專題11 平行四邊形的判定與性質(zhì) 帶解析

2022-2023學年湘教版八年級數(shù)學下冊精選壓軸題培優(yōu)卷專題11平行四邊形的判定與性質(zhì)閱卷人一、選擇題(共10題；每題2分，共20分)得分1．（2分）（2022八上·招遠期末）下列平行四邊形中，其圖中陰影部分面積不一定等于平行四邊形面積一半的是（）A． B．C． D．【答案】D【規(guī)范解答】A.根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到陰影部分面積等于平行四邊形面積一半，故A不符合題意；B.根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到陰影部分面積等于平行四邊形面積一半，故B不符合題意；C.根據(jù)中心對稱圖形的性質(zhì)得到陰影部分面積等于平行四邊形面積一半，故C不符合題意；D.由圖形無法得到陰影部分面積等于平行四邊形面積一半，故D符合題意.故答案為：D.

【思路點撥】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)及中心對稱圖形的性質(zhì)求解即可。2．（2分）（2022八上·萊州期末）如圖，在平行四邊形中，E為上一點，且，，，，則下列結(jié)論：①；②平行四邊形周長是24；③；④；⑤E為中點．正確的結(jié)論有（）A．2個 B．3個 C．4個 D．5個【答案】D【規(guī)范解答】解：①∵四邊形是平行四邊形，∴，，，∵，∴，∵，，，∴是等邊三角形，∴，，∴，∴，∴，故①符合題意；②∵，∴，∴平行四邊形的周長，故②符合題意；③∵，，∴，∴，故③符合題意；④在中，∵，，∴，故④符合題意；⑤∵，∴E為中點，故⑤符合題意；綜上所述：正確的結(jié)論有①②③④⑤，共5個，故D符合題意．故答案為：D．

【思路點撥】利用平行四邊形的判定和性質(zhì)，勾股定理及等量代換，含30°角的直角三角形的性質(zhì)逐項判斷即可。3．（2分）（2022八下·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．應補充“”C．應補充“” D．應補充“”【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，需要在它們之間補充“∠ABD=∠CDB”．故答案為：B．【思路點撥】根據(jù)全等三角形的性質(zhì)求解即可。4．（2分）（2022八下·虎林期末）如圖，在中，BE⊥CD，BF⊥AD，∠EBF=45°，CE=3，DF=1，則AF=（）A． B． C． D．【答案】A【規(guī)范解答】解：由題意，如圖：在中，有，，，∵，，，∴，∴，∴，∴△ABF和△BCE是等腰直角三角形，∴BE=CE=3，AF=BF，∴，∴，∴AF=BF=，故答案為：A．

【思路點撥】

四邊形內(nèi)角和求得∠A，根據(jù)平行四邊形性質(zhì)對頂角相等即可求得△ABF和△BCE是等腰直角三角形，再根據(jù)勾股定理即可求得。5．（2分）（2022八下·長清期末）如圖，?ABCD的對角線AC、BD交于點O，AE平分∠BAD交BC于點E，且∠ADC＝60°，，連接OE．下列結(jié)論：①∠ADO＝30°；②S?ABCD＝AB·AC；③OB＝AB；④S四邊形OECD＝S△AOD，其中成立的個數(shù)為()A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】B【規(guī)范解答】解：四邊形為平行四邊形，，，平分，，是等邊三角形，，，，，，，在中，，，則結(jié)論③不成立；，，即，結(jié)論①不成立；，即，，則結(jié)論②成立；設平行四邊形的面積為，則，，，，結(jié)論④成立；綜上，成立的個數(shù)為2個，故答案為：B．【思路點撥】結(jié)合平行四邊形的性質(zhì)證明是等邊三角形，由，得出，用三角形中位線定理判定③；證明，結(jié)論①不成立；由平行四邊形的面積公式判定②；利用三角形中線的性質(zhì)，結(jié)合三角形的面積可求解判定④。6．（2分）（2022八下·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，根據(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，根據(jù)SSS證明，可得，故②正確；根據(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，根據(jù)大角對大邊進行判斷即可.7．（2分）（2021八下·新市區(qū)期末）如圖，在給定的正方形中，點E從點B出發(fā)，沿邊方向向終點C運動，交于點F，以，為鄰邊構(gòu)造平行四邊形，連接，則的度數(shù)的變化情況是（）A．一直減小 B．一直減小后增大C．一直不變 D．先增大后減小【答案】A【規(guī)范解答】解：作PH⊥BC交BC的延長線于H，∵四邊形ABCD是正方形，∴，，∵，∴，，∴，∴，∴，∵四邊形DFEP是平行四邊形，∴，，∵，，∴，∵，．∴，∴，，∴，∴，∵，∴，∴是的角平分線，∴點P的運動軌跡是的角平分線，∵，由圖可知，點P從點D開始運動，所以一直減小.故答案為：A.【思路點撥】作PH⊥BC交BC的延長線于H，易得AD=BC=AB，∠DAF=∠ABE=∠DCB=∠DCH=90°，根據(jù)同角的余角相等得∠BAE=∠ADF，證明△ADF≌△BAE，得到DF=AE，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得DF=PE，∠DFE=∠DPE，易得∠BAE=∠PEH，證明△ABE≌△EHP，得到PH=BE，AB=EH=BC，推出BE=CH=PH，進而推出CP為∠DCH的角平分線，則∠DFE+∠EPC=∠DPE+∠EPC=∠DPC，據(jù)此判斷.8．（2分）（2022八下·深圳期末）如圖，在中，，將繞頂點A逆時針旋轉(zhuǎn)至，此時點D在上，連接，線段分別交于點H、K，則下列四個結(jié)論中：①；②是等邊三角形；③；④當時，；正確的是（）A．①②④ B．①③④ C．②③④ D．①②③【答案】A【規(guī)范解答】解：①∵將繞頂點A逆時針旋轉(zhuǎn)至，∴△AEF≌△ABC，∴∠EAF＝∠BAC，∵∠BAD＝60°，∴∠CAF＝∠EAF＋∠CAD＝∠BAC＋∠CAD＝∠BAD＝60°，故①符合題意；②∵ABCD，∴∠EDH＝∠DAB＝60°，∵ADBC，∴∠AEF＝∠ABC＝180°－∠BAD＝120°，∴∠DEH＝180°－∠AEF＝60°，∴∠DHE＝180°－∠EDH－∠DEH＝60°，∴∠DHE＝∠EDH＝∠DEH＝60°，∴△DEH是等邊三角形，故②符合題意；③過點H作HMAD交AB于點M，連接DM，如圖1，∵△EDH是等邊三角形，∴∠BHC＝∠EHD＝60°，∵ADBCHM，∴∠BCH＝∠EDH＝60°，∠DHM＝∠BCH＝60°，∴∠CBH＝180°－∠BCH－∠BHC＝60°，∠BHM＝180°－∠DHM－∠BCH＝60°，∴△BHC是等邊三角形，∵HMADBC，∴∠DHM＝∠BCH＝60°，∠DMH＝∠BHM＝60°，∴∠BHC＝∠BHM＝∠DHM＝∠DMH＝60°，∴△DMH和△BHM都是等邊三角形，∴DH＝HM＝BH＝CH＝BC＝AD，∴點H為CD的中點，∵∠CKH＝∠AKB，∠CHK＝∠ABK，∴△CKH∽△AKB，∴，∴，∴AD＝3HK，∴2AD＝3HK不符合題意，故③不符合題意；④過點C作CN⊥AB的延長線于點N，如圖2，則∠BNC＝90°，∵ABCD，∴∠DCN＝180°－∠BNC＝90°，∵∠BCD＝60°，∴∠BCN＝30°，∴BN＝BC＝AD，CN＝BC＝AD，∴AN＝AB＋BN＝2AD＋AD＝AD，∴AC＝＝AD，由①可知，∠CAF＝＝60°，AC＝AF，∴△ACF是等邊三角形，∴等邊三角形△ACF的高為AC＝AD，∴，∵的邊AB上的高＝CN＝AD，∴，∴，故④符合題意，綜上，①②④符合題意，故答案為：A．【思路點撥】利用平行四邊形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，結(jié)合圖形，對每個結(jié)論一一判斷即可。9．（2分）（2022八下·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，根據(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)此判斷①；連接CG，易得四邊形DCGP是平行四邊形，則CG=PD，CG∥PD，根據(jù)三角函數(shù)的概念得CE=CG，據(jù)此判斷③；連接AC交BD于O，根據(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，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得PF=FG，據(jù)此判斷②；根據(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)此判斷④.10．（2分）（2022八下·余杭期末）如圖，矩形中，，，點E，F(xiàn)，G，H分別在矩形各邊上，且四邊形為平行四邊形，則平行四邊形周長的最小值為（）A． B． C． D．【答案】B【規(guī)范解答】解：∵四邊形EFGH是平行四邊形，∴HE=GF，HE∥GF，∴平行四邊形EFGH的周長為2（GF+EF），作點E關(guān)于BC的對稱點E'，連接FE'，GE'，則EF=FE'，BE=BE'，∴GF+EF=GF+FE'≥GE'，∴當G、F、E'共線時，平行四邊形EFGH周長最小，最小值為2GE'，過G作GG'⊥AB于G'，則四邊形BCGG'是矩形，則GG'=BC=4，CG=BG'，∵HE∥GF，EF=FE'，∴∠AEH=∠E'=∠FGC，在△AHE和△CFG中，，∴△AHE≌△CFG（AAS），∴AE=CG，∴G'E'=BE'+BG'=BE+AE=AB=8，在Rt△GG′E′中，GG'=4，G'E'=8，∴，∴平行四邊形EFGH周長最小值為.故答案為：B.【思路點撥】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得HE=GF，HE∥GF，則平行四邊形EFGH的周長為2(GF+EF)，作點E關(guān)于BC的對稱點E′，連接FE′，GE′，則EF=FE′，BE=BE′，當G、F、E′共線時，平行四邊形EFGH周長最小，最小值為2GE′，過G作GG′⊥AB于G′，則四邊形BCGG′是矩形，GG′=BC=4，CG=BG′，根據(jù)平行四邊形以及等腰三角形的性質(zhì)可得∠AEH=∠E′=∠FGC，證明△AHE≌△CFG，得到AE=CG，則G′E′=BE′+BG′=BE+AE=AB=8，利用勾股定理可得GE′，據(jù)此解答.閱卷人二、填空題(共10題；共20分)得分11．（2分）（2022八上·萊州期末）如圖，平行四邊形的對角線，相交于點O，點E、F分別是線段、的中點，若，的周長是18，則．【答案】2.5【規(guī)范解答】解：∵平行四邊形的對角線，相交于點O，∴點O是，的中點，∵，∴，∵的周長是18，∴，∵平行四邊形的對角線，相交于點O，點E、F分別是線段、的中點，∴，∴，故答案為：．

【思路點撥】利用平行四邊形的性質(zhì)可得，再結(jié)合的周長為18，可得，再利用中位線的性質(zhì)可得，再求出EF的長即可。12．（2分）（2022八下·虎林期末）如圖，在平行四邊形中，對角線，相交于點O，在的延長線上取點E，使，連接交于點F，若，則．【答案】3【規(guī)范解答】解：過O作OM∥BC交CD于M，∵在平行四邊形ABCD中，，∴BO＝DO，∴CM＝DM=，∵，∴CE=CM，∵OM∥BC，∴CF是△EMO中位線，即；故答案為：3．

【思路點撥】

根據(jù)平行四邊形對角線互相平分和三角形中位線定理求得，再根據(jù)中位線定理求得CF.13．（2分）（2022八下·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互相平分，∴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)造輔助線，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)求得CPDH是平行四邊形，平行四邊形對角線互相平分求得M是PH的中點，再根據(jù)中位線的定理即可求得.14．（2分）（2022八下·紫金期末）如圖，在平行四邊形ABCD中，AB＝3，AD＝4，∠ABC＝60°，過BC的中點E作EF⊥AB于點F，交DC的延長線于點G，則DE＝．【答案】．【規(guī)范解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴CD＝AB＝3，BC＝AD＝4，AB∥CD，∴∠GCE＝∠B＝60°，∵E是BC的中點，∴CE＝BE＝2，∵EF⊥AB，∴EF⊥DG，∴∠G＝90°，∴CG＝CE＝1，∴EG＝CG＝，DG＝CD＋CG＝3＋1＝4，∴DE＝；故答案為．

【思路點撥】先求出EG＝CG＝，DG＝CD＋CG＝3＋1＝4，再利用勾股定理求出DE的長即可。15．（2分）（2022八下·遼陽期末）如圖，中，對角線，相交于點O，交于點E，連接，若的周長為15，則的周長為．【答案】30【規(guī)范解答】解：∵四邊形是平行四邊形，∴，，，∵，∴是線段的垂直平分線，∴EB=ED，∵?ABE的周長為15，∴的周長．∴平行四邊形ABCD的周長為：2（AB+AD）=30故答案為：30．

【思路點撥】先證明是線段的垂直平分線，可得EB=ED，再利用三角形的周長公式和等量代換可得的周長，最后求出的周長即可。16．（2分）（2022八下·本溪期末）如圖，在中，對角線與相交于點，延長至點E，使得，連接交于點，連接．下列結(jié)論：①；②平分；③以點A，C，E，D為頂點構(gòu)成的四邊形是平行四邊形；④．其中正確的是（填寫所有正確結(jié)論的序號）．【答案】①③【規(guī)范解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD=BC，ADBE，∴，又BC=CE，∴AD=CE，在和中，∠DAG=∠CEG∠DGA=∠CGB∴，∴DG=CG，∴G為CD的中點，∵的對角線與相交于點，∴，即點O為AC的中點，∴OG為的中位線，∴，故①符合題意；∵無法得到AC=CE，∴，∵，∴，∴AE不能平分，故②不符合題意；連接ED，如圖，∵，∴四邊形ACED是平行四邊形，故③符合題意；∵OG是的中位線，∴OGAD，∴，∴，∴，∴，故④不符合題意，∴正確的結(jié)論是①③，故答案為①③．

【思路點撥】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)先證出，得出DG=CG，即可解決問題。17．（2分）（2022八下·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，根據(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，根據(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。18．（2分）（2022八下·旺蒼期末）如圖，在□ABCD中，AD=2AB，F(xiàn)是AD的中點，作CE⊥AB于E，在線段AB上，連接EF、CF.則下列結(jié)論：①∠BCD=2∠DCF；②∠ECF=∠CEF；③S△BEC=2S△CEF；④∠DFE=3∠AEF；其中一定正確的是.（填寫序號）【答案】①②④【規(guī)范解答】解：延長EF交CD的延長線于點M

∵平行四邊形ABCD，AD=2AB，

∴AB=CD，AD∥BC，AB∥CD，

∴AD=2CD，∠DFC=∠BCF，∠M=∠AEF，

∵點F是AD的中點，

∴AD=2DF，AF=DF，

∴DF=CD，

∴∠DFC=∠DCF=∠BCF，

∴∠BCD=2∠DCF，故①正確；

在△AEF和△DMF中

∴△AEF≌△DMF（AAS），

∴EF=FM，

∵CE⊥AB，AB∥CD，

∴CE⊥CD，

∴∠ECM=90°，

∴CF=EF=FM，

∴∠ECF=∠CEF，故②正確；

∵EF=FM，

∴S△CEF=S△CFM，

∵MC＞BE，

∴S△BEC＜2S△EFC，故③錯誤；

設∠FEC＝x，則∠FCE＝x，

∴∠DCF＝∠DFC＝90°?x，

∴∠EFC＝180°?2x，

∴∠EFD＝90°?x＋180°?2x＝270°?3x，

∵∠AEF＝90°?x，

∴∠DFE＝3∠AEF，故④正確，

∴正確結(jié)論的序號為：①②④.

【思路點撥】延長EF交CD的延長線于點M，利用平行四邊形的性質(zhì)可證得AB=CD，AD∥BC，AB∥CD，利用平行線的性質(zhì)可推出AD=2CD，∠DFC=∠BCF，∠M=∠AEF，同時可證得DF=CD，利用等腰三角形的性質(zhì)可證得∠DFC=∠DCF=∠BCF，可對①作出判斷；利用AAS證明△AEF≌△DMF，利用全等三角形的性質(zhì)可得到EF=FM，利用直角三角形的性質(zhì)可證得CF=EF=FM，利用等邊對等角可對②作出判斷；同時可證得S△CEF=S△CFM，可得到MC＞BE，由此可推出S△BEC＜2S△EFC，可對③作出判斷；設∠FEC＝x，可表示出∠DCF，∠EFC，∠EFD，∠AEF的度數(shù)，可得到∠DFE和∠AEF之間的數(shù)量關(guān)系，可對④作出判斷；綜上所述，可得到正確結(jié)論的序號.19．（2分）（2022八下·濟南期末）如圖，在□ABCD中，AB＝5，AD＝3，∠A＝60°，E是邊AD上且AE＝2DE，F(xiàn)是射線AB上的一個動點，將線段EF繞點E逆時針旋轉(zhuǎn)60°，得到EG，連接BG、DG，則BG－DG的最大值為．【答案】1【規(guī)范解答】解：如圖，在AB的一點N，使得AN=AE，連接EN，GN，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知EF=EG，∠FEG=60°，∵AE=2DE，AD=3∴AE=2，DE=1，∵AE=AN，∵∠A=60°，∴△AEN是等邊三角形，∴∠AEN=∠FEG=60°，EA=EN，∴∠AEF=∠NEG，∵EA=EN，EF=EG，∴△AEF≌△NEG（SAS），∴∠ENG=∠A=60°，∵∠ANE=60°，∴∠GNB=180°-60°-60°=60°，∴點G的運動軌跡是射線NG，過點B作BM⊥NG交CD延長線于M，連接MG，DG，∴∠BKN=90°，∵∠BNK=60°，∴∠NBK=30°，∵AB=5，AN=AE=2，∴BN=3，∴，∵∠BNK=∠A=60°，∴，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴，∴四邊形ANTD是平行四邊形，∠M=∠KBN，∴NT=AD=3，DT=AN=2，∴，∴NK=TK，又∵∠MKT=∠BKN，∴△MKT≌△BKN（AAS），∴MK=BK，MT=BN=3，∴MD=1，NT垂直平分BM，∴BG=MG，∵MG-DG≤MD，∴BG-DG≤MD，∴當M、D、G三點共線時，MG-DG有最大值，DM，即BG-DG有最大值DM，∴MG-DG的最大值為1，故答案為1．

【思路點撥】先利用“SAS”證明△AEF≌△NEG求出∠GNB=180°-60°-60°=60°，即可得到點G的運動軌跡是射線NG，然后過點B作BM⊥NG交CD延長線于M，連接MG，DG，再利用“AAS”證明△MKT≌△BKN可得MK=BK，MT=BN=3，當M、D、G三點共線時，MG-DG有最大值，DM，即BG-DG有最大值DM，再求解即可。20．（2分）（2022八下·海曙期末）如圖，中，，以AB為邊在三角形外的的對角線交于點F，AE=2，AB=5，則CF的最大值是．【答案】3.5【規(guī)范解答】解：如圖，取AB中點O，連結(jié)FO，CO，

∵?AEDB，AE=2，AB=5，

∴BD=2，AO=BO=2.5，AF=DF，

∴OF是△ABD的中位線，

∴FO=1，

又∵∠ACB=90°，

∴OC=2.5，

在△FOC中，CF＜FO+OC，

∴當F、O、C三點共線時，CF最大，

∴CFmax=FO+OC=1+2.5=3.5.

故答案為：3.5.【思路點撥】如圖，取AB中點O，連結(jié)FO，CO，由平行四邊形性質(zhì)得BD=2，AO=BO=2.5，AF=DF，可證出OF是△ABD的中位線，即得FO=1，再根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊一半得OC=2.5，在△FOC中，由三邊關(guān)系得CF＜FO+OC，因此當F、O、C三點共線時，CF最大，求得CF值即可.閱卷人三、解答題(共7題；共60分)得分21．（8分）（2022八上·蒼南月考）如圖，正方形內(nèi)有一點A，以，為邊向形外作正方形和正方形，連接，.求證：.【答案】證明：連接，，∵四邊形，，均為正方形，∴，，，，∵，，∴，在和種，，∴，同理可得：，∴，，，∵，，∴，在和種，，∴，∴，∵，，∴四邊形為平行四邊形，∴.【思路點撥】連接PM、RN，根據(jù)正方形的性質(zhì)交點MN=MC-BC，AB=BR，AC=PC，∠BCM=∠ABR=∠BNM=∠ACP=90°，由同角的余角相等可得∠ACB=∠PCM，利用SAS證明△ACB≌△PCM，同理可得△ACB≌△RNB，則PC=AC=RN，PM=AB=RB，∠RNB=∠ACB=∠MCP，根據(jù)角的和差關(guān)系可得∠RNM=∠BCP，證明△RNM≌△BCP，得到RM=PB，推出四邊形BPMR為平行四邊形，據(jù)此證明.22．（10分）（2022八上·岷縣開學考）如圖，在平面直角坐標系中，矩形的邊在軸上，，，經(jīng)過點的直線與軸、軸分別交于點、．（1）（3分）求：①點的坐標；②經(jīng)過點，且與直線平行的直線的函數(shù)表達式；（2）（3分）直線上是否存在點，使得為等腰直角三角形？若存在，求出點的坐標；若不存在，請說明理由．（3）（4分）在平面直角坐標系內(nèi)確定點，使得以點、、、為頂點的四邊形是平行四邊形，請直接寫出點的坐標．【答案】（1）解：①設點的坐標為，點在直線上，，，即點的坐標為，四邊形是矩形，，，點的坐標為；②設經(jīng)過點且與平行的直線函數(shù)表達式為，將代入，得，經(jīng)過點且與平行的直線函數(shù)表達式為；（2）解：存在．為等腰直角三角形，，又，，只能是以、為直角頂點的等腰直角三角形，如圖，①當時，延長與直線交于點，點的坐標為，點的橫坐標為，把代入得，，點；②當時，作的垂直平分線與直線的交點即為點，所以，點的橫坐標為，把代入得，，所以，點，綜上所述，符合條件的點的坐標為或；（3）解：點的坐標為，【規(guī)范解答】解：（3）當時，，解得，，以點、、、為頂點的四邊形是平行四邊形，若是對角線，則，，此時，點的坐標為，若是對角線，則，，此時，點的坐標為，若是對角線，則平行四邊形的中心坐標為，設點的坐標為，則，，解得，，此時，點的坐標為，綜上所述，點的坐標為，．【思路點撥】（1）①設C（m，2），將其代入y=x-2中可得m的值，進而得到點C的坐標，根據(jù)矩形的性質(zhì)可得AB=CD=3，AD=BC=2，據(jù)此可得點D的坐標；

②設經(jīng)過點D且與FC平行的直線函數(shù)表達式為y=x+b，將D（1，2）代入求出b的值，據(jù)此可得對應的函數(shù)表達式；

（2）根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可得∠CEB=∠ECB=45°，根據(jù)平行線的性質(zhì)得∠DCE=∠CEB=45°，則△PDC是以P、D為直角頂點的等腰直角三角形，當∠D=90°時，延長DA與直線y=x-2交于點P1，根據(jù)點D的坐標可得點P1的橫坐標為1，代入y=x-2中求出y的值，可得點P1的坐標；當∠DPC=90°時，作DC的垂直平分線與直線y=x-2的交點即為點P2，根據(jù)中點坐標公式可得點P2的橫坐標，代入y=x-2中可得y的值，進而可得P2的坐標；

（3）易得OE=2，若DE是對角線，則EM=CD=3，OM=EM-OE=1，據(jù)此可得點M的坐標；若CE是對角線，則EM=CD=3，OM=OE+EM=5，據(jù)此可得點M的坐標；若CD是對角線，設點，的坐標為（x，y），根據(jù)中點坐標公式可得x、y的值，進而可得點M的坐標.23．（6分）（2022八下·宣化期末）如圖所示，在平行四邊形中，鄰邊上的高相等，即．（1）（3分）求證：四邊形是菱形；（2）（3分）若，求平行四邊形的面積．【答案】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠A＝∠C，

∵鄰邊AD，CD上的高相等，

∴BE⊥AD，BF⊥CD，∴∠AEB＝∠CFB＝90°，

在△ABE和△CBF中，，

∴△ABE≌△CBF（AAS），∴AB＝CB，

∴平行四邊形ABCD是菱形；（2）解：連接AC交BD于點O，∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，BO＝BD＝5，

在Rt△ABO中，由勾股定理得：AO＝＝12

∴AC＝2AO＝24，

∴平行四邊形ABCD的面積＝AC×BD＝120．【思路點撥】（1）利用全等三角形的判定與性質(zhì)，菱形的判定方法證明求解即可；

（2）先求出AC⊥BD，BO＝BD＝5，再利用勾股定理求出AO=12，最后計算求解即可。24．（8分）（2022八下·鐵東期末）如圖，在平面直角坐標系中，直線y＝－x＋8分別交兩坐標軸于點A、B，直線CD與直線AB交于點C，與x軸交于點D．點C的橫坐標為4，點D在線段OA上，且AD＝7．（1）（1分）C、D兩點的坐標分別為；（2）（3分）求直線CD的函數(shù)解析式；（3）（4分）在坐標平面內(nèi)是否存在這樣的點F，使以A、C、D、F為頂點的四邊形為平行四邊形？若存在，請求出點F的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】（1）（1，0）（2）解：設直線CD的解析式y(tǒng)＝kx+b

∴4=4k+b0=k+b，

解得：k=43b=?4（3）解：設點F（x，y）若以CD，AD為邊，

∵四邊形ADCF是平行四邊形∴AC，DF互相平分

∵點A（8，0），點D（1，0），點C（4，4），點F（x，y）

∴4+82=1+x20+42=0+y2∴x＝11，y＝4∴點F（11，4）若以AC，AD為邊

∵四邊形ADFC是平行四邊形∴AF，CD互相平分

∵點A（8，0），點D（1，0），點C（4，4），點F（x，y）

∴8+x2=4+120+y2=【規(guī)范解答】（1）解：∵直線y＝﹣x+8分別交兩軸于點A、B，∴當x＝0時，y＝8，當y＝0時，x＝8∴點A（8，0），點B（0，8）∵點D在線段OA上，且AD＝7．∴點D（1，0）

【思路點撥】（1）根據(jù)函數(shù)解析式直接求出點C、D的坐標即可；

（2）利用待定系數(shù)法求出直線CD的解析式即可；

（3）分三種情況：①若以CD，AD為邊，②若以AC，AD為邊，③若以CD，AC為邊，再求解即可。25．（10分）（2022八下·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）（4分）若點從E點出發(fā)沿直線AD向右運動，點從F點出發(fā)沿直線CB向左運動，且與點G，H以相同的速度同時出發(fā)，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，最后求出t的值即可。26．（8分）（2022八下·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）（3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，直接寫出點P的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】（1）(4，1)設直線解析式為，把點，代入可得，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，，∴，，，∴，，，∴，∴