初中數(shù)學(xué)蘇科版八年級(jí)下冊(cè)9.3 平行四邊形課堂檢測(cè)-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

參考答案與試題解析
一．選擇題（共10小題，滿分30分，每小題3分）
1．（3分）（2022春·廣東湛江·八年級(jí)期末）如圖，在?ABCD中，以A為圓心，AB長(zhǎng)為半徑畫弧交AD于F．分別以點(diǎn)F，B為圓心，大于12BF長(zhǎng)為半徑作弧，兩弧交于點(diǎn)G,作射線AG交BC于點(diǎn)E,若BF=6,AB=5,則AE的長(zhǎng)為（）
A．4B．6C．8D．10
【答案】C
【分析】如下圖，根據(jù)作圖可得AE與BF相互垂直平分，在Rt△ABO中，利用勾股定理可求得AO的長(zhǎng)，從而得出AE的長(zhǎng)．
【詳解】設(shè)AE與BF交于點(diǎn)O，連接EF
由作圖可知，AE與BF相互垂直平分
∵BF=6，∴BO=3
∵AB=5
∴在Rt△ABO中，AO=4
∴AE=8
故選：C．
【點(diǎn)睛】本題考查垂直平分線的畫法和勾股定理，解題關(guān)鍵是根據(jù)作圖，判斷出AE與BF相互垂直平分．
2．（3分）（2022春·全國(guó)·八年級(jí)專題練習(xí)）如圖，平行四邊形ABCD的對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O，OE//AB交AD于點(diǎn)E．若OA=2，ΔAOE的周長(zhǎng)為10，則平行四邊形ABCD的周長(zhǎng)為（）
A．16B．32C．36D．40
【答案】B
【分析】由平行四邊形的性質(zhì)得AB=CD，AD=BC，OB=OD，證OE是ΔABD的中位線，則AB=2OE，AD=2AE，求出AE+OE=8，則AB+AD=2AE+2OE=16，即可得出答案．
【詳解】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB=CD，AD=BC，OB=OD，AO=OC，
∵OE//AB，
∴AE=DE，
∴OE是ΔABD的中位線，
∴AB=2OE，AD=2AE，
∵ΔAOE的周長(zhǎng)等于10，
∴OA+AE+OE=10，
∴AE+OE=10?OA=10?2=8，
∴AB+AD=2AE+2OE=16，
∴?ABCD的周長(zhǎng)=2×(AB+AD)=2×16=32．
故選：B．
【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)、三角形中位線定理等知識(shí)；熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)和三角形中位線定理，求出AD+AB=16是解題的關(guān)鍵．
3．（3分）（2022秋·河南新鄉(xiāng)·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在矩形ABCD中，頂點(diǎn)A0,4，B?2,0，C?4,1，將矩形ABCD繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，每次旋轉(zhuǎn)90°，則第2022次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時(shí)，點(diǎn)D的坐標(biāo)為（）
A．5,2B．?2,5C．2,?5D．5,?2
【答案】C
【分析】過(guò)點(diǎn)C作CE⊥x軸于點(diǎn)E，點(diǎn)D作DF⊥y軸于點(diǎn)F，根據(jù)已知條件求出點(diǎn)D的坐標(biāo)，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)求出前4次旋轉(zhuǎn)后點(diǎn)D的坐標(biāo)，發(fā)現(xiàn)規(guī)律，進(jìn)而求出第2022次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時(shí)，點(diǎn)D的坐標(biāo)．
【詳解】解：如圖，過(guò)點(diǎn)C作CE⊥x軸于點(diǎn)E，點(diǎn)D作DF⊥y軸于點(diǎn)F，
∵A0,4，B?2,0，C?4,1，
∴OA=4，OB=2，CE=1，OE=4，
∴BE=OE?OB=4?2=2，
∵四邊形ABCD是矩形，CE⊥x軸，DF⊥y軸，
∴∠CEB=∠AFD=∠CBA=∠BAD=∠AOB=90°，BC=AD，
∴∠CBE+∠ABO=90°，∠BAO+∠ABO=90°，
∴∠CBE=∠BAO，
又∵∠ADF+∠DAF=90°，∠BAO+∠DAF=90°，
∴∠ADF=∠BAO，
∴∠CBE=∠ADF，
在△CBE和△ADF中，
∠CBE=∠ADF∠CEB=∠AFDBC=DA，
∴△CBE≌△ADFAAS，
∴DF=BE=2，AF=CE=1，
∴OF=OA+AF=4+1=5，
∴D?2,5，
∵矩形ABCD繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，每次旋轉(zhuǎn)90°，
∴第1次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時(shí)，點(diǎn)D的坐標(biāo)為5,2，
第2次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時(shí)，點(diǎn)D的坐標(biāo)為2,?5，
第3次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時(shí)，點(diǎn)D的坐標(biāo)為?5,?2，
第4次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時(shí)，點(diǎn)D的坐標(biāo)為?2,5，
……
發(fā)現(xiàn)規(guī)律：旋轉(zhuǎn)4次一個(gè)循環(huán)，
∵2022÷4=505??2，
∴第2022次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時(shí)，點(diǎn)D的坐標(biāo)為2,?5．
故選：C．
【點(diǎn)睛】本題考查坐標(biāo)與圖形，圖形的旋轉(zhuǎn)，通過(guò)旋轉(zhuǎn)角度找到旋轉(zhuǎn)規(guī)律，從而確定第2022次旋轉(zhuǎn)后矩形的位置是解題的關(guān)鍵．
4．（3分）（2022秋·重慶北碚·九年級(jí)西南大學(xué)附中?？奸_學(xué)考試）如圖，在矩形ABCD中，在AD上取點(diǎn)E，連接BE，在BE上取點(diǎn)F，連接AF，將△ABF沿AF翻折，使得點(diǎn)B剛好落在CD邊的G處，若∠GFB=90°，AB=10，AD=6，F(xiàn)G的長(zhǎng)是（）
A．3B．5C．25D．210
【答案】C
【分析】連接BG，根據(jù)折疊得到AG=AB=10，BF=GF，根據(jù)勾股定理求出DG，即可得到CG，從而得到BG，即可得到答案；
【詳解】解：∵將△ABF沿AF翻折，使得點(diǎn)B剛好落在CD邊的G處，AB=10，
∴AG=AB=10，BF=GF，
∵四邊形ABCD是矩形，AB=10，AD=6，
∴AB=CD=10，AD=BC=6，∠D=∠C=90°，
∴DG=AG2?AD2=102?62=8，
∴CG=10?8=2，
∴BG=CG2+BC2=22+62=210，
∵∠GFB=90°，BF=GF，
∴FG=BG22=(210)22=25,
故選C．
【點(diǎn)睛】本題考查勾股定理，矩形性質(zhì)及折疊的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是添加輔助線，構(gòu)造直角三角形．
5．（3分）（2022·山東泰安·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在四邊形ABCD中∠ADC=∠ABC=90°，AD=CD，DP⊥AB于點(diǎn)P，若四邊形ABCD的面積是9，則DP的長(zhǎng)是( )
A．6B．4.5C．3D．2
【答案】C
【分析】如圖，過(guò)點(diǎn)D作DE⊥BC交BC的延長(zhǎng)線于E，先證明四邊形DPBE是矩形，再利用AAS證明△ADP≌△CDE，得到DE=DP，S△ADP=S△CDE，再由四邊形ABCD的面積=9，得到DP?DE=9，則DP=3．
【詳解】解：如圖，過(guò)點(diǎn)D作DE⊥BC交BC的延長(zhǎng)線于E，
∵∠ABC=90°，DP⊥AB，
∴四邊形DPBE是矩形，
∵∠CDE+∠CDP=90°，∠ADC=90°，
∴∠ADP+∠CDP=90°，
∴∠ADP=∠CDE，
∵DP⊥AB，
∴∠APD=∠E=90°，
在△ADP和△CDE中，
∠ADP=∠CDE∠APD=∠EAD=CD，
∴△ADP≌△CDEAAS，
∴DE=DP，S△ADP=S△CDE
∴四邊形ABCD的面積=四邊形DPBE的面積=9，
∴DP?DE=9，
∴DP=3，
故選C．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)與判定，全等三角形的性質(zhì)與判定，正確作出輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．
6．（3分）（2022秋·甘肅白銀·九年級(jí)?？计谀┤鐖D，菱形ABCD的對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O．若AC=6，BD=8，AE⊥BC，垂足為E，則AE的長(zhǎng)為（）
A．12B．14C．245D．485
【答案】C
【分析】利用菱形的面積公式：12·AC·BD=BC·AE，即可解決問(wèn)題；
【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA=OC=3，OB=OD=4，
∴AB=BC=5，
∵ 12·AC·BD=BC·AE，
∴AE=245，
故選：C．
【點(diǎn)睛】本題考查菱形的性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)利用面積法求線段的長(zhǎng)，屬于中考?？碱}型．
7．（3分）（2022秋·河北保定·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，甲、乙兩人分別用一張矩形紙做一個(gè)折菱形的游戲．甲沿BE折疊使得點(diǎn)A落在BD上，沿DF折疊使得點(diǎn)C落在BD上，甲說(shuō)得到的四邊形BEDF為菱形；乙沿MN折疊使得AB與DC重合，再折出BM，DN，乙說(shuō)得到的四邊形BMDN為菱形；下列說(shuō)法正確的是（）
A．甲一定成立，乙可能成立B．甲可能成立，乙一定不成立
C．甲一定成立，乙一定不成立D．甲可能成立，乙也可能成立
【答案】B
【分析】由折疊的方法可知，四邊形BEDF和四邊形BMDN為平行四邊形；再判斷它們鄰邊是否相等即可得出結(jié)論；
【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形
∴ AB∥CD AD∥BC
∴∠ABD=∠CDB，
由折疊知：∠EBD=∠ABE，∠FDB=∠CDF
∴∠EBD=∠FDB
∴BE∥DF,
∴四邊形BEDF是平行四邊形
當(dāng)BE=DE時(shí)，四邊形BEDF是平行四邊形，
∴∠EBD=∠EDB，
又∵AD∥BC，∠EDB=∠DBF，
∴∠EBD=∠ABE=∠DBF=13∠ABC=30°，
故∠DBC=30°時(shí)，四邊形BEDF為菱形，甲甲可能成立，
而由乙折疊方法可知MN⊥BC，所以BM>BN，故四邊形BMDN為不可能為菱形．
綜上所述：甲可能成立，乙一定不成立，
故選B．
【點(diǎn)睛】本題考查的是翻折變換的性質(zhì)、平行四邊形的判定以及矩形和菱形的性質(zhì)，翻折變換是一種對(duì)稱變換，它屬于軸對(duì)稱，折疊前后圖形的形狀和大小不變，位置變化，對(duì)應(yīng)邊和對(duì)應(yīng)角相等．
8．（3分）（2022秋·貴州六盤水·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，正方形ABCD的對(duì)角線相交于點(diǎn)O，Rt△EOF（兩直角邊長(zhǎng)均大于AB的長(zhǎng)度）繞點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)的過(guò)程中，與正方形重疊部分的面積（）
A．由小變大B．由大變小C．始終不變D．先由大變小，然后又由小變大
【答案】C
【分析】由條件可得△OHB?△OGCASA，從而S△OHB=S△OGC，SOHBG=S△OHB+S△OBG=S△OGC+S△OBG=S△OBC，即可說(shuō)明重疊面積始終不變．
【詳解】解：∵正方形ABCD中，AC⊥BD，OB=OC，∠OBH=∠OCG=45°，∠EOF=90°，
∴ ∠HOB+∠BOF=∠BOF+∠GOC=90°，
∴ ∠HOB=∠GOC，
在△OHB與△OGC中，∠HOB=∠GOCOB=OC∠OBH=∠OCG，
∴ △OHB?△OGCASA，
∴ S△OHB=S△OGC，
∴ SOHBG=S△OHB+S△OBG=S△OGC+S△OBG=S△OBC，
則重疊部分的面積始終不變，
故選：C．
【點(diǎn)睛】本題考查了三角形全等的判定與性質(zhì)，利用面積的等量代換是解題關(guān)鍵．
9．（3分）（2022春·八年級(jí)單元測(cè)試）如圖所示，在四邊形ABCD中，AD=BC，E、F分別是AB、CD的中點(diǎn)，AD、BC的延長(zhǎng)線分別與EF的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)H、G，則( )
A．∠AHE>∠BGEB．∠AHE=∠BGE
C．∠AHE8，不符合題意，舍去；
綜上，m的值是1；
（2）證明：∵四邊形BPDQ是平行四邊形，
∴PD∥BC，
∴∠D=∠CQF，
由（1）知：BM=2m，
∴PE=CM=4?2m，
∴ED=PD?PE=BQ?PE=4?m?4?2m=m，
∵CQ=m，
∴CQ=ED，
∵∠EFD=∠CFQ，
∴△DEF≌△QCFAAS；
（3）解：分兩種情況：
①如圖2，AD∥PF，
∵PD∥BC，
∴∠AEP=∠C=90°，
Rt△AEP中，∠PAE=30°，
∴PE=12AP=128?4m=4?2m，
∵AP∥DF，AD∥PF，
∴四邊形APFD是平行四邊形，
∴PE=ED，
∴4?2m=m，
∴m=43，
∵PE=4?2×43=43， CQ=43，
∴PE=CQ，
∵PE∥CQ，∠C=90°，
∴四邊形CQPE是矩形，
∴∠CQP=90°，
∴S△PFQ=12PQ?CQ=12×23m×m=3×169=1639；
②如圖3，AD∥PQ，
∵AD∥PQ，AP∥DQ，
∴四邊形APQD是平行四邊形，
∴AP=DQ，
∵PB=DQ，
∴AP=PB，
∴8?4m=4m，
∴m=1，
∴S△PFQ=S△ABC?S△APF?S△BPQ?S△CFQ
=12×4×43?12×1×3?12×43?3×2?12×3×23
=332；
綜上，△PQF的面積為1639或332．
【點(diǎn)睛】本題是四邊形的綜合題，考查了含30°的直角三角形的性質(zhì)，三角形全等的性質(zhì)和判定，矩形的性質(zhì)和判定，平行四邊形的性質(zhì)，三角形的中位線，三角形的面積等知識(shí)點(diǎn)的應(yīng)用，主要考查學(xué)生綜合運(yùn)用性質(zhì)進(jìn)行計(jì)算的能力，還用了分類討論思想．
20．（8分）（2022春·安徽滁州·九年級(jí)校聯(lián)考階段練習(xí)）四邊形ABCD中，AC⊥CD，對(duì)角線AC,BD相交于點(diǎn)E．
(1)如圖1，若BD⊥AB，BC=DC，求證：∠CBD=∠CAB；
(2)如圖2，若AC平分∠BAD，點(diǎn)E是AC的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)B作BF⊥AC，垂足為F，點(diǎn)G為BD的中點(diǎn)，連接FG,CG．
①求證：FG=CG；
②連接AG，試判斷四邊形ABCG的形狀，并證明．
【答案】(1)見解析
(2)①見解析；②四邊形ABCG是平行四邊形，證明見解析
【分析】（1）根據(jù)等角的余角相等，可得∠CAB=∠CDE，再由BC=DC，可得∠CBD=∠CDE，即可；
（2）①延長(zhǎng)BF交AD于點(diǎn)M，延長(zhǎng)AB,DC交于點(diǎn)H，可證明△ABF≌△AMF，可得BF=FM，從而得到FG是△BMD的中位線，進(jìn)而得到FG∥DM，繼而得到∠MFG=∠AMF，同理△HAC≌△DAC，可得HC=CD,∠H=∠ADC，從而得到CG是△BHD的中位線，進(jìn)而得到CG∥BH，繼而得到∠H=∠GCD，再由BF∥HD，可得∠AMF=∠ADC，從而得到∠GCD=∠AMF=∠MFG，進(jìn)而得到∠CFG=∠FCG，即可；②證明△ABE≌△CGE，可得AB=CG，再由AB∥CG，即可．
【詳解】（1）證明：∵AC⊥CD，BD⊥AB，
∴∠ABD=∠ACD=90°，
∵∠AEB=∠DEC，
∴∠CAB=∠CDE，
∵BC=DC，
∴∠CBD=∠CDE，
∴∠CBD=∠CAB；
（2）①證明：如圖，延長(zhǎng)BF交AD于點(diǎn)M，延長(zhǎng)AB,DC交于點(diǎn)H，
∵AC平分∠BAD，
∴∠BAF=∠FAM，
∵BF⊥AC，
∴∠AFB=∠AFM=90°，
在△ABF和△AMF中，
∠BAF=∠MAFAF=AF∠AFB=∠AFM，
∴△ABF≌△AMF，
∴BF=FM，
∵點(diǎn)G為BD的中點(diǎn)，
∴FG是△BMD的中位線，
∴FG∥DM，
∴∠MFG=∠AMF，
同理△HAC≌△DAC，
∴HC=CD,∠H=∠ADC，
∴CG是△BHD的中位線，
∴CG∥BH，
∴∠H=∠GCD，
∵BF⊥AC,HD⊥AC，
∴BF∥HD，
∴∠AMF=∠ADC，
∴∠GCD=∠AMF=∠MFG，
∵∠MFG+∠CFG=∠GCD+∠FCG=90°，
∴∠CFG=∠FCG，
∴FG=CG；
②解：四邊形ABCG是平行四邊形，證明如下：
∵點(diǎn)E是AC的中點(diǎn)，
∴AE=CE，
∵CG∥BH，
∴∠BAE=∠ECG，
在△ABE和△CGE中，
∠BAE=∠ECGAE=CE∠AEB=∠GEC，
∴△ABE≌△CGE，
∴AB=CG，
∵AB∥CG，
∴四邊形ABCG是平行四邊形，
【點(diǎn)睛】本題主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定，三角形中位線定理，等腰三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握全等三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定，三角形中位線定理，等腰三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
21．（8分）（2022春·四川成都·八年級(jí)?？计谥校┮阎?，菱形ABCD中，∠B=60°，E、P分別是邊BC和CD上的點(diǎn)，且∠EAP=60°．
(1)求證：BC=EC+CP．
(2)如圖2，F(xiàn)在CA延長(zhǎng)線上，且FE=FB，求證：AF=EC．
(3)如圖3，在（2）的條件下AF=4，BE=6，點(diǎn)O是FB的中點(diǎn)，求OA的長(zhǎng)．
【答案】(1)見詳解
(2)見詳解
(3)19
【分析】（1）連接AC，如圖1，根據(jù)菱形的性質(zhì)得AB=BC，即可判定△ABC為等邊三角形，得到∠BAC=60°，AC=AB，然后利用ASA可證明△AEB≌△APC，即可解答；
（2）過(guò)點(diǎn)F作FH∥AB，交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，利用平行線的性質(zhì)求得△FHC是等邊三角形，得到CF=CH=FH，然后利用AAS定理求得△HBF≌△CEF，從而問(wèn)題得解；
（3）過(guò)點(diǎn)B作BK∥FC，交HF于點(diǎn)K，根據(jù)兩組對(duì)邊分別平行求得四邊形KBAF是平行四邊形，從而求得OA=12AK，F(xiàn)K=10，A作AM⊥FH，然后利用含30°的直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理求得MF=12AF=2，AM=AF2?MF2=23，即有KM=FK?MF=10?2=8，在Rt△AKM中，利用勾股定理可得AK=219，問(wèn)題隨之得解．
【詳解】（1）連接AC，如圖1，
∵四邊形ABCD為菱形，
∴AB=BC，
∵∠B=60°，
∴△ABC為等邊三角形，
∴∠BAC=60°，AC=AB，
∴∠BAE+∠EAC=60°，
∵∠EAP=60°，即∠EAC+∠CAP=60°，
∴∠BAE=∠CAP，
∵AB∥CD，
∴∠BAC=∠ACP=60°，即∠ACP=60°=∠B，
在△AEB和△APC中，∠BAE=∠CAPAB=AC∠B=∠ACP，
∴△AEB≌△APC，
∴BE=CP，
∴BC=EC+BE=EC+CP；
（2）過(guò)點(diǎn)F作FH∥AB，交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，如圖2，
在（1）中已證△ABC為等邊三角形，
∵FH∥AB，
∴∠H=∠ABC=60°=∠C，
∴△FHC是等邊三角形，
∴CF=CH=FH，
又∵△ABC是等邊三角形，
∴CA=CB，
∴AF=BH，
又∵FB=FE，
∴∠FEB=∠FBE，即∠FBH=∠FEC，
在△HBF和△CEF中∠FBH=∠FEC∠FHB=∠FCEFH=FC，
∴△HBF≌△CEF，
∴BH=EC，
∴AF=EC；
（3）過(guò)點(diǎn)B作BK∥FC，交HF于點(diǎn)K，如圖3，
∵BK∥FC，F(xiàn)H∥AB，AF=4，BE=6，
∴四邊形KBAF是平行四邊形，
∴KB=AF=EC=4，
∵點(diǎn)O是FB的中點(diǎn)，
∴OA=12AK，
∴FK=AB=BC=BE+EC=BE+AF=10，
過(guò)點(diǎn)A作AM⊥FH，
由（2）可知，∠CFH=60°，
∴在Rt△AMF中，∠MAF=30°，
∴MF=12AF=2，AM=AF2?MF2=23，
∴KM=FK?MF=10?2=8，
在Rt△AKM中，AK=AM2+MK2=(23)2+82=219，
∴OA=12AK=19．
【點(diǎn)睛】本題考查全等三角形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，及平行四邊形的判定和性質(zhì)，含30°角的直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理等知識(shí)，題目有一定的綜合性，正確添加輔助線解題是關(guān)鍵的突破點(diǎn)．
22．（8分）（2022春·江蘇南京·八年級(jí)?？计谥校┤鐖D1，O是平行四邊形ABCD對(duì)角線的交點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)O作OH⊥AB，OM⊥BC，垂足分別為H，M，若OH≥OM，我們稱λ=OHOM是平行四邊形ABCD的心距比．
(1)如圖2，四邊形ABCD是矩形，AB=3，BC=4，則λ= ．
(2)如圖3，四邊形ABCD是平行四邊形，λ=1，求證：四邊形ABCD是菱形．
(3)已知如圖，在△ABC中，∠B=75°，點(diǎn)E、F、G分別在AB、AC、BC邊上，若存在一個(gè)四邊形BEFG是平行四邊形，且λ=2，請(qǐng)通過(guò)尺規(guī)作圖作出一個(gè)點(diǎn)F．（不寫作法，但保留作圖痕跡；如若有必要，可簡(jiǎn)述作圖思路）
【答案】(1)43
(2)證明見解析
(3)作圖見解析
【分析】（1）由面積法可得12AB·OH=12BC·OM，即可求解；
（2）由角平分線的性質(zhì)可得∠ABD=∠CBD，由平行線的性質(zhì)可得∠ADB=∠CBD=∠ABD，可得AB=AD，可得結(jié)論；
（3）如圖4，以點(diǎn)C為圓心，CB為半徑作弧，交AB于點(diǎn)D，作BC的垂直平分線交CD于Q，連接BQ，并延長(zhǎng)交AC于點(diǎn)F，則點(diǎn)F為所求點(diǎn)．
【詳解】（1）解：∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°， OA=OC，
∵OH⊥AB，OM⊥BC，
∴12AB·OH=12BC·OM，
∴ OHOM=BCAB=43，
∴λ=43．
（2）∵λ=1，
∴OHOM=1，
∴OH=OM，
又∵OH⊥AB，OM⊥BC，
∴∠ABD=∠CBD，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD∥BC，
∴∠ADB=∠CBD=∠ABD，
∴AB=AD，
∴四邊形ABCD是菱形；
（3）如圖，以點(diǎn)C為圓心，CB為半徑作弧，交AB于點(diǎn)D，作BC的垂直平分線交CD于Q，連接BQ，并延長(zhǎng)交AC于點(diǎn)F，則點(diǎn)F為所求點(diǎn)．
理由如下：過(guò)F作FE∥BC交BA于E，過(guò)F作FG∥AB交BC于G，連接EG，交BF于O，過(guò)O作OH⊥AB于H，過(guò)O作OM⊥BC于M，
由作圖可得：CD=CB，而∠ABC=75°，
∴∠CDB=∠CBD=75°，∠DCB=30°，
由作圖可得：作BC的垂直平分線交CD于Q，
∴QB=QC，
∴∠QCB=∠QBC=30°，
∴∠HBO=45°，
在Rt△BMO中，OM=12OB，
在Rt△BOH中，OH=22OB，
∴OHOM=22OB12OB=2，即λ=2．
【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，考查了平行四邊形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，菱形的判定，基本作圖等知識(shí)，理解新定義，并運(yùn)用是解題的關(guān)鍵．
23．（8分）（2022春·遼寧沈陽(yáng)·九年級(jí)沈陽(yáng)市第一二六中學(xué)校考開學(xué)考試）在正方形ABCD中，AE⊥MN，點(diǎn)E為邊BC上一點(diǎn)（不與點(diǎn)B、C重合），垂直于AE的一條直線MN分別交AB，AE，CD于點(diǎn)M，P，N．
(1)①如圖1，判斷線段AE與MN之間的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由；
(2)如圖2，若垂足P為AE的中點(diǎn)，連接BD，交MN于點(diǎn)Q，連接EQ，則∠AEQ=______．
(3)若垂足P在對(duì)角線BD上，正方形的邊長(zhǎng)為8．
①如圖3，若BM=1，BE=32，則BP=______；
②如圖4，連接AN，將△APN沿著AN翻折，點(diǎn)P落在點(diǎn)P′處，AD的中點(diǎn)為S，則P′S的最小值為______．
【答案】(1)AE=MN；理由見解析
(2)45°
(3)①524；②22
【分析】（1）過(guò)點(diǎn)B作BF∥MN分別交AE、CD于點(diǎn)G、F，證出四邊形MBFN為平行四邊形，得出MN=BF，證明△ABE≌△BCF得出AE=BF，即可得出結(jié)論；
（2）連接AQ，過(guò)點(diǎn)Q作HI∥AB，分別交AD、BC于點(diǎn)H、I，證出△DHQ是等腰直角三角形，HD=HQ，AH=QI，證明Rt△ AHQ≌ Rt△ QIE得出∠AQH=∠QEI，得出△AQE是等腰直角三角形，得出∠EAQ=∠AEQ=45°，即可得出結(jié)論；
（3）①過(guò)點(diǎn)P分別作PG⊥BC,PH⊥AB垂足分別為G,H，則∠PEG=∠PHM=90°，證明△PMH≌△PEG AAS，設(shè)GE=MH =x，根據(jù)MB+MH=BE?GE，求得x=14，即可得出BP=542；
②連接AC交BD于點(diǎn)O，則△APN的直角頂點(diǎn)P在OB上運(yùn)動(dòng)，設(shè)點(diǎn)P與點(diǎn)B重合時(shí)，則點(diǎn)P′與點(diǎn)D重合；設(shè)點(diǎn)P與點(diǎn)O重合時(shí)，則點(diǎn)P'的落點(diǎn)為O′，由等腰直角三角形的性質(zhì)得出∠ODA=∠AD O′ =45°，當(dāng)點(diǎn)P在線段BO上運(yùn)動(dòng)時(shí)，過(guò)點(diǎn)P作PG⊥CD于點(diǎn)G，過(guò)點(diǎn)P′作P′ H⊥CD交CD延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，連接PC，證明△APB≌△CPB得出∠BAP=∠BCP，證明Rt△ PGN≌ Rt△ NH P′得出PG=NH，GN= P′ H，由正方形的性質(zhì)得出∠PDG=45°，易得出PG=GD，得出GN=DH，DH= P′ H，得出∠ P′ DH=45°，故∠ P′ DA=45°，點(diǎn)P′在線段D O′上運(yùn)動(dòng)；過(guò)點(diǎn)S作SK⊥D O′，垂足為K，即可得出結(jié)果．
【詳解】（1）∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠ABE=∠BCD=90°，AB=BC=CD，AB∥CD，
過(guò)點(diǎn)B作BF∥MN分別交AE、CD于點(diǎn)G、F，如圖1所示：
∴四邊形MBFN為平行四邊形，
∴MN=BF，
∴BF⊥AE，
∴∠BGE=90°，
∴∠CBF+∠ABE=90°，
∵∠BAE+∠ABE=90°，
∴∠CBF=∠BAE，
在△ABE和△BCF中，
∠BAE＝∠CBFAB＝BC∠ABE＝∠BCF＝90°，
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴AE=BF，
∴AE=MN；
（2）連接AQ，過(guò)點(diǎn)Q作HI∥AB，分別交AD、BC于點(diǎn)H、I，如圖2所示：
∵四邊形ABCD是正方形，
∴四邊形ABIH為矩形，
∴HI⊥AD，HI⊥BC，HI=AB=AD，
∵BD是正方形ABCD的對(duì)角線，
∴∠BDA=45°，
∴△DHQ是等腰直角三角形，HD=HQ，AH=QI，
∵M(jìn)N是AE的垂直平分線，
∴AQ=QE，
在Rt△ AHQ和Rt△ QIE中，
AQ=QEAH=QI，
∴ Rt△ AHQ≌ Rt△ QIE（HL），
∴∠AQH=∠QEI，
∴∠AQH+∠EQI=90°，
∴∠AQE=90°，
∴△AQE是等腰直角三角形，
∴∠EAQ=∠AEQ=45°，
故答案為：45°．
（3）①解：如圖所示，
過(guò)點(diǎn)P分別作PG⊥BC,PH⊥AB垂足分別為G,H，則∠PEG=∠PHM=90°
∵ P在正方形對(duì)角線BD上，
∴ PH=PG，△PBG是等腰直角三角形，
∵ AE⊥MN,∠ABC=90°，
∴ ∠PMB+∠PEB=180°，
又∵ ∠PMH+∠PMB=180°，
∴ ∠PMH=∠PEG，
∴ △PMH≌△PEG AAS，
∴ GE=MH，
設(shè)GE=MH =x，
∴ MB+MH=BE?GE
∵ BM=1，BE=32，
∴ 1+x=32?x
解得：x=14，
∴ BG=32?14=54
則BP=542，
故答案為：542．
連接AC交BD于點(diǎn)O，如圖所示：
則△APN的直角頂點(diǎn)P在OB上運(yùn)動(dòng)，
設(shè)點(diǎn)P與點(diǎn)B重合時(shí)，則點(diǎn)P′與點(diǎn)D重合；設(shè)點(diǎn)P與點(diǎn)O重合時(shí)，則點(diǎn)P′的落點(diǎn)為O′，
∵AO=OD，∠AOD=90°，
∴∠ODA=∠AD O′ =45°，
當(dāng)點(diǎn)P在線段BO上運(yùn)動(dòng)時(shí)，過(guò)點(diǎn)P作PG⊥CD于點(diǎn)G，過(guò)點(diǎn)P′作P′ H⊥CD交CD延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，連接PC，
∵點(diǎn)P在BD上，
∴AP=PC，
在△APB和△CPB中，
AP=PCBP=BPAB=BC，
∴△APB≌△CPB（SSS），
∴∠BAP=∠BCP，
∵∠BCD=∠MPA=90°，
∴∠PCN=∠AMP，
∵ AB∥CD，
∴∠AMP=∠PNC，
∴∠PCN=∠PNC，
∴PC=PN，
∴AP=PN，
∴∠PNA=45°，
∴∠PN P′ =90°，
∴∠P'NH+∠PNG=90°，
∵∠P'NH+∠N P′ H=90°，∠PNG+∠NPG=90°，
∴∠NPG=∠ P′ NH，∠PNG=∠N P′ H，
由翻折性質(zhì)得：PN= P′ N，
在△PGN和△NH P′中，
∠NPG=∠P′NHPN=P′N∠PNG=∠NP′H，
∴△PGN≌△NH P′（ASA），
∴PG=NH，GN=P'H，
∵BD是正方形ABCD的對(duì)角線，
∴∠PDG=45°，
則PG=GD，
∴GN=DH，
∴DH= P′ H，
∴ ∠P′DH=45 °，故∠ P′ DA=45°，
∴點(diǎn)P′在線段D O′上運(yùn)動(dòng)；
過(guò)點(diǎn)S作SK⊥D O′，垂足為K，
∵點(diǎn)S為AD的中點(diǎn)，
∴DS=4，則P′ S的最小值為22．
【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、翻折變換的性質(zhì)、勾股定理、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)；證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．

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