专题05 几何证明平行四边形类-【暑期培优】2023年暑假八升九（新九年级）数学培优计划（人教版）

2023年八升九数学暑假培优计划 专题05 几何证明平行四边形类 1．如图在平行四边形中，点E是边上一点，连接，交对角线于点F，过点A作的垂线交的延长线于点G，过B作垂直于，垂足为点H，交于点P，． (1)若，求的长； (2)若，求证：． 【答案】(1)的长为 (2)证明见解析 【分析】（1）根据四边形是平行四边形，先证，再根据勾股定理即可求出答案； （2）由（1）得：，可知四边形是等腰梯形，从而证，然后证，作于M，于N，即可求出答案. 【详解】（1）∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∵． ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）由（1）得：， ∴四边形是等腰梯形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， 作于M，于N，如图所示： ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴由三角形内角和定理得：， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查的是三角形全等的判定与性质，等腰三角形的性质与判定，平行线的性质，等腰梯形的性质和勾股定理，是一道综合性习题，能够充分调动所学知识是解题本题的关键． 2．如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，且AC=BC，CF平分∠ACB交BD于点F，OH⊥CF于点H，OH=FH． (1)当AB=4时，求OH的值； (2)求证：DF=2BF． 【答案】(1)1 (2)见解析 【分析】（1）延长OH交BC于点E，证明△HCO≌△HCE（ASA），得CO=CE．OH=EH=OE．再证OE是△ABC的中位线，得OE=AB．即可求解． （2）连接AF，作CM⊥BD于M． 证△ACF≌△BCF（SAS），得AF=BF．从而可得∠ABD=∠BAF=45°．再利用平行四边形的性质证得DF=2DM，然后证明△ABF≌△CDM（ASA），得BF=DM，即可得出结论． 【详解】（1）解：延长OH交BC于点E， ∵OH⊥FH， ∴∠CHO=∠CHE=90°． ∵CF平分∠ACB， ∴∠HCO=∠HCE． 在△HCO和△HCE中 ， ∴△HCO≌△HCE（ASA） ∴CO=CE，OH=EH=OE． ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AC=2OC． ∵AC=BC， ∴BC=2CE， ∴点E是BC的中点， ∴OE是△ABC的中位线， ∴OE=AB． ∵AB=4 ∴OE=2， ∴OH=1． （2）证明：连接AF，作CM⊥BD于M． ∴∠CMD=90°． ∵OE是△ABC的中位线， ∴OHAB， ∴∠ABD=∠HOF． ∵OH⊥FH ∴∠FHO=90°． ∵OH=FH． ∴∠HOF=∠HFO=45°， ∴∠ABD=45°． 在△ACF和△BCF中 ， △ACF≌△BCF（SAS）， ∴AF=BF． ∴∠ABD=∠BAF=45°． ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB=CD，ABCD， ∴∠ABD=∠CDB=45° ∴∠DCM=45°， ∴∠ABD=∠BAF=∠CDB=∠HFO=∠DCM=45°． ∴CF=CD． ∵CM⊥BD， ∴DF=2DM， 在△ABF和△CDM中 ， ∴△ABF≌△CDM（ASA） ∴BF=DM， ∴DF=2BF． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质，三角形中位线的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质，三角形中位线的判定与性质是解题的关键． 3．已知平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AB＝AC，AB⊥AC． (1)如图1，若，求AB的长； (2)如图2，过点C作CE⊥BD于点E，连接AE，过点A作AF⊥AE交BD于点F，求证：OF＝CE＋OE． 【答案】(1)4 (2)见详解 【分析】（1）根据平行四边形的性质，设则，由即可求解； （2）过点C作CG//AF，交BD于点G，证，即可得OF=OG，再证是等腰直角三角形，即可求解； (1) 解：在平行四边形ABCD中，， ∵， ∴， 设则， ∵AB⊥AC， ∴，即， 解得：； ∴ (2) 过点C作CG//AF，交BD于点G， ∴∠FAC=∠OCG，∠AFO=∠OGC， ∵OA=OC， ∴， ∴OF=OG， ∵AB⊥AC，AF⊥AE， ∴∠BAC=∠FAE=90°， ∴∠BAC-∠FAO=∠FAE-∠FAO， ∴∠BAF=∠CAE， ∵CE⊥BD， ∴∠CED=∠CEF=90°， ∴∠AEC=∠AEF+∠CEF=90°+∠AEF， ∵∠AFB是的一个外角， ∴∠AFB=∠FAE+∠AEF=90°+∠AEF， ∴∠AEC=∠AFB， ∵AB=AC， ∴∠AFE=∠AEF=45°， ∴∠AFE=∠CGO=45°， ∴是