专题训练 平行四边形压轴题型-《讲亮点》2021-2022学年八年级数学下册教材同步配套讲练（人教版）

《讲亮点》2021-2022学年八年级数学下册教材同步配套讲练《人教版》 专题训练 平行四边形压轴题型 【题型归纳】 平行四边形压轴题型 【重难点题型】 一、单选题 1．（2022·福建·厦门市湖滨中学八年级期末）如图，已知，∠ABC=60°，BC=2AB=8，点C关于AD的对称点为E，连接BE交AD于点F，点G为CD的中点，连接EG、BG，则=（       ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 【分析】 取BC中点H，连接AH，连接CE交AD于N，作交CD的延长线于M，构建计算即可． 【详解】 如图，取BC中点H，连接AH，连接CE交AD于N，作交CD的延长线于M， ∵，，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴，， ∵， ， ∴ ， ， ∵， ∴，， ∴ ，， ∴ 故选：B 【点睛】 本题主要考查了平行四边形的性质，轴对称图形，等边三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确添加辅助线构建三角形解决问题． 2．（2021·广东·深圳亚迪学校八年级阶段练习）如图，在矩形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，交DC的延长线于点F，点G是EF的中点，连接CG、BG、BD、DG，下列结论：①BC=DF；②∠ABG＋∠ADG=180°；③；④若，则4S△BDG=9S△DGF．正确的有（       ） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【答案】B 【解析】 【分析】 先求出∠BAE=45°，判断出△ABE是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得AB=BE，∠AEB=45°，从而得到BE=CD，故①正确；由于∠BGE=∠DGC，得到∠ABG+∠ADG =180°，故②正确；先根据矩形的对角线相等得：AC=BD，证明：△DCG≌△BEG，得DG=BG，∠CGD=∠EGB，得△DGB是等腰直角三角形，根据勾股定理可得，故③正确；．过点G作GH⊥CD于H，设AD=4x=DFF，AB=3x，由勾股定理可求BD=5x，由等腰直角三角形的性质可得HG=CH=FH=x，DG=GB=，由三角形面积公式可求，故④错误． 【详解】 解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AB=CD，AD=BC，∠BAD=∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°，AC=BD， ∵AE平分∠BAD， ∴∠BAE=∠DAE=45°， ∴∠F=∠FAD， ∴AD=DF， ∴BC=DF，故①正确； ∵四边形ABCD是矩形， ∴AC=BD， ∵点G为EF的中点， ∴CG=EG=FG，∠FCG=45°， ∴∠BEG=∠DCG=135°， ∵∠BAE=45°， ∴BE=AB=CD， 在△DCG和△BEG中， ， ∴△DCG≌△BEG（SAS）． ∴DG=BG，∠CGD=∠EGB， ∴∠CGD+∠AGD=∠EGB+∠AGD=90°， ∴△DGB是等腰直角三角形， ∴BD=BG， ∴AC=BG， ∴AC:BG=:1，故③正确； ∵△DCG≌△BEG ∴∠CBG=∠CDG， ∴∠ABG+∠ADG=∠ABC+∠CBG+∠ADC-∠CDG=∠ABC+∠ADC=180°， 故②正确； 过点G作GH⊥CD于H， ∵3AD=4AB， ∴设AD=4x=DF，AB=3x， ∴CF=CE=x，， ∵△CFG，△GBD是等腰直角三角形， ∴HG=CH=FH=x，DG=GB=x， ∴S△DGF=DF•HG=x2，S△DGB=DG•GB=x2， ∴4S△BDG=25S△DGF；故④错误； 故选：B． 【点睛】 本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质；熟练掌握矩形的性质，证明三角形全等和等腰直角三角形是解决问题的关键． 3．（2021·福建·厦门五缘实验学校二模）如图，正方形纸片ABCD，P为正方形AD边上的一点（不与点A，点D重合）．将正方形纸片折叠，使点B落在点P处，点C落在点G处，PG交DC于点H，折痕为EF，连接BP，BH，BH交EF于点M，连接PM．下列结论：①BE＝PE；②BP＝EF；③PB平分∠APG；④PH＝AP+HC；⑤MH＝MF，其中正确结论的个数是（       ） A．5 B．4 C．3 D．2 【答案】B 【解析】 【详解】 ①利用翻折不变性即可解决问题；②构造全等三角形即可解决问题；③等腰三角形性质，∠EBP＝∠EPB．根据折叠性质得出∠EPH＝∠EBC＝90°，利用余角性质得出∠PBC＝∠BPH．再根据平行线性质得出AD∥BC即可解决；④构造全等三角形即可解决问题；⑤只要证明∠MPB＝45°，再利用反证法可解决问题． 【解答】 解：∵折痕为EF， ∴四边形EBCF与四边形EPGF全等 ∴BE=PE， 故①正确； 如图2，作FK⊥AB于K．设EF交BP于O． ∵四边形ABCD为正方形， ∴AB=BC，∠A=∠ABC=∠