《第一章 特殊平行四边》解答题特训 北师大版九年级数学上册

PAGE《特殊平行四边》解答题特训1．如图，以四边形的边，为边分别向外侧作等边三角形和等边三角形，连接，相交于点．

（1）当四边形为正方形时（如图①），和的数量关系是______．（不用证明）（2）当四边形为矩形时（如图②），和具有怎样的数量关系？并加以证明．（3）四边形由正方形到矩形再到一般平行四边形的变化过程中，是否发生变化？如果改变，请说明理由；如果不变，请在图③中求出的度数．【答案】（1）；（2），理由见解析；（3）（3）不变，60°【分析】（1）根据正方形的性质和等边三角形的性质得出，，，再根据ASA证明，再根据全等三角形的性质即可得证；（2）根据等边三角形的性质结合SAS证明≌，再根据全等三角形的性质即可得证；（3）根据等边三角形的性质结合SAS证明≌，再根据全等三角形的性质得出，设，，根据角的关系即可得出答案【详解】解：（1）四边形ABCD为正方形三角形ADE和三角形ABF是等边三角形即在和中（2），理由如下：∵为等边三角形，∴，，∵为等边三角形，∴，，∴，∴，∴≌（SAS），∴．（3）不变，理由如下：∵为等边三角形，∴，，∵为等边三角形，∴，，∴，∴，∴≌（SAS），∴，设，，∴，，∴在中，．【思考区】本题考查了正方形的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定及性质、三角形内角和，熟练掌握性质定理是解题的关键．2．四边形为正方形，点为线段上一点，连接，过点作，交射线于点，以、为邻边作矩形，连接．（1）如图，求证：矩形是正方形；（2）若，求的长度；（3）当线段与正方形的某条边的夹角是30°时，直接写出的度数．【答案】（1）证明见解析（2）（3）当与的夹角为时，；当与的夹角为时，【分析】（1）过作于点，于点，证明，得到，根据正方形的判定定理证明即可；（2）通过计算发现是中点，点与重合，由（1）可知四边形是正方形，由此即可解决问题．（3）分两种情形考虑问题即可；【详解】解：（1）证明：过作于点，于点，如图：∵四边形为正方形∴∴∵∴∵∵∴∴在和∴∴∴矩形是正方形．（2）如图：∵由（1）可知，在中，∴∵∴∴与重合∵四边形是正方形∴．（3）①当与的夹角为时，如图：∵，∴∴∴；②当与的夹角为时，如图：∵，∴∴∵∴．∴综上所述，或故答案是：（1）证明见解析（2）（3）当与的夹角为时，；当与的夹角为时，【思考区】本题考查正方形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定和性质、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，学会用分类讨论的思想思考问题．3．如图，在中，，过点的直线，为边上一点，过点作，交直线于，垂足为，连接、（1）当在中点时，四边形是什么特殊四边形?说明你的理由；（2）当为中点时，等于度时，四边形是正方形．【答案】（1）四边形是菱形，理由见解析；（2）【分析】（1）先证明，得出四边形是平行四边形，再“根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”证出，得出四边形是菱形；（2）先求出，再根据菱形的性质求出，即可证出结论．【详解】解：当点是的中点时，四边形是菱形；理由如下：∵，，∵，，，∵，即，四边形是平行四边形，；为中点，，，∵，四边形是平行四边形，∵，为中点，，四边形是菱形；（2）当时，四边形是正方形；理由如下：∵，，，∵四边形是菱形，，，四边形是正方形．故答案为：．【思考区】本题考查了平行四边形的判定、正方形的判定以及直角三角形的性质；根据题意证明线段相等和直角是解决问题的关键．4．在正方形中，动点分别从两点同时出发，以相同的速度在直线上移动．（1）如图1，当点自向，点自向移动时，连接和交于点，请写出与的关系，并说明理由；（2）如图2，当点分别移动到边的延长线上时，连接和，（1）中的结论还成立吗？（请直接回答“成立”或“不成立”，无需证明）（3）如图3，当分别在的延长线上移动时，连接和，（1）的结论还成立吗？请说明理由．【答案】(1)见解析;(2)见解析;(3)见解析.【分析】（1）AE=DF，AE⊥DF．先证得△ADE≌△DCF．由全等三角形的性质得AE=DF，∠DAE=∠CDF，再由等角的余角相等可得AE⊥DF；

（2）由正方形的性质得出AD=DC，∠ADE=∠DCF=90°，DE=CF，SAS证出△ADE≌△DCF，得出AE=DF，∠DAE=∠CDF，证出∠DAE+∠ADF=90°，得出AE⊥DF；

（3）成立．由（1）同理可证AE=DF，∠DAE=∠CDF，延长FD交AE于点G，再由等角的余角相等可得AE⊥DF．【详解】（1），．理由如下：∵四边形是正方形，∴，．∵，∴，∴，．∵，∴．∴，∴．（2）成立；理由如下：

∵四边形ABCD是正方形，

∴AD=DC，∠ADC=∠DCF=90°，

∵动点E，F分别从D，C两点同时出发，以相同的速度在直线DC，CB上移动，

∴DE=CF，

在△ADE和△DCF中，,∴△ADE≌△DCF（SAS），

∴AE=DF，∠DAE=∠CDF，

由于∠CDF+∠ADF=90°，

∴∠DAE+∠ADF=90°，

∴AE⊥DF；（3）成立．理由如下：同（1）可证，．如图，延长交于点G，则，∴，∴，∴．【思考区】考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、互余两角的关系、垂线的证法等知识；本题难度较大，综合性强，熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．5．小明参加数学兴趣小组的探究活动，将边长为2的正方形与边长为的正方形按图1的位置放置，与在同一条直线上，与在同一条直线上．（1）小明发现，请你帮他说明理由；（2）如图2，小明将正方形绕点逆时针旋转，当点恰好落在线段上时，请你帮他求出此时的长．【答案】(1)见解析;(2).【分析】（1）延长EB交DG于点H，先证出Rt△ADG≌Rt△ABE，得出∠AGD=∠AEB，再根据∠HBG=∠EBA，得出∠HGB+∠HBG=90°即可；

（2）过点A作AM⊥BD交BD于点M，根据△DAG≌△BAE得出DG=BE，∠AMD=90°，求出AM、DM，利用勾股定理求出MG，再根据DG=DM+MG求出DG，最后根据DG=BE即可得出答案．【详解】（1）∵四边形与四边形是正方形，∴，，，∴，∴．如图，延长交于点．在中，，∴，∴，∴．（2）∵四边形与四边形是正方形，∴，，，∴，∴，又∵，，∴，∴．如图，过点作于点，则，∵是正方形的对角线，∴．在中，，，可得，在中，，∴，∴．【思考区】考查了旋转的性质和正方形的性质，用到的知识点是旋转的性质、全等三角形的判定，勾股定理和正方形的性质，关键是根据题意画出辅助线，构造直角三角形．6．已知正方形中，为对角线上一点，过点作交于点，连接，为的中点，连接．（1）如图1，求证：；（2）将图1中的绕点逆时针旋转45°，如图2，取的中点，连接．问（1）中的结论是否仍然成立？若成立，给出证明；若不成立，请说明理由．（3）将图1中的绕点逆时计旋转任意角度，如图3，取的中点，连接．问（1）中的结论是否仍然成立？通过观察你还能得出什么结论？（均不要求证明）【答案】(1)见解析;(2)见解析;(3)见解析.【分析】（1）利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可证出CG=EG．

（2）结论仍然成立，连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点；再证明△DAG≌△DCG，得出AG=CG；再证出△DMG≌△FNG，得到MG=NG；再证明△AMG≌△ENG，得出AG=EG；最后证出CG=EG．

（3）结论依然成立．过F作CD的平行线并延长CG交于M点，连接EM、EC，过F作FN垂直于AB于N．由于G为FD中点，易证△CDG≌△MFG，得到CD=FM，又因为BE=EF，易证∠EFM=∠EBC，则△EFM≌△EBC，∠FEM=∠BEC，EM=EC，得出△MEC是等腰直角三角形，就可以得出结论．【详解】（1）在中，为的中点，∴．同理，在中，．∴．（2）如图②，（1）中结论仍然成立，即EG=CG．

理由：连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点．

∴∠AMG=∠DMG=90°．

∵四边形ABCD是正方形，

∴AD=CD=BC=AB，∠ADG=∠CDG．∠DAB=∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°．

在△DAG和△DCG中，

，

∴△DAG≌△DCG（SAS），

∴AG=CG．

∵G为DF的中点，

∴GD=GF．

∵EF⊥BE，

∴∠BEF=90°，

∴∠BEF=∠BAD，

∴AD∥EF，

∴∠N=∠DMG=90°．

在△DMG和△FNG中，，

∴△DMG≌△FNG（ASA），

∴MG=NG．

∵∠DA∠AMG=∠N=90°，

∴四边形AENM是矩形，

∴AM=EN，

在△AMG和△ENG中，

，

∴△AMG≌△ENG（SAS），

∴AG=EG，

∴EG=CG；

（3）如图③，（1）中的结论仍然成立．

理由：过F作CD的平行线并延长CG交于M点，连接EM、EC，过F作FN⊥AB于N．

∵MF∥CD，

∴∠FMG=∠DCG，∠MFD=∠CDG．∠AQF=∠ADC=90°

∵FN⊥AB，

∴∠FNH=∠ANF=90°．

∵G为FD中点，

∴GD=GF．

在△MFG和△CDG中

，

∴△CDG≌△MFG（AAS），

∴CD=FM．MG=CG．

∴MF=AB．

∵EF⊥BE，

∴∠BEF=90°．

∵∠NHF+∠HNF+∠NFH=∠BEF+∠EHB+∠EBH=180°，

∴∠NFH=∠EBH．

∵∠A=∠ANF=∠AMF=90°，

∴四边形ANFQ是矩形，

∴∠MFN=90°．

∴∠MFN=∠CBN，

∴∠MFN+∠NFE=∠CBN+∠EBH，

∴∠MFE=∠CBE．

在△EFM和△EBC中

，

∴△EFM≌△EBC（SAS），

∴ME=CE．，∠FEM=∠BEC，

∵∠FEC+∠BEC=90°，

∴∠FEC+∠FEM=90°，

即∠MEC=90°，

∴△MEC是等腰直角三角形，

∵G为CM中点，

∴EG=CG，EG⊥CG．【思考区】考查了正方形的性质的运用，矩形的判定就性质的运用，旋转的性质的运用，直角三角形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，解答时证明三角形全等是关键．7．如图，正方形ABCD中，E为BC上任意一点，过E作EF⊥BC，交BD于点F，G为DF的中点，连接AE和AG.(1)如图1，求证：∠FEA＋∠DAG＝45°；(2)如图2，在(1)的条件下，设BD和AE的交点为H，BG＝8，DH＝9，求AD的长．【答案】(1)见解析；(2)6.【分析】（1）作GM⊥BC于M，连接GE、GC，如图1，由正方形的性质得DA=DC，∠ADB=∠CDB=45°，再证明△ADG≌△CDG得到AG=CG，∠DAG=∠1，∠AGD=∠CGD，接着利用等腰三角形的判定与性质得到GC=GE，∠5=∠4，∠2=∠3，从而得到∠1=∠6=∠DAG，GA=GE，再证明△AGE为等腰直角三角形得到∠AEG=45°，从而得到∠FEA+∠DAG=45°；

（2）把△ADG绕点A顺时针旋转90°得到△ABQ，连接QH，如图2，利用旋转的性质得∠ABQ=∠ABD=45°，AQ=AD，BQ=DG，∠QAG=90°，再证明△QAH≌△GAH得到HQ=HG，设BH=x，用x表示出则HG=HQ=8-x，BQ=x+1，然后在Rt△BQH中利用勾股定理得到（x+1）2+x2=（8-x）2，解得x=3，则BD=BH+DH=12，然后根据等腰直角三角形的性质求AD．【详解】(1)证明：作GM⊥BC于M，连接GE，GC，如答图1.∵四边形ABCD为正方形，∴DA＝DC，∠ADB＝∠CDB＝45°.在△ADG和△CDG中，∴△ADG≌△CDG，∴AG＝CG，∠DAG＝∠1，∠AGD＝∠CGD．∵G为DF的中点，FE⊥BC，GM⊥BC，DC⊥BC，∴GM为梯形CDFE的中位线，∴EM＝CM，∴GE＝GC，∠5＝∠4，∴GM平分∠EGC，∴∠2＝∠3，∴∠1＝∠6＝∠DAG，GA＝GE.∵GM∥CD，∴∠MGD＝180°－∠GDC＝135°，即∠2＋∠DGC＝135°，∴∠AGD＋∠3＝∠2＋∠DGC＝135°，∴∠AGE＝90°，∴△AGE为等腰直角三角形，∴∠AEG＝45°，即∠FEA＋∠6＝45°.∴∠FEA＋∠DAG＝45°.(2)把△ADG绕点A顺时针旋转90°得到△ABQ，连接QH，如答图2，∴∠ABQ＝∠ABD＝45°，AQ＝AG，BQ＝DG，∠QAG＝90°.∵∠FEA＋∠DAG＝45°，而∠FEA＝∠BAE，∴∠BAE＋∠DAG＝45°，∴∠EAG＝45°，∴∠QAE＝45°.在△QAH和△GAH中，∴△QAH≌△GAH，∴HQ＝HG.设BH＝x，则HG＝BG－BH＝8－x，∴HQ＝8－x.∵DH＝BG＋DG－BH，∴DG＝9－8＋x＝x＋1，∴BQ＝x＋1.∵∠ABQ＋∠ABD＝45°＋45°＝90°，∴△BQH为直角三角形，∴BQ2＋BH2＝QH2，即(x＋1)2＋x2＝(8－x)2，解得x＝3，∴BD＝BH＋DH＝3＋9＝12，∴AD＝BD＝6.【思考区】本题考查正方形的性质：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；正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．解题关键是证明全等三角形和直角三角形．8．如图：在中，、分别平分与它的邻补角，于，于，直线分别交、于、．求证：四边形为矩形；试猜想与的关系，并证明你的猜想；如果四边形是菱形，试判断的形状，并说明理由．【答案】（1）详见解析；（2）且，证明详见解析；（3）是直角三角形，证明详见解析.【分析】（1）由AE⊥CE于E，AF⊥CF于F可得∠AEC=∠AFC=90°，再由，CE、CF分别平分∠ACB与它的邻补角∠ACD，能证出∠ECF=90°，从而得证．

（2）由矩形的性质可证NE=NC，从而可代换出内错角相等，两直线平行，又因为N是AC的中点，由三角形中位线定理相应的推论可知M是AB的中点．

（3）求出∠ACE=∠EAC=45°，求出AE=CE，根据菱形的判定推出即可．【详解】证明：∵于，于，∴，又∵、分别平分与它的邻补角，∴，，∴，∴三个角为直角的四边形为矩形；（2）且；证明：∵四边形为矩形，∴对角线相等且互相平分，∴，∴，∴，又∵（矩形的对角线相等且互相平分），∴是的中位线，∴；解：是直角三角形，理由是：∵，平分，平分，∴，∵四边形是矩形，∴，∴，∴，∵四边形是矩形，∴四边形是菱形．【思考区】考查的知识点是矩形的判定和性质，菱形的判定及三角形的中位线定理，关键是①由已知推出四边形AECF的三个角为直角；②由矩形的性质可证NE=NC，从而可代换出内错角相等，两直线平行，又因为N是AC的中点，由三角形中位线定理相应的推论可知M是AB的中点．9．（感知）如图①，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，点D、E分别在边AC、BC上，且DE∥AB，易证AD＝BE（不需要证明）.（探究）连结图①中的AE，点M、N、P分别为DE、AE、AB的中点，顺次连结M、N、P，其它条件不变，如图②，求证：△MNP是等腰直角三角形.（应用）将图②中的点D、E分别移动到AC、BC的延长线上，其它条件不变，在连结BD，并取其中点Q，顺次连结M、N、P、Q，如图③，若＝，且DE＝，则四边形MNPQ的面积为.【答案】证明见解析【解析】试题分析：(1)要证明△MNP是等腰直角三角形，就是要证明MN=PN以及∠MNP=90°.由“感知”环节可知容易证AD=BE，分析题意知MN与PN分别为△AED与△BAE的中位线，故不难证明MN=PN.通过中位线得到的平行关系，利用同位角和内错角可将∠MNP转化为Rt△ACE的两锐角之和，容易证明∠MNP=90°，进而证明△MNP是等腰直角三角形.(2)分析题意可知，四边形MNPQ的四条边均为相应三角形的中位线.据此不难证明四边形MNPQ是平行四边形.根据等腰直角三角形ABC的相关条件可以证明∠NPQ为直角，进而证明四边形MNPQ是矩形.根据已知条件不难求得AB的长，再根据等腰直角三角形ABC的相关条件可求得BC和AC的长，进而利用相似三角形可以求得EC和CD的长.在此基础上根据中位线定理不难获得NP和PQ的长，进而求得矩形MNPQ的面积.试题解析：(1)下面解答“探究”环节.证明：∵DE∥AB，∴，∵AC=BC，∴AD=BE.∵点M与点N分别为DE与AE的中点，∴MN∥AD，，∴∠MNE=∠CAE.∵点N与点P分别为AE与AB的中点，∴NP∥BE，，∴∠PNE=∠AEC.∵AD=BE，∴MN=PN.∵∠C=90°，∴在Rt△ACE中，∠CAE+∠AEC=90°，∴∠MNP=∠MNE+∠PNE=∠CAE+∠AEC=90°.∵MN=PN，∠MNP=90°，∴△MNP是等腰直角三角形.(2)下面解答“应用”环节.本小题应填写：4.求解过程如下.∵点M与点N分别为DE与AE的中点，∴MN∥AD，∵点P与点Q分别为AB与BD的中点，∴PQ∥AD，，∴MN∥PQ.同理，NP∥BE，，MQ∥BE，∴NP∥MQ.∵MN∥PQ，NP∥MQ，∴四边形MNPQ为平行四边形.∵∠ACB=90°，AC=BC，∴∠ABC=∠BAC=45°，∵NP∥BE，∴∠APN=∠ABC=45°，∵PQ∥AD，∴∠BPQ=∠BAC=45°，∴∠NPQ=180°-∠APN-∠BPQ=180°-45°-45°=90°，∴平行四边形MNPQ为矩形.∵，，∴，∵∠ACB=90°，∠ABC=45°，AC=BC，∴在Rt△ACB中，.∴AC=BC=3.∵DE∥AB，∴△ECD∽△BCA，∴，∴，.∴BE=BC+EC=3+1=4，AD=AC+CD=3+1=4.∴，，∴矩形MNPQ的面积为，即四边形MNPQ的面积为4.思考区：本题综合考查了三角形的中位线和相似三角形的相关知识.解决本题的关键在于熟练地运用中位线定理获得平行关系和线段的数量关系.另外，顺次连接四边形的各边中点所组成的四边形是中点四边形，中点四边形一定是平行四边形.10．△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D为直线BC上一动点（点D不与B，C重合），以AD为边在AD右侧作正方形ADEF，连接CF，（1）观察猜想如图1，当点D在线段BC上时，①BC与CF的位置关系为：．②BC，CD，CF之间的数量关系为：；（将结论直接写在横线上）（2）数学思考如图2，当点D在线段CB的延长线上时，结论①，②是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请你写出正确结论再给予证明．（3）拓展延伸如图3，当点D在线段BC的延长线上时，延长BA交CF于点G，连接GE，若已知AB=2，CD=BC，请求出GE的长．【答案】（1）CF⊥BD，BC=CF+CD；（2）成立，证明详见解析；（3）.【详解】试题分析：（1）①根据正方形的性质得到∠BAC=∠DAF=90°，推出△DAB≌△FAC，根据全等三角形的性质即可得到结论；②由正方形ADEF的性质可推出△DAB≌△FAC，根据全等三角形的性质得到CF=BD，∠ACF=∠ABD，根据余角的性质即