初中數學平行四邊形學問點總結附解析一、選擇題ABCD的邊長為定值，E是邊CD上的動點〔不與點C，D重合〕，AEBDFFGAEBC于點GGHBD于點HAGBD于點NAFFGDFDEFH的長度為定值；GEBGDEBN2DF2NF2．真命題有〔〕A．2個 B．3個 C．4個 D．5個如圖，把正方形ABCD沿對邊中點所在的直線對折后開放，折痕為MN, 再過點B折疊紙片，使點A格在MN上的點F處，折痕為BE,假設AB長為2,則EN的長為(〔〕A．2 33 B．32 2 C．2 D．22 3如圖，直線l上有三個正方形abc，假設ac614，則b的面積為〔〕A．8 B．18 C．20 D．26AD4AB1EADF在邊BCABFEEFBAD的中點GEG等于〔〕17 5A．3 B．2 3 C．

8 D．41 2 3 1 2 2 ABCD是正方形，直線L、L、LLL5，LL1 2 3 1 2 2 7ABCD的面積等于〔〕A．70 B．74 C．144 D．148如圖，正方形ABCDAB=12，點E在邊CD上，且BG=CG，將△ADE沿AE△AFE，延長EF交邊BC于點G，連接AG、CF，以下結論：①△ABG≌△AFG；72△FGC②∠EAG=45°；③CE=2DE；④AG∥CF；⑤S△FGC

=5.其中正確結論的個數是〔 〕A．2個 B．3個 C．4個 D．5個如圖，在ABCACB90ACBC2，DAB的中點，點EAC上，點FBC上，且AECF，給出以下四個結論：〔1〕DEDF；〔2〕DEF是1等腰直角三角形；〔3〕四邊形CEDF面積的有〔〕．

S2 △ABC

；〔4〕EF22．其中正確A．4個 B．3個 C．2個 D．1個11如圖，△A1B1C1中，AB11

＝4，A

C＝5，B

C＝7A

、B、C

B

C、AC、3 3 3 22 22 2211112221111A1B1的中點；點A、B、C分別是邊BC、AC、AB的中點；……3 3 3 22 22 22111122211111 1 1 1A．22023

B．22023 C．22023 D．22023ABCDOAC中點，過點OABCDE，FBFACMDEBO．假設COB60FOFC，則以下結論：①FBOC，OMCM；②EOBCMB；③EBFD是菱形；④MB:OE3:2．其中正確結論的個數是〔〕A．1 B．2 C．3 D．4如圖，ABCD 的對角線AC、BD相較于點O，AE平分∠BAD交BC于點E，∠ADC＝60°，AB＝1BCOE，以下結論：①∠CAD＝30S

AB·AC；③OA＝2 ABCD1OB；④OE＝4BC．其中成立的個數是〔〕A．1 B．2 C．3 D．4二、填空題在平行四邊形ABCD中，A30,AD2 3,BD2，則平行四邊形ABCD的面積等于 ．如圖，在正方形ABCD中，點E,F將對角線AC三等分，且AC6．點P在正方形的邊上，則滿足PEPF5的點P的個數是 個．ABCDABEOEOCDFEFBC、ADG、HEGFH，點E在運動過程中，有如下結論：①EGFH；②EGFH；③EGFH；④至少得到一個正方形EGFH．全部正確結論的序號是 ．ABCD中，EBC邊的中點，將△ABEAE對折至△AFEEFCD于GCF，AGAE∥FC;②∠EAG45BEDGEG；③S 1S

；④AD3DG，正確是 (填序號)．CEF 9 正方形ABCDABCDABBC,ABCADC90．假設該紙片的面積為10cm2，則對角線BD= cm．ABC中，AHBCAB，ACABDE和ACFGCE，BGEG，EGHA的延長線交于點M，以下結論：①BG=CE；②BG⊥CE；③AM是△AEG的中線；④∠EAM=∠ABC．其中正確的選項是 ．ABCD，AB＝10cm，BC＝3cmM，NAB，CD上，CN＝1cmBCNMMN折疊，使點B，CBC上．在點M從A運動到點B的過程中，假設邊MBCD交于點E，則點E相應運動的路徑長為cm．ABCDCECBBEBEADM，延長CEADFEENBEBANFE2，AN3，則BC= ．ABCDAB＝2，BC＝4AEFG1AEFGA旋轉的過程中，線段CF的長的最小值為 ．ABCD中，AD//BCAD5,BC18,EBC的中點．點P以每秒1個單位長度的速度從點A動身，沿AD向點D運動;點Q同時以每秒3個單位長度的速度從點C動身，沿CB向點B運動．點P停頓運動時，點Q也隨之停頓運動，當運動時間為t秒時，以點P,Q,E,D為頂點的四邊形是平行四邊形，則t的值等于 ．三、解答題ABCDABDCABADACBD交于點O，AC平分BAD，過點C作CEABABE，連接OE．求證：四邊形ABCD是菱形；AE5OE3，求線段CE的長．22．綜合與實踐．問題情境：如圖①，在紙片□ABCD 中，AD5，S

15AAEBC，垂足為點ABCDEAE剪下△ABE，將它平移至DCEAEED．獨立思考：〔1〕摸索究四邊形AEED的外形．深入探究：〔2〕如圖②，在〔1〕AEEDEEF，使EF4，剪下AEF，將它平移至DEFAFFD，摸索究四邊形拓展延長：〔3〕在〔2〕AFFD的兩條對角線長；〔4〕假設四邊形ABCD為正方形，請仿照上述操作，進展一次平移，在圖③中畫出圖形，標明字母，你能覺察什么結論，直接寫出你的結論．1ABCD中，點M、NBC、CD上，AM、ANBD于點P、QCQ、MQ．且CQMQ．〔2〕AQM90〔3〕2MNBM2CN3，求AMN的面積圖1 圖2ABCD．PABCD外一點，且點PABAPB45．①如圖〔1〕，假設點PDA的延長線上時，求證：四邊形APBC為平行四邊形．②如圖〔2〕，假設點PADBCAP，AD為鄰邊作APQDAQ．求∠PAQ的度數．如圖〔3〕，點FABCDBC=CFBFAD邊于點E，過AEEEH⊥ADCF于點HEH=3，FH=1，當

1 HC的長CF 3 ．1ABCD中，AB＝3cm，AD＝5cmBAD上的EPQEEF∥ABPQFBF．BFEP為菱形；EADP、Q也隨著移動．QC〔2〕，BFEP的邊長；②假設限定P、Q分別在線段BA、BC上移動，直接寫出菱形BFEP面積的變化范圍．26．如圖,平面直角坐標系中,A1,0 、C0,2,現將線段CA繞A點順時針旋轉90B,AB.BC的解析式；M從點C動身,沿線段CB以每分鐘

10個單位的速度運動,MMN//AB10交y軸于N,連接AN.設運動時間為t分鐘,當四邊形ABMN 為平行四邊形時,求t的值.PBC上一點,在坐標平面內是否存在一點Q,使得以OBP、Q為頂點的四邊形為菱形,假設存在,求出此時Q的坐標；假設不存在,請說明理由.ABCDEFBEDFEFBE，為探究這個圖形的特別性質，某數學興趣小組經受了如下過程：1BDBEDFEFBD相互平分；(BEDF)2EF22AB2；2BEDF，其它條件不變時，(BEDF)2EF2立？假設成立，請證明：假設不成立，請說明理由.

2AB2是否成在圖3中，當AB4，DPB135，2BP2PD4 6B時，求PD之長.ABCD中，AD＝nAB，E，FAB，BC上．n＝1，AF⊥DE．1，求證：AE＝BF；2GCB延長線上一點，DEAGHAH＝AD，求證：AE+BG＝AG；CF3EAB的中點，∠ADE＝∠EDFBFn的式子表示〕．

的值是 〔結果用5ABCD中，點ECDBEBE為邊，在BEBEFGAG．如圖1，當點E與點D重合時，AG＝ ；2，當點ECD上時，DE＝2AG的長；AG＝517DE的長．2如圖，ABCDACBD相交于點OABACAB6cmBC10cm，PAAD方向以每秒1cmDPOBC于點QP的運動時間為t秒．BQ的長〔用含t的代數式表示〕；ABQP是平行四邊形時，求t的值；32當t

時，點OAP的垂直平分線上？請說明理由．5***試卷處理標記，請不要刪除一、選擇題1．C解析：C【分析】CF，由正方形的性質，可以得到△ABF≌△CBF，則AF=CF，∠BAF=∠BCF，由∠BAF=∠FGC=∠BCFAF=CF=FGACBD相交于點O，由正方形性質和等腰直角三角形性質，證明△AOF≌△FHGEH=AO，則③正確；把△ADE90°，得到△ABM，則證明△MAG≌△EAGMG=EG，即可得到EG=DE+BG，故④正確；②無法證明成立，即可得到答案.【詳解】CF，ABCD中，AB=BC，∠ABF=∠CBF=45°，在△ABF和△CBF中， ABBCABFCBF45， BFBF∴△ABF≌△CBF〔SAS〕，∴AF=CF，∠BAF=∠BCF，∵FG⊥AE，ABGF中，∠BAF+∠BGF=360°-90°-90°=180°，又∵∠BGF+∠CGF=180°，∴∠BAF=∠CGF，∴∠CGF=∠BCF∴CF=FG，∴AF=FG；①正確；ACBDO．ABCD是正方形，HG⊥BD，∴∠AOF=∠FHG=90°，∵∠OAF+∠AFO=90°，∠GFH+∠AFO=90°，∴∠OAF=∠GFH，∵FA=FG，∴△AOF≌△FHG，∴FH=OA=定值，③正確；如圖，把△ADE90°，得到△ABM，∴AM=AE，BM=DE，∠BAM=∠DAE，∵AF=FG，AF⊥FG，∴△AFG是等腰直角三角形，∴∠FAG=45°，∴∠MAG=∠BAG+∠DAE=45°，∴∠MAG=∠FAG，在△AMG和△AEG中， AMAEEAGMAG45， AGAG∴△AMG≌△AEG，∴MG=EG，∵MG=MB+BG=DE+BG，∴GE=DE+BG，故④正確；如圖，△ADE90°，得到△ABMF的對應點為PBP、PN，BP=DF，∠ABP=∠ADB=45°，∵∠ABD=45°，∴∠PBN=90°，∴BP2+BN2=PN2，由上可知△AFG是等腰直角三角形，∠FAG=45°，∴∠MAG=∠BAG+∠DAE=45°，∴∠MAG=∠FAG，在△ANP和△ANF中， APAFEAGMAG45， ANAN∴△ANP≌△ANF，∴PN=NF，∴BP2+BN2=NF2，DF2+BN2=NF2，故⑤正確；依據題意，無法證明②正確，∴真命題有四個，C.【點睛】此題考察了正方形的性質，全等三角形的判定與性質等學問，解題的關鍵是作關心線構造出等腰三角形和全等三角形．2．A解析：A【分析】BM、BFFMRt△NEF中，運EN的長．【詳解】ABCD為正方形，AB=2B折疊紙片，使點AMN上的點F處，1∴FB=AB=2，BM=2BC=1，BF=BA=2，∠BMF=90°，Rt△BMF中，BF2BM222BF2BM2221233FNMNFM2 AE=FExEN=1x，3∵Rt△EFNNE2NF2EF2，∴1x22 32x2，x423∴EN=1x23應選：A．【點睛】

，33．3此題考察了翻轉變換的性質、勾股定理的應用，把握翻轉變換是一種對稱變換，折疊前后圖形的外形和大小不變，位置變化，對應邊和對應角相等是解題的關鍵．3．C解析：C【分析】.【詳解】解：∵a、b、cac614，∴AC=CE,AB2=6,DE2=14，ACF90,∵BACBCA90,BCADCE90,∴BACDCE,在ABC和△CDE中，ABCCDEBACDCE ，ACCE∴ABCCDE(AAS)，∴BC=DE,BC2=DE2=14，AC2AB2BC2，bAC261420.應選：C.【點睛】此題考察全等三角形的判定與性質以及勾股定理和正方形的性質，全等三角形的判定是結合全等三角形的性質證明線段和角相等的重要工具，在判定三角形全等時，關鍵是選擇恰當的判定條件．4．D解析：D【分析】BE，依據折疊的性質證明△ABEAGEBE=EGGAD的中點，AD=4AE=2-EG=2-BE，再依據勾股定理即可求出BEEG.【詳解】BE，由折疊得：AEE，A，ABG,∴△ABE≌△AGE,∴BE=EG,∵點GAD的中點，AD=4，∴AG=2AE+EG=2，∴AE=2-EG=2-BE，Rt△ABEBE2AE2AB2，∴BE2(2BE)212,∴EG=BE5，4應選：D.【點睛】此題考察折疊的性質，勾股定理，三角形全等的判定及性質，利用折疊證明三角形全等，EG=BE，由此利用勾股定理解題.5．B解析：B【分析】先作出l與l1 2

l與的l2

距離AE、CF，證明△ABE≌△BCF，得到BF=AE，再利用勾股定理即可得到答案.【詳解】過點A作AEl2,過點C作CF⊥l2,∴∠AEB=∠CFB=90°，∴∠ABE+∠BAE=90°，ABCD是正方形，∴AB=BC,∠ABC=90°，∴∠ABE+∠CBF=90°，∴∠BAE=∠CBF,在△ABE和△BCF中，BAECBFAEBBFC,ABBC∴△ABE≌△BCF，∴BF=AE=5，Rt△BCF中，CF=7，BF=5，∴BC2BF2CF2527274,∴正方形ABCDBC274,應選：B.【點睛】此題考察正方形的性質，三角形全等的判定及性質定理，平行線之間的距離處處相等，題中證明兩個三角形全等是解題的關鍵，由此將兩個距離57變化到一個直角三角形中，由此利用勾股定理解決問題.6．D解析：D【分析】依據翻折變換的性質和正方形的性質可證Rt△ABG≌Rt△AFG；依據角的和差關系求得∠GAF=45°；在直角△ECG中，CE=2DE；通過證明∠AGB=∠AGF=∠GFC=∠GCF，AG∥CF；S

=3S即可得出結論．【詳解】①正確．理由：

△ECG

△FCG

GCE∵AB=AD=AF，AG=AG，∠B=∠AFG=90°，∴Rt△ABG≌Rt△AFG〔HL〕；②正確．理由：∵∠BAG=∠FAG，∠DAE=∠FAE．又∵∠BAD=90°，∴∠EAG=45°；③正確．理由：DE=x，EF=x，EC=12-x．在直角△ECG中，依據勾股定理，得：〔12﹣x〕2+62=〔x+6〕2，解得：x=4，∴DE=x=4，CE=12-x=8，∴CE=2DE；④正確．理由：∵CG=BG，BG=GF，∴CG=GF，∴∠GFC=∠GCF．又∵Rt△ABG≌Rt△AFG，∴∠AGB=∠AGF，∠AGB+∠AGF=2∠AGB=∠GFC+∠GCF=2∠GFC=2∠GCF，∴∠AGB=∠AGF=∠GFC=∠GCF，∴AG∥CF；⑤正確．理由：1 1∵S△ECG=

2GC?CE=2×6×8=24．3S∵S△FCG=5D．【點睛】

3 72==24 ．==GCE 5 5此題考察了翻折變換的性質和正方形的性質，全等三角形的判定與性質，勾股定理，平行線的判定，三角形的面積計算等學問．此題綜合性較強，難度較大，解題的關鍵是留意數形結合思想與方程思想的應用．7．A解析：A【分析】依據等腰三角形的性質，可得到：CDAB，從而證明ADE≌CDF且ADC90DEDF和DEF是等腰直角三角形，以及四邊形CEDF1 S2 △ABC

；再依據勾股定理求得EF，即可得到答案．【詳解】∵ACB90，ACBC222222∴22222∴AB45DAB的中點CDAB，且ADBDCD∴DCB45

1AB222∴ADCF，在ADE和CDF中ADCDADCFAECF∴ADE≌CDFSAS∴DEDF，ADECDF∵CDAB∴ADC90∴EDFEDCCDFEDCADEADC90∴DEF是等腰直角三角形∵ADE≌CDF∴ADE和CDF的面積相等∵DAB中點∴ADC的面積1 ABC的面積2∴四邊形CEDFS

SEDC

CDF

SEDC

ADE

ADC

1S ；2 ABCDEACDFBCEF2值最小EF2DE2DF22CEDF是正方形即EFCD2∴EF2( 2)224個應選：A．【點睛】此題考察了等腰三角形、全等三角形、正方形、直角三角形、勾股定理的學問；解題的關鍵是嫻熟把握等腰三角形、全等三角形、正方形、直角三角形的性質，從而完成求解．8．A解析：A【分析】BC

AB

、CA

1的 ，所2 2 2 2 2 2

11 1

11 2ABC2 2 2

ABC11 1

的周長的一半，以此類推可求出結論．【詳解】解：△ABC中，AB4，AC 5，BC

7，11 1 1 1 1 1 1 1BC

16，11 1A，B2，C

BC

，AC

的中點，2 2 11 11 11BC

AB

、CA1，2 2 22 22，

11 11

11 2ABC

的周長是

1162；444 2324△ABCn n n

2n1，當n20232023個三角形的周長A．【點睛】

24220231

122023此題考察了三角形的中位線定理，中位線是三角形中的一條重要線段，由于它的性質與線段的中點及平行線嚴密相連，因此，它在幾何圖形的計算及證明中有著廣泛的應用．9．C解析：C【分析】①證明△OBCOB=BC，FO=FC，FBOC，①正FBOC，依據軸對稱的性質可得△FCB≌△FOB，依據全等三角形的性質可得∠BCF=∠BOF=90°，再證明△FOC≌△EOA，FO=EO，OBEF，所以△OBF≌△OBE，即△EOB≌△FCB，DEBF是平行四邊形，再由OBEF，BE=BF，DEBF為菱形，③正確；④OBF≌△EOB≌△FCB得∠1=∠2=∠3=30Rt△OBEOE33= 3OB，在Rt△OBM中，可得BM= 2OB，即可得BM：OE=3：2，④正確.33【詳解】ABCD中，OAC中點，∴OB=OC，∵∠COB=60°，∴△OBC是等邊三角形，∴OB=BC，∵FO=FC，∴FBOC，∴FB⊥OC，OM=CM；①正確；②∵FBOC，依據軸對稱的性質可得△FCB≌△FOB，∴∠BCF=∠BOF=90OB⊥EF，∵OA=OC，∠FOC=∠EOA，∠DCO=∠BAO，∴△FOC≌△EOA，∴FO=EO，∴OBEF，∴△OBF≌△OBE，∴△EOB≌△FCB，②錯誤；③∵△FOC≌△EOA，∴FC=AE，∵ABCD，∴CD=AB，CD∥AB，∴DF∥EB，DF=EB，DEBF是平行四邊形，∵OBEF，∴BE=BF，DEBF為菱形；③正確；④OBF≌△EOB≌△FCB得∠1=∠2=∠3=30°，33在Rt△OBE中，OE= 33333在Rt△OBM中，BM= 33

OB，OB,∴BM：OE=④正確；

2OB：= 3OB=3：2.3個；C.【點睛】此題考察了矩形的性質、等腰三角形的性質、全等三角形的性質和判定、線段垂直平分線的性質、菱形的判定及銳角三角函數，是一道綜合性較強的題目，解決問題的關鍵是會綜合運用所學的學問分析解決問題．10．C解析：C【分析】①先依據平行四邊形的性質可得BAD120ABC60OAOC，再依據角平分線的定義可得∠BAE60ABAEBE，AEB60，又依據等腰三角形的性質、三角形的外角性質可得ACECAE30，最終依據角的和差即可得；②由①已推得BAC90，再依據S 2S 即可得；③在Rt AOB中，依據直角邊小于斜邊即可得；④在ABCABCD ABC中，利用三角形中位線定理可得OE【詳解】

1ABAB1BC即可得．2 2ABCDADC60，BAD120,ABC60,OAOC，AE平分BAD，BAE1BAD60，2ABE是等邊三角形，ABAEBE,AEB60，AB1BC，2ABAEBECE，ACECAE，AEBACECAE60，ACECAE30，BACBAECAE90CADBADBAC30，則結論①成立，ABAC，SABCD

2S

ABC

21AB·ACAB·AC，則結論②成立，2在Rt AOB中，OA是直角邊，OB是斜邊，OAOB，則結論③不成立，OAOC,BECE，OE是ABC的中位線，OE

1AB

BC，則結論④成立，2 2 2 43個，應選：C．【點睛】此題考察了平行四邊形的性質、三角形中位線定理、等邊三角形的判定與性質等學問點，嫻熟把握并敏捷運用各判定定理與性質是解題關鍵．二、填空題11．4 3或2 3【分析】分狀況爭論作出圖形，通過解直角三角形得到平行四邊形的底和高的長度，依據平行四邊形的面積公式即可得到結論．【詳解】DDEABE，在Rt△ADE中，A30，AD2 3，DE1AD

3AD3，2 2在Rt△BDE中，BD2，BE BD2DE2 22( 3)21，1，AB4，平行四邊形ABCD 的面積ABDE4 34 3，如圖2，AB2，平行四邊形ABCD的面積ABDE2 32 3，如圖3，過B作BEAD于E，3在Rt△ABEAExDE23

x，3A30，BE x，33在Rt△BDE中，333

BD2，22(3

x)2，3x x2 3〔不合題意舍去〕，3BE1，平行四邊形ABCD的面積ADBE12 32 如圖4，當ADBD時，平行四邊形ABCD 的面積ADBD4 3，33故答案為：4 或2 ．33【點睛】此題考察了平行四邊形的性質，平行四邊形的面積公式的運用、30度角的直角三角形的性質，依據題意作出圖形是解題的關鍵．128個【分析】FBC的對稱點MFMBC于點NEMBC于點H，可得點H到EF的距離之和最小，可求最小值，即可求解．【詳解】如圖，作點FBC的對稱點MFMBC于點NEMBC于點H，E，FACAC＝6，∴EC＝4，FC＝2＝AE，M與點FBC對稱，∴CF＝CM＝2，∠ACB＝∠BCM＝45°，∴∠ACM＝90°，5∴EM＝EC2+CM2= 42+22=2 ，55BC存在點H到點EF的距離之和最小為255在點H右側，當點P與點CPE＋PF＝4＋2＝6，5

＜5，PCH2

＜PE＋PF≤6，在點H左側，當點P與點B重合時，∵FN⊥BC，∠ABC＝90°，∴FN∥AB，∴△CFN∽△CAB，∴FN=CN=CF=1，2AB CB CA 32∵AB＝BC＝222122

AC＝3 ，∴FN＝3AB＝ ，13BC＝2，∴BN＝BC－CN＝2 2，BF＝FN2+BN2= 2+8= 10，∵AB＝BC，CF＝AE，∠BAE＝∠BCF，∴△ABE≌△CBF〔SAS〕，∴BE＝BF＝10，∴PE＋PF＝2 10，∴點P在BH上時，2 10，BC上點H的左右兩邊各有一個點P使PE＋PF＝5，AB，AD，CDPE＋PF＝5．8個點PPE＋PF＝5，8．【點睛】此題考察了正方形的性質，最短路徑問題，在BC上找到點H，使點H到點EF的距離之和最小是此題的關鍵．13．①③④【分析】由“AAS”可證△AOE≌△COF，△AHO≌△CGOOE=OF，HO=GO，可證四邊形EGFHEF⊥GHEGFH是菱形，可推斷①③正確，假設四邊形ABCD是正方形，由“ASA”可證△BOG≌△COFOG=OFEGFH是正方形，可推斷④正確，即可求解．【詳解】解：如圖，ABCD是菱形，∴AO＝CO，AD∥BC，AB∥CD，∴∠BAO＝∠DCO，∠AEO＝∠CFO，∴△AOE≌△COF〔AAS〕，∴OE＝OF，EFBC、ADG、H，∴GHO，GH⊥EF，∵AD∥BC，∴∠DAO＝∠BCO，∠AHO＝∠CGO，∴△AHO≌△CGO〔AAS〕，∴HO＝GO，EGFH是平行四邊形，∵EF⊥GH，EGFH是菱形，EAB上的一個動點，E的移動可以得到很多個平行四邊形EGFH，EEGFH，故①③正確；ABCD是正方形，∴∠BOC＝90°，∠GBO＝∠FCO＝45°，OB＝OC；∵EF⊥GH，∴∠GOF＝90°；∠BOG+∠BOF＝∠COF+∠BOF＝90°，∴∠BOG＝∠COF；在△BOG和△COF中，BOGCOFBOCO∵ ，GBOFCO∴△BOG≌△COF〔ASA〕；∴OG＝OF，同理可得：EO＝OH，∴GH＝EF；EGFH是正方形，EAB上的一個動點，EGFH，故④正確，故答案為：①③④．【點睛】此題考察了菱形的判定和性質，平行四邊形的判定，正方形的判定，全等三角形的判定和性質等學問，敏捷運用這些性質進展推理是關鍵．14．①②④【分析】①依據折疊得△ABE≌△AFE，證明△EFC是等腰三角形，得到∠EFC=∠ECF，依據∠BEF=∠EFC+∠FEC，得出∠BEA=∠AEF=∠EFC=∠ECF，即可證明AE∥FC，故①正確；②依據ABCD是正方形，且△ABE≌△AFERt△AFG≌Rt△ADG，得出∠FAG=∠GAD，依據∠BAF+∠FAD=90°，推出∠EAF+∠FAG=45°，可得∠EAG=45°，依據全等得：BE=FE，DG=FG，即可得BE+DG=EF+GF=EG，故②正確；③先求出S ，依據EF：a a 1

△ECGFG=

：=3：2，得出S ：S =3：2，即S = a2，再依據S

=a2，得出S ：2 3 1

△FCG1

△EFC10

ABCD

△CEFS△ABCD10a2a2S△CEF10SABCD，故③錯誤；④設正方形的邊長為a，依據勾股定理AB2AB2BE25AE=

= 2 aDG=xCG=a-x，FG=x，EG=2+x，再依據勾股定理求出x，即可得出結論，故④正確．【詳解】解：①由折疊可得△ABE≌△AFE，∴∠BEA=∠AEF，BE=EF，∵EBC中點，∴BE=CE=EF，∴△EFC是等腰三角形，∴∠EFC=∠ECF，∵∠BEF=∠EFC+∠FEC，∴∠BEA=∠AEF=∠EFC=∠ECF，∴AE∥FC，故①正確；ABCD是正方形，且△ABE≌△AFE，∴AB=AF=AD，∠B=∠D=∠AFG，∴△AFG和△ADG是直角三角形，AFADRt△AFGRt△ADG中AGAG，∴Rt△AFG≌Rt△ADG〔HL〕，∴∠FAG=∠GAD，又∵∠BAF+∠FAD=90°，∴2∠EAF+2∠FAG=90°，即∠EAF+∠FAG=45°，∴∠EAG=45°，由全等得：BE=FE，DG=FG，∴BE+DG=EF+GF=EG，故②正確；Rt△ECG，1 1 a 2 1S =2×EC×CG=2×2×3a=6a2，△ECGa a∵EF：FG=2：3=3：2，△EFC1△EFC△EFC△FCG則S △EFC△FCG

=3：2S

=10a2，又∵SABCD=a2，1 1S△CEF：S△ABCD10a2a2S△CEF10SABCD，故③錯誤；④設正方形的邊長為a，a∴AB=AD=AF=a，BE=EF=2=EC，5由勾股定理得AE= AB2 BE2= 2a，DG=xCG=a-x，FG=x，aEG=2+x，a a∴EG2=EC2+CG2，即〔2+x〕2=〔2〕2+〔a-x〕2，a 2ax=3，CG=3，AD=3DG成立，故④正確．【點睛】此題考察了正方形的折疊問題，等腰三角形的判定和性質，平行線的判定，全等三角形的判定和性質，勾股定理，把握這些學問點敏捷運用是解題關鍵．15．25【分析】作BE⊥AD于E，BF⊥CD于F，則四邊形BEDF是矩形，證明△ABE≌△CBF〔AAS〕，得出BE=BF，△ABE的面積=△CBF的面積，則四邊形BEDF是正方形，四邊形ABCD的面積=正方形BEDF的面積，求出BE= 10，即可求得BD的長．【詳解】BE⊥ADDA延長線于E，BF⊥CDF，如下圖：則∠BEA=∠BFC=90°，∵∠ADC=90°，BEDF是矩形，∴∠EBF=90°，∵∠ABC=90°，∴∠EBF=∠ABC=90°，∴∠ABE=∠CBF，在△ABE和△CBF中，BEABFCABECBF ， ABCB∴△ABE≌△CBF〔AAS〕，∴BE=BF，△ABE的面積=△CBF的面積，BEDFABCD的面積=BEDF的面積，∴BE=DE，BE2=10cm2，10∴BE=102∴BD=2

(cm)，BE=2

(cm)．55故答案為：2 ．55【點睛】此題考察了正方形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、矩形的判定與性質等學問；嫻熟把握正方形的判定與性質，證明三角形全等是解題的關鍵．16．①②③④【分析】依據正方形的性質和SAS可證明△ABG≌△AEC，然后依據全等三角形的性質即可推斷①；BG、CEN，AC、BGK1，依據全等三角形對應角相等可得∠ACE＝∠AGB，然后依據三角形的內角和定理可得∠CNG＝∠CAG＝90°，于是可推斷②；EEP⊥HAPGGQ⊥AMQ2，依據余角的性質即可推斷AAS即可證明△ABH≌△EAPEP＝AHGQ＝AHEP＝GQAAS可證明△EPM≌△GQMEM＝GM，從而可推斷③，于是可得答案．【詳解】ABDEACFG中，AB＝AE，AC＝AG，∠BAE＝∠CAG＝90°，∴∠BAE+∠BAC＝∠CAG+∠BAC，即∠CAE＝∠BAG，∴△ABG≌△AEC〔SAS〕，∴BG＝CE，故①正確；BG、CEN，AC、BGK1，∵△ABG≌△AEC，∴∠ACE＝∠AGB，∵∠AKG＝∠NKC，∴∠CNG＝∠CAG＝90°，∴BG⊥CE，故②正確；EEP⊥HAPGGQ⊥AMQ2，∵AH⊥BC，∴∠ABH+∠BAH＝90°，∵∠BAE＝90°，∴∠EAP+∠BAH＝90°，∴∠ABH＝∠EAP，即∠EAM＝∠ABC，故④正確；∵∠AHB=∠P=90°，AB=AE，∴△ABH≌△EAP〔AAS〕，∴EP＝AH，GQ＝AH，∴EP＝GQ，∵在△EPM和△GQM中，PMQG90EMPGMQ ，EPGQ∴△EPM≌△GQM〔AAS〕，∴EM＝GM，∴AM是△AEG的中線，故③正確．綜上所述，①②③④結論都正確．故答案為：①②③④．【點睛】此題考察了正方形的性質、三角形的內角和定理以及全等三角形的判定和性質，作關心線構造出全等三角形是難點，嫻熟把握全等三角形的判定和性質是關鍵．17．101【分析】E的運動軌跡，查找特別位置解決問題即可．【詳解】1MA重合時，AE＝ENAE＝EN＝xcm，Rt△ADEx2＝32+〔9﹣x〕2x＝5，∴DE＝10﹣1-5＝4〔cm〕，2MMB′⊥AB時，DE′的值最大，DE′＝10﹣1﹣3＝6〔cm〕，3MB′CD時，101010DB′〔DE″〕＝10﹣1﹣10

＝〔9﹣

〕〔cm〕，10EE→E′→E″，運動路徑＝EE′+E′B′＝6﹣4+6﹣〔9﹣1010〔cm〕．10

〕＝〔

1〕10故答案為：10【點睛】

1．此題考察翻折變換，矩形的性質，解直角三角形等學問，解題的關鍵是理解題意，敏捷運用所學學問解決問題，屬于中考填空題中的壓軸題．18．663【分析】ABCD是矩形以及CECBBE，得到△FEM30°直角三角形的性質以及勾股定理得到KM，NK，KENE30°直角BN，BE即可．【詳解】NEAD于點K，ABCD是矩形，∴AD∥BC，∠ABC=90°，∴∠MFE=∠FCB，∠FME=∠EBC∵CECBBE，∴△BCE為等邊三角形，∴∠BEC=∠ECB=∠EBC=60°，∵∠FEM=∠BEC，∴∠FEM=∠MFE=∠FME=60°，∴△FEM是等邊三角形，FM=FE=EM=2，∵EN⊥BE，∴∠NEM=∠NEB=90°，∴∠NKA=∠MKE=30°，KM2EMKM2EM2Rt△KME中，KE=

23，3∴NE=NK+KE=6+2 ，3∵∠ABC=90°，∴∠ABE=30°，∴BN=2NE=12+4 3，∴BE= BN2NE266 3，∴BC=BE=6 6 3，故答案為：6 6 3【點睛】此題考察了矩形，等邊三角形的性質，以及含30°直角三角形的性質與勾股定理的應用，30°直角三角形的性質．19．2 5﹣2【分析】連接AF，CF，AC，利用勾股定理求出AC、AF，再依據三角形的三邊關系得到當點A，F，C在同始終線上時，CF的長最小，最小值為2 5﹣2.【詳解】AF，CF，AC，ABCDAB＝2，BC＝4AEFG1，∴AC＝2 5，AF＝2，∵AF+CF≥AC，∴CF≥AC﹣AF，∴當點A，F，C在同始終線上時，CF的長最小，最小值為2 5﹣2，故答案為：2 5﹣2．【點睛】此題考察矩形的性質，正方形的性質，勾股定理，三角形的三邊關系.20．23.5【分析】分別從當Q運動到E和B之間、當Q運動到E和C之間去分析求解即可求得答案．【詳解】如圖，∵EBC的中點，1∴BE=CE=

2BC=9，Q運動到E和B之間，則得：3t﹣9=5﹣t，解得：t=3.5；Q運動到E和C之間，則得：9﹣3t=5﹣t，解得：t=2，∴當運動時間t23.5秒時，以點P，Q，E，D為頂點的四邊形是平行四邊形．【點睛】“點睛”此題考察了梯形的性質以及平行四邊形的判定與性質．解題時留意把握關心線的作法，留意把握數形結合思想、分類爭論思想與方程思想的應用．三、解答題1121．〔1〕見解析；〔2〕11【分析】ABCDAB=ADABCD是菱形；1OA的長，依據直角三角形斜邊中線定理得出OE=2RtACE應用勾股定理即可解答．【詳解】〔1〕AB∥CD，∴OABDCA，AC為DAB的平分線，∴OABDAC，∴DCADAC，

AC，在∴CDADAB，ABCD是平行四邊形，∵ADAB，∴ABCD是菱形；〔2〕ABCD是菱形∴AOCO∵CEAB90∴AC2OE6AC2AE211在RtACE中，AC2AE21111故答案為〔2〕 ．11【點睛】此題主要考察了菱形的判定和性質，平行四邊形的判定和性質，角平分線的定義，勾股定理，嫻熟把握菱形的判定與性質是解題的關鍵．1022．〔1〕矩形；〔2〕菱形；〔3〕310【分析】

；〔4〕見解析ADEEAEED是平行四邊形，再依據AEBC，得到AEE90即可得到結論；ADFFAFFDAEEF得到EF2ED210EF2ED210先利用勾股定理求出DFFA；

，再依據菱形的面積求BCEAE，平移△ABE得到△DCFAEFD是平行四邊形.【詳解】AEED是矩形，在□ABCDAD//BCADBC，BECE，∴BCEE，∴ADEE，AEED是平行四邊形，∵AEBC，∴AEE90，AEED是矩形；AFFD是菱形，AEEDAD//EEADEE，EFEF，∴EEFF，∴ADFF，AFFD是平行四邊形，∵AEEF，∴AEE90，在Rt AEF，AF∴AFAD，

AE2EF2 32425，AFFD是菱形；FA,Rt△DFEDF

EF2ED2 10，S S 15，菱形AFFD 平行四邊形ABCD10；BC上取一點EAE，平移△ABE得到△DCFAEFD是平行四邊形.【點睛】此題考察了平行四邊形的性質，矩形的判定定理，菱形的判定及性質，平移的性質的應用，勾股定理.23．〔1〕見解析〔2〕見解析〔3〕15【分析】ABCD是正方形，得到∠QBA＝∠QBC，進而可得△QBA≌△QBC，∠QAB＝∠QCBCQ＝MQ，得到∠QCB＝∠QMC，即可求證；依據∠QAB＝∠QMC，∠QMC＋∠QMB＝180°，得到∠QAB＋∠QMB＝180°，在四QABM中，∠QAB＋∠QMB＋∠ABM＋∠AQM＝360°可得∠ABM＋∠AQM＝180°，再依據∠ABM＝90°即可求解；ABCD的邊長為aND至點HDH＝BM＝2，證得△ADH≌△ABM，得到∠DAH＝∠BAMAH＝AM，由〔2〕知，△QAM是等腰直角三角形，易得∠NAM＝∠NAH，進而得到△NAM≌△NAHRt△MNC中，利用勾股定理得到a6，即可求解．【詳解】解：〔1〕∵ABCD是正方形∴∠QBA＝∠QBC在△QBA和△QBC中BABCQBAQBCQBQB∴△QBA≌△QBC〔SAS〕∴∠QAB＝∠QCB又∵CQ＝MQ∴∠QCB＝∠QMC∴∠QAB＝∠QMC∵∠QAB＝∠QMC又∵∠QMC＋∠QMB＝180°∴∠QAB＋∠QMB＝180°QABM中∠QAB＋∠QMB＋∠ABM＋∠AQM＝360°∴∠ABM＋∠AQM＝180°而∠ABM＝90°∴∠AQM＝90°ABCD的邊長為a，則MCa2，NDa3ND至點HDH＝BM＝2易證△ADH≌△ABM∴∠DAH＝∠BAMAH＝AM由〔2〕知，△QAM是等腰直角三角形∴∠QAM＝45°∴∠DAN＋∠BAM＝45°∴∠DAN＋∠DAH＝45°即∠NAH＝45°∴∠NAM＝∠NAH∴△NAM≌△NAH〔SAS〕∴NM＝NH＝a32a1MN2MC2NC2∴a∴a6

a2221 1∴SAMN

S AHN

ADNH

26515【點睛】此題主要考察正方形的性質、全等三角形的推斷和性質、四邊形的內角和、等腰直角三角形的性質及勾股定理，敏捷運用性質是解題關鍵．24．〔1〕①證明見詳解；②PAQ45，見解析；〔2〕5．【分析】PB//AC2中，連接QC，DTDQQC的延長線于T，利用全等三角形的性質解決問題即可；3EHBC于點GAE=xAB=BC=CF=EG=3x，然后可得CG=2x，HG=3x-3，CH=3x-1，利用勾股定理求解即可．〔1〔1〕①證明：45，PAC135APB45，APB+PAC180，PB//ACAPBC是平行四邊形；②PADQ是平行四邊形，DQ//APAD//PQADPQBC，②AD//BC，PQBCPQ//BC，PQCB是平行四邊形，QC//BP，APQDQC45，ADCQDT90，DQ=DT，TDQT45,ADQCDT，AD=DC， AP//DQ，PAQDQA45；CH=5，理由如下：3EHBC于點G；ABCD是正方形，AB=BCD90，又EH=3，FH=1，EH⊥AD，EH//CD，HGC90設AE=x， AE1,CFBC，AB=BC=CF=EG=3x，CF 3CG=2x，HG=3x-3，CH=3x-1Rt△HGCCG2HG2

CH4x23x

3x2，解得x1

1,x 22x=1時，AB=3(不符合題意，舍去)；x=2時，AB=6，CH=5．5．【點睛】此題主要考察正方形的綜合問題、三角形全等及勾股定理，關鍵是利用條件及四邊形的性質得到它們之間的聯系，然后利用勾股定理求解線段的長即可．525．〔1〕證明過程見解析；〔2〕①邊長為

5cm，②cm2

S9cm2．3 3【分析】由折疊的性質得出PB＝PE，BF＝EF，∠BPF＝∠EPF，由平行線的性質得出∠BPF＝∠EFP，證出∠EPF＝∠EFPEP＝EFBP＝BF＝EF＝EP，即可得出結論；BC＝AD＝5cm，CD＝AB＝3cm，∠A＝∠D＝90°，由對稱的性CE＝BC＝5cmRt△CDEDE＝4cmAE＝AD-DE＝51cmRt△APE中，由勾股定理得出方程，解方程得出EP＝3cm即可；②當點Q與點C重合時，點E離點AAE＝1cmP與點A重合時，點E離點AABQE為正方形，AE＝AB＝3cm，即可得出答案．【詳解】解：〔1〕證明：∵折疊紙片使BAD上的EPQ，∴點B與點EPQ對稱，∴PB＝PE，BF＝EF，∠BPF＝∠EPF，又∵EF∥AB，∴∠BPF＝∠EFP，∴∠EPF＝∠EFP，∴EP＝EF，∴BP＝BF＝EF＝EP，BFEP為菱形；〔2〕①∵ABCD是矩形，∴BC＝AD＝5cm，CD＝AB＝3cm，∠A＝∠D＝90°，∵點B與點EPQ對稱，∴CE＝BC＝5cm，Rt△CDE中，DE＝CE2-CD2＝4cm，∴AE＝AD﹣DE＝5cm-4cm＝1cm；Rt△APE中，AE＝1，AP＝3-PB＝3﹣PE，5EP2=12(3-EP)2，解得：EP＝35BFEP3cm；

cm，5②當點Q與點C重合時，點E離點AAE＝1cm，BP=3cm，5S四邊形BFEP

=BPAE= cm2，3P與點A重合時，點E離點AABQE為正方形，AE＝AB＝3cm，S四邊形BFEP

=S正方形ABQE

=9cm2，5∴菱形的面積范圍：cm23

S9cm2．【點睛】此題是四邊形綜合題目，考察了矩形的性質、折疊的性質、菱形的判定、平行線的性質、等腰三角形的判定、勾股定理、正方形的性質等學問，求出PE是此題的關鍵．1 226．〔1〕y3

x2；〔2〕t= sABMN是平行四邊形；〔3〕存在，點Q3618或(3,1)

或(3,1)

或155.5 5

8 8【分析】

1BH⊥x軸于H．證明△COA≌△AHB〔AAS〕，BH=OA=1，AH=OC=2B坐標，再利用待定系數法即可解決問題．利用平行四邊形的性質求出點NAN，BM，CM即可解決問題．13OBOBQPOBP1Q1

OBPQ，當2 33OB為菱形的對角線時，可得菱形OP2BQQOB2 33【詳解】1BH⊥x軸于H．∵A〔1，0〕、C〔0，2〕，∴OA=1，OC=2，∵∠COA=∠CAB=∠AHB=90°，∴∠ACO+∠OAC=90°，∠CAO+∠BAH=90°，∴∠ACO=∠BAH，∵AC=AB，∴△COA≌△AHB〔AAS〕，∴BH=OA=1，AH=OC=2，∴OH=3，∴B〔3，1〕，b2 設直線BC的解析式為y=kx+b，則有 3k b 1k1解得： 3，b21∴y3

x2；2中，ABMN是平行四邊形，∴AN∥BM，∴直線AN的解析式為：y1x 1，3 3 1∴N0,3， 10∴BMAN ，103∵B〔3，1〕，C〔0，2〕，10∴BC= ，102 10∴CMBCBM ，2 1032 1022 1010∴t ，103 32∴t=3sABMN是平行四邊形；3中，1 3 3OBOBQPOBP1Q．菱形OBPQ，OQBCE，1 3 ∵OE⊥BC，OEy=3x，y3x

x3 5由 1 ，解得： ，y x2 9 33 9

y 5∴E〔5，5〕，∵OE=OQ，6 18∴Q〔5，5〕，10111 2 ∵OQ∥BC，10111 2 1OQ1y=-3x，1m∵OQ1=OB= ，設Q〔m，-3 〕，1∴m2+9m2=10，∴m=±3，Q〔3，-1〕，Q〔-3，1〕，OBOP2BQQOB的垂直平分線上，OBy=-3x+5，y3x5

x15由 1y x

8，解得： 5，∴Q〔

315 5， 〕．

y 82 8 8綜上所述，滿足條件的點Q6,18或(3,1)

或(3,1)

或155.5 5

8 8【點睛】

此題屬于一次函數綜合題，考察了平行四邊形的判定和性質，菱形的判定和性質，一次函數的性質等學問，解題的關鍵是敏捷運用所學學問解決問題，學會用分類爭論的思想思考問題，屬于中考壓軸題．27．〔1〕①詳見解析；②詳見解析；〔2〕當BE≠DF時，〔BE+DF〕2+EF2＝2AB2仍舊成立，理由詳見解析；〔3〕PD2 62 2【分析】ED、BFBEDF是平行四邊形，依據平行四邊形的性質證明；②依據正方形的性質、勾股定理證明；過DDM⊥BEBE的延長線于MBDEFDM是矩形，得到EM=DF，DM=EF，∠BMD=90°，依據勾股定理計算；PPE⊥PDBBELPEE，依據〔2〕PE，結合圖形解答.【詳解】證明：①ED、BF，∵BE∥DF，BE＝DF，BEDF是平行四邊形，∴BD、EF相互平分；1 1②BDEFOOB＝OD＝2∵EF⊥BE，∴∠BEF＝90°．Rt△BEO中，BE2+OE2＝OB2．

BD，OE＝OF＝2

EF．∴〔BE+DF〕2+EF2＝〔2BE〕2+〔2OE〕2＝4〔BE2+OE2〕＝4OB2＝〔2OB〕2＝BD2．ABCD中，AB＝AD，BD2＝AB2+AD2＝2AB2．∴〔BE+DF〕2+EF2＝2AB2；BE≠DF時，〔BE+DF〕2+EF2＝2AB2仍舊成立，2DDM⊥BEBEMBD．∵BE∥DF，EF⊥BE，∴EF⊥DF，EFDM是矩形，∴EM＝DF，DM＝EF，∠BMD＝90°，Rt△BDM中，BM2+DM2＝BD2，∴〔BE+EM〕2+DM2＝BD2．即〔BE+DF〕2+EF2＝2AB2；PPE⊥PDBBE⊥PEE，則由上述結論知，〔BE+PD〕2+PE2＝2AB2．∵∠DPB＝135°，∴∠BPE＝45°，∴∠PBE＝45°，∴BE＝PE．∴△PBE是等腰直角三角形，2∴BP＝ BE，2266∵ BP+2PD＝4 ，2666∴2BE+2PD＝46∵AB＝4，

，即BE+PD＝2 ，6∴〔2 〕2+PE2＝2×42，62解得，PE＝2 ，22∴BE＝2 ，262∴PD＝2 ﹣2 ．62【點睛】此題考察的是正方形的性質、等腰直角三角形的性質以及勾股定理的應用，正確作出關心性、把握正方形的性質是解題的關鍵.28．〔1〕①證明見解析；②證明見解析；〔2〕4n21．【分析】①先依據n1ADAB，再依據矩形的性質可得DAEABF90，然后依據直角三角形的性質、垂直的定義可得DEAAFB，最終依據三角形全等的判定定理與性質即可得證；②如圖〔見解析〕，先依據〔1〕AEBF，再依據等腰三角形的三線合一可得HAFDAF，然后依據矩形的性質、平行線的性質可得AFGDAF，從而可得HAFAFGAGGF，由此即可得證；如圖〔見解析〕，先依據線段中點的定義可得AEBE，再依據