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专题12 平行四边形经典压轴题型专训(36道)
【平行四边形经典压轴题型专训】
1.(2023春·广东佛山·九年级校考期末)如图,在正方形中,为对角线,为上一点,过点作,与、分别交于点,,为的中点,连接,,,,下列结论中结论正确的有( )
①;②;③;④若,则,其中结论正确的有( )
A.个 B.个 C.个 D.个
【答案】D
【分析】根据正方形,为对角线,,可知四边形是矩形,由此可证、
、、是等腰直角三角形,为的中点,,可知是等腰
直角三角形,由此即可求解.
【详解】解:结论①,
∵正方形中,为对角线,,
∴,,
∴,四边形是矩形,、是等腰直角三角形,
∴,
∴,故结论①正确;
结论②,
由结论①正确可知,是等腰直角三角形,为的中点,
∴,且、是等腰直角三角形,
∴,,,
∴,且,
∴,
∴,
∵,故结论②正确;
结论③,
∵、、、是等腰直角三角形,,
∴,
∵四边形是矩形,
∴,
∴,故结论③正确;
结论④若,则,
由结论②正确,可知;由结论③正确可知,,
且、、、是等腰直角三角形,
∴,即是等腰直角三角形,
如图所示,过点作于,设,则,,,
∴,,
∴,故结论④正确;
综上所示,正确的有①②③④,
故选:.
【点睛】本题是四边形与三角形的综合,主要考查正方形的性质,矩形的判定与性质,三角形全等的判定与性质,等腰三角形的判定与性质等知识,掌握正方形的性质,矩形的性质,三角形全等的判定和性质,等腰直角三角形的性质是解题的关键.
2.(2022秋·福建漳州·八年级校考阶段练习)如图,在中,,,,分别以,,为边在的同侧作正方形、正方形、正方形,四块阴影部分的面积分别为,,,,则等于( )
A.20 B.18 C.16 D.14
【答案】B
【分析】过F作于N,通过证明的面积,依此即可求解.
【详解】解:过F作于N,连接,
∴,
∴,
∴,
又∵,
∴,
∴,
同理可证,
所以.
由可得:,
∴,
∵,即,且,,
∴,又,
∴四边形是平行四边形,
又,
∴平行四边形是矩形,
∴,
又∵,
,
∴,
同理可得,
∴,
∵,
∴,
∴
,
故选:B.
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质,矩形的判定,有一定难度,解题关键是将勾股定理和正方形的面积公式进行灵活的结合和应用.
3.(2022春·湖北武汉·八年级校联考期中)如图,正方形中,为上一点,线段的垂直平分线交于,为垂足,交正方形的两边于、,连接,则下列结论:①;②;③;④,其中正确的是( )
A.①②③ B.①②④ C.②③④ D.①②③④
【答案】B
【分析】①过N作,则,先证明△BSN是等腰直角三角形,得出,再由,证明,得出,证出,即可得出;
②,是等腰直角三角形,,即可得出;
③假设成立,证明,得出,可判断③不一定成立;
④过P作的平行线交于K,证出,,即可得出结论.
【详解】解:①正确;过N作分别交、于S、T,则,
∵四边形是正方形,
∴,
∴是等腰直角三角形,
∴,
∴,
∵线段的垂直平分线交于点N,
∴,
在和中,
,
∴,
∴,
∵,
∴,
∴,
∴,故①正确;
由①得:,是等腰直角三角形,,
∴,故②正确;
∵,,
∴,
若,
则.
∵,
∴,
∴,显然不一定成立,故③错误;
过P作的平行线交于K,
∴.
∵垂直平,
∴,
∵,
∴,
∴,
作于点G,作于点H,
则,
由①得:,
∴.
∵,
∴,
∵,
∴,
∴,
∴,故④正确;
故选:B.
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、等腰直角三角形的判定与性质;本题难度较大,综合性强,特别是需要通过作辅助线证明三角形全等.
4.(2022秋·河南郑州·九年级校考期中)如图,在正方形中,E、F分别是,的中点,交于点G,连接,下列结论:①;②;③;④,其中正确的结论是( )
A.①② B.①②③ C.①②④ D.①③④
【答案】B
【分析】证明,根据全等三角形的性质得到,,故①正确;求得,根据垂直的定义得到,故②正确;延长交的延长线于H,根据线段中点的定义得到,根据全等三角形的性质得到,由是斜边的中线,得到,求得,根据余角的性质得到,故③正确;假设,根据,可得,结合,,可得,即有,进而可得,则有,显然,即假设不成立,即可判断④错误.
【详解】解:四边形是正方形,
,,
,分别是,的中点,
,,
,
在与中,
,
,
,,故①正确;
,
,
,
,故②正确;
,
如图,延长交的延长线于,
,
,
点是的中点,
,
,,,
,
,
已证明,
是斜边的中线,
,
,
,,
.故③正确;
根据可得,
若成立,
,
,
,,
,
,
在中,有,
,
,
显然,
假设不成立,
,故④错误,
故正确的有①②③,
故选B.
【点睛】此题考查了正方形的性质,