内容正文:
专题08 平行四边形的性质与判定重难点题型专训
【题型目录】
题型一 利用平行四边形的判定定理证明
题型二 利用平行四边形的性质求角度
题型三 利用平行四边形的性质求长度
题型四 利用平行四边形的性质求面积
题型五 平行四边形中的线段最值问题
题型六 平行四边形中的翻折问题
题型七 平行四边形中的旋转问题
题型八 平行四边形的存在性问题
题型九 三角形中位线有关的证明
题型十 平行四边形的性质与判定综合题型
【经典例题一 利用平行四边形的判定定理证明】
【知识归纳】
1.两组对边分别平行的四边形是平行四边形;
2.两组对边分别相等的四边形是平行四边形;
3.一组对边平行且相等的四边形是平行四边形;
4.两组对角分别相等的四边形是平行四边形;
5.对角线互相平分的四边形是平行四边形.
特别说明:(1)这些判定方法是学习本章的基础,必须牢固掌握,当几种方法都能判定同一个平行四边形时,应选择较简单的方法.
(2)这些判定方法既可作为判定平行四边形的依据,也可作为“画平行四边形”的依据.
【例1】(2022春·福建泉州·八年级统考期末)如图,四边形中,ADBC,,,.若点是线段的中点,则的长为( )
A. B.2 C. D.3
【答案】C
【分析】延长CM交AD于N,先由AAS证得△BCM≌△DNM,得出NM=CM=CN,DN=BC=3,求出AN=BC,得出四边形ABCN是平行四边形,即可得出结果.
【详解】解:延长CM交AD于N,如图所示:
∵点M是线段BD的中点,
∴BM=DM,
∵ADBC,
∴∠CBM=∠NDM,∠BCM=∠DNM,
在△BCM和△DNM中,
,
∴△BCM≌△DNM(AAS),
∴NM=CM=CN,DN=BC=3,
∴AN=AD﹣DN=6﹣3=3,
∴AN=BC,
∵ADBC,
∴四边形ABCN是平行四边形,
∴CN=AB=5,
∴CM=,
故选:C.
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、平行线的性质、平行四边形的判定与性质等知识,添加辅助线证明△BCM≌△DNM是解题的关键.
【变式训练】
【变式1】(2022春·浙江杭州·八年级校考期中)如图,在平行四边形ABCD中,对角线AC,BD交于点O,BD=2AD,E,F,G分别是OC,OD,AB的中点.下列结论正确的是( )
①EG⊥AB;②EF=EG;③四边形BEFG为平行四边形;④AC垂直平分线段FG.
A.①②③ B.①②④ C.②③④ D.①②③④
【答案】C
【分析】先根据平行四边形的性质证明出AD=OD=OB=BC,根据三线合一定理得到∠AEB=90°,再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可判断②;根据三角形中位线定理证明EF=BG,EFBG,即可判断③;设FG与AC交于点M,证明FG⊥AC,再由EG=FE,即可证明AC垂直平分FG,即可判断④;根据现有条件无法证明①;
【详解】∵平行四边形ABCD,
∴ABCD,AD=CB,AB=DC,BD=2OD,
∵E,F,G分别是OC,OD,AB的中点,
∴EF是△OBC的中位线,
∴EF=CD=AB,EFCD,
∵BD=2AD,
∴AD=OD=OB=BC,
∴BE⊥OC,
∴∠AEB=90°,
∵EG是△AEB的中线,
∴AG=EG=AB=BG,
∴EF=EG,故②正确;
∴EF=BG,EFBG,
∴四边形BEFG是平行四边形,故③正确;
设FG与AC交于点M,
∵四边形BEFG是平行四边形,
∴FGBE,
∵BE⊥AC,
∴FG⊥AC,
∵EG=FE,
∴AC垂直平分FG,故④正确;
根据现有条件无法证明EG⊥AB
∴正确结论的序号为②③④.
故选C.
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定,三角形中位线定理,等腰三角形的性质与判定,线段垂直平分线的判定,熟知平行四边形的性质与判定,三角形中位线定理是解题的关键.
【变式2】(2022秋·重庆綦江·九年级校考阶段练习)如图,在中,D是边上的中点,连结,把沿翻折,得到,连接,若,则的面积为___________
【答案】
【分析】过点A作,交延长线于点H,过D作于点G,则,先证得是等边三角形,可得,从而得到,进而得到四边形是平行四边形,可得到,从而得到,即可求解.
【详解】解:如图,过点A作,交延长线于点H,过D作于点G,则,
∵D是边上的中点,
∴,
∵把沿翻折,得到,
∴,
∴,
∵,
∴,
∴是等边三角形,
∴,
∴,
∴,
∴,
∴,
∴,
∴,
∴四边形是平行四边形,
∴,
∵,
∴,
∵是等边三角形,,
∴,
∴,
∴.
故答案为:
【点睛】本题主要考查了图形的折叠,等边三角形的判定和性质,平行四边形的判定和性质,勾股定理,根据题意得到是解题的关键.
【变式3】(2022春·宁夏银川·八年级校考期末)如图