2024八年级数学下册专题12平行四边形的判定和性质含解析新版浙教版

Page43专题12平行四边形的判定和性质阅卷人一、选择题(共10题；每题2分，共20分)得分1．（2分）（迁安期末）对于命题：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，小明的证明过程（）已知：如图，在四边形中，且求证：四边形是平行四边形．证明：连接，在和中，∵，∴∵，∴∴∴四边形是平行四边形A．已经严谨，不用补充 B．应补充“”C．应补充“” D．应补充“”【答案】B【规范解答】解：“∵△ABD≌△CDB，∴AB∥DC．”这两个之间没有因果关系，须要在它们之间补充“∠ABD=∠CDB”．故答案为：B．【思路点拨】依据全等三角形的性质求解即可。2．（2分）（竞秀期末）如图，点E、F分别是▱ABCD边AD、BC的中点，G、H是对角线BD上的两点，且BG=DH．则下列结论中错误的是（）A． B．四边形EGFH是平行四边形C． D．【答案】D【规范解答】解：连接EF交BD于点O，在平行四边形ABCD中，AD=BC，∠EDH=∠FBG，∵E、F分别是AD、BC边的中点，∴DE=BF=BC，∠EDO=∠FBO，∠DOE=∠BOF，∴△EDO≌△FBO，∴EO=FO，DO=BO，∵BG=DH，∴OH=OG，∴四边形EGFH是平行四边形，∴GF=EH，EG=HF，故答案为：A、B、C不符合题意；∵∠EHG不愿定等于90°，∴EH⊥BD错误，D符合题意；故答案为：D．【思路点拨】利用平行四边形的性质及全等三角形的判定和性质逐项推断即可。3．（2分）（陈仓期末）在平面直角坐标系中，以A（-1，0），B（2，0），C（0，1），为顶点构造平行四边形，下列各点中不能作为平行四边形第四个顶点的坐标的是（）

A． B． C． D．【答案】B【规范解答】解：如图，

①以AC为对角线，可以画出平行四边形AFCB，这时第四个顶点的F的坐标为(-3，1)；

②以AB为对角线，可以画出平行四边形ACBE，这时第四个顶点的E的坐标为(1，-1)；

③以BC为对角线，可以画出平行四边形ACDB，这时第四个顶点的F的坐标为D的坐标为(3，1)；

故答案为：B.

【思路点拨】依据题意画出图形，分别以AC、BC和AB为对角线画出平行四边形，依此得出第四点的坐标即可.4．（2分）（承德期末）如图，在四边形ABCD中，，，对角线AC，BD交于点O，AC平分，过点C作交AB的延长线与点E，连接OE．嘉嘉说：“四边形ABCD是菱形．”琪琪说：“．”对于他俩的说法，正确的是（）A．嘉嘉正确，琪琪错误 B．嘉嘉错误，琪琪正确C．他俩都正确 D．他俩都错误【答案】C【规范解答】解：∵AC平分，∴∠DAC=∠BAC，∵，∴∠DCA=∠BAC，∴∠DCA=∠DAC，∴AD=DC，又∵AB=AD，∴AB=DC，∴四边形ABCD是平行四边形，∵AB=AD，∴平行四边形ABCD是菱形，故嘉嘉正确∴AC，BD相互平分，即O为AC的中点，∵，∴△ACE是直角三角形，∴，故琪琪正确，故答案为：C．

【思路点拨】首先证明CD=AD，继而证得四边形ABCD为平行四边形，依据菱形的判定即可得到四边形ABCD为菱形，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得到OE=AC.5．（2分）（薛城期末）如图，平行四边形中，，是对角线上的两点，假如添加一个条件使四边形是平行四边形，则添加的条件不能是（）A． B． C． D．【答案】A【规范解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝BC，AD∥BC，∴∠DAE＝∠BCF，∵DE＝BF，不能得出△ADE≌△CBF，∴不能得出四边形DEBF是平行四边形，故A符合题意；∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝BC，∠DAE＝∠BCF，∵AE＝CF，∴△ADE≌△CBF（SAS），∴∠AED＝∠CFB，DE＝BF，∴∠DEF＝∠BFE；∴DEBF，∴四边形DEBF是平行四边形，故B不符合题意；∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝BC，∠DAE＝∠BCF；∵AF＝CE，∴AE＝CF，∴△ADE≌△CBF（SAS），∴∠AED＝∠CFB，DE＝BF，∴∠DEF＝∠BFE，∴DEBF，∴四边形DEBF是平行四边形，故C不符合题意；∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝BC，∠DAE＝∠BCF，∵∠ADE＝∠CBF，∴△ADE≌△CBF（ASA），∴DE＝CF，∠AED＝∠BFC，∴∠DEF＝∠BFE，∴DECF，∴四边形DEBF是平行四边形，故D不符合题意；故答案为：A．

【思路点拨】依据平行四边形的判定方法逐项推断即可。6．（2分）（南充期末）如图，矩形中，，分别是边，的中点，于，的延长线交于．下列结论：①；②；③；④．其中结论正确的有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D【规范解答】解：连接CM、DM，∵矩形ABCD∴，∵，M，N分别是边AB，CD的中点，∴故①正确；∵∴四边形AMCN是平行四边形∴AN∥CM∴∵∴CM垂直平分PB∴BC=PC∴（SSS）∴即故②正确；∵，，∴（HL）∴故③正确；取CQ中点E，连接EN∵N是CD中点∴EN是△CDQ的中位线∴∵∴∴，即故④正确；综上所述，正确的是①②③④故答案为：D．【思路点拨】连接CM、DM，由矩形的性质可得AB=CD，依据线段的中点及直角三角形斜边中线的性质可得，故①正确；可证四边形AMCN是平行四边形，可得AN∥MC，依据SSS证明，可得，故②正确；依据HL可证明，可得PQ=AQ，故③正确；取CQ中点E，连接EN，可得EN是△CDQ的中位线，可得DQ=2EN，依据大角对大边进行推断即可.7．（2分）（慈溪期末）如图，正方形中，点P为延长线上任一点，连结，过点P作，交的延长线于点E，过点E作于点F.下列结论：①；②；③；④若，则.其中正确的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【规范解答】解：如图1，在EF上取一点G，使FG=FP，连接BG、PG，∵EF⊥BP，∴∠BFE=90°，∵四边形ABCD是正方形，∴∠FBC=∠ABD=45°，∴BF=EF，在△BFG和△EFP中，，∴△BFG≌△EFP（SAS），∴BG=PE，∠PEF=∠GBF，∵∠ABD=∠FPG=45°，∴AB∥PG，∵AP⊥PE，∴∠APE=∠APF+∠FPE=∠FPE+∠PEF=90°，∴∠APF=∠PEF=∠GBF，∴AP∥BG，∴四边形ABGP是平行四边形，∴AP=BG，∴AP=PE；故①正确；如图2，连接CG，由①知：PG∥AB，PG=AB，∵AB=CD，AB∥CD，∴PG∥CD，PG=CD，∴四边形DCGP是平行四边形，∴CG=PD，CG∥PD，∵PD⊥EF，∴CG⊥EF，即∠CGE=90°，∵∠CEG=45°，∴CE=CG=PD；故③正确；如图3，连接AC交BD于O，∠CGF=∠GFD=90°，∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，BD=∴∠COF=90°，∴四边形OCGF是矩形，∴OC=FG，BD=2OC=2FG，△BFG≌△EFP，，，故②正确；④，，，，，，，，，，，，，即.故④正确.故答案为：D.【思路点拨】在EF上取一点G，使FG=FP，连接BG、PG，依据正方形的性质得∠FBC=∠ABD=45°，则BF=EF，证△BFG≌△EFP，得BG=PE，∠PEF=∠GBF，易得四边形ABGP是平行四边形，则AP=BG，据此推断①；连接CG，易得四边形DCGP是平行四边形，则CG=PD，CG∥PD，依据三角函数的概念得CE=CG，据此推断③；连接AC交BD于O，依据正方形性质得AC⊥BD，BD=AB=PG，则四边形OCGF是矩形，OC=FG，BD=2OC=2FG，依据全等三角形的性质可得PF=FG，据此推断②；依据等腰三角形的性质结合内角和定理可得∠BPE=∠BEP=67.5°，∠FPG=∠FGP=45°，则∠GPE=22.5°，推出PG=GE，则FG=GE，BE=(1+)FG，DF=(-1)PF，据此推断④.8．（2分）（扬州期中）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝5，BC＝8，∠ABC和∠BCD的角平分线分别交AD于点E和F，若BE＝6，则CF＝（）A．6 B．8 C．10 D．13【答案】B【规范解答】解：如图，设BE与FC的交点为H，过点A作AM∥FC，交BE与点O，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AB∥CD，∴∠ABC+∠DCB=180°，∵BE平分∠ABC，CF平分∠BCD，∴∠ABE＝∠EBC，∠BCF＝∠DCF，∴∠CBE+∠BCF＝90°，∴∠BHC＝90°，∵AM∥CF，∴∠AOE＝∠BHC＝90°，∵AD∥BC，∴∠AEB＝∠EBC＝∠ABE，∴AB＝AE＝5，又∵∠AOE＝90°，∴BO＝OE＝3，∴，在△ABO和△MBO中，，∴△ABO≌△MBO（ASA），∴AO＝OM＝4，∴AM＝8，∵AD∥BC，AM∥CF，∴四边形AMCF是平行四边形，∴CF＝AM＝8.故答案为：B.【思路点拨】设BE与FC的交点为H，过点A作AM∥FC，交BE与点O，由平行四边形的性质以及平行线的性质得∠ABC+∠DCB+180°，依据角平分线的概念得∠ABE＝∠EBC，∠BCF＝∠DCF，则∠CBE+∠BCF＝90°，依据平行线的性质得∠AOE＝∠BHC＝90°，∠AEB＝∠EBC＝∠ABE，则AB＝AE＝5，利用勾股定理求出AO，证明△ABO≌△MBO，得到AO＝OM＝4，则AM＝8，推出四边形AMCF是平行四边形，据此解答.9．（2分）（温州期中）如图，△ABC的面积为24，点D为AC边上的一点，延长BD交BC的平行线AG于点E，连结EC，以DE、EC为邻边作平行四边形DECF，DF交BC边于点H，连结AH，当时，则△AHC的面积为（）A．4 B．6 C． D．【答案】C【规范解答】解：如图，延长HD交AG于点Q，

∵▱DECF，

∴DF∥CE，ED∥CF，

∴∠CFH=∠EDQ

又∵BC∥AQ，

∴四边形HQEC为平行四边形，

∴EQ=CH，

又∠EQD=∠CHF，

∴△EDQ≌△CHF（AAS），

∴S△EDQ=S△CHF，

∴S▱HQEC=S▱DECF，

∵△ABC的面积为24，

∴S△BEC=24，

又∵AD=CD，

∴S△BDC=S△ABC=16，

∴S△DEC=S△BEC-S△BDC=24-16=8，

∴S▱HQEC=S▱DECF=2S△DEC=16，

∴S△AHC=S▱HQEC=8.

故答案为：C.

【思路点拨】如图，延长HD交AG于点Q，由▱DECF性质得DF∥CE，ED∥CF，从而得∠CFH=∠EDQ，易证明四边形HQEC为平行四边形，由平行四边形性质得EQ=CH，∠EQD=∠CHF，易证△EDQ≌△CHF，即得S△EDQ=S△CHF，从而得到S▱HQEC=S▱DECF，由△ABC的面积为24，可得到S△BEC=24，又有AD=CD，所以S△BDC=S△ABC=16，从而求得S△DEC=8，进而求出S▱HQEC=2S△DEC=16，最终由S△AHC=S▱HQEC即可求得其面积.10．（2分）（江油期末）如图，已知点D是等边三角形ABC中BC的中点，BC＝2，点E是AC边上的动点，则BE＋ED的和最小值为（）A． B． C．3 D．【答案】B【规范解答】解：作B关于AC的对称点B′，连接BB′、B′D，交AC于E，此时BE＋ED＝B′E＋ED＝B′D，依据两点之间线段最短可知B′D就是BE＋ED的最小值，∵B、B′关于AC的对称，△ABC是等边三角形∴AC、BB′相互垂直平分，∴四边形ABCB′是平行四边形，∵三角形ABC是边长为2的等边三角形，且D为BC的中点，∴AD⊥BC，∴AD＝，BD＝CD＝1，BB′＝2AD＝2，作B′G⊥BC的延长线于G，∴B′G＝AD＝，在Rt△B′BG中，BG＝，∴DG＝BG−BD＝3−1＝2，在Rt△B′DG中，B'D＝.故BE＋ED的最小值为.故答案为：B.【思路点拨】作B关于AC的对称点B′，连接BB′、B′D，交AC于E，此时BE＋ED＝B′E＋ED＝B′D，依据两点之间线段最短可知B′D就是BE＋ED的最小值，然后依据等边三角形的性质求出AD长，在Rt△B′BG中，依据勾股定理求出BG，最终在Rt△B′DG中，依据勾股定理求B'D，即可解答.阅卷人二、填空题(共10题；每题2分，共20分)得分11．（2分）（虎林期末）已知：如图，线段AB＝6cm，点P是线段AB上的动点，分别以AP、BP为边在AB作等边APC、等边BPD，连接CD，点M是CD的中点，当点P从点A运动到点B时，点M经过的路径的长是cm．【答案】3【规范解答】解：如图，分别延长AC，BD交于H，过点M作GN∥AB分别交AH于G，BH于N，∵△APC、△BPD都是等边三角形，∴∠A=∠B=∠DPB=∠CPA=60°，∴AH∥PD，BH∥CP，∴四边形CPDH是平行四边形，∴CD与HP相互平分，∴M是PH的中点，故在P运动过程中，M始终在HP的中点，所以M的运动轨迹即为△HAB的中位线，即线段GN，∴cm，故答案为：3．

【思路点拨】构造帮助线，依据等边三角形的性质求得CPDH是平行四边形，平行四边形对角线相互平分求得M是PH的中点，再依据中位线的定理即可求得.12．（2分）（曲阳期末）如图，在▱ABCD中，E，F是对角线BD上的两点，要使四边形AFCE是平行四边形，则需添加的一个条件可以是．（只添加一个条件）【答案】BF=DE（答案不唯一）．【规范解答】解：添加的条件为BF=DE，连接AC交BD于O，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AO=CO、BO=DO，∵BF=DE，∴OE=OF，∴四边形AFCE是平行四边形．故答案为BF=DE．

【思路点拨】连接AC交BD于O，依据对角线相互平分的四边形是平行四边形，据此添加即可（答案不唯一）.13．（2分）（元阳期末）如图，在梯形ABCD中，，E为BC中点，，，点P以每秒3个单位长度的速度从点B动身向点C运动，同时点Q以每秒1个单位长度的速度从点D动身向点A运动，则经过秒后，以点A，E，P，Q为顶点的四边形是平行四边形．【答案】或【规范解答】解：设运动时间为t秒，则有QD=t，BP=3t，∵BC=18，E点在BC中点，∴BE=9=EC，∵AD=8，∴AQ=AD-QD=8-t，∵，∴，即当时，以点A，E，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，当P点在E点左侧时，则有PE=BE-BP=9-3t，∵，∴8-t=9-3t，解得，当P点在E点右侧时，则有PE=BP-BE=3t-9，∵，∴8-t=3t-9，解得，即经过或秒后，以点A，E，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，故答案为：或．【思路点拨】设运动时间为t秒，则有QD=t，BP=3t，分两种状况：①当P点在E点左侧时，则有PE=BE-BP=9-3t；②当P点在E点右侧时，则有PE=BP-BE=3t-9，再分别求解即可。14．（2分）（番禺期末）如图，在▱ABCD中，CD=2AD，F为DC的中点，BE⊥AD于点E，连接EF，BF，下列结论：①∠ABC＝2∠ABF；②EF＝BF；③S△ABE：S△EFB＝2：3；④∠CFE＝3∠DEF．其中正确结论的序号是．【答案】①②④【规范解答】解：如图，延长EF交BC的延长线于G，取AB的中点H，连接FH．∵CD=2AD，DF=FC，∴CF=CB，∴∠CFB=∠CBF，∵CD//AB，∴∠CFB=∠FBH，∴∠CBF=∠FBH，∴∠ABC=2∠ABF．故①符合题意，∵DE∥CG，∴∠D=∠FCG，∵DF=FC，∠DFE=∠CFG，∴△DFE2≌△CFG（ASA），∴FE=FG，∵BE⊥AD，∴∠AEB=90°，∵AD∥BC，∴∠AEB=∠EBG=90°，∴BF=EF=FG，故②符合题意，∵S△DFE=S△CFG，∴S四边形DEBC=S△EBG=2S△BEF，若S△ABE：S△EFB=2：3，则S四边形DEBC=3S△ABE，过点E作EM/∥AB交BC于点M，则四边形AEBM和四边形DEMC都是平行四边形，∴E为AD的中点，这与条件不相符，故③不符合题意，∵AH=HB，DF=CF，AB=CD，∴CF=BH，∵CF∥BH，∴四边形BCFH是平行四边形，∵CF=BC，∴四边形BCFH是菱形，∴∠BFC=∠BFH，∵FE=FB，FH∥AD，BE⊥AD，∴FH⊥BE，∴∠BFH=∠EFH=∠DEF，∴∠EFC=3∠DEF，故④符合题意，故答案为：①②④．

【思路点拨】利用三角形全等的判定和性质、平行四边形的性质和判定及菱形的判定和性质逐项推断即可。15．（2分）（长清期末）如图，在ABC中，，，AD平分交BC于点D，P为直线AB上一动点．连接DP，以DP、DB为邻边构造平行四边形DPQB，连接CQ，若．则CQ的最小值为．【答案】【规范解答】解：如图1，过C作CO⊥AB于O，过D作DH⊥AB于H，在Rt△ACO中，∠CAB=60°，∴∠ACO=30°，∴AO=AC=3，∴OC==3，在Rt△BCO中，∠CBA=45°，∴OB=CO=3，∴AB=AO+BO=3+3，∵AD平分∠CAB，∴∠DAB=∠CAB=30°，在Rt△DHB中，∠CBA=45°，可设DH=HB=a，∴AD=2DH=2a，∴AH==a，∴AB=AH+BH=a+a，∴a+a=3+3，∴a=3，∴DH=3，如图2，过Q作QG⊥AB于G，连接DQ交AB于M，∵四边形DPQB为平行四边形，∴DM=QM，在△QGM与△DHM中，，∴△QGM≌△DHM(AAS)，∴QG=DH=3，故Q到直线AB的距离始终为3，所以Q点在平行于AB的直线上运动，且两直线距离为3，依据垂线段最短，当C，O，Q三点在一条直线上时，此时CQ最小，如图3，最小值为：CO+3=3+3，故答案为：3+3．【思路点拨】在Rt△ACO中，∠CAB=60°，利用勾股定理得出OC的值，在Rt△BCO中，∠CBA=45°，利用勾股定理得出AH的值，证出△QGM≌△DHM(AAS)，得出QG=DH=3，故Q到直线AB的距离始终为3，所以Q点在平行于AB的直线上运动，且两直线距离为3，依据垂线段最短，当C，O，Q三点在一条直线上时，此时CQ最小，即可得解。16．（2分）（滨城期末）如图，在平面直角坐标系中，函数的图象分别交x轴，y轴于A，B两点，过点A的直线交y轴正半轴于点M，且．在平面直角坐标系内存在点C，使得以A，B，M，C为顶点的四边形是平行四边形，则点C的坐标为．【答案】或或【规范解答】解：∵函数的图象分别交x轴，y轴于A，B两点，当时，，∴，∵，且点M位于y轴正半轴，∴，∴当时，，解得，∴，以A，B，M，C为顶点的四边形是平行四边形，分三种状况：如图所示：①，为边，∴，，∵，，，∴线段向右平移3个单位，再向下平移2个单位得到线段，则点的对应点为点，点的对应点为点C，∴；②，为边，∴，，∵，，，∴线段向右平移3个单位，再向下平移6个单位得到线段，则点的对应点为点，点的对应点为点C，∴；③，为边，∴，，∵，，，∴线段向左平移3个单位，再向上平移2个单位得到线段，则点的对应点为点，点的对应点为点，∴．综上所述，满足条件的点C的坐标为或或．【思路点拨】分类探讨，结合函数图象，计算求解即可。17．（2分）（淮安期末）如图，矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，E为BC的中点，F为DE上一动点，P为AF中点，连接PC，则PC的最小值是.【答案】【规范解答】解：如图，取AD中点H，连接BH，CH，设BH与AE的交点为O，连接CO，如图所示：∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝2，AD＝BC＝4，，，∵点E是BC中点，点H是AD中点，∴AH＝CE＝DH＝BE＝AB=CD=2，∴四边形BEDH是平行四边形，，，∴，∵点P是AF的中点，点H是AD的中点，∴，∴点P在BH上，∵，∴，∴，∵点P在BH上，∴当CP⊥BH时，此时点P与H重合，PC有最小值，在Rt△CDH中，∴PC的最小值为，故答案为：.【思路点拨】取AD中点H，连接BH，CH，设BH与AE的交点为O，连接CO，可证四边形BEDH是平行四边形，可得，由三角形中位线定理可得，可知当CP⊥BH时，此时点P与H重合，PC有最小值，利用勾股定理求出CH的长即可.18．（2分）（温州期中）如图，一副三角板如图1放置，AB=CD=，顶点E重合，将△DEC绕其顶点E旋转，如图2，在旋转过程中，当∠AED=75°，连结AD、BC，这时△ADE的面积是．【答案】【规范解答】解：如图2，过点E作EG∥CD，延长CE交AB于点H，

∴∠EDC=∠DEG，

由题意，可知：∠EDC=30°，∠DEC=60°，∠ECD=∠AEB=90°，∠ABE=∠BAE=45°，

∵∠AED=75°，

∴∠AEG=∠AED-∠DEG=75°-30°=45°，

∴EG∥AB∥CD，

∴HC⊥AB，

∴HE=BH=AH=AB，

又∵AB=CD，

∴四边形ABCD为平行四边形，

∵AB=CD=，

∴HE=BH=AH=，EC==，

HC=HE+EC=+=，

∴S△ABE=××=，S△DEC=××=，S△CEB=××=，

S▱ABCD=×=3+2，

∴S△ADE=S▱ABCD-S△ABE-S△DEC-S△CEB=3+2=.

故答案为：.

【思路点拨】如图2，过点E作EG∥CD，延长CE交AB于点H，则∠EDC=∠DEG，由题意可知∠EDC=30°，∠DEC=60°，∠ECD=∠AEB=90°，∠ABE=∠BAE=45°，又∠AED=75°，从而得∠AEG=45°，即可推出EG∥AB∥CD，从而得HC⊥AB，由等腰直角三角形性质可得HE=BH=AH=AB，又AB=CD=，可证明四边形ABCD为平行四边形；利用直角三角形性质分别求得HE=BH=AH=，EC=，从而得HC=HE+EC=，最终依据S△ADE=S▱ABCD-S△ABE-S△DEC-S△CEB，代入数据计算，即可求解.19．（2分）（顺城期末）如图所示，分别以的直角边，斜边为边向外构造等边和等边，为的中点，连接，，，，．有下列五个结论：①；②；③四边形是菱形；④；⑤四边形是平行四边形．其中正确的结论是．【答案】①③⑤【规范解答】解：∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，∴∠BAC=60°，AC=AB，∵F为AB中点，∴CF=AF=BF=AB，∴AC=CF=AF，∵为等边三角形，∴AC=AD=CD，∴AF=FC=CD=AD，∴四边形ADCF是菱形，∴AC⊥DF，故①③符合题意；∵四边形ADCF是菱形，∴AF∥CD，AF=CD，∵AF=BF，∴BF=CD，∴四边形BFDC是平行四边形，故结论⑤符合题意；∵四边形BFDC是平行四边形，∴BC=DF，∴DA+DF=AC+BC，∵AC+BC＞AB，∴DA+DF＞AB，∵为等边三角形，∴AB=BE，∴DA+DF＞BE，故结论②不符合题意；∵四边形ADCF是菱形，∴，∵F为AB中点，∴，∴△ACD、△ABE都为等边三角形，F为AB中点，∴，故结论④不符合题意．故答案为：①③⑤

【思路点拨】依据平行四边形的判定和性质、等边三角形的性质分别推断得到答案即可。20．（2分）（武侯期末）如图，点D，E是ABC内的两点，且DEAB，连结AD，BE，CE.若AB＝9，DE＝2，BC＝10，∠ABC＝75°，则AD+BE+CE的最小值为.【答案】【规范解答】解：过点作交于，将绕点逆时针旋转，得到△，过作交延长线于，，都是等边三角形，，四边形是平行四边形，，，，，，，，，当、、、共线时，有最小值为的长，，，，，在中，，在△中，，的最小值为，故答案为：.【思路点拨】过点作交于，将绕点逆时针旋转，得到△，过作交延长线于，可得到△BEE＇和△BFF＇都是等边三角形，易证四边形AFED是平行四边形，利用平行四边形的性质可求出AF、BF的长；再证明AD+BE+CE=CE+EE＇+E＇F＇，由此可得到当、、、共线时，有最小值为的长，利用勾股定理求出HF＇的长及CF＇的长；从而可得到AD+BE+CE的最小值.阅卷人三、解答题(共7题；共60分)得分21．（5分）（历下期末）如图，已知是等边三角形，E为AC上一点，连接BE．将旋转，使得点C落在BC上的点D处，点B落在BC上方的点F处，旋转后的三角形是，连接AF．请证明：四边形ABDF是平行四边形．【答案】证明：∵是等边三角形，∴，．∵由旋转得到，∴，，∴，是等边三角形．∴，∴，∴，∴四边形ABDF是平行四边形．【思路点拨】利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形的判定方法求解即可。22．（8分）（顺平期末）如图，在中，点D，E，F分别是的中点，连接．（1）（4分）试猜想四边形的形态，并说明理由．（2）（4分）若，试推断线段与的关系，并说明理由．【答案】（1）解：猜想四边形是平行四边形，理由如下，∵点D，E，F分别是的中点∴是的中位线∴，∴四边形是平行四边形（2）解：，理由如下，∵，点E，F分别是的中点，∴∵四边形是平行四边形，∴四边形为菱形，又∵∴为正方形∴，【思路点拨】（1）猜想四边形是平行四边形，理由：先确定是的中位线，依据三角形中位定理可得，，依据两组对边分别平行的四边形是平行四边形即证；

（2），理由：依据线段的中点及AC=BC，可推出EC=FC，由（1）知四边形是平行四边形，从而可证四边形为菱形，结合∠C=90°，可证四边形为正方形，依据正方形的性质即得结论.23．（10分）（平远期末）如图，在四边形ABCD中，ABCD，∠ABC=∠ADC，DE垂直于对角线AC，垂足是E，连接BE．（1）（3分）求证：四边形ABCD是平行四边形；（2）（3分）若点E是AC的中点，推断BE与AC的位置关系，并说明理由；（3）（4分）若△ABE是等边三角形，AD=，求对角线AC的长．【答案】（1）证明：∵ABCD，∴∠ABC+∠BCD＝180°，∠ADC+∠BAD＝180°，又∵∠ABC＝∠ADC，∴∠BAD＝∠BCD，∴四边形ABCD是平行四边形；（2）解：∵DE⊥AC，且E是AC的中点，∴AD＝DC，由（1）可得四边形ABCD是平行四边形∴四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC，∵E是AC中点，∴BE⊥AC；（3）解：在平行四边形ABCD中，ABCD，∵△ABE是等边三角形，∴∠BAE＝60°，∴∠ACD＝60°，∵DE⊥AC，∴∠DEC＝90°，∴∠EDC＝30°，∴EC＝DC，设EC＝x，则DC＝2x，∴DE＝，AB＝AE＝2x，在Rt△ADE中，AE2+OE2=AD2，∴，解得，∴AC＝3．【思路点拨】（1）利用两组对角分别相等的四边形是平行四边形的判定方法求解即可；

（2）先证明四边形ABCD是菱形，可得AB=BC，再结合点E是AC中点，可得BE⊥AC；

（3）先求出∠EDC＝30°，利用含30°角的直角三角的性质可得EC＝DC，设EC＝x，则DC＝2x，利用勾股定理可得AE2+OE2=AD2，将数据代入可得，再求出x的值，即可得到AC的长。24．（8分）（平山期末）如图，已知一次函数y=﹣x+b的图象过点A（0，3），点p是该直线上的一个动点，过点P分别作PM垂直x轴于点M，PN垂直y轴于点N，在四边形PMON上分别截取：PC=MP，MB=OM，OE=ON，ND=NP．（1）（1分）b=；（2）（3分）求证：四边形BCDE是平行四边形；（3）（4分）在直线y=﹣x+b上是否存在这样的点P，使四边形BCDE为正方形？若存在，请求出全部符合的点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）3（2）证明：过点P分别作PM垂直x轴于点M，PN垂直y轴于点N，∴∠M=∠N=∠O=90°，∴四边形PMON是矩形，∴PM=ON，OM=PN，∠M=∠O=∠N=∠P=90°．∵PC=MP，MB=OM，OE=ON，NO=NP，∴PC=OE，CM=NE，ND=BM，PD=OB，在△OBE和△PDC中，OB=PD∠O=∠CPD∴△OBE≌△PDC（SAS），BE=DC．在△MBC和△NDE中，MB=ND∠M=∠N∴△MBC≌△NDE（SAS），DE=BC．∵BE=DC，DE=BC，∴四边形BCDE是平行四边形；（3）解：设P点坐标（x，y），当△OBE≌△MCB时，四边形BCDE为正方形，OE=BM，当点P在第一象限时，即y=x，x=y．P点在直线上，y=1解得，当点P在其次象限时，﹣x=yy=1解得x=-6在直线y=﹣x+b上存在这样的点P，使四边形BCDE为正方形，P点坐标是（2，2）或（﹣6，6）．【规范解答】解：（1）一次函数y=﹣x+b的图象过点A（0，3），3=﹣×0+b，解得b=3．故答案为3；

【思路点拨】（1）将点A的坐标代入函数关系式，求出答案即可；

（2）依据题意，证明△OBE≌△PDC，△MBC≌△NDE，即可得到BE=DC，DE=BC，证明得到答案即可；

（3）依据全等三角形的性质，由点P的象限求出P的坐标即可。25．（9分）（无为期末）如图，在矩形ABCD中，，，E，F分别是AD，BC的中点，G、H是对角线AC上的两个动点，且分别从点A、点C同时都以每秒1个单位长度的速度相向而行，运动时间为t秒，其中．（1）（3分）求证：四边形EGFH是平行四边形；（2）（3分）若四边形EGFH为矩形，求t的值；（3）（3分）若点从E点动身沿直线AD向右运动，点从F点动身沿直线CB向左运动，且与点G，H以相同的速度同时动身，当四边形为菱形时，求t的值．【答案】（1）解：由题意，得，∵四边形ABCD是矩形，∴，，∴，而E，F分别是AD，BC的中点，∴，，∴，∴，∴，，∴，∴，∴四边形EGFH是平行四边形；（2）解：如图1，连接EF，∵，，，∴四边形ABFE是矩形，∴，当四边形EGFH是矩形时，∴，在中，由勾股定理，得，∵，∴，∴，即四边形EGFH为矩形时；（3）解：设t秒时四边形为菱形，此时点E、F分别运动到点、的位置（如图2），连接，，，与AC交于点O．∵四边形为菱形，，，，∴，，∴四边形为菱形，∴，，在Rt△CD中，由勾股定理得，即，解得，∴当时，四边形为菱形．【思路点拨】（1）利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形的判定方法求解即可；

（2）先利用勾股定理求出AC的长，再结合矩形的性质可得，所以，再求出t的值即可；

（3）先证明四边形为菱形，可得，，利用勾股定理可得，将数据代入可得，最终求出t的值即可。26．（9分）（辽阳期末）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点A，与y轴交于点B，将线段绕点A顺时针旋转，得到线段，过点B，C作直线，交x轴于点D．（1）（1分）点C的坐标为；求直线的表达式；（2）（4分）若点E为线段上一点，且的面积为，求点E的坐标；（3）（4分）在（2）的条件下，在平面内是否存在点P，使以点A，B，E，P为顶点的四边形为平行四边形？若存在，干脆写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）(4，1)设直线解析式为，把点，代入可得3=b1=4k+b，解得，∴直线解析式为；故答案为：(4，1)；（2）解：过点作轴于点，在中，当时，，当时，，在中，当时，，∴，，，∴，，，∴，∴，∴，∴，把代入，得，∴；（3）存在，点的坐标为或或．【规范解答】解：(1)在中，当时，，当y=0时，x=1，∴，A(1，0)，∴OB=3，OA=1，过点C作CG⊥x轴于G，如图，由旋转可得∠BAC=90°，AB=AC，∵∠OAB+∠BAC+∠GAC=180°，∴∠OAB+∠GAC=90°，∵∠AOB=90°，∴∠ABO+∠OAB=90°，∴∠ABO=∠GAC，在△AOB与△GFA中，∠AOB=∠AGC=90°∠ABO=∠GAC∴△AOB≌△CGA(AAS)，∴AG=