人教【数学】数学平行四边形的专项培优 易错 难题练习题(含答案)附答案

一、平行四边形真题与模拟题分类汇编（难题易错题）
1．如图1，四边形ABCD是正方形，G是CD边上的一个动点（点G与C、D不重合），以CG为一边在正方形ABCD外作正方形CEFG，连接BG，DE．
（1）①猜想图1中线段BG、线段DE的长度关系及所在直线的位置关系，不必证明；
②将图1中的正方形CEFG绕着点C按顺时针方向旋转任意角度α，得到如图2情形．请你通过观察、测量等方法判断①中得到的结论是否仍然成立，并证明你的判断．
（2）将原题中正方形改为矩形（如图3、4），且AB=a，BC=b，CE=ka，CG=kb （a≠b，k＞0），第（1）题①中得到的结论哪些成立，哪些不成立？若成立，以图4为例简要说明理由．
（3）在第（2）题图4中，连接DG、BE，且a=3，b=2，k=1
2
，求BE2+DG2的值．
【答案】（1）①BG⊥DE，BG=DE；②BG⊥DE，证明见解析；（2）BG⊥DE，证明见解析；（3）16.25．
【解析】
分析：（1）①根据正方形的性质，显然三角形BCG顺时针旋转90°即可得到三角形DCE，从而判断两条直线之间的关系；
②结合正方形的性质，根据SAS仍然能够判定△BCG≌△DCE，从而证明结论；
（2）根据两条对应边的比相等，且夹角相等可以判定上述两个三角形相似，从而可以得到（1）中的位置关系仍然成立；
（3）连接BE、DG．根据勾股定理即可把BE2+DG2转换为两个矩形的长、宽平方和．
详解：（1）①BG⊥DE，BG=DE；
②∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，
∴BC=DC，CG=CE，∠BCD=∠ECG=90°，
∴∠BCG=∠DCE，
∴△BCG ≌△DCE ，
∴BG=DE ，∠CBG=∠CDE ，
又∵∠CBG+∠BHC=90°，
∴∠CDE+∠DHG=90°，
∴BG ⊥DE ．
（2）∵AB=a ，BC=b ，CE=ka ，CG=kb ， ∴BC CG b DC CE a
==， 又∵∠BCG=∠DCE ，
∴△BCG ∽△DCE ，
∴∠CBG=∠CDE ， 又∵∠CBG+∠BHC=90°，
∴∠CDE+∠DHG=90°，
∴BG ⊥DE ．
（3）连接BE 、DG ．
根据题意，得AB=3，BC=2，CE=1.5，CG=1，
∵BG ⊥DE ，∠BCD=∠ECG=90°
∴BE 2+DG 2=BO 2+OE 2+DO 2+OG 2=BC 2+CD 2+CE 2+CG 2=9+4+2.25+1=16.25．
点睛：此题综合运用了全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质以及勾股定理．
2．如图，四边形ABCD 中，∠BCD =∠D =90°，E 是边AB 的中点.已知AD =1，AB =2. （1）设BC =x ，CD =y ，求y 关于x 的函数关系式，并写出定义域；
（2）当∠B =70°时，求∠AEC 的度数；
（3）当△ACE 为直角三角形时，求边BC 的长.
【答案】（1）()22303y x x x =-++<<；（2）∠AEC =105°；（3）边BC 的长为
2或1172+. 【解析】 试题分析：（1）过A 作AH ⊥BC 于H ，得到四边形ADCH 为矩形．在△BAH 中，由勾股定理即可得出结论．
（2）取CD 中点T ，连接TE ，则TE 是梯形中位线，得ET ∥AD ，ET ⊥CD ，
∠AET =∠B =70°．
又AD =AE =1，得到∠AED =∠ADE =∠DET =35°．由ET 垂直平分CD ，得∠CET =∠DET =35°，即可得到结论．
（3）分两种情况讨论：①当∠AEC =90°时，易知△CBE ≌△CAE ≌△CAD ，得∠BCE =30°， 解△ABH 即可得到结论．
②当∠CAE =90°时，易知△CDA ∽△BCA ，由相似三角形对应边成比例即可得到结论． 试题解析：解：（1）过A 作AH ⊥BC 于H ．由∠D =∠BCD =90°，得四边形ADCH 为矩形． 在△BAH 中，AB =2，∠BHA =90°，AH =y ，HB =1x -，∴22221y x =+-，
则()22303y x x x =-++<<
（2）取CD 中点T ，联结TE ，则TE 是梯形中位线，得ET ∥AD ，ET ⊥CD ，
∴∠AET =∠B =70°．
又AD =AE =1，∴∠AED =∠ADE =∠DET =35°．由ET 垂直平分CD ，得∠CET =∠DET =35°，∴∠AEC =70°＋35°=105°．
（3）分两种情况讨论：①当∠AEC =90°时，易知△CBE ≌△CAE ≌△CAD ，得∠BCE =30°， 则在△ABH 中，∠B =60°，∠AHB =90°，AB =2，得BH =1，于是BC =2．
②当∠CAE =90°时，易知△CDA ∽△BCA ，又2224AC BC AB x =-=-，
则2241174AD CA x x AC CB x -±=⇒=⇒=-（舍负） 易知∠ACE <90°，所以边BC 的长为
1172+． 综上所述：边BC 的长为2或117+．
点睛：本题是四边形综合题．考查了梯形中位线，相似三角形的判定与性质．解题的关键是掌握梯形中常见的辅助线作法．
3．已知矩形纸片OBCD 的边OB 在x 轴上，OD 在y 轴上，点C 在第一象限，且86OB OD ==，.现将纸片折叠，折痕为EF （点E ，F 是折痕与矩形的边的交点），点P 为点D 的对应点，再将纸片还原。

（I ）若点P 落在矩形OBCD 的边OB 上，
①如图①，当点E 与点O 重合时，求点F 的坐标；
②如图②，当点E 在OB 上，点F 在DC 上时，EF 与DP 交于点G ，若7OP =，求点F 的坐标：
（Ⅱ）若点P 落在矩形OBCD 的内部，且点E ，F 分别在边OD ，边DC 上，当OP 取最小值时，求点P 的坐标（直接写出结果即可）。

【答案】（I ）①点F 的坐标为(6,6)；②点F 的坐标为85,614⎛⎫
⎪⎝⎭；（II ）86,55P ⎛⎫ ⎪⎝⎭
【解析】
【分析】 （I ）①根据折叠的性质可得45DOF POF ∴∠=∠=,再由矩形的性质，即可求出F 的坐标;
②由折叠的性质及矩形的特点，易得DGF PGE ∆≅∆，得到DF PE =，再加上平行，可以得到四边形DEPF 是平行四边形，在由对角线垂直，得出 DEPF 是菱形，设菱形的边长为x ，在Rt ODE ∆中，由勾股定理建立方程即可求解;
(Ⅱ)当O,P ,F 点共线时OP 的长度最短.
【详解】
解：（I ）①∵折痕为EF,点P 为点D 的对应点
DOF POF ∴∆≅∆
45DOF POF ∴∠=∠=
∵四边形OBCD 是矩形，
90ODF ︒∴∠=
45DFO DOF ︒∴∠=∠=
6DF DO ∴==
点F 的坐标为(6,6)
②∵折痕为EF ，点P 为点D 的对应点.
,DG PG EF PD ∴=⊥
∵四边形OBCD 是矩形，
//DC OB ∴，
FDG EPG ∴∠=∠；
DGF PGE ∠=∠
DGF PGE ∴∆≅∆
DF PE ∴=
//DF PE
∴四边形DEPF 是平行四边形.
EF PD ⊥，
DEPF ∴是菱形.
设菱形的边长为x ，则DE EP x ==
7OP =，
7OE x ∴=-，
在Rt ODE ∆中，由勾股定理得222OD QB DE +=
2226(7)x x ∴+-= 解得8514
x = 8514
DF ∴= ∴点F 的坐标为85,614⎛⎫
⎪⎝⎭ （Ⅱ）86,55P ⎛⎫ ⎪⎝⎭
【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．
4．如图，在△ABC 中，∠ACB=90°，∠CAB=30°，以线段AB 为边向外作等边△ABD ，点E 是线段AB 的中点，连接CE 并延长交线段AD 于点F ．
（1）求证：四边形BCFD为平行四边形；（2）若AB=6，求平行四边形ADBC的面积．
【答案】（1）见解析；（2）S平行四边形ADBC=
3
2
．
【解析】【分析】
（1）在Rt△ABC中，E为AB的中点，则CE=1
2
AB，BE=
1
2
AB，得到∠BCE=∠EBC=60°.由
△AEF≌△BEC，得∠AFE=∠BCE=60°.又∠D=60°，得∠AFE
=∠D=60度.所以FC∥BD，又因为∠BAD=∠ABC=60°，所以AD∥BC，即FD//BC，则四边形BCFD是平行四边形.
（2）在Rt△ABC中，求出BC，AC即可解决问题；
【详解】
解：（1）证明：在△ABC中，∠ACB=90°，∠CAB=30°，∴∠ABC=60°，在等边△ABD中，∠BAD=60°，∴∠BAD=∠ABC=60°，∵E为AB的中点，∴AE=BE，又∵∠AEF=∠BEC，
∴△AEF≌△BEC，在△ABC中，∠ACB=90°，E为AB的中点，∴CE=1
2AB，BE=
1
2
AB，
∴CE=AE，∴∠EAC=∠ECA=30°，∴∠BCE=∠EBC=60°，又∵△AEF≌△BEC，
∴∠AFE=∠BCE=60°，又∵∠D=60°，∴∠AFE=∠D=60°，∴FC∥BD，又
∵∠BAD=∠ABC=60°，∴AD∥BC，即FD∥BC，∴四边形BCFD是平行四边形；（2）解：在Rt△ABC中，∵∠BAC=30°，AB=6，∴BC=AF=3，AC=33∴S平行四边形
BCFD=3×3393，S△ACF=1
2
×3×33
3
2
，S平行四边形ADBC=
3
2
．
【点睛】
本题考查平行四边形的判定和性质、直角三角形斜边中线定理、等边三角形的性质、解直角三角形、勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型.
5．如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，在Rt△PFE中，∠EPF=90°，点E、F分别在边AD、AB上．
（1）如图1，若点P与点O重合：①求证：AF=DE；②若正方形的边长为3，当
∠DOE=15°时，求线段EF的长；
（2）如图2，若Rt △PFE 的顶点P 在线段OB 上移动（不与点O 、B 重合），当BD=3BP 时，证明：PE=2PF ．
【答案】（1）①证明见解析，②
22；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）①根据正方形的性质和旋转的性质即可证得：△AOF ≌△DOE 根据全等三角形的性质证明；
②作OG ⊥AB 于G ，根据余弦的概念求出OF 的长，根据勾股定理求值即可；
（2）首先过点P 作HP ⊥BD 交AB 于点H ，根据相似三角形的判定和性质求出PE 与PF 的数量关系．
【详解】
（1）①证明：∵四边形ABCD 是正方形，
∴OA=OD ，∠OAF=∠ODE=45°，∠AOD=90°，
∴∠AOE+∠DOE=90°，
∵∠EPF=90°，
∴∠AOF+∠AOE=90°，
∴∠DOE=∠AOF ，
在△AOF 和△DOE 中，
OAF ODE OA OD
AOF DOE ＝＝＝∠∠⎧⎪⎨⎪∠∠⎩
， ∴△AOF ≌△DOE ，
∴AF=DE ；
②解：过点O 作OG ⊥AB 于G ，
∵正方形的边长为3
∴OG=12BC=3， ∵∠DOE=15°，△AOF ≌△DOE ，
∴∠AOF=15°，
∴∠FOG=45°-15°=30°，
∴OF=OG cos DOG
∠=2， ∴EF=22=22OF OE +；
（2）证明：如图2，过点P 作HP ⊥BD 交AB 于点H ，
则△HPB 为等腰直角三角形，∠HPD=90°，
∴HP=BP ，
∵BD=3BP ，
∴PD=2BP ，
∴PD=2HP ，
又∵∠HPF+∠HPE=90°，∠DPE+∠HPE=90°，
∴∠HPF=∠DPE ，
又∵∠BHP=∠EDP=45°，
∴△PHF ∽△PDE ，
∴
12
PF PH PE PD ==， ∴PE=2PF ．
【点睛】 此题属于四边形的综合题．考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质以及勾股定理．注意准确作出辅助线是解此题的关键．
6．在平面直角坐标系中，O 为原点，点A （﹣6，0）、点C （0，6），若正方形OABC 绕点O 顺时针旋转，得正方形OA′B′C′，记旋转角为α：
（1）如图①，当α＝45°时，求BC 与A′B′的交点D 的坐标；
（2）如图②，当α＝60°时，求点B′的坐标；
（3）若P 为线段BC′的中点，求AP 长的取值范围（直接写出结果即可）．
【答案】（1）(662,6)-；（2）(333,333)-+；（3）323323AP -+.
【解析】
【分析】
（1）当α＝45°时，延长OA′经过点B ，在Rt △BA′D 中，∠OBC ＝45°，A′B ＝626-，可求得BD 的长，进而求得CD 的长，即可得出点D 的坐标；
（2）过点C′作x 轴垂线MN ，交x 轴于点M ，过点B′作MN 的垂线，垂足为N ，证明△OMC′≌△C′NB′，可得C′N ＝OM ＝33，B′N ＝C′M ＝3，即可得出点B′的坐标；
（3）连接OB ，AC 相交于点K ，则K 是OB 的中点，因为P 为线段BC′的中点，所以PK ＝12
OC′＝3，即点P 在以K 为圆心，3为半径的圆上运动，即可得出AP 长的取值范围． 【详解】
解：（1）∵A （﹣6，0）、C （0，6），O （0，0），
∴四边形OABC 是边长为6的正方形，
当α＝45°时，
如图①，延长OA′经过点B ，
∵OB ＝62，OA′＝OA ＝6，∠OBC ＝45°，
∴A′B ＝626-，
∴BD ＝（626-）×21262=-，
∴CD ＝6﹣（1262-）=626-，
∴BC 与A′B′的交点D 的坐标为（662-，6）；
（2）如图②，过点C′作x 轴垂线MN ，交x 轴于点M ，过点B′作MN 的垂线，垂足为N ，
∵∠OC′B′＝90°，
∴∠OC′M ＝90°﹣∠B′C′N ＝∠C′B′N ，
∵OC′＝B′C′，∠OMC′＝∠C′NB′＝90°，
∴△OMC′≌△C′NB′（AAS ），
当α＝60°时，
∵∠A′OC′＝90°，OC′＝6，
∴∠C′OM ＝30°，
∴C′N ＝OM ＝33，B′N ＝C′M ＝3，
∴点B′的坐标为()333,333-+；
（3）如图③，连接OB ，AC 相交于点K ，
则K 是OB 的中点，
∵P 为线段BC′的中点，
∴PK ＝1
2OC′＝3，
∴P 在以K 为圆心，3为半径的圆上运动，
∵AK ＝32，
∴AP 最大值为323+，AP 的最小值为323-，
∴AP 长的取值范围为323323AP -+.
【点睛】
本题考查正方形性质，全等三角形判定与性质，三角形中位线定理．（3）问解题的关键是利用中位线定理得出点P 的轨迹．
7．如图，抛物线交x轴的正半轴于点A，点B（，a）在抛物线上，点C是抛物线对称轴上的一点，连接AB、BC，以AB、BC为邻边作□ABCD，记点C纵坐标为n，（1）求a的值及点A的坐标；
（2）当点D恰好落在抛物线上时，求n的值；
（3）记CD与抛物线的交点为E，连接AE，BE，当△AEB的面积为7时，
n=___________．（直接写出答案）
【答案】（1）， A（3，0）；（2）
【解析】
试题解析：（1）把点B的坐标代入抛物线的解析式中，即可求出a的值，令y=0即可求出点A的坐标．
（２）求出点D的坐标即可求解；
（3）运用△AEB的面积为7，列式计算即可得解.
试题解析：（1）当时，
由，得（舍去），（1分）
∴A（3，0）
（2）过D作DG⊥轴于G，BH⊥轴于H.
∵CD∥AB，CD=AB
∴，
∴，
∴
（3）
8．如图，在正方形ABCD中，点E在CD上，AF⊥AE交CB的延长线于F．
求证：AE=AF．
【答案】见解析
【解析】
【分析】
根据同角的余角相等证得∠BAF=∠DAE，再利用正方形的性质可得AB=AD，
∠ABF=∠ADE=90°，根据ASA判定△ABF≌△ADE，根据全等三角形的性质即可证得
AF=AE．
【详解】
∵AF⊥AE，
∴∠BAF+∠BAE=90°，
又∵∠DAE+∠BAE=90°，
∴∠BAF=∠DAE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABF=∠ADE=90°，
在△ABF和△ADE中，
，
∴△ABF≌△ADE（ASA），
∴AF=AE．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质等知识点，证明△ABF≌△ADE是解决本题的关键．
9．如图，P是边长为1的正方形ABCD对角线BD上一动点（P与B、D不重合），
∠APE=90°，且点E在BC边上，AE交BD于点F．
（1）求证：①△PAB≌△PCB；②PE=PC；
（2）在点P的运动过程中，的值是否改变？若不变，求出它的值；若改变，请说明理由；
（3）设DP=x，当x为何值时，AE∥PC，并判断此时四边形PAFC的形状．
【答案】（1）见解析；
（2）；
（3）x=﹣1；四边形PAFC是菱形．
【解析】
试题分析：（1）根据四边形ABCD是正方形，得出AB=BC，∠ABP=∠CBP°，再根据
PB=PB，即可证出△PAB≌△PCB，
②根据∠PAB+∠PEB=180°，∠PEC+∠PEB=180°，得出∠PEC=∠PCB，从而证出PE=PC；（2）根据PA=PC，PE=PC，得出PA=PE，再根据∠APE=90°，得出∠PAE=∠PEA=45°，即可求
出；
（3）先求出∠CPE=∠PEA=45°，从而得出∠PCE，再求出∠BPC即可得出∠BPC=∠PCE，从而证出BP=BC=1，x=﹣1，再根据AE∥PC，得出∠AFP=∠BPC=67.5°，由△PAB≌△PCB 得出∠BPA=∠BPC=67.5°，PA=PC，从而证出AF=AP=PC，得出答案．
试题解析：（1）①∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠ABP=∠CBP=∠ABC=45°．
∵PB=PB，∴△PAB≌△PCB （SAS）．
②由△PAB≌△PCB可知，∠PAB=∠PCB．∵∠ABE=∠APE=90°，∴∠PAB+∠PEB=180°，
又∵∠PEC+∠PEB=180°，∴∠PEC=∠PAB=∠PCB，∴PE=PC．
（2）在点P的运动过程中，的值不改变．
由△PAB≌△PCB可知，PA=PC．
∵PE=PC，
∴PA=PE，
又∵∠APE=90°，
∴△PAE是等腰直角三角形，∠PAE=∠PEA=45°，∴=．
（3）∵AE∥PC，∴∠CPE=∠PEA=45°，∴在△PEC中，∠PCE=∠PEC=（180°﹣45°）
=67.5°．
在△PBC中，∠BPC=（180°﹣∠CBP﹣∠PCE）=（180°﹣45°﹣67.5°）=67.5°．
∴∠BPC=∠PCE=67.5°，∴BP=BC=1，∴x=BD﹣BP=﹣1．∵AE∥PC，
∴∠AFP=∠BPC=67.5°，由△PAB≌△PCB可知，∠BPA=∠BPC=67.5°，PA=PC，
∴∠AFP=∠BPA，∴AF=AP=PC，∴四边形PAFC是菱形．
考点：四边形综合题．
10．如图，正方形ABCO的边OA、OC在坐标轴上，点B坐标为（3，3）．将正方形ABCO 绕点A顺时针旋转角度α（0°＜α＜90°），得到正方形ADEF，ED交线段OC于点G，ED的延长线交线段BC于点P，连AP、AG．
（1）求证：△AOG≌△ADG；
（2）求∠PAG的度数；并判断线段OG、PG、BP之间的数量关系，说明理由；
（3）当∠1=∠2时，求直线PE的解析式；
（4）在（3）的条件下，直线PE上是否存在点M，使以M、A、G为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出M点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）见解析（2）∠PAG =45°，PG=OG+BP．理由见解析（3）y=x﹣3．（4）、．
【解析】
试题分析：(1)由AO=AD，AG=AG，根据斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等，判断出△AOG≌△ADG即可．(2)首先根据三角形全等的判定方法，判断出
△ADP≌△ABP，再结合△AOG≌△ADG，可得∠DAP=∠BAP，∠1=∠DAG；然后根据
∠1+∠DAG+∠DAP+∠BAP=90°，求出∠PAG的度数；最后判断出线段OG、PG、BP之间的数量关系即可．(3)首先根据△AOG≌△ADG，判断出∠AGO=∠AGD；然后根据
∠1+∠AGO=90°，∠2+∠PGC=90°，判断出当∠1=∠2时，∠AGO=∠AGD=∠PGC，而
∠AGO+∠AGD+∠PGC=180°，求出∠1=∠2=30°；最后确定出P、G两点坐标，即可判断出直线PE的解析式．
(4)根据题意，分两种情况：①当点M在x轴的负半轴上时；②当点M在EP的延长线上时；根据以M、A、G为顶点的三角形是等腰三角形，求出M点坐标是多少即可．
试题解析：(1)在Rt△AOG和Rt△ADG中，（HL）∴△AOG≌△ADG．
(2)在Rt△ADP和Rt△ABP中，∴△ADP≌△ABP，则∠DAP=∠BAP；
∵△AOG≌△ADG，∴∠1=∠DAG；又∵∠1+∠DAG+∠DAP+∠BAP=90°，
∴2∠DAG+2∠DAP=90°，∴∠DAG+∠DAP=45°，∵∠PAG=∠DAG+∠DAP，∴∠PAG=45°；∵△AOG≌△ADG，∴DG=OG，∵△ADP≌△ABP，∴DP=BP，∴PG=DG+DP=OG+BP．(3)解：∵△AOG≌△ADG，∴∠AGO=∠AGD，又∵∠1+∠AGO=90°，∠2+∠PGC=90°，∠1=∠2，
∴∠AGO=∠PGC，又∵∠AGO=∠AGD，∴∠AGO=∠AGD=∠PGC，
又∵∠AGO+∠AGD+∠PGC=180°，∴∠AGO=∠AGD=∠PGC=180°÷3=60°，
∴∠1=∠2=90°﹣60°=30°；在Rt△AOG中，∵AO=3，∴OG=AOtan30°=3×=，
∴G点坐标为（，0），CG=3﹣，在Rt△PCG中，PC===3（﹣
1），
∴P点坐标为：（3，3﹣3 ），设直线PE的解析式为：y=kx+b，则
，
解得：，∴直线PE的解析式为y=x﹣3．
(4)①如图1，当点M在x轴的负半轴上时，，∵AG=MG，点A坐标为（0，3），
∴点M坐标为（0，﹣3）．
②如图2，当点M在EP的延长线上时，，由（3），可得∠AGO=∠PGC=60°，
∴EP与AB的交点M，满足AG=MG，∵A点的横坐标是0，G点横坐标为，
∴M的横坐标是2，纵坐标是3，∴点M坐标为（2，3）．综上，可得点M坐标为（0，﹣3）或（2，3）．
考点：几何变换综合题．。