平行四边形单元-易错题难题同步练习试题.doc

平行四边形单元 易错题难题同步练习试题

一、解答题
1．在一次数学探究活动中，小明对对角线互相垂直的四边形进行了探究，得出了如下结论：如图1，四边形的对角线与相交于点，，则．

（1）请帮助小明证明这一结论；
（2）根据小明的探究，老师又给出了如下的问题：如图2，分别以的直角边和斜边为边向外作正和正方形，连结、、.已知，，求的长，请你帮助小明解决这一问题．
2．如图，在平行四边形ABCD中，AB⊥AC，对角线AC，BD相交于点O，将直线AC绕点O顺时针旋转一个角度α（0°＜α≤90°），分别交线段BC，AD于点E，F，连接BF．

（1）如图1，在旋转的过程中，求证：OE＝OF；
（2）如图2，当旋转至90°时，判断四边形ABEF的形状，并证明你的结论；
（3）若AB＝1，BC＝，且BF＝DF，求旋转角度α的大小．
3．如图，在正方形中，点是边上任意一点，请你仅用无刻度的直尺，用连线的方法，分别在图（1）、图（2）中按要求作图（保留作图痕迹，不写作法）.

（1）在如图（1）的边上求作一点，连接，使；
（2）在如图（2）的边上求作一点，连接，使.
4．已知正方形点是射线上一动点(不与重合)．连接并延长交直线于点，交于连接．在上取一点使．
（1）若点在边上，如图1，

①求证：．
②求证：是等腰三角形．
（2）取中点连接．若，正方形边长为，则 ．
5．如图所示，四边形是正方形， 是延长线上一点．直角三角尺的一条直角边经过点，且直角顶点在边上滑动(点不与点重合)，另一直角边与的平分线相交于点．
(1)求证: ;
(2)如图(1)，当点在边的中点位置时，猜想与的数量关系，并证明你的猜想;
(3)如图(2)，当点在边(除两端点)上的任意位置时，猜想此时与有怎样的数量关系，并证明你的猜想．

6．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.

7．已知：在矩形ABCD中，点F为AD中点,点E为AB边上一点，连接CE、EF、CF，EF平分∠AEC．
(1)如图1，求证：CF⊥EF;
(2)如图2，延长CE、DA交于点K, 过点F作FG∥AB交CE于点G若，点H为FG上一点，连接CH,若∠CHG=∠BCE, 求证：CH=FK;
(3)如图3, 过点H作HN⊥CH交AB于点N,若EN=11,FH-GH=1,求GK长.

8．已知E，F分别为正方形ABCD的边BC，CD上的点，AF，DE相交于点G，当E，F分别为边BC，CD的中点时，有：①AF=DE；②AF⊥DE成立．
试探究下列问题：

（1）如图1，若点E不是边BC的中点，F不是边CD的中点，且CE=DF，上述结论①，②是否仍然成立？（请直接回答“成立”或“不成立”），不需要证明）
（2）如图2，若点E，F分别在CB的延长线和DC的延长线上，且CE=DF，此时，上述结论①，②是否仍然成立？若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由；
（3）如图3，在（2）的基础上，连接AE和BF，若点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，请判断四边形MNPQ是“矩形、菱形、正方形”中的哪一种，并证明你的结论．
9．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：．
10．如图，是边长为3的等边三角形，点是射线上的一个动点（点不与点、重合），是以为边的等边三角形，过点作的平行线，交直线于点，连接．

（1）判断四边形的形状，并说明理由；
（2）当时，求四边形的周长；
（3）四边形能否是菱形？若可为菱形，请求出的长，若不可能为菱形，请说明理由．

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一、解答题

1．（1）证明见解析；
（2）．
【分析】
（1）由题意根据勾股定理分别表示出进行分析求证即可；
（2）根据题意连接CG、BE，证明△GAB≌△CAE，进而得BG⊥CE，再根据（1）的结论进行分析即可求出答案．
【详解】
解：（1）∵AC⊥BD，
∴∠AOD=∠AOB=∠BOC=∠COD=90°，
由勾股定理得，

∴；
（2）连接CG、BE，如图2，

∵∠CAG=∠BAE=90°，
∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠GAB=∠CAE，
在△GAB和△CAE中，
，
∴△GAB≌△CAE（SAS），
∴∠ABG=∠AEC，
又∠AEC+∠AME=90°，
∴∠ABG+∠AME=90°，即CE⊥BG，
由（1）得，，
∵AC=4，AB=5，
∴BC=3，CG=4，BE=5，
∴，
∴GE=．
【点睛】
本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，熟练并正确理解全等三角形的判定和性质以及灵活运用勾股定理是解题的关键．
2．（1）证明见解析；（2）平行四边形，理由见解析；（3）45°
【分析】
（1）由平行四边形的性质得出∠OAF＝∠OCE，OA＝OC，进而判断出△AOF≌△COE，即可得出结论；
（2）先判断出∠BAC＝∠AOF，得出AB∥EF，即可得出结论；
（3）先求出AC＝2，进而得出A＝1＝AB，即可判断出△ABO是等腰直角三角形，进一步判断出△BFD是等腰三角形，利用等腰三角形的三线合一得出∠BOF＝90°，即可得出结论．
【详解】
（1）证明：在▱ABCD中，AD∥BC，
∴∠OAF＝∠OCE，
∵OA＝OC，∠AOF＝∠COE，
∴△AOF≌△COE（ASA），
∴OE＝OF；
（2）当旋转角为90°时，四边形ABEF是平行四边形，理由：
∵AB⊥AC，
∴∠BAC＝90°，
∵∠AOF＝90°，
∴∠BAC＝∠AOF，
∴AB∥EF，
∵AF∥BE，
∴四边形ABEF是平行四边形；
（3）在Rt△ABC中，AB＝1，BC＝，
∴AC＝＝2，
∴OA＝1＝AB，
∴△ABO是等腰直角三角形，
∴∠AOB＝45°，
∵BF＝DF，
∴△BFD是等腰三角形，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB＝OD，
∴OF⊥BD（等腰三角形底边上的中线是底边上的高），
∴∠BOF＝90°，
∴∠α＝∠AOF＝∠BOF﹣∠AOB＝45°．
【点睛】
此题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，判断出△ABO是等腰直角三角形是解本题的关键．
3．（1）见解析；（2）见解析.
【分析】
（1）连接BD，BD与AM交于点O，连接CO并延长交于AB，则CO与AB的交点为点N．可先证明△AOD≌△COD，再证明△MOB≌NOB，从而可得NB=MB；
（2）连接MO并延长与AE交于点Q，连接QC，则CQ∥AM．理由如下：由正方形的性质以及平行线等分线段可证QO=MO，从而可知四边形AQCM为平行四边形，从而可得CQ∥AM．
【详解】
解：（1）如图（1），

连接BD，BD与AM交于点O，连接CO并延长交于AB，则CO与AB的交点为点N，则CN为所作．
理由：在△AOD与△COD中，
∵，
∴△AOD≌△COD（SAS），
∴∠OAD=∠OCD，
∴∠BAM=∠BCN．
在△ABM与△CBN中，
∵，
∴△ABM≌△CBN（ASA），
∴CN=AM．
（2）如图2连接AC、BD交与O点，连接MO并延长与AE交于点Q，连接QC，则为所求的线段.

在正方形ABCD中，OA=OB=OC=OD，AD∥BC，
∴QO=MO
∴四边形AQCM为平行四边形，
∴QC∥AM
【点睛】
本题考查了作图-基本作图，解决此题的关键是利用正方形的性质求解．
4．（1）①见解析；②GFC是等腰三角形，证明见解析；（2）4+或4﹣2．
【分析】
（1）①只要证明△DAH≌△DCH，即可解决问题；
②只要证明∠CFG=∠FCG，即可解决问题；
（2）分两种情形解决问题：①当点F在线段CD上时，连接DE．②当点F在线段DC的延长线上时，连接DE．分别求出EC即可解决问题．
【详解】
（1）①证明：∵四边形ABCD是正方形，

∴∠ADB＝∠CDB＝45°，DA＝DC，
在△DAH和△DCH中，
，
∴△DAH≌△DCH，
∴∠DAH＝∠DCH；
∵∠ECG=∠DAH，
∴∠ECG=∠DCH，
∵∠ECG+∠FCG=∠FCE=90°，
∴∠DCH+∠FCG=90°，
∴CH⊥CG.
②∵在Rt△ADF中，∠DFA+∠DAF＝90°，
由①得∠DCH+∠FCG=90°，∠DAH＝∠DCH；
∴∠DFA＝∠FCG，
又∵∠DFA＝∠CFG，
∴∠CFG＝∠FCG，
∴GF＝GC，
∴△GFC是等腰三角形
（2）BE的长为 4+或 ．
①如图①当点F在线段CD上时，连接DE．

∵∠GFC＝∠GCF，
又∵在Rt△FCG中，∠GEC+∠GFC＝90°，∠GCF+∠GCE＝90°，
∴∠GCE＝∠GEC，
∴EG＝GC＝FG，
∴G是EF的中点，
∴GM是△DEF的中位线
∴DE＝2MG＝6，
在Rt△DCE中，CE＝＝＝，
∴BE＝BC+CE＝4+．
②当点F在线段DC的延长线上时，连接DE．

同法可知GM是△DEC的中位线，
∴DE＝2GM＝5，
在Rt△DCE中，CE＝＝＝，
∴BE＝BC﹣CE＝4﹣．
综上所述，BE的长为4+或4﹣．
【点睛】
本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形的中位线定理、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
5．（1）详见解析；（2），理由详见解析；（3），理由详见解析
【分析】
（1）根据，等量代换即可证明；（2）DE=EF，连接NE，在DA边上截取DN=EB，证出△DNE≌△EBF即可得出答案；（3）在边上截取，连接，证出即可得出答案．
【详解】
(1)证明:∵，
∴，
∴;
(2) 理由如下:
如图，取的中点，连接，

∵四边形为正方形，
∴ ，
∵分别为中点
∴，
∴
又∵
∴
∴，
又∵，平分
∴．
∴
在和中

，
∴
(3) .理由如下:
如图，在边上截取，连接，

∵四边形是正方形， ，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∵
∴，
∵平分， ，
∴，
∴，
在和中

∴，
∴．
【点睛】
此题主要考查了正方形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，解决本题的关键就是求证△DNE≌△EBF．
6．（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．
7．(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)CN=25.
【解析】
【分析】
(1)如图，延长EF交CD延长线于点Q，先证明CQ=CE，再证明△FQD≌△FEA，根据全等三角形的对应边相等可得EF=FQ，再根据等腰三角形的性质即可得CF⊥EF；
(2)分别过点F、H作FM⊥CE ，HP⊥CD，垂足分别为M、P，证明四边形DFHP是矩形，继而证明△HPC≌△FMK，根据全等三角形的性质即可得CH=FK；
(3)连接CN，延长HG交CN于点T，设∠DCF=α，则∠GCF=α， 先证明得到FG=CG=GE，∠CGT=2，再由FG是BC的中垂线，可得BG = CG， ∠CGT=∠FGK=∠BGT=2，再证明HN∥BG，得到四边形HGBN是平行四边形，继而证明△HNC≌△KGF，推导可得出HT=CT=TN ，由FH-HG=1，所以设GH=m，则BN=m，FH=m+1，CE=2FG=4m+2，继而根据，可得关于m的方程，解方程求得m的值即可求得答案.
【详解】
(1)如图，延长EF交CD延长线于点Q，

∵矩形ABCD，AB∥CD，
∴∠AEF=∠CQE， ∠A=∠QDF，
又∵EF 平分∠AEC ，
∴∠AEF=∠CEF，
∴∠CEF=∠CQE，
∴CQ=CE，
∵点F是AD中点，
∴AF=DF，
∴△FQD≌△FEA，
∴EF=FQ，
又∵CE=CQ，
∴CF⊥EF；
(2)分别过点F、H作FM⊥CE ，HP⊥CD，垂足分别为M、P，

∵CQ=CE ，CF⊥EF，
∴∠DCF=∠FCE，
又∵FD⊥CD，
∴FM=DF，
∵FG//AB，∴∠DFH=∠DAC=90°，
∴∠DFH=∠FDP=∠DPH=90°，
∴四边形DFHP是矩形，
∴DF=HP，
∴FM= DF=HP，
∵∠CHG=∠BCE，AD∥BC，FG∥CD，
∴∠K=∠BCE=∠CHG=∠DCH，
又∵∠FMK=∠HPC=90°，
∴△HPC≌△FMK，
∴CH=FK；
(3)连接CN，延长HG交CN于点T，设∠DCF=α，则∠GCF=α，
∵FG∥CD ，∴∠DCF=∠CFG，
∴∠FCG=∠CFG，∴FG=CG，
∵CF⊥EF，
∴∠FEG+∠FCG=90°，∠CFG+∠GFE=90°，
∴∠GFE=∠FEG，∴GF=FE，
∴FG=CG=GE，∠CGT=2，
∵FG是BC的中垂线，
∴BG = CG， ∠CGT=∠FGK=∠BGT=2，
∵∠CHG=∠BCE=90°-2，∠CHN=90°，
∴∠GHN=∠FGK=∠BGT=2，
∴HN∥BG，
∴四边形HGBN是平行四边形，
∴HG=BN，HN=BG = CG =FG，
∴△HNC≌△KGF，
∴GK=CN，∠HNC=∠FGK=∠NHT=2，
∴HT=CT=TN ，
∵FH-HG=1，∴设GH=m，则BN=m，FH=m+1，CE=2FG=4m+2，
∵GT=，∴CN=2HT=11+2m，
∵，
∴
∴(舍去)，，
∴CN=GK=2HT=25.
【点睛】
本题考查的是四边形综合题，涉及了等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，矩形的性质与判定，三角形外角的性质等，综合性较强，难度较大，正确添加辅助线，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.
8．（1）成立；（2）成立，理由见试题解析；（3）正方形，证明见试题解析．
【解析】
试题分析：（1）因为四边形ABCD为正方形，CE=DF，可证△ADF≌△DCE（SAS），即可得到AF=DE，∠DAF=∠CDE，又因为∠ADG+∠EDC=90°，即有AF⊥DE；
（2）∵四边形ABCD为正方形，CE=DF，可证△ADF≌△DCE（SAS），即可得到AF=DE，∠E=∠F，又因为∠ADG+∠EDC=90°，即有AF⊥DE；
（3）设MQ，DE分别交AF于点G，O，PQ交DE于点H，因为点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，可得MQ=PN=DE，PQ=MN=AF，MQ∥DE，PQ∥AF，然后根据AF=DE，可得四边形MNPQ是菱形，又因为AF⊥DE即可证得四边形MNPQ是正方形．
试题解析：（1）上述结论①，②仍然成立，理由是：
∵四边形ABCD为正方形，∴AD=DC，∠BCD=∠ADC=90°，在△ADF和△DCE中，∵DF=CE，∠ADC=∠BCD=90°，AD=CD，∴△ADF≌△DCE（SAS），∴AF=DE，∠DAF=∠CDE，∵∠ADG+∠EDC=90°，∴∠ADG+∠DAF=90°，∴∠AGD=90°，即AF⊥DE；
（2）上述结论①，②仍然成立，理由是：
∵四边形ABCD为正方形，∴AD=DC，∠BCD=∠ADC=90°，在△ADF和△DCE中，∵DF=CE，∠ADC=∠BCD=90°，AD=CD，∴△ADF≌△DCE（SAS），∴AF=DE，∠E=∠F，∵∠ADG+∠EDC=90°，∴∠ADG+∠DAF=90°，∴∠AGD=90°，即AF⊥DE；
（3）四边形MNPQ是正方形．理由是：
如图，设MQ，DE分别交AF于点G，O，PQ交DE于点H，∵点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，
∴MQ=PN=DE，PQ=MN=AF，MQ∥DE，PQ∥AF，∴四边形OHQG是平行四边形，∵AF=DE，∴MQ=PQ=PN=MN，∴四边形MNPQ是菱形，∵AF⊥DE，∴∠AOD=90°，∴∠HQG=∠AOD=90°，∴四边形MNPQ是正方形．

考点：1．四边形综合题；2．综合题．
9．（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．
10．（1）平行四边形，理由见解析；（2）9；（3）可为菱形，BD=6或0
【分析】
（1）先证明，得，可得，由两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形是平行四边形；
（2）如图2，证明，根据直角三角形30度角所对的直角边为斜边的一半可得的长，根据平行四边形的周长计算方法可得结论；
（3）分两种情况：①当在边的延长线上；②当在边上时；分别画图可得的长．
【详解】
解：（1）如图1，四边形是平行四边形，理由是：

和是等边三角形，
，，，
，
，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形；
（2）如图2，是等边三角形，且，

，
由（1）知：，
，
，
四边形的周长；
（3）分2种情况：
①如图3，当四边形是菱形时，，

由（1）知：，
；
②如图4，当四边形是菱形时，和重合，和重合，此时；

综上，的长为6或0．
【点睛】
此题是四边形综合题，主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的判断和性质，菱形的性质，平行四边形的判定，正确画图和分类讨论思想的运用是解本题的关键．