当前位置:文档之家› 平行四边形单元 期末复习测试题试卷

平行四边形单元 期末复习测试题试卷

平行四边形单元 期末复习测试题试卷一、解答题1.如图, 平行四边形ABCD 中,3AB cm =,5BC cm =,60B ∠=, G 是CD 的中点,E 是边AD 上的动点,EG 的延长线与BC 的延长线交于点F ,连接CE ,DF . (1) 求证:四边形CEDF 是平行四边形;(2) ①当AE 的长为多少时, 四边形CEDF 是矩形;②当AE = cm 时, 四边形CEDF 是菱形, (直接写出答案, 不需要说明理由).2.已知,在△ABC 中,∠BAC =90°,∠ABC =45°,D 为直线BC 上一动点(不与点B ,C 重合),以AD 为边作正方形ADEF ,连接CF .(1)如图1,当点D 在线段BC 上时,BC 与CF 的位置关系是 ,BC 、CF 、CD 三条线段之间的数量关系为 ;(2)如图2,当点D 在线段BC 的延长线上时,其他条件不变,请猜想BC 与CF 的位置关系BC ,CD ,CF 三条线段之间的数量关系并证明;(3)如图3,当点D 在线段BC 的反向延长线上时,点A ,F 分别在直线BC 的两侧,其他条件不变.若正方形ADEF 的对角线AE ,DF 相交于点O ,OC =132,DB =5,则△ABC 的面积为 .(直接写出答案)3.如图,在长方形ABCD 中,8,6AB AD ==. 动点P Q 、分别从点、D A 同时出发向点C B 、运动,点P 的运动速度为每秒2个单位,点Q 的运动速度为每秒1个单位,当点P 运动到点C 时,两个点都停止运动,设运动的时间为()t s .(1)请用含t 的式子表示线段PC BQ 、的长,则PC ________,BQ =________.(2)在运动过程中,若存在某时刻使得BPQ ∆是等腰三角形,求相应t 的值. 4.社团活动课上,数学兴趣小组的同学探索了这样的一个问题:如图1,90MON ∠=,点A 为边OM 上一定点,点B 为边ON 上一动点,以AB 为一边在∠MON 的内部作正方形ABCD ,过点C 作CF OM ⊥,垂足为点F (在点O 、A 之间),交BD 与点E ,试探究AEF ∆的周长与OA 的长度之间的等量关系该兴趣小组进行了如下探索:(动手操作,归纳发现)(1)通过测量图1、2、3中线段AE 、AF 、EF 和OA 的长,他们猜想AEF ∆的周长是OA 长的_____倍.请你完善这个猜想(推理探索,尝试证明)为了探索这个猜想是否成立,他们作了如下思考,请你完成后续探索过程: (2)如图4,过点C 作CG ON ⊥,垂足为点G 则90CGB ∠=90GCB CBG ∴∠+∠=又四边形ABCD 正方形,AB BC =,90ABC ∠=则90CBG ABO ∠+∠=GCB ABO ∴∠=∠在CBE ∆与ABE ∆中, (类比探究,拓展延伸)(3)如图5,当点F 在线段OA 的延长线上时,直接写出线段AE 、EF 、AF 与OA 长度之间的等量关系为 .5.如图平行四边形ABCD,E,F分别是AD,BC上的点,且AE=CF,EF与AC交于点O.(1)如图①.求证:OE=OF;(2)如图②,将平行四边形ABCD(纸片沿直线EF折叠,点A落在A1处,点B落在点B1处,设FB交CD于点G.A1B分别交CD,DE于点H,P.请在折叠后的图形中找一条线段,使它与EP相等,并加以证明;(3)如图③,若△ABO是等边三角形,AB=4,点F在BC边上,且BF=4.则CF OF=(直接填结果).6.共顶点的正方形ABCD与正方形AEFG中,AB=13,AE=52.(1)如图1,求证:DG=BE;(2)如图2,连结BF,以BF、BC为一组邻边作平行四边形BCHF.①连结BH,BG,求BHBG的值;②当四边形BCHF为菱形时,直接写出BH的长.7.(1)问题探究:如图①,在四边形ABCD中,AB∥CD,E是BC的中点,AE是∠BAD 的平分线,则线段AB,AD,DC之间的等量关系为;(2)方法迁移:如图②,在四边形ABCD中,AB∥CD,AF与DC的延长线交于点F,E是BC的中点,AE是∠BAF的平分线,试探究线段AB,AF,CF之间的等量关系,并证明你的结论;(3)联想拓展:如图③,AB∥CF,E是BC的中点,点D在线段AE上,∠EDF=∠BAE,试探究线段AB,DF,CF之间的数量关系,并证明你的结论.8.已知E,F分别为正方形ABCD的边BC,CD上的点,AF,DE相交于点G,当E,F分别为边BC,CD的中点时,有:①AF=DE;②AF⊥DE成立.试探究下列问题:(1)如图1,若点E不是边BC的中点,F不是边CD的中点,且CE=DF,上述结论①,②是否仍然成立?(请直接回答“成立”或“不成立”),不需要证明)(2)如图2,若点E,F分别在CB的延长线和DC的延长线上,且CE=DF,此时,上述结论①,②是否仍然成立?若成立,请写出证明过程,若不成立,请说明理由;(3)如图3,在(2)的基础上,连接AE和BF,若点M,N,P,Q分别为AE,EF,FD,AD的中点,请判断四边形MNPQ是“矩形、菱形、正方形”中的哪一种,并证明你的结论.9.已知:如图,在ABC中,直线PQ垂直平分AC,与边AB交于点E,连接CE,CF BA交PQ于点F,连接AF.过点C作//(1)求证:四边形AECF是菱形;AC ,AE=5,则求菱形AECF的面积.(2)若810.如图,在矩形ABCD 中,AB a ,BC b =,点F 在DC 的延长线上,点E 在AD 上,且有12CBE ABF ∠=∠.(1)如图1,当a b =时,若60CBE ∠=︒,求证:BE BF =;(2)如图2,当32b a =时, ①请直接写出ABE ∠与BFC ∠的数量关系:_________;②当点E 是AD 中点时,求证:2CF BF a +=; ③在②的条件下,请直接写出:BCF ABCD S S ∆矩形的值.【参考答案】***试卷处理标记,请不要删除一、解答题1.(1)证明见解析;(2)①当AE=3.5时,平行四边形CEDF 是矩形;②2 【分析】(1)证明△FCG ≌△EDG (ASA ),得到FG=EG 即可得到结论;(2)①当AE=3.5时,平行四边形CEDF 是矩形.过A 作AM ⊥BC 于M ,求出BM=1.5,根据平行四边形的性质得到∠CDA=∠B=60°,DC=AB=3,BC=AD=5,求出DE=1.5=BM ,证明△MBA ≌△EDC(SAS),得到∠CED=∠AMB=90°,推出四边形CEDF 是矩形;②根据四边形CEDFCEDF 是菱形,得到CD ⊥EF ,DG=CG=1212CD=1.5,求出∠DEG=30°,得到DE=2DG=3,即可求出AE=AD-DE=5-3=2. 【详解】(1)证明:∵ 四边形ABCD 是平行四边形, ∴ CF ∥ED , ∴ ∠FCG =∠EDG , ∵ G 是CD 的中点, ∴ CG =DG ,在△FCG 和△EDG 中,FCG EDG CG DG CGF DGE ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩,∴ △FCG ≌△EDG (ASA ), ∴ FG =EG , ∵ CG =DG ,∴ 四边形CEDF 是平行四边形;(2)解:①当AE=3.5时,平行四边形CEDF 是矩形, 理由是:过A 作AM ⊥BC 于M , ∵∠B=60°, ∴∠BAM=30°, ∵AB=3, ∴BM=1.5,∵四边形ABCD 是平行四边形, ∴∠CDA=∠B=60°,DC=AB=3,BC=AD=5, ∵AE=3.5, ∴DE=1.5=BM , 在△MBA 和△EDC 中,BM DE B CDE AB CD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩, ∴△MBA ≌△EDC(SAS), ∴∠CED=∠AMB=90°, ∵四边形CEDF 是平行四边形, ∴四边形CEDF 是矩形; ②∵四边形CEDFCEDF 是菱形, ∴CD ⊥EF ,DG=CG=1212CD=1.5,∵∠CDE=∠B=60∘∠B=60∘,∴∠DEG=30°,∴DE=2DG=3,∴AE=AD-DE=5-3=2,故答案为:2.【点睛】此题考查了平行四边形的性质,矩形的判定定理,菱形的性质定理,直角三角形30度角所对的直角边等于斜边的一半,三角形全等的判定及性质定理,熟练掌握各定理并运用解答问题是解题的关键.2.(1)BC⊥CF,CF+CD=BC;(2)CF⊥BC,CF﹣CD=BC,证明详见解析;(3)494.【分析】(1)△ABC是等腰直角三角形,利用SAS即可证明△BAD≌△CAF,从而证得CF=BD,据此即可证得;(2)同(1)相同,利用SAS即可证得△BAD≌△CAF,从而证得BD=CF,即可得到CF﹣CD=BC;(3)先证明△BAD≌△CAF,进而得出△FCD是直角三角形,根据直角三角形斜边上中线的性质即可得到DF的长,再求出CD,BC即可解决问题.【详解】(1)如图1中,∵∠BAC=90°,∠ABC=45°,∴∠ACB=∠ABC=45°,∴AB=AC,∵四边形ADEF是正方形,∴AD=AF,∠DAF=90°,∵∠BAD=90°﹣∠DAC,∠CAF=90°﹣∠DAC,∴∠BAD=∠CAF,∵在△BAD和△CAF中,AB AC BAD CAF AD AF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩, ∴△BAD ≌△CAF (SAS ), ∴BD =CF ,∠ABD =∠ACF =45°, ∴∠FCB =∠ACF +∠ACB =90°,即CF ⊥BC , ∵BD +CD =BC , ∴CF +CD =BC ;故答案为:CF ⊥BC ,CF +CD =BC . (2)结论:CF ⊥BC ,CF ﹣CD =BC . 理由:如图2中,∵∠BAC =90°,∠ABC =45°, ∴∠ACB =∠ABC =45°, ∴AB =AC ,∵四边形ADEF 是正方形, ∴AD =AF ,∠DAF =90°,∵∠BAD =90°+∠DAC ,∠CAF =90°+∠DAC , ∴∠BAD =∠CAF , ∵在△BAD 和△CAF 中,AB AC BAD CAF AD AF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩, ∴△BAD ≌△CAF (SAS ), ∴BD =CF ,∠ABD =∠ACF =45°, ∴∠FCB =∠ACF +∠ACB =90°,即CF ⊥BC , ∴BC +CD =CF , ∴CF ﹣CD =BC ; (3)如图3中,∵∠BAC =90°,∠ABC =45°, ∴∠ACB =∠ABC =45°, ∴AB =AC ,∵四边形ADEF 是正方形, ∴AD =AF ,∠DAF =90°,∵∠BAD =90°﹣∠BAF ,∠CAF =90°﹣∠BAF , ∴∠BAD =∠CAF , ∵在△BAD 和△CAF 中,AB AC BAD CAF AD AF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩, ∴△BAD ≌△CAF (SAS ), ∴∠ACF =∠ABD ,BD =CF =5, ∵∠ABC =45°, ∴∠ABD =135°, ∴∠ACF =∠ABD =135°, ∴∠FCD =135°﹣45°=90°, ∴△FCD 是直角三角形. ∵OD =OF , ∴DF =2OC =13,∴Rt △CDF 中,CD 2222135DF CF -=-12, ∴BC =DC ﹣BD =12﹣5=7, ∴AB =AC =722, ∴S △ABC 1272492224=⨯=. 【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质,勾股定理,正方形的性质以及全等三角形的判定与性质,判断出△BAD ≌△CAF 是解本题的关键. 3.(1)8-2t ,8-t ;(2)83或74【分析】(1)根据P、Q的运动速度以及AB和CD的长即可表示;(2)分PQ=PB、BP=BQ和QP=QB三种情况进行分析即可.【详解】解:(1)由题意可得:DP=2t,AQ=t,∴PC=8-2t,BQ=8-t,故答案为:8-2t,8-t;(2)当PQ=PB时,如图①,QH=BH,则t+2t=8,解得,t=83,当PQ=BQ时,(2t-t)2+62=(8-t)2,解得,t=74,当BP=BQ时,(8-2t)2+62=(8-t)2,方程无解;∴当t=83或74时,△BPQ为等腰三角形.【点睛】本题考查的是矩形的性质、等腰三角形的判定,掌握性质并灵活运用性质是解题的关键,注意分情况讨论思想的应用.4.(1)2;(2)证明见解析过程;(3)AE+EF-AF=2OA.【分析】(1)通过测量可得;(2)过点C作CG⊥ON,垂足为点G,由AAS可证△ABO≌△BCG,可得BG=AO,BO=CG,由SAS可证△ABE≌△CBE,可得AE=CE,由线段的和差关系可得结论;(3)过点C作CG⊥ON,垂足为点G,由AAS可证△ABO≌△BCG,可得BG=AO,BO=CG,由SAS可证△ABE≌△CBE,可得AE=CE,可得结论.【详解】解:(1)△AEF的周长是OA长的2倍,故答案为:2;(2)如图4,过点C作CG⊥ON,垂足为点G,则∠CGB=90°,∴∠GCB+∠CBG=90°,又∵四边形ABCD 是正方形,∴AB=BC ,∠ABC=90°,∠DBC=∠DBA=45°,则∠CBG+∠ABO=90°,∴∠GCB=∠ABO ,在△BCG 与△ABO 中,GCB ABO GCB AOB BC AB ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,∴△BCG ≌△ABO (AAS ),∴BG=AO ,CG=BO ,∵∠AOB=90°=∠CGB=∠CFO ,∴四边形CGOF 是矩形,∴CF=GO ,CG=OF=OB ,在△ABE 和△CBE 中,BE BE ABE CBE AB BC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,∴△ABE ≌△CBE (SAS ),∴AE=CE ,∴△AEF 的周长=AE+EF+AF=CE+EF+AF=CF+AF=GO+AF=BG+BO+AF=2AO ;(3)如图5,过点C 作CG ⊥ON 于点G ,则∠CGB=90°,∴∠GCB+∠CBG=90°,又∵四边形ABCD 是正方形,∴AB=BC ,∠ABC=90°,∠DBC=∠DBA=45°,则∠CBG+∠ABO=90°,∴∠GCB=∠ABO ,在△BCG 与△ABO 中GCB ABO GCB AOB BC AB ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,∴△BCG ≌△ABO (AAS ),∴BG=AO ,BO=CG ,∵∠AOB=90°=∠CGB=∠CFO ,∴四边形CGOF 是矩形,∴CF=GO ,CG=OF=OB ,在△ABE 和△CBE 中,BE BE ABE CBE AB BC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,∴△ABE ≌△CBE (SAS ),∴AE=CE ,∴AE+EF-AF=EF+CE-AF=NB+BO-(OF-AO )=OA+OB-(OB-OA )=2OA .【点睛】本题是四边形综合题,考查了全等三角形的判定和性质,正方形的性质,矩形的判定和性质,添加恰当的辅助线构造全等三角形是本题的关键.5.(1)见解析;(2)FG=EP ,理由见解析;(32【分析】(1)证△ODE ≌△OFB (ASA ),即可得出OE=OF ;(2)连AC ,由(1)可知OE=OF ,OB=OD ,证△AOE ≌△COF (SAS ),得AE=CF ,由折叠性质得AE=A 1E=CF ,∠A 1=∠BAD=∠BCD ,∠B=∠B 1,则∠D=∠B 1,证△A 1PE ≌△CGF(AAS ),即可得出FG=EP ;(3)作OH ⊥BC 于H ,证四边形ABCD 是矩形,则∠ABC=90°,得∠OBC=30°,求出AC=8,由勾股定理得BC=CF=,由等腰三角形的性质得BH=CH=12BC=HF=4-,OH=12OB=2,由勾股定理得OF=,进而得出答案. 【详解】解:(1)证明:∵四边形ABCD 是平行四边形,∴AD ∥BC ,AD=BC ,∴∠ODE=∠OBF ,∠OED=∠OFB ,∵AE=CF ,∴AD-AE=BC-CF ,即DE=BF ,在△ODE 和△OFB 中, ODE OBF DE BFOED OFB ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩, ∴△ODE ≌△OFB (ASA ),∴OE=OF ;(2)FG=EP ,理由如下:连AC ,如图②所示:由(1)可知:OE=OF ,OB=OD ,∵四边形ABCD 是平行四边形,∴AC 过点O ,OA=OC ,∠BAD=∠BCD ,∠D=∠B ,在△AOE 和△COF 中,OA OC AOE COF OE OF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,∴△AOE ≌△COF (SAS ),∴AE=CF ,由折叠性质得:AE=A 1E=CF ,∠A 1=∠BAD=∠BCD ,∠B=∠B 1,∴∠D=∠B 1,∵∠A 1PE=∠DPH ,∠PHD=∠B 1HG ,∴∠DPH=∠B 1GH ,∵∠B 1GH=∠CGF ,∴∠A 1PE=∠CGF ,在△A 1PE 和△CGF 中,111A PE CGF A FCG A E CF ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,∴△A 1PE ≌△CGF (AAS ),∴FG=EP ;(3)作OH ⊥BC 于H ,如图③所示:∵△AOB 是等边三角形,∴∠ABO=∠AOB=∠BAO=60°,OA=OB=AB=4,∵四边形ABCD 是平行四边形,∴OA=OC ,OB=OD ,∴AC=BD ,∴四边形ABCD 是矩形,∴∠ABC=90°,∴∠OBC=∠OCB=30°,∵AB=OB=BF=4,∴AC=BD=2OB=8,由勾股定理得:2222=84AC AB --3 ∴CF=43,∵OB=OC ,OH ⊥BC ,∴BH=CH=12BC=23 ∴HF=4-23OH=12OB=2, 在Rt △OHF 中,由勾股定理得: 22OH HF +()222423+-2622, ∴434226222CF OF -===- 2【点睛】本题是四边形综合题,考查了平行四边形的性质、矩形的判定与性质、翻折变换的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、含30°角的直角三角形的性质、等边三角形的性质、勾股定理等知识;本题综合性强,解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题,学会添加常用辅助线,属于中考压轴题.6.(1)证明见解析;(2)①2BH BG =②BH 的长为2或2. 【分析】(1)证()DAG BAE SAS △≌△,即可得出结论;(2)①连接GH ,延长HF 交AB 于N ,设AB 与EF 的交点为M ,证()GAB GFH SAS △≌△,得GH GB =,GHF GBA ∠=∠,证GHB ∆为等腰直角三角形,即得结论;②分两种情况,证出点B 、E 、G 在一条直线上,求出210AF EG AE ===,则5OA OG OE ===,由勾股定理求出12OB =,求出BG ,即可得出答案.【详解】(1)∵四边形ABCD 和四边形AEFG 是正方形,∴AD =AB =CB ,AG =AE ,∠DAB =∠GCE =90°,∴∠DAB ﹣∠GAF =∠GCE ﹣∠GAF ,即∠DAG =∠BAE ,在△DAG 和△BAE 中,AD AE DAG BAE AG AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,∴△DAG ≌△BAE (SAS),∴DG =BE ;(2)①连接GH ,延长HF 交AB 于N ,设AB 与EF 的交点为M ,如图2所示:∵四边形BCHF 是平行四边形,∴HF //BC ,HF =BC =AB .∵BC ⊥AB ,∴HF ⊥AB ,∴∠HFG =∠FMB ,又AG //EF ,∴∠GAB =∠FMB ,∴∠HFG =∠GAB ,在△GAB 和△GFH 中,AG FG GAB HFG AB FH =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,∴△GAB ≌△GFH (SAS),∴GH =GB ,∠GHF =∠GBA ,∴∠HGB =∠HNB =90°,∴△GHB 为等腰直角三角形,∴BH 2=BG , ∴2BH BG=; ②分两种情况:a 、如图3所示:连接AF、EG交于点O,连接BE.∵四边形BCHF为菱形,∴CB=FB.∵AB=CB,∴AB=FB=13,∴点B在AF的垂直平分线上.∵四边形AEFG是正方形,∴AF=EG,OA=OF=OG=OE,AF⊥EG,AE=FE=AG=FG,∴点G、点E都在AF的垂直平分线上,∴点B、E、G在一条直线上,∴BG⊥AF.∵AE=52,∴AF=EG2=AE=10,∴OA=OG=OE=5,∴OB2222=-=-=12,AB OA135∴BG=OB+OG=12+5=17,由①得:BH2=BG=172;b、如图4所示:连接AF、EG交于点O,连接BE,同上得:点B、E、G在一条直线上,OB=12,BG=OG+OB﹣OG=12﹣5=7,由①得:BH2=2;综上所述:BH的长为2或2.【点睛】本题是四边形综合题目,考查了正方形的性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、线段垂直平分线的判定等知识;本题综合性强,熟练掌握正方形的性质和菱形的性质,证明三角形全等是解题的关键.7.(1)AD=AB+DC;(2)AB=AF+CF,证明详见解析;(3)AB=DF+CF,证明详见解析.【分析】(1)结论:AD=AB+DC.延长AE,DC交于点F,证明△ABE≌△FEC(AAS),即可推出AB=CF,再证明DA=DF,即可解决问题.(2)结论:AB=AF+CF,如图②,延长AE交DF的延长线于点G,证明方法类似(1).(3)结论;AB=DF+CF.如图③,延长AE交CF的延长线于点G,证明方法类似(1).【详解】解:(1)探究问题:结论:AD=AB+DC.理由:如图①中,延长AE,DC交于点F,∵AB∥CD,∴∠BAF=∠F,在△ABE和△FCE中,CE=BE,∠BAF=∠F,∠AEB=∠FEC,∴△ABE≌△FEC(AAS),∴CF=AB,∵AE是∠BAD的平分线,∴∠BAF=∠FAD,∴∠FAD=∠F,∴AD=DF,∵DC+CF=DF,∴DC+AB=AD.故答案为AD=AB+DC.(2)方法迁移:结论:AB=AF+CF.证明:如图②,延长AE交DF的延长线于点G,∵E是BC的中点,∴CE=BE,∵AB∥DC,∴∠BAE =∠G .且BE =CE ,∠AEB =∠GEC∴△AEB ≌△GEC (AAS )∴AB =GC∵AE 是∠BAF 的平分线∴∠BAG =∠FAG ,∵∠BAG ∠G ,∴∠FAG =∠G ,∴FA =FG ,∵CG =CF+FG ,∴AB =AF+CF .(3)联想拓展:结论;AB =DF+CF .证明:如图③,延长AE 交CF 的延长线于点G ,∵E 是BC 的中点,∴CE =BE ,∵AB ∥CF ,∴∠BAE =∠G ,在△AEB 和△GEC 中,BAE G AEB GEC BE CE ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,∴△AEB ≌△GEC ,∴AB =GC ,∵∠EDF =∠BAE ,∴∠FDG =∠G ,∴FD =FG ,∴AB =DF+CF .【点睛】本题是四边形的综合问题,考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、角平分线的性质、三角形三边关系等知识点,解题的关键是学会添加常用辅助线,构造全等三角形解决问题.8.(1)成立;(2)成立,理由见试题解析;(3)正方形,证明见试题解析.【解析】试题分析:(1)因为四边形ABCD为正方形,CE=DF,可证△ADF≌△DCE(SAS),即可得到AF=DE,∠DAF=∠CDE,又因为∠ADG+∠EDC=90°,即有AF⊥DE;(2)∵四边形ABCD为正方形,CE=DF,可证△ADF≌△DCE(SAS),即可得到AF=DE,∠E=∠F,又因为∠ADG+∠EDC=90°,即有AF⊥DE;(3)设MQ,DE分别交AF于点G,O,PQ交DE于点H,因为点M,N,P,Q分别为AE,EF,FD,AD的中点,可得MQ=PN=12DE,PQ=MN=12AF,MQ∥DE,PQ∥AF,然后根据AF=DE,可得四边形MNPQ是菱形,又因为AF⊥DE即可证得四边形MNPQ是正方形.试题解析:(1)上述结论①,②仍然成立,理由是:∵四边形ABCD为正方形,∴AD=DC,∠BCD=∠ADC=90°,在△ADF和△DCE中,∵DF=CE,∠ADC=∠BCD=90°,AD=CD,∴△ADF≌△DCE(SAS),∴AF=DE,∠DAF=∠CDE,∵∠ADG+∠EDC=90°,∴∠ADG+∠DAF=90°,∴∠AGD=90°,即AF⊥DE;(2)上述结论①,②仍然成立,理由是:∵四边形ABCD为正方形,∴AD=DC,∠BCD=∠ADC=90°,在△ADF和△DCE中,∵DF=CE,∠ADC=∠BCD=90°,AD=CD,∴△ADF≌△DCE(SAS),∴AF=DE,∠E=∠F,∵∠ADG+∠EDC=90°,∴∠ADG+∠DAF=90°,∴∠AGD=90°,即AF⊥DE;(3)四边形MNPQ是正方形.理由是:如图,设MQ,DE分别交AF于点G,O,PQ交DE于点H,∵点M,N,P,Q分别为AE,EF,FD,AD的中点,∴MQ=PN=12DE,PQ=MN=12AF,MQ∥DE,PQ∥AF,∴四边形OHQG是平行四边形,∵AF=DE,∴MQ=PQ=PN=MN,∴四边形MNPQ是菱形,∵AF⊥DE,∴∠AOD=90°,∴∠HQG=∠AOD=90°,∴四边形MNPQ是正方形.考点:1.四边形综合题;2.综合题.9.(1)答案见解析;(2)24【分析】(1) 首先利用ASA证明△CDF≌△ADE,进而得到AE=CF,于是得四边形AECF是平行四边形,再根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可得到结论;(2)首先利用勾股定理求出DE的长,再利用对角线乘积的一半求出菱形的面积.【详解】(1)∵CF// AB,∴∠DCF= ∠DAE,∵PQ垂直平分AC,∴CD= AD ,在△CDF 和△ADE 中,DCF DAE CD ADCDF ADE ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩, ∴△CDF ≌△ADE ,∴CF=AE,∵CF ∥AE ,∴四边形AECF 是平行四边形,∵PQ 垂直平分AC ,∴AE=CE ,∴四边形AECF 是菱形;(2)∵四边形AECF 是菱形,∴△ADE 是直角三角形,∵AD=142AC ,AE=5 , ∴3==,∴EF= 2DE=6, ∴菱形AECF 的面积为11862422AC EF ⋅=⨯⨯=. 【点睛】此题考查菱形的判定及性质定理,三角形全等的判定定理,线段垂直平分线的性质定理,勾股定理,正确掌握菱形的判定及性质定理是解题的关键.10.(1)见解析;(2)①2ABE BFC ∠=∠;②见解析;③732【分析】(1)证明()BAE BCF ASA ∆≅∆可得结论.(2)①结论:2ABE BFC ∠=∠.如图2中,设EBC x ∠=,BFC y ∠=,则2ABF x ∠=,利用三角形内角和定理结合已知条件即可解决问题.②将ABE ∆绕BE 翻折得到BEH ∆,延长BH 交CD 于T ,连接ET .设2AB CD k ==,则3AD BC k ==,利用全等三角形的性质解决问题即可.③求出CF ,利用三角形的面积公式,矩形的面积公式即可解决问题.【详解】解:(1)证明:如图1中,四边形ABCD 是矩形,90ABC BCD BCF ∴∠=∠=∠=︒,60EBC =︒∠,12CBE ABF ∠=∠, 120ABF ∴∠=︒,906030ABE ︒∴-︒∠==︒,1209030CBF ∠=︒-︒=︒,ABE CBF ∴∠=∠,AB BC =,()BAE BCF ASA ∴∆≅∆,BE BF ∴=.(2)①结论:290EBC BFC ∠+∠=︒.理由:如图2中,设EBC x ∠=,BFC y ∠=,则2ABF x ∠=,90BCF ∠=︒,90FBC y ∴∠=︒-,=2ABE FBC ABF EBC x x x ∠+∠=∠-∠-=,(90)ABE x y ∴∠=-︒-,90ABE EBC ∠+∠=︒,(90)90x y x ∴-︒-+=︒,2180x y ∴+=︒,2180EBC BFC ∴∠+∠=︒,()290180ABE BFC ∴︒-∠+∠=︒,2ABE BFC ∴∠=∠.②证明:将ABE ∆绕BE 翻折得到BEH ∆,延长BH 交CD 于T ,连接ET .设2AB CD k ==,则3AD BC k ==,ABE EBH ∠=∠,12EBC ABF ∠=∠, FBC CBT ∴∠=∠,90FBC F CBT BTC ∠+∠=∠+∠=︒,F BTC ∴∠=∠,BF BT ∴=,CT CF =,DE AE EH ==,ET ET =,90D EHT ∠=∠=︒,Rt ETD Rt ETH(HL)∴∆≅∆,DT TH ∴=,在Rt BCT ∆中,则有222(2)(3)(2)k x k k x +=+-, 解得98x k =, 2BF CF BT CT BH TH CT BH TD TC BH CD AB ∴+=+=++=++=+=.③由②可知,3BC k =,97288CF CR k k k ==-=, ∴2173728632BCFABCD k k S S k ∆⋅⋅==矩形. 【点睛】本题属于四边形综合题,考查了矩形的性质,全等三角形的判定和性质等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,构造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.。

相关主题