数学平行四边形的专项培优 易错 难题练习题(含答案)附详细答案

∴ OD= OC2 CD2 22 12 5
(2)、如图 2 中，作 CE⊥OB 于 E，CF⊥AB 于 F，连接 OC．
∵ ∠ FBE=∠ E=∠ CFB=90°， ∴ 四边形 BECF 是矩形， ∴ BF=CF= 1 ，CF=BE= 3 ，
2
2
在 Rt△ OCE 中，OC=
OE2 CE2
由（1）知∠ APB=∠ BPH， 又∵ ∠ A=∠ BQP=90°，BP=BP， 在△ ABP 和△ QBP 中，
APB BPH {A BQP 90 ， BP BP
∴ △ ABP≌ △ QBP（AAS）， ∴ AP=QP，AB=BQ， 又∵ AB=BC， ∴ BC=BQ． 又∠ C=∠ BQH=90°，BH=BH， 在△ BCH 和△ BQH 中，
问题探究：
（ 2 ）如图②，在平面直角坐标系 xOy 中，矩形 OABC 的边 OA 、 OC 分别在 x 轴、 y
轴正半轴上，点 B 坐标为 (8, 6) ．已知点 P(6, 7) 为矩形外一点，请过点 P 画一条同时平分 矩形 OABC 面积和周长的直线 l ，说明理由并求出直线 l ，说明理由并求出直线 l 被矩形 ABCD 截得线段的长度．
∵ PE=BE， ∴ ∠ EBP=∠ EPB． 又∵ ∠ EPH=∠ EBC=90°， ∴ ∠ EPH-∠ EPB=∠ EBC-∠ EBP． 即∠ PBC=∠ BPH． 又∵ AD∥ BC， ∴ ∠ APB=∠ PBC． ∴ ∠ APB=∠ BPH．
（2）证明：如图 2，过 B 作 BQ⊥PH，垂足为 Q．
【答案】(1)、 5 ；(2)、 6 2 ；(3)、 3 2 1 .
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
2
2
【解析】
【分析】
试题分析：(1)、如图 1 中，连接 OD，在 Rt△ ODC 中，根据 OD= OC2 CD2 计算即
可．(2)、如图 2 中，作 CE⊥OB 于 E，CF⊥AB 于 F，连接 OC．在 Rt△ OCE 中，根据
（3）EF2=2BE2+2DF2． 如图所示，延长 EF 交 AB 延长线于 M 点，交 AD 延长线于 N 点，
将△ ADF 绕着点 A 顺时针旋转 90°，得到△ AGH，连结 HM，HE． 由（1）知△ AEH≌ △ AEF， 则由勾股定理有（GH+BE）2+BG2=EH2， 即（GH+BE）2+（BM﹣GM）2=EH2 又∴ EF=HE，DF=GH=GM，BE=BM，所以有（GH+BE）2+（BE﹣GH）2=EF2， 即 2（DF2+BE2）=EF2
问题解决：
（ 3 ）如图③，在平面直角坐标系 xOy 中，矩形 OABCD 的边 OA 、 OD 分别在 x 轴、 y 轴正半轴上， DC∥x 轴， AB∥y 轴，且 OA OD 8 ， AB CD 2 ，点
P(10 5 2,10 5 2) 为五边形内一点．请问：是否存在过点 P 的直线 l ，分别与边 OA
8k b 2 k 1
{
，{
，
2k 8 b 10
∴ 直线 BC : y x 10 ，
联立{
y y
x
x
10
，得
x
y
5 5
，
∴ E(0, 0) ， F (5,5) ．
3．已知：如图，在平行四边形 ABCD 中，O 为对角线 BD 的中点，过点 O 的直线 EF 分别交 AD，BC 于 E，F 两点，连结 BE，DF． （1）求证：△ DOE≌ △ BOF． （2）当∠ DOE 等于多少度时，四边形 BFDE 为菱形？请说明理由．
解得 BE=2+ x2 ， 8
∴ CF=BE-EM=2+ x2 -x， 8
∴ BE+CF= x2 -x+4= 1 （x-2）2+3．
4
4
当 x=2 时，BE+CF 取最小值，
∴ AP=2． 考点：几何变换综合题．
2．问题发现：
（1）如图①，点 P 为平行四边形 ABCD 内一点，请过点 P 画一条直线 l ，使其同时平分 平行四边形 ABCD 的面积和周长．
1
3 2
2
1 2
2
=
6 2
2．
(3)、如图 3 中，当 OF⊥DE 时，OF 的值最大，设 OF 交 DE 于 H，在 OH 上取一点 M，使得
试题解析：（1）∵ △ ADF 绕着点 A 顺时针旋转 90°，得到△ ABG， ∴ AF=AG，∠ FAG=90°， ∵ ∠ EAF=45°， ∴ ∠ GAE=45°， 在△ AGE 与△ AFE 中，
， ∴ △ AGE≌ △ AFE（SAS）；
（2）设正方形 ABCD 的边长为 a． 将△ ADF 绕着点 A 顺时针旋转 90°，得到△ ABG，连结 GM． 则△ ADF≌ △ ABG，DF=BG． 由（1）知△ AEG≌ △ AEF， ∴ EG=EF． ∵ ∠ CEF=45°， ∴ △ BME、△ DNF、△ CEF 均为等腰直角三角形， ∴ CE=CF，BE=BM，NF= DF， ∴ a﹣BE=a﹣DF， ∴ BE=DF， ∴ BE=BM=DF=BG， ∴ ∠ BMG=45°， ∴ ∠ GME=45°+45°=90°， ∴ EG2=ME2+MG2， ∵ EG=EF，MG= BM= DF=NF， ∴ EF2=ME2+NF2；
又∵ EF 为折痕， ∴ EF⊥BP． ∴ ∠ EFM+∠ MEF=∠ ABP+∠ BEF=90°， ∴ ∠ EFM=∠ ABP．
又∵ ∠ A=∠ EMF=90°，
在△ EFM 和△ BPA 中，
EFM ABP
{EMF A ，
FM AB
∴ △ EFM≌ △ BPA（AAS）．
∴ EM=AP． 设 AP=x 在 Rt△ APE 中，（4-BE）2+x2=BE2．
【答案】（1）证明见解析；（2）当∠ DOE=90°时，四边形 BFED 为菱形，理由见解析. 【解析】 试题分析：（1）利用平行四边形的性质以及全等三角形的判定方法得出△ DOE≌ △ BOF （ASA）；
（2）首先利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出四边形 EBFD 是平行四边 形，进而利用垂直平分线的性质得出 BE=ED，即可得出答案． 试题解析：（1）∵ 在▱ABCD 中，O 为对角线 BD 的中点， ∴ BO=DO，∠ EDB=∠ FBO， 在△ EOD 和△ FOB 中
与 BC 交于点 E 、 F ，且同时平分五边形 OABCD 的面积和周长?若存在，请求出点 E 和 点 F 的坐标：若不存在，请说明理由．
【答案】（1）作图见解析；（2） y 2x 5 ， 3 5 ；（3） E(0, 0) ， F (5,5) ．
【解析】 试题分析：（1）连接 AC、BD 交于点 O，作直线 PO，直线 PO 将平行四边形 ABCD 的面积 和周长分别相等的两部分．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）EF2=2BE2+2DF2. 【解析】 试题分析：（1）根据旋转的性质可知 AF=AG，∠ EAF=∠ GAE=45°，故可证△ AEG≌ △ AEF； （2）将△ ADF 绕着点 A 顺时针旋转 90°，得到△ ABG，连结 GM．由（1）知 △ AEG≌ △ AEF，则 EG=EF．再由△ BME、△ DNF、△ CEF 均为等腰直角三角形，得出 CE=CF，BE=BM，NF= DF，然后证明∠ GME=90°，MG=NF，利用勾股定理得出 EG2=ME2+MG2，等量代换即可证明 EF2=ME2+NF2； （3）将△ ADF 绕着点 A 顺时针旋转 90°，得到△ ABG，根据旋转的性质可以得到 △ ADF≌ △ ABG，则 DF=BG，再证明△ AEG≌ △ AEF，得出 EG=EF，由 EG=BG+BE，等量代换 得到 EF=BE+DF．
一、平行四边形真题与模拟题分类汇编（难题易错题）
1．如图，现有一张边长为 4 的正方形纸片 ABCD，点 P 为正方形 AD 边上的一点（不与点 A、点 D 重合），将正方形纸片折叠，使点 B 落在 P 处，点 C 落在 G 处，PG 交 DC 于 H， 折痕为 EF，连接 BP、BH．
（1）求证：∠ APB=∠ BPH； （2）当点 P 在边 AD 上移动时，求证：△ PDH 的周长是定值； （3）当 BE+CF 的长取最小值时，求 AP 的长． 【答案】（1）证明见解析．（2）证明见解析．（3）2． 【解析】 试题分析：（1）根据翻折变换的性质得出∠ PBC=∠ BPH，进而利用平行线的性质得出 ∠ APB=∠ PBC 即可得出答案； （2）首先证明△ ABP≌ △ QBP，进而得出△ BCH≌ △ BQH，即可得出 PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8； （3）过 F 作 FM⊥AB，垂足为 M，则 FM=BC=AB，证明△ EFM≌ △ BPA，设 AP=x，利用折 叠的性质和勾股定理的知识用 x 表示出 BE 和 CF，结合二次函数的性质求出最值． 试题解析：（1）解：如图 1，
BC BQ {C BQH 90 ， BH BH
∴ △ BCH≌ △ BQH（SAS）， ∴ CH=QH． ∴ △ PHD 的周长为：PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8． ∴ △ PDH 的周长是定值． （3）解：如图 3，过 F 作 FM⊥AB，垂足为 M，则 FM=BC=AB．
， ∴ △ DOE≌ △ BOF（ASA）； （2）当∠ DOE=90°时，四边形 BFDE 为菱形， 理由：∵ △ DOE≌ △ BOF，∴ OE=OF，又∵ OB=OD，∴ 四边形 EBFD 是平行四边形， ∵ ∠ EOD=90°，∴ EF⊥BD，∴ 四边形 BFDE 为菱形．