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平行四边形知识点及练习题及答案

一、解答题
1．在四边形ABCD中，，，．

为边BC上一点，将沿直线AP翻折至的位置点B落在点E处
如图1，当点E落在CD边上时，利用尺规作图，在图1中作出满足条件的图形不写作法，保留作图痕迹，用2B铅笔加粗加黑并直接写出此时______；
如图2，若点P为BC边的中点，连接CE，则CE与AP有何位置关系？请说明理由；
点Q为射线DC上的一个动点，将沿AQ翻折，点D恰好落在直线BQ上的点处，则______；
2．如图，矩形OBCD中，OB＝5，OD＝3，以O为原点建立平面直角坐标系，点B，点D分别在x轴，y轴上，点C在第一象限内，若平面内有一动点P，且满足S△POB＝S矩形OBCD，问：
（1）当点P在矩形的对角线OC上，求点P的坐标；
（2）当点P到O，B两点的距离之和PO+PB取最小值时，求点P的坐标．

3．如图，在中，平分交于点，垂直平分，分别交，，于点，，，连接，．

（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，，求的长；
（3）在（2）的条件下，求四边形的面积．
4．在矩形ABCD中，AE⊥BD于点E，点P是边AD上一点，PF⊥BD于点F，PA＝PF．
（1）试判断四边形AGFP的形状，并说明理由．
（2）若AB＝1，BC＝2，求四边形AGFP的周长．

5．如图，四边形OABC中，BC∥AO，A（4，0），B（3，4），C（0，4）．点M从O出发以每秒2个单位长度的速度向A运动；点N从B同时出发，以每秒1个单位长度的速度向C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．过点N作NP垂直x轴于点P，连结AC交NP于Q，连结MQ．
（1）当t为何值时，四边形BNMP为平行四边形？
（2）设四边形BNPA的面积为y，求y与t之间的函数关系式．
（3）是否存在点M，使得△AQM为直角三角形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

6．如图，在边长为1的正方形中，是边的中点，点是边上一点（与点不重合），射线与的延长线交于点．

（1）求证：；
（2）若，点是的中点，连结，
①求证：四边形是平行四边形；
②求的长．
7．如图，为正方形的对角线上一点.过作的垂线交于，连，取中点．
（1）如图1，连，试证明；

（2）如图2，连接，并延长交对角线于点，试探究线段之间的数量关系并证明；
（3）如图3,延长对角线至延长至,连若,且，则 ．（直接写出结果）
8．在正方形中，点是边上任意一点，连接过点作于，交于.
如图1，过点作于.求证:；
如图2，点为的中点，连接，试判断存在什么数量关系并说明理由；
如图3，，连接，点为的中点，在点从点运动到点的过程中，点随之运动，请直接写出点运动的路径长.

9．如图，点的坐标为，轴，垂足为，轴，垂足为，点分别是射线、上的动点，且点不与点、重合，.

（1）如图1，当点在线段上时，求的周长；
（2）如图2，当点在线段的延长线上时，设的面积为，的面积为，请猜想与之间的等量关系，并证明你的猜想.
10．如图，中，，连结，是边上一点，连结交于点．

（1）如图1，连结，若，，求的面积；
（2）如图2，延长至点，连结、，点在上，且，，过作于点．若，求证：．

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一、解答题

1．（1）①6；②结论：（2）为4和16．
【分析】
如图1中，以A为圆心AB为半径画弧交CD于E，作的平分线交BC于点P，点P即为所求理由勾股定理可得DE．
如图2中，结论：只要证明，即可解决问题．
分两种情形分别求解即可解决问题．
【详解】
解：如图1中，以A为圆心AB为半径画弧交CD于E，作的平分线交BC于点P，点P即为所求．

在中，，，，
，
故答案为6．
如图2中，结论：．

理由：由翻折不变性可知：，，
垂直平分线段BE，
即，
，
，
，
．
如图中，当点Q在线段CD上时，设．

在中，，，，
，
在中，，
，
，
．
如图中，当点Q在线段DC的延长线上时，

，
，
，
，
，
在中，，
，
综上所述，满足条件的DQ的值为4或16．
故答案为4和16．
【点睛】
本题属于几何变换综合题，考查了矩形的性质，翻折变换，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
2．（1）P（，2）；（2）（，2）或（﹣，2）
【分析】
（1）根据已知条件得到C（5，3），设直线OC的解析式为y＝kx，求得直线OC的解析式为y＝x，设P（m，m），根据S△POB＝S矩形OBCD，列方程即可得到结论；
（2）设点P的纵坐标为h，得到点P在直线y＝2或y＝﹣2的直线上，作B关于直线y＝2的对称点E，则点E的坐标为（5，4），连接OE交直线y＝2于P，则此时PO+PB的值最小，设直线OE的解析式为y＝nx，于是得到结论．
【详解】
（1）如图：

∵矩形OBCD中，OB＝5，OD＝3，
∴C（5，3），
设直线OC的解析式为y＝kx，
∴3＝5k，
∴k＝，
∴直线OC的解析式为y＝x，
∵点P在矩形的对角线OC上，
∴设P（m，m），
∵S△POB＝S矩形OBCD，
∴5×m＝3×5，
∴m＝，
∴P（，2）；
（2）∵S△POB＝S矩形OBCD，
∴设点P的纵坐标为h，
∴h×5＝5，
∴h＝2，
∴点P在直线y＝2或y＝﹣2上，
作B关于直线y＝2的对称点E，
则点E的坐标为（5，4），
连接OE交直线y＝2于P，则此时PO+PB的值最小，

设直线OE的解析式为y＝nx，
∴4＝5n，
∴n＝，
∴直线OE的解析式为y＝x，
当y＝2时，x＝，
∴P（，2），
同理，点P在直线y＝﹣2上，
P（，﹣2），
∴点P的坐标为（，2）或（﹣，2）．
【点睛】
本题考查了轴对称——最短路线问题，矩形的性质，待定系数法求函数的解析式，正确的找到点P在位置是解题的关键．
3．（1）见解析；（2）+1；（3）2
【分析】
（1）由线段垂直平分线的性质可得BE=DE，BF=DF，可得∠EBD=∠EDB，∠FBD=∠FDB，由角平分线的性质可得∠EBD=∠BDF=∠EDB=∠DBF，可证BE∥DF，DE∥BF，可得四边形DEBF是平行四边形，即可得结论；
（2）由菱形的性质和外角性质可得∠DFC=30°，由直角三角形的性质可求CF的长；
（3）过点D作BC的垂线，垂足为H，根据菱形的性质得出∠DFH=∠ABC=30°，从而得到DH的长度，再利用底乘高得出结果．
【详解】
解：证明：（1）∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠DBC，
∵EF垂直平分BD，
∴BE=DE，BF=DF，
∵∠EBD=∠EDB，∠FBD=∠FDB，
∴∠EBD=∠BDF，∠EDB=∠DBF，
∴BE∥DF，DE∥BF，
∴四边形DEBF是平行四边形，且BE=DE，
∴四边形BEDF是菱形；
（2）过点D作DH⊥BC于点H，

∵四边形BEDF是菱形，
∴BF=DF=DE=2，
∴∠FBD=∠FDB=∠BDE=15°，
∴∠DFH=30°，且DH⊥BC，
∴DH=DF=1，FH=DH=，
∵∠C=45°，DH⊥BC，
∴∠C=∠CDH=45°，
∴DH=CH=1，
∴FC=FH+CH=+1；
（3）过点D作BC的垂线，垂足为H，
∵四边形BEDF是菱形，∠BDE=15°，
∴∠DBF=∠BDF=∠ABD=15°，
∴∠DFH=∠ABC=30°，
∵DE=DF=2，
∴DH=1，
∴菱形BEDF的面积=BF×DH=2×1=2．

【点睛】
本题考查了菱形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，直角三角形的性质等知识，掌握菱形的判定方法是本题的关键．
4．（1）四边形AGFP是菱形，理由见解析；（2）四边形AGFP的周长为：
【分析】
（1）根据矩形的性质和菱形的判定解答即可；
（2）根据全等三角形的判定和性质，以及利用勾股定理解答即可．
【详解】
解：（1）四边形AGFP是菱形，理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAP＝90°，
∵PF⊥BD，PA＝PF，
∴∠PBA＝∠PBF，
∵AE⊥BD，
∴∠PBF+∠BGE＝90°，
∵∠BAP＝90°，
∴∠PBA+∠APB＝90°，
∴∠APB＝∠BGE，
∵∠AGP＝∠BGE，
∴∠APB＝∠AGP，
∴AP＝AG，
∵PA＝PF，
∴AG＝PF，
∵AE⊥BD，PF⊥BD，
∴AE∥PF，
∴四边形AGFP是平行四边形，
∵PA＝PF，
∴平行四边形AGFP是菱形；
（2）在Rt△ABP和Rt△FBP中，
∵PB＝PB，PA＝PF，
∴Rt△ABP≌Rt△FBP（HL），
∴AB＝FB＝1，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝2，
∴BD＝，
设PA＝x，则PF＝x，PD＝2﹣x，PF＝﹣1，
在Rt△DPF中，DF2+PF2＝PD2，
∴
解得：x＝，
∴四边形AGFP的周长为：4x＝4×．
【点睛】
此题考查矩形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质和勾股定理，解题的关键是熟练掌握所学的知识定理进行解题．
5．（1）；（2）y=4t+2；（3）存在，点M的坐标为（1，0）或（2，0）．
【分析】
（1）因为BN∥MP，故当BN=MP时，四边形BNMP为平行四边形，此时点M在点P的左侧，求解即可；
（2）y=（BN+PA）•OC，即可求解；
（3）①当∠MQA为直角时，则△MAQ为等腰直角三角形，则PA=PM，即可求解；②当∠QMA为直角时，则NB+OM=BC=3，即可求解．
【详解】
（1）∵BN∥MP，故当BN=MP时，四边形BNMP为平行四边形．
此时点M在点P的左侧时，即0≤t＜1时，
MP=OP﹣OM=3﹣t﹣2t=3﹣3t，BN=t，
即3﹣3t=t，解得：t=；
（2）由题意得：由点C的坐标知，OC=4，
BN=t，NC=PO=3﹣t，PA=4﹣OP=4﹣（3﹣t）=t+1，
则y=(BN+PA)•OC=(t+t+1)×4=4t+2；
（3）由点A、C的坐标知，OA=OC=4，
则△COA为等腰直角三角形，故∠OCA=∠OAC=45°，
①当∠MQA为直角时，
∵∠OAC=45°，故△MAQ为等腰直角三角形，
则PA=PM，
而PA=4﹣(3﹣t)=t+1，PM=OP﹣OM=(3﹣t)﹣2t=3﹣3t，
故t+1=3﹣3t，解得：t=，则OM=2t=1，
故点M（1，0）；
②当∠QMA为直角时，
则点M、P重合，
则NB+OM=BC=3，即2t+t=3，解得：t=1，
故OM=OP=2t=2，
故点M（2，0）；
综上，点M的坐标为（1，0）或（2，0）．
【点睛】
本题是四边形综合题，涉及坐标与图形、平行四边形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、图形的面积计算等，复杂度较高，难度较大，其中（3）要分类求解，避免遗漏．
6．（1）见解析；（2）①见解析；②
【分析】
（1）由四边形ABCD是正方形知∠D=∠ECQ=90°，由E是CD的中点知DE=CE，结合∠DEP=∠CEQ即可得证；
（2）①由PB=PQ知∠PBQ=∠Q，结合AD∥BC得∠APB=∠PBQ=∠Q=∠EPD，由△PDE≌△QCE知PE=QE，再由EF∥BQ知PF=BF，根据Rt△PAB中AF=PF=BF知∠APF=∠PAF，从而得∠PAF=∠EPD，据此即可证得PE∥AF，从而得证；
②设，则，，，利用三角形中位线定理得到，由，构造方程即可求得，在中，利用勾股定理即可求解．
【详解】
（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D=∠ECQ=90°，
∵E是CD的中点，
∴DE=CE，
又∵∠DEP=∠CEQ，
∴△PDE≌△QCE（ASA）；
（2）①∵PB=PQ，
∴∠PBQ=∠Q，
∵AD∥BC，
∴∠APB=∠PBQ=∠Q=∠EPD，
∵△PDE≌△QCE，
∴PE=QE，
∵PF=BF，
∴是的中位线，
∴EF∥BQ，
∴在Rt△PAB中，AF=PF=BF，
∴∠APF=∠PAF，
∴∠PAF=∠EPD，
∴PE∥AF，
∵EF∥BQ∥AD，
∴四边形AFEP是平行四边形；
②设，则，
∴，
∴，
∵是的中位线，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，即，
∴．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线定理、平行四边形的判定和性质以及勾股定理等知识点．掌握全等三角形的判定定理和性质定理、正方形的性质是解题的关键．
7．（1）见解析；（2），理由见解析；（3）
【分析】
（1）由直角三角形的性质得AO=MO=BE=BO=EO，得∠ABO=∠BAO，∠OBM=∠OMB，证出∠AOM=∠AOE+∠MOE=2∠ABO+2∠MBO=2∠ABD=90°即可；
（2）在AD上方作AF⊥AN，使AF=AN，连接DF、MF，证△ABN≌△ADF（SAS），得BN=DF，∠DAF=∠ABN=45°，则∠FDM=90°，证△NAM≌△FAM（SAS），得MN=MF，在Rt△FDM中，由勾股定理得FM2=DM2+FD2，进而得出结论；
（3）作P关于直线CQ的对称点E，连接PE、BE、CE、QE，则△PCQ≌△ECQ，∠ECQ=∠PCQ=135°，EQ=PQ=9，得∠PCE=90°，则∠BCE=∠DCP，△PCE是等腰直角三角形，得CE=CP=PE，证△BCE≌△DCP（SAS），得∠CBE=∠CDB=∠CBD=45°，则∠EBQ=∠PBE=90°，由勾股定理求出BE=，PE=6，即可得出PC的长．
【详解】
解：（1）证明：四边形是正方形，
，，
，
，
是的中点，
，
，，
；
（2），理由如下：
在上方作，使，连接、，如图2所示：
则，
四边形是正方形，
，，
，
，
，
在和中，，
，
，，
，
，
，
在和中，，
，
，
在中，，
即；

（3）作关于直线的对称点，连接、、、，如图3所示：
则，，，
，
，是等腰直角三角形，
，
在和中，，
，
，
，
，
，，
，
，
，
；
故答案为：．

【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、直角三角形的判定、勾股定理、轴对称的性质等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质和勾股定理，证明三角形全等是解题的关键．
8．（1）见解析；（2）FH+FE=DF，理由见解析；（3）
【分析】
（1）如图1中，证明△AFB≌△DGA（AAS）可得结论．
（2）结论：FH+FE=DF．如图2中，过点D作DK⊥AE于K，DJ⊥BF交BF的延长线于J，证明四边形DKFJ是正方形，可得结论．
（3）如图3中，取AD的中点J，连接PJ，延长JP交CD于R，过点P作PT⊥CD于T，PK⊥AD于K．设PT=b．证明△KPJ是等腰直角三角形，推出点P在线段JR上运动，求出JR即可解决问题．
【详解】
解：（1）如图1中，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∵DG⊥AE，AE⊥BH，
∴∠AFB=∠DGH=90°，
∴∠FAB+∠DAG=90°，∠DAG+∠ADG=90°，
∴∠BAF=∠ADG，
∴△AFB≌△DGA（AAS），
∴AF=DG，BF=AG，
∴BF-DG=AG-AF=FG．
（2）结论：FH+FE=DF．
理由：如图2中，过点D作DK⊥AE于K，DJ⊥BF交BF的延长线于J，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=∠ADE=90°，AB=AD，
∵AE⊥BH，
∴∠AFB=90°，
∴∠DAE+∠EAB=90°，∠EAB+∠ABH=90°，
∴∠DAE=∠ABH，
∴△ABH≌△DAE（ASA），
∴AH=AE，
∵DE=EC=CD，CD=AD，
∴AH=DH，
∴DE=DH，
∵DJ⊥BJ，DK⊥AE，
∴∠J=∠DKE=∠KFJ=90°，
∴四边形DKFJ是矩形，
∴∠JDK=∠ADC=90°，
∴∠JDH=∠KDE，
∵∠J=∠DKE=90°，
∴△DJH≌△DKE（AAS），
∴DJ=DK，JH=EK，
∴四边形DKFJ是正方形，
∴FK=FJ=DK=DJ，
∴DF=FJ，
∴FH+FE=FJ-HJ+FK+KE=2FJ=DF；
（3）如图3中，取AD的中点J，连接PJ，延长JP交CD于R，过点P作PT⊥CD于T，PK⊥AD于K．设PT=b．

∵△ABH≌△DAE，
∴AH=DE，
∵∠EDH=90°，HP=PE，
∴PD=PH=PE，
∵PK⊥DH，PT⊥DE，
∴∠PKD=∠KDT=∠PTD=90°，
∴四边形PTDK是矩形，
∴PT=DK=b，PK=DT，
∵PH=PD=PE，PK⊥DH，PT⊥DE，
∴DH=2DK=2b，DE=2DT，
∴AH=DE=1-2b，
∴PK=DE=-b，
JK=DJ-DK=-b，
∴PK=KJ，
∵∠PKJ=90°，
∴∠KJP=45°，
∴点P在线段JR上运动，
∵JR=DJ=，
∴点P的运动轨迹的长为．
【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，轨迹等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．
9．（1）12；（2）2S1=36 +S2.
【分析】
(1)根据已知条件证得四边形ABOC是正方形，在点B左侧取点G，连接AG，使AG=AE，利用HL证得Rt△ABG≌Rt△ACE，得到∠GAB=∠EAC,GB=CE，再利用证得△GAD≌△EAD，得到DE=GB+BD，由此求得的周长；
(2) 在OB上取点F，使AF=AE，根据HL证明Rt△ABF≌Rt△ACE，得到∠FAE=∠ABC=90，再证明△ADE≌△ADF，利用面积相加关系得到四边形AEDF的面积=S△ACE+S四边形ACOF+S△ODE，根据三角形全等的性质得到2S△ADE=S正方形ABOC+S△ODE，即可得到2S△ADE=36 +S△ODE.
【详解】
(1)∵点的坐标为，轴，轴，
∴AB=BO=AC=OC=6,
∴四边形ABOC是菱形，
∵∠BOC=90，
∴四边形ABOC是正方形，
在点B左侧取点G，连接AG，使AG=AE，
∵四边形ABOC是正方形，
∴AB=AC，∠ABG=∠ACE=90，
∴Rt△ABG≌Rt△ACE，
∴∠GAB=∠EAC,GB=CE，
∵∠BAE+∠EAC=90，
∴∠GAB+∠BAE=90，
即∠GAE=90，
∵
∴∠GAD=,
又∵AD=AD,AG=AE，
∴△GAD≌△EAD，
∴DE=GD=GB+BD,
∴的周长=DE+OD+OE=GB+BD+OD+OE=OB+OC=6+6=12

(2) 2S1=36 +S2，理由如下：
在OB上取点F，使AF=AE，
∵AB=AC，∠ABF=∠ACE=90，
∴Rt△ABF≌Rt△ACE，
∴∠BAF=∠CAE,
∴∠FAE=∠ABC=90，
∵∠DAE=45，
∴∠DAF=∠DAE=45，
∵AD=AD，
∴△ADE≌△ADF，
∵四边形AEDF的面积=S△ACE+S四边形ACOF+S△ODE，
∴2S△ADE=S正方形ABOC+S△ODE，
∴2S△ADE=36 +S△ODE
.即：2S1=36 +S2

【点睛】
此题考查三角形全等的判定及性质，根据题中的已知条件证得三角形全等，即可利用性质得到边长相等，面积相等的关系，（2）中需根据面积的加减关系进行推导，这是此题的难点.
10．（1）；（2）见详解．
【分析】
（1）根据所给的60°，判断出等边三角形，得出BE=6，根据所给比例关系，求出CE，然后求出三角形面积；
（2）利用已知条件能够求出≌，之后需要构造全等图形，使所求的BG+GD转化在同一直线上，然后根据含有30°的特殊直角三角形的关系，即可证明出结果．
【详解】
解：（1）
如图：过A点作AN⊥BE，交BE于N．
∵，
∴△ABE为等边三角形，
∴AB=BE=AE=6
即：AN=
∵
∴
∵BE=6
∴BC=10
∴EC=4
∴
即：的面积为．
（2）
如图：延长GD至P使DP=BG，连接AP，
∵AH=AF，
∴∠AFH=∠AHF
即：∠AFB=∠AHD，
又∵AF=AH，BF=DH，
∴≌
∴AB=AD
又∵，，
∴∠ABG=∠ADP
∵BG=DP，
∴≌
∴AG=AP，∠BAG=∠DAP
∵∠ABC=60°
∴∠BAD=120°
即：∠GAP=120°
∴∠AGP=∠APG=60°，
又∵AM⊥GD
∴GP=2GM=AG，
∵BG=GP
∴BG+GD=GD+DP=GP
即：BG+GD=AG．
【点睛】
本题重点考察在平行四边形中利用平行四边形的性质证明图形面积，以及构造全等图形求多边之间的关系，构造全等三角形是本题的解题关键．