【数学】数学平行四边形的专项培优易错试卷练习题含详细答案

一、平行四边形真题与模拟题分类汇编（难题易错题） 1．问题发现：

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

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

ABCD 截得线段的长度． 问题解决：

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

(1052,1052)P --为五边形内一点．请问：是否存在过点P 的直线l ，分别与边OA

与BC 交于点E 、F ，且同时平分五边形OABCD 的面积和周长?若存在，请求出点E 和点F 的坐标：若不存在，请说明理由．

【答案】（1）作图见解析；（2）25y x =-，353）(0,0)E ，(5,5)F ． 【解析】

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

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

（3）存在，直线y x =平分五边形OABCD 面积、周长． 试题解析：（1）作图如下：

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

67{43k b k b +=+=，2{5

k b ==-， ∴25y x =-， 交x 轴于5,02N ??

???

， 交BC 于11,62M ?? ???

， 2

2

11563522MN ??

=+-= ???

．

（3）存在，直线y x =平分五边形OABCD 面积、周长． ∵(1052,102)P --在直线y x =上， ∴连OP 交OA 、BC 于点E 、F ， 设:BC y kx b =+，(8,2)(2,8)B C ，

82{28k b k +=+=，1{10

k b =-=， ∴直线:10BC y x =-+， 联立10{

y x y x =-+=，得5

5x y =??=?

，

∴(0,0)E ，(5,5)F ．

2．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．

3．如图，ABCD 是正方形，点G 是BC 上的任意一点，DE ⊥AG 于E ，BF ∥DE ，交AG 于F ．

求证：AF=BF+EF ．

【答案】详见解析. 【解析】 【分析】

由四边形ABCD 为正方形，可得出∠BAD 为90°，AB=AD ，进而得到∠BAG 与∠EAD 互余，又DE 垂直于AG ，得到∠EAD 与∠ADE 互余，根据同角的余角相等可得出∠ADE=∠BAF ，利用AAS 可得出△ABF ≌△DAE ；利用全等三角的对应边相等可得出BF=AE ，由AF-AE=EF ，等量代换可得证. 【详解】 ∵ABCD 是正方形， ∴AD=AB ，∠BAD=90° ∵DE ⊥AG ， ∴∠DEG=∠AED=90° ∴∠ADE+∠DAE=90°

又∵∠BAF+∠DAE=∠BAD=90°， ∴∠ADE=∠BAF ． ∵BF ∥DE ，

∴∠AFB=∠DEG=∠AED ． 在△ABF 与△DAE 中，

AFB AED ADE BAF AD AB ∠=∠??

∠=∠??=?

， ∴△ABF ≌△DAE （AAS ）． ∴BF=AE ． ∵AF=AE+EF ， ∴AF=BF+EF ．

点睛：此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，熟练掌

握判定与性质是解本题的关键．

4．如图①，在矩形ABCD 中，点P 从AB 边的中点E 出发，沿着E B C --速运动，速度为每秒2个单位长度，到达点C 后停止运动，点Q 是AD 上的点，10AQ =，设

PAQ ?的面积为y ，点p 运动的时间为t 秒，y 与t 的函数关系如图②所示.

(1)图①中AB = ，BC = ，图②中m = .

(2)当t =1秒时，试判断以PQ 为直径的圆是否与BC 边相切?请说明理由:

(3)点p 在运动过程中，将矩形沿PQ 所在直线折叠，则t 为何值时，折叠后顶点A 的对应点A '落在矩形的一边上.

【答案】(1)8,18,20;(2)不相切，证明见解析；（3）t=12、5、173

. 【解析】 【分析】

（1）由题意得出AB=2BE ，t=2时，BE=2×2=4，求出AB=2BE=8，AE=BE=4，t=11时，2t=22，得出BC=18，当t=0时，点P 在E 处，m=△AEQ 的面积=

1

2

AQ×AE=20即可； （2）当t=1时，PE=2，得出AP=AE+PE=6，由勾股定理求出34PQ 为直径的圆的圆心为O'，作O'N ⊥BC 于N ，延长NO'交AD 于M ，则MN=AB=8，O'M ∥AB ，MN=AB=8，由三角形中位线定理得出O'M=1

2

AP=3，求出O'N=MN-O'M=5＜圆O'的半径，即可得出结论；

（3）分三种情况：①当点P 在AB 边上，A'落在BC 边上时，作QF ⊥BC 于F ，则

QF=AB=8，BF=AQ=10，由折叠的性质得：PA'=PA ，A'Q=AQ=10，∠PA'Q=∠A=90°，由勾股定理求出22AQ QF '-，得出A'B=BF-A'F=4，在Rt △A'BP 中，BP=4-2t ，PA'=AP=8-

（4-2t ）=4+2t ，由勾股定理得出方程，解方程即可；

②当点P 在BC 边上，A'落在BC 边上时，由折叠的性质得：A'P=AP ，证出∠APQ=∠AQP ，得出AP=AQ=A'P=10，在Rt △ABP 中，由勾股定理求出BP=6，由BP=2t-4，得出2t-4=6，解方程即可；

③当点P 在BC 边上，A'落在CD 边上时，由折叠的性质得：A'P=AP ，A'Q=AQ=10，在Rt △DQA'中，DQ=AD-AQ=8，由勾股定理求出DA'=6，得出A'C=CD-DA'=2，在Rt △ABP 和Rt △A'PC 中，BP=2t-4，CP=BC-BP=22-2t ，由勾股定理得出方程，解方程即可． 【详解】

（1）∵点P从AB边的中点E出发，速度为每秒2个单位长度，∴AB=2BE，

由图象得：t=2时，BE=2×2=4，

∴AB=2BE=8，AE=BE=4，

t=11时，2t=22，

∴BC=22-4=18，

当t=0时，点P在E处，m=△AEQ的面积=1

2

AQ×AE=

1

2

×10×4=20；

故答案为8，18，20；

（2）当t=1秒时，以PQ为直径的圆不与BC边相切，理由如下：

当t=1时，PE=2，

∴AP=AE+PE=4+2=6，

∵四边形ABCD是矩形，

∴∠A=90°，

∴PQ=2222

106234

AQ AP

+=+=，

设以PQ为直径的圆的圆心为O'，作O'N⊥BC于N，延长NO'交AD于M，如图1所示：

则MN=AB=8，O'M∥AB，MN=AB=8，

∵O'为PQ的中点，

∴O''M是△APQ的中位线，

∴O'M=1

2

AP=3，

∴O'N=MN-O'M=5＜34，

∴以PQ为直径的圆不与BC边相切；

（3）分三种情况：①当点P在AB边上，A'落在BC边上时，作QF⊥BC于F，如图2所示：

则QF=AB=8，BF=AQ=10，

∵四边形ABCD是矩形，

∴∠A=∠B=∠BCD=∠D=90°，CD=AB=8，AD=BC=18，

由折叠的性质得：PA'=PA，A'Q=AQ=10，∠PA'Q=∠A=90°，∴A'F=22

AQ QF

'-=6，

∴A'B=BF-A'F=4，

在Rt△A'BP中，BP=4-2t，PA'=AP=8-（4-2t）=4+2t，

由勾股定理得：42+（4-2t）2=（4+2t）2，

解得：t=1

2

；

②当点P在BC边上，A'落在BC边上时，连接AA'，如图3所示：

由折叠的性质得：A'P=AP，

∴∠APQ'=∠A'PQ，

∵AD∥BC，

∴∠AQP=∠A'PQ，

∴∠APQ=∠AQP，

∴AP=AQ=A'P=10，

在Rt△ABP中，由勾股定理得：BP=22

108

-=6，

又∵BP=2t-4，

∴2t-4=6，解得：t=5；

③当点P在BC边上，A'落在CD边上时，连接AP、A'P，如图4所示：

由折叠的性质得：A'P=AP，A'Q=AQ=10，

在Rt△DQA'中，DQ=AD-AQ=8，

由勾股定理得：22

108

-，

∴A'C=CD-DA'=2，

在Rt△ABP和Rt△A'PC中，BP=2t-4，CP=BC-BP=18-（2t-4）=22-2t，

由勾股定理得：AP2=82+（2t-4）2，A'P2=22+（22-2t）2，

∴82+（2t-4）2=22+（22-2t）2，

解得：t=

173

； 综上所述，t 为12或5或17

3

时，折叠后顶点A 的对应点A′落在矩形的一边上． 【点睛】

四边形综合题目，考查了矩形的性质、折叠变换的性质、勾股定理、函数图象、直线与圆的位置关系、三角形中位线定理、等腰三角形的判定、以及分类讨论等知识.

5．△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．

6．在ABC 中，ABC 90∠=，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 ∠=，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 ，CF BD ⊥，

CF AG ∴⊥，

又D 为AC 的中点，

1

DF AC 2∴=，

又1

BD AC 2

=，

BD DF ∴=，

()2证明：

BD//GF ，BD FG =，

∴四边形BDFG 为平行四边形，

又

BD DF =，

∴四边形BDFG 为菱形，

()3解：设GF x =，则AF 5x =-，AC 2x =，

在Rt AFC 中，222(2x)(5x)=+-， 解得：1x 2=，216

x (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．

7．（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．

8．如图，抛物线y=mx2+2mx+n经过A（﹣3，0），C（0，﹣3

2

）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=1

2

x2+x﹣

3

2

；（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。根据A、C点求得直线AC的解析式，根据B、E点求出直线BE的解析式，联立方程求得的解，即为F点的坐标；

由E、C、F、D的坐标可知DF和EC互相垂直平分，则可判定四边形CDEF为菱形．

【详解】

（1）∵抛物线y=mx2+2mx+n经过A（﹣3，0），C（0，﹣）两点，

∴，解得，

∴抛物线解析式为y=x2+x﹣；

（2）∵y=x2+x﹣，

∴抛物线对称轴为直线x=﹣1，

∵CE∥x轴，

∴C、E关于对称轴对称，

∵C（0，﹣），

∴E（﹣2，﹣），

∵A、B关于对称轴对称，

∴B（1，0），

设直线AC、BE解析式分别为y=kx+b，y=k′x+b′，

则由题意可得，，

解得，，

∴直线AC、BE解析式分别为y=﹣x﹣，y=x﹣，

联立两直线解析式可得，解得，

∴F点坐标为（﹣1，﹣1）；

（3）四边形CDEF是菱形．

证明：∵y=x2+x﹣=（x+1）2﹣2，

∴D（﹣1，﹣2），

∵F（﹣1，﹣1），

∴DF⊥x轴，且CE∥x轴，

∴DF⊥CE，

∵C（0，﹣），且F（﹣1，﹣1），D（﹣1，﹣2），

∴DF和CE互相平分，

∴四边形CDEF是菱形．

【点睛】

本题考查菱形的判定方法，二次函数的性质，以及二次函数与二元一次方程组．

9．如图，在正方形ABCD中，点E在CD上，AF⊥AE交CB的延长线于F．

求证：AE=AF．

【答案】见解析

【解析】

【分析】

根据同角的余角相等证得∠BAF=∠DAE，再利用正方形的性质可得AB=AD，

∠ABF=∠ADE=90°，根据ASA判定△ABF≌△ADE，根据全等三角形的性质即可证得

AF=AE．

【详解】

∵AF⊥AE，

∴∠BAF+∠BAE=90°，

又∵∠DAE+∠BAE=90°，

∴∠BAF=∠DAE，

∵四边形ABCD是正方形，

∴AB=AD，∠ABF=∠ADE=90°，

在△ABF和△ADE中，

，

∴△ABF≌△ADE（ASA），

∴AF=AE．

【点睛】

本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质等知识点，证明△ABF≌△ADE是解决本题的关键．

10．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重叠部分图形的面积为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分成的两部分图形面积分别为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.