數(shù)學(xué)八年級(jí)下冊(cè)9.3 平行四邊形同步測(cè)試題-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

必考點(diǎn)1
平行四邊形中邊的關(guān)系運(yùn)用
1．（2022秋·浙江寧波·八年級(jí)?？计谀┤鐖D，在平行四邊形ABCD中，AB＝6，BC＝4，∠A＝120°，E是AB的中點(diǎn)，點(diǎn)F在平行四邊形ABCD的邊上，若△AEF為等腰三角形，則EF的長(zhǎng)為_____．
【答案】33或3或572
【分析】△AEF為等腰三角形，分三種情況討論，由等腰三角形的性質(zhì)和30°直角三角形性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)可求解．
【詳解】解：當(dāng)AE=AF時(shí)，如圖，過點(diǎn)A作AH⊥EF于H，
∵E是AB的中點(diǎn)，
∴AE=12AB=3，
∵AE=AF，AH⊥EF，∠A=120°，
∴∠AEF=∠AFE=30°，F(xiàn)H=EH，
∴AH=12AE=32，EH=3AH=332，
∴EF=2EH=33，
當(dāng)AF=EF時(shí)，如圖2，
過點(diǎn)A作AN⊥CD于N，過點(diǎn)F作FM⊥AB于M，
圖2
∵在平行四邊形ABCD中，AB=6，BC=4，∠A=120°，
∴AD=BC=4，∠ADC=60°，
∴∠DAN=30°，
∴DN=12AD=2，AN=3DN=23，
∵AB//CD，AN⊥CD，F(xiàn)M⊥AB，
∴AN=MF=23，
∵AF=EF，F(xiàn)M⊥AB，
∴AM=ME=32，
∴EF=ME2+MF2=12+94=572；
當(dāng)AE=EF=3時(shí)，如圖3，
圖3
∴EF=3，
綜上所述：EF的長(zhǎng)為33或3或572．
【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理，利用分類討論思想解決問題是本題的關(guān)鍵．
2．（2022秋·黑龍江哈爾濱·九年級(jí)統(tǒng)考期中）如圖，已知?ABCD中，AF垂直平分DC，且AF=DC，點(diǎn)E為AF上一點(diǎn)，連接BE、CE，若∠CEF=2∠ABE，AE=2，則AD的長(zhǎng)為______．
【答案】35
【分析】過點(diǎn)B作BM⊥CE于M，由平行四邊形的性質(zhì)得出AD=BC，AB=CD，AB∥CD，證明△BAE≌△BMEAAS，由全等三角形的性質(zhì)得出AE=EM=2，AB=BM，證明Rt△AFD≌Rt△BMCHL，由全等三角形的性質(zhì)得出FD=CM，設(shè)CF=FD=x，則AB=BM=2x，EF=2x?2，CE=2+x，由勾股定理列出方程可得出答案．
【詳解】解：過點(diǎn)B作BM⊥CE于M，
∵AF垂直平分DC，
∴CF=DF，AF⊥CD，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD=BC，AB=CD，AB∥CD，
∴AB⊥AF，
∵∠BAE+∠AEM+∠BME+∠ABM=360°，
∴∠ABM+∠AEM=180°，
∵∠CEF+∠AEM=180°，
∴∠CEF=∠ABM=∠ABE+∠EBM，
又∵∠CEF=2∠ABE，
∴∠ABE=∠EBM，
∵BE=BE，∠BAE=∠BME=90°，
∴△BAE≌△BMEAAS，
∴AE=EM=2，AB=BM，
∵AB=CD=AF，
∴BM=AF，
在Rt△AFD和Rt△BMC中，
AD=BCAF=BM，
∴Rt△AFD≌Rt△BMCHL，
∴FD=CM，
設(shè)CF=FD=x，則AB=BM=2x，EF=2x?2，CE=2+x，
在Rt△CEF中，EF2+CF2=CE2，
∴2x?22+x2=2+x2，
解得x=3或x=0（舍去），
∴CM=3，BM=6，
∴BC＝CM2+BM2=32+62=35，
∴AD=35，
故答案為：35．
【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
3．（2022秋·陜西寶雞·九年級(jí)統(tǒng)考期中）如圖，在△ABC中，AB=BC=10，AC=12，D是BC邊上任意一點(diǎn)，連接AD，以AD，CD為鄰邊作平行四邊形ADCE，連接DE，則DE長(zhǎng)的最小值為___________．
【答案】9.6
【分析】設(shè)AC,ED交于點(diǎn)O，過點(diǎn)O作OF⊥BC于點(diǎn)F，勾股定理求得OB，等面積法求得OF，根據(jù)垂線段最短，當(dāng)點(diǎn)D與點(diǎn)F，重合時(shí)，OD最小，進(jìn)而求得DE的最小值，即可求解．
【詳解】設(shè)AC,ED交于點(diǎn)O，過點(diǎn)O作OF⊥BC于點(diǎn)F，如圖所示，
在四邊形ADCE中，AO=CO，EO=DO，
∵AB=BC=10，
∴BO⊥AC，
∵AC=12，
∴AO=CO=6,
在Rt△BOC中，BO=BC2?OC21=8，
∵S△OBC=12CO?BO=12BC?OF，
∴OF=4.8，
當(dāng)點(diǎn)D與點(diǎn)F，重合時(shí)，OD最小，
∴ED的最小值為2OD=9.6．
故答案為：9.6．
【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理，垂線段最短，掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．
4．（2022春·江西吉安·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在?ABCD中，∠DS2，則S3>S1；③若S3=2S1，則S4=2S2；④如果P點(diǎn)在對(duì)角線BD上，則S1:S4=S2:S3；⑤S1?S2=S3?S4，則P點(diǎn)一定在對(duì)角線BD上．
【答案】①④⑤
【分析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得AB=CD，AD=BC，設(shè)點(diǎn)P到AB，BC，CD，DA的距離分別是?1，?2，?3，?4，再根據(jù)三角形的面積公式整理判斷①；然后根據(jù)三角形面積公式可判斷②③；再根據(jù)兩個(gè)等高的三角形面積的比等于底的比，得出S1:S4=S2:S3，判斷④；最后根據(jù)已證關(guān)系式，得出S1=S2，S3=S4，判斷⑤，綜合即可得出答案．
【詳解】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB=CD，AD=BC．
設(shè)點(diǎn)P到AB，BC，CD，DA的距離分別是?1，?2，?3，?4，
則S1=12AB·?1，S2=12BC·?2，S3=12CD·?3，S4=12AD·?4．
∵12AB·?1+12CD·?3=12AB??AB，12BC·?2+12AD·?4=12BC??BC，
∴S平行四邊形ABCD=AB??AB=BC??BC，
∴S2+S4=S1+S3，故①正確；
根據(jù)S4>S2只能判斷?4>?2，不能判斷?3>?1，即不能判斷S3>S1，故②錯(cuò)誤；
根據(jù)S3=2S1，能得出?3=2?1，不能得出?4=2?2，即不能判斷S4=2S2，故③錯(cuò)誤；
∵點(diǎn)P在對(duì)角線BD上，
∴S1:S4=PB:PD，S2:S3=PB:PD，
∴S1:S4=S2:S3，故④正確；
由S1?S2=S3?S4和S2+S4=S1+S3，得S1=S2，S3=S4，
∴點(diǎn)P一定在對(duì)角線在BD上，故⑤正確，
綜上所述，正確的結(jié)論是①④⑤．
故答案為：①④⑤
【點(diǎn)睛】本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)、三角形的面積等，用平行四邊形的面積表示出相應(yīng)的兩個(gè)三角形的面積的和是解本題的關(guān)鍵．
4．（2022秋·上?！て吣昙?jí)?？计谀┬∶髟趯W(xué)習(xí)了中心對(duì)稱圖形以后，想知道平行四邊形是否為中心對(duì)稱圖形．于是將一張平行四邊形紙片平放在一張紙板上，在紙板上沿四邊畫出它的初始位置，并畫出平行四邊形紙片的對(duì)角線，用大頭針釘住對(duì)角線的交點(diǎn)．將平行四邊形紙片繞著對(duì)角線的交點(diǎn)旋轉(zhuǎn)180°后，平行四邊形紙片與初始位置的平行四邊形恰好重合．通過上述操作，小明驚喜地發(fā)現(xiàn)平行四邊形是中心對(duì)稱圖形，對(duì)角線的交點(diǎn)就是對(duì)稱中心．請(qǐng)你利用小明所發(fā)現(xiàn)的平行四邊形的這一特征完成下列問題：
(1)如圖①，四邊形ABCD是平行四邊形，對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O．過點(diǎn)O的直線l與邊AB、CD分別相交于點(diǎn)M、N，四邊形AMND的面積與平行四邊形ABCD的面積之比為___________；
(2)如圖②，這個(gè)圖形是由平行四邊形ABCD與平行四邊形ECGF組成的，點(diǎn)E在邊CD上，且B、C、G在同一直線上．
①請(qǐng)畫出一條直線把這個(gè)圖形分成面積相等的兩個(gè)部分（不要求寫出畫法，但請(qǐng)標(biāo)注字母并寫出結(jié)論）；
②延長(zhǎng)GF與邊AD的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)K，延長(zhǎng)FE與邊AB交于點(diǎn)H．聯(lián)結(jié)EB、EK、BK，如圖③所示，當(dāng)四邊形AHED的面積為10，四邊形CEFG的面積為2時(shí)，求三角形EBK的面積．
【答案】(1)1:2
(2)①圖見解析，S四邊形HGBM=S四邊形AMND+S四邊形NEFH；②三角形EBK的面積為4
【分析】（1）由四邊形ABCD是平行四邊形，對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O，得AB∥CD，OA=OC，從而得到∠MAO=∠NCO，即可證明出△MAO≌△NCO，同理可證明出△MBO≌△NDO，△COB≌△AOD，因此得到S△COB=S△AOD，S△MBO=S△NDO，S△MAO=S△NCO，又因?yàn)镾四邊形AMND=S△AMO+S△ADO+S△NDO，S四邊形ABCD=S△AMO+S△CNO+S△MBO+S△ADO+S△NDO+S△COB，所以得到S四邊形AMND=12S四邊形ABCD，從而即可得到答案；
（2）①根據(jù)（1）中的結(jié)論畫出圖并寫出相關(guān)結(jié)論即可；②由四邊形ABCD是平行四邊形得AB∥CD，AD∥BC，由四邊形ECGF為平行四邊形，得EC∥GF，EF∥CG，從而可得AK∥BG，AB∥GK，進(jìn)而可得四邊形ABGK為平行四邊形，同理可得，四邊形DEFK、四邊形HBCE均為平行四邊形，在根據(jù)平行四邊形的面積與三角形的面積關(guān)系，即可得到三角形EBK的面積為．
【詳解】（1）解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O，
∴AB∥CD，OA=OC，
∴∠MAO=∠NCO，
在△MAO和△NCO中
∠MAO=∠NCO∠AOM=∠CONAO=CO，
∴△MAO≌△NCO（AAS），
同理可得△MBO≌△NDO，△COB≌△AOD，
∴S△COB=S△AOD，S△MBO=S△NDO，S△MAO=S△NCO，
∵S四邊形AMND=S△AMO+S△ADO+S△NDO，S四邊形ABCD=S△AMO+S△CNO+S△MBO+S△ADO+S△NDO+S△COB，
∴S四邊形AMND=12S四邊形ABCD，
即四邊形AMND的面積與平行四邊形ABCD的面積之比為1:2，
故答案為：1:2；
（2）解：①根據(jù)（1）中的結(jié)論畫出圖如圖所示，
平行四邊形ABCD的對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O，平行四邊形ECGF的對(duì)角線EG、CF相交于點(diǎn)Q，過點(diǎn)O、Q的直線l將圖形分為面積相等的兩個(gè)部分，直線l與AB相交于點(diǎn)M，直線l與GF相交于N，
其中S四邊形MBCN=S四邊形AMND，S四邊形HGCN=S四邊形NEFH，
∴S四邊形HGBM=S四邊形MBCN+S四邊形HGCN=S四邊形AMND+S四邊形NEFH，
即S四邊形HGBM=S四邊形AMND+S四邊形NEFH；
② ∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
∵四邊形ECGF為平行四邊形，
∴EC∥GF，EF∥CG，
∴AK∥BG，AB∥GK，
∴四邊形ABGK為平行四邊形，
同理可得，四邊形DEFK、四邊形HBCE均為平行四邊形，
∵S四邊形AHED=10，S四邊形CEFG=2，
∵S四邊形ABGK=S四邊形AHED+S四邊形CEFG+S四邊形BCEH+S四邊形DEFK=10+2+S四邊形BCEH+S四邊形DEFK=12+S四邊形BCEH+S四邊形DEFK，
∴S△BGK=12S四邊形ABGK=1212+S四邊形BCEH+S四邊形DEFK=6+12S四邊形BCEH+12S四邊形DEFK，
∵S△BCE=12S四邊形BCEH，S△EFK=12S四邊形DEFK，
∴S△EBK=S△BGK?S△BCE?S△EFK?S四邊形CEFG=6+12S四邊形BCEH+12S四邊形DEFK?12S四邊形BCEH?12S四邊形DEFK?2=4，
∴三角形EBK的面積為4．
【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)與判定的應(yīng)用，熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)與判定是解決問題的關(guān)鍵，難度較大，綜合性較強(qiáng)．
5．（2022秋·吉林長(zhǎng)春·八年級(jí)統(tǒng)考期末）定義：我們把三角形被一邊中線分成的兩個(gè)三角形叫做“朋友三角形”．性質(zhì)：“朋友三角形”的面積相等．
例如：如圖1，在△ABC中，如果AD是AB邊上的中線，那么△ACD和△ABD是“朋友三角形”，則有S△ACD=S△ABD．
應(yīng)用：如圖2，在矩形ABCD中，點(diǎn)E在AD上，點(diǎn)F在BC上，AE=BF，AF與BE交于點(diǎn)O．
(1)求證：△AOE和△AOB是“朋友三角形”．
(2)如圖3，在四邊形ABCD中，∠ADC=90°，AD//BC，AD=DC=8，BC=12，點(diǎn)G在BC上，點(diǎn)E在AD上，DG與CE交于點(diǎn)F，GF=DF．
①求證：△DFE和△DFC是“朋友三角形”；
②連接AF，若△AEF和△DEF是“朋友三角形”，求四邊形ABGF的面積．
(3)在△ABC中，∠B=30°，AB=8，點(diǎn)D在線段AB上，連接CD，△ACD和△BCD是“朋友三角形”，將△ACD沿CD所在直線翻折，得到△A′CD，若△A′CD與△ABC重合部分的面積等于△ABC面積的14，則△ABC的面積是________（請(qǐng)直接寫出答案）．
【答案】(1)見解析
(2)①見解析；②四邊形ABGF的面積為48
(3)8或83
【分析】（1）連接EF，根據(jù)四邊形ABCD為矩形，可知AD∥BC，再借助AE=BF，可證明四邊形ABFE為平行四邊形，由平行四邊形的性質(zhì)“平行四邊形的對(duì)角線相互平分”可知OE=OB，即AO是△ABE的中線，即可證明△AOE和△AOB是“朋友三角形”；
（2）①先證明△DFE≌△GFC，可推導(dǎo)EF=CF，即△DFE和△DFC是“朋友三角形”；②由△AEF和△DEF是“朋友三角形”，可知AE=DE=12AD=4，再借助∠ADC=90°，求得S△DCE=16，根據(jù)△DFE和△DFC是“朋友三角形”、△AEF和△DEF是“朋友三角形”、△DFE≌△GFC，可依次求得△AEF、△DEF、△DCF、△GFC的面積，最后由四邊形ABGF的面積=S梯形ABCD?S△AEF?S△DFE?S△DFC?S△GFC求解即可；
（3）根據(jù)題意畫出符合條件的兩種情況：①證明四邊形AD′CB是平行四邊形，求出BC、A′D并推導(dǎo)∠ACB=90°，根據(jù)三角形面積公式求解即可；②求出高CQ、在求出△AD′C的面積，即可求出△ABC的面積．
（1）
證明：連接EF，
∵四邊形ABCD為矩形，
∴AD∥BC，
∵AE=BF，
∴四邊形ABFE為平行四邊形，
∴OE=OB，即AO是△ABE的中線，
∴△AOE和△AOB是“朋友三角形”；
（2）
①證明：∵AD//BC，
∴∠EDF=∠CGF，
又∵GF=DF，∠DFE=∠GFC，
∴△DFE≌△GFC(ASA)，
∴EF=CF，
∴△DFE和△DFC是“朋友三角形”；
②解：∵△AEF和△DEF是“朋友三角形”，
∴AE=DE=12AD=4，
∵∠ADC=90°，
S△DCE=12DE?CD=12×4×8=16，
∵△DFE和△DFC是“朋友三角形”，
∴S△DFE=S△DFC=12S△DCE=8，
∵△DFE≌△GFC，
∴S△DFE=S△GFC=8，
∵△AEF和△DEF是“朋友三角形”，
S△AEF=S△DFE=8，
∴四邊形ABGF的面積=S梯形ABCD?S△AEF?S△DFE?S△DFC?S△GFC
=12×(8+12)×8?8?8?8?8
=48；
（3）
分為兩種情況：
①如圖1所示：
∵S△ACD=S△BCD，
∴AD=BD=12AB=4，
∵沿CD折疊A和A′重合，
∴AD=A′D=12AB=12×8=4，
∵△A′CD與△ABC重合部分的面積等于△ABC面積的14，
∴S△DOC=14S△ABC=12S△BDC=12S△ADC=12S△′，
∴DO=OB，A′O=CO，
∴四邊形A′DCB是平行四邊形，
∴BC=A′D=4，
過B作BM⊥AC于M，
∵AB=8，∠BAC=30°，
∴BM=12AB=4=BC，
即C和M重合，
∴∠ACB=90°，由勾股定理得AC=82?42=43，
∴△ABC的面積=12×BC×AC=12×4×43=83；
②如圖2所示：
∵S△ACD=S△BCD.
∴AD=BD=12AB，
∵沿CD折疊A和A′重合，
∴AD=′=12AB=12×8=4，
∵△A′CD與△ABC重合部分的面積等于△ABC面積的14，
∴S△DOC=14S△ABC=12S△BDC=12S△ADC=12S△A′DC，
∴DO=OA′，BO=CO，
∴四邊形A′BDC是平行四邊形，
∴A′C=BD=4，
過C作CQ⊥A′D于Q，
∵A′C=4，∠DA′C=∠BAC=30°，
∴CQ=12A′C=2，
∴S△ABC=2S△ADC=2S△′=2×12×′×CQ=2×12×4×2=8．
綜上所述，△ABC的面積是8或83．
故答案為：8或83．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、含30°角的直角三角形的性質(zhì)等知識(shí)，是四邊形綜合題目，難度大，綜合性強(qiáng)，解題關(guān)鍵是理解“朋友三角形”的概念及利用分類討論的思想分析問題．
6．（2022秋·重慶大足·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖1，兩個(gè)等腰直角三角形△ABC、△EDC的頂點(diǎn)C重合，其中∠ABC=∠EDC=90°，連接AE，取AE中點(diǎn)F，連接BF,DF．
(1)如圖1，當(dāng)B、C、D三個(gè)點(diǎn)共線時(shí)，請(qǐng)猜測(cè)線段BF、FD的數(shù)量關(guān)系，并證明；
(2)將△EDC繞著點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)一定角度至圖2位置，根據(jù)“AE中點(diǎn)F”這個(gè)條件，想到取AC與EC的中點(diǎn)G、H，分別與點(diǎn)F相連，再連接BG,DH，最終利用△BGF≌△FHD（SAS）證明了（1）中的結(jié)論仍然成立．請(qǐng)你思考當(dāng)△EDC繞著點(diǎn)C繼續(xù)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)至圖3位置時(shí)，（1）中的結(jié)論是否仍然成立？若成立，請(qǐng)證明你的結(jié)論；若不成立，請(qǐng)說明理由；
(3)連接BD，在△EDC繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)一周的過程中，△BFD的面積也隨之變化．若AC=52,CB=32，請(qǐng)直接寫出△BFD面積的最大值．
【答案】(1)DF=BF，證明見解析
(2)成立，證明見解析
(3)32
【分析】（1）連接CF，由等腰直角三角形的性質(zhì)證出∠ABF=∠CBF=45°，得出∠FBD=∠FDB，則可得出結(jié)論；
（2）取AC的中點(diǎn)M，CE的中點(diǎn)N，連接BM，F(xiàn)M，F(xiàn)N，DN，由三角形中位線定理證出四邊形FNCM是平行四邊形，得出∠FMC=∠FNC，證明△FMB≌△DNF（SAS），由全等三角形的性質(zhì)得出BF=DF；
（3）當(dāng)BD最大時(shí)，△BFD的面積最大，由等腰直角三角形的性質(zhì)及三角形面積公式可得出答案．
【詳解】（1）解：BF=DF．
連接CF，
∵△ABC和△EDC是等腰直角三角形，
∴∠ACB=∠DCE=45°，DC=DE，AB=BC，
∴∠ACE=90°，
∵F為AE的中點(diǎn)，
∴AF=CF=EF，
又∵DF=DF，
∴△DCF≌△DEF(SSS)，
∴∠CDF=∠EDF=45°，
同理△ABF≌△CBF(SSS)，
∴∠ABF=∠CBF=45°，
∴∠FBD=∠FDB，
∴DF=BF；
（2）解：成立，理由如下：
如圖3，取AC的中點(diǎn)M，CE的中點(diǎn)N，連接BM，F(xiàn)M，F(xiàn)N，DN，
∵△ABC是等腰直角三角形，AM=MC，
∴∠MCB=∠MBC=45°，∠CMB=90°，BM=CM= 12 AC，
∵△DEC是等腰直角三角形，EN=NC，
∴∠DEN=∠DCN=45°，∠CND=90°，DN=CN= 12 CE，
∵F，N分別是AE和EC的中點(diǎn)，
∴FN是△AEC的中位線，
∴FN∥AC，F(xiàn)N= 12 AC，
∵F，M分別是AE和AC的中點(diǎn)，
∴FM是△AEC的中位線，
∴FM∥EC，F(xiàn)M= 12 EC，
∴BM= 12 AC=FN，DN= 12 EC=FM，
又∵FN∥AC，F(xiàn)M∥EC，
∴四邊形FNCM是平行四邊形，
∴∠FMC=∠FNC，
∴∠FMB+∠CMB=∠DNF+∠CND，
∴∠FMB=∠DNF，
∴△FMB≌△DNF（SAS），
∴BF=DF；
（3）解：過點(diǎn)F作FG⊥BD于點(diǎn)G，
由（2）知：△BFD是等腰直角三角形，
∴當(dāng)BD最大時(shí)，△BFD的面積最大，
∵BD≤CB+CD，
∴當(dāng)B、C、D共線時(shí)，BD最大=CB+CD=52+32=82，
∴S△BDF= 12 BD?GF= 12 ×82×42=32．
即△BFD面積的最大值是32．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，三角形中位線定理等知識(shí)，熟練掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)及全等三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
必考點(diǎn)3
平行四邊形中的角度轉(zhuǎn)換
1．（2022春·江西新余·八年級(jí)新余四中?？计谥校┤鐖D，平行四邊形ABCD中，AE平分∠BAD，交BC于點(diǎn)E，且AB=AE，延長(zhǎng)AB與DE的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)F．下列結(jié)論中：①△ABE是等邊三角形：②△ABC≌△EAD；③AD=AF：④S△ABE=S△CDF；⑤S△ABE=S△CEF其中正確的是（）
A．①②③B．①④⑤C．①②⑤D．②③④
【答案】C
【分析】由AB=AE及平行四邊形的性質(zhì)、AE平分∠BAD，可得△ABE是等邊三角形，即可判定①正確；由△ABE是等邊三角形及平行四邊形的性質(zhì)可得△ABC≌△EAD，即可判定②正確；若點(diǎn)E是DF的中點(diǎn)，則可得AD=AF，否則AD與AF不相等，即可判定③錯(cuò)誤；由S△ACD=S△CDF=S△ADE=S△ABC，可對(duì)④作出判斷；由S△ACE=S△DCE及前一步的證明可判定⑤．
【詳解】∵AB=AE
∴∠ABE=∠AEB
∵四邊形ABCD是平行四邊形
∴AD∥BC，AD=BC
∴∠DAE=∠AEB
∵AE平分∠BAD
∴∠DAE=∠BAE
∴∠BAE=∠AEB
∴∠BAE=∠AEB=∠ABE
∴△ABE是等邊三角形
故①正確
∵△ABE是等邊三角形
∴∠ABE=∠BAE=60°
∴ ∠ABE=∠DAE=60°
∵AB=AE，BC=AD
∴△ABC≌△EAD
故②正確
若點(diǎn)E是DF的中點(diǎn)，則可得AD=AF，否則AD與AF不相等
故③錯(cuò)誤
∵四邊形ABCD是平行四邊形
∴AB∥CD，AD∥BC
∴S△ACD=S△CDF，S△ACD=S△ADE
∵△ABC≌△EAD
∴S△ADE=S△ABC
∴S△ACD=S△CDF=S△ADE=S△ABC
∵S△ABC=S△ABE+S△AEC>S△ABE
∴S△CDF>S△ABE
故④錯(cuò)誤
∵AD∥BC
∴S△ACE=S△DCE
由④知，S△CDF=S△ABC
∴S△CDF?S△DCE=S△ABC?S△ACE
即S△CEF=S△ABE
故⑤正確
即正確的有①②⑤
故選：C.
【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，等底等高的兩個(gè)三角形面積相等，其中平行四邊形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
2．（2022春·江蘇南京·八年級(jí)統(tǒng)考期中）如圖，在等邊三角形ABC中，AB=4，P為AC上一點(diǎn)（與點(diǎn)A、C不重合），連接BP，以PA、PB為鄰邊作平行四邊形PADB，則PD的取值范圍是_______．
【答案】23≤PDCE?CB，
當(dāng)C、B、E三點(diǎn)共線時(shí)（點(diǎn)E在CB的延長(zhǎng)線上時(shí)），
BE=CE-CB，
綜上所述BE≥CE-CB=5-3=2，
即BE≥2，
∴BE的最小值為2，
當(dāng)BE=2時(shí)，BF2+BD2?BC2=4，
故答案為：4．
【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)和勾股定理的應(yīng)用，解決本題的關(guān)鍵是對(duì)以上性質(zhì)的掌握是否熟練．
5．（2022春·遼寧沈陽(yáng)·八年級(jí)統(tǒng)考期末）等邊△ABC中，AB＝14．平面內(nèi)有一點(diǎn)D，BD＝6，AD＝10，則CD的長(zhǎng)為_____．
【答案】219或16
【分析】分點(diǎn)D在△ABC的內(nèi)部和點(diǎn)D在△ABC的外部?jī)煞N情況，先利用等邊三角形的性質(zhì)可得BE=7,CE=73，再根據(jù)勾股定理可得BF=337，從而可得DG、CG的長(zhǎng)，然后在Rt△CDG中，利用勾股定理即可得．
【詳解】由題意，分以下兩種情況：
（1）如圖1，點(diǎn)D在△ABC的內(nèi)部
過點(diǎn)C作CE⊥AB于點(diǎn)E，過點(diǎn)D作DF⊥AB于點(diǎn)F，作DG⊥CE于點(diǎn)G
則四邊形DFEG是矩形
∴DG=EF,EG=DF
∵ △ABC是等邊三角形，AB=14
∴BE=12AB=7,CE=32AB=73
設(shè)BF=x，則AF=AB?BF=14?x
在Rt△ADF中，DF2=AD2?AF2=100?(14?x)2
在Rt△BDF中，DF2=BD2?BF2=36?x2
則100?(14?x)2=36?x2
解得x=337
即BF=337
∴DG=EF=BE?BF=167,EG=DF=36?x2=1573
∴CG=CE?EG=73?1573=3473
在Rt△CDG中，CD=DG2+CG2=(167)2+(3473)2=219
（2）如圖2，點(diǎn)D在△ABC的外部
過點(diǎn)C作CE⊥AB于點(diǎn)E，過點(diǎn)D作DF⊥AB于點(diǎn)F，作DG⊥CE，交CE延長(zhǎng)線于點(diǎn)G
同理可得：CE=73,DG=EF=167,EG=DF=1573
∴CG=CE+EG=73+1573=6473
在Rt△CDG中，CD=DG2+CG2=(167)2+(6473)2=16
綜上，CD的長(zhǎng)為219或16
故答案為：219或16．
【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)點(diǎn)，依據(jù)題意，正確分兩種情況討論，并通過作輔助線，構(gòu)造直角三角形是解題關(guān)鍵．
6．（2022秋·天津·九年級(jí)?？计谀┰谄矫嬷苯亲鴺?biāo)系中，矩形OABC，O為原點(diǎn)，A3,0,B3,4,C0,4，將△OBC繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，點(diǎn)O,C旋轉(zhuǎn)后的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為O′,C′．
(1)如圖（1），當(dāng)∠CBC′=30°時(shí)，求C′的坐標(biāo)；
(2)如圖（2），當(dāng)點(diǎn)O′恰好落在x軸上時(shí)，O′C′與AB交于點(diǎn)D．
①此時(shí)DB與DO′是否相等，說明理由；
②求點(diǎn)D的坐標(biāo)；
(3)求△AO′C′面積的最大值．（直接寫出答案即可）
【答案】(1)C′3?332,52
(2)①DB=DO′；②D3,78
(3)14
【分析】（1）如圖①中，過點(diǎn)C′作C′H⊥BC于點(diǎn)H．解直角三角形求出BH，CH，可得結(jié)論；
（2）①此時(shí)DB與DO′相等，證明∠DBO′=∠DO′B即可；
②設(shè)DB=DO′=x，再利用勾股定理構(gòu)建方程求出x即可；
（3）如圖③中，當(dāng)點(diǎn)C′值A(chǔ)B的延長(zhǎng)線上時(shí)，△AO′C′的面積最大．
【詳解】（1）如圖①中，過點(diǎn)C′作C′H⊥BC于點(diǎn)H．
∵四邊形OABC是矩形，B(3,4)，
∴AB=OC=4，BC=3，
在Rt△ BC′H中，∠BHC′=90°，∠HBC′=30°，
∴HC′=12BC′=32，BH=332，
∴CH=3?332，
∴C′3?332,52；
（2）①結(jié)論：DB=DO′．
理由：∵BO=BO′，BA⊥OO′，
∴∠OBA=∠ABO′，
∵AB∥OC，
∴∠ABO=∠COB=∠BO′C′，
∴∠DBO′=∠DO′B，
∴DB=DO′；
②∵BO=BO′，BA⊥OO′，
∴OA=AO′=3，
設(shè)BD=DO′=x，
在Rt△ADO′中，AD2+AO′2=O′D2，
∴(4?x)2+32=x2，
∴x=258，
∴AD=4?258=78，
∴D(3,78)．
（3）如圖③中，當(dāng)點(diǎn)C′值A(chǔ)B的延長(zhǎng)線上時(shí)，此時(shí)點(diǎn)A到O′C′的距離最大，即△AO′C′的面積最大．
△AO′C′的面積的最大值=12×7×4=14．
【點(diǎn)睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，解直角三角形，等腰三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題，學(xué)會(huì)利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題．
必考點(diǎn)12
菱形中的全等三角形的構(gòu)造
1．（2022春·山東濟(jì)南·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，菱形ABCD中，∠BAD=60°，AC與BD交于點(diǎn)O，E為CD延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，且CD=DE，連接BE，分別交AC，AD于點(diǎn)F、G，連接OG，則下列結(jié)論：
①OG=12AB；②S四邊形ODGF>S△ABF；③由點(diǎn)A、B、D、E構(gòu)成的四邊形是菱形；④S△ACD=4S△BOG，其中正確的結(jié)論是（）
A．①②B．①②③C．①③④D．②③④
【答案】C
【分析】①由AAS證明△ABG≌△DEG，得出AG=DG，證出OG是△ABD的中位線，得出OG=12AB，①正確；
③先證明四邊形ABDE是平行四邊形，證出△ABD、△BCD是等邊三角形，得出AB=BD=AD，因此OD=AG，得出四邊形ABDE是菱形，③正確；
②連接FD，由等邊三角形的性質(zhì)和角平分線的性質(zhì)得F到△ABD三邊的距離相等，則S△BDF=S△ABF=2S△BOF=2S△DOF=S四邊形ODGF，則S四邊形ODGF=S△ABF，②錯(cuò)誤；即可得出結(jié)論．
④∵連接CG，由O、G分別是AC，AD的中點(diǎn)，得到S△AOG=S△COG，S△ACG=S△DCG，則S△ACD＝4S△AOG，再由S△AOG＝S△BOG，得到S△ACD＝4S△BOG，故④正確；
【詳解】∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，AB∥CD，OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，
∴∠BAG＝∠EDG，
∵CD＝DE，
∴AB＝DE，
在△ABG和△DEG中，
∠AGB=∠DGE∠BAG=∠EDGAB=DE，
∴△ABG≌△DEG（AAS），
∴AG＝DG，
∴OG是△ABD的中位線，
∴OG＝12AB，故①正確；
∵AB∥CE，AB＝DE，
∴四邊形ABDE是平行四邊形，
∵∠BCD＝∠BAD＝60°，
∴△ABD、△BCD是等邊三角形，
∴AB＝BD＝AD，∠ODC＝60°，
∴平行四邊形ABDE是菱形，故③正確；
∵連接CG，
∵O、G分別是AC，AD的中點(diǎn)，
∴S△AOG=S△COG，S△ACG=S△DCG，
∴S△ACD＝4S△AOG，
∵OG∥AB，
∴S△AOG＝S△BOG，
∴S△ACD＝4S△BOG，故④正確；
連接FD，如圖：
∵△ABD是等邊三角形，AO平分∠BAD，BG平分∠ABD，
∴F到△ABD三邊的距離相等，
∴S△BDF＝S△ABF＝2S△BOF＝2S△DOF＝S四邊形ODGF，
∴S四邊形ODGF＝S△ABF，故②錯(cuò)誤；
正確的是①③④，
故選C．
【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、三角形中位線定理以及三角形面積等知識(shí)，綜合運(yùn)用以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．
2．（2022秋·浙江紹興·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，AB∥CD，AC平分∠BAD，BD平分∠ADC，AC和BD交于點(diǎn)E，F(xiàn)，G分別是線段AB和線段AC上的動(dòng)點(diǎn)，且AF=CG，若DE=1，AB=2，則DF+DG的最小值為______．
【答案】22
【分析】先根據(jù)AC平分∠BAD，BD平分∠ADC，AB∥CD證明四邊形ABCD是菱形．在AC上取點(diǎn)B'，使AB'=AB，連接FB'，作點(diǎn)D關(guān)于AB的對(duì)稱點(diǎn)D'，連接D'F、DD'．作BH⊥CD于點(diǎn)H，作BM⊥DD'于點(diǎn)M，則△B'AF≌△DCG（SAS），得出B'F=DG，所以DF+DG=D'F+B'F，當(dāng)B'、F、D'三點(diǎn)在同一直線上時(shí)，DF+DG=D'F+B'F取最小值為B'D'．再根據(jù)勾股定理求出B'D'即可．
【詳解】解：連接BC，
∵AC平分∠BAD，BD平分∠ADC，AB∥CD，
∴∠DAC=∠BAC，∠ADB=∠CDB，∠AED=180°-180°÷2=90°，
∵AB∥CD，
∴∠DCA=∠BAC，
∴∠DCA=∠DAC，
∴DA=DC，
同理：DA=BA，
∴DC=AB，
∵AB∥CD，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
∵DA=DC，
∴四邊形ABCD是菱形．
如圖．在AC上取點(diǎn)B'，使AB'=AB，連接FB'，作點(diǎn)D關(guān)于AB的對(duì)稱點(diǎn)D'，連接D'F、DD'．
作B'H⊥CD于點(diǎn)H，作B'M⊥DD'于點(diǎn)M．
∴DF=D'F，
∵AF=CG，∠B'AF=∠DCG，AB'=AB=CD，
∴△B'AF≌DCG（SAS），
∴B'F=DG，
∴DF+DG=D'F+B'F，
∴當(dāng)B'、F、D'三點(diǎn)在同一直線上時(shí)，DF+DG=D'F+B'F取最小值為B'D'．
∵DE=1，AD=AB=2，
∴∠DAE=30°，∠ADE=60°，
∴AC=3AD=23，CB'=23-2，
∴B'H=12B'C=3-1，CH=3B'H=3-3，
∴DH=DC-CH=2-（3-3）=3?1，
∵四邊形DHB′M是矩形
∴DM=B'H=3-1，MB′=DH=3?1,
∴D'M=DD'-DM=3AD-DM=23-（3-1）=3+1，
∴D'B'=MB′2+MD′2=(3?1)2+(3+1)2=22．
即DF+DG的最小值為22．
故答案為：22．
【點(diǎn)睛】本題考查了線段之和最小值問題，作輔助線推出△B'AF≌△DCG是解題的關(guān)鍵．
3．（2022春·黑龍江哈爾濱·八年級(jí)統(tǒng)考期末）在平行四邊形ABCD中，∠BAD的平分線交邊BC于點(diǎn)E，交DC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F．
(1)如圖1，求證：CE=CF；
(2)如圖2，F(xiàn)G∥BC,FG=EC，連接DG、EG，當(dāng)∠ABC=120°時(shí)，求證：∠BDG=60°；
(3)如圖3，在（2）的條件下，當(dāng)BE=2CE,AE=43時(shí)，求線段BD的長(zhǎng)．
【答案】(1)見解析
(2)見解析
(3)BD=27
【分析】（1）根據(jù)角平分線的性質(zhì)可得∠1=∠2，然后再運(yùn)用平行四邊形的性質(zhì)說明∠2=∠3,∠1=∠F，進(jìn)一步說明∠3=∠F，最后運(yùn)用等邊對(duì)等角即可證明結(jié)論；
（2）延長(zhǎng)AB、FG交于點(diǎn)H，連接DH，可證得四邊形AHFD是平行四邊形，四邊形AHFD是菱形，推出△FDH和△ADH都是等邊三角形，再證明△DFG≌△DHB（SAS），得出∠FDG=∠HDB，進(jìn)而證得結(jié)論；
（3）如圖3，連接DE，根據(jù)平行四邊形性質(zhì)和角平分線性質(zhì)可得∠BAE=∠AEB=180°?∠ABC2=30°，過點(diǎn)B作BM⊥AE于點(diǎn)M，可得EM=12AE=23，利用勾股定理求得AB=CD=BE=4，過點(diǎn)D作DN⊥BC于點(diǎn)N，結(jié)合勾股定理即可解答．
（1）
明：如圖1：∵AF是∠BAD平分線．
∴∠1=∠2
∵ABCD是平行四邊形．
∴AD∥BC,AB∥CD
∴∠2=∠3,∠1=∠F，
∴∠3=∠F，
∴CE=CF．
（2）
證明：如圖2;延長(zhǎng)AB、FG交于點(diǎn)H，連接DH，
∴FG∥CE，CE∥AD，
∴FH∥BC∥AD，
∵AH∥DF，
∴四邊形AHFD是平行四邊形，
∵∠DFA=∠FAB=∠DAF，
∴DA=DF，
∴四邊形AHFD是菱形，
∴FD=FH，AD=AH，
∵∠ABC=120°，
∴∠DFH=∠DAH=60°，
∴△FDH和△ADH都是等邊三角形，
∴∠DFG=∠DHB=∠FDH=60°，F(xiàn)D=HD，
∵四邊形BCFH是平行四邊形，
∴BH=CF，
∵FG=CE，CE=CF，
∴FG=BH，
在△DFG和△DHB中，
FG=BH∠GFD=∠BHDFD=HD
∴△DFG≌△DHB(SAS),
∴∠FDG=∠HDB,
∴∠BDG=∠HDB+∠HDG=∠FDG+∠HDG=∠FDH=60°．
（3）
解：如圖3，連接DE，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
∴∠DAE=∠AEB，∠DCB=180°-∠ABC=60°，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE，
∴∠BAE=∠AEB=180°?∠ABC2=30°
過點(diǎn)B作BM⊥AE于點(diǎn)M
∴EM=12AE=23
在Rt△BME中
∵∠BEM=30°
∴BM=12BE
∵BE2?BM2=EM2
∴BE2?(12BE)2=(23)2，解得：BE=4
∵BE=2CE
∴CE=2
過點(diǎn)D作DN⊥BC于點(diǎn)N,則∠NDC=90°-∠DCB=30°
∴CN=12CD=2=CE
∴點(diǎn)N與點(diǎn)E重合
∴∠DEC=90°
∴DE2=CD2?CE2=42?22=12
∴BD=DE2+BE2=12+16=27 ．
【點(diǎn)睛】本題主要考查平行四邊形的判定與性質(zhì)、菱形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、含30°的直角三角形性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)點(diǎn)，正確地作出輔助線是解答本題的關(guān)鍵．
4．（2022春·山東德州·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，直線y=?34x+b分別與x軸、y軸交于點(diǎn)A、B，且點(diǎn)A的坐標(biāo)為(8，0)，四邊形ABCD是正方形．
(1)求b的值和點(diǎn)D的坐標(biāo)；
(2)點(diǎn)M是線段AB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)A、B除外）．
①如圖2，將△BMC沿CM折疊，點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)是點(diǎn)E，連接ME并延長(zhǎng)交AD邊于點(diǎn)F，問△AMF的周長(zhǎng)是否發(fā)生變化？若不變，求出其值；若變化，請(qǐng)說明理由；
②點(diǎn)P是x軸上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，Q是坐標(biāo)平面內(nèi)一點(diǎn)，探索是否存在一個(gè)點(diǎn)P，使得以A、B、P、Q為頂點(diǎn)的四邊形是菱形？若不存在，請(qǐng)說明理由；若存在，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)Q的坐標(biāo)．
【答案】(1)b的值為6，點(diǎn)D的坐標(biāo)為(14，8)
(2)①△AMF的周長(zhǎng)不變，△AMF的周長(zhǎng)為20；②存在，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(0，?6)或(?10，6)或(10，6)或(254，6)
【分析】（1）將點(diǎn)A(8，0)代入y=?34x+b，即可求出b的值，從而即得出直線AB的解析式為y=?34x+6，進(jìn)而即得出A(0，6)．過點(diǎn)D作DH⊥x軸于點(diǎn)H，由正方形的性質(zhì)結(jié)合題意利用“AAS”易證△AOB?△DHA，得出DH=OA=8，OH=OA+AH=14，即得出D(14，8)；
（2）①由折疊和正方形的性質(zhì)可知BM=EM，CD=CE=4，∠CDF=∠CEF=90°，即易證△CDF?△CEF(HL)，得出DF=EF．再由△AMF的周長(zhǎng)=AM+ME+EF+AF=AM+BM+DF+AF=AB+AD，結(jié)合勾股定理即可求出答案；②分類討論ⅰ當(dāng)AP為菱形的對(duì)角線時(shí)，ⅱ當(dāng)AQ為菱形的對(duì)角線時(shí)和ⅲ當(dāng)AB為菱形的對(duì)角線時(shí)，根據(jù)菱形的性質(zhì)結(jié)合圖形即可求出答案．
【詳解】（1）解：將點(diǎn)A(8，0)代入y=?34x+b，得0=?34×8+b，
解得：b=6，
∴直線AB的解析式為y=?34x+6，
當(dāng)x=0，時(shí)y=6，
∴A(0，6)，
∴OB=6，OA=8．
如圖，過點(diǎn)D作DH⊥x軸于點(diǎn)H，
∵四邊形ABCD為正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∴∠BAO+∠DAH=90°．
∵∠BAO+∠ABO=90°，
∴∠ABO=∠DAH．
又∵∠AOB=∠DHA=90°，
∴△AOB?△DHA(AAS)，
∴DH=OA=8，AH=OB=6，
∴OH=OA+AH=14，
∴D(14，8)；
（2）解：①由折疊的性質(zhì)可知BM=EM，BC=CE=4，∠CBM=∠CEM=90°，
∴CD=CE=4，∠CDF=∠CEF=90°，
又∵CF=CF，
∴△CDF?△CEF(HL)
∴DF=EF．
∵△AMF的周長(zhǎng)=AM+MF+AF，MF=ME+EF，
∴△AMF的周長(zhǎng)=AM+ME+EF+AF=AM+BM+DF+AF=AB+AD．
∵OB=6，OA=8，
∴AB=OA2+OB2=10，
∴△AMF的周長(zhǎng)=10+10=20，
故△AMF的周長(zhǎng)不變，且為20；
②存在以A、B、P、Q為頂點(diǎn)的四邊形是菱形，理由如下：
設(shè)P(t，0)，Q(x，y)．
分類討論：ⅰ當(dāng)AP為菱形的對(duì)角線時(shí)，如圖菱形ABP1Q1，此時(shí)AB=BP1．
∵xA+xP=xQyB+yQ=yABP1=OB2+OP12，
即8+t=x6+y=010=62+t2，
解得：x1=16y1=?6t1=8（舍），x2=0y2=?6t2=?8；
即此時(shí)Q(0，-6)；
ⅱ當(dāng)AQ為菱形的對(duì)角線時(shí)，如圖菱形ABQ2P2和ABQ4P4，此時(shí)AB=AP2和AB=AP4．
同理可得：8+x=ty=610=8?t，
解得：x1=?10y1=6t1=?2，x2=10y2=6t2=18；
即此時(shí)Q(-10，6)或(10，6)；
ⅲ當(dāng)AB為菱形的對(duì)角線時(shí)，如圖菱形AQ3BP3，此時(shí)AP3=BP3．
同理可得8=t+xy=636+t2=8?t，
解得：x=254y=6t=74；
即此時(shí)Q(254，6)；
綜上可知點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(0，?6)或(?10，6)或(10，6)或(254，6)時(shí)，以A、B、P、Q為頂點(diǎn)的四邊形是菱形．
【點(diǎn)睛】本題考查正方形的性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，勾股定理以及菱形的判定和性質(zhì)等知識(shí)．正確的作出輔助線并利用數(shù)形結(jié)合的思想是解題關(guān)鍵．
5．（2022春·河南鶴壁·八年級(jí)鶴壁市外國(guó)語(yǔ)中學(xué)?？计谀┤鐖D，在平行四邊形ABCD中，兩條對(duì)角線相交于點(diǎn)O，EF經(jīng)過點(diǎn)O且垂直于AC，分別與邊AD，BC交于點(diǎn)F，E．
(1)求證：四邊形AECF為菱形；
(2)若AD＝3，CD=2，且∠ADC＝45°，直接寫出四邊形AECF的面積．
【答案】(1)見解析
(2)54
【分析】（1）根據(jù)平行四邊形、平行線的性質(zhì)得出OA=OC，OB=OD，AD∥BC，進(jìn)而得出∠FDO=∠EBO，由全等三角形的判定（角邊角）得出△FDO≌△EBO，再利用全等三角形的性質(zhì)得出OF=OE，最后根據(jù)菱形的判定及已知EF⊥AC即可證明．
（2）設(shè)輔助線CG⊥AD于點(diǎn)G，利用勾股定理得出CG的值，由（1）已知四邊形AECF為菱形，根據(jù)菱形的性質(zhì)設(shè)AF=t，則FG=2?t，CF=t，利用勾股定理建立等式求解得出t值，最后利用菱形的性質(zhì)及三角形面積公式求解即可．
（1）
∵四邊形ABCD是平行四邊形，對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，
∴OA=OC，OB=OD，AD∥BC．
∴∠FDO=∠EBO．
∵{∠FDO=∠EBO,OD=OB,∠DOF=∠BOE,
∴△FDO≌△EBO．
∴OF=OE．
∵EF⊥AC，且EF，AC互相平分，
∴四邊形AECF為菱形．
（2）
如圖，作CG⊥AD于點(diǎn)G，
∵AD＝3，CD=2，且∠ADC＝45°，∠CGD=∠CGF=90°，
∴∠ADC=∠GCD=45°．
∴CG=GD，△CGD是等腰直角三角形．
∵CG2+GD2=CD2，即2CG2=2，
∴CG=GD=1，AG=AD?GD=3?1=2．
∵由（1）已知四邊形AECF是菱形，
∴AF=CF．
設(shè)AF=t，則FG=2?t，CF=t，
∵FG2+CG2=CF2，即(2?t)2+1=t2，
∴解得t=54．
∴AF=54．
∴S菱形AECF=2S△AFE=2×12AF?CG=2×12×54×1=54．
【點(diǎn)睛】本題考查菱形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理等的理解與綜合應(yīng)用能力．對(duì)角線互相垂直平分的四邊形是菱形．菱形四條邊都相等．兩角及其夾邊分別相等的三角形全等．平行四邊形的對(duì)邊平行且相等；平行四邊形的兩條對(duì)角線互相平分．兩全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等，對(duì)應(yīng)角相等．靈活利用菱形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，根據(jù)勾股定理建立等式關(guān)系是解本題的關(guān)鍵．
6．（2022春·江蘇淮安·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，平行四邊形ABCD中，AB⊥AC，AC=2AB．對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，將直線AC繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)β°0

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