【数学】数学平行四边形的专项培优 易错 难题练习题(含答案)及答案解析

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=12，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，

∴BCCGbDCCEa，

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°

∴BE2+DG2=BO2+OE2+DO2+OG2=BC2+CD2+CE2+CG2=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（1）在正方形ABCD中，点E是CD边上一动点，连接AE，作BF⊥AE，垂足为G交AD于F

（1）求证：AF＝DE；

（2）连接DG，若DG平分∠EGF，如图（2），求证：点E是CD中点；

（3）在（2）的条件下，连接CG，如图（3），求证：CG＝CD．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）CG＝CD，见解析． 【解析】

【分析】

（1）证明△BAF≌△ADE（ASA）即可解决问题．

（2）过点D作DM⊥GF，DN⊥GE，垂足分别为点M，N．想办法证明AF＝DF，即可解决问题．

（3）延长AE，BC交于点P，由（2）知DE＝CD，利用直角三角形斜边中线的性质，只要证明BC＝CP即可．

【详解】

（1）证明：如图1中，

在正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠D＝90o，

∴∠2+∠3＝90°

又∵BF⊥AE，

∴∠AGB＝90°

∴∠1+∠2＝90°，

∴∠1＝∠3

在△BAF与△ADE中，

∠1=∠3 BA=AD ∠BAF=∠D，

∴△BAF≌△ADE（ASA）

∴AF＝DE．

（2）证明：过点D作DM⊥GF，DN⊥GE，垂足分别为点M，N．

由（1）得∠1＝∠3，∠BGA＝∠AND＝90°，AB＝AD

∴△BAG≌△ADN（AAS）

∴AG＝DN，

又DG平分∠EGF，DM⊥GF，DN⊥GE，

∴DM＝DN，

∴DM＝AG，又∠AFG＝∠DFM，∠AGF＝∠DMF ∴△AFG≌△DFM（AAS），

∴AF＝DF＝DE＝12AD＝12CD，

即点E是CD的中点．

（3）延长AE，BC交于点P，由（2）知DE＝CD，

∠ADE＝∠ECP＝90°，∠DEA＝∠CEP，

∴△ADE≌△PCE（ASA）

∴AE＝PE，

又CE∥AB，

∴BC＝PC，

在Rt△BGP中，∵BC＝PC，

∴CG＝12BP＝BC，

∴CG＝CD．

【点睛】

本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质定理，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．

3．如图，正方形ABCD的边长为8，E为BC上一定点，BE＝6，F为AB上一动点，把△BEF沿EF折叠，点B落在点B′处，当△AFB′恰好为直角三角形时，B′D的长为？

【答案】4655或22

【解析】

【分析】

分两种情况分析：如图1，当∠AB′F=90°时，此时A、B′、E三点共线，过点B′作B′M⊥AB，B′N⊥AD，由三角形的面积法则可求得B′M=2.4，再由勾股定理可求得B′N=3.2，在Rt△CB′N中，由勾股定理得，B′D=2222+DN=3.25.6BN；如图2，当∠AFB′=90°时，由题意可知此时四边形EBFB′是正方形，AF=2，过点B′作B′N⊥AD，则四边形AFB′N为矩形，在Rt△CB′N中，由勾股定理得，B′D=2222+DN=22BN；

【详解】

如图1，当∠AB′F=90°时，此时A、B′、E三点共线，

∵∠B=90°，∴AE=2222ABBE=86=10，

∵B′E=BE=6，∴AB′=4，

∵B′F=BF，AF+BF=AB=8，

在Rt△AB′F中，∠AB′F=90°，由勾股定理得，AF2=FB′2+AB′2，

∴AF=5，BF=3，

过点B′作B′M⊥AB，B′N⊥AD，由三角形的面积法则可求得B′M=2.4，再由勾股定理可求得B′N=3.2，

∴AN=B′M=2.4，∴DN=AD-AN=8-2.4=5.6，

在Rt△CB′N中，由勾股定理得，B′D=2222+DN=3.25.6BN =4655 ；

如图2，当∠AFB′=90°时，由题意可知此时四边形EBFB′是正方形，∴AF=2，

过点B′作B′N⊥AD，则四边形AFB′N为矩形，∴AN=B′F=6，B′N=AF=2，∴DN=AD-AN=2，

在Rt△CB′N中，由勾股定理得，B′D=2222+DN=22BN =22 ；

综上，可得B′D的长为4655或22.

【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键.

4．如图1，在正方形ABCD中，AD=6，点P是对角线BD上任意一点，连接PA，PC过点P作PE⊥PC交直线AB于E．

（1） 求证：PC=PE; （2） 延长AP交直线CD于点F.

①如图2，若点F是CD的中点，求△APE的面积；

②若ΔAPE的面积是21625，则DF的长为

（3） 如图3，点E在边AB上，连接EC交BD于点M,作点E关于BD的对称点Q，连接PQ，MQ，过点P作PN∥CD交EC于点N，连接QN，若PQ=5，MN=723，则△MNQ的面积是

【答案】（1）略；（2）①8，②4或9；（3）56

【解析】

【分析】

（1）利用正方形每个角都是90°，对角线平分对角的性质，三角形外角等于和它不相邻的两个内角的和，等角对等边等性质容易得证;

（2）作出△ADP和△DFP的高，由面积法容易求出这个高的值.从而得到△PAE的底和高，并求出面积.第2小问思路一样，通过面积法列出方程求解即可;

（3）根据已经条件证出△MNQ是直角三角形，计算直角边乘积的一半可得其面积.

【详解】

(1) 证明：∵点P在对角线BD上，

∴△ADP≌△CDP,

∴AP=CP, ∠DAP =∠DCP,

∵PE⊥PC，∴∠EPC=∠EPB+∠BPC=90°,

∵∠PEA=∠EBP+∠EPB=45°+90°-∠BPC=135°-∠BPC,

∵∠PAE=90°-∠DAP＝90°-∠DCP,

∠DCP=∠BPC-∠PDC=∠BPC-45°,

∴∠PAE=90°-(∠BPC-45°)= 135°-∠BPC,

∴∠PEA=∠PAE,

∴PC=PE;

（2）①如图2，过点P分别作PH⊥AD,PG⊥CD,垂足分别为H、G.延长GP交AB于点M.

∵四边形ABCD是正方形，P在对角线上，

∴四边形HPGD是正方形，

∴PH=PG,PM⊥AB,

设PH=PG=a,

∵F是CD中点，AD＝6，则FD=3,ADFS=9,

∵ADFS=ADPDFPSS=1122ADPHDFPG,

∴1163922aa,解得a=2,

∴AM=HP=2,MP=MG-PG=6-2=4,

又∵PA=PE,

∴AM=EM,AE=4,

∵APES=1144822EAMP,

②设HP＝b,由①可得AE=2b,MP=6-b,

∴APES=121626225bb,

解得b=2.43.6或,

∵ADFS=ADPDFPSS=1122ADPHDFPG,

∴11166222bDFbDF,

∴当b=2.4时，DF=4；当b＝3.6时，DF＝9,

即DF的长为4或9;

（3）如图，