重庆备战中考数学压轴题专题平行四边形的经典综合题

重庆备战中考数学压轴题专题平行四边形的经典综合题一、平四边形1．四边形是方形，与，交于点O，点EF是线AD上动点，且，所在直线与对角线BD所直线交于点，接AG直线AG交BE于．（）图1，点EF在线段AD上时，求：；猜与BE的位置关系，并加以证明；（）图2，（）件下，连接HO，试说明HO平BHG；（）点EF运动到如图3所的位置时，其它条件不变，请将图形补充完整，并直接写出BHO的数．【答案】（）证明见解析；②AG．由见解析；2）明见解析；3BHO=45°【解析】试题分析：1）根正方形的性质得DA=DC，ADB=CDB=45°，则可根据SAS证明ADGCDG，所以；根据正方形的性质得AB=DCBAD=，根“证eq\o\ac(△,)ABEDCF，则ABE=，由于DCG所以，后利用BAG=90°得ABE+BAG=90°，是判断AGBE；（）答图1所，过点O作BE于点，于，eq\o\ac(△,)≌BOM，可得四边形OMHN为方形，因此HO平BHG结论成立；（）答图2所，与（同理，可以证明；过点作OMBE于M，ON于，造全等三角eq\o\ac(△,)AONBOM，从而证明为方形，所以HO平分，BHO=45°．试题解析：1）四形为方形，，ADB=CDB=45°，eq\o\ac(△,)eq\o\ac(△,)中，ADGCDG（）；．理由如下：四形为方形，AB=DC，BAD=，

eq\o\ac(△,)和DCF中，DCF（）ABE=DCF，，ABE，BAG=90°ABE+BAG=90°，，BE；（）（）可知BE．如答图所，过点O作OMBE于点M于点N，则四边形OMHN为形．，又OBAON=．AON+OAN=90°，BOM+，OAN=．eq\o\ac(△,)AON与BOM中AONBOM（）OM=ON，矩OMHN为方，HO平分BHG．（）图形补完整，如答图2示，．

与（）理可以证明．过点作于，AG于点N，与（）理可以证eq\o\ac(△,明)AONBOM，可得OMHN为方形，所以HO平分BHGBHO=45°．考点：、边综合题2、等三角形的判定与性质3、方形的性质2．如图，四边形中对角线AC、相于点O，=BODO，ABCADC．（）证：四形ABCD是形．（）若ADF：FDC：，，求BDF的数．【答案】见析；（）18°.【解析】【分析】（）据平行边形的判定得出四边形ABCD是行四边形，求出ABC=90°，据矩形的判定得出即可；（）出FDC的数，根据三角形内角和定理求DCO根据矩形的性质得出OD=OC，求出，可求出答案．【详解】（）明，四形是行四边形，ABC=ADC，ABC+ADC=180°，ABC=，四形是形；（）：ADC=90°ADF：FDC=3：，

FDC=36°，AC，DCO=90°﹣，四形是形，OC=OD，ODC=54°BDF=ODC﹣FDC=18°．【点睛】本题考查了平行四边形的性质和判定，矩形的性质和判定的应用，能灵活运用定理进行推理是解此题的关键，注意：矩形的对角线相等，有一个角是直角的平行四边形是矩形．3．已知：如图，在平行四边形ABCD中O为角线BD的中点，过点的线EF分交，于E，两，连结BE，．（）证eq\o\ac(△,)DOEBOF．（）当DOE等于多少度时，四边形BFDE为菱形？请说明理由．【答案】（）明见解析；2）DOE=90°时，四边形为形，理由见解析【解析】试题分析：1）用平行四边形的性质以及全等三角形的判定方法得eq\o\ac(△,)DOE（）（）先利用组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出四边形EBFD是行四边形，进而利用垂直平分线的性质得出BE=ED，可得出答案试题解析：1）在ABCD中，为对角线BD的点，，EDB=，eq\o\ac(△,)EOD和FOB中，DOEBOF（）（）当DOE=90°时四边形BFDE为形，理由：DOEBOF，OE=OF又，四边形EBFD是行四边形，，，四形BFDE为菱形．考点：平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质；菱形的判定．

54．已知矩形纸片的边OB在x轴上，OD在y轴，点C在第一象限，且OBOD

.现纸片折叠，折痕为（点EF是痕与矩形的边的交点），点P为点D的应点，再将纸片还原。（）点落在矩形OBCD的OB上①如①，点E与点O重时，求点F的标；②如②，点E在OB上点在DC上时EF与DP交点，OP，点的坐标：（）点P落在矩形的内部，且点，F分别在边OD，边DC上当OP取最小值时，求点P的标（直接写出结果即）。6【答案】（）点F的标为；点F的坐标为II）【解析】【分析】（）根折叠的性质DOFPOF,再矩形的性质，即可求出F的坐标②由叠的性质及矩形的特点，易得

DGF

，得到PE，再加上平行，可以得到四边形是平行四边形，在由对角线垂直，得出Y是形，设菱形的边长为，在

中，由勾股定理建立方程即可求;()当点线时OP的长度最短【详解】解：（）折为点为的对应点POFPOF45四形是形，

oODF

DO

点的坐标为

P,P,②折为，P为点的对应.DGEF四形是形，DC//OB

，FDG

；DGFPGEDGFDF//PE四形DEPF是平行四边.QEF，是形设菱形的边长为x，则

DEEPQOP

，

，在Rt中由勾股定理得

2

2

2x2解得

x

DF

点的标为

6（）【点睛】此题考查了几何折叠问题、等腰三角形的性质、平行四边形的判定和性质、勾股定理等知识，关键是根据折叠的性质进行解答，属于中考压轴题．5．如图eq\o\ac(△,，)中，是边BC上的中线，过点作BC，过点作DE，与AC、分交于点O、，接EC．（）证：AD=EC；（）当BAC=Rt，求证：四边形ADCE是菱形．【答案】（）解析；（）解析

【解析】【分析】（）证四边ABDE是行四边形，再证四边形ADCE是平行四边形即可；（）由=90°，是边BC上中线，得AD==CD即可证明【详解】(1)证AEBC，AB四形是行四边形，AE=，是边BC上的中线，BD，AE=DC，又AE，四形是行四边形.(2)证：BAC，是上的中线=四形是行四边形，四形是形【点睛】本题考查了平行四边形的判定、菱形的判定、直角三角形斜边中线定根图形与已知条件灵活应用平行四边形的判定方法是证明的关.6．如图，正方形的长为，为BC上定点，6，为AB上动点，把沿EF折，点B落在点处，eq\o\ac(△,)AFB恰好为直角角形时D的为？【答案】

或2【解析】【分析】分两种情况分析：如图，当AB′F=90°，此时A、′、三共线，过点B作AB，，由三角形的面积法则可求得，由勾股定理可求得B，在eq\o\ac(△,)CB′N中由勾股定理得，′D=

2

+DN

2

=

2

5.6

2；如图2，当AFB′=90°时，由题意可知此时四边形EBFB是正方形，AF=2，点B作B′N，四形AFB′N为矩形，在eq\o\ac(△,)′N中由勾股定理得′D=+DN2=22；【详解】如图，AB′F=90°，此时AB、三共线，

，AE=

2

2

=82

2，，AB′=4，，，在eq\o\ac(△,)′F中，AB′F=90°由勾股定理得，=FB+AB2，AF=5，，过点作ABB由三角形的面积法则可求得B，由勾股定理可求得′N=3.2，AN=B，DN=AD-AN=8-2.4=5.6，在eq\o\ac(△,)CB′N中由勾股定理得，′D=2=22=

；如图，AFB′=90°时，由题意可知此时四形是方形，AF=2，过点作，则四边形AFB′N为形AN=B，，在eq\o\ac(△,)CB′N中由勾股定理得，′D=

2

+DN

2

=2

2

2=

2；综上，可得B的长为

或2.【点睛】本题主要考查正方形的性质与判定，矩形有性质判定、勾股定理、折叠的性质等，能正确地画出图形并能分类讨论是解题的关.7．如图所示，矩形ABCD中点E在CB的长线上，使CE＝，接AE点是AE的中点，连接BF，求证：．

【答案】见解析【解析】【分析】延长，交DA的延长线于点，连接，进而求eq\o\ac(△,)，BE，=，可求得+BE+AM，而求得=BM，根据等腰三角形三线合的性质即可求证DF．【详解】延长，交DA的延长线于点，连接．四形是形，MDBCAMF=EBF，=MAF，=FE，，AM=BE=FM矩中=BD，=BC，BC+BE+AM即CE=MD，CE=BDDM．FBFM，BFDF．【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和对应边相等的性质，等腰三角形三线合一的性质，本题中求证=是解题的关键．8．现有一张矩形纸片ABCD（如图），其中AB＝＝cm，点E是BC的点．将纸片沿直线折，点B落四边形AECD，记为点B，过E作EF垂B，交B′于．（）的置关系；（）线段的长，并eq\o\ac(△,)B的面积．【答案】（）解析；2）S

＝′EC

10825

．【解析】【分析】（）折线法点E是的中点，可证eq\o\ac(△,)B'EC是等腰三角形，再有条件证明AEF=90°即可得到AE；（）接BB，通过折叠，可EB，由是的点，可得EB，

ECB，而可eq\o\ac(△,)′C为角三角形，在eq\o\ac(△,)和eq\o\ac(△,)BOE中，可将OB，′的长求出，在eq\o\ac(△,)BB′C中根据勾股定可将B′C的值求出.【详解】（）折线法点是BC的点，EBEB＝，＝AEB′，是腰三角形，又B′CEF为B'EC的平分线，即′＝，AEF＝﹣（AEB）＝90°即AEF＝，即AEEF（）接BB交AE于O，折线法及点是BC的点，EBEB＝，EBB＝EB，＝C；又BB'三内角之和为180°，BB＝90°；点B是点B关于直线AE的称点，AE垂直平分BB′；在eq\o\ac(△,)和eq\o\ac(△,)BOE中，2＝将AB＝cm，BE＝，AE＝，

﹣2＝

﹣﹣）＝

cm，BO＝

AO＝

，′＝BO＝cm，在eq\o\ac(△,)BB中，B＝

BC

BB＝

cm，由题意可知四边形OEFB是形，＝′＝

125

，S′＝

C

*

EF5

．【点睛】

考查图形的折叠变化及三角形的内角和定理勾股定理的和矩形的性质综合运用．关键是要理解折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，只是位置变化．9．如图，已知矩形ABCD中E是AD上一点F是AB上一点，，EF＝．（）证eq\o\ac(△,)．（）DE＝，矩形的长为32cm，求AE的长．【答案】（）明见解析；2）【解析】分析：1）据EFCE，求证．利用AAS即求eq\o\ac(△,)AEFDCE．（）用全等角形的性质，对应边相等，再根据矩形的长为32cm，即可求得AE的长详解：1）明EFCE，FEC=90°，，ECD+DEC=90°，．在eq\o\ac(△,)AEF和eq\o\ac(△,)DEC中，，．．（）：AEFDCEAE=CD．AD=AE+4．矩的长为32cm，（）．解得，）．答：AE的为6cm．点睛：此题主要考查学生对全等三角形的判定与性质和矩形的性质等知识点的理解和掌握，难易程度适中，是一道很典型的题目．10．P是矩形对角线所直线上的一个动点（P不与点，重），分别过点A，向直线BP作线，垂足分别为点，，点为AC的中点．

（）图1，点P与点O重合时，请你判断与OF的数量关系；（）点P运动到如图2所位置时，请你在图中全图形并通过证明判断（）的结论是否仍然成立；（）点P在射线OA上动，恰好使＝时，猜想此时线段CF，，OE之间有怎样的数量关系，直接写出结论不必证明．【答案】（）＝．由见解析；2）补全图形如图所示见解析，＝仍然成立；（）＝或CF＝﹣．【解析】【分析】（）据矩形性质以及垂线，即可判定

COF(AAS

，得出OEOF（）延长EO交于点，通过判定

COGASA

，得出OGOE，再根据Rt

中，

OF

EG

，即可得到OEOF；（）据点P在射线上动，需要分两种情况进行讨论：当点P在线段OA上，当点P在线段延线上时，分别根据全等三角形的性质以及线段的和差关系进行推计算即可．【详解】（）=OF理由如下：如图．四形是形，．AE，CFBP，CFO

．在AOE和COF中，COF，)OC（）全图形图OE=OF仍然成立．证明如下：延长交于G．

，OEOF；BP

，CFBP，//CF，

EAO

．又点O为AC的点，AOCO．在

和

GCO中，AO，()

，OG，

COG

Rt中

EG

，OE=OF；（）=OEAE或=OE．证明如下：如，点在段上时．

，90

OGF60

，由（）得OFOG，OGF是等边三角形FG=OE，由（）得：又CF=+CG，CFOE+；②如3，点P在线段OA延线上时．

COG

，．

，90

OGF60

，同理可得：

是等边三角形，OFOE，理可得：

，CG．又CF=GFCGOE-．【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了矩形的性质、全等三角形的性质和判定以及等边三角形的性质和判定，解决问题的关键是构建全等三角形和证明三角形全等，利用矩形的对角线互相平分得全等的边相等的条件，根据线段的和差关系使问题得以解决．11．矩形纸片中，，，将纸片折叠，使点D与B重合，折痕为，连接DF．（）eq\o\ac(△,明)是等腰三角形；（）折痕EF的．【答案】（）解析；2）

.【解析】【分析】（）据折叠=BEF，据矩形的性质得出，求出DEFBFE，出BEFBFE即；

（）作EMBC于M，则四边形ABME是矩形，根据矩形的性质得出EM=6，=BM，据折叠得出BE，根据勾股定理求出DE在eq\o\ac(△,)中，由勾股定理求出即可．【详解】（）现纸片折叠，点D与点B重合，折痕为EF，DEFBEF．四形是形，ADBC，DEFBFE，=，BE=BF，eq\o\ac(△,)是等腰三角形；（）作EMBC于M，则四边形ABME是矩形，所以EM=6，=BM．现纸片折叠，点D与重合，折痕为，DEBE，=，EF．四形是形，BC，AD=，BAD．在eq\o\ac(△,)中==BM=

+2BE，（﹣BE）+62BE，得：BE=﹣=．

=DE=BF，=8DE﹣在eq\o\ac(△,)中由勾股定理得=故答案为：．

=

．【点睛】本题考查了折叠的性质和矩形性质、勾股定理等知识点，能熟记折叠的性质是解答此题的关键．12．图，抛物线y=mx2经过A﹣，）C0，﹣

）两点，与x轴交于另一点B（）经过AB，三点的抛物线的解析式；（）点C作x轴抛物线于点E写出点E的坐标，并求、的点F的坐标（）抛物线顶点为D，结DC、，四边形CDEF是为菱形？若是，请证明；若不是，请说明理由．

【答案】（）

3x+x；）点标为（1，）；（3四边形CDEF是菱2形．证明见解析【解析】【分析】将、点坐标代入抛物线的解析式中，通过联立方程组求得该抛物线的解析式；根据（）所的抛物线的解析式，可确定抛物线的对称轴方程以及、点的坐标，由CEx轴，可CE关对称轴对称。根据A、点得直线的解析式，根据、点求出直线BE的析式，联立方程求得的解，即为F点坐标；由、、、的坐标可知和EC相垂直平分，则可判定四边形CDEF为形．【详解】（）抛线+2mx+n经A﹣，）C0，﹣）两点，

，解得，抛线解析式为x+x﹣；（）y=x+x﹣，抛线对称轴为线﹣，CEx轴CE关于对称轴对称，C0，）E﹣，），A、B关对称轴对称，B（，），设直线AC、BE解析式分别为y=kx+b，y=k′x+b，则由题意可得，，

解得，，直AC、BE解式分别为y=x，y=x﹣，联立两直线解析式可得

，解得，F点标为（，﹣）；（）边形CDEF是形．证明：x+x﹣=（）﹣，（﹣，﹣）（﹣，）x轴且CEx轴CE，C0，）且F（﹣，﹣1），D（﹣，），DF和CE互平，四形CDEF是形．【点睛】本题考查菱形的判定方法，二次函数的性质，以及二次函数与二元一次方程组．13．1）题发现：如图，等边三角形ABC中点M为BC边异于B、的点，以AM为作等边三角形，连接CN，与的位置关系为；（）入探究如图，等腰三角形ABC中BA=BC，为BC边上异于、的点，以AM为作等腰三角形AMN，使，，接，探ABC与ACN的量关系，并说明理由；（）展延伸如图，正方形中，，M为边异于B、的一点，以AM为边作正方形AMEF，点为正方形AMEF的点，连接CN，BC=10，

，试求EF的．

【答案】（）AB；理由见解析；）ABC=；理由见解析；（）41；【解析】分析：1）eq\o\ac(△,)ABCeq\o\ac(△,)AMN为边三角形，得到AB=ACAM=AN且BAC=MAN=60°而得到CAM=MAN-CAM，即BAM=，证明BAMCAN，即可得到BM=CN．（）eq\o\ac(△,)，AMN为等腰三角形，得到：：且AMN根据相似三角形的性质得到

ABAC＝AMAN

，利用等腰三角形的性质得到MAN根据相似三角形的性质即可得到结论；（）图3，接，AN，据正方形的性质得到ABC=BAC=45°，MAN=45°，据相似三角形的性质得出

BM＝AC

，得到BM=2CM=8，再根据勾股定理即可到答案．详解：1）AB，理由如下：ABC与MN是等边三角形，，，BAC=MAN=60°，BAM=，eq\o\ac(△,)ABM与ACN中，AC

，

AMANABM（）B=ACN=60°，ANC+ACN+CAN=，ANC+BAM=CAN=BAN+ANC=180°CN；（）ABC=，理由下：

ABAMBCMN

=1且ABC=，～AMN

ABAC＝AMAN

，AB=BC，

（ABC），AM=MNMAN=

（﹣）ABC=AMN，MAN，

BAM=，ABMeq\o\ac(△,)，ABC=；（）图3，接，AN，四形ADBC，AMEF为方形，ABC=，MAN=45°，BACMAC=MAN﹣MAC即BAM=，

ABAMBCABAC＝，AMAN

，ABMeq\o\ac(△,)

BMAB＝ACCNBM

，=cos45°=，

2，BMBM=2，CM=BC﹣，在eq\o\ac(△,)AMC，AM=

AC

2

MC

2

41

，

．点睛：本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的性质定理和判定定理、相似三角形的性质定理和判定定理等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等和三角形相似是解决问题的关键．14．图1，分别eq\o\ac(△,)ABC的、两为边向外侧作的四边形ACDE和BCFG为正方形，则称这两个正方形为外展双叶正方形．（）现：如，C时，求证eq\o\ac(△,)eq\o\ac(△,)DCF的积相等．（）申：如C

90°时，1）结论还成立吗？若成立，请结合图给出证明；若不成立，请说明理由；

eq\o\ac(△,)eq\o\ac(△,)DFC=3S（）用：如，别eq\o\ac(△,)ABC的边为边向外侧作的四边形ACDE、和为正方形，则称这三个正方形为外展三叶正方形．已eq\o\ac(△,)ABC中，=3，．C时图中阴影部分的面积和有最大值________【答案】（）明见解析；2）立，证明见解析；3）【解析】试题分析：1）为，ACB=DCF=90°，，eq\o\ac(△,)，从而eq\o\ac(△,)DFC的积相等；（）长BC到点P，过点A作APBP于P；点D作DQFC于点Q．到四边形ACDEBCFG均为正方形，，ACP=．eq\o\ac(△,)APC．于是AP=DQ．因为

eq\o\ac(△,)

=

BC，=

FC•DQ，所以

；eq\o\ac(△,)（）据2）图中阴影部分的面积和eq\o\ac(△,)ABC的积三倍，若图中阴影部分的面积和有最大值，则三角形ABC的面积最大，eq\o\ac(△,)ABC是直角三角形，C是度时，阴影部分的面积和最大．所以S

阴影部分面

=3×

×3×4=18．（）明：eq\o\ac(△,)ABCeq\o\ac(△,)DFC中，AC＝

{ACB＝DCFBC＝

，．ABC与DFC的积相等；（）：成立理由如下：如图，延长到P，过点作BP于P；过点作DQFC于点．APC=DQC=90°．四形ACDE，均为正方形AC=CD，BC=CF，ACP+PCD=90°，PCD=90°，．

{DCQACCD

，

eq\o\ac(△,)DFC=3eq\o\ac(△,)DFC=3APCDQC（），．又

eq\o\ac(△,)

=

BC，

FC•DQ

eq\o\ac(△,)

；（）：根据2）图中阴影部分的面积和eq\o\ac(△,)ABC的面积三倍，若图中阴影部分的面积和有最大值，则三角形ABC的积最大，eq\o\ac(△,)ABC是角三角形，C是90度时，阴影部分的面积和最大．S

阴影部分面

=3×

．考点：四边形综合题15．图1，菱形中ABC=60°，点在AB的延长线上，EF，，P是DE的中点，连接FP并延长交AD于．（）