第18章 平行四边形-八年级数学高频热点压轴题题型汇总（人教版）

2023年3月16日初中数学作业 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．（2019春·江苏扬州·八年级校联考期中）如图，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝4，对角线AC、BD交于点O，E是线段BO上一动点，F是射线DC上一动点，若∠AEF＝120°，则线段EF的长度的整数值的个数有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】连结CE，根据菱形的性质和全等三角形的判定可得△ABE≌△CBE，根据全等三角形的性质可得AE＝CE，设∠OCE＝a，∠OAE＝a，∠AEO＝90°﹣a，可得∠ECF＝∠EFC，根据等角对等边可得CE＝EF，从而得到AE＝EF，在Rt△ABO中，根据含30°的直角三角形的性质得到AO＝2，可得2≤AE≤4，从而得到EF的长的整数值可能是2，3，4． 【详解】解：如图，连结CE ， ∵在菱形ABCD中，AB＝BC，∠ABE＝∠CBE＝30°，BE＝BE， ∴△ABE≌△CBE， ∴AE＝CE， 设∠OCE＝a，∠OAE＝a，∠AEO＝90°﹣a， ∴∠DEF＝120°﹣（90°﹣a）＝30°+a， ∴∠EFC＝∠CDE+∠DEF＝30°+30°+a＝60°+a， ∵∠ECF＝∠DCO+∠OCE＝60°+a， ∴∠ECF＝∠EFC， ∴CE＝EF， ∴AE＝EF， ∵AB＝4，∠ABE＝30°， ∴在Rt△ABO中，AO＝2， ∵OA≤AE≤AB， ∴2≤AE≤4， ∴AE的长的整数值可能是2，3，4，即EF的长的整数值可能是2，3，4． 故选C． 【点睛】考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等角对等边，根据含30°的直角三角形的性质，解题的关键是添加辅助线，证明△ABE≌△CBE． 2．（2021秋·重庆·八年级重庆南开中学校考期中）在边长为12的正方形ABCD中，E为CD边中点，连接AE，将沿线段AE翻折得到，延长AF交BC边于点N，连接EN，延长EF交BC边于点G，其中，连接DF并延长交BC边于点K，连接EK，则下列结论：①；②；③；④；⑤．其中正确的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【分析】先证明可得是的垂直平分线，可判断①，再证明可得 而设 则 再利用勾股定理求解 即可判断②，证明 可得 可判断③，设 而则 则 再利用勾股定理求解 可判断④，分别计算，可判断⑤，从而可得答案. 【详解】解： 正方形 由对折可得： 是的垂直平分线， 故①正确，符合题意； 而 设 则 解得： 故②正确，符合题意； 故③正确，符合题意， 设 而则 故④错误，不符合题意； ，故⑤正确，符合题意； 综上：正确的有：①②③⑤， 故选D 【点睛】本题考查的是正方形的性质，全等三角形的判定与性质，轴对称的性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理的应用，灵活运用以上知识解题是解题的关键. 3．（2020·江西·九年级统考自主招生）如图，在矩形ABCD中，P是BC上一点，E是AB上一点，PD平分∠APC，PE⊥PD，连接DE交AP于F，在以下判断中，不正确的是（　　） A．当P为BC中点，△APD是等边三角形 B．当△ADE∽△BPE时，P为BC中点 C．当AE＝2BE时，AP⊥DE D．当△APD是等边三角形时，BE+CD＝DE 【答案】B 【分析】A、先判断出△APB≌△DPC，进而可以得出∠APD＝60°，即可得出结论； B、虽然题目中有相似三角形和直角三角形，但没有告诉线段与线段之间的倍数关系和没出现含30°的直角三角形，所以没办法得出点P是BC的中点； C、先求出∠BAP，进而得出∠ADE＝∠PDE，即可判断出△ADE≌△PDE，最后用三角形三线合一的性质即可得出结论； D、先求出∠BPE＝∠APE＝∠PAB＝30°，再用含30°的直角三角形的性质和勾股定理即可得出结论． 【详解】解：A、∵四边形ABCD是矩形， ∴AB＝CD，∠B＝∠C＝90°， ∵点P是BC的中点， ∴PB＝PC， 在△APB和△DPC中， ， ∴△APB≌△DPC（SAS）， ∴PA＝PD，∠APB＝∠DPC， ∵PD平分∠APC， ∴∠APD＝∠CPD， ∴∠APB＝∠APD＝∠CPD， ∵∠APB+∠APD+∠CPD＝180°， ∴∠APD＝60°， ∵PA＝PD， ∴△APD是等边三角形； ∴A正确，故A不符合题意； B、由给出的条件，没办法得出点P是BC的中点，故B符合题意； C、∵PD⊥PE， ∴∠BPE+∠DPC＝90°，∠APE+∠APD＝90°， ∵∠APD＝∠CPD， ∴