=－8，即P(－4，－8).（3）存在；由y＝﹣12x2+x+4知抛物线的对称轴为：x=1，设E(1，m)，F(n，﹣12n2+n+4)，O(0,0)，B(4,0)，△当四边形OBEF是平行四边形时，有：EF=4，△n-1=-4，即n=-3，F点坐标为（-3，72 -）；△当四边形OBFE是平行四边形时，有：EF=4，n-1=4，即n=5，F点坐标为（5，72 -）；△当四边形OFBE是平行四边形时，有：41Fnm y=+⎧⎨=+⎩,即n=3，F点坐标为（3，52）；综上所述：点F的坐标为（5，72-），（﹣3，72-），（3，52）．3.（2019·开封二模）如图，抛物线y＝ax2+bx+2与直线y＝﹣x交第二象限于点E，与x轴交于A（﹣3，0），B 两点，与y轴交于点C，EC△x轴．（1）求抛物线的解析式；（2）如果点N是抛物线对称轴上的一个动点，抛物线上存在一动点M，若以M，A，C，N为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出所有满足条件的点M的坐标．【答案】见解析.【解析】解：（1）由题意知：A （﹣3，0），C （0，2），EC △x 轴 △点E 的纵坐标为2， △点E 在直线y ＝﹣x 上， △点E （﹣2，2），△将A （﹣3，0）、E （﹣2，2）代入y ＝ax 2+bx +2，得：93204222a b a b -+=⎧⎨-+=⎩，解得：2343a b ⎧=-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩抛物线的解析式为：224233y x x =--+； （2）由224233y x x =--+知，抛物线的对称轴为x =－1， 设N (－1，n )，M (m ，224233m m --+)，△A （﹣3，0），C （0，2），（1）当四边形ACNM 是平行四边形时，有：312Mm n y --=⎧⎨=+⎩，得：m =－4，y M = 103-； 即M (－4，103-). （2）当四边形ACMN 是平行四边形时，有：312Mm n y -+=-⎧⎨+=⎩，得：m =2，y M = 103-； 即M (2，103-). （3）当四边形ANCM 是平行四边形时，有：312Mmn y -=-+⎧⎨=+⎩，得：m =－2，y M = 2； 即M (－2，2).综上所述，M 点的坐标是(－4，103-)，(2，103-)，(－2，2). 4.（2019·名校模考）如图，抛物线y ＝ax 2+bx ﹣1（a ≠0）交x 轴于A ，B （1，0）两点，交y 轴于点C ，一次函数y ＝x +3的图象交坐标轴于A ，D 两点，E 为直线AD 上一点，作EF △x 轴，交抛物线于点F（1）求抛物线的解析式；（2）在平面直角坐标系内存在点G，使得G，E，D，C为顶点的四边形为菱形，请直接写出点G的坐标．【答案】见解析．【解析】解：（1）将y＝0代入y＝x+3，得x＝﹣3．△A（﹣3，0）．△抛物线y＝ax2+bx﹣1交x轴于A（﹣3，0），B（1，0）两点，△109310a ba b+-=⎧⎨--=⎩，解得：1323ab⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩抛物线的解析式为y＝13x2+23x﹣1；（2）点G的坐标为（2，1），（﹣，﹣﹣1），（，﹣1），（﹣4，3）．△当四边形DCEG是菱形时，CD=CE=EG=4，设E(m，m+3)，则G（m，m+7），由C(0，－1)，E(m，m+3)，得：CE2=m2+(m+4)2=16，解得：m=0（舍）或m=－4，此时G(－4,3)；△当四边形DCGE是菱形时，CG2=16,设E(m，m+3)，则G（m，m－1），即m2+ m2=16，解得：m=m=－此时，G(1)或G(－－1)；△当四边形DGCE是菱形时，设E(m，m+3)，则G（－m，－m－1），此时E在CD的垂直平分线上，即m+3=1，m=－2，此时G(2，1);综上所述，点G的坐标为：(－4,3)、(1)、(－－1)、(2，1).5.（2019·枫杨外国语三模）（2019·枫杨外国语三模）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y 轴交于点C，点A的坐标为(-1，0)，点C的坐标为(0，3)，点D和点C关于抛物线的对称轴对称，直线AD与y轴交于点E．（1）求抛物线的解析式；（2）点M是抛物线的顶点，点P是y轴上一点，点Q是坐标平面内一点，以A，M，P，Q为顶点的四边形是以AM为边的矩形．若点T和点Q关于AM所在直线对称，求点T的坐标．【答案】见解析.【解析】解：（1）将(-1，0)，(0，3)代入y＝﹣x2+bx+c，得：－1－b+c=0，c=3，解得：b=2，c=3，即抛物线的解析式为：y＝﹣x2+2x+3.（2）由y＝﹣x2+2x+3知，点M(1，4)，分两种情况讨论，△当四边形MAPQ是矩形时，过M作MH△x轴于H，则MH=4，AH=2，易证得：△APO=△MAH，△tan△APO= tan△MAH，即OA MHOP AH=2，△OP=12，即P（0，－12），由A(-1，0)、M(1，4)，P（0，－12）得：点Q坐标为（2，72），△点T和点Q关于AM所在直线对称，即点Q与点T关于点M(1，4)对称，△T(0，92 )；△当四边形AMPQ是矩形时，同理可得：T(0，12 -)；综上所述，点T的坐标为(0，92)，(0，12-).6.（2019·焦作二模）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y=x+b的图象经过点A(-2，0)，与反比例函数k yx =（x>0）的图象交于点B(a，4).（1）求一次函数和反比例函数的表达式；（2）设M是直线AB上一点，过M作MN△x轴，交反比例函数kyx=（x>0）的图象于点N，若以A，O，M，N为顶点的四边形是平行四边形，求点M的横坐标.【答案】见解析.【解析】解：（1）将A(-2,0)代入y=x+b，得：b=2，即一次函数的解析式为：y=x+2，将B(a，4)代入y=x+2，得：a=2，即B(2，4),将B(2，4)代入kyx=得：x=8，即反比例函数的解析式为：8 yx =.（2）设M(m，m+2)，则N(82m+，m+2)，由题意知，MN△OA，则需MN=OA=2时，以A，O，M，N为顶点的四边形是平行四边形，△82mm-+=2，解得：m=2或m=－2（舍）或m=或m=－，△点M的坐标为：（2，+2）.7.（2019·许昌月考）如图1，二次函数y=43x2+bx+c的图象与x轴交于A（3，0），B（﹣1，0）两点，与y轴交于点C．（1）求该二次函数的解析式；（2）设该抛物线的顶点为D，求△ACD的面积（请在图1中探索）；（3）若点P，Q同时从A点出发，都以每秒1个单位长度的速度分别沿AB，AC边运动，其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，当P，Q运动到t秒时，△APQ沿PQ所在的直线翻折，点A恰好落在抛物线上E点处，请直接判定此时四边形APEQ的形状，并求出E点坐标（请在图2中探索）．图1 图2【答案】见解析．【解析】解：（1）△二次函数y=43x2+bx+c的图象与x轴交于A（3，0），B（﹣1，0），△493034103b cb c⎧⨯++=⎪⎪⎨⎪⨯-+=⎪⎩，解得：834bc⎧=-⎪⎨⎪=-⎩，即抛物线的解析式为：y =43x 2﹣83x ﹣4； （2）过点D 作DM △y 轴于点M ，y =43x 2﹣83x ﹣4 =43（x ﹣1）2﹣163， △点D （1，﹣163）、点C （0，﹣4），S △ACD =S 梯形AOMD ﹣S △CDM ﹣S △AOC=12×（1+3）×163﹣12×（163﹣4）×1﹣12×3×4 =4；（3）四边形APEQ 为菱形，理由如下：E 点关于PQ 与A 点对称，过点Q 作QF △AP 于F ，由折叠性质知： AP =EP ，AQ =EQ △AP =AQ =t ， △AP =AQ =QE =EP ， △四边形AQEP 为菱形， △FQ △OC ，△AF FQ AQOA OC AC ==， △345AF FQ t ==△AF =35t ，FQ =45t ，Q （3﹣35t ，﹣45t ），E （3﹣35t ﹣t ，﹣45t ）， △E 在二次函数y =43x 2﹣83x ﹣4上， △﹣45t =43（3﹣85t ）2﹣83（3﹣85t ）﹣4， △t =14564或t =0（舍去）， △E （﹣58，﹣2916）． 8.（2018·新乡一模）如图，一次函数122y x =-+分别交y 、x 轴于A 、B 两点，抛物线2y x bx c =-++过A ，B 两点.（1）求这个抛物线的解析式；（2）作垂直于x 轴的直线x ＝t ，在第一象限交直线AB 于M ，交这个抛物线于N . 求当t 取何值时，MN 有最大值？最大值是多少？（3）在(2)的情况下，以A ，M 、N 、D 为顶点作平行四边形，直接写出第四个顶点D 的坐标.【答案】见解析【解析】解：（1）在122y x =-+得，当x =0时，y =2；y =0时，x =4， 即A （0，2），B （4，0），把A (0，2)，B (4，0)代入2y x bx c =-++，得：21640c b c =⎧⎨++=⎩-，解得722b c ⎧=⎪⎨⎪=⎩， △抛物线解析式为2722y x x =-++. （2）由题意知，1(,2)2M t t -+，27(,2)2N t t t -++， △MN =2712(2)22t t t -++--+ =2(2)4t --+，△当t =2时，MN 有最大值4.（3）根据平行四边形的性质，得：D 点坐标为：（0，6），（0，-2）或（4，4）.9.（2019·周口二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y =ax 2+bx +4与x 轴交于A (-1，0)，B (4，0)两点，与y 轴交于点C ．（1）求这个抛物线的解析式；（2）设E 是该抛物线上位于对称轴右侧的一个动点，过点E 作x 轴的平行线交抛物线于另一点F ，过点E 作EH △x 轴于点H ，再过点F 作FG △x 轴于点G ，得到矩形EFGH ．在点E 的运动过程中，当矩形EFGH 为正方形时，直接写出该正方形的边长．【答案】见解析.【解析】解：（1）△抛物线y =ax 2+bx +4与x 轴交于A (-1，0)，B (4，0)两点，△4016440a b a b -+=⎧⎨++=⎩， 解得：13a b =-⎧⎨=⎩， 即抛物线的解析式为：y =－x 2+3x +4.（2）△四边形EFGH 是矩形，△当EF =EH 时，四边形EFGH 是正方形，设E (m , －m 2+3m +4)，则F (3－m ，－m 2+3m +4)，m >32， △EF =2m －3，EH =|－m 2+3m +4|，△2m －3=|－m 2+3m +4|，解得：m或m（舍）或m或m（舍） △正方形的边长EF2，综上所述，正方形EFGH 的边长为：2.10.（2019·郑州一中模拟）如图所示，平面直角坐标系中直线y =x +1交坐标轴于点A 、D 两点，抛物线y =ax 2+bx －3经过A 、C 两点，点C 坐标为（a ，5）. 点M 为直线AC 上一点，过点M 作x 轴的垂线，垂足为F ，交抛物线于点N .（1）求抛物线解析式；（2）是否存在点M ，使得以点D 、E 、M 、N 为顶点的四边形为平行四边形，如果有，求点M 的坐标，如果没有，请说明理由.【解析】解：△直线y =x +1交坐标轴于点A 、D 两点，△A (－1,0)，D (0，1)，△点C （a ，5）在直线y =x +1上，△a =4，即C (4,5)，将A (－1,0)，C (4,5)代入y =ax 2+bx －3得：3016435a b a b --=⎧⎨+-=⎩，解得：12a b =⎧⎨=-⎩， △抛物线的解析式为：y =x 2－2x －3.（2）存在，E （0，－3），△DE =4，由题意知：DE △MN ，△当DE =MN =4时，四边形DENM 是平行四边形，设N (m , m 2－2m －3)，则M (m , m +1)，△| m +1-（m 2－2m －3）|=4，解得：m =0（舍）或m =3或m = 或m = ，综上所述，点M 的坐标为：（3,4），（32，52），（32，52）. 11.（2019·郑州模拟）如图，已知二次函数23234y ax a x ⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭的图象经过点A (4,0),与y 轴交于点B ，在x 轴上有一动点C (m ,0) （0<m <4），过点C 作x 轴的垂线交直线AB 于点E ，交该二次函数图象于点D .（1）求a 的值和直线AB 的解析式；（2）过点D 作DF △AB 于点F ，设△ACE ，△DEF 的面积分别为S 1，S 2，若S 1=4S 2，求m 的值；（3）点H 是该二次函数图象上第一象限内的动点，点G 是线段AB 上的动点，当四边形DEGH 是平行四边形，且平行四边形DEGH 的周长取最大值时，求点G 的坐标.【答案】见解析.【解析】解：（1）将A (4,0)代入23234y ax a x ⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭得：a =34-， △抛物线的解析式为：239344y x x =-++， 设直线AB 的解析式为：y =kx +b ， △4k +b =0，b =3，即k =34-，b =3， △直线AB 的解析式为：y =34-x +3. （2）△点C 的横坐标为m ，△D (m , 239344m m -++)，E (m , 34-m +3)， AC =4－m ，DE =239344m m -++－(34-m +3)= 2334m m -+， △BC △y 轴， △43AC OA CE OB ==，即443m CE -=， △CE =()344m -，AE =()544m -， △△DF A =△DCA =90°，△DBF =△AEC ，△△DFE △△ACE ，△S 1=4S 2，△AE =2DE ， 即()544m -=2（2334m m -+），解得：m =4（舍）或m =56， 即m 的值为56. （3）如图，过点G 作GM △DC 于M ，设G 、H 点横坐标为n ，由DE =2334m m -+，得GH =2334n n -+， 2334m m -+=2334n n -+，得：m =n （舍）或n =4－m ，△MG =4-2m ， 由45MG EG =得：EG =()5424m -, △C 四边形DEGH =2()25342344m m m ⎡⎤--+⎢⎥⎣⎦=23102m m -++ =23161236m ⎛⎫--+ ⎪⎝⎭，△当m=13时，C最大，此时n=113，即G(113，14)，E(13，114),由图象可知当E、G互换位置时满足题意，即G(13，114),E(113，14)，综上所述，G点坐标为：(13，114)，(113，14).13.（2018·郑州模拟）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A和点B（3，0），与y轴交于点C（0，3），点D是抛物线的顶点，过点D作x轴的垂线，垂足为E，连接DB．（1）求此抛物线的解析式及顶点D的坐标；（2）点M是抛物线上的动点，设点M的横坐标为m．△当△MBA＝△BDE时，求点M的坐标；△过点M作MN△x轴，与抛物线交于点N，P为x轴上一点，连接PM，PN，将△PMN沿着MN翻折，得△QMN，若四边形MPNQ恰好为正方形，直接写出m的值．【答案】见解析.【解析】解：（1）将点B（3，0），C（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c，并解得：b=2，c=3，△抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3．顶点D（1，4）．（2）△过点M作MG△x轴于G，连接BM．则△MGB＝90°，设M（m，﹣m2+2m+3），△MG＝|﹣m2+2m+3|，BG＝3﹣m，△DE△x轴，D（1，4），B（3，0），△△DEB＝90°，DE＝4，OE＝1，BE＝2，△△MBA＝△BDE，△tan△MBA＝tan△BDE＝12，△2233m mm-++-＝12解得：m=12-或m=32-或m=3（舍）△满足条件的点M坐标（12-，74）或（32-，94-）；△△MN△x轴，△点M、N关于抛物线的对称轴对称，△四边形MPNQ是正方形，△OP＝1，由△QPM=△MPO=45°，得：GM＝GP，即|﹣m2+2m+3|＝|1﹣m|，解得：m或m或m m即满足条件的m.14.（2017·信阳二模）如图，抛物线y=ax2+bx﹣4与x轴交于A（﹣2，0）、B（8，0）两点，与y轴交于点C，连接BC，以BC为一边，点O为对称中心做菱形BDEC，点P是x轴上的一个动点，设点P的坐标为（m，0），过点P作x轴的垂线l交抛物线于点Q．（1）求抛物线的解析式；（2）当点P在线段OB上运动时，直线l分别交BD、BC于点M、N，试探究m为何值时，四边形CQMD是平行四边形，此时，请判断四边形CQBM的形状，并说明理由．【答案】见解析.【解析】解：（1）将A（﹣2，0）、B（8，0）代入y=ax2+bx﹣4并解得：a=14，b=32-，即抛物线的解析式为：y=14x232-x－4.（2）由y=14x232-x－4知，C(0，－4),由菱形的性质可知：D（0，4），设直线BD的解析式为：y=kx+n，将点B（8,0）、D（0，4）代入得：k=12-,n=4，即直线BD的解析式为：y=12-x+4,由M（m，12-m+4），Q（m，14m232-m－4）．当MQ=DC时，四边形CQMD为平行四边形．∴12-m+4﹣（14m232-m－4）=8，解得m=4或m=0（舍去）．∴MD∥CQ，MD=CQ，M（4，2），∴M为BD的中点，∴MD=MB．∴CQ=MB，又∵MB∥CQ，∴四边形CQBM为平行四边形．。

2020年中考数学考点一遍过考点17特殊的平行四边形(含解析)

2020年中考数学考点一遍过考点17特殊的平行四边形(含解析)

考点17 特殊的平行四边形一、矩形的性质与判定1．矩形的性质：（1）四个角都是直角；（2）对角线相等且互相平分；（3）面积=长×宽=2S△ABD=4S△AOB．（如图）2．矩形的判定：（1）定义法：有一个角是直角的平行四边形；（2）有三个角是直角；（3）对角线相等的平行四边形．二、菱形的性质与判定1．菱形的性质：（1）四边相等；（2）对角线互相垂直、平分，一条对角线平分一组对角；（3）面积=底×高=对角线乘积的一半．2．菱形的判定：（1）定义法：有一组邻边相等的平行四边形；（2）对角线互相垂直的平行四边形；（3）四条边都相等的四边形．三、正方形的性质与判定1．正方形的性质：（1）四条边都相等，四个角都是直角；（2）对角线相等且互相垂直平分；（3）面积=边长×边长=2S△ABD=4S△AOB．2．正方形的判定：（1）定义法：有一个角是直角，且有一组邻边相等的平行四边形；（2）一组邻边相等的矩形；（3）一个角是直角的菱形；（4）对角线相等且互相垂直、平分．四、联系（1）两组对边分别平行；（2）相邻两边相等；（3）有一个角是直角；（4）有一个角是直角；（5）相邻两边相等；（6）有一个角是直角，相邻两边相等；（7）四边相等；（8）有三个角都是直角．五、中点四边形（1）任意四边形所得到的中点四边形一定是平行四边形.（2）对角线相等的四边形所得到的中点四边形是矩形.（3）对角线互相垂直的四边形所得到的中点四边形是菱形.（4）对角线互相垂直且相等的四边形所得到的中点四边形是正方形.考向一矩形的性质与判定1．矩形除了具有平行四边形的一切性质外，还具有自己单独的性质，即：矩形的四个角都是直角；矩形的对角线相等．2．利用矩形的性质可以推出直角三角形斜边中线的性质，即在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．3．矩形的判定：有三个角是直角的四边形是矩形；对角线相等的平行四边形是矩形．典例1 （2019·陕西初三期中）如图，矩形ABCD的对角线交于点O，若∠BAO=55°，则∠AOD等于A．105°B．110°C．115°D．120°【答案】B【解析】∵四边形ABCD是矩形，∴OA=O B．∴∠BAO=∠ABO=55°．∴∠AOD=∠BAO+∠ABO=55°+55°=110°．故选B．典例2 （2019·阜阳市第九中学初二期中）如图，矩形ABCD的对角线AC与数轴重合（点C在正半轴上），AB=5，BC=12，点A表示的数是–1，则对角线AC、BD的交点表示的数A．5.5 B．5 C．6 D．6.5【答案】A【解析】连接BD交AC于E，如图所示：∵四边形ABCD是矩形，∴190,2B AE AC ∠==o，∴13AC=，∴AE=6.5，∵点A表示的数是−1，∴OA=1，∴OE=AE−OA=5.5，∴点E表示的数是5.5，即对角线AC、BD的交点表示的数是5.5；故选A.1．（2019·陕西师大附中初三月考）如图，四边形ABCD的对角线互相平分，要使它成为矩形，那么需要添加的条件是A．AB=BC B．AC垂直BD C．∠A=∠C D．AC=BD、交于点O，并且2．（2019·云南初二期中）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC BD，，点E是AD边上一动点，延长EO交于BC点F，当点E从点D ∠=︒∠=︒6015DAC ADB向点A移动过程中（点E与点D，A不重合），则四边形AFCE的变化是A．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形→平行四边形B．平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形C．平行四边形→矩形→平行四边形→正方形→平行四边形D．平行四边形→矩形→菱形→正方形→平行四边形考向二菱形的性质与判定1．菱形除了具有平行四边形的一切性质外，具有自己单独的性质，即：菱形的四条边都相等；菱形的对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．2．菱形的判定：四条边都相等的四边形是菱形；对角线互相垂直的平行四边形是菱形．典例3 菱形具有而平行四边形不具有的性质是A．两组对边分别平行B．两组对边分别相等C．一组邻边相等D．对角线互相平分【答案】C【解析】根据菱形的性质及平行四边形的性质进行比较，可发现A，B，D两者均具有，而C只有菱形具有平行四边形不具有，故选C．【名师点睛】有一组邻边相等的平行四边形是菱形.典例 4 如图，四边形ABCD的对角线互相垂直，且满足AO=CO，请你添加一个适当的条件_____________，使四边形ABCD成为菱形．（只需添加一个即可）【答案】BO=DO（答案不唯一）【解析】四边形ABCD中，AC、BD互相垂直，若四边形ABCD是菱形，需添加的条件是：AC、BD互相平分（对角线互相垂直且平分的四边形是菱形）．故答案为：BO=DO（答案不唯一）．3．已知菱形的一条对角线与边长相等，则菱形的邻角度数分别为A．45°，135°B．60°，120°C．90°，90°D．30°，150°4．如图，在△ABC中，AD是∠BAC的平分线，DE∥AC交AB于E，DF∥AB交AC于F，求证：四边形AEDF是菱形．考向三正方形的性质与判定1．正方形的性质=矩形的性质+菱形的性质．2．正方形的判定：以矩形和菱形的判定为基础，可以引申出更多正方形的判定方法，如对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形．证明四边形是正方形的一般步骤是先证出四边形是矩形或菱形，再根据相应判定方法证明四边形是正方形．典例5 （2020·宁夏初二期中）面积为9㎝2的正方形以对角线为边长的正方形面积为A．18㎝2B．20㎝2C．24㎝2D．28㎝2【答案】A【解析】∵正方形的面积为9cm2，∴边长为3cm，∴根据勾股定理得对角线长，∴以=(2=18cm2.故选A．典例6 （2019·重庆初三期中）如图，在△ABC中，∠B=90°，AB=BC=4，把△ABC绕点A逆时针旋转45°得到△ADE，过点C作CF⊥AE于F，DE交CF于G，则四边形ADGF的周长是A．8 B．C．D．【答案】D【解析】如图，连接AG，∵∠B=90°，AB=BC=4，∴∠CAB=∠ACB=45°，AC，∵把△ABC绕点A逆时针旋转45°得到△ADE，∴AD=AB=4，∠EAD=∠CAB=45°，∴∠FAB=90°，CD=AC﹣AD﹣4，∵∠B=90°=∠FAB，CF⊥AE，∴四边形ABCF是矩形，且AB=BC=4，∴四边形ABCF是正方形，∴AF=CF=AB=4=AD，∠AFC=∠FCB=90°，∴∠GCD =45°，且∠GDC =90°，∴∠GCD =∠CGD =45°，∴CD =GD ﹣4，∵AF =AD ，AG =AG ，∴Rt △AGF ≌Rt △AGD （HL ），∴FG =GD ﹣4，∴四边形ADGF 的周长=AF +AD +FG +GD ﹣﹣，故选D ．5．（2019·山东初三期中）如图，在正方形ABCD 内一点E 连接BE 、CE ，过C 作CF ⊥CE 与BE 延长线交于点F ，连接DF 、DE ．CE =CF =1，DE ，下列结论中：①△CBE ≌△CDF ；②BF ⊥DF ；③点D 到CF 的距离为2；④S 四边形DECF +1．其中正确结论的个数是A ．1B ．2C ．3D ．46．（2020·陕西初三期末）如图，在正方形ABCD 中，,2BE FC CF FD ==，AE 、BF 交于点G ，下列结论中错误的是A ．AE BF ⊥B ．AE BF =C ．43BG GE =D ．ABG CEGF S S =V 四边形考向四 中点四边形1．中点四边形一定是平行四边形；2．中点四边形的面积等于原四边形面积的一半．典例7 如图，任意四边形ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA上的点，对于四边形EFGH 的形状，某班学生在一次数学活动课中，通过动手实践，探索出如下结论，其中错误的是A．当E，F，G，H是各边中点，且AC=BD时，四边形EFGH为菱形B．当E，F，G，H是各边中点，且AC⊥BD时，四边形EFGH为矩形C．当E，F，G，H不是各边中点时，四边形EFGH可以为平行四边形D．当E，F，G，H不是各边中点时，四边形EFGH不可能为菱形【答案】D【解析】A．当E，F，G，H是四边形ABCD各边中点，且AC=BD时，存在EF=FG=GH=HE，故四边形EFGH 为菱形，故A正确；B．当E，F，G，H是四边形ABCD各边中点，且AC⊥BD时，存在∠EFG=∠FGH=∠GHE=90°，故四边形EFGH为矩形，故B正确；C．如图所示，当E，F，G，H不是四边形ABCD各边中点时，若EF∥HG，EF=HG，则四边形EFGH为平行四边形，故C正确；D．如图所示，当E，F，G，H不是四边形ABCD各边中点时，若EF=FG=GH=HE，则四边形EFGH为菱形，故D错误，故选D．7．顺次连接下列四边形的四边中点所得图形一定是菱形的是A．平行四边形B．菱形C．矩形D．梯形8．如图，我们把依次连接任意四边形ABCD各边中点所得四边形EFGH叫中点四边形．若四边形ABCD 的面积记为S1，中点四边形EFGH的面积记为S2，则S1与S2的数量关系是A．S1=3S2B．2S1=3S2C．S1=2S2D．3S1=4S21．如图，矩形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，∠ADB=30°，AB=4，则OC=A．5 B．4 C．3.5 D．32．（2018·贵阳市云岩区华文实验中学初三月考）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，已知∠AOD=120°，AC=16，则图中长度为8的线段有A．2条B．4条C．5条D．6条3．如图，在长方形ABCD中，AB=3，BC=4，若沿折痕EF折叠，使点C与点A重合，则折痕EF的长为A．158B．154C．152D．154．如图，菱形ABCD的对角线交于点O，AC=8 cm，BD=6 cm，则菱形的高为A．485cm B．245cm C．125cm D．105cm5．（2018·贵阳市云岩区华文实验中学初三月考）如图，在菱形ABCD中，∠ADC=72°，AD的垂直平分线交对角线BD于点P，垂足为E，连接CP，则∠CPB的度数是A．108°B．72°C．90°D．100°6．（2018·贵阳市云岩区华文实验中学初三月考）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且BE=CF．连接AE，BF，AE与BF交于点G．下列结论错误的是A．AE=BF B．∠DAE=∠BFCC．∠AEB+∠BFC=90°D．AE⊥BF7．如图，矩形ABCD中将其沿EF翻折后，D点恰落在B处，∠BFE=65°，则∠AEB=____________.8．（2018·陕西初三期末）如图，P为正方形ABCD内一点，且BP=2，PC=3，∠APB=135°，将△APB 绕点B顺时针旋转90°得到△CP′B，连接PP′，则AP=_______．9．如图，在Y ABCD中，AB=6，BC=8，AC=10．（1）求证：四边形ABCD是矩形；（2）求BD的长．10．（2020·内蒙古初三期末）如图，△ABC中，AB=AC=1，∠BAC=45°，△AEF是由△ABC绕点A 按顺时针方向旋转得到的，连接BE，CF相交于点D．（1）求证：BE=CF；（2）当四边形ACDE为菱形时，求BD的长．11．（2020·呼和浩特市第十三中学初二期中）如图，△ABC中，点O是AC边上的一个动点，过点O作直线MN∥BC，交∠ACB的平分线于点E，交∠ACB的外角平分线于点F．（1）判断OE与OF的大小关系？并说明理由；（2）当点O运动到何处时，四边形AECF是矩形？并说出你的理由；（3）在（2）的条件下，当△ABC满足什么条件时，四边形AECF是正方形．直接写出答案，不需说明理由．1．（2019·重庆）下列命题正确的是A．有一个角是直角的平行四边形是矩形B．四条边相等的四边形是矩形C．有一组邻边相等的平行四边形是矩形D．对角线相等的四边形是矩形2．（2019·天津）如图，四边形ABCD为菱形，A，B两点的坐标分别是(2,0)，(0,1)，点C，D在坐标轴上，则菱形ABCD的周长等于A B．C．D．203．（2019·安徽）如图，在正方形ABCD中，点E，F将对角线AC三等分，且AC=12，点P在正方形的边上，则满足PE+PF=9的点P的个数是A．0 B．4 C．6 D．84．（2019•湖北孝感）如图，正方形ABCD中，点E.F分别在边CD，AD上，BE与CF交于点G．若BC=4，DE=AF=1，则GF的长为A．135B．125C．195D．1655．（2019·天津）如图，正方形纸片ABCD的边长为12，E是边CD上一点，连接AE．折叠该纸片，使点A落在AE上的G点，并使折痕经过点B，得到折痕BF，点F在AD上．若5DE ，则GE的长为__________．6．（2019·浙江杭州）如图，把某矩形纸片ABCD 沿EF 、GH 折叠（点E 、H 在AD 边上，点F 、G 在BC 边上），使得点B 、点C 落在AD 边上同一点P 处，A 点的对称点为A 点，D 点的对称点为D ¢点，若90FPG ??，A EP ¢△的面积为4，D PH ¢△的面积为1，则矩形ABCD 的面积等于__________.7．（2019•湖北十堰）如图，已知菱形ABCD 的对角线AC ，BD 交于点O ，E 为BC 的中点，若OE =3，则菱形的周长为__________．8．（2019•湖南长沙）如图，正方形ABCD ，点E ，F 分别在AD ，CD 上，且DE =CF ，AF 与BE 相交于点G ．（1）求证：BE =AF ；（2）若AB =4，DE =1，求AG 的长．9．（2019•湖南怀化）已知：如图，在▱ABCD中，AE⊥BC，CF⊥AD，E，F分别为垂足．（1）求证：△ABE≌△CDF；（2）求证：四边形AECF是矩形．10．（2019•湖南岳阳）如图，在菱形ABCD中，点E.F分别为A D．CD边上的点，DE=DF，求证：∠1=∠2．11．（2019•福建）如图，点E、F分别是矩形ABCD的边AB、CD上的一点，且DF=BE．求证：AF=CE．12．（2019•江西）如图，四边形ABCD中，AB=CD，AD=BC，对角线AC，BD相交于点O，且OA=OD．求证：四边形ABCD是矩形．13．（2019•浙江宁波•10分）如图，矩形EFGH的顶点E，G分别在菱形ABCD的边AD，BC上，顶点F，H在菱形ABCD的对角线BD上．（1）求证：BG=DE；（2）若E为AD中点，FH=2，求菱形ABCD的周长．1．【答案】D【解析】结合选项可知，添加AC=BD，∵四边形ABCD的对角线互相平分，∴四边形ABCD是平行四边形，∵AC=BD，根据矩形判定定理对角线相等的平行四边形是矩形，∴四边形ABCD是矩形，故选D．2．【答案】A【解析】点E 从D 点向A 点移动过程中，当∠EOD <15°时，四边形AFCE 为平行四边形，当∠EOD =15°时，AC ⊥EF ，四边形AFCE 为菱形，当15°<∠EOD <75°时，四边形AFCE 为平行四边形， 当∠EOD =75°时，∠AEF =90°，四边形AFCE 为矩形， 当75°<∠EOD <105°时，四边形AFCE 为平行四边形，故选A ． 3．【答案】B【解析】如图，由题意知AB =BC =AC ，∵AB =BC =AC ，∴△ABC 为等边三角形，即60B ∠=︒，根据平行四边形的性质，18060120.BAD ∠=-=︒︒︒故选B ．4．【解析】∵DE ∥AC ，DF ∥AB ， ∴四边形AEDF 为平行四边形， ∴∠FAD =∠EDA ，∵AD 是∠BAC 的平分线，∴∠EAD =∠FAD ，∴∠EAD =∠EDA ， ∴AE =ED ，∴四边形AEDF 是菱形． 5．【答案】B【解析】∵四边形ABCD 是正方形，∴BC =CD ，∠BCD =90°， ∵CF ⊥CE ，∴∠ECF =∠BCD =90°，∴∠BCE =∠DCF ，在△BCE 与△DCF 中，BC CDBCE DCF CE CF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BCE ≌△DCF （SAS ），故①正确；∵△BCE ≌△DCF ，∴∠CBE =∠CDF ，∴∠DFB =∠BCD =90°，∴BF ⊥ED ， 故②正确，过点D 作DM ⊥CF ，交CF 的延长线于点M ，∵∠ECF =90°，FC =EC =1，∴∠CFE =45°，∵∠DFM +∠CFB =90°，∴∠DFM =∠FDM =45°，∴FM =DM ，∴由勾股定理可求得：EF ，∵DE ，∴由勾股定理可得：DF =2，∵EF 2+BE 2=2BE 2=BF 2，∴DM =FM ，故③错误， ∵△BCE ≌△DCF ，∴S △BCE =S △DCF ，∴S 四边形DECF =S △DCF +S △DCE =S △ECF +S △DEF =S △AFP +S △PFB =12B ． 6．【答案】C【解析】在正方形ABCD 中，AB =BC ，∠ABE =∠C =90，又∵BE =CF ，∴△ABE ≌△BCF （SAS ），∴AE =BF ，∠BAE =∠CBF ，∴∠FBC +∠BEG =∠BAE +∠BEG =90°，∴∠BGE =90°，∴AE ⊥BF ．故A 、B 正确； ∵CF =2FD ，∴CF :CD =2:3，∵BE =CF ，AB =CD ，32AB BE ∴=， ∵∠EBG +∠ABG =∠ABG +∠BAG =90°，∴∠EBG =∠BAG ， ∵∠EGB =∠ABE =90°，∴△BGE ∽△ABE ，32BG AB GE BE ∴==，故C 不正确, ∵△ABE ≌△BCF ，∴S △ABE =S △BFC ，∴S △ABE –S △BEG =S △BFC –S △BEG ，∴S 四边形CEGF =S △ABG ， 故D 正确．故选C ．7．【答案】C【解析】∵顺次连接任意四边形的四边中点所得图形一定是平行四边形， 当对角线相等时，所得图形一定是菱形，故选C ．8．【答案】C1．【答案】B【解析】∵四边形ABCD 是矩形，∴AC =BD ，OA =OC ，∠BAD =90°， ∵∠ADB =30°，∴AC =BD =2AB =8，∴OC =AC =4．故选B ． 2．【答案】D【解析】∵AC =16，四边形ABCD 是矩形， ∴DC =AB ，BO =DO =12BD ，AO =OC =12AC =8，BD =AC ， ∴BO =OD =AO =OC =8，∵∠AOD =120°，∴∠AOB =60°，∴△ABO 是等边三角形，∴AB =AO =8，∴DC =8，即图中长度为8的线段有AO 、CO 、BO 、DO 、AB 、DC 共6条，故选D ． 3．【答案】B12【解析】如图，连接AF．根据折叠的性质，得EF垂直平分AC，则设，则，在中，根据勾股定理，得，解得．在中，根据勾股定理，得AC=5，则AO=2.5．在中，根据勾股定理，得根据全等三角形的性质，可以证明则故选B．4．【答案】B【解析】∵菱形ABCD的对角线∴AC⊥BD，OA=AC=4 cm，OB=BD=3 cm，根据勾股定理，（cm）．设菱形的高为h，则菱形的面积，即，解得，即菱形的高为cm．故选B．5．【答案】B【解析】如图，连接AP，∵在菱形ABCD中，∠ADC=72°，BD为菱形ABCD的对角线，∴∠ADP=∠CDP=12∠ADC=36°.∵AD的垂直平分线交对角线BD于点P，垂足为E，∴PA=P D.∴∠DAP=∠ADP=36°.∴∠APB=∠DAP+∠ADP=72°.又∵菱形ABCD是关于对角线BD对称的，∴∠CPB=∠APB=72°.故选B. ．AF CF=AF x=4BF x=-Rt△ABF229(4)x x=+-258 x=Rt△ABCRt△AOF158，OF=，OE OF=154．EF=8cm6cm AC BD==，，12125AB==12AB h AC BD=⋅=⋅15862h=⨯⨯245h=2456．【答案】C【解析】∵AD//BC，∴∠DAE=∠AEB，∵BE=CF，AB=BC，∠ABE=∠BCF，∴△ABE≌△BCF，∴AE=BF，∠DAE=∠BFC，∵∠FBC+∠BFC=90°，∠AEB=∠BFC，∴∠FBC+AEB=90°，∴AE⊥BF，所以A、B、D三个选项正确，∠AEB=∠BFC，故C选项错误，故选C.7．【答案】50°【解析】如图所示，由矩形ABCD可得AD∥BC，∴∠1=∠BFE=65°，由翻折得∠2=∠1=65°，∴∠AEB=180°–∠1–∠2=180°–65°–65°=50°．故答案为：50°．8．【答案】1【解析】∵△BP'C是由△BPA旋转得到，∴∠APB=∠CP'B=135°，∠ABP=∠CBP'，BP=BP'，AP=CP'，∵∠ABP+∠PBC=90°，∴∠CBP'+∠PBC=90°，即∠PBP'=90°，∴△BPP'是等腰直角三角形，∴∠BP'P=45°，∵∠APB=∠CP'B=135°，∴∠PP'C=90°，∵BP=2，∴PP，∵PC=3，∴CP，∴AP=CP′=1，故答案为1．9．【解析】（1）∵AB=6，BC=8，AC=10，∴AB2+BC2=AC2，∴∠ABC=90°，∵四边形ABCD是平行四边形，∴Y ABCD是矩形．（2）∵四边形ABCD是矩形，∴BD=AC=10.10．【解析】（1）∵△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，∴AE=AB，AF=AC，∠EAF=∠BAC，∴∠EAF+∠BAF=∠BAC+∠BAF，即∠EAB=∠FAC，在△ACF和△ABE中，AC ABCAF BAEAF AE=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ACF≌△ABE，∴BE=CF.（2）∵四边形ACDE为菱形，AB=AC=1，∴DE=AE=AC=AB=1，AC∥DE，∴∠AEB=∠ABE，∠ABE=∠BAC=45°，∴∠AEB=∠ABE=45°，∴△ABE为等腰直角三角形，∴BE，∴BD=BE﹣DE1．11．【解析】（1）OE=OF，理由如下：因为CE平分∠ACB，所以∠1=∠2，又因为MN∥BC，所以∠1=∠3，所以∠3=∠2，所以EO=CO，同理，FO=CO，所以OE=OF．（2）当点O运动到AC的中点时，四边形AECF是矩形，理由如下：因为OE=OF，点O是AC的中点，所以四边形AECF是平行四边形，又因为CF平分∠BCA的外角，所以∠4=∠5，又因为∠1=∠2，所以∠1=∠2，∠2+∠4=11802⨯︒=90°，即∠ECF=90°，所以平行四边形AECF是矩形．（3）当△ABC是直角三角形时，即∠ACB=90°时，四边形AECF是正方形，理由如下：由（2）证明可知，当点O运动到AC的中点时，四边形AECF是矩形，又因为∠ACB=90°，CE，CN分别是∠ACB与∠ACB的外角的平分线，所以∠1=∠2=∠3=∠4=∠5=45°，所以AC⊥MN，所以四边形AECF是正方形．1．【答案】A 【解析】A ．有一个角为直角的平行四边形是矩形满足判定条件；B ．四条边都相等的四边形是菱形，故B 错误；C 有一组邻边相等的平行四边形是菱形，故C 错误；对角线相等且相互平分的四边形是矩形，则D 错误；故选A ．【名师点睛】本题考查了矩形的判定，矩形的判定方法有：1.有三个角是直角的四边形是矩形；2.对角线互相平分且相等的四边形是矩形；3.有一个角为直角的平行四边形是矩形；4.对角线相等的平行四边形是矩形.2．【答案】C【解析】∵菱形ABCD 的顶点A ，B 的坐标分别为（2，0），（0，1），∴AO =2，OB =1，AC ⊥BD ，∴由勾股定理知：AB ===，∵四边形ABCD 为菱形，∴AB =DC =BC =AD∴菱形ABCD 的周长为：C ．【名师点睛】此题主要考查了菱形的性质，勾股定理以及坐标与图形的性质，得出AB 的长是解题关键．3．【答案】D【解析】如图，过E 点作关于AB 的对称点E′，则当E′，P ，F 三点共线时PE +PF 取最小值， ∵∠EAP =45°，∴∠EAE′=90°，又∵AE =EF =AE′=4，∴PE +PF 的最小值为E′F ==∵满足PE +PF∴在边AB 上存在两个P 点使PE +PF =9，同理在其余各边上也都存在两个P 点满足条件，∴满足PE +PF =9的点P 的个数是8，故选D ．【名师点睛】本题主要考查了正方形的性质以及根据轴对称求最短路径，有一定难度，巧妙的运用求最值的思想判断满足题意的点的个数是解题关键.4．【答案】A【解析】正方形ABCD中，∵BC=4，∴BC=CD=AD=4，∠BCE=∠CDF=90°，∵AF=DE=1，∴DF=CE=3，∴BE=CF=5，在△BCE和△CDF中，BC CDBCE CDF CE DF=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BCE≌△CDF（SAS），∴∠CBE=∠DCF，∵∠CBE+∠CEB=∠ECG+∠CEB=90°=∠CGE，cos∠CBE=cos∠ECG=BC CG BE CE=，∴453CG=，CG=125，∴GF=CF﹣CG=5﹣125=135，故选A．【名师点睛】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数，证明△BCE≌△CDF是解本题的关键．5．【答案】49 13【解析】如图，令AE与BF的交点为M. 在正方形ABCD中，∠BAD=∠D=90︒，∴∠BAM +∠FAM =90︒，在Rt ADE △中，13==A E ，∵由折叠的性质可得ABF GBF △≌△，∴AB =BG ，∠FBA =∠FBG ，∴BF 垂直平分AG ，∴AM =MG ，∠AMB =90︒，∴∠BAM +∠ABM =90︒，∴∠ABM =∠FAM ，∴ABM EAD △∽△， ∴AM AB DE AE = ，∴12513AM =， ∴AM =6013，∴AG =12013， ∴GE =13–120491313=. 【名师点睛】本题考查了正方形与折叠，勾股定理，等腰三角形的性质，以及三角形相似的判定和性质，熟练掌握相关的知识是解题的关键.6．【答案】【解析】∵A 'E ∥PF ，∴∠A 'EP =∠D 'PH ，又∵∠A =∠A '=90°，∠D =∠D '=90°，∴∠A '=∠D '，∴△A 'EP ～△D 'PH ，又∵AB =CD ，AB =A 'P ，CD =D 'P ，∴A 'P = D 'P ，设A 'P =D 'P =x ，∵S △A 'EP ：S △D 'PH =4：1，∴A 'E =2D 'P =2x ，∴S △A 'EP =2112422A E A P x x x ''⨯⨯=⨯⨯==， ∵0x >，∴2x =，∴A 'P =D 'P =2，∴A 'E =2D 'P =4，∴EP ===∴1=2PH EP =112DH D H A P ''===，∴415AD AE EP PH DH =+++=+=+∴2AB A P '==，∴25)10ABCD S AB AD =⨯=⨯=矩形，【名师点睛】本题考查矩形的性质、折叠的性质，解题的关键是掌握矩形的性质、折叠的性质. 7．【答案】24【解析】∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD=AD，BO=DO，∵点E是BC的中点，∴OE是△BCD的中位线，∴CD=2OE=2×3=6，∴菱形ABCD的周长=4×6=24；故答案为：24．【名师点睛】本题考查了菱形的性质以及三角形中位线定理；熟记菱形性质与三角形中位线定理是解题的关键．8．【解析】（1）∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAE=∠ADF=90°，AB=AD=CD，∵DE=CF，∴AE=DF，在△BAE和△ADF中，AB ADBAE ADF AE DF=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BAE≌△ADF（SAS），∴BE=AF；（2）解：由（1）得：△BAE≌△ADF，∴∠EBA=∠FAD，∴∠GAE+∠AEG=90°，∴∠AGE=90°，∵AB=4，DE=1，∴AE=3，∴BE，在Rt△ABE中，12AB×AE=12BE×AG，∴AG=435⨯=125．【名师点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质、勾股定理以及三角形面积公式；熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．9．【解析】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠B=∠D，AB=CD，AD∥BC，∵AE⊥BC，CF⊥AD，∴∠AEB=∠AEC=∠CFD=∠AFC=90°，在△ABE和△CDF中，B DAEB CFD AB CD∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ABE≌△CDF（AAS）；（2）∵AD∥BC，∴∠EAF=∠AEB=90°，∴∠EAF=∠AEC=∠AFC=90°，∴四边形AECF是矩形．【名师点睛】本题考查了矩形的判定、平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质；熟练掌握平行四边形的性质和矩形的判定是解题的关键．10．【解析】∵四边形ABCD是菱形，∴AD=CD，在△ADF和△CDE中，AD CDD D DF DE=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ADF≌△CDE（SAS），∴∠1=∠2．【名师点睛】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质；熟练掌握菱形的性质，证明三角形全等是解题的关键．11．【答案】见解析．【解析】∵四边形ABCD是矩形，∴∠D=∠B=90°，AD=BC，在△ADF和△CBE中，AD CBD B DF BE⎧=∠=∠=⎪⎨⎪⎩，∴△ADF≌△CBE（SAS），∴AF=CE．【名师点睛】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质；熟练掌握矩形的性质，证明三角形全等是解题的关键．12．【答案】见解析．【解析】∵四边形ABCD中，AB=CD，AD=BC，∴四边形ABCD是平行四边形，∴AC=2AO，BD=2OD，∵OA=OD，∴AC=BD，∴四边形ABCD是矩形．【名师点睛】本题考查了平行四边形的性质和判定，矩形的判定等知识点，能由题中已知信息推出四边形ABCD是平行四边形是关键．13．【解析】（1）∵四边形EFGH是矩形，∴EH=FG，EH∥FG，∴∠GFH=∠EHF，∵∠BFG=180°﹣∠GFH，∠DHE=180°﹣∠EHF，∴∠BFG=∠DHE，∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC，∴∠GBF=∠EDH，∴△BGF≌△DEH（AAS），∴BG=DE；（2）连接EG，∵四边形ABCD是菱形，∴AD=BC，AD∥BC，∵E为AD中点，∴AE=ED，∵BG=DE，∴AE=BG，AE∥BG，∴四边形ABGE是平行四边形，∴AB=EG，∵EG=FH=2，∴AB=2，∴菱形ABCD的周长=8．【名师点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的识别作图是解题的关键．。

2020年中考数学考点提分专题二十二 以特殊的平行四边形为背景的证明与计算(解析版)

2020年中考数学考点提分专题二十二 以特殊的平行四边形为背景的证明与计算(解析版)

2020年中考数学考点提分专题二十二以特殊的平行四边形为背景的证明与计算（解析版）考点分析【例1】（2020·安徽初三）（已知：如图所示的一张矩形纸片ABCD（AD>AB），将纸片折叠一次，使点A与点C重合，再展开，折痕EF交AD边于点E，交BC边于点F，分别连结AF和CE．（1）求证：四边形AFCE是菱形；（2）若AE=10cm，△ABF的面积为24cm2，求△ABF的周长；（3）在线段AC上是否存在一点P，使得2AE2=AC·AP？若存在，请说明点P的位置，并予以证明；若不存在，请说明理由．【例2】（2019·江苏泰州中学附属初中初三月考）如图，正方形ABCD的边长为6，把一个含30°的直角三角形BEF放在正方形上，其中∠FBE＝30°，∠BEF＝90°，BE＝BC，绕B点转动△FBE，在旋转过程中，（1）如图1，当F点落在边AD上时，求∠EDC的度数；（2）如图2，设EF与边AD交于点M，FE的延长线交DC于G，当AM＝2时，求EG的长；（3）如图3，设EF与边AD交于点N，当tan∠ECD＝13时，求△NED的面积．考点集训1．（2020·陕西初三期中）问题：如图①，在等边三角形ABC内有一点P，且PA＝2，PB=63PC＝1，求∠BPC的度数和等边三角形ABC的边长．李明同学的思路是：将△BPC绕点B逆时针旋转60°，画出旋转后的图形(如图②)，连接PP′，可得△P′PB 是等边三角形，而△PP′A又是直角三角形(由勾股定理的逆定理可证)，可得∠AP′B＝°，所以∠BPC ＝∠AP′B＝°，还可证得△ABP是直角三角形，进而求出等边三角形ABC的边长为，问题得到解决．（1）根据李明同学的思路填空：∠AP′B＝°，∠BPC＝∠AP′B＝°，等边三角形ABC的边长为．（2）探究并解决下列问题：如图③，在正方形ABCD内有一点P，且PA＝5，PB＝2，PC＝1.求∠BPC 的度数和正方形ABCD的边长．2．（2019·云南初三月考）如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，E是边AB上一点，将△CBE沿直线CE对折，得到△CFE，连接DF．（1）当D、E、F三点共线时，证明：DE＝CD；（2）当BE＝1时，求△CDF的面积；（3）若射线DF交线段AB于点P，求BP的最大值．3．（2019·江苏初二期末）如图1，正方形ABCD的边长为4，对角线AC、BD交于点M．（1）直接写出AM=；（2）P是射线AM上的一点，Q是AP的中点，设PQ=x．①AP=，AQ=；②以PQ为对角线作正方形，设所作正方形与△ABD公共部分的面积为S，用含x的代数式表示S，并写出相应的x的取值范围．(直接写出，不需要写过程)4．（2019·江苏初二期末）（1）如图1，已知正方形ABCD，点M和N分别是边BC，CD上的点，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，将图（1）中的△APB绕着点B逆时针旋转90º，得到△A′P′B，延长A′P′交AP于点E，试判断四边形BPEP′的形状，并说明理由．5．（2020·山东初三期末）如图，正方形ABCD的边CD在正方形ECGF的边CE上，连接DG，过点A作AH∥DG，交BG于点H．连接HF，AF，其中AF交EC于点M．（1）求证：△AHF为等腰直角三角形．（2）若AB＝3，EC＝5，求EM的长．6．（2020·深圳市龙岗区石芽岭学校初三月考）如图，将一张矩形纸片ABCD沿直线MN折叠，使点C落在点A处，点D落在点E处，直线MN交BC于点M，交AD于点N．（1）求证：CM=CN；（2）若△CMN的面积与△CDN的面积比为3：1，求的值．7．（2020·河南初三）如下图1，将三角板放在正方形ABCD上，使三角板的直角顶点E与正方形ABCD的顶点A重合，三角板的一边交CD于点F．另一边交CB的延长线于点G．（1）观察猜想：线段EF 与线段EG 的数量关系是 ；（2）探究证明：如图2，移动三角板，使顶点E 始终在正方形ABCD 的对角线AC 上，其他条件不变，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明：若不成立．请说明理由： （3）拓展延伸：如图3，将（2）中的“正方形ABCD ”改为“矩形ABCD ”，且使三角板的一边经过点B ，其他条件不变，若AB a =、BC b ，求EF EG的值． 8．（2020·江苏初二期中）如图，长方形纸片ABCD 中，AB ＝8，将纸片折叠，使顶点B 落在边AD 上的E 点处，折痕的一端G 点在边BC 上．（1）如图1，当折痕的另一端F 在AB 边上且AE ＝4时，求AF 的长；（2）如图2，当折痕的另一端F 在AD 边上且BG ＝10时，①求证：△EFG 是等腰三角形；②求AF 的长；（3）如图3，当折痕的另一端F 在AD 边上，B 点的对应点E 到AD 的距离是4，且BG ＝5时，求AF 的长．9．（2019·河南初三期中）正方形ABCD 与正方形DEFG 按如图1放置，点A ，D ，G 在同一条直线上，点E 在CD 边上，AD ＝3，DE 2，连接AE ，CG ．（1）线段AE 与CC 的关系为______；（2）将正方形DEFG 绕点D 顺时针旋转一个锐角后，如图2，请问（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由（3）在正方形DEFG 绕点D 顺时针旋转一周的过程中，当∠AEC ＝90°时，请直接写出AE 的长．10．（2019·云南初三）如图，在矩形ABCD 中，E 是AB 边的中点，沿EC 对折矩形ABCD ，使B 点落在点P 处，折痕为EC ，连结AP 并延长AP 交CD 于F 点，（1）求证：△CBE ≌△CPE ；（2）求证：四边形AECF 为平行四边形；（3）若矩形ABCD 的边AB ＝6，BC ＝4，求△CPF 的面积．11．（2019·江西初三期中）在正方形ABCD 中，点P 是CD 上一动点，连结PA ，分别过点B 、•D•作BE ⊥PA 、DF ⊥PA ，垂足为E 、F ，如图①．（1）请探索BE 、DF 、EF 这三条线段长度具有怎样的数量关系，若点P 在DC 的延长线上（如图②），那么这三条线段的长度之间又有怎样的数量关系？若点P 在CD 的延长线上呢（如图③）？请分别直接写出结论．（2）请在（1）中的三个结论中选择一个加以证明．12．（2020·河北初三期末）如图，在正方形ABCD 中，点M 是边BC 上的一点（不与B 、C 重合），点N 在CD 的延长线上，且满足90MAN ∠=︒，连接MN 、AC ，MN 与边AD 交于点E ．（1）求证：AM AN =；（2）如果2CAD NAD ∠=∠，求证：2AN AE AC =⋅．2020年中考数学考点提分专题二十二以特殊的平行四边形为背景的证明与计算（解析版）考点分析【例1】（2020·安徽初三）（已知：如图所示的一张矩形纸片ABCD（AD>AB），将纸片折叠一次，使点A与点C重合，再展开，折痕EF交AD边于点E，交BC边于点F，分别连结AF和CE．（1）求证：四边形AFCE是菱形；（2）若AE=10cm，△ABF的面积为24cm2，求△ABF的周长；（3）在线段AC上是否存在一点P，使得2AE2=AC·AP？若存在，请说明点P的位置，并予以证明；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析；（2）24cm；（3）存在，过E作EP⊥AD交AC于P，则P就是所求的点，证明见解析.【解析】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠EAO=∠FCO，由折叠的性质可得：OA=OC，AC⊥EF，在△AOE和△COF中，∵EAO FCO OA OCAOE COF ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，∴△AOE≌△COF（ASA），∴AE=CF，∴四边形AFCE是平行四边形，∵AC⊥EF，∴四边形AFCE是菱形；（2）∵四边形AFCE是菱形，∴AF=AE=10cm，∵四边形ABCD是矩形，∴∠B=90°，∴S△ABF=12AB•BF=24cm2，∴AB•BF=48（cm2），∴AB2+BF2=（AB+BF）2-2AB•BF=（AB+BF）2-2×48=AF2=100（cm2），∴AB+BF=14（cm）∴△ABF的周长为：AB+BF+AF=14+10=24（cm）．（3）证明：过E作EP⊥AD交AC于P，则P就是所求的点．当顶点A与C重合时，折痕EF垂直平分AC，∴OA=OC，∠AOE=∠COF=90°，∵在平行四边形ABCD中，AD∥BC，∴∠EAO=∠FCO，∴△AOE≌△COF，∴OE=OF∴四边形AFCE是菱形．∴∠AOE=90°，又∠EAO=∠EAP，由作法得∠AEP=90°，∴△AOE∽△AEP，∴AE AOAP AE，则AE2=AO•AP，∵四边形AFCE是菱形，∴AO＝12 AC，∴AE2=12 AC•AP，∴2AE2=AC•AP．【点睛】本题考查翻折变换（折叠问题）；菱形的判定；矩形的性质，相似三角形的判定和性质，综合性较强，掌握相关性质定理，正确推理论证是解题关键．【例2】（2019·江苏泰州中学附属初中初三月考）如图，正方形ABCD的边长为6，把一个含30°的直角三角形BEF放在正方形上，其中∠FBE＝30°，∠BEF＝90°，BE＝BC，绕B点转动△FBE，在旋转过程中，（1）如图1，当F点落在边AD上时，求∠EDC的度数；（2）如图2，设EF与边AD交于点M，FE的延长线交DC于G，当AM＝2时，求EG的长；（3）如图3，设EF与边AD交于点N，当tan∠ECD＝13时，求△NED的面积．【答案】（1）15°；（2）3；（3）18 5【解析】解：（1）如图1中，作EH⊥BC于H，EM⊥CD于M．则四边形EMCH是矩形．∵四边形ABCD是正方形，∴BA＝BC＝CD，∠ABC＝∠BCD＝90°，∵BC＝BE，∴AB＝BE＝CD，在Rt△BFA和Rt△BFE中，BF BF AB BE=⎧⎨=⎩，∴Rt△BFA≌△Rt△BFE（HL），∴∠ABF＝∠EBF＝30°，∵∠ABC＝90°，∴∠EBC＝30°，∴EH＝MC＝12BE＝12CD，∴DM＝CM，∵EM⊥CD，∴ED＝EC，∵∠BCE＝12（180°﹣30°）＝75°，∴∠EDC＝∠ECD＝15°．（2）如图2中，连接BM、BG．∵AM＝2，∴DM＝AD﹣AM＝4，由（1）可知△BMA≌△BME，△BGE≌△BGC，∴AM＝EM＝2，EG＝CG，设EG＝CG＝x，则DG＝6﹣x．在Rt△DMG中，MG2＝DG2+DM2，∴（2+x）2＝（6﹣x）2+42，∴x＝3，∴EG＝3．（3）如图3中，连接BN，延长FE交CD于G，连接BG．AN＝NE，EG＝CG，∵BE＝BC，∴BG垂直平分CE，∴∠ECG+∠BCG＝90°，∵∠GBC+∠ECB＝90°，∴∠ECD＝∠GCB，∴tan∠GBC＝tan∠ECD＝13，∴CGBC＝13，∴CG＝13BC＝2，∵CD＝6，∴DG＝CD﹣CG＝4，设AN＝EN＝y，则DN＝6﹣y，在Rt△DNG中，（6﹣y）2+42＝（2+y）2，解得：y＝3，∴AN＝NE＝3，DN＝3，NG＝5，∴S△NED＝35•S△DNG＝35×12×3×4＝185．【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，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，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．考点集训1．（2020·陕西初三期中）问题：如图①，在等边三角形ABC内有一点P，且PA＝2，PB=PC＝1，求∠BPC的度数和等边三角形ABC的边长．李明同学的思路是：将△BPC绕点B逆时针旋转60°，画出旋转后的图形(如图②)，连接PP′，可得△P′PB是等边三角形，而△PP′A又是直角三角形(由勾股定理的逆定理可证)，可得∠AP′B＝°，所以∠BPC ＝∠AP′B＝°，还可证得△ABP是直角三角形，进而求出等边三角形ABC的边长为，问题得到解决．（1）根据李明同学的思路填空：∠AP′B＝°，∠BPC＝∠AP′B＝°，等边三角形ABC的边长为．（2）探究并解决下列问题：如图③，在正方形ABCD内有一点P，且PA PB，PC＝1.求∠BPC 的度数和正方形ABCD的边长．【答案】（1）∠AP′B ＝150°，∠BPC ＝∠AP′B ＝150°，等边三角形ABC 7；（2）∠BPC ＝135°，正方形ABCD 5【解析】（1）∵等边△ABC ，∴∠ABC=60°，将△BPC 绕点B 逆时针旋转60°得出△ABP′，∴AP′=CP=1，3，∠PBC=∠P′BA ，∠AP′B=∠BPC ，∵∠PBC+∠ABP=∠ABC=60°，∴∠ABP′+∠ABP=∠ABC=60°，∴△BPP′是等边三角形，∴3BP′P=60°，∵AP′=1，AP=2，∴AP′2+PP′2=AP 2，∴∠AP′P=90°，∴∠BPC=∠AP′B=90°+60°=150°，过点B 作BM ⊥AP′，交AP′的延长线于点M ，∴∠MP′B=30°，BM=32由勾股定理得：P′M=32， ∴AM=1+32=52， 由勾股定理得：22=7AM BM故答案为：150°7（2）将△BPC绕点B逆时针旋转90°得到△AEB，与（1）类似：可得：AE=PC=1，2，∠BPC=∠AEB，∠ABE=∠PBC，∴∠EBP=∠EBA+∠ABP=∠ABC=90°，∴∠BEP=12（180°-90°）=45°，由勾股定理得：EP=2，∵AE=1，5EP=2，∴AE2+PE2=AP2，∴∠AEP=90°，∴∠BPC=∠AEB=90°+45°=135°，过点B作BF⊥AE，交AE的延长线于点F；∴∠FEB=45°，∴FE=BF=1，∴AF=2；∴在Rt△ABF中，由勾股定理，得5∴∠BPC=135°5答：∠BPC的度数是135°，正方形ABCD5【点睛】本题主要考查对勾股定理及逆定理，等边三角形的性质和判定，等腰三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，正方形的性质，旋转的性质等知识点的理解和掌握，正确作辅助线并能根据性质进行证明是解此题的关键．2．（2019·云南初三月考）如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，E是边AB上一点，将△CBE沿直线CE对折，得到△CFE，连接DF．（1）当D、E、F三点共线时，证明：DE＝CD；（2）当BE＝1时，求△CDF的面积；（3）若射线DF交线段AB于点P，求BP的最大值．【答案】（1）见解析；（2）245；（3）47【解析】证明：（1）∵四边形ABCD是矩形∴AB＝CD＝4，AD＝BC＝3，AB∥CD，∴∠DCE＝∠CEB∵△CBE翻折得到△CFE∴∠FEC＝∠CEB∴∠DCE＝∠FEC∴DE＝CD（2）如图1，延长EF交CD的延长线于点G，∵四边形ABCD是矩形∴AB＝CD＝4，AD＝BC＝3，AB∥CD，∴∠DCE＝∠CEB∵△CBE翻折得到△CFE∴∠FEC＝CEB，CF＝BC＝3，EF＝BE＝1，∠CFE＝90°∴∠DCE＝∠FEC，∠CFG＝90°∴CG＝EG，∴GF＝GE﹣EF＝CG﹣1∵在Rt△CGF中，CG2＝CF2+GF2，∴CG2＝9+（CG﹣1）2，解得：CG＝5∵△CDF与△CGF分别以CD、CG为底时，高相等∴45CDFCGFS CDS CG==VV∴S△CDF＝45S△CGF＝413452⨯⨯⨯＝245（3）如图2，过点C作CH⊥DP于点H，连接CP，∵CD∥AB∴∠CDP＝∠APD，且∠A＝∠CHD＝90°∴△ADP∽△HCD∴CD CHDP AD=＝DHAP，∵CH≤CF，CF＝BC＝AD＝3∴CH≤3∴当点H与点F重合时，CH最大，DH最小，AP最小，BP最大，此时，在△ADP与△HCDAPD CDPA CHD90AD CH︒∠=∠⎧⎪∠=∠=⎨⎪=⎩∴△ADP≌△HCD（AAS）∴CD＝DP＝4，AP＝DF∵AP＝22DP AD-＝7∴BP的最大值为4﹣7．【点睛】此题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟知矩形的性质、勾股定理及相似三角形的判定与性质．3．（2019·江苏初二期末）如图1，正方形ABCD的边长为4，对角线AC、BD交于点M．（1）直接写出AM=；（2）P是射线AM上的一点，Q是AP的中点，设PQ=x．①AP=，AQ=；②以PQ为对角线作正方形，设所作正方形与△ABD公共部分的面积为S，用含x的代数式表示S，并写出相应的x的取值范围．(直接写出，不需要写过程)【答案】（1）2（2）①2x，x；②S222x x=-+(0＜x≤2．【解析】解：（1）∵正方形ABCD的边长为4，∴对角线AC22AB==2，又∴AM12AC==2．故答案为：2．（2）①Q是AP的中点，设PQ=x，∴AP=2PQ=2x，AQ=x．故答案为：2x；x．②如图：∵以PQ为对角线作正方形，∴∠GQM=∠FQM=45°∵正方形ABCD对角线AC、BD交于点M，∴∠FMQ=∠GMQ=90°，∴△FMQ和△GMQ均为等腰直角三角形，∴FM=QM=MG．∵QM=AM﹣2x，∴S12=FG•QM()12222x x=⋅，∴S222x x=-+，∵依题意得：20xx⎧⎪⎨⎪⎩＞＞，∴0＜2，综上所述：S222x x=-+(0＜2)，【点睛】本题考查了正方形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角．解答本题要充分利用等腰直角三角形性质解答．4．（2019·江苏初二期末）（1）如图1，已知正方形ABCD，点M和N分别是边BC，CD上的点，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，将图（1）中的△APB绕着点B逆时针旋转90º，得到△A′P′B，延长A′P′交AP于点E，试判断四边形BPEP′的形状，并说明理由．【答案】（1）AM⊥BN，证明见解析；（2）四边形BPEP′是正方形，理由见解析.【解析】（1）AM⊥BN证明：∵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）四边形BPEP′是正方形.△A′P′B是△APB绕着点B逆时针旋转90º所得，∴BP= BP′,∠P′BP=90º.又由（1）结论可知∠APB=∠A′P′B=90°，∴∠BP′E=90°.所以四边形BPEP′是矩形.又因为BP= BP′,所以四边形BPEP′是正方形.【点睛】此题主要考查特殊平行四边形的性质与判定，解题的关键是熟知正方形的性质与判定.5．（2020·山东初三期末）如图，正方形ABCD的边CD在正方形ECGF的边CE上，连接DG，过点A作AH ∥DG，交BG于点H．连接HF，AF，其中AF交EC于点M．（1）求证：△AHF为等腰直角三角形．（2）若AB＝3，EC＝5，求EM的长．【答案】（1）见解析；（2）EM＝5 4【解析】证明：（1）∵四边形ABCD，四边形ECGF都是正方形∴DA∥BC，AD＝CD，FG＝CG，∠B＝∠CGF＝90°∵AD∥BC，AH∥DG，∴四边形AHGD是平行四边形∴AH＝DG，AD＝HG＝CD，∵CD＝HG，∠ECG＝∠CGF＝90°，FG＝CG，∴△DCG≌△HGF（SAS），∴DG＝HF，∠HFG＝∠HGD∴AH＝HF，∵∠HGD+∠DGF＝90°，∴∠HFG+∠DGF＝90°∴DG⊥HF，且AH∥DG，∴AH⊥HF，且AH＝HF∴△AHF为等腰直角三角形．（2）∵AB＝3，EC＝5，∴AD＝CD＝3，DE＝2，EF＝5．∵AD∥EF，∴53EM EFDM AD==，且DE＝2．∴EM＝54．【点睛】本题考查了正方形的性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例等知识点，综合性较强难度大灵活运用这些知识进行推理是本题的关键．6．（2020·深圳市龙岗区石芽岭学校初三月考）如图，将一张矩形纸片ABCD沿直线MN折叠，使点C落在点A处，点D落在点E处，直线MN交BC于点M，交AD于点N．（1）求证：CM=CN；（2）若△CMN的面积与△CDN的面积比为3：1，求的值．【答案】(1)证明见解析;(2)23【解析】解：（1）证明：由折叠的性质可得：∠ANM=∠CNM，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC．∴∠ANM=∠CMN．∴∠CMN=∠CNM．∴CM=CN．（2）过点N作NH⊥BC于点H，则四边形NHCD是矩形．∴HC=DN，NH=DC．∵△CMN的面积与△CDN的面积比为3：1，∴12312CMNCDNMC NHS MCS NDDN NH===VVgg．∴MC=3ND=3HC．∴MH=2HC．设DN=x，则HC=x，MH=2x，∴CM=3x=CN．在Rt △CDN 中，2222DC CN DN x =-=，∴HN=22x ．在Rt △MNH 中，2223MN MH HN x =+=，∴2323MN x DF x==． 7．（2020·河南初三）如下图1，将三角板放在正方形ABCD 上，使三角板的直角顶点E 与正方形ABCD 的顶点A 重合，三角板的一边交CD 于点F ．另一边交CB 的延长线于点G ．（1）观察猜想：线段EF 与线段EG 的数量关系是 ；（2）探究证明：如图2，移动三角板，使顶点E 始终在正方形ABCD 的对角线AC 上，其他条件不变，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明：若不成立．请说明理由：（3）拓展延伸：如图3，将（2）中的“正方形ABCD ”改为“矩形ABCD ”，且使三角板的一边经过点B ，其他条件不变，若AB a =、BC b =，求EF EG的值． 【答案】（1）EF EG =；（2）成立，证明过程见解析；（3）EF b EG a =. 【解析】（1）EF EG =，理由如下：由直角三角板和正方形的性质得90ED EB D EBC BED GEF =⎧⎨∠=∠=∠=∠=︒⎩9090FED BEF GEB BEF D EBG ∠+∠=∠+∠=︒⎧∴⎨∠=∠=︒⎩ FED GEB ∴∠=∠在FED ∆和GEB ∆中，90FED GEB ED EBD EBG ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠=︒⎩()FED GEB ASA ∴∆≅∆EF EG ∴=；（2）成立，证明如下：如图，过点E 分别作,EH BC EI CD ⊥⊥，垂足分别为,H I ，则四边形EHCI 是矩形90HEI ∴∠=︒90,90FEI HEF GEH HEF ∴∠+∠=︒∠+∠=︒FEI GEH ∴∠=∠由正方形对角线的性质得，AC 为BCD ∠的角平分线则EI EH =在FEI ∆和GEH ∆中，90FEI GEH EI EHFIE GHE ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠=︒⎩()FEI GEH ASA ∴∆≅∆EF EG ∴=；（3）如图，过点E 分别作,EM BC EN CD ⊥⊥，垂足分别为,M N同（2）可知，FEN GEM ∠=∠由长方形性质得：90,90,D ENC ABC EMC AD BC b ∠=∠=︒∠=∠=︒==//,//EN AD EM AB ∴,CEN CAD CEM CAB ∴∆~∆∆~∆,EN CE EM CE AD CA AB CA∴== EN EM AD AB ∴=，即EN AD b EM AB a== 在FEN ∆和GEM ∆中，90FEN GEM FNE GME ∠=∠⎧⎨∠=∠=︒⎩∴∆~∆FEN GEMEF EN b∴==.EG EM a【点睛】本题考查了正方形的性质、矩形的性质、三角形全等的判定定理与性质、相似三角形的判定定理与性质，较难的是题（3），通过作辅助线，构造两个相似三角形是解题关键.8．（2020·江苏初二期中）如图，长方形纸片ABCD中，AB＝8，将纸片折叠，使顶点B落在边AD上的E点处，折痕的一端G点在边BC上．（1）如图1，当折痕的另一端F在AB边上且AE＝4时，求AF的长；（2）如图2，当折痕的另一端F在AD边上且BG＝10时，①求证：△EFG是等腰三角形；②求AF的长；（3）如图3，当折痕的另一端F在AD边上，B点的对应点E到AD的距离是4，且BG＝5时，求AF的长．【答案】（1）AF＝3；（2）①见解析；②AF＝6；（3）AF＝1【解析】（1）解：∵纸片折叠后顶点B落在边AD上的E点处，∴BF＝EF，∵AB＝8，∴EF＝8﹣AF，在Rt△AEF中，AE2+AF2＝EF2，即42+AF2＝（8﹣AF）2，解得AF＝3；（2）①证明：∵纸片折叠后顶点B落在边AD上的E点处，∴∠BGF＝∠EGF，∵长方形纸片ABCD的边AD∥BC，∴∠BGF＝∠EFG，∴∠EGF＝∠EFG，∴EF＝EG，∴△EFG是等腰三角形；②解：∵纸片折叠后顶点B落在边AD上的E点处，∴EG＝BG＝10，HE＝AB＝8，FH＝AF，∴EF＝EG＝10，在Rt△EFH中，FH＝2222108EF HE-=-＝6，∴AF＝FH＝6；（3）解：如图3，设EH与AD相交于点K，过点E作MN∥CD分别交AD、BC于M、N，∵E到AD的距离为4，∴EM＝4，EN＝8﹣4＝4，在Rt△ENG中，EG=BG=5，∴GN222254EG EN-=-3，∵∠GEN+∠KEM＝180°﹣∠GEH＝180°﹣90°＝90°，∠GEN+∠NGE＝180°﹣90°＝90°，∴∠KEM＝∠NGE，又∵∠ENG＝∠KME＝90°，∴△GEN∽△EKM，∴EK KM EM EG EN GN==，即4 543 EK KM==，解得EK＝203，KM＝163，∴KH＝EH﹣EK＝8﹣203＝43，∵∠FKH＝∠EKM，∠H＝∠EMK＝90°，∴△FKH∽△EKM，∴FH KHEM KM=，即431643FH=，解得FH＝1，∴AF＝FH＝1．【点睛】此题考查折叠的性质，勾股定理，相似三角形的判定及性质定理，每个小问的问题都是求AF的长度，故解题中注意思路和方法的总结，（3）中的解题思路与（2）相类似，求出FH问题得解，故将问题转化是解题的一种特别重要的思路.9．（2019·河南初三期中）正方形ABCD与正方形DEFG按如图1放置，点A，D，G在同一条直线上，点E 在CD边上，AD＝3，DE＝2，连接AE，CG．（1）线段AE与CC的关系为______；（2）将正方形DEFG绕点D顺时针旋转一个锐角后，如图2，请问（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由（3）在正方形DEFG绕点D顺时针旋转一周的过程中，当∠AEC＝90°时，请直接写出AE的长．【答案】（1）AE＝CG，AE⊥CG；（2）仍然成立；理由见解析；（3）AE的长为2+1或2﹣1．【解析】（1）线段AE与CG的关系为：AE＝CG，AE⊥CG，理由如下：如图1，延长AE交CG于点H，∵四边形ABCD和四边形DGFE是正方形，∴AD＝CD，ED＝GD，∠ADE＝∠CDG＝90°，∴△ADE≌△CDG（SAS），∴AE＝CG，∠EAD＝∠GCD，∵∠EAD+∠AED＝90°，∠AED＝∠CEH，∴∠GCD+∠CEH＝90°，∴∠CHE＝90°，即AE⊥CG，故答案为：AE＝CG，AE⊥CG；（2）结论仍然成立，理由如下：如图2，设AE与CG交于点H，∵四边形ABCD和四边形DGFE是正方形，∴AD＝CD，ED＝GD，∠ADC＝∠EDG＝90°，∴∠ADC+∠CDE＝∠EDG+∠CDE，即∠ADE＝∠CDG，∴△ADE≌△CDG（SAS），∴AE＝CG，∠EAD＝∠GCD，∵∠EAD+∠APD＝90°，∠APD＝∠CPH，∴∠GCD+∠CPH＝90°，∴∠CHP＝90°，即AE⊥CG，∴AE＝CG，AE⊥CG，∴①中的结论仍然成立；（3）如图3﹣1，当点E旋转到线段CG上时，过点D作DM⊥AE于点M，∵∠AEC＝90°，∠DEG＝45°，∴∠AED＝45°，∴Rt△DME是等腰直角三角形，DE＝1，∴ME＝MD＝2在Rt⊈△AMD中，ME＝1，AD＝3，∴AM，∴AE ＝AM+ME ＝22+1； 如图3﹣2，当点E 旋转到线段CG 的延长线上时，过点D 作DN ⊥CE 于点N ，则∠END ＝90°，∵∠DEN ＝45°，∴∠EDN ＝45°，∴Rt △DNE 是等腰直角三角形，∴NE ＝ND ＝22DE ＝1， 在Rt △CND 中，ND ＝1，CD ＝3，∴CN ＝22CD ND -＝2231-＝22，∴CE ＝NE+CN ＝22+1，∵AC ＝2AD ＝32，∴在Rt △AEC 中，AE ＝22AC CE -＝22(32)(221)-+＝22﹣1，综上所述，AE 的长为22+1或22﹣1．【点睛】本题考查全等三角形的判定（SAS ）与性质，正方形的性质，旋转的性质以及勾股定理，解题关键是在第（3）问中能够根据题意分情况讨论并画出图形，才能保证解答的完整性．10．（2019·云南初三）如图，在矩形ABCD 中，E 是AB 边的中点，沿EC 对折矩形ABCD ，使B 点落在点P 处，折痕为EC ，连结AP 并延长AP 交CD 于F 点，（1）求证：△CBE ≌△CPE ；（2）求证：四边形AECF 为平行四边形；（3）若矩形ABCD 的边AB ＝6，BC ＝4，求△CPF 的面积．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）4225【解析】 （1）解：由折叠可知，EP ＝EB ，CP ＝CB ，∵EC ＝EC ，∴△ECP ≌△ECB （SSS ）．（2）证明：由折叠得到BE ＝PE ，EC ⊥PB ，∵E 为AB 的中点，∴AE ＝EB ＝PE ，∴AP ⊥BP ，∴AF ∥EC ，∵AE ∥FC ，∴四边形AECF 为平行四边形；（3）过P 作PM ⊥DC ，交DC 于点M ，在Rt △EBC 中，EB ＝3，BC ＝4， 根据勾股定理得：2222345EC EB BC =+=+=1122EBC S EB BQ EC BQ =⋅=⋅V Q ，341255EB BC BQ EC ⋅⨯∴===， 由折叠得：BP ＝2BQ ＝245， 在Rt △ABP 中，AB ＝6，BP ＝245， 根据勾股定理得： 22222418655AP AB BP ⎛⎫=-=-= ⎪⎝⎭, ∵四边形AECF 为平行四边形，∴AF ＝EC ＝5，FC ＝AE ＝3，∴PF ＝5﹣185＝75， ∵PM ∥AD ，∴△FPM ∽△FADPF PM AF AD ∴=，即7554PM = 解得：PM ＝2825， 则S △PFC ＝12FC•PM ＝12×3×2825＝4225．【点睛】本题考查的是利用折叠性质来证明三角形全等和平行四边形四边形，还考查了利用勾股定理、面积公式来求三角形的边长，利用相似三角形的性质对应边成比例来求出三角形的高，进而求出三角形的面积．本题第（3）中求也可利用△APB ∽△EBC ，对应边成比例AP BA BE EC=,求AP ，这样比较简便． 11．（2019·江西初三期中）在正方形ABCD 中，点P 是CD 上一动点，连结PA ，分别过点B 、•D•作BE ⊥PA 、DF ⊥PA ，垂足为E 、F ，如图①．（1）请探索BE 、DF 、EF 这三条线段长度具有怎样的数量关系，若点P 在DC 的延长线上（如图②），那么这三条线段的长度之间又有怎样的数量关系？若点P 在CD 的延长线上呢（如图③）？请分别直接写出结论．（2）请在（1）中的三个结论中选择一个加以证明．【答案】（1）图①中，BE=DF+EF ；图②中，BE=DF-EF ；图③中，BE=EF-DF ；（2）见解析【解析】解：（1）在正方形ABCD 中,AB=AD,∠BAD=90°，∴∠BAE+∠DAF=90°，∵BE ⊥PA ，DF ⊥PA ，∴∠AEB=∠DFA=90°，∠ABE+∠BAE=90°，∴∠ABE=∠DAF ，在△ABE 和△DAF 中，90ABE DAF AEB DFA AB AD ∠=∠⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩∴△ABE ≌△DAF(AAS)，∴AE=DF ，AF=BE ，如图①，∵AF=AE+EF ，∴BE=DF+EF ，如图②，∵AE=AF+EF ，∴BE = DF -EF ，如图③，∵EF=AE+AF ，∴BE = EF -DF（2）证明：如图题①，∵ABCD 是正方形，∴AB=AD ，∵BE ⊥PA ，DF ⊥PA ，∴∠AEB=∠AFD=90°，∠ABE+∠BAE=90°．∵∠DAF+∠BAE=90°，∴∠ABE=∠DAF ，∴Rt △ABE ≌Rt △DAF ，∴BE=AF ，AE=DF ，而AF=AE+EF ，∴BE=DF+EF ；【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，掌握正方形的性质，全等三角形的判定与性质是解题的关键．12．（2020·河北初三期末）如图，在正方形ABCD 中，点M 是边BC 上的一点（不与B 、C 重合），点N 在CD 的延长线上，且满足90MAN ∠=︒，连接MN 、AC ，MN 与边AD 交于点E ．（1）求证：AM AN =；（2）如果2CAD NAD ∠=∠，求证：2AN AE AC =⋅．【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】解：证明（1）∵四边形ABCD 是正方形，∴AB ＝AD ，∠CAD ＝∠ACB ＝45°，∠BAD ＝∠CDA ＝∠B ＝90°，∴∠BAM ＋∠MAD ＝90°，∠ADN ＝90°∵∠MAN ＝90°，∴∠MAD ＋∠DAN ＝90°，∴∠BAM ＝∠DAN ，且AD＝AB，∠ABC＝∠ADN＝90°∴△ABM≌△ADN（ASA）∴AM＝AN，（2）∵AM＝AN，∠MAN＝90°，∴∠MNA＝45°，∵∠CAD＝2∠NAD＝45°，∴∠NAD＝22.5°∴∠CAM＝∠MAN﹣∠CAD﹣∠NAD＝22.5°∴∠CAM＝∠NAD，∠ACB＝∠MNA＝45°，∴△AMC∽△AEN∴ANAC＝AEAM，且AN＝AM，∴AN2＝AE•AC【点睛】本题主要考查正方形的性质，全等三角形和相似三角形的判定及性质，掌握正方形的性质，全等三角形和相似三角形的判定及性质是解题的关键．。

2020-2021中考数学压轴题专题复习——平行四边形的综合附答案解析

2020-2021中考数学压轴题专题复习——平行四边形的综合附答案解析

2020-2021中考数学压轴题专题复习——平行四边形的综合附答案解析一、平行四边形1．如图，将矩形纸片ABCD沿对角线AC折叠，使点B落到到B′的位置，AB′与CD交于点E.（1）求证：△AED≌△CEB′（2）若AB = 8，DE = 3，点P为线段AC上任意一点，PG⊥AE于G，PH⊥BC于H.求PG + PH的值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由折叠的性质知，，，，则由得到；（2）由，可得，又由，即可求得的长，然后在中，利用勾股定理即可求得的长，再过点作于，由角平分线的性质，可得，易证得四边形是矩形，继而可求得答案.【详解】（1）四边形为矩形，，，又，；（2），，，，在中，，过点作于，，，，，，，、、共线，，四边形是矩形，，.【点睛】此题考查了折叠的性质、矩形的性质、角平分线的性质、等腰三角形的判定与性质以及勾股定理等知识.此题难度较大，注意掌握折叠前后图形的对应关系，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用.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AC，若正方形的边长为2，请直接写出△ACC′的面积最大值．【答案】（1）45°；（2）BP+DP2AP，证明详见解析；（32﹣1．【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+DP2AP，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 DABAP 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＝BC2，∴AC22(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 ＝2，OD ＝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．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，EF=23，当△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 62233. 【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|=2，3AE=CK，∴FK=2，在Rt△EFK中，tan∠FEK=33，∴∠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°，∴OP=33OE=233， 综上所述：OP 的长为62-或233. 【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.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．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7．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22OC 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22OE 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=2222215OC 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=12，CF=BE=32，在Rt△OCE中，OC=222231122OE CE⎛⎫⎛⎫+=++⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭=62+．(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=12∠DOE=22.5°，∵OM=DM，∴∠MOD=∠MDO=22.5°，∴∠DMH=∠MDH=45°，∴DH=HM=12，∴2∵223DF DH-=，∴OF=OM+MH+FH=21322++321++∴OF的最大值为3212．考点：四边形综合题．8．如图，在菱形ABCD中，AB=4，∠BAD=120°，△AEF为正三角形，E、F在菱形的边BC，CD上．（1）证明：BE=CF．（2）当点E，F分别在边BC，CD上移动时（△AEF保持为正三角形），请探究四边形AECF的面积是否发生变化？若不变，求出这个定值；如果变化，求出其最大值．（3）在（2）的情况下，请探究△CEF的面积是否发生变化？若不变，求出这个定值；如果变化，求出其最大值．【答案】(1)见解析；（2）43；（3）见解析【解析】试题分析：（1）先求证AB=AC，进而求证△ABC、△ACD为等边三角形，得∠4=60°，AC=AB进而求证△ABE≌△ACF，即可求得BE=CF；（2）根据△ABE≌△ACF可得S△ABE=S△ACF，故根据S四边形AECF=S△AEC+S△ACF=S△AEC+S△ABE=S△ABC即可解题；（3）当正三角形AEF的边AE与BC垂直时，边AE最短．△AEF的面积会随着AE的变化而变化，且当AE最短时，正三角形AEF的面积会最小，又根据S△CEF=S四边形AECF-S△AEF，则△CEF的面积就会最大.试题解析：（1）证明：连接AC，∵∠1+∠2=60°，∠3+∠2=60°，∴∠1=∠3，∵∠BAD=120°，∴∠ABC=∠ADC=60°∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD=AD，∴△ABC、△ACD为等边三角形∴∠4=60°，AC=AB，∴在△ABE和△ACF中，，∴△ABE≌△ACF．（ASA）∴BE=CF．（2）解：由（1）得△ABE≌△ACF，则S△ABE=S△ACF．故S四边形AECF=S△AEC+S△ACF=S△AEC+S△ABE=S△ABC，是定值．作AH⊥BC于H点，则BH=2，S四边形AECF=S△ABC===；（3）解：由“垂线段最短”可知，当正三角形AEF的边AE与BC垂直时，边AE最短．故△AEF的面积会随着AE的变化而变化，且当AE最短时，正三角形AEF的面积会最小，又S△CEF=S四边形AECF﹣S△AEF，则△CEF的面积就会最大．由（2）得，S△CEF=S四边形AECF﹣S△AEF=﹣=．点睛：本题考查了菱形每一条对角线平分一组对角的性质，考查了全等三角形的证明和全等三角形对应边相等的性质，考查了三角形面积的计算，本题中求证△ABE≌△ACF是解题的关键．9．如图，在正方形ABCD中，E是边AB上的一动点，点F在边BC的延长线上，且=，连接DE，DF，EF. FH平分EFBCF AE∠交BD于点H.⊥；（1）求证：DE DF=：（2）求证：DH DF⊥于点M，用等式表示线段AB，HM与EF之间的数量关系，并（3）过点H作HM EF证明.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）22EF AB HM =-，证明详见解析.【解析】【分析】（1）根据正方形性质， CF AE =得到DE DF ⊥.（2）由AED CFD △△≌，得DE DF =.由90ABC ∠=︒，BD 平分ABC ∠， 得45DBF ∠=︒.因为FH 平分EFB ∠，所以EFH BFH ∠=∠.由于45DHF DBF BFH BFH ∠=∠+∠=︒+∠,45DFH DFE EFH EFH ∠=∠+∠=︒+∠, 所以DH DF =.（3）过点H 作HN BC ⊥于点N ，由正方形ABCD 性质，得222BD AB AD AB =+=.由FH 平分,EFB HM EF HN BC ∠⊥⊥，，得HM HN =.因为4590HBN HNB ∠=︒∠=︒，，所以22sin 45HN BH HN HM ===︒. 由22cos 45DF EF DF DH ===︒，得22EF AB HM =-. 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD 是正方形，∴AD CD =，90EAD BCD ADC ∠=∠=∠=︒.∴90EAD FCD ∠=∠=︒.∵CF AE =。

2020年中考数学压轴题专项训练——特殊的平行四边形(含详细解析)

2020年中考数学压轴题专项训练——特殊的平行四边形(含详细解析)

2020年中考数学压轴题专项训练——特殊的平行四边形1．已知四边形ABCD是正方形，点E是边BC上的任意一点，AE⊥EF，且直线EF交正方形外角的平分线CF于点F．（1）如图1，求证：AE＝EF；（2）如图2，当AB＝2，点E是边BC的中点时，请直接写出FC的长．2．如图，矩形ABCD中，E是AD的中点，延长CE，BA交于点F，连接AC，DF．（1）判断四边形ACDF的形状；（2）当BC＝2CD时，求证：CF平分∠BCD．3．在菱形A BCD中，∠ABC＝60°，延长BA至点F，延长CB至点E，使BE＝AF，连结CF，EA，AC，延长EA交CF于点G．（1）求证：△ACE≌△CBF；（2）求∠CGE的度数．4．如图，△ABC中，AD是角平分线，DE∥AC交AB于点E，DF∥AB交AC于点F．（1）试判断四边形AEDF的形状．（2）当△ABC满足条件时，EF∥BC；当△ABC满足条件时，EF＝AD．5．如图正方形ABCD，E、F分别为BC、CD边上一点．（1）若∠EAF＝45°，求证：EF＝BE+DF；（2）若该正方形ABCD的边长为1，如果△CEF的周长为2．求∠EAF的度数．6．一个六边形的花坛被分割成7个部分，其中四边形PRBA，RQDC，QPFE为正方形．记正方形PRBA，RQDC，QPFE的面积分别为S1，S2，S3，RH⊥PQ，垂足为H．（友情提示：正方形的四个内角都等于90度，四边都相等）（1）若PR⊥QR，S1＝16，S2＝9，则S3＝，RH＝；（2）若四边形PRBA，RQDC，QPFE的面积分别为25m2、13m2、36m2①求△PRQ的面积；②请判断△PRQ和△DEQ的面积的数量关系，并证明你的结论；③六边形花坛ABCDEF的面积是m2．7．已知，如图所示，正方形ABCD的边长为1，G为CD边上的一个动点（点G与C、D 不重合），以CG为一边向正方形ABCD外作正方形GCEF，连接DE交BG的延长线于点H．（1）求证：①△BCG≌△DCE．②BH⊥DE．（2）当BH平分DE时，求GC的长．8．如图，过矩形ABCD的对角线AC的中点O做EF⊥AC，交BC边于点E，交AD边于点F，分别连接AE、CF．（1）求证：四边形AECF是菱形；（2）若AB＝，∠DCF＝30°，求EF的长．9．已知：如图，在平行四边形ABCD中，G、H分别是AD、BC的中点，E、O、F分别是对角线BD上的四等分点，顺次连接G、E、H、F．（1）求证：四边形GEHF是平行四边形；（2）当平行四边形ABCD满足条件时，四边形GEHF是菱形；（3）若BD＝2AB，探究四边形GEHF的形状，并说明理由．10．如图，平行四边形ABCD中，G是CD的中点，E是边AD上的动点，EG的延长线与BC的延长线交于点F，连结C E，DF．（1）求证：四边形CEDF为平行四边形；（2）若AB＝6cm，BC＝10cm，∠B＝60°，①当AE＝cm时，四边形CEDF是矩形；②当AE＝cm时，四边形CEDF是菱形．11．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝8，AD＝16，BC＝22，∠ABC＝90°，点P 从点A出发，以每秒1单位的速度向点D运动，点Q从点C同时出发，以每秒v单位的速度向点B运动，其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为t秒．（1）当v＝3时，若以点P，Q和点A，B，C，D中的两个点为顶点的四边形为平行四边形，且线段PQ为平行四边形的一边，求t的值；（2）若以点P，Q和点A，B，C，D中的两个点为顶点的四边形为菱形，且线段PQ为菱形的一条对角线，请直接写出t的值．12．如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AC垂直平分BD，交BD于点F，延长DC到点E，使得CE＝DC，连接BE．（1）求证：四边形ABCD是菱形．（2）填空：①当∠ADC＝°时，四边形ACEB为菱形；②当∠ADC＝90°，BE＝4时，则DE＝．13．如图，在矩形ABCD中，M是BC上一点，EF垂直平分AM，分别交BC，AM，AD于点E，O，F，连接AE，MF．（1）求证：四边形AEMF是菱形；（2）若AB＝6，H为AB的中点，连接OH交AE于点P，OH+OA＝9，求△OPE的周长．14．在菱形ABCD中，P、Q分别是边BC、CD的中点，连接AP、AQ．（1）如图（1），求证：AP＝AQ；（2）如图（2），连接PQ、AC，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中所有的等腰三角形．15．如图，四边形ABCD为菱形，∠BCD＝60°，E为对角线AC上一点，且AE＝AB，F为CE的中点，接DF、BF，BG⊥BF与AC交于点G；（1）若AB＝2，求EF的长；（2）求证：CG﹣EF＝BG．参考答案1．（1）证明：如图1，在AB上截取BM＝BE，连接ME，∵∠B＝90°，∴∠BME＝∠BEM＝45°，∴∠AME＝135°＝∠ECF，∵AB＝BC，BM＝BE，∴AM＝EC，在△AME和△ECF中，∴△AME≌△ECF（ASA），∴AE＝EF；（2）解：取AB中点M，连接EM，∵AB＝BC，E为BC中点，M为AB中点，∴AM＝CE＝BE，∴∠BME＝∠BME＝45°，∴∠AME＝135°＝∠ECF，∵∠B＝90°，∴∠BAE+∠AEB＝90°，∵∠AEF＝90°，∴∠AEB+∠FEC＝90°，∴∠BAE＝∠FEC，在△AME和△ECF中，∴△AME≌△ECF（ASA），∴EM＝CF，∵AB＝2，点E是边BC的中点，∴BM＝BE＝1，∴CF＝ME＝．2．（1）解：四边形ACDF是平行四边形，理由如下：∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∠BCD＝∠B＝90°，∴∠F AE＝∠CDE，∵E是AD的中点，∴AE＝DE，在△F AE和△CDE中，，∴△F AE≌△CDE（ASA），∴CD＝F A，又∵CD∥AF，∴四边形ACDF是平行四边形；（2）证明：∵BC＝2CD，AB＝CD，四边形ACDF是平行四边形，∴AF＝CD，BF＝BC，∴△BCF是等腰直角三角形，∴∠BCF＝45°，∴∠DCF＝45°，∴CF平分∠BCD．3．（1）证明：∵AB＝AC，∠ABC＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴BC＝AC，∠ACB＝∠ABC，∵BE＝AF，∴BE+BC＝AF+AB，即CE＝BF，在△ACE和△CBF中，，∴△ACE≌△CBF（SAS）；（2）解：由（1）可知：△ABC是等边三角形，△ACE≌△CBF，∴∠E＝∠F，∵∠BAE＝∠F AG，∴∠E+∠BAE＝∠F+∠F AG，∴∠CGE＝∠ABC，∵∠ABC＝60°，∴∠CGE＝60°．4．解：（1）四边形AEDF是菱形；理由如下：∵DE∥AC交AB于点E，DF∥AB交AC于点F，∴四边形AEDF是平行四边形，∠EAD＝∠ADF，∵AD是△ABC的角平分线，∴∠EAD＝∠F AD，∴∠ADF＝∠F AD，∴F A＝FD，∴四边形AEDF是菱形；（2）当△ABC满足AB＝AC条件时，EF∥BC；当△ABC满足∠BAC＝90°条件时，EF ＝AD．理由如下：由（1）得：四边形AEDF是菱形，∴AD⊥EF，∵AB＝AC，AD是角平分线，∴AD⊥BC，∴EF∥BC；当∠ABC＝90°时，四边形AEDF是正方形，∴EF＝AD；故答案为：AB＝AC，∠BAC＝90°．5．（1）证明：如图，延长CD至E'，使DE'＝BE，连接AE'，∵四边形ABCD为正方形，∴AB＝AD＝CB＝CD，∠BAD＝∠B＝90°，∴∠ADE'＝90°＝∠ABE，在△ADE'和△ABE中，，∴△ADE'≌△ABE（SAS），∴AE'＝AE，∠DAE'＝∠BAE，∵∠EAF＝45°，∴∠DAF+∠B AE＝45°，∴∠DAF+∠DAE'＝∠E'AF＝45°＝∠EAF，在△E′AF和△EAF中，，∴△E′AF≌△EAF（SAS），∴E′F＝EF，∵E′F＝DE′+DF＝BE+DF，∴EF＝BE+DF；（2）延长CD至E'使DE'＝BE，连接AE'，由（1）知，△ADE'≌△ABE（SAS），∴AE'＝AE，∠DAE'＝BAE，设BE＝x，DF＝y，∵正方形ABCD的边长为1，∴CE＝1﹣x，CF＝1﹣y，∵△CEF的周长为2，∴CE+CF+EF＝2，∴1﹣x+1﹣y+EF＝2，∴EF＝x+y＝BE+DF＝DE'+DF＝E'F，在△E'AF和△EAF中，，∴△E'AF≌△EAF（SSS），∴∠E'AF＝∠EAF，∴∠DAE'+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠EAF，∵∠DAF+∠EAF+∠BAE＝90°，∴∠EAF＝45°．6．解：（1）∵PR⊥QR，∴∠PRQ＝90°，∴PR2+RQ2＝PQ2，∵S1＝16，S2＝9，∴S3＝16+9＝25，∴PR＝4，RQ＝3，PQ＝5，∵RH⊥PQ，∴PR•RQ＝PQ•RH，∴RH＝＝，故答案为：25，2.4；（2）①设PH＝a，则QH＝6﹣a，∵RH2＝PR2﹣PH2＝RQ2﹣HQ2，∴25﹣a2＝13﹣（6﹣a）2，解得：a＝4，∴RH2＝PR2﹣PH2＝25﹣16＝9，∴RH ＝3，∴S △PQR ＝×6×3＝9；②S △PRQ ＝S △DQE ，证明：延长RQ 到点M ，使QM ＝RQ ，连结PM ，∵QD ＝QM ，∠DQE ＝∠MQP ，QE ＝QP∴△DQE ≌△MQP （SAS ），∴S △DQE ＝S △MQP ，∵RQ ＝QM ，∴S △PRQ ＝S △MQP ，∴S △PRQ ＝S △DQE ；③六边形花坛ABCDEF 的面积＝25+13+36+4×9＝74+36＝110m 2． 故答案为：110．7．（1）证明：∵正方形ABCD ，∴∠BCD ＝90°，BC ＝CD ，同理：CG ＝CE ，∠GCE ＝90°，∴∠BCD ＝∠GCE ＝90°，，∴△BCG ≌△DCE （SAS ），∴∠GBC＝∠CDE，在Rt△DCE中∠CDE+∠CED＝90°，∴∠GBC+∠BEH＝90°，∴∠BHE＝180°﹣（∠GBC+∠BHE）＝90°，∴BH⊥DE；（2）若BH垂直平分DE，连接BD，∴BD＝BE，∵BD＝，∴CG＝CE＝BE﹣BC＝﹣1．8．解：（1）证明：∵O是AC的中点，且EF⊥AC，∴AF＝CF，AE＝CE，OA＝OC，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠AFO＝∠CEO，在△AOF和△COE中，，∴△AOF≌△COE（AAS），∴AF＝CE，∴AF＝CF＝CE＝AE，∴四边形AECF是菱形；（2）∵四边形ABCD是矩形，∴CD＝AB＝，在Rt△CDF中，cos∠DCF＝，∠DCF＝30°，∴CF＝＝2，∵四边形AECF是菱形，∴CE＝CF＝2．9．（1）证明：连接AC，如图1所示：∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA＝OC，OB＝OD，∴BD的中点在AC上，∵E、O、F分别是对角线BD上的四等分点，∴E、F分别为OB、OD的中点，∵G是AD的中点，∴GF为△AOD的中位线，∴GF∥OA，GF＝OA，同理：EH∥OC，EH＝OC，∴EH＝GF，EH∥GF，∴四边形GEHF是平行四边形；（2）解：当▱ABCD满足AB⊥BD条件时，四边形GEHF是菱形；理由如下：连接GH，如图2所示：则AG＝BH，AG∥BH，∴四边形ABHG是平行四边形，∴AB∥GH，∵AB⊥BD，∴GH⊥BD，∴GH⊥EF，∴四边形GEHF是菱形；故答案为：AB⊥BD；（3）解：四边形GEHF是矩形；理由如下：由（2）得：四边形GEHF是平行四边形，∴GH＝AB，∵BD＝2AB，∴AB＝BD＝EF，∴GH＝EF，∴四边形GEHF是矩形．10．（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴CF∥ED，∴∠FCD＝∠GCD，∵G是CD的中点，∴CG＝DG，在△FCG和△EDG中，∴△CFG≌△EDG（ASA），∴FG＝EG，∴四边形CEDF是平行四边形；（2）①解：当AE＝7时，平行四边形CEDF是矩形，理由是：过A作AM⊥BC于M，∵∠B＝60°，AB＝6，∴BM＝3，∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠CDA＝∠B＝60°，DC＝AB＝6，BC＝AD＝10，∵AE＝7，∴DE＝3＝BM，在△MBA和△EDC中，，∴△MBA≌△EDC（SAS），∴∠CED＝∠AMB＝90°，∵四边形CEDF是平行四边形，∴四边形CEDF是矩形，故答案为：7；②当AE＝4时，四边形CEDF是菱形，理由是：∵AD＝10，AE＝4，∴DE＝6，∵CD＝6，∠CDE＝60°，∴△CDE是等边三角形，∴CE＝DE，∵四边形CEDF是平行四边形，∴四边形CEDF是菱形，故答案为：4．11．解：（1）∵当P、Q两点与A、B两点构成的四边形是平行四边形时，∵AP∥BQ，∴当AP＝BQ时，四边形APQB为平行四边形．此时，t＝22﹣3t，t＝．当P、Q两点与C、D两点构成的四边形是平行四边形时，∵PD∥QC，∴当PD＝QC时，四边形PQCD为平行四边形．此时，16﹣t＝3t，t＝4，∵线段PQ为平行四边形的一边，故当t＝或4时，线段PQ为平行四边形的一边．（2）当PD＝BQ＝BP时，四边形PBQD能成为菱形．由PD＝BQ，得16﹣t＝22﹣3t，解得t＝3，当t＝3时，PD＝BQ＝13，AP＝AD﹣PD＝16﹣13＝3．在Rt△ABP中，AB＝8，根据勾股定理得，BP═≠13∴四边形PBQD不能成为菱形；如果Q点的速度改变为vcm/s时，能够使四边形PBQD在时刻ts为菱形，由题意得，，解得，．故点Q的速度为2cm/s时，能够使四边形PBQD在t＝6时为菱形．12．（1）证明：∵AC垂直平分BD，∴AB＝AD，BF＝DF，∵AB∥CD，∴∠ABD＝∠CD B．∵∠AFB＝∠CFD，∴△AFB≌△CFD（ASA），∴AB＝CD．又∵AB∥CD，∴四边形ABCD是平行四边形，∵AB＝AD，∴平行四边形ABCD是菱形；（2）①当∠ADC＝60°，四边形ACEB为菱形，∵∠ADC＝60°，∴∠BCE＝60°，∴△BCE是等边三角形，∴CE＝BE，∴四边形ACEB为菱形，故答案为：60；②当∠ADC＝90°，BE＝4时，DE＝4，故答案为：4．13．（1）证明：∵EF垂直平分AM，∴AE＝EM，OA＝OM．∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC．∴∠AFO＝∠MEO，在△OF和△MOE中，，∴△AOF≌△MOE（AAS）．∴OF＝OE．∴四边形AEMF是平行四边形．∵AE＝EM．∴四边形AEMF是菱形；（2）解：∵O、H分别为AM、AB的中点，∴BM＝2OH，AM＝2OA，∴AM+BM＝2OA+2OH＝18．设BM＝x，则AM＝18﹣x，在Rt△ABM中，由勾股定理得：62+x2＝（18﹣x）2，解得：x＝8，∴BM＝8，AM＝10．∴OA＝AM＝5，设EM＝m，则BE＝8﹣m，AE＝EM＝m，在Rt△ABE中，由勾股定理得：62+（8﹣m）2＝m2，解得：m＝，∴AE＝EM＝在Rt△AOE中，EO＝＝＝．∵OP∥EM，∴＝＝1，∴AP＝PE，∴OP＝EM＝，∵PE＝AE＝，∴△OPE的周长＝EO+PE+OP＝++＝10．14．证明：（1）∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠D，∵P、Q分别是边BC、CD的中点，∴BP＝CQ，在△ABP和△ADQ中，，∴△ABP≌△ADQ（SAS），∴AP＝AQ，（2）∵AP＝AQ，∴△APQ是等腰三角形，∵BC＝CD，∵P、Q分别是边BC、CD的中点，∴PC＝CQ，∴△PQC是等腰三角形，∵AB＝BC，AD＝CD，∴△ABC，△ACD是等腰三角形，∴图中所有的等腰三角形有△ABC，△APQ，△ACD，△CPQ．15．（1）解：连接BD交AC于O，如图所示：∵四边形ABCD是菱形，∴∠BAD＝∠BCD＝60°，AC⊥BD，OB＝OD，OA＝OC，∠OAB＝∠BAD＝30°，∴OB＝AB＝1，OA＝OB＝，∴AC＝2OA＝2，∵AE＝AB＝2，∴CE＝AC﹣AE＝2﹣2，∵F为CE的中点，∴EF＝CE＝﹣1；（2）证明：设AB＝2a，同（1）得：OB＝AB＝a，OA＝OB＝a，∴AC＝2OA＝2a，∵AE＝AB＝2a，∴CE＝AC﹣AE＝（2﹣2）a，OE＝AE﹣OA＝（2﹣）a，∵F为CE的中点，∴EF＝CE＝（﹣1）a，∴OF＝OE+EF＝（2﹣）a+（﹣1）a＝a，∴OB＝OF，∵AC⊥BD，∴△BOF是等腰直角三角形，∴∠BFG＝45°，∵BG⊥BF，∴△BFG是等腰直角三角形，∴GF＝BG，∵GF＝CG﹣CF＝CG﹣EF，∴CG﹣EF＝BG．。

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2020年中考数学压轴题专项训练——特殊的平行四边形1．已知四边形ABCD是正方形，点E是边BC上的任意一点，AE⊥EF，且直线EF交正方形外角的平分线CF于点F．（1）如图1，求证：AE＝EF；（2）如图2，当AB＝2，点E是边BC的中点时，请直接写出FC的长．2．如图，矩形ABCD中，E是AD的中点，延长CE，BA交于点F，连接AC，DF．（1）判断四边形ACDF的形状；（2）当BC＝2CD时，求证：CF平分∠BCD．3．在菱形A BCD中，∠ABC＝60°，延长BA至点F，延长CB至点E，使BE＝AF，连结CF，EA，AC，延长EA交CF于点G．（1）求证：△ACE≌△CBF；（2）求∠CGE的度数．4．如图，△ABC中，AD是角平分线，DE∥AC交AB于点E，DF∥AB交AC于点F．（1）试判断四边形AEDF的形状．（2）当△ABC满足条件时，EF∥BC；当△ABC满足条件时，EF＝AD．5．如图正方形ABCD，E、F分别为BC、CD边上一点．（1）若∠EAF＝45°，求证：EF＝BE+DF；（2）若该正方形ABCD的边长为1，如果△CEF的周长为2．求∠EAF的度数．6．一个六边形的花坛被分割成7个部分，其中四边形PRBA，RQDC，QPFE为正方形．记正方形PRBA，RQDC，QPFE的面积分别为S1，S2，S3，RH⊥PQ，垂足为H．（友情提示：正方形的四个内角都等于90度，四边都相等）（1）若PR⊥QR，S1＝16，S2＝9，则S3＝，RH＝；（2）若四边形PRBA，RQDC，QPFE的面积分别为25m2、13m2、36m2①求△PRQ的面积；②请判断△PRQ和△DEQ的面积的数量关系，并证明你的结论；③六边形花坛ABCDEF的面积是m2．7．已知，如图所示，正方形ABCD的边长为1，G为CD边上的一个动点（点G与C、D 不重合），以CG为一边向正方形ABCD外作正方形GCEF，连接DE交BG的延长线于点H．（1）求证：①△BCG≌△DCE．②BH⊥DE．（2）当BH平分DE时，求GC的长．8．如图，过矩形ABCD的对角线AC的中点O做EF⊥AC，交BC边于点E，交AD边于点F，分别连接AE、CF．（1）求证：四边形AECF是菱形；（2）若AB＝，∠DCF＝30°，求EF的长．9．已知：如图，在平行四边形ABCD中，G、H分别是AD、BC的中点，E、O、F分别是对角线BD上的四等分点，顺次连接G、E、H、F．（1）求证：四边形GEHF是平行四边形；（2）当平行四边形ABCD满足条件时，四边形GEHF是菱形；（3）若BD＝2AB，探究四边形GEHF的形状，并说明理由．10．如图，平行四边形ABCD中，G是CD的中点，E是边AD上的动点，EG的延长线与BC的延长线交于点F，连结C E，DF．（1）求证：四边形CEDF为平行四边形；（2）若AB＝6cm，BC＝10cm，∠B＝60°，①当AE＝cm时，四边形CEDF是矩形；②当AE＝cm时，四边形CEDF是菱形．11．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝8，AD＝16，BC＝22，∠ABC＝90°，点P 从点A出发，以每秒1单位的速度向点D运动，点Q从点C同时出发，以每秒v单位的速度向点B运动，其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为t秒．（1）当v＝3时，若以点P，Q和点A，B，C，D中的两个点为顶点的四边形为平行四边形，且线段PQ为平行四边形的一边，求t的值；（2）若以点P，Q和点A，B，C，D中的两个点为顶点的四边形为菱形，且线段PQ为菱形的一条对角线，请直接写出t的值．12．如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AC垂直平分BD，交BD于点F，延长DC到点E，使得CE＝DC，连接BE．（1）求证：四边形ABCD是菱形．（2）填空：①当∠ADC＝°时，四边形ACEB为菱形；②当∠ADC＝90°，BE＝4时，则DE＝．13．如图，在矩形ABCD中，M是BC上一点，EF垂直平分AM，分别交BC，AM，AD于点E，O，F，连接AE，MF．（1）求证：四边形AEMF是菱形；（2）若AB＝6，H为AB的中点，连接OH交AE于点P，OH+OA＝9，求△OPE的周长．14．在菱形ABCD中，P、Q分别是边BC、CD的中点，连接AP、AQ．（1）如图（1），求证：AP＝AQ；（2）如图（2），连接PQ、AC，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中所有的等腰三角形．15．如图，四边形ABCD为菱形，∠BCD＝60°，E为对角线AC上一点，且AE＝AB，F为CE的中点，接DF、BF，BG⊥BF与AC交于点G；（1）若AB＝2，求EF的长；（2）求证：CG﹣EF＝BG．参考答案1．（1）证明：如图1，在AB上截取BM＝BE，连接ME，∵∠B＝90°，∴∠BME＝∠BEM＝45°，∴∠AME＝135°＝∠ECF，∵AB＝BC，BM＝BE，∴AM＝EC，在△AME和△ECF中，∴△AME≌△ECF（ASA），∴AE＝EF；（2）解：取AB中点M，连接EM，∵AB＝BC，E为BC中点，M为AB中点，∴AM＝CE＝BE，∴∠BME＝∠BME＝45°，∴∠AME＝135°＝∠ECF，∵∠B＝90°，∴∠BAE+∠AEB＝90°，∵∠AEF＝90°，∴∠AEB+∠FEC＝90°，∴∠BAE＝∠FEC，在△AME和△ECF中，∴△AME≌△ECF（ASA），∴EM＝CF，∵AB＝2，点E是边BC的中点，∴BM＝BE＝1，∴CF＝ME＝．2．（1）解：四边形ACDF是平行四边形，理由如下：∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∠BCD＝∠B＝90°，∴∠F AE＝∠CDE，∵E是AD的中点，∴AE＝DE，在△F AE和△CDE中，，∴△F AE≌△CDE（ASA），∴CD＝F A，又∵CD∥AF，∴四边形ACDF是平行四边形；（2）证明：∵BC＝2CD，AB＝CD，四边形ACDF是平行四边形，∴AF＝CD，BF＝BC，∴△BCF是等腰直角三角形，∴∠BCF＝45°，∴∠DCF＝45°，∴CF平分∠BCD．3．（1）证明：∵AB＝AC，∠ABC＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴BC＝AC，∠ACB＝∠ABC，∵BE＝AF，∴BE+BC＝AF+AB，即CE＝BF，在△ACE和△CBF中，，∴△ACE≌△CBF（SAS）；（2）解：由（1）可知：△ABC是等边三角形，△ACE≌△CBF，∴∠E＝∠F，∵∠BAE＝∠F AG，∴∠E+∠BAE＝∠F+∠F AG，∴∠CGE＝∠ABC，∵∠ABC＝60°，∴∠CGE＝60°．4．解：（1）四边形AEDF是菱形；理由如下：∵DE∥AC交AB于点E，DF∥AB交AC于点F，∴四边形AEDF是平行四边形，∠EAD＝∠ADF，∵AD是△ABC的角平分线，∴∠EAD＝∠F AD，∴∠ADF＝∠F AD，∴F A＝FD，∴四边形AEDF是菱形；（2）当△ABC满足AB＝AC条件时，EF∥BC；当△ABC满足∠BAC＝90°条件时，EF ＝AD．理由如下：由（1）得：四边形AEDF是菱形，∴AD⊥EF，∵AB＝AC，AD是角平分线，∴AD⊥BC，∴EF∥BC；当∠ABC＝90°时，四边形AEDF是正方形，∴EF＝AD；故答案为：AB＝AC，∠BAC＝90°．5．（1）证明：如图，延长CD至E'，使DE'＝BE，连接AE'，∵四边形ABCD为正方形，∴AB＝AD＝CB＝CD，∠BAD＝∠B＝90°，∴∠ADE'＝90°＝∠ABE，在△ADE'和△ABE中，，∴△ADE'≌△ABE（SAS），∴AE'＝AE，∠DAE'＝∠BAE，∵∠EAF＝45°，∴∠DAF+∠B AE＝45°，∴∠DAF+∠DAE'＝∠E'AF＝45°＝∠EAF，在△E′AF和△EAF中，，∴△E′AF≌△EAF（SAS），∴E′F＝EF，∵E′F＝DE′+DF＝BE+DF，∴EF＝BE+DF；（2）延长CD至E'使DE'＝BE，连接AE'，由（1）知，△ADE'≌△ABE（SAS），∴AE'＝AE，∠DAE'＝BAE，设BE＝x，DF＝y，∵正方形ABCD的边长为1，∴CE＝1﹣x，CF＝1﹣y，∵△CEF的周长为2，∴CE+CF+EF＝2，∴1﹣x+1﹣y+EF＝2，∴EF＝x+y＝BE+DF＝DE'+DF＝E'F，在△E'AF和△EAF中，，∴△E'AF≌△EAF（SSS），∴∠E'AF＝∠EAF，∴∠DAE'+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠EAF，∵∠DAF+∠EAF+∠BAE＝90°，∴∠EAF＝45°．6．解：（1）∵PR⊥QR，∴∠PRQ＝90°，∴PR2+RQ2＝PQ2，∵S1＝16，S2＝9，∴S3＝16+9＝25，∴PR＝4，RQ＝3，PQ＝5，∵RH⊥PQ，∴PR•RQ＝PQ•RH，∴RH＝＝，故答案为：25，2.4；（2）①设PH＝a，则QH＝6﹣a，∵RH2＝PR2﹣PH2＝RQ2﹣HQ2，∴25﹣a2＝13﹣（6﹣a）2，解得：a＝4，∴RH2＝PR2﹣PH2＝25﹣16＝9，∴RH ＝3，∴S △PQR ＝×6×3＝9；②S △PRQ ＝S △DQE ，证明：延长RQ 到点M ，使QM ＝RQ ，连结PM ，∵QD ＝QM ，∠DQE ＝∠MQP ，QE ＝QP∴△DQE ≌△MQP （SAS ），∴S △DQE ＝S △MQP ，∵RQ ＝QM ，∴S △PRQ ＝S △MQP ，∴S △PRQ ＝S △DQE ；③六边形花坛ABCDEF 的面积＝25+13+36+4×9＝74+36＝110m 2． 故答案为：110．7．（1）证明：∵正方形ABCD ，∴∠BCD ＝90°，BC ＝CD ，同理：CG ＝CE ，∠GCE ＝90°，∴∠BCD ＝∠GCE ＝90°，，∴△BCG ≌△DCE （SAS ），∴∠GBC＝∠CDE，在Rt△DCE中∠CDE+∠CED＝90°，∴∠GBC+∠BEH＝90°，∴∠BHE＝180°﹣（∠GBC+∠BHE）＝90°，∴BH⊥DE；（2）若BH垂直平分DE，连接BD，∴BD＝BE，∵BD＝，∴CG＝CE＝BE﹣BC＝﹣1．8．解：（1）证明：∵O是AC的中点，且EF⊥AC，∴AF＝CF，AE＝CE，OA＝OC，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠AFO＝∠CEO，在△AOF和△COE中，，∴△AOF≌△COE（AAS），∴AF＝CE，∴AF＝CF＝CE＝AE，∴四边形AECF是菱形；（2）∵四边形ABCD是矩形，∴CD＝AB＝，在Rt△CDF中，cos∠DCF＝，∠DCF＝30°，∴CF＝＝2，∵四边形AECF是菱形，∴CE＝CF＝2．9．（1）证明：连接AC，如图1所示：∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA＝OC，OB＝OD，∴BD的中点在AC上，∵E、O、F分别是对角线BD上的四等分点，∴E、F分别为OB、OD的中点，∵G是AD的中点，∴GF为△AOD的中位线，∴GF∥OA，GF＝OA，同理：EH∥OC，EH＝OC，∴EH＝GF，EH∥GF，∴四边形GEHF是平行四边形；（2）解：当▱ABCD满足AB⊥BD条件时，四边形GEHF是菱形；理由如下：连接GH，如图2所示：则AG＝BH，AG∥BH，∴四边形ABHG是平行四边形，∴AB∥GH，∵AB⊥BD，∴GH⊥BD，∴GH⊥EF，∴四边形GEHF是菱形；故答案为：AB⊥BD；（3）解：四边形GEHF是矩形；理由如下：由（2）得：四边形GEHF是平行四边形，∴GH＝AB，∵BD＝2AB，∴AB＝BD＝EF，∴GH＝EF，∴四边形GEHF是矩形．10．（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴CF∥ED，∴∠FCD＝∠GCD，∵G是CD的中点，∴CG＝DG，在△FCG和△EDG中，∴△CFG≌△EDG（ASA），∴FG＝EG，∴四边形CEDF是平行四边形；（2）①解：当AE＝7时，平行四边形CEDF是矩形，理由是：过A作AM⊥BC于M，∵∠B＝60°，AB＝6，∴BM＝3，∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠CDA＝∠B＝60°，DC＝AB＝6，BC＝AD＝10，∵AE＝7，∴DE＝3＝BM，在△MBA和△EDC中，，∴△MBA≌△EDC（SAS），∴∠CED＝∠AMB＝90°，∵四边形CEDF是平行四边形，∴四边形CEDF是矩形，故答案为：7；②当AE＝4时，四边形CEDF是菱形，理由是：∵AD＝10，AE＝4，∴DE＝6，∵CD＝6，∠CDE＝60°，∴△CDE是等边三角形，∴CE＝DE，∵四边形CEDF是平行四边形，∴四边形CEDF是菱形，故答案为：4．11．解：（1）∵当P、Q两点与A、B两点构成的四边形是平行四边形时，∵AP∥BQ，∴当AP＝BQ时，四边形APQB为平行四边形．此时，t＝22﹣3t，t＝．当P、Q两点与C、D两点构成的四边形是平行四边形时，∵PD∥QC，∴当PD＝QC时，四边形PQCD为平行四边形．此时，16﹣t＝3t，t＝4，∵线段PQ为平行四边形的一边，故当t＝或4时，线段PQ为平行四边形的一边．（2）当PD＝BQ＝BP时，四边形PBQD能成为菱形．由PD＝BQ，得16﹣t＝22﹣3t，解得t＝3，当t＝3时，PD＝BQ＝13，AP＝AD﹣PD＝16﹣13＝3．在Rt△ABP中，AB＝8，根据勾股定理得，BP═≠13∴四边形PBQD不能成为菱形；如果Q点的速度改变为vcm/s时，能够使四边形PBQD在时刻ts为菱形，由题意得，，解得，．故点Q的速度为2cm/s时，能够使四边形PBQD在t＝6时为菱形．12．（1）证明：∵AC垂直平分BD，∴AB＝AD，BF＝DF，∵AB∥CD，∴∠ABD＝∠CD B．∵∠AFB＝∠CFD，∴△AFB≌△CFD（ASA），∴AB＝CD．又∵AB∥CD，∴四边形ABCD是平行四边形，∵AB＝AD，∴平行四边形ABCD是菱形；（2）①当∠ADC＝60°，四边形ACEB为菱形，∵∠ADC＝60°，∴∠BCE＝60°，∴△BCE是等边三角形，∴CE＝BE，∴四边形ACEB为菱形，故答案为：60；②当∠ADC＝90°，BE＝4时，DE＝4，故答案为：4．13．（1）证明：∵EF垂直平分AM，∴AE＝EM，OA＝OM．∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC．∴∠AFO＝∠MEO，在△OF和△MOE中，，∴△AOF≌△MOE（AAS）．∴OF＝OE．∴四边形AEMF是平行四边形．∵AE＝EM．∴四边形AEMF是菱形；（2）解：∵O、H分别为AM、AB的中点，∴BM＝2OH，AM＝2OA，∴AM+BM＝2OA+2OH＝18．设BM＝x，则AM＝18﹣x，在Rt△ABM中，由勾股定理得：62+x2＝（18﹣x）2，解得：x＝8，∴BM＝8，AM＝10．∴OA＝AM＝5，设EM＝m，则BE＝8﹣m，AE＝EM＝m，在Rt△ABE中，由勾股定理得：62+（8﹣m）2＝m2，解得：m＝，∴AE＝EM＝在Rt△AOE中，EO＝＝＝．∵OP∥EM，∴＝＝1，∴AP＝PE，∴OP＝EM＝，∵PE＝AE＝，∴△OPE的周长＝EO+PE+OP＝++＝10．14．证明：（1）∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠D，∵P、Q分别是边BC、CD的中点，∴BP＝CQ，在△ABP和△ADQ中，，∴△ABP≌△ADQ（SAS），∴AP＝AQ，（2）∵AP＝AQ，∴△APQ是等腰三角形，∵BC＝CD，∵P、Q分别是边BC、CD的中点，∴PC＝CQ，∴△PQC是等腰三角形，∵AB＝BC，AD＝CD，∴△ABC，△ACD是等腰三角形，∴图中所有的等腰三角形有△ABC，△APQ，△ACD，△CPQ．15．（1）解：连接BD交AC于O，如图所示：∵四边形ABCD是菱形，∴∠BAD＝∠BCD＝60°，AC⊥BD，OB＝OD，OA＝OC，∠OAB＝∠BAD＝30°，∴OB＝AB＝1，OA＝OB＝，∴AC＝2OA＝2，∵AE＝AB＝2，∴CE＝AC﹣AE＝2﹣2，∵F为CE的中点，∴EF＝CE＝﹣1；（2）证明：设AB＝2a，同（1）得：OB＝AB＝a，OA＝OB＝a，∴AC＝2OA＝2a，∵AE＝AB＝2a，∴CE＝AC﹣AE＝（2﹣2）a，OE＝AE﹣OA＝（2﹣）a，∵F为CE的中点，∴EF＝CE＝（﹣1）a，∴OF＝OE+EF＝（2﹣）a+（﹣1）a＝a，∴OB＝OF，∵AC⊥BD，∴△BOF是等腰直角三角形，∴∠BFG＝45°，∵BG⊥BF，∴△BFG是等腰直角三角形，∴GF＝BG，∵GF＝CG﹣CF＝CG﹣EF，∴CG﹣EF＝BG．。

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