平行四边形知识点及练习题及答案

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：．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、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(