數學-專項9.12 中心對稱圖形-平行四邊形章末題型過關卷（蘇科版）（帶答案）

第9章中心對稱圖形——平行四邊形章末題型過關卷【蘇科版】參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題，滿分30分，每小題3分）1．（3分）（2022春·廣東湛江·八年級期末）如圖，在?ABCD中，以A為圓心，AB長為半徑畫弧交AD于F．分別以點F，B為圓心，大于12BF長為半徑作弧，兩弧交于點G,作射線AG交BC于點E,若BF=6,AB=5,則AE的長為（A．4 B．6 C．8 D．10【答案】C【分析】如下圖，根據作圖可得AE與BF相互垂直平分，在Rt△ABO中，利用勾股定理可求得AO的長，從而得出AE的長．【詳解】設AE與BF交于點O，連接EF由作圖可知，AE與BF相互垂直平分∵BF=6，∴BO=3∵AB=5∴在Rt△ABO中，AO=4∴AE=8故選：C．【點睛】本題考查垂直平分線的畫法和勾股定理，解題關鍵是根據作圖，判斷出AE與BF相互垂直平分．2．（3分）（2022春·全國·八年級專題練習）如圖，平行四邊形ABCD的對角線AC、BD相交于點O，OE//AB交AD于點E．若OA=2，ΔAOE的周長為10，則平行四邊形ABCD的周長為（

A．16 B．32 C．36 D．40【答案】B【分析】由平行四邊形的性質得AB=CD，AD=BC，OB=OD，證OE是ΔABD的中位線，則AB=2OE，AD=2AE，求出AE+OE=8，則AB+AD=2AE+2OE=16【詳解】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB=CD，AD=BC，OB=OD，AO=OC，∵OE//AB，∴AE=DE，∴OE是ΔABD∴AB=2OE，AD=2AE，∵Δ∴OA+AE+OE=10，∴AE+OE=10?OA=10?2=8，∴AB+AD=2AE+2OE=16，∴?ABCD的周長=2×(AB+AD)=2×16=32．故選：B．【點睛】本題考查了平行四邊形的性質、三角形中位線定理等知識；熟練掌握平行四邊形的性質和三角形中位線定理，求出AD+AB=16是解題的關鍵．3．（3分）（2022秋·河南新鄉(xiāng)·九年級統(tǒng)考期末）如圖，在矩形ABCD中，頂點A0,4，B?2,0，C?4,1，將矩形ABCD繞點O順時針旋轉，每次旋轉90°，則第2022A．5,2 B．?2,5 C．2,?5 D．5,?2【答案】C【分析】過點C作CE⊥x軸于點E，點D作DF⊥y軸于點F，根據已知條件求出點D的坐標，再根據旋轉的性質求出前4次旋轉后點D的坐標，發(fā)現規(guī)律，進而求出第2022次旋轉結束時，點D的坐標．

【詳解】解：如圖，過點C作CE⊥x軸于點E，點D作DF⊥y軸于點F，∵A0,4，B?2,0，∴OA=4，OB=2，CE=1，OE=4，∴BE=OE?OB=4?2=2，∵四邊形ABCD是矩形，CE⊥x軸，DF⊥y軸，∴∠CEB=∠AFD=∠CBA=∠BAD=∠AOB=90°，BC=AD，∴∠CBE+∠ABO=90°，∠BAO+∠ABO=90°，∴∠CBE=∠BAO，又∵∠ADF+∠DAF=90°，∠BAO+∠DAF=90°，∴∠ADF=∠BAO，∴∠CBE=∠ADF，在△CBE和△ADF中，∠CBE=∠ADF∠CEB=∠AFD∴△CBE≌△ADFAAS∴DF=BE=2，∴OF=∴D?2,5∵矩形ABCD繞點O順時針旋轉，每次旋轉90°，∴第1次旋轉結束時，點D的坐標為5,2，第2次旋轉結束時，點D的坐標為2,?5，第3次旋轉結束時，點D的坐標為?5,?2，第4次旋轉結束時，點D的坐標為?2,5，……發(fā)現規(guī)律：旋轉4次一個循環(huán)，∵2022÷4=505??2，∴第2022次旋轉結束時，點D的坐標為2,?5．故選：C．

【點睛】本題考查坐標與圖形，圖形的旋轉，通過旋轉角度找到旋轉規(guī)律，從而確定第2022次旋轉后矩形的位置是解題的關鍵．4．（3分）（2022秋·重慶北碚·九年級西南大學附中校考開學考試）如圖，在矩形ABCD中，在AD上取點E，連接BE，在BE上取點F，連接AF，將△ABF沿AF翻折，使得點B剛好落在CD邊的G處，若∠GFB=90°，AB=10，AD=6，FG的長是（

）A．3 B．5 C．25 D．【答案】C【分析】連接BG，根據折疊得到AG=AB=10，BF=GF，根據勾股定理求出DG，即可得到CG，從而得到BG，即可得到答案；【詳解】解：∵將△ABF沿AF翻折，使得點B剛好落在CD邊的G處，AB=10，∴AG=AB=10，BF=GF，∵四邊形ABCD是矩形，AB=10，AD=6，∴AB=CD=10，AD=BC=6，∠D=∠C=90°，∴DG=A∴CG=10?8=2，∴BG=C∵∠GFB=90°，BF=GF，∴FG=B故選C．

【點睛】本題考查勾股定理，矩形性質及折疊的性質，解題的關鍵是添加輔助線，構造直角三角形．5．（3分）（2022·山東泰安·模擬預測）如圖，在四邊形ABCD中∠ADC=∠ABC=90°，AD=CD，DP⊥AB于點P，若四邊形ABCD的面積是9，則DP的長是(

)A．6 B．4.5 C．3 D．2【答案】C【分析】如圖，過點D作DE⊥BC交BC的延長線于E，先證明四邊形DPBE是矩形，再利用AAS證明△ADP≌△CDE，得到DE=DP，S△ADP=S△CDE，再由四邊形ABCD的面積=9，得到【詳解】解：如圖，過點D作DE⊥BC交BC的延長線于E，∵∠ABC=90°，∴四邊形DPBE是矩形，∵∠CDE+∠CDP=90°，∴∠ADP+∠CDP=90°，∴∠ADP=∠CDE，∵DP⊥AB，∴∠APD=∠E=90°，

在△ADP和△CDE中，∠ADP=∠CDE∠APD=∠E∴△ADP≌△CDEAAS∴DE=DP，S∴四邊形ABCD的面積=四邊形DPBE的面積=9，∴DP?DE=9，∴DP=3，故選C．【點睛】本題主要考查了矩形的性質與判定，全等三角形的性質與判定，正確作出輔助線構造全等三角形是解題的關鍵．6．（3分）（2022秋·甘肅白銀·九年級?？计谀┤鐖D，菱形ABCD的對角線AC、BD相交于點O．若AC=6，BD=8，AE⊥BC，垂足為E，則AE的長為（

）A．12 B．14 C．245 D．【答案】C【分析】利用菱形的面積公式：12【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，OA=OC=3，OB=OD=4，∴AB=BC=5，∵12∴AE=24故選：C．

【點睛】本題考查菱形的性質、勾股定理等知識，解題的關鍵是學會利用面積法求線段的長，屬于中考?？碱}型．7．（3分）（2022秋·河北保定·九年級統(tǒng)考期末）如圖，甲、乙兩人分別用一張矩形紙做一個折菱形的游戲．甲沿BE折疊使得點A落在BD上，沿DF折疊使得點C落在BD上，甲說得到的四邊形BEDF為菱形；乙沿MN折疊使得AB與DC重合，再折出BM，DN，乙說得到的四邊形BMDN為菱形；下列說法正確的是（

）A．甲一定成立，乙可能成立 B．甲可能成立，乙一定不成立C．甲一定成立，乙一定不成立 D．甲可能成立，乙也可能成立【答案】B【分析】由折疊的方法可知，四邊形BEDF和四邊形BMDN為平行四邊形；再判斷它們鄰邊是否相等即可得出結論；【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形∴AB∥CD

AD∴∠ABD=∠CDB，由折疊知：∠EBD=∠ABE，∠FDB=∠CDF∴∠EBD=∠FDB

∴BE∥DF,∴四邊形BEDF是平行四邊形當BE=DE時，四邊形BEDF是平行四邊形，∴∠EBD=∠EDB，又∵AD∥BC，∴∠EBD=∠ABE=∠DBF=1故∠DBC=30°時，四邊形BEDF為菱形，甲甲可能成立，而由乙折疊方法可知MN⊥BC，所以BM>BN，故四邊形BMDN為不可能為菱形．綜上所述：甲可能成立，乙一定不成立，故選B．

【點睛】本題考查的是翻折變換的性質、平行四邊形的判定以及矩形和菱形的性質，翻折變換是一種對稱變換，它屬于軸對稱，折疊前后圖形的形狀和大小不變，位置變化，對應邊和對應角相等．8．（3分）（2022秋·貴州六盤水·九年級統(tǒng)考期末）如圖，正方形ABCD的對角線相交于點O，Rt△EOF（兩直角邊長均大于AB的長度）繞點OA．由小變大 B．由大變小 C．始終不變 D．先由大變小，然后又由小變大【答案】C【分析】由條件可得△OHB?△OGCASA，從而S△OHB=【詳解】解：∵正方形ABCD中，AC⊥BD，OB=OC，∠OBH=∠OCG=45°，∠EOF=90°，∴∠HOB+∠BOF=∠BOF+∠GOC=90°，∴∠HOB=∠GOC，在△OHB與△OGC中，∠HOB=∠GOCOB=OC∴△OHB?△OGCASA∴S△OHB∴SOHBG則重疊部分的面積始終不變，故選：C．【點睛】本題考查了三角形全等的判定與性質，利用面積的等量代換是解題關鍵．9．（3分）（2022春·八年級單元測試）如圖所示，在四邊形ABCD中，AD=BC，E、F分別是AB、CD的中點，AD、BC的延長線分別與EF的延長線交于點H、G，則()

A．∠AHE>∠BGE B．∠AHE=∠BGEC．∠AHE<∠BGE D．∠AHE與∠BGE的大小關系不確定【答案】B【分析】連接BD，取中點I，連接IE，IF，根據三角形中位線定理得IE＝122AD，且平行AD，IF＝1【詳解】連接BD，取中點I，連接IE，IF∵E，F分別是AB，CD的中點，∴IE，IF分別是△ABD，△BDC的中位線，∴IE＝12AD，且平行AD，IF＝1∵AD=BC，∴IE=IF，∵IE∥AD，∴∠AHE＝∠IEF，同理∠BGE＝∠IFE，∵在△IEF中，IE=IF，∴∠IFE=∠IEF，∵∠AHE＝∠IEF，∠BGE＝∠IFE，∴∠BGE=∠AHE．故選：B．

【點睛】此題主要考查學生對三角形中位線定理和三角形三邊關系等知識點的理解和掌握，有一定的拔高難度，屬于難題．10．（3分）（2022春·廣東佛山·九年級校考期末）如圖，在正方形ABCD中，AC為對角線，E為AB上一點，過點E作EF∥AD，與AC、DC分別交于點G，F，H為CG的中點，連接DE，EH，DH，FH，下列結論中結論正確的有（

）①EG=DF；②∠AEH+∠ADH=180°；③△EHF≌△DHC；④若AEAB=23，則A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】D【分析】根據正方形ABCD，AC為對角線，EF∥AD，可知四邊形AEFD是矩形，由此可證△AEG、△CFG、△HFG、△HFC是等腰直角三角形，H為CG的中點，AEAB=2直角三角形，由此即可求解．【詳解】解：結論①EG=DF，∵正方形ABCD中，AC為對角線，EF∥AD，∴∠EAG=45°，∠AEG=90°，∴AE=AG，四邊形AEFD是矩形，△AEG、△CFG是等腰直角三角形，∴AE=DF，∴EG=DF，故結論①正確；結論②∠AEH+∠ADH=180°，

由結論①正確可知，△CFG是等腰直角三角形，H為CG的中點，∴FH⊥CG，且△HFG、△HFC是等腰直角三角形，∴HF=HG，∠HFD=45°+90°=135°，∠HGE=180°?45°=135°，∴∠HFD=∠HGE，且EG=DF，∴△HFD≌△HGE(SAS∴∠HEG=∠HDF，∵∠AEG+∠ADF=∠AEG+∠ADH+∠HDF=∠AEH+∠ADH=180°，故結論②正確；結論③△EHF≌△DHC，∵△AEG、△CFG、△HFG、△HFC是等腰直角三角形，△HFD≌△HGE(SAS∴HF=HC,∠HFG=∠HCF=45°，∵四邊形AEFD是矩形，∴EF=AD=DC，∴△EHF≌△DHC(SAS結論④若AEAB=2由結論②正確，可知△HFD≌△HGE(SAS)；由結論③正確可知，且△AEG、△CFG、△HFG、△HGC是等腰直角三角形，∴HE=HD,∠EHD=90°，即△EHD是等腰直角三角形，如圖所示，過點H作HM⊥CD于M，設HM=x，則DM=5x，DH=26x，∴S△DHC=1∴3S綜上所示，正確的有①②③④，故選：D．

【點睛】本題是四邊形與三角形的綜合，主要考查正方形的性質，矩形的判定與性質，三角形全等的判定與性質，等腰三角形的判定與性質等知識，掌握正方形的性質，矩形的性質，三角形全等的判定和性質，等腰直角三角形的性質是解題的關鍵．二．填空題（共6小題，滿分18分，每小題3分）11．（3分）（2022秋·貴州六盤水·九年級統(tǒng)考期末）如圖，在菱形ABCD中，對角線AC，BD的長分別為6，8，過點A作AE⊥CD于點E，則AE的長為___________．【答案】24【分析】利用菱形的性質和勾股定理求出菱形的邊長，利用等積法求出AE的長即可．【詳解】解：∵在菱形ABCD中，對角線AC，BD的長分別為6，8，∴AC⊥BD,OC=1∴CD=O∵AE⊥CD，∴菱形的面積=12AC?BD=CD?AE∴AE=24故答案為：245【點睛】本題考查菱形性質．熟練掌握菱形的對角線互相垂直平分，是解題的關鍵．12．（3分）（2022秋·天津寶坻·九年級?？计谀┰谄矫嬷苯亲鴺讼抵?，以原點為旋轉中心，將點A4，3按逆時針方向旋轉90°，得到點A【答案】?3【分析】在平面直角坐標系，作出圖形，然后根據圖形寫出點A′【詳解】解：如圖所示，建立平面直角坐標系，點A′的坐標為?3

故答案為：?3，【點睛】本題考查了坐標與圖形變化-旋轉，作出圖形，利用數形結合的思想求解更形象直觀．13．（3分）（2022春·八年級課時練習）如圖，點A、B、C、D在網格中小正方形的頂點處，AD與BC相交于點O，小正方形的邊長為1，則AO的長等于_______．【答案】2【分析】連接AE，證明四邊形AECB是平行四邊形得AE∥BC，由勾股定理得AD=5，從而有AD=DE=5，然后利用等腰三角形的性質可得∠DAE=∠DEA，再利用平行線的性質可得∠DAE=∠DOC，∠DEA=∠DCO，從而可得∠DOC=∠DCO，進而可得DO=DC=3，最后進行計算即可解答．【詳解】解∶如下圖∶連接AE，∵AB∥EC，AB=EC=2，∴四邊形AECB是平行四邊形，∴AE∥BC，∵AD=32+4

∴AD=DE=5，∴∠DAE=∠DEA，∵AE∥BC，∴∠DAE=∠DOC，∠DEA=∠DC0，∴∠DOC=∠DCO，∴DO=DC=3，∴AO=AD-DO=5-3=2，故答案為∶2．【點睛】本題考查了平行四邊形的判定及性質，等腰三角形的判定與性質，勾股定理，根據題目的已知條件并結合圖形添加適當的輔助線是解題的關鍵．14．（3分）（2022春·江蘇南京·八年級南京外國語學校仙林分校?？奸_學考試）如圖，長方形ABCD中，AB=3，BC=4，點E是BC邊上任一點，連接AE，把∠B沿AE折疊，使點B落在點B′處，當CE的長為___________時，△CEB【答案】1或5【分析】當△CEB′為直角三角形時，有兩種情況：①當點B′落在矩形內部時，當點B′落在【詳解】解：當△CEB①當點B′落在矩形內部時，如答圖1所示．連接AC，

在Rt△ABC中，AB=3，BC=4∴AC=A∵∠B沿AE折疊，使點B落在點B′處，∴∠AB′E=∠B=90°，當△CEB′為直角三角形時，只能得到∴點A、B′、C共線，即∠B沿AE折疊，使點B落在對角線AC上的點B′處，∴EB=EB′，AB=AB′=3，∴CB′=5?3=2，設BE=x，則EB′=x，CE=4?x，在Rt△CE∵EB′∴x2+∴BE=32，②當點B′落在AD邊上時，如答圖2所示．此時四邊形ABEB′為正方形，∴BE=AB=3，∴CE=BC?BE=4?3=1，綜上所述：CE=1或52故答案為：1或52【點睛】此題考查了矩形與折疊問題，勾股定理，正方形的判定和性質，正確理解矩形的性質及勾股定理的計算，進行分類討論是解題的關鍵．15．（3分）（2022春·八年級課時練習）如圖，矩形ABCD的面積為128cm2，對角線交于點O

，AO為鄰邊做平行四邊形AOC1B，對角線交于點O1；以AB，AO1為鄰邊做平行四邊形【答案】1【分析】如圖：過點O向AB作垂線，垂足為E，平行四邊形AOC1B的面積為AB×OE，根據矩形的性質OE=12AD,即平行四邊形AOC1B的面積為AB×【詳解】解：如圖：過點O向AB作垂線，垂足為E，過點O1向AB作垂線，垂足為F∵∠DAB=∠OEB，∴OE∥∵O為矩形ABCD的對角線交點，∴OB=OD∴OE=

∵矩形ABCD的面積AB×CD=128∴平行四邊形AOC1B的面積=AB×OE=AB×同理：根據平行四邊形的性質可得：O1平行四邊形AO1C依此類推：平行四邊形AO6C故答案為1cm【點睛】本題主要考查了矩形的性質、平行四邊形的性質等知識點，根據平行四邊形的性質得到面積的變化規(guī)律是解題的關鍵．16．（3分）（2022秋·浙江杭州·九年級統(tǒng)考期末）如圖，在正方形ABCD中，點E在邊BC上（不與點B，C重合），點F在邊CD的延長線上，DF=BE，連接EF交AD于點G，過點A作AN⊥EF于點M，交邊CD于點N．若DN=2CN，BE=3．則CN=_____________，AM=_____________．【答案】

5

3【分析】連接AE，AF，EN，由正方形的性質可得AB=AD，BC=CD，∠ABE=∠BCD=∠ADF=90°，可證△ABE?△ADF(SAS)，可得∠BAE=∠DAF,AE=AF，進而得到∠EAF=90°，根據等腰三角形三線合一的性質可得點M為EF中點，由AN⊥EF，可證△AEM?△AFM(SAS)，△EMN?△FMN(SAS)，可得EN=FN，設CN=x，則DN=2CN=2x，則BC=CD=3x，已知BE=3，則FN=2x+3，根據勾股定理解得x=5，可得【詳解】連接AE，AF，EN，

∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=AD=BC=CD，∠ABE=∠BCD=∠ADF=90°，∵BE=DF，∴△ABE?△ADF(SAS∴∠BAE=∠DAF,AE=AF，∴∠EAF=90°，∴△EAF是等腰直角三角形，∵AN⊥EF，∴EM=FM,∠EAM=∠FAM=45°，∴△AEM?△AFM(SAS)，∴EN=FN，設CN=x，則DN=2CN=2x，∴BC=CD=3x，∵BE=3，∴EN=FN=2x+3，CE=BC?BE=3x?3，在Rt△ECN∵CN∴x解得：x1=5，∴CN=5，∴AB=BC=CD=DA=15，在Rt△ABE

AE=A∴EF=2∴AM=EM=FM=313故答案為：5；313【點睛】本題考查正方形的性質，勾股定理，等腰三角形的性質，全等三角形的判定與性質等知識點，解題的關鍵是正確作出輔助線，構建全等三角形解決問題．三．解答題（共7小題，滿分52分）17．（6分）（2022秋·山東濟寧·九年級統(tǒng)考期末）如圖方格紙中每個小正方形的邊長都是1個單位長度，在方格紙中建立如圖所示的平面直角坐標系，△ABC的頂點都在格點上，且三個頂點的坐標分別為A0,3，B3,4，

(1)畫出△ABC關于原點O的中心對稱圖形△A′B′C(2)畫出將△ABC繞原點O逆時針方向旋轉90°后的圖形△A【答案】(1)圖見解析；B(2)圖見解析【分析】（1）根據找點，描點，連線，畫出△A′B（2）根據找點，描點，連線，畫出△A【詳解】（1）解：如圖所示，△A

由圖可知：B′（2）解：如圖所示，△A【點睛】本題考查畫出中心對稱圖形和旋轉圖形．熟練掌握中心對稱圖形和旋轉圖形的定義，是解題的關鍵．18．（6分）（2022秋·貴州六盤水·九年級統(tǒng)考期末）如圖，在矩形ABCD中，對角線AC、BD相交于點O，BE∥AC交DC的延長線于點E．

(1)判斷四邊形ABEC的形狀，并說明理由；(2)若∠DBC=30°，BO=6，求四邊形ABED的面積．【答案】(1)四邊形ABEC為平行四邊形；理由見解析(2)54【分析】（1）根據矩形得出AB∥CD，再根據BE∥（2）根據矩形的性質，結合直角三角形的性質，求出CD=6，BC=63，根據平行四邊形的性質，求出EC=6【詳解】（1）解：四邊形ABEC為平行四邊形；理由如下：∵四邊形ABCD為矩形，∴AB∥∵BE∥∴四邊形ABEC為平行四邊形；（2）解：∵四邊形ABCD為矩形，∴AB∥CD，BO=DO，AB=CD，∵BO=6，∴BD=12，∵∠DBC=30°，∴CD=1∴BC=BD2∵四邊形ABEC為平行四邊形，∴EC=AB=6，

∴DE=12，∴S四邊形【點睛】本題主要考查了矩形的性質，平行四邊形的判定和性質，勾股定理，直角三角形的性質，解題的關鍵是熟練掌握矩形的性質和平行四邊形的判定方法．19．（8分）（2022春·浙江杭州·八年級校考期中）如圖1，Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=4，∠ABC=60°，點P、Q是邊AB，BC上兩個動點，且BP=4CQ，以BP，BQ為鄰邊作平行四邊形BPDQ，PD，QD分別交AC于點E，F，設CQ=m(1)當平行四邊形BPDQ的面積為63時，求m(2)求證：△DEF≌(3)如圖2，連接AD，PF，PQ，當AD與△PQF的一邊平行時，求△PQF的面積．【答案】(1)m的值是1(2)證明見解析(3)△PQF的面積為1639【分析】（1）如圖1，過點P作PM⊥BC于M，表示BQ=4?m，PM=23m，根據平行四邊形BPDQ的面積為63，列等式可得m的值，由AB=8（2）先計算DE=CQ=m，再由平行線的性質和對頂角相等結合AAS證明△DEF≌（3）分兩種情況：①如圖2，AD∥PF，證明四邊形APFD是平行四邊形，根據PE=ED列方程可得m的值，并計算△PQF的面積；②如圖3，AD∥Q，證明四邊形【詳解】（1）解：如圖1，過點P作PM⊥BC于M，

∵BP=4CQ，CQ=m，∴BP=4m，Rt△PBM中，∠B=60°∴∠BPM=30°，∴BM=12BP=2m∵BC=4，CQ=m，∴BQ=4?m，∵平行四邊形BPDQ的面積為63∴BQ?PM=63，即4?m解得：m1=1，Rt△ABC中，∠A=30°∴AB=2BC=2×4=8，當m=1時，BP=4m=4，當m=3時，BP=4m=12>8，不符合題意，舍去；綜上，m的值是1；（2）證明：∵四邊形BPDQ是平行四邊形，∴PD∥∴∠D=∠CQF，由（1）知：BM=2m，∴PE=CM=4?2m，∴ED=PD?PE=BQ?PE=4?m?4?2m

∵CQ=m，∴CQ=ED，∵∠EFD=∠CFQ，∴△DEF≌（3）解：分兩種情況：①如圖2，AD∥∵PD∥∴∠AEP=∠C=90°，Rt△AEP中，∠PAE=30°∴PE=1∵AP∥DF，∴四邊形APFD是平行四邊形，∴PE=ED，∴4?2m=m，∴m=4∵PE=4?2×43=∴PE=CQ，∵PE∥CQ，∴四邊形CQPE是矩形，∴∠CQP=90°，

∴S△PFQ②如圖3，AD∥∵AD∥PQ，∴四邊形APQD是平行四邊形，∴AP=DQ，∵PB=DQ，∴AP=PB，∴8?4m=4m，∴m=1，∴S==3綜上，△PQF的面積為1639或【點睛】本題是四邊形的綜合題，考查了含30°的直角三角形的性質，三角形全等的性質和判定，矩形的性質和判定，平行四邊形的性質，三角形的中位線，三角形的面積等知識點的應用，主要考查學生綜合運用性質進行計算的能力，還用了分類討論思想．20．（8分）（2022春·安徽滁州·九年級校聯(lián)考階段練習）四邊形ABCD中，AC⊥CD，對角線AC,BD相交于點E．

(1)如圖1，若BD⊥AB，BC=DC，求證：∠CBD=∠CAB；(2)如圖2，若AC平分∠BAD，點E是AC的中點，過點B作BF⊥AC，垂足為F，點G為BD的中點，連接FG,CG．①求證：FG=CG；②連接AG，試判斷四邊形ABCG的形狀，并證明．【答案】(1)見解析(2)①見解析；②四邊形ABCG是平行四邊形，證明見解析【分析】（1）根據等角的余角相等，可得∠CAB=∠CDE，再由BC=DC，可得∠CBD=∠CDE，即可；（2）①延長BF交AD于點M，延長AB,DC交于點H，可證明△ABF≌△AMF，可得BF=FM，從而得到FG是△BMD的中位線，進而得到FG∥DM，繼而得到∠MFG=∠AMF，同理△HAC≌△DAC，可得HC=CD,∠H=∠ADC，從而得到CG是△BHD的中位線，進而得到CG∥BH，繼而得到∠H=∠GCD，再由BF∥HD，可得∠AMF=∠ADC，從而得到∠GCD=∠AMF=∠MFG，進而得到∠CFG=∠FCG，即可；②證明【詳解】（1）證明：∵AC⊥CD，BD⊥AB，∴∠ABD=∠ACD=90°，∵∠AEB=∠DEC，∴∠CAB=∠CDE，∵BC=DC，∴∠CBD=∠CDE，∴∠CBD=∠CAB；（2）①證明：如圖，延長BF交AD于點M，延長AB,DC交于點H，

∵AC平分∠BAD，∴∠BAF=∠FAM，∵BF⊥AC，∴∠AFB=∠AFM=90°，在△ABF和△AMF中，∠BAF=∠MAFAF=AF∴△ABF≌△AMF，∴BF=FM，∵點G為BD的中點，∴FG是△BMD的中位線，∴FG∥∴∠MFG=∠AMF，同理△HAC≌△DAC，∴HC=CD,∠H=∠ADC，∴CG是△BHD的中位線，∴CG∥∴∠H=∠GCD，∵BF⊥AC,HD⊥AC，∴BF∥∴∠AMF=∠ADC，∴∠GCD=∠AMF=∠MFG，∵∠MFG+∠CFG=∠GCD+∠FCG=90°，∴∠CFG=∠FCG，

∴FG=CG；②解：四邊形ABCG是平行四邊形，證明如下：∵點E是AC的中點，∴AE=CE，∵CG∥∴∠BAE=∠ECG，在△ABE和△CGE中，∠BAE=∠ECGAE=CE∴△ABE≌△CGE，∴AB=CG，∵AB∥∴四邊形ABCG是平行四邊形，【點睛】本題主要考查了全等三角形的判定和性質，平行四邊形的判定，三角形中位線定理，等腰三角形的判定和性質，熟練掌握全等三角形的判定和性質，平行四邊形的判定，三角形中位線定理，等腰三角形的判定和性質是解題的關鍵．21．（8分）（2022春·四川成都·八年級?？计谥校┮阎?，菱形ABCD中，∠B=60°，E、P分別是邊BC和CD上的點，且∠EAP=60°．(1)求證：BC=EC+CP．(2)如圖2，F在CA延長線上，且FE=FB，求證：AF=EC．(3)如圖3，在（2）的條件下AF=4，BE=6，點O是FB的中點，求OA的長．【答案】(1)見詳解(2)見詳解(3)19

【分析】（1）連接AC，如圖1，根據菱形的性質得AB=BC，即可判定△ABC為等邊三角形，得到∠BAC=60°，AC=AB，然后利用ASA可證明△AEB≌（2）過點F作FH∥AB，交CB的延長線于點H，利用平行線的性質求得△FHC是等邊三角形，得到CF=CH=FH，然后利用AAS定理求得（3）過點B作BK∥FC，交HF于點K，根據兩組對邊分別平行求得四邊形KBAF是平行四邊形，從而求得OA=12AK，FK=10，A作AM⊥FH，然后利用含30°的直角三角形的性質以及勾股定理求得MF=12AF=2，【詳解】（1）連接AC，如圖1，∵四邊形ABCD為菱形，∴AB=BC，∵∠B=60°，∴△ABC為等邊三角形，∴∠BAC=60°，AC=AB，∴∠BAE+∠EAC=60°，∵∠EAP=60°，即∠EAC+∠CAP=60°，∴∠BAE=∠CAP，∵AB∥∴∠BAC=∠ACP=60°，即∠ACP=60°=∠B，在△AEB和△APC中，∠BAE=∠CAPAB=AC∴△AEB≌∴BE=CP，

∴BC=EC+BE=EC+CP；（2）過點F作FH∥AB，交CB的延長線于點在（1）中已證△ABC為等邊三角形，∵FH∥∴∠H=∠ABC=60°=∠C，∴△FHC是等邊三角形，∴CF=CH=FH，又∵△ABC是等邊三角形，∴CA=CB，∴AF=BH，又∵FB=FE，∴∠FEB=∠FBE，即∠FBH=∠FEC，在△HBF和△CEF中∠FBH=∠FEC∠FHB=∠FCE∴△HBF≌∴BH=EC，∴AF=EC；（3）過點B作BK∥FC，交HF于點

∵BK∥FC，FH∥AB，∴四邊形KBAF是平行四邊形，∴KB=AF=EC=4，∵點O是FB的中點，∴OA=1∴FK=AB=BC=BE+EC=BE+AF=10，過點A作AM⊥FH，由（2）可知，∠CFH=60°，∴在Rt△AMF中，∠MAF=30°∴MF=12AF=2∴KM=FK?MF=10?2=8，在Rt△AKM中，AK=∴OA=1【點睛】本題考查全等三角形的判定與性質，等邊三角形的判定與性質，及平行四邊形的判定和性質，含30°角的直角三角形的性質以及勾股定理等知識，題目有一定的綜合性，正確添加輔助線解題是關鍵的突破點．22．（8分）（2022春·江蘇南京·八年級?？计谥校┤鐖D1，O是平行四邊形ABCD對角線的交點，過點O作OH⊥AB，OM⊥BC，垂足分別為H，M，若OH≥OM，我們稱λ=OHOM是平行四邊形(1)如圖2，四邊形ABCD是矩形，AB=3，BC=4，則λ=．

(2)如圖3，四邊形ABCD是平行四邊形，λ=1，求證：四邊形ABCD是菱形．(3)已知如圖，在△ABC中，∠B=75°，點E、F、G分別在AB、AC、BC邊上，若存在一個四邊形BEFG是平行四邊形，且λ=2，請通過尺規(guī)作圖作出一個點F【答案】(1)4(2)證明見解析(3)作圖見解析【分析】（1）由面積法可得12（2）由角平分線的性質可得∠ABD=∠CBD，由平行線的性質可得∠ADB=∠CBD=∠ABD，可得AB=AD，可得結論；（3）如圖4，以點C為圓心，CB為半徑作弧，交AB于點D，作BC的垂直平分線交CD于Q，連接BQ

，并延長交AC于點F，則點F為所求點．【詳解】（1）解：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC=90°，OA=OC，∵OH⊥AB，OM⊥BC，∴12∴OHOM∴λ=4（2）∵λ=1，∴OHOM∴OH=OM，又∵OH⊥AB，OM⊥BC，∴∠ABD=∠CBD，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥∴∠ADB=∠CBD=∠ABD，∴AB=AD，∴四邊形ABCD是菱形；（3）如圖，以點C為圓心，CB為半徑作弧，交AB于點D，作BC的垂直平分線交CD于Q，連接BQ，并延長交AC于點F，則點F為所求點．理由如下：過F作FE∥BC交BA于E，過F作FG∥AB交BC于G，連接EG，交BF于O，過O作OH⊥AB于H，過O作

由作圖可得：CD=CB，而∠ABC=75°，∴∠CDB=∠CBD=75°，∠DCB=30°，由作圖可得：作BC的垂直平分線交CD于Q，∴QB=QC，∴∠QCB=∠QBC=30°，∴∠HBO=45°，在Rt△BMO中，OM=在Rt△BOH中，OH=∴OHOM=2【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了平行四邊形的性質，矩形的性質，菱形的判定，基本作圖等知識，理解新定義，并運用是解題的關鍵．23．（8分）（2022春·遼寧沈陽·九年級沈陽市第一二六中學?？奸_學考試）在正方形ABCD中，AE⊥MN，點E為邊BC上一點（不與點B、C重合），垂直于AE的一條直線MN分別交AB，AE，CD于點M，P，N．(1)①如圖1，判斷線段AE與MN之間的數量關系，并說明理由；(2)如圖2，若垂足P為AE的中點，連接BD，交MN于點Q，連接EQ，則∠AEQ=______．(3)若垂足P在對角線BD上，正方形的邊長為8．①如圖3，若BM=1，BE=32，則②如圖4，連接AN，將△APN沿著AN翻折，點P落在點P′處，AD的中點為S，則P

【答案】(1)AE=MN；理由見解析(2)45°(3)①524【分析】（1）過點B作BF∥MN分別交AE、CD于點G、F，證出四邊形MBFN為平行四邊形，得出MN=BF，證明△ABE≌△BCF得出（2）連接AQ，過點Q作HI∥AB，分別交AD、BC于點H、I，證出△DHQ是等腰直角三角形，HD=HQ，AH=QI，證明Rt△AHQ≌Rt△QIE得出∠AQH=∠QEI，得出（3）①過點P分別作PG⊥BC,PH⊥AB垂足分別為G,H，則∠PEG=∠PHM=90°，證明△PMH≌△PEGAAS，設GE=MH=x，根據MB+MH=BE?