2024八年級(jí)數(shù)學(xué)下冊(cè)專題12平行四邊形的判定和性質(zhì)含解析新版浙教版

Page43專題12平行四邊形的判定和性質(zhì)閱卷人一、選擇題(共10題；每題2分，共20分)得分1．（2分）（遷安期末）對(duì)于命題：一組對(duì)邊平行且相等的四邊形是平行四邊形，小明的證明過(guò)程（）已知：如圖，在四邊形中，且求證：四邊形是平行四邊形．證明：連接，在和中，∵，∴∵，∴∴∴四邊形是平行四邊形A．已經(jīng)嚴(yán)謹(jǐn)，不用補(bǔ)充 B．應(yīng)補(bǔ)充“”C．應(yīng)補(bǔ)充“” D．應(yīng)補(bǔ)充“”【答案】B【規(guī)范解答】解：“∵△ABD≌△CDB，∴AB∥DC．”這兩個(gè)之間沒(méi)有因果關(guān)系，須要在它們之間補(bǔ)充“∠ABD=∠CDB”．故答案為：B．【思路點(diǎn)撥】依據(jù)全等三角形的性質(zhì)求解即可。2．（2分）（競(jìng)秀期末）如圖，點(diǎn)E、F分別是?ABCD邊AD、BC的中點(diǎn)，G、H是對(duì)角線BD上的兩點(diǎn)，且BG=DH．則下列結(jié)論中錯(cuò)誤的是（）A． B．四邊形EGFH是平行四邊形C． D．【答案】D【規(guī)范解答】解：連接EF交BD于點(diǎn)O，在平行四邊形ABCD中，AD=BC，∠EDH=∠FBG，∵E、F分別是AD、BC邊的中點(diǎn)，∴DE=BF=BC，∠EDO=∠FBO，∠DOE=∠BOF，∴△EDO≌△FBO，∴EO=FO，DO=BO，∵BG=DH，∴OH=OG，∴四邊形EGFH是平行四邊形，∴GF=EH，EG=HF，故答案為：A、B、C不符合題意；∵∠EHG不愿定等于90°，∴EH⊥BD錯(cuò)誤，D符合題意；故答案為：D．【思路點(diǎn)撥】利用平行四邊形的性質(zhì)及全等三角形的判定和性質(zhì)逐項(xiàng)推斷即可。3．（2分）（陳倉(cāng)期末）在平面直角坐標(biāo)系中，以A（-1，0），B（2，0），C（0，1），為頂點(diǎn)構(gòu)造平行四邊形，下列各點(diǎn)中不能作為平行四邊形第四個(gè)頂點(diǎn)的坐標(biāo)的是（）

A． B． C． D．【答案】B【規(guī)范解答】解：如圖，

①以AC為對(duì)角線，可以畫出平行四邊形AFCB，這時(shí)第四個(gè)頂點(diǎn)的F的坐標(biāo)為(-3，1)；

②以AB為對(duì)角線，可以畫出平行四邊形ACBE，這時(shí)第四個(gè)頂點(diǎn)的E的坐標(biāo)為(1，-1)；

③以BC為對(duì)角線，可以畫出平行四邊形ACDB，這時(shí)第四個(gè)頂點(diǎn)的F的坐標(biāo)為D的坐標(biāo)為(3，1)；

故答案為：B.

【思路點(diǎn)撥】依據(jù)題意畫出圖形，分別以AC、BC和AB為對(duì)角線畫出平行四邊形，依此得出第四點(diǎn)的坐標(biāo)即可.4．（2分）（承德期末）如圖，在四邊形ABCD中，，，對(duì)角線AC，BD交于點(diǎn)O，AC平分，過(guò)點(diǎn)C作交AB的延長(zhǎng)線與點(diǎn)E，連接OE．嘉嘉說(shuō)：“四邊形ABCD是菱形．”琪琪說(shuō)：“．”對(duì)于他倆的說(shuō)法，正確的是（）A．嘉嘉正確，琪琪錯(cuò)誤 B．嘉嘉錯(cuò)誤，琪琪正確C．他倆都正確 D．他倆都錯(cuò)誤【答案】C【規(guī)范解答】解：∵AC平分，∴∠DAC=∠BAC，∵，∴∠DCA=∠BAC，∴∠DCA=∠DAC，∴AD=DC，又∵AB=AD，∴AB=DC，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∵AB=AD，∴平行四邊形ABCD是菱形，故嘉嘉正確∴AC，BD相互平分，即O為AC的中點(diǎn)，∵，∴△ACE是直角三角形，∴，故琪琪正確，故答案為：C．

【思路點(diǎn)撥】首先證明CD=AD，繼而證得四邊形ABCD為平行四邊形，依據(jù)菱形的判定即可得到四邊形ABCD為菱形，由直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半即可得到OE=AC.5．（2分）（薛城期末）如圖，平行四邊形中，，是對(duì)角線上的兩點(diǎn)，假如添加一個(gè)條件使四邊形是平行四邊形，則添加的條件不能是（）A． B． C． D．【答案】A【規(guī)范解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD＝BC，AD∥BC，∴∠DAE＝∠BCF，∵DE＝BF，不能得出△ADE≌△CBF，∴不能得出四邊形DEBF是平行四邊形，故A符合題意；∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD＝BC，∠DAE＝∠BCF，∵AE＝CF，∴△ADE≌△CBF（SAS），∴∠AED＝∠CFB，DE＝BF，∴∠DEF＝∠BFE；∴DEBF，∴四邊形DEBF是平行四邊形，故B不符合題意；∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD＝BC，∠DAE＝∠BCF；∵AF＝CE，∴AE＝CF，∴△ADE≌△CBF（SAS），∴∠AED＝∠CFB，DE＝BF，∴∠DEF＝∠BFE，∴DEBF，∴四邊形DEBF是平行四邊形，故C不符合題意；∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD＝BC，∠DAE＝∠BCF，∵∠ADE＝∠CBF，∴△ADE≌△CBF（ASA），∴DE＝CF，∠AED＝∠BFC，∴∠DEF＝∠BFE，∴DECF，∴四邊形DEBF是平行四邊形，故D不符合題意；故答案為：A．

【思路點(diǎn)撥】依據(jù)平行四邊形的判定方法逐項(xiàng)推斷即可。6．（2分）（南充期末）如圖，矩形中，，分別是邊，的中點(diǎn)，于，的延長(zhǎng)線交于．下列結(jié)論：①；②；③；④．其中結(jié)論正確的有（）A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)【答案】D【規(guī)范解答】解：連接CM、DM，∵矩形ABCD∴，∵，M，N分別是邊AB，CD的中點(diǎn)，∴故①正確；∵∴四邊形AMCN是平行四邊形∴AN∥CM∴∵∴CM垂直平分PB∴BC=PC∴（SSS）∴即故②正確；∵，，∴（HL）∴故③正確；取CQ中點(diǎn)E，連接EN∵N是CD中點(diǎn)∴EN是△CDQ的中位線∴∵∴∴，即故④正確；綜上所述，正確的是①②③④故答案為：D．【思路點(diǎn)撥】連接CM、DM，由矩形的性質(zhì)可得AB=CD，依據(jù)線段的中點(diǎn)及直角三角形斜邊中線的性質(zhì)可得，故①正確；可證四邊形AMCN是平行四邊形，可得AN∥MC，依據(jù)SSS證明，可得，故②正確；依據(jù)HL可證明，可得PQ=AQ，故③正確；取CQ中點(diǎn)E，連接EN，可得EN是△CDQ的中位線，可得DQ=2EN，依據(jù)大角對(duì)大邊進(jìn)行推斷即可.7．（2分）（慈溪期末）如圖，正方形中，點(diǎn)P為延長(zhǎng)線上任一點(diǎn)，連結(jié)，過(guò)點(diǎn)P作，交的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)E作于點(diǎn)F.下列結(jié)論：①；②；③；④若，則.其中正確的個(gè)數(shù)為（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【規(guī)范解答】解：如圖1，在EF上取一點(diǎn)G，使FG=FP，連接BG、PG，∵EF⊥BP，∴∠BFE=90°，∵四邊形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，∴四邊形ABGP是平行四邊形，∴AP=BG，∴AP=PE；故①正確；如圖2，連接CG，由①知：PG∥AB，PG=AB，∵AB=CD，AB∥CD，∴PG∥CD，PG=CD，∴四邊形DCGP是平行四邊形，∴CG=PD，CG∥PD，∵PD⊥EF，∴CG⊥EF，即∠CGE=90°，∵∠CEG=45°，∴CE=CG=PD；故③正確；如圖3，連接AC交BD于O，∠CGF=∠GFD=90°，∵四邊形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，BD=∴∠COF=90°，∴四邊形OCGF是矩形，∴OC=FG，BD=2OC=2FG，△BFG≌△EFP，，，故②正確；④，，，，，，，，，，，，，即.故④正確.故答案為：D.【思路點(diǎn)撥】在EF上取一點(diǎn)G，使FG=FP，連接BG、PG，依據(jù)正方形的性質(zhì)得∠FBC=∠ABD=45°，則BF=EF，證△BFG≌△EFP，得BG=PE，∠PEF=∠GBF，易得四邊形ABGP是平行四邊形，則AP=BG，據(jù)此推斷①；連接CG，易得四邊形DCGP是平行四邊形，則CG=PD，CG∥PD，依據(jù)三角函數(shù)的概念得CE=CG，據(jù)此推斷③；連接AC交BD于O，依據(jù)正方形性質(zhì)得AC⊥BD，BD=AB=PG，則四邊形OCGF是矩形，OC=FG，BD=2OC=2FG，依據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得PF=FG，據(jù)此推斷②；依據(jù)等腰三角形的性質(zhì)結(jié)合內(nèi)角和定理可得∠BPE=∠BEP=67.5°，∠FPG=∠FGP=45°，則∠GPE=22.5°，推出PG=GE，則FG=GE，BE=(1+)FG，DF=(-1)PF，據(jù)此推斷④.8．（2分）（揚(yáng)州期中）如圖，在平行四邊形ABCD中，AB＝5，BC＝8，∠ABC和∠BCD的角平分線分別交AD于點(diǎn)E和F，若BE＝6，則CF＝（）A．6 B．8 C．10 D．13【答案】B【規(guī)范解答】解：如圖，設(shè)BE與FC的交點(diǎn)為H，過(guò)點(diǎn)A作AM∥FC，交BE與點(diǎn)O，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴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，∴四邊形AMCF是平行四邊形，∴CF＝AM＝8.故答案為：B.【思路點(diǎn)撥】設(shè)BE與FC的交點(diǎn)為H，過(guò)點(diǎn)A作AM∥FC，交BE與點(diǎn)O，由平行四邊形的性質(zhì)以及平行線的性質(zhì)得∠ABC+∠DCB+180°，依據(jù)角平分線的概念得∠ABE＝∠EBC，∠BCF＝∠DCF，則∠CBE+∠BCF＝90°，依據(jù)平行線的性質(zhì)得∠AOE＝∠BHC＝90°，∠AEB＝∠EBC＝∠ABE，則AB＝AE＝5，利用勾股定理求出AO，證明△ABO≌△MBO，得到AO＝OM＝4，則AM＝8，推出四邊形AMCF是平行四邊形，據(jù)此解答.9．（2分）（溫州期中）如圖，△ABC的面積為24，點(diǎn)D為AC邊上的一點(diǎn)，延長(zhǎng)BD交BC的平行線AG于點(diǎn)E，連結(jié)EC，以DE、EC為鄰邊作平行四邊形DECF，DF交BC邊于點(diǎn)H，連結(jié)AH，當(dāng)時(shí)，則△AHC的面積為（）A．4 B．6 C． D．【答案】C【規(guī)范解答】解：如圖，延長(zhǎng)HD交AG于點(diǎn)Q，

∵?DECF，

∴DF∥CE，ED∥CF，

∴∠CFH=∠EDQ

又∵BC∥AQ，

∴四邊形HQEC為平行四邊形，

∴EQ=CH，

又∠EQD=∠CHF，

∴△EDQ≌△CHF（AAS），

∴S△EDQ=S△CHF，

∴S?HQEC=S?DECF，

∵△ABC的面積為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.

故答案為：C.

【思路點(diǎn)撥】如圖，延長(zhǎng)HD交AG于點(diǎn)Q，由?DECF性質(zhì)得DF∥CE，ED∥CF，從而得∠CFH=∠EDQ，易證明四邊形HQEC為平行四邊形，由平行四邊形性質(zhì)得EQ=CH，∠EQD=∠CHF，易證△EDQ≌△CHF，即得S△EDQ=S△CHF，從而得到S?HQEC=S?DECF，由△ABC的面積為24，可得到S△BEC=24，又有AD=CD，所以S△BDC=S△ABC=16，從而求得S△DEC=8，進(jìn)而求出S?HQEC=2S△DEC=16，最終由S△AHC=S?HQEC即可求得其面積.10．（2分）（江油期末）如圖，已知點(diǎn)D是等邊三角形ABC中BC的中點(diǎn)，BC＝2，點(diǎn)E是AC邊上的動(dòng)點(diǎn)，則BE＋ED的和最小值為（）A． B． C．3 D．【答案】B【規(guī)范解答】解：作B關(guān)于AC的對(duì)稱點(diǎn)B′，連接BB′、B′D，交AC于E，此時(shí)BE＋ED＝B′E＋ED＝B′D，依據(jù)兩點(diǎn)之間線段最短可知B′D就是BE＋ED的最小值，∵B、B′關(guān)于AC的對(duì)稱，△ABC是等邊三角形∴AC、BB′相互垂直平分，∴四邊形ABCB′是平行四邊形，∵三角形ABC是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，且D為BC的中點(diǎn)，∴AD⊥BC，∴AD＝，BD＝CD＝1，BB′＝2AD＝2，作B′G⊥BC的延長(zhǎng)線于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的最小值為.故答案為：B.【思路點(diǎn)撥】作B關(guān)于AC的對(duì)稱點(diǎn)B′，連接BB′、B′D，交AC于E，此時(shí)BE＋ED＝B′E＋ED＝B′D，依據(jù)兩點(diǎn)之間線段最短可知B′D就是BE＋ED的最小值，然后依據(jù)等邊三角形的性質(zhì)求出AD長(zhǎng)，在Rt△B′BG中，依據(jù)勾股定理求出BG，最終在Rt△B′DG中，依據(jù)勾股定理求B'D，即可解答.閱卷人二、填空題(共10題；每題2分，共20分)得分11．（2分）（虎林期末）已知：如圖，線段AB＝6cm，點(diǎn)P是線段AB上的動(dòng)點(diǎn)，分別以AP、BP為邊在AB作等邊APC、等邊BPD，連接CD，點(diǎn)M是CD的中點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)P從點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B時(shí)，點(diǎn)M經(jīng)過(guò)的路徑的長(zhǎng)是cm．【答案】3【規(guī)范解答】解：如圖，分別延長(zhǎng)AC，BD交于H，過(guò)點(diǎn)M作GN∥AB分別交AH于G，BH于N，∵△APC、△BPD都是等邊三角形，∴∠A=∠B=∠DPB=∠CPA=60°，∴AH∥PD，BH∥CP，∴四邊形CPDH是平行四邊形，∴CD與HP相互平分，∴M是PH的中點(diǎn)，故在P運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，M始終在HP的中點(diǎn)，所以M的運(yùn)動(dòng)軌跡即為△HAB的中位線，即線段GN，∴cm，故答案為：3．

【思路點(diǎn)撥】構(gòu)造幫助線，依據(jù)等邊三角形的性質(zhì)求得CPDH是平行四邊形，平行四邊形對(duì)角線相互平分求得M是PH的中點(diǎn)，再依據(jù)中位線的定理即可求得.12．（2分）（曲陽(yáng)期末）如圖，在?ABCD中，E，F(xiàn)是對(duì)角線BD上的兩點(diǎn)，要使四邊形AFCE是平行四邊形，則需添加的一個(gè)條件可以是．（只添加一個(gè)條件）【答案】BF=DE（答案不唯一）．【規(guī)范解答】解：添加的條件為BF=DE，連接AC交BD于O，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AO=CO、BO=DO，∵BF=DE，∴OE=OF，∴四邊形AFCE是平行四邊形．故答案為BF=DE．

【思路點(diǎn)撥】連接AC交BD于O，依據(jù)對(duì)角線相互平分的四邊形是平行四邊形，據(jù)此添加即可（答案不唯一）.13．（2分）（元陽(yáng)期末）如圖，在梯形ABCD中，，E為BC中點(diǎn)，，，點(diǎn)P以每秒3個(gè)單位長(zhǎng)度的速度從點(diǎn)B動(dòng)身向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)Q以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度從點(diǎn)D動(dòng)身向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，則經(jīng)過(guò)秒后，以點(diǎn)A，E，P，Q為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形．【答案】或【規(guī)范解答】解：設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，則有QD=t，BP=3t，∵BC=18，E點(diǎn)在BC中點(diǎn)，∴BE=9=EC，∵AD=8，∴AQ=AD-QD=8-t，∵，∴，即當(dāng)時(shí)，以點(diǎn)A，E，P，Q為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，當(dāng)P點(diǎn)在E點(diǎn)左側(cè)時(shí)，則有PE=BE-BP=9-3t，∵，∴8-t=9-3t，解得，當(dāng)P點(diǎn)在E點(diǎn)右側(cè)時(shí)，則有PE=BP-BE=3t-9，∵，∴8-t=3t-9，解得，即經(jīng)過(guò)或秒后，以點(diǎn)A，E，P，Q為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，故答案為：或．【思路點(diǎn)撥】設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，則有QD=t，BP=3t，分兩種狀況：①當(dāng)P點(diǎn)在E點(diǎn)左側(cè)時(shí)，則有PE=BE-BP=9-3t；②當(dāng)P點(diǎn)在E點(diǎn)右側(cè)時(shí)，則有PE=BP-BE=3t-9，再分別求解即可。14．（2分）（番禺期末）如圖，在?ABCD中，CD=2AD，F(xiàn)為DC的中點(diǎn)，BE⊥AD于點(diǎn)E，連接EF，BF，下列結(jié)論：①∠ABC＝2∠ABF；②EF＝BF；③S△ABE：S△EFB＝2：3；④∠CFE＝3∠DEF．其中正確結(jié)論的序號(hào)是．【答案】①②④【規(guī)范解答】解：如圖，延長(zhǎng)EF交BC的延長(zhǎng)線于G，取AB的中點(diǎn)H，連接FH．∵CD=2AD，DF=FC，∴CF=CB，∴∠CFB=∠CBF，∵CD//AB，∴∠CFB=∠FBH，∴∠CBF=∠FBH，∴∠ABC=2∠ABF．故①符合題意，∵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符合題意，∵S△DFE=S△CFG，∴S四邊形DEBC=S△EBG=2S△BEF，若S△ABE：S△EFB=2：3，則S四邊形DEBC=3S△ABE，過(guò)點(diǎn)E作EM/∥AB交BC于點(diǎn)M，則四邊形AEBM和四邊形DEMC都是平行四邊形，∴E為AD的中點(diǎn)，這與條件不相符，故③不符合題意，∵AH=HB，DF=CF，AB=CD，∴CF=BH，∵CF∥BH，∴四邊形BCFH是平行四邊形，∵CF=BC，∴四邊形BCFH是菱形，∴∠BFC=∠BFH，∵FE=FB，F(xiàn)H∥AD，BE⊥AD，∴FH⊥BE，∴∠BFH=∠EFH=∠DEF，∴∠EFC=3∠DEF，故④符合題意，故答案為：①②④．

【思路點(diǎn)撥】利用三角形全等的判定和性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)和判定及菱形的判定和性質(zhì)逐項(xiàng)推斷即可。15．（2分）（長(zhǎng)清期末）如圖，在ABC中，，，AD平分交BC于點(diǎn)D，P為直線AB上一動(dòng)點(diǎn)．連接DP，以DP、DB為鄰邊構(gòu)造平行四邊形DPQB，連接CQ，若．則CQ的最小值為．【答案】【規(guī)范解答】解：如圖1，過(guò)C作CO⊥AB于O，過(guò)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°，可設(shè)DH=HB=a，∴AD=2DH=2a，∴AH==a，∴AB=AH+BH=a+a，∴a+a=3+3，∴a=3，∴DH=3，如圖2，過(guò)Q作QG⊥AB于G，連接DQ交AB于M，∵四邊形DPQB為平行四邊形，∴DM=QM，在△QGM與△DHM中，，∴△QGM≌△DHM(AAS)，∴QG=DH=3，故Q到直線AB的距離始終為3，所以Q點(diǎn)在平行于AB的直線上運(yùn)動(dòng)，且兩直線距離為3，依據(jù)垂線段最短，當(dāng)C，O，Q三點(diǎn)在一條直線上時(shí)，此時(shí)CQ最小，如圖3，最小值為：CO+3=3+3，故答案為：3+3．【思路點(diǎn)撥】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，證出△QGM≌△DHM(AAS)，得出QG=DH=3，故Q到直線AB的距離始終為3，所以Q點(diǎn)在平行于AB的直線上運(yùn)動(dòng)，且兩直線距離為3，依據(jù)垂線段最短，當(dāng)C，O，Q三點(diǎn)在一條直線上時(shí)，此時(shí)CQ最小，即可得解。16．（2分）（濱城期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，函數(shù)的圖象分別交x軸，y軸于A，B兩點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)A的直線交y軸正半軸于點(diǎn)M，且．在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)存在點(diǎn)C，使得以A，B，M，C為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，則點(diǎn)C的坐標(biāo)為．【答案】或或【規(guī)范解答】解：∵函數(shù)的圖象分別交x軸，y軸于A，B兩點(diǎn)，當(dāng)時(shí)，，∴，∵，且點(diǎn)M位于y軸正半軸，∴，∴當(dāng)時(shí)，，解得，∴，以A，B，M，C為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，分三種狀況：如圖所示：①，為邊，∴，，∵，，，∴線段向右平移3個(gè)單位，再向下平移2個(gè)單位得到線段，則點(diǎn)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)，點(diǎn)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)C，∴；②，為邊，∴，，∵，，，∴線段向右平移3個(gè)單位，再向下平移6個(gè)單位得到線段，則點(diǎn)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)，點(diǎn)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)C，∴；③，為邊，∴，，∵，，，∴線段向左平移3個(gè)單位，再向上平移2個(gè)單位得到線段，則點(diǎn)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)，點(diǎn)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)，∴．綜上所述，滿足條件的點(diǎn)C的坐標(biāo)為或或．【思路點(diǎn)撥】分類探討，結(jié)合函數(shù)圖象，計(jì)算求解即可。17．（2分）（淮安期末）如圖，矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，E為BC的中點(diǎn)，F(xiàn)為DE上一動(dòng)點(diǎn)，P為AF中點(diǎn)，連接PC，則PC的最小值是.【答案】【規(guī)范解答】解：如圖，取AD中點(diǎn)H，連接BH，CH，設(shè)BH與AE的交點(diǎn)為O，連接CO，如圖所示：∵四邊形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝2，AD＝BC＝4，，，∵點(diǎn)E是BC中點(diǎn)，點(diǎn)H是AD中點(diǎn)，∴AH＝CE＝DH＝BE＝AB=CD=2，∴四邊形BEDH是平行四邊形，，，∴，∵點(diǎn)P是AF的中點(diǎn)，點(diǎn)H是AD的中點(diǎn)，∴，∴點(diǎn)P在BH上，∵，∴，∴，∵點(diǎn)P在BH上，∴當(dāng)CP⊥BH時(shí)，此時(shí)點(diǎn)P與H重合，PC有最小值，在Rt△CDH中，∴PC的最小值為，故答案為：.【思路點(diǎn)撥】取AD中點(diǎn)H，連接BH，CH，設(shè)BH與AE的交點(diǎn)為O，連接CO，可證四邊形BEDH是平行四邊形，可得，由三角形中位線定理可得，可知當(dāng)CP⊥BH時(shí)，此時(shí)點(diǎn)P與H重合，PC有最小值，利用勾股定理求出CH的長(zhǎng)即可.18．（2分）（溫州期中）如圖，一副三角板如圖1放置，AB=CD=，頂點(diǎn)E重合，將△DEC繞其頂點(diǎn)E旋轉(zhuǎn)，如圖2，在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，當(dāng)∠AED=75°，連結(jié)AD、BC，這時(shí)△ADE的面積是．【答案】【規(guī)范解答】解：如圖2，過(guò)點(diǎn)E作EG∥CD，延長(zhǎng)CE交AB于點(diǎn)H，

∴∠EDC=∠DEG，

由題意，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，

∴四邊形ABCD為平行四邊形，

∵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=.

故答案為：.

【思路點(diǎn)撥】如圖2，過(guò)點(diǎn)E作EG∥CD，延長(zhǎng)CE交AB于點(diǎn)H，則∠EDC=∠DEG，由題意可知∠EDC=30°，∠DEC=60°，∠ECD=∠AEB=90°，∠ABE=∠BAE=45°，又∠AED=75°，從而得∠AEG=45°，即可推出EG∥AB∥CD，從而得HC⊥AB，由等腰直角三角形性質(zhì)可得HE=BH=AH=AB，又AB=CD=，可證明四邊形ABCD為平行四邊形；利用直角三角形性質(zhì)分別求得HE=BH=AH=，EC=，從而得HC=HE+EC=，最終依據(jù)S△ADE=S?ABCD-S△ABE-S△DEC-S△CEB，代入數(shù)據(jù)計(jì)算，即可求解.19．（2分）（順城期末）如圖所示，分別以的直角邊，斜邊為邊向外構(gòu)造等邊和等邊，為的中點(diǎn)，連接，，，，．有下列五個(gè)結(jié)論：①；②；③四邊形是菱形；④；⑤四邊形是平行四邊形．其中正確的結(jié)論是．【答案】①③⑤【規(guī)范解答】解：∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，∴∠BAC=60°，AC=AB，∵F為AB中點(diǎn)，∴CF=AF=BF=AB，∴AC=CF=AF，∵為等邊三角形，∴AC=AD=CD，∴AF=FC=CD=AD，∴四邊形ADCF是菱形，∴AC⊥DF，故①③符合題意；∵四邊形ADCF是菱形，∴AF∥CD，AF=CD，∵AF=BF，∴BF=CD，∴四邊形BFDC是平行四邊形，故結(jié)論⑤符合題意；∵四邊形BFDC是平行四邊形，∴BC=DF，∴DA+DF=AC+BC，∵AC+BC＞AB，∴DA+DF＞AB，∵為等邊三角形，∴AB=BE，∴DA+DF＞BE，故結(jié)論②不符合題意；∵四邊形ADCF是菱形，∴，∵F為AB中點(diǎn)，∴，∴△ACD、△ABE都為等邊三角形，F(xiàn)為AB中點(diǎn)，∴，故結(jié)論④不符合題意．故答案為：①③⑤

【思路點(diǎn)撥】依據(jù)平行四邊形的判定和性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)分別推斷得到答案即可。20．（2分）（武侯期末）如圖，點(diǎn)D，E是ABC內(nèi)的兩點(diǎn)，且DEAB，連結(jié)AD，BE，CE.若AB＝9，DE＝2，BC＝10，∠ABC＝75°，則AD+BE+CE的最小值為.【答案】【規(guī)范解答】解：過(guò)點(diǎn)作交于，將繞點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，得到△，過(guò)作交延長(zhǎng)線于，，都是等邊三角形，，四邊形是平行四邊形，，，，，，，，，當(dāng)、、、共線時(shí)，有最小值為的長(zhǎng)，，，，，在中，，在△中，，的最小值為，故答案為：.【思路點(diǎn)撥】過(guò)點(diǎn)作交于，將繞點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，得到△，過(guò)作交延長(zhǎng)線于，可得到△BEE＇和△BFF＇都是等邊三角形，易證四邊形AFED是平行四邊形，利用平行四邊形的性質(zhì)可求出AF、BF的長(zhǎng)；再證明AD+BE+CE=CE+EE＇+E＇F＇，由此可得到當(dāng)、、、共線時(shí)，有最小值為的長(zhǎng)，利用勾股定理求出HF＇的長(zhǎng)及CF＇的長(zhǎng)；從而可得到AD+BE+CE的最小值.閱卷人三、解答題(共7題；共60分)得分21．（5分）（歷下期末）如圖，已知是等邊三角形，E為AC上一點(diǎn)，連接BE．將旋轉(zhuǎn)，使得點(diǎn)C落在BC上的點(diǎn)D處，點(diǎn)B落在BC上方的點(diǎn)F處，旋轉(zhuǎn)后的三角形是，連接AF．請(qǐng)證明：四邊形ABDF是平行四邊形．【答案】證明：∵是等邊三角形，∴，．∵由旋轉(zhuǎn)得到，∴，，∴，是等邊三角形．∴，∴，∴，∴四邊形ABDF是平行四邊形．【思路點(diǎn)撥】利用一組對(duì)邊平行且相等的四邊形是平行四邊形的判定方法求解即可。22．（8分）（順平期末）如圖，在中，點(diǎn)D，E，F(xiàn)分別是的中點(diǎn)，連接．（1）（4分）試猜想四邊形的形態(tài)，并說(shuō)明理由．（2）（4分）若，試推斷線段與的關(guān)系，并說(shuō)明理由．【答案】（1）解：猜想四邊形是平行四邊形，理由如下，∵點(diǎn)D，E，F(xiàn)分別是的中點(diǎn)∴是的中位線∴，∴四邊形是平行四邊形（2）解：，理由如下，∵，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是的中點(diǎn)，∴∵四邊形是平行四邊形，∴四邊形為菱形，又∵∴為正方形∴，【思路點(diǎn)撥】（1）猜想四邊形是平行四邊形，理由：先確定是的中位線，依據(jù)三角形中位定理可得，，依據(jù)兩組對(duì)邊分別平行的四邊形是平行四邊形即證；

（2），理由：依據(jù)線段的中點(diǎn)及AC=BC，可推出EC=FC，由（1）知四邊形是平行四邊形，從而可證四邊形為菱形，結(jié)合∠C=90°，可證四邊形為正方形，依據(jù)正方形的性質(zhì)即得結(jié)論.23．（10分）（平遠(yuǎn)期末）如圖，在四邊形ABCD中，ABCD，∠ABC=∠ADC，DE垂直于對(duì)角線AC，垂足是E，連接BE．（1）（3分）求證：四邊形ABCD是平行四邊形；（2）（3分）若點(diǎn)E是AC的中點(diǎn)，推斷BE與AC的位置關(guān)系，并說(shuō)明理由；（3）（4分）若△ABE是等邊三角形，AD=，求對(duì)角線AC的長(zhǎng)．【答案】（1）證明：∵ABCD，∴∠ABC+∠BCD＝180°，∠ADC+∠BAD＝180°，又∵∠ABC＝∠ADC，∴∠BAD＝∠BCD，∴四邊形ABCD是平行四邊形；（2）解：∵DE⊥AC，且E是AC的中點(diǎn)，∴AD＝DC，由（1）可得四邊形ABCD是平行四邊形∴四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC，∵E是AC中點(diǎn)，∴BE⊥AC；（3）解：在平行四邊形ABCD中，ABCD，∵△ABE是等邊三角形，∴∠BAE＝60°，∴∠ACD＝60°，∵DE⊥AC，∴∠DEC＝90°，∴∠EDC＝30°，∴EC＝DC，設(shè)EC＝x，則DC＝2x，∴DE＝，AB＝AE＝2x，在Rt△ADE中，AE2+OE2=AD2，∴，解得，∴AC＝3．【思路點(diǎn)撥】（1）利用兩組對(duì)角分別相等的四邊形是平行四邊形的判定方法求解即可；

（2）先證明四邊形ABCD是菱形，可得AB=BC，再結(jié)合點(diǎn)E是AC中點(diǎn)，可得BE⊥AC；

（3）先求出∠EDC＝30°，利用含30°角的直角三角的性質(zhì)可得EC＝DC，設(shè)EC＝x，則DC＝2x，利用勾股定理可得AE2+OE2=AD2，將數(shù)據(jù)代入可得，再求出x的值，即可得到AC的長(zhǎng)。24．（8分）（平山期末）如圖，已知一次函數(shù)y=﹣x+b的圖象過(guò)點(diǎn)A（0，3），點(diǎn)p是該直線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P分別作PM垂直x軸于點(diǎn)M，PN垂直y軸于點(diǎn)N，在四邊形PMON上分別截?。篜C=MP，MB=OM，OE=ON，ND=NP．（1）（1分）b=；（2）（3分）求證：四邊形BCDE是平行四邊形；（3）（4分）在直線y=﹣x+b上是否存在這樣的點(diǎn)P，使四邊形BCDE為正方形？若存在，請(qǐng)求出全部符合的點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】（1）3（2）證明：過(guò)點(diǎn)P分別作PM垂直x軸于點(diǎn)M，PN垂直y軸于點(diǎn)N，∴∠M=∠N=∠O=90°，∴四邊形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，∴四邊形BCDE是平行四邊形；（3）解：設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)（x，y），當(dāng)△OBE≌△MCB時(shí)，四邊形BCDE為正方形，OE=BM，當(dāng)點(diǎn)P在第一象限時(shí)，即y=x，x=y．P點(diǎn)在直線上，y=1解得，當(dāng)點(diǎn)P在其次象限時(shí)，﹣x=yy=1解得x=-6在直線y=﹣x+b上存在這樣的點(diǎn)P，使四邊形BCDE為正方形，P點(diǎn)坐標(biāo)是（2，2）或（﹣6，6）．【規(guī)范解答】解：（1）一次函數(shù)y=﹣x+b的圖象過(guò)點(diǎn)A（0，3），3=﹣×0+b，解得b=3．故答案為3；

【思路點(diǎn)撥】（1）將點(diǎn)A的坐標(biāo)代入函數(shù)關(guān)系式，求出答案即可；

（2）依據(jù)題意，證明△OBE≌△PDC，△MBC≌△NDE，即可得到BE=DC，DE=BC，證明得到答案即可；

（3）依據(jù)全等三角形的性質(zhì)，由點(diǎn)P的象限求出P的坐標(biāo)即可。25．（9分）（無(wú)為期末）如圖，在矩形ABCD中，，，E，F(xiàn)分別是AD，BC的中點(diǎn)，G、H是對(duì)角線AC上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且分別從點(diǎn)A、點(diǎn)C同時(shí)都以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度相向而行，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，其中．（1）（3分）求證：四邊形EGFH是平行四邊形；（2）（3分）若四邊形EGFH為矩形，求t的值；（3）（3分）若點(diǎn)從E點(diǎn)動(dòng)身沿直線AD向右運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)從F點(diǎn)動(dòng)身沿直線CB向左運(yùn)動(dòng)，且與點(diǎn)G，H以相同的速度同時(shí)動(dòng)身，當(dāng)四邊形為菱形時(shí)，求t的值．【答案】（1）解：由題意，得，∵四邊形ABCD是矩形，∴，，∴，而E，F(xiàn)分別是AD，BC的中點(diǎn)，∴，，∴，∴，∴，，∴，∴，∴四邊形EGFH是平行四邊形；（2）解：如圖1，連接EF，∵，，，∴四邊形ABFE是矩形，∴，當(dāng)四邊形EGFH是矩形時(shí)，∴，在中，由勾股定理，得，∵，∴，∴，即四邊形EGFH為矩形時(shí)；（3）解：設(shè)t秒時(shí)四邊形為菱形，此時(shí)點(diǎn)E、F分別運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)、的位置（如圖2），連接，，，與AC交于點(diǎn)O．∵四邊形為菱形，，，，∴，，∴四邊形為菱形，∴，，在Rt△CD中，由勾股定理得，即，解得，∴當(dāng)時(shí)，四邊形為菱形．【思路點(diǎn)撥】（1）利用一組對(duì)邊平行且相等的四邊形是平行四邊形的判定方法求解即可；

（2）先利用勾股定理求出AC的長(zhǎng)，再結(jié)合矩形的性質(zhì)可得，所以，再求出t的值即可；

（3）先證明四邊形為菱形，可得，，利用勾股定理可得，將數(shù)據(jù)代入可得，最終求出t的值即可。26．（9分）（遼陽(yáng)期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線與軸交于點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)B，將線段繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，得到線段，過(guò)點(diǎn)B，C作直線，交x軸于點(diǎn)D．（1）（1分）點(diǎn)C的坐標(biāo)為；求直線的表達(dá)式；（2）（4分）若點(diǎn)E為線段上一點(diǎn)，且的面積為，求點(diǎn)E的坐標(biāo)；（3）（4分）在（2）的條件下，在平面內(nèi)是否存在點(diǎn)P，使以點(diǎn)A，B，E，P為頂點(diǎn)的四邊形為平行四邊形？若存在，干脆寫出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】（1）(4，1)設(shè)直線解析式為，把點(diǎn)，代入可得3=b1=4k+b，解得，∴直線解析式為；故答案為：(4，1)；（2）解：過(guò)點(diǎn)作軸于點(diǎn)，在中，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，在中，當(dāng)時(shí)，，∴，，，∴，，，∴，∴，∴，∴，把代入，得，∴；（3）存在，點(diǎn)的坐標(biāo)為或或．【規(guī)范解答】解：(1)在中，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)y=0時(shí)，x=1，∴，A(1，0)，∴OB=3，OA=1，過(guò)點(diǎn)C作CG⊥x軸于G，如圖，由旋轉(zhuǎn)可得∠BAC=90°，AB=AC，∵∠OAB+∠BAC+∠GAC=180°，∴∠OAB+∠GAC=90°，∵∠AOB=90°，∴∠ABO+∠OAB=90°，∴∠ABO=∠GAC，在△AOB與△GFA中，∠AOB=∠AGC=90°∠ABO=∠GAC∴△AOB≌△CGA(AAS)，∴AG=