2024八年級數(shù)學下冊專題12平行四邊形的判定和性質(zhì)含解析新版浙教版

Page43專題12平行四邊形的判定和性質(zhì)閱卷人一、選擇題(共10題；每題2分，共20分)得分1．（2分）（遷安期末）對于命題：一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形，小明的證明過程（）已知：如圖，在四邊形中，且求證：四邊形是平行四邊形．證明：連接，在和中，∵，∴∵，∴∴∴四邊形是平行四邊形A．已經(jīng)嚴謹，不用補充 B．應(yīng)補充“”C．應(yīng)補充“” D．應(yīng)補充“”【答案】B【規(guī)范解答】解：“∵△ABD≌△CDB，∴AB∥DC．”這兩個之間沒有因果關(guān)系，須要在它們之間補充“∠ABD=∠CDB”．故答案為：B．【思路點撥】依據(jù)全等三角形的性質(zhì)求解即可。2．（2分）（競秀期末）如圖，點E、F分別是?ABCD邊AD、BC的中點，G、H是對角線BD上的兩點，且BG=DH．則下列結(jié)論中錯誤的是（）A． B．四邊形EGFH是平行四邊形C． D．【答案】D【規(guī)范解答】解：連接EF交BD于點O，在平行四邊形ABCD中，AD=BC，∠EDH=∠FBG，∵E、F分別是AD、BC邊的中點，∴DE=BF=BC，∠EDO=∠FBO，∠DOE=∠BOF，∴△EDO≌△FBO，∴EO=FO，DO=BO，∵BG=DH，∴OH=OG，∴四邊形EGFH是平行四邊形，∴GF=EH，EG=HF，故答案為：A、B、C不符合題意；∵∠EHG不愿定等于90°，∴EH⊥BD錯誤，D符合題意；故答案為：D．【思路點撥】利用平行四邊形的性質(zhì)及全等三角形的判定和性質(zhì)逐項推斷即可。3．（2分）（陳倉期末）在平面直角坐標系中，以A（-1，0），B（2，0），C（0，1），為頂點構(gòu)造平行四邊形，下列各點中不能作為平行四邊形第四個頂點的坐標的是（）

A． B． C． D．【答案】B【規(guī)范解答】解：如圖，

①以AC為對角線，可以畫出平行四邊形AFCB，這時第四個頂點的F的坐標為(-3，1)；

②以AB為對角線，可以畫出平行四邊形ACBE，這時第四個頂點的E的坐標為(1，-1)；

③以BC為對角線，可以畫出平行四邊形ACDB，這時第四個頂點的F的坐標為D的坐標為(3，1)；

故答案為：B.

【思路點撥】依據(jù)題意畫出圖形，分別以AC、BC和AB為對角線畫出平行四邊形，依此得出第四點的坐標即可.4．（2分）（承德期末）如圖，在四邊形ABCD中，，，對角線AC，BD交于點O，AC平分，過點C作交AB的延長線與點E，連接OE．嘉嘉說：“四邊形ABCD是菱形．”琪琪說：“．”對于他倆的說法，正確的是（）A．嘉嘉正確，琪琪錯誤 B．嘉嘉錯誤，琪琪正確C．他倆都正確 D．他倆都錯誤【答案】C【規(guī)范解答】解：∵AC平分，∴∠DAC=∠BAC，∵，∴∠DCA=∠BAC，∴∠DCA=∠DAC，∴AD=DC，又∵AB=AD，∴AB=DC，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∵AB=AD，∴平行四邊形ABCD是菱形，故嘉嘉正確∴AC，BD相互平分，即O為AC的中點，∵，∴△ACE是直角三角形，∴，故琪琪正確，故答案為：C．

【思路點撥】首先證明CD=AD，繼而證得四邊形ABCD為平行四邊形，依據(jù)菱形的判定即可得到四邊形ABCD為菱形，由直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半即可得到OE=AC.5．（2分）（薛城期末）如圖，平行四邊形中，，是對角線上的兩點，假如添加一個條件使四邊形是平行四邊形，則添加的條件不能是（）A． B． C． D．【答案】A【規(guī)范解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD＝BC，AD∥BC，∴∠DAE＝∠BCF，∵DE＝BF，不能得出△ADE≌△CBF，∴不能得出四邊形DEBF是平行四邊形，故A符合題意；∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD＝BC，∠DAE＝∠BCF，∵AE＝CF，∴△ADE≌△CBF（SAS），∴∠AED＝∠CFB，DE＝BF，∴∠DEF＝∠BFE；∴DEBF，∴四邊形DEBF是平行四邊形，故B不符合題意；∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD＝BC，∠DAE＝∠BCF；∵AF＝CE，∴AE＝CF，∴△ADE≌△CBF（SAS），∴∠AED＝∠CFB，DE＝BF，∴∠DEF＝∠BFE，∴DEBF，∴四邊形DEBF是平行四邊形，故C不符合題意；∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD＝BC，∠DAE＝∠BCF，∵∠ADE＝∠CBF，∴△ADE≌△CBF（ASA），∴DE＝CF，∠AED＝∠BFC，∴∠DEF＝∠BFE，∴DECF，∴四邊形DEBF是平行四邊形，故D不符合題意；故答案為：A．

【思路點撥】依據(jù)平行四邊形的判定方法逐項推斷即可。6．（2分）（南充期末）如圖，矩形中，，分別是邊，的中點，于，的延長線交于．下列結(jié)論：①；②；③；④．其中結(jié)論正確的有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】D【規(guī)范解答】解：連接CM、DM，∵矩形ABCD∴，∵，M，N分別是邊AB，CD的中點，∴故①正確；∵∴四邊形AMCN是平行四邊形∴AN∥CM∴∵∴CM垂直平分PB∴BC=PC∴（SSS）∴即故②正確；∵，，∴（HL）∴故③正確；取CQ中點E，連接EN∵N是CD中點∴EN是△CDQ的中位線∴∵∴∴，即故④正確；綜上所述，正確的是①②③④故答案為：D．【思路點撥】連接CM、DM，由矩形的性質(zhì)可得AB=CD，依據(jù)線段的中點及直角三角形斜邊中線的性質(zhì)可得，故①正確；可證四邊形AMCN是平行四邊形，可得AN∥MC，依據(jù)SSS證明，可得，故②正確；依據(jù)HL可證明，可得PQ=AQ，故③正確；取CQ中點E，連接EN，可得EN是△CDQ的中位線，可得DQ=2EN，依據(jù)大角對大邊進行推斷即可.7．（2分）（慈溪期末）如圖，正方形中，點P為延長線上任一點，連結(jié)，過點P作，交的延長線于點E，過點E作于點F.下列結(jié)論：①；②；③；④若，則.其中正確的個數(shù)為（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【規(guī)范解答】解：如圖1，在EF上取一點G，使FG=FP，連接BG、PG，∵EF⊥BP，∴∠BFE=90°，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠FBC=∠ABD=45°，∴BF=EF，在△BFG和△EFP中，，∴△BFG≌△EFP（SAS），∴BG=PE，∠PEF=∠GBF，∵∠ABD=∠FPG=45°，∴AB∥PG，∵AP⊥PE，∴∠APE=∠APF+∠FPE=∠FPE+∠PEF=90°，∴∠APF=∠PEF=∠GBF，∴AP∥BG，∴四邊形ABGP是平行四邊形，∴AP=BG，∴AP=PE；故①正確；如圖2，連接CG，由①知：PG∥AB，PG=AB，∵AB=CD，AB∥CD，∴PG∥CD，PG=CD，∴四邊形DCGP是平行四邊形，∴CG=PD，CG∥PD，∵PD⊥EF，∴CG⊥EF，即∠CGE=90°，∵∠CEG=45°，∴CE=CG=PD；故③正確；如圖3，連接AC交BD于O，∠CGF=∠GFD=90°，∵四邊形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，BD=∴∠COF=90°，∴四邊形OCGF是矩形，∴OC=FG，BD=2OC=2FG，△BFG≌△EFP，，，故②正確；④，，，，，，，，，，，，，即.故④正確.故答案為：D.【思路點撥】在EF上取一點G，使FG=FP，連接BG、PG，依據(jù)正方形的性質(zhì)得∠FBC=∠ABD=45°，則BF=EF，證△BFG≌△EFP，得BG=PE，∠PEF=∠GBF，易得四邊形ABGP是平行四邊形，則AP=BG，據(jù)此推斷①；連接CG，易得四邊形DCGP是平行四邊形，則CG=PD，CG∥PD，依據(jù)三角函數(shù)的概念得CE=CG，據(jù)此推斷③；連接AC交BD于O，依據(jù)正方形性質(zhì)得AC⊥BD，BD=AB=PG，則四邊形OCGF是矩形，OC=FG，BD=2OC=2FG，依據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得PF=FG，據(jù)此推斷②；依據(jù)等腰三角形的性質(zhì)結(jié)合內(nèi)角和定理可得∠BPE=∠BEP=67.5°，∠FPG=∠FGP=45°，則∠GPE=22.5°，推出PG=GE，則FG=GE，BE=(1+)FG，DF=(-1)PF，據(jù)此推斷④.8．（2分）（揚州期中）如圖，在平行四邊形ABCD中，AB＝5，BC＝8，∠ABC和∠BCD的角平分線分別交AD于點E和F，若BE＝6，則CF＝（）A．6 B．8 C．10 D．13【答案】B【規(guī)范解答】解：如圖，設(shè)BE與FC的交點為H，過點A作AM∥FC，交BE與點O，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，AB∥CD，∴∠ABC+∠DCB=180°，∵BE平分∠ABC，CF平分∠BCD，∴∠ABE＝∠EBC，∠BCF＝∠DCF，∴∠CBE+∠BCF＝90°，∴∠BHC＝90°，∵AM∥CF，∴∠AOE＝∠BHC＝90°，∵AD∥BC，∴∠AEB＝∠EBC＝∠ABE，∴AB＝AE＝5，又∵∠AOE＝90°，∴BO＝OE＝3，∴，在△ABO和△MBO中，，∴△ABO≌△MBO（ASA），∴AO＝OM＝4，∴AM＝8，∵AD∥BC，AM∥CF，∴四邊形AMCF是平行四邊形，∴CF＝AM＝8.故答案為：B.【思路點撥】設(shè)BE與FC的交點為H，過點A作AM∥FC，交BE與點O，由平行四邊形的性質(zhì)以及平行線的性質(zhì)得∠ABC+∠DCB+180°，依據(jù)角平分線的概念得∠ABE＝∠EBC，∠BCF＝∠DCF，則∠CBE+∠BCF＝90°，依據(jù)平行線的性質(zhì)得∠AOE＝∠BHC＝90°，∠AEB＝∠EBC＝∠ABE，則AB＝AE＝5，利用勾股定理求出AO，證明△ABO≌△MBO，得到AO＝OM＝4，則AM＝8，推出四邊形AMCF是平行四邊形，據(jù)此解答.9．（2分）（溫州期中）如圖，△ABC的面積為24，點D為AC邊上的一點，延長BD交BC的平行線AG于點E，連結(jié)EC，以DE、EC為鄰邊作平行四邊形DECF，DF交BC邊于點H，連結(jié)AH，當時，則△AHC的面積為（）A．4 B．6 C． D．【答案】C【規(guī)范解答】解：如圖，延長HD交AG于點Q，

∵?DECF，

∴DF∥CE，ED∥CF，

∴∠CFH=∠EDQ

又∵BC∥AQ，

∴四邊形HQEC為平行四邊形，

∴EQ=CH，

又∠EQD=∠CHF，

∴△EDQ≌△CHF（AAS），

∴S△EDQ=S△CHF，

∴S?HQEC=S?DECF，

∵△ABC的面積為24，

∴S△BEC=24，

又∵AD=CD，

∴S△BDC=S△ABC=16，

∴S△DEC=S△BEC-S△BDC=24-16=8，

∴S?HQEC=S?DECF=2S△DEC=16，

∴S△AHC=S?HQEC=8.

故答案為：C.

【思路點撥】如圖，延長HD交AG于點Q，由?DECF性質(zhì)得DF∥CE，ED∥CF，從而得∠CFH=∠EDQ，易證明四邊形HQEC為平行四邊形，由平行四邊形性質(zhì)得EQ=CH，∠EQD=∠CHF，易證△EDQ≌△CHF，即得S△EDQ=S△CHF，從而得到S?HQEC=S?DECF，由△ABC的面積為24，可得到S△BEC=24，又有AD=CD，所以S△BDC=S△ABC=16，從而求得S△DEC=8，進而求出S?HQEC=2S△DEC=16，最終由S△AHC=S?HQEC即可求得其面積.10．（2分）（江油期末）如圖，已知點D是等邊三角形ABC中BC的中點，BC＝2，點E是AC邊上的動點，則BE＋ED的和最小值為（）A． B． C．3 D．【答案】B【規(guī)范解答】解：作B關(guān)于AC的對稱點B′，連接BB′、B′D，交AC于E，此時BE＋ED＝B′E＋ED＝B′D，依據(jù)兩點之間線段最短可知B′D就是BE＋ED的最小值，∵B、B′關(guān)于AC的對稱，△ABC是等邊三角形∴AC、BB′相互垂直平分，∴四邊形ABCB′是平行四邊形，∵三角形ABC是邊長為2的等邊三角形，且D為BC的中點，∴AD⊥BC，∴AD＝，BD＝CD＝1，BB′＝2AD＝2，作B′G⊥BC的延長線于G，∴B′G＝AD＝，在Rt△B′BG中，BG＝，∴DG＝BG?BD＝3?1＝2，在Rt△B′DG中，B'D＝.故BE＋ED的最小值為.故答案為：B.【思路點撥】作B關(guān)于AC的對稱點B′，連接BB′、B′D，交AC于E，此時BE＋ED＝B′E＋ED＝B′D，依據(jù)兩點之間線段最短可知B′D就是BE＋ED的最小值，然后依據(jù)等邊三角形的性質(zhì)求出AD長，在Rt△B′BG中，依據(jù)勾股定理求出BG，最終在Rt△B′DG中，依據(jù)勾股定理求B'D，即可解答.閱卷人二、填空題(共10題；每題2分，共20分)得分11．（2分）（虎林期末）已知：如圖，線段AB＝6cm，點P是線段AB上的動點，分別以AP、BP為邊在AB作等邊APC、等邊BPD，連接CD，點M是CD的中點，當點P從點A運動到點B時，點M經(jīng)過的路徑的長是cm．【答案】3【規(guī)范解答】解：如圖，分別延長AC，BD交于H，過點M作GN∥AB分別交AH于G，BH于N，∵△APC、△BPD都是等邊三角形，∴∠A=∠B=∠DPB=∠CPA=60°，∴AH∥PD，BH∥CP，∴四邊形CPDH是平行四邊形，∴CD與HP相互平分，∴M是PH的中點，故在P運動過程中，M始終在HP的中點，所以M的運動軌跡即為△HAB的中位線，即線段GN，∴cm，故答案為：3．

【思路點撥】構(gòu)造幫助線，依據(jù)等邊三角形的性質(zhì)求得CPDH是平行四邊形，平行四邊形對角線相互平分求得M是PH的中點，再依據(jù)中位線的定理即可求得.12．（2分）（曲陽期末）如圖，在?ABCD中，E，F(xiàn)是對角線BD上的兩點，要使四邊形AFCE是平行四邊形，則需添加的一個條件可以是．（只添加一個條件）【答案】BF=DE（答案不唯一）．【規(guī)范解答】解：添加的條件為BF=DE，連接AC交BD于O，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AO=CO、BO=DO，∵BF=DE，∴OE=OF，∴四邊形AFCE是平行四邊形．故答案為BF=DE．

【思路點撥】連接AC交BD于O，依據(jù)對角線相互平分的四邊形是平行四邊形，據(jù)此添加即可（答案不唯一）.13．（2分）（元陽期末）如圖，在梯形ABCD中，，E為BC中點，，，點P以每秒3個單位長度的速度從點B動身向點C運動，同時點Q以每秒1個單位長度的速度從點D動身向點A運動，則經(jīng)過秒后，以點A，E，P，Q為頂點的四邊形是平行四邊形．【答案】或【規(guī)范解答】解：設(shè)運動時間為t秒，則有QD=t，BP=3t，∵BC=18，E點在BC中點，∴BE=9=EC，∵AD=8，∴AQ=AD-QD=8-t，∵，∴，即當時，以點A，E，P，Q為頂點的四邊形是平行四邊形，當P點在E點左側(cè)時，則有PE=BE-BP=9-3t，∵，∴8-t=9-3t，解得，當P點在E點右側(cè)時，則有PE=BP-BE=3t-9，∵，∴8-t=3t-9，解得，即經(jīng)過或秒后，以點A，E，P，Q為頂點的四邊形是平行四邊形，故答案為：或．【思路點撥】設(shè)運動時間為t秒，則有QD=t，BP=3t，分兩種狀況：①當P點在E點左側(cè)時，則有PE=BE-BP=9-3t；②當P點在E點右側(cè)時，則有PE=BP-BE=3t-9，再分別求解即可。14．（2分）（番禺期末）如圖，在?ABCD中，CD=2AD，F(xiàn)為DC的中點，BE⊥AD于點E，連接EF，BF，下列結(jié)論：①∠ABC＝2∠ABF；②EF＝BF；③S△ABE：S△EFB＝2：3；④∠CFE＝3∠DEF．其中正確結(jié)論的序號是．【答案】①②④【規(guī)范解答】解：如圖，延長EF交BC的延長線于G，取AB的中點H，連接FH．∵CD=2AD，DF=FC，∴CF=CB，∴∠CFB=∠CBF，∵CD//AB，∴∠CFB=∠FBH，∴∠CBF=∠FBH，∴∠ABC=2∠ABF．故①符合題意，∵DE∥CG，∴∠D=∠FCG，∵DF=FC，∠DFE=∠CFG，∴△DFE2≌△CFG（ASA），∴FE=FG，∵BE⊥AD，∴∠AEB=90°，∵AD∥BC，∴∠AEB=∠EBG=90°，∴BF=EF=FG，故②符合題意，∵S△DFE=S△CFG，∴S四邊形DEBC=S△EBG=2S△BEF，若S△ABE：S△EFB=2：3，則S四邊形DEBC=3S△ABE，過點E作EM/∥AB交BC于點M，則四邊形AEBM和四邊形DEMC都是平行四邊形，∴E為AD的中點，這與條件不相符，故③不符合題意，∵AH=HB，DF=CF，AB=CD，∴CF=BH，∵CF∥BH，∴四邊形BCFH是平行四邊形，∵CF=BC，∴四邊形BCFH是菱形，∴∠BFC=∠BFH，∵FE=FB，F(xiàn)H∥AD，BE⊥AD，∴FH⊥BE，∴∠BFH=∠EFH=∠DEF，∴∠EFC=3∠DEF，故④符合題意，故答案為：①②④．

【思路點撥】利用三角形全等的判定和性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)和判定及菱形的判定和性質(zhì)逐項推斷即可。15．（2分）（長清期末）如圖，在ABC中，，，AD平分交BC于點D，P為直線AB上一動點．連接DP，以DP、DB為鄰邊構(gòu)造平行四邊形DPQB，連接CQ，若．則CQ的最小值為．【答案】【規(guī)范解答】解：如圖1，過C作CO⊥AB于O，過D作DH⊥AB于H，在Rt△ACO中，∠CAB=60°，∴∠ACO=30°，∴AO=AC=3，∴OC==3，在Rt△BCO中，∠CBA=45°，∴OB=CO=3，∴AB=AO+BO=3+3，∵AD平分∠CAB，∴∠DAB=∠CAB=30°，在Rt△DHB中，∠CBA=45°，可設(shè)DH=HB=a，∴AD=2DH=2a，∴AH==a，∴AB=AH+BH=a+a，∴a+a=3+3，∴a=3，∴DH=3，如圖2，過Q作QG⊥AB于G，連接DQ交AB于M，∵四邊形DPQB為平行四邊形，∴DM=QM，在△QGM與△DHM中，，∴△QGM≌△DHM(AAS)，∴QG=DH=3，故Q到直線AB的距離始終為3，所以Q點在平行于AB的直線上運動，且兩直線距離為3，依據(jù)垂線段最短，當C，O，Q三點在一條直線上時，此時CQ最小，如圖3，最小值為：CO+3=3+3，故答案為：3+3．【思路點撥】在Rt△ACO中，∠CAB=60°，利用勾股定理得出OC的值，在Rt△BCO中，∠CBA=45°，利用勾股定理得出AH的值，證出△QGM≌△DHM(AAS)，得出QG=DH=3，故Q到直線AB的距離始終為3，所以Q點在平行于AB的直線上運動，且兩直線距離為3，依據(jù)垂線段最短，當C，O，Q三點在一條直線上時，此時CQ最小，即可得解。16．（2分）（濱城期末）如圖，在平面直角坐標系中，函數(shù)的圖象分別交x軸，y軸于A，B兩點，過點A的直線交y軸正半軸于點M，且．在平面直角坐標系內(nèi)存在點C，使得以A，B，M，C為頂點的四邊形是平行四邊形，則點C的坐標為．【答案】或或【規(guī)范解答】解：∵函數(shù)的圖象分別交x軸，y軸于A，B兩點，當時，，∴，∵，且點M位于y軸正半軸，∴，∴當時，，解得，∴，以A，B，M，C為頂點的四邊形是平行四邊形，分三種狀況：如圖所示：①，為邊，∴，，∵，，，∴線段向右平移3個單位，再向下平移2個單位得到線段，則點的對應(yīng)點為點，點的對應(yīng)點為點C，∴；②，為邊，∴，，∵，，，∴線段向右平移3個單位，再向下平移6個單位得到線段，則點的對應(yīng)點為點，點的對應(yīng)點為點C，∴；③，為邊，∴，，∵，，，∴線段向左平移3個單位，再向上平移2個單位得到線段，則點的對應(yīng)點為點，點的對應(yīng)點為點，∴．綜上所述，滿足條件的點C的坐標為或或．【思路點撥】分類探討，結(jié)合函數(shù)圖象，計算求解即可。17．（2分）（淮安期末）如圖，矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，E為BC的中點，F(xiàn)為DE上一動點，P為AF中點，連接PC，則PC的最小值是.【答案】【規(guī)范解答】解：如圖，取AD中點H，連接BH，CH，設(shè)BH與AE的交點為O，連接CO，如圖所示：∵四邊形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝2，AD＝BC＝4，，，∵點E是BC中點，點H是AD中點，∴AH＝CE＝DH＝BE＝AB=CD=2，∴四邊形BEDH是平行四邊形，，，∴，∵點P是AF的中點，點H是AD的中點，∴，∴點P在BH上，∵，∴，∴，∵點P在BH上，∴當CP⊥BH時，此時點P與H重合，PC有最小值，在Rt△CDH中，∴PC的最小值為，故答案為：.【思路點撥】取AD中點H，連接BH，CH，設(shè)BH與AE的交點為O，連接CO，可證四邊形BEDH是平行四邊形，可得，由三角形中位線定理可得，可知當CP⊥BH時，此時點P與H重合，PC有最小值，利用勾股定理求出CH的長即可.18．（2分）（溫州期中）如圖，一副三角板如圖1放置，AB=CD=，頂點E重合，將△DEC繞其頂點E旋轉(zhuǎn)，如圖2，在旋轉(zhuǎn)過程中，當∠AED=75°，連結(jié)AD、BC，這時△ADE的面積是．【答案】【規(guī)范解答】解：如圖2，過點E作EG∥CD，延長CE交AB于點H，

∴∠EDC=∠DEG，

由題意，可知：∠EDC=30°，∠DEC=60°，∠ECD=∠AEB=90°，∠ABE=∠BAE=45°，

∵∠AED=75°，

∴∠AEG=∠AED-∠DEG=75°-30°=45°，

∴EG∥AB∥CD，

∴HC⊥AB，

∴HE=BH=AH=AB，

又∵AB=CD，

∴四邊形ABCD為平行四邊形，

∵AB=CD=，

∴HE=BH=AH=，EC==，

HC=HE+EC=+=，

∴S△ABE=××=，S△DEC=××=，S△CEB=××=，

S?ABCD=×=3+2，

∴S△ADE=S?ABCD-S△ABE-S△DEC-S△CEB=3+2=.

故答案為：.

【思路點撥】如圖2，過點E作EG∥CD，延長CE交AB于點H，則∠EDC=∠DEG，由題意可知∠EDC=30°，∠DEC=60°，∠ECD=∠AEB=90°，∠ABE=∠BAE=45°，又∠AED=75°，從而得∠AEG=45°，即可推出EG∥AB∥CD，從而得HC⊥AB，由等腰直角三角形性質(zhì)可得HE=BH=AH=AB，又AB=CD=，可證明四邊形ABCD為平行四邊形；利用直角三角形性質(zhì)分別求得HE=BH=AH=，EC=，從而得HC=HE+EC=，最終依據(jù)S△ADE=S?ABCD-S△ABE-S△DEC-S△CEB，代入數(shù)據(jù)計算，即可求解.19．（2分）（順城期末）如圖所示，分別以的直角邊，斜邊為邊向外構(gòu)造等邊和等邊，為的中點，連接，，，，．有下列五個結(jié)論：①；②；③四邊形是菱形；④；⑤四邊形是平行四邊形．其中正確的結(jié)論是．【答案】①③⑤【規(guī)范解答】解：∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，∴∠BAC=60°，AC=AB，∵F為AB中點，∴CF=AF=BF=AB，∴AC=CF=AF，∵為等邊三角形，∴AC=AD=CD，∴AF=FC=CD=AD，∴四邊形ADCF是菱形，∴AC⊥DF，故①③符合題意；∵四邊形ADCF是菱形，∴AF∥CD，AF=CD，∵AF=BF，∴BF=CD，∴四邊形BFDC是平行四邊形，故結(jié)論⑤符合題意；∵四邊形BFDC是平行四邊形，∴BC=DF，∴DA+DF=AC+BC，∵AC+BC＞AB，∴DA+DF＞AB，∵為等邊三角形，∴AB=BE，∴DA+DF＞BE，故結(jié)論②不符合題意；∵四邊形ADCF是菱形，∴，∵F為AB中點，∴，∴△ACD、△ABE都為等邊三角形，F(xiàn)為AB中點，∴，故結(jié)論④不符合題意．故答案為：①③⑤

【思路點撥】依據(jù)平行四邊形的判定和性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)分別推斷得到答案即可。20．（2分）（武侯期末）如圖，點D，E是ABC內(nèi)的兩點，且DEAB，連結(jié)AD，BE，CE.若AB＝9，DE＝2，BC＝10，∠ABC＝75°，則AD+BE+CE的最小值為.【答案】【規(guī)范解答】解：過點作交于，將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)，得到△，過作交延長線于，，都是等邊三角形，，四邊形是平行四邊形，，，，，，，，，當、、、共線時，有最小值為的長，，，，，在中，，在△中，，的最小值為，故答案為：.【思路點撥】過點作交于，將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)，得到△，過作交延長線于，可得到△BEE＇和△BFF＇都是等邊三角形，易證四邊形AFED是平行四邊形，利用平行四邊形的性質(zhì)可求出AF、BF的長；再證明AD+BE+CE=CE+EE＇+E＇F＇，由此可得到當、、、共線時，有最小值為的長，利用勾股定理求出HF＇的長及CF＇的長；從而可得到AD+BE+CE的最小值.閱卷人三、解答題(共7題；共60分)得分21．（5分）（歷下期末）如圖，已知是等邊三角形，E為AC上一點，連接BE．將旋轉(zhuǎn)，使得點C落在BC上的點D處，點B落在BC上方的點F處，旋轉(zhuǎn)后的三角形是，連接AF．請證明：四邊形ABDF是平行四邊形．【答案】證明：∵是等邊三角形，∴，．∵由旋轉(zhuǎn)得到，∴，，∴，是等邊三角形．∴，∴，∴，∴四邊形ABDF是平行四邊形．【思路點撥】利用一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形的判定方法求解即可。22．（8分）（順平期末）如圖，在中，點D，E，F(xiàn)分別是的中點，連接．（1）（4分）試猜想四邊形的形態(tài)，并說明理由．（2）（4分）若，試推斷線段與的關(guān)系，并說明理由．【答案】（1）解：猜想四邊形是平行四邊形，理由如下，∵點D，E，F(xiàn)分別是的中點∴是的中位線∴，∴四邊形是平行四邊形（2）解：，理由如下，∵，點E，F(xiàn)分別是的中點，∴∵四邊形是平行四邊形，∴四邊形為菱形，又∵∴為正方形∴，【思路點撥】（1）猜想四邊形是平行四邊形，理由：先確定是的中位線，依據(jù)三角形中位定理可得，，依據(jù)兩組對邊分別平行的四邊形是平行四邊形即證；

（2），理由：依據(jù)線段的中點及AC=BC，可推出EC=FC，由（1）知四邊形是平行四邊形，從而可證四邊形為菱形，結(jié)合∠C=90°，可證四邊形為正方形，依據(jù)正方形的性質(zhì)即得結(jié)論.23．（10分）（平遠期末）如圖，在四邊形ABCD中，ABCD，∠ABC=∠ADC，DE垂直于對角線AC，垂足是E，連接BE．（1）（3分）求證：四邊形ABCD是平行四邊形；（2）（3分）若點E是AC的中點，推斷BE與AC的位置關(guān)系，并說明理由；（3）（4分）若△ABE是等邊三角形，AD=，求對角線AC的長．【答案】（1）證明：∵ABCD，∴∠ABC+∠BCD＝180°，∠ADC+∠BAD＝180°，又∵∠ABC＝∠ADC，∴∠BAD＝∠BCD，∴四邊形ABCD是平行四邊形；（2）解：∵DE⊥AC，且E是AC的中點，∴AD＝DC，由（1）可得四邊形ABCD是平行四邊形∴四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC，∵E是AC中點，∴BE⊥AC；（3）解：在平行四邊形ABCD中，ABCD，∵△ABE是等邊三角形，∴∠BAE＝60°，∴∠ACD＝60°，∵DE⊥AC，∴∠DEC＝90°，∴∠EDC＝30°，∴EC＝DC，設(shè)EC＝x，則DC＝2x，∴DE＝，AB＝AE＝2x，在Rt△ADE中，AE2+OE2=AD2，∴，解得，∴AC＝3．【思路點撥】（1）利用兩組對角分別相等的四邊形是平行四邊形的判定方法求解即可；

（2）先證明四邊形ABCD是菱形，可得AB=BC，再結(jié)合點E是AC中點，可得BE⊥AC；

（3）先求出∠EDC＝30°，利用含30°角的直角三角的性質(zhì)可得EC＝DC，設(shè)EC＝x，則DC＝2x，利用勾股定理可得AE2+OE2=AD2，將數(shù)據(jù)代入可得，再求出x的值，即可得到AC的長。24．（8分）（平山期末）如圖，已知一次函數(shù)y=﹣x+b的圖象過點A（0，3），點p是該直線上的一個動點，過點P分別作PM垂直x軸于點M，PN垂直y軸于點N，在四邊形PMON上分別截?。篜C=MP，MB=OM，OE=ON，ND=NP．（1）（1分）b=；（2）（3分）求證：四邊形BCDE是平行四邊形；（3）（4分）在直線y=﹣x+b上是否存在這樣的點P，使四邊形BCDE為正方形？若存在，請求出全部符合的點P的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】（1）3（2）證明：過點P分別作PM垂直x軸于點M，PN垂直y軸于點N，∴∠M=∠N=∠O=90°，∴四邊形PMON是矩形，∴PM=ON，OM=PN，∠M=∠O=∠N=∠P=90°．∵PC=MP，MB=OM，OE=ON，NO=NP，∴PC=OE，CM=NE，ND=BM，PD=OB，在△OBE和△PDC中，OB=PD∠O=∠CPD∴△OBE≌△PDC（SAS），BE=DC．在△MBC和△NDE中，MB=ND∠M=∠N∴△MBC≌△NDE（SAS），DE=BC．∵BE=DC，DE=BC，∴四邊形BCDE是平行四邊形；（3）解：設(shè)P點坐標（x，y），當△OBE≌△MCB時，四邊形BCDE為正方形，OE=BM，當點P在第一象限時，即y=x，x=y．P點在直線上，y=1解得，當點P在其次象限時，﹣x=yy=1解得x=-6在直線y=﹣x+b上存在這樣的點P，使四邊形BCDE為正方形，P點坐標是（2，2）或（﹣6，6）．【規(guī)范解答】解：（1）一次函數(shù)y=﹣x+b的圖象過點A（0，3），3=﹣×0+b，解得b=3．故答案為3；

【思路點撥】（1）將點A的坐標代入函數(shù)關(guān)系式，求出答案即可；

（2）依據(jù)題意，證明△OBE≌△PDC，△MBC≌△NDE，即可得到BE=DC，DE=BC，證明得到答案即可；

（3）依據(jù)全等三角形的性質(zhì)，由點P的象限求出P的坐標即可。25．（9分）（無為期末）如圖，在矩形ABCD中，，，E，F(xiàn)分別是AD，BC的中點，G、H是對角線AC上的兩個動點，且分別從點A、點C同時都以每秒1個單位長度的速度相向而行，運動時間為t秒，其中．（1）（3分）求證：四邊形EGFH是平行四邊形；（2）（3分）若四邊形EGFH為矩形，求t的值；（3）（3分）若點從E點動身沿直線AD向右運動，點從F點動身沿直線CB向左運動，且與點G，H以相同的速度同時動身，當四邊形為菱形時，求t的值．【答案】（1）解：由題意，得，∵四邊形ABCD是矩形，∴，，∴，而E，F(xiàn)分別是AD，BC的中點，∴，，∴，∴，∴，，∴，∴，∴四邊形EGFH是平行四邊形；（2）解：如圖1，連接EF，∵，，，∴四邊形ABFE是矩形，∴，當四邊形EGFH是矩形時，∴，在中，由勾股定理，得，∵，∴，∴，即四邊形EGFH為矩形時；（3）解：設(shè)t秒時四邊形為菱形，此時點E、F分別運動到點、的位置（如圖2），連接，，，與AC交于點O．∵四邊形為菱形，，，，∴，，∴四邊形為菱形，∴，，在Rt△CD中，由勾股定理得，即，解得，∴當時，四邊形為菱形．【思路點撥】（1）利用一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形的判定方法求解即可；

（2）先利用勾股定理求出AC的長，再結(jié)合矩形的性質(zhì)可得，所以，再求出t的值即可；

（3）先證明四邊形為菱形，可得，，利用勾股定理可得，將數(shù)據(jù)代入可得，最終求出t的值即可。26．（9分）（遼陽期末）如圖，在平面直角坐標系中，直線與軸交于點A，與y軸交于點B，將線段繞點A順時針旋轉(zhuǎn)，得到線段，過點B，C作直線，交x軸于點D．（1）（1分）點C的坐標為；求直線的表達式；（2）（4分）若點E為線段上一點，且的面積為，求點E的坐標；（3）（4分）在（2）的條件下，在平面內(nèi)是否存在點P，使以點A，B，E，P為頂點的四邊形為平行四邊形？若存在，干脆寫出點P的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】（1）(4，1)設(shè)直線解析式為，把點，代入可得3=b1=4k+b，解得，∴直線解析式為；故答案為：(4，1)；（2）解：過點作軸于點，在中，當時，，當時，，在中，當時，，∴，，，∴，，，∴，∴，∴，∴，把代入，得，∴；（3）存在，點的坐標為或或．【規(guī)范解答】解：(1)在中，當時，，當y=0時，x=1，∴，A(1，0)，∴OB=3，OA=1，過點C作CG⊥x軸于G，如圖，由旋轉(zhuǎn)可得∠BAC=90°，AB=AC，∵∠OAB+∠BAC+∠GAC=180°，∴∠OAB+∠GAC=90°，∵∠AOB=90°，∴∠ABO+∠OAB=90°，∴∠ABO=∠GAC，在△AOB與△GFA中，∠AOB=∠AGC=90°∠ABO=∠GAC∴△AOB≌△CGA(AAS)，∴AG=