第十八章 平行四边形（单元重点综合测试卷，人教版）-2024-2025学年八年级数学下册单元速记•巧练（山东专用）

第十九章 平行四边形（单元重点综合测试） （考试时间：120分钟；满分：120分） 姓名___________ 班级_________ 考号______________ 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．（2024秋•鲤城区校级期末）如图，在▱ABCD中，CE⊥AB于点E．若∠BCE＝25°，则∠D＝（　　） A．25° B．55° C．65° D．75° 2．如图，四边形ABCD为平行四边形，延长AD到E，使DE＝AD，连接EB，EC，DB，添加一个条件，不能使四边形DBCE成为矩形的是（　　） A．AB＝BE B．CE⊥DE C．∠ADB＝90° D．BE⊥AB 3．（2024春•青县期末）如图所示，DE为△ABC的中位线，点F在DE上，且∠AFB＝90°，若AB＝6，BC＝8，则EF的长为（　　） A．1 B．2 C．1.5 D．2.5 4．（2024秋•东平县期末）如图，E是平行四边形内任一点，若S平行四边形ABCD＝8，则图中阴影部分的面积是（　　） A．3 B．3.5 C．4 D．4.5 5．（2024秋•长安区期末）如图，在矩形ABCD中，已知AE⊥BD于E，∠BDC＝60°，BE＝1，则AD的长为（　　） A． B． C．2 D． 6．（2024•沈丘县一模）已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论中正确的有（　　） ①当AB＝BC时，它是菱形；②当AC⊥BD时，它是菱形； ③当∠ABC＝90°时，它是矩形；④当AC＝BD时，它是正方形． A．3个 B．4个 C．1个 D．2个 7．（2024秋•莱西市期末）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC、BD相交于点O，DH⊥BC于点H，连接OH，∠BAD＝56°，则∠DHO的度数是（　　） A．38° B．34° C．28° D．24° 8．（2024•浦东新区三模）如图1，平行四边形ABCD中，AD＞AB，∠ABC为锐角．要在对角线BD上找点N，M，使四边形ANCM为平行四边形，现有图2中的甲、乙、丙三种方案，则正确的方案是（　　） A．只有甲、乙才是 B．只有甲、丙才是 C．只有乙、丙才是 D．甲、乙、丙都是 9．（2024秋•凤翔区期中）如图，四边形ABCD是正方形，延长BC到点E，使CE＝AC，连结AE交CD于点F，则∠AFC等于（　　）度． A．112.5 B．125 C．135 D．150 10．（2024•韶关二模）如图，已知四边形ABCD为正方形，，E为对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交BC的延长线于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．下列结论：①矩形DEFG是正方形；②CE＝CF；③AE＝CG；④CE+CG＝6．其中结论正确的序号有（　　） A．①②③④ B．①③④ C．①③ D．②④ 2、 填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）请把答案直接填写在横线上 11．（2024秋•清新区期末）如图，在菱形ABCD中，∠B＝60°，连接AC，若AC＝6，则菱形ABCD的周长为 　 　． 12．如图，在▱ABCD中，点E在BC上，且CD＝CE，连接DE，过点A作AF⊥DE，垂足为F，若∠DAF＝48°，则∠C的度数为　 　． 13．（2024秋•射洪市校级期中）如图，AD是等腰三角形ABC的顶角平分线，BC＝10，点E，F分别是AD，AC边的中点，连结EF，EF∥BC，则EF＝　 　． 14．（2024春•海门区期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝5cm，M为边AD的中点，P为BC上一点，PE⊥MC于点E，PF⊥MB于点F，当BC长为 　 　cm时，四边形PEMF为矩形． 15．（2024秋•绥化期末）在▱ABCD中，∠BAD的平分线AE把边BC分成5和6两部分，则▱ABCD的周长为　　 ． 16．如图，矩形ABCD中，BC＝4，∠BAC＝30°，E点为CD的中点．点P为对角线AC上的一动点．则PD+PE的最小值等于 　 　． 3、 解答题（本大题共7小题，共72分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17．（8分）如图，AC是四边形ABCD的对角线，DE⊥AC，BF⊥AC，垂足分别为E，F，且AB＝CD，AE＝CF．证明：四边形ABCD为平行四边形． 18．（8分）（2024秋•沙坪坝区校级期末）如图，在▱ABCD中，连接对角线BD，点E和点F是直线BD上的两点且DE＝BF． （1）求证：四边形AECF是平行四边形； （2）若AD⊥BD，AB＝5，BC＝3，DE＝2，求△AEF的面积． 19．（10分）（2024•沙坪坝区校级开学）如图，四边形ABCD中，AB∥CD，F为AB上一点，DF与AC交于点E，DE＝FE． （1）求证：四边形AFCD是平行四边形； （2）若，BC＝6CE＝12，BC⊥AC，求BF的长． 20．（10分）（2024•普陀区校级三模）如图，四边形ABCD是菱形，过点A作AE⊥BC、AF⊥CD，垂足分别为点E、F，AE、AF分别交BD于点G、H． （1）求证：AG＝AH； （2）延长AF、BC相交于点P，当BG＝GH时，求证：． 21．(12分)（2024春•上城区期末）在▱ABCD中，E，F为BC上的两点，且BE＝CF，AF＝DE． （1）求证：△ABF≌△DCE； （2）求证：▱ABCD是矩形； （3）连接AE，若AF是∠BAD的平分线，BE＝2，，求四边形ABCD的面积． 22．（12分）（2024春•市北区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝10cm，，其中BD是AC边上的高．点M从点A出发，沿AC方向匀速运动，速度为4cm/s；同时点P由B点出发，沿BA方向匀速运动，速度为1cm/s，过点P的直线PQ∥AC，交BC于点Q，连接PM，设运动时间为t（s）（0＜t＜2.5），解答下列问题： （1）线段BP＝　 　cm，AM＝　 　cm（用含t的代数式表示）； （2）求AD的长； （3）当t为何值时，以P、Q、D、M为顶点的四边形是平行四边形？ 23．（12分）如图1，四边形ABCD为正方形，E为对角线AC上一点，连接DE，BE． （1）求证：BE＝DE； （2）如图2，过点E作EF⊥DE，交边BC于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG． ①求证：矩形DEFG是正方形； ②若正方形ABCD的边长为9，CG＝3，求正方形DEFG的边长． 2 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第十九章 平行四边形（单元重点综合测试） （考试时间：120分钟；满分：120分） 姓名___________ 班级_________ 考号______________ 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．（2024秋•鲤城区校级期末）如图，在▱ABCD中，CE⊥AB于点E．若∠BCE＝25°，则∠D＝（　　） A．25° B．55° C．65° D．75° 【分析】首先利用已知条件求得∠B的度数，然后由“平行四边形的对角相等的性质”作答即可． 【解答】解：∵CE⊥AB， ∴∠CEB＝90°． ∵∠BCE＝25°， ∴∠B＝90°﹣25°＝65°． 又∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠D＝∠B＝65°． 故选：C． 【点评】本题主要考查了平行四边形的性质，平行四边形的对角相等． 2．如图，四边形ABCD为平行四边形，延长AD到E，使DE＝AD，连接EB，EC，DB，添加一个条件，不能使四边形DBCE成为矩形的是（　　） A．AB＝BE B．CE⊥DE C．∠ADB＝90° D．BE⊥AB 【分析】先证四边形DBCE为平行四边形，再由矩形的判定和菱形的判定分别对各个选项进行判断即可． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形 ∴AB＝CD，BC＝AD，BC∥AD，AB∥CD， ∵DE＝AD， ∴BC＝DE， ∵BC∥AD， ∴BC∥DE， ∴四边形DBCE是平行四边形 A、∵AB＝BE时，AB＝CD， ∴BE＝CD， ∴平行四边形DBCE是矩形，故选项A不符合题意； B、∵CE⊥DE， ∴∠CED＝90°时， ∴平行四边形DBCE是矩形，故选项B不符合题意； C、∵∠ADB＝90°， ∴∠BDE＝180°﹣∠ADB＝90°， ∴平行四边形DBCE是矩形，故选项C不符合题意； D、∵BE⊥AB，AB∥CD， ∴BE⊥CD， ∴平行四边形DBCE是菱形，故选项D符合题意． 故选：D． 【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定、菱形的判定等知识，熟练掌握矩形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键． 3．（2024春•青县期末）如图所示，DE为△ABC的中位线，点F在DE上，且∠AFB＝90°，若AB＝6，BC＝8，则EF的长为（　　） A．1 B．2 C．1.5 D．2.5 【分析】先根据三角形中位线定理求出DE的长，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出DF的长即可得到答案． 【解答】解：∵DE是△ABC的中位线，BC＝8， ∴，D是AB的中点， ∵∠AFB＝90°， ∴， ∴EF＝DE﹣DF＝1， 故选：A． 【点评】本题主要考查了三角形中位线定理，直角三角形斜边上的中线，熟知三角形中位线定理和直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键． 4．（2024秋•东平县期末）如图，E是平行四边形内任一点，若S平行四边形ABCD＝8，则图中阴影部分的面积是（　　） A．3 B．3.5 C．4 D．4.5 【分析】根据三角形面积公式可知，图中阴影部分面积等于平行四边形面积的一半．所以S阴影S四边形ABCD． 【解答】解：设两个阴影部分三角形的底为AD，CB，高分别为h1，h2，则h1+h2为平行四边形的高， ∴S△EAD+S△ECB AD•h1CB•h2AD（h1+h2） S四边形ABCD ＝4． 故答案为：C． 【点评】本题主要考查了三角形的面积公式和平行四边形的性质（平行四边形的两组对边分别相等），要求能灵活的运用等量代换找到需要的关系． 5．（2024秋•长安区期末）如图，在矩形ABCD中，已知AE⊥BD于E，∠BDC＝60°，BE＝1，则AD的长为（　　） A． B． C．2 D． 【分析】由矩形的性质得AB∥CD，∠BAD＝90°，则∠ABD＝∠BDC＝60°，而AE⊥BD于E，则∠BAE＝∠ADB＝90°﹣∠ABD＝30°，所以AB＝2BE＝2，BD＝2AB＝4，求得AD2，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，∠BDC＝60°， ∴AB∥CD，∠BAD＝90°， ∴∠ABD＝∠BDC＝60°， ∵AE⊥BD于E，BE＝1， ∴∠AEB＝90°， ∴∠BAE＝∠ADB＝90°﹣∠ABD＝30°， ∴AB＝2BE＝2， ∴BD＝2AB＝4， ∴AD2， 故选：B． 【点评】此题重点考查矩形的性质、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理等知识，推导出∠BAE＝∠ADB＝30°是解题的关键． 6．（2024•沈丘县一模）已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论中正确的有（　　） ①当AB＝BC时，它是菱形；②当AC⊥BD时，它是菱形； ③当∠ABC＝90°时，它是矩形；④当AC＝BD时，它是正方形． A．3个 B．4个 C．1个 D．2个 【分析】根据矩形、菱形、正方形的判定可以判断题目中的各个小题的结论是否正确，从而可以解答本题． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴当AB＝BC时，它是菱形，故①正确， 当AC⊥BD时，它是菱形，故②正确， 当∠ABC＝90°时，它是矩形，故③正确， 当AC＝BD时，它是矩形，故④错误， 故选：A． 【点评】本题考查正方形、菱形、矩形的判定，解答本题的关键是明确它们的判定的内容． 7．（2024秋•莱西市期末）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC、BD相交于点O，DH⊥BC于点H，连接OH，∠BAD＝56°，则∠DHO的度数是（　　） A．38° B．34° C．28° D．24° 【分析】首先根据菱形的一组邻角互补可以求出∠ABC＝124°，再根据菱形的对角线互相平分且每组对角线平分一组对角可得、OB＝OD，所以可得∠BDH＝28°，根据直角三角形的斜边等于斜边的一半可得HO＝DO，根据等边对等角可得∠DHO＝∠BDO＝28°． 【解答】解：如下图所示， 由菱形性质可得∠BAD+∠ABC＝180°， ∵∠BAD＝56°， ∵∠ABC＝124°， ∴， ∵DH⊥BC， ∴∠DHB＝90°， 在Rt△DBH中，∠BDH＝90°﹣∠DBH＝90°﹣62°＝28°， ∵OB＝OD， ∴点O是BD的中点， ∴HO＝DO， ∴∠DHO＝∠BDO＝28°． 故选：C． 【点评】本题考查了菱形的性质、直角三角形的性质．熟练掌握以上知识点是关键． 8．（2024•浦东新区三模）如图1，平行四边形ABCD中，AD＞AB，∠ABC为锐角．要在对角线BD上找点N，M，使四边形ANCM为平行四边形，现有图2中的甲、乙、丙三种方案，则正确的方案是（　　） A．只有甲、乙才是 B．只有甲、丙才是 C．只有乙、丙才是 D．甲、乙、丙都是 【分析】方案甲，连接AC，由平行四边形的性质得OB＝OD，OA＝OC，则NO＝OM，得四边形ANCM为平行四边形，方案甲正确； 方案乙，证△ABN≌△CDM（AAS），得AN＝CM，再由AN∥CM，得四边形ANCM为平行四边形，方案乙正确； 方案丙，证△ABN≌△CDM（ASA），得AN＝CM，∠ANB＝∠CMD，则∠ANM＝∠CMN，证出AN∥CM，得四边形ANCM为平行四边形，方案丙正确． 【解答】解：方案甲中，连接AC，如图所示： ∵四边形ABCD是平行四边形，O为BD的中点， ∴OB＝OD，OA＝OC， ∵BN＝NO，OM＝MD， ∴NO＝OM， ∴四边形ANCM为平行四边形，故方案甲正确； 方案乙中，∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD，AB∥CD， ∴∠ABN＝∠CDM， ∵AN⊥BD，CM⊥BD， ∴AN∥CM，∠ANB＝∠CMD， 在△ABN和△CDM中， ， ∴△ABN≌△CDM（AAS）， ∴AN＝CM， 又∵AN∥CM， ∴四边形ANCM为平行四边形，故方案乙正确； 方案丙中，∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠BAD＝∠BCD，AB＝CD，AB∥CD， ∴∠ABN＝∠CDM， ∵AN平分∠BAD，CM平分∠BCD， ∴∠BAN＝∠DCM， 在△ABN和△CDM中， ， ∴△ABN≌△CDM（ASA）， ∴AN＝CM，∠ANB＝∠CMD， ∴∠ANM＝∠CMN， ∴AN∥CM， ∴四边形ANCM为平行四边形，故方案丙正确； 故选：D． 【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键． 9．（2024秋•凤翔区期中）如图，四边形ABCD是正方形，延长BC到点E，使CE＝AC，连结AE交CD于点F，则∠AFC等于（　　）度． A．112.5 B．125 C．135 D．150 【分析】首先根据正方形的性质得到，然后根据三角形外角的性质和等边对等角求出，然后利用三角形内角和定理求解即可． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，CE＝AC， ∴∠BCD＝90°， ∴， ∵CE＝AC， ∴， ∴∠AFC＝180°﹣∠CAF﹣∠ACF＝180°﹣45°﹣22.5°＝112.5°． 故选：A． 【点评】本题考查了正方形的性质，解题的关键是掌握利用正方形的性质解决问题． 10．（2024•韶关二模）如图，已知四边形ABCD为正方形，，E为对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交BC的延长线于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．下列结论：①矩形DEFG是正方形；②CE＝CF；③AE＝CG；④CE+CG＝6．其中结论正确的序号有（　　） A．①②③④ B．①③④ C．①③ D．②④ 【分析】过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，如图所示：根据正方形的性质得到∠BCD＝90°，∠ECN＝45°，推出四边形EMCN为正方形，由矩形的性质得到EM＝EN，∠DEN+∠NEF＝∠MEF+∠NEF＝90°，根据全等三角形的性质得到ED＝EF，推出矩形DEFG为正方形；故①正确； 当DE⊥AC时，点C与点F重合，可对②进行判断； 证明△ADE≌△CDG（SAS），得到AE＝CG，可对③进行判断； 根据等腰直角三角形和线段的和差可对④进行判断． 【解答】解：①如图，过E作EM⊥BC于点M，过E作EN⊥CD于点N， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BCD＝90°，∠ECN＝45°， ∴∠EMC＝∠ENC＝∠BCD＝90°， ∴NE＝NC， ∴四边形EMCN为正方形， ∴EM＝EN， ∵四边形DEFG是矩形， ∴∠DEN+∠NEF＝∠MEF+∠NEF＝90°， ∴∠DEN＝∠MEF， 又∠DNE＝∠FME＝90°， 在△DEN和△FEM中， ， ∴△DEN≌△FEM（ASA）， ∴ED＝EF， ∴矩形DEFG为正方形；故①正确； ②当DE⊥AC时，点C与点F重合， ∴CE不一定等于CF，故②错误； ③由①知：DE＝DG，∠EDC+∠CDG＝90°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝DC，∠ADE+∠EDC＝90°， ∴∠ADE＝∠CDG， 在△ADE和△CDG中， ， ∴△ADE≌△CDG（SAS）， ∴AE＝CG， 故③正确； ④∵AB＝BC＝3，∠B＝90°， ∴ACAB6， ∴AC＝AE+CE＝CG+CE＝6． 故④正确； 故选：B． 【点评】本题考查了正方形的判定和性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键． 2、 填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）请把答案直接填写在横线上 11．（2024秋•清新区期末）如图，在菱形ABCD中，∠B＝60°，连接AC，若AC＝6，则菱形ABCD的周长为 　 　． 【分析】由菱形可得AB＝BC＝CD＝AD，进而得到△ABC为等边三角形，得到AB＝BC＝AC＝6，即可求出菱形的周长． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝BC＝CD＝AD， ∵∠B＝60°， ∴△ABC为等边三角形， ∴AB＝BC＝AC＝6， ∴菱形ABCD的周长为6×4＝24， 故答案为：24． 【点评】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，菱形的周长，掌握菱形的性质是解题的关键． 12．如图，在▱ABCD中，点E在BC上，且CD＝CE，连接DE，过点A作AF⊥DE，垂足为F，若∠DAF＝48°，则∠C的度数为　 　． 【分析】首先根据AF⊥DE，∠DAF＝48°得到∠ADE＝90°﹣∠DAF＝90°﹣48°＝42°，然后利用四边形ABCD是平行四边形得到∠CED＝∠ADF＝42°，再根据CD＝CE，得到∠CDE＝∠DEC＝42°，从而利用三角形的内角和定理求得∠C＝180°﹣∠DEC﹣∠EDC＝180°﹣42°﹣42°＝96°即可． 【解答】解：∵AF⊥DE，∠DAF＝48°， ∴∠ADE＝90°﹣∠DAF＝90°﹣48°＝42°， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠CED＝∠ADF＝42°， ∵CD＝CE， ∴∠CDE＝∠DEC＝42°， ∴∠C＝180°﹣∠DEC﹣∠EDC＝180°﹣42°﹣42°＝96°， 故答案为：96°． 【点评】考查了平行四边形的性质，解题的关键是根据平行四边形的对边平行且相等得到相关结论，难度不大． 13．（2024秋•射洪市校级期中）如图，AD是等腰三角形ABC的顶角平分线，BC＝10，点E，F分别是AD，AC边的中点，连结EF，EF∥BC，则EF＝　 　． 【分析】根据等腰三角形的性质得到，根据三角形中位线定理即可得到结论． 【解答】解：由条件可知， ∵点E，F分别是AD，AC边的中点， ∴EF是△ACD的中位线， ∴， 故答案为：． 【点评】本题考查了三角形的中位线定理，等腰三角形的性质，熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键． 14．（2024春•海门区期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝5cm，M为边AD的中点，P为BC上一点，PE⊥MC于点E，PF⊥MB于点F，当BC长为 　 　cm时，四边形PEMF为矩形． 【分析】根据四边形PEMF为矩形推得∠FME＝90°，然后根据M为中点可证得MB＝MC，所以△BMC为等腰直角三角形，即∠MBC＝45°＝∠AMB，所以AM＝AB＝5，所以AD＝BC＝10． 【解答】解：∵PE⊥MC于点E，PF⊥MB于点F， ∴四边形PEMF为矩形． ∴∠FME＝90°． ∵M为边AD的中点， ∴BM＝CM． ∴∠MBC＝45°． 在矩形ABCD中，AD∥BC，则∠AMB＝∠MBC＝45°． ∴AM＝AB＝5cm． ∴AD＝10cm． ∴BC＝AD＝10cm． 故答案为：10． 【点评】本题侧重考查矩形的性质，掌握有三个角是直角的四边形是矩形、矩形的四个角都是直角是解决此题的关键． 15．（2024秋•绥化期末）在▱ABCD中，∠BAD的平分线AE把边BC分成5和6两部分，则▱ABCD的周长为　　 ． 【分析】据AE平分∠BAD及AD∥BC可得出AB＝BE，BC＝BE+EC，从而根据AB、AD的长可求出平行四边形的周长． 【解答】解：在平行四边形ABCD中，AD∥BC，则∠DAE＝∠AEB． ∵AE平分∠BAD， ∴∠BAE＝∠DAE， ∴∠BAE＝∠BEA， ∴AB＝BE，BC＝BE+EC， ①当BE＝5，EC＝6时， 平行四边形ABCD的周长为：2（AB+AD）＝2（5+5+6）＝32． ②当BE＝6，EC＝5时， 平行四边形ABCD的周长为：2（AB+AD）＝2（6+6+5）＝34． 故答案为：32或34． 【点评】本题考查平行四边形的性质，比较简单，根据题意判断出AB＝BE是解答本题的关键，同学们要学会将所学知识综合起来运用． 16．如图，矩形ABCD中，BC＝4，∠BAC＝30°，E点为CD的中点．点P为对角线AC上的一动点．则PD+PE的最小值等于 　 　． 【分析】作点D于直线AC的对称点D′，连接DD′、AD′、CD′，在CD′取一点E′，使得点E与点E′关于直线AC成轴对称，则CD＝CD′，PE＝PE′，∠DCA＝∠D′CA，CE′＝CE，当点D、P、E′三点共线时，PD+PE的值最小，利用勾股定理及等边三角形的性质求出即可． 【解答】解：作点D于直线AC的对称点D′，连接DD′、AD′、CD′，在CD′取一点E′，使得点E与点E′关于直线AC成轴对称，则CD＝CD′，PE＝PE′，∠DCA＝∠D′CA，CE′＝CE，当点D、P、E′三点共线时，PD+PE的值最小， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠B＝90°，CD∥AB， ∵BC＝4，∠BAC＝30°， ∴AC＝8，∠DCA＝∠D′CA＝∠BAC＝30°， ∴∠D′CD＝60°，， ∴△D′CD是等边三角形， ∵CE′， ∴DE′⊥CD′， ∴， ∴PD+PE的最小值等于6． 故答案为：6． 【点评】本题主要考查轴对称和最短路线问题，矩形的性质，等边三角形的判定及性质，勾股定理等知识点，确定P点的位置是解答本题的关键． 3、 解答题（本大题共7小题，共72分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17．（8分）如图，AC是四边形ABCD的对角线，DE⊥AC，BF⊥AC，垂足分别为E，F，且AB＝CD，AE＝CF．证明：四边形ABCD为平行四边形． 【分析】根据垂直的定义得到∠DEC＝∠BFC＝90°，根据全等三角形的性质得到∠DCE＝∠BAF，由平行线的判定定理得到AB∥DC，根据平行四边形的判定定理即可得到结论． 【解答】证明：∵DE⊥AC，BF⊥AC， ∴∠DEC＝∠BFC＝90°， 在Rt△DEC和Rt△BFC中， ， ∴Rt△DEC≌Rt△BFA（HL）， ∴∠DCE＝∠BAF， ∴AB∥DC， 又∵AB＝DC， ∴四边形ABCD是平行四边形． 【点评】此题主要考查了平行四边形的判定，全等三角形的判定和性质，正确得出Rt△DEC≌Rt△BFC是解题关键． 18．（8分）（2024秋•沙坪坝区校级期末）如图，在▱ABCD中，连接对角线BD，点E和点F是直线BD上的两点且DE＝BF． （1）求证：四边形AECF是平行四边形； （2）若AD⊥BD，AB＝5，BC＝3，DE＝2，求△AEF的面积． 【分析】（1）由平行四边形的性质得AB∥CD，AB＝CD，则∠ABE＝∠CDF，由DE＝BF推导出BE＝DF，即可根据“SAS”证明△ABE≌△CDF，得AE＝CF，∠AEB＝∠CFD，所以AE∥CF，即可证明四边形AECF是平行四边形； （2）由AB⊥BD，得∠ADB＝90°，而AB＝5，AD＝BC＝3，则BD4，因为DE＝BF＝2，所以EF＝DE+BD+BF＝8，则S△AEFEF•AD＝12． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，点E和点F是直线BD上的两点且DE＝BF， ∴AB∥CD，AB＝CD，DE+BD＝BF+BD， ∴∠ABE＝∠CDF，BE＝DF， 在△ABE和△CDF中， ， ∴△ABE≌△CDF（SAS）， ∴AE＝CF，∠AEB＝∠CFD， ∴AE∥CF， ∴四边形AECF是平行四边形． （2）解：∵AB⊥BD， ∴∠ADB＝90°， ∵AB＝5，AD＝BC＝3， ∴BD4， ∵DE＝BF＝2， ∴EF＝DE+BD+BF＝2+4+2＝8， ∴S△AEFEF•AD8×3＝12， ∴△AEF的面积为12． 【点评】此题重点考查平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形的面积公式等知识，证明△ABE≌△CDF是解题的关键． 19．（10分）（2024•沙坪坝区校级开学）如图，四边形ABCD中，AB∥CD，F为AB上一点，DF与AC交于点E，DE＝FE． （1）求证：四边形AFCD是平行四边形； （2）若，BC＝6CE＝12，BC⊥AC，求BF的长． 【分析】（1）由AB∥CD，得∠EDC＝∠EFA，∠ECD＝∠EAF，而DE＝FE，可根据“AAS”证明△ECD≌△EAF，得CD＝AF，即可根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”证明四边形AFCD是平行四边形； （2）由BC＝6CE＝12，得CE＝2，由平行四边形的性质得AE＝CE＝2，AF＝CD＝2，所以AC＝4，由勾股定理求得AB4，则BF＝AB﹣AF＝2． 【解答】（1）证明：∵AB∥CD， ∴∠EDC＝∠EFA，∠ECD＝∠EAF， 在△ECD和△EAF中， ， ∴△ECD≌△EAF（AAS）， ∴CD＝AF， ∵CD∥AF，CD＝AF， ∴四边形AFCD是平行四边形． （2）解：∵BC＝6CE＝12， ∴CE＝2， ∵四边形AFCD是平行四边形， ∴AE＝CE＝2，AF＝CD＝2， ∴AC＝2AE＝4， ∵BC⊥AC， ∴∠ACB＝90°， ∴AB4， ∴BF＝AB﹣AF＝422， ∴BF的长是2． 【点评】此题重点考查平行线的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理等知识，证明△ECD≌△EAF是解题的关键． 20．（10分）（2024•普陀区校级三模）如图，四边形ABCD是菱形，过点A作AE⊥BC、AF⊥CD，垂足分别为点E、F，AE、AF分别交BD于点G、H． （1）求证：AG＝AH； （2）延长AF、BC相交于点P，当BG＝GH时，求证：． 【分析】（1）根据菱形的性质即可解决问题； （2）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半证明△AGH是等边三角形，△ADC是等边三角形，进而可以解决问题． 【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝AD，AB∥CD，AD∥BC， ∴∠ABD＝∠ADB， ∵AE⊥BC，AF⊥CD， ∴AE⊥AD，AF⊥AB， ∴∠DAG＝∠BAH＝90°， ∴∠AHB＝90°﹣∠ABD＝90°﹣∠ADB＝∠AGD， ∴AH＝AG； （2）∵BG＝GH， ∴G是直角三角形ABH斜边BH的中点， ∴AG＝BG＝GH， 由（1）知：AH＝AG， ∴AG＝AH＝GH， ∴△AGH是等边三角形， ∴∠AHG＝60°， ∴∠ABH＝30°， ∴∠ABC＝60°， ∵AF⊥AB， ∴∠BAP＝90°， ∴∠P＝30°， ∴PFCF， 如图，连接AC， ∵∠ADC＝∠ABC＝60°，AD＝CD， ∴△ADC是等边三角形， ∵AF⊥CD， ∴CF＝DF， ∴． 【点评】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形的性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质． 21．(12分)（2024春•上城区期末）在▱ABCD中，E，F为BC上的两点，且BE＝CF，AF＝DE． （1）求证：△ABF≌△DCE； （2）求证：▱ABCD是矩形； （3）连接AE，若AF是∠BAD的平分线，BE＝2，，求四边形ABCD的面积． 【分析】（1）首先根据平行四边形的性质得到AB＝CD，然后结合已知条件利用SSS判定两三角形全等即可； （2）根据全等三角形的性质得到∠B＝∠C＝90°，从而判定矩形； （3）根据矩形的性质和角平分线的定义以及矩形的面积公式即可得到结论． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD， ∵BE＝CF， ∴BF＝CE， 在△ABF和△DCE中， ， ∴△ABF≌△DCE（SSS）； （2）证明：∵△ABF≌△DCE， ∴∠B＝∠C， 在平行四边形ABCD中，∵AB∥CD， ∴∠B+∠C＝180°， ∴∠B＝∠C＝90°， ∴四边形ABCD是矩形； （3）解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BAD＝∠B＝90°， ∵AF是∠BAD的平分线， ∴∠BAF， ∴AB＝BF， ∵AF， ∴， ∵CF＝BE＝2， ∴BC2， ∴四边形ABCD的面积＝AB•BC（2）＝15+2． 【点评】本题考查了矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，角平分线定义，熟练掌握矩形的判定和性质定理是解题的关键． 22．（12分）（2024春•市北区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝10cm，，其中BD是AC边上的高．点M从点A出发，沿AC方向匀速运动，速度为4cm/s；同时点P由B点出发，沿BA方向匀速运动，速度为1cm/s，过点P的直线PQ∥AC，交BC于点Q，连接PM，设运动时间为t（s）（0＜t＜2.5），解答下列问题： （1）线段BP＝　 　cm，AM＝　 　cm（用含t的代数式表示）； （2）求AD的长； （3）当t为何值时，以P、Q、D、M为顶点的四边形是平行四边形？ 【分析】（1）根据题意，列出代数式即可； （2）设AD＝x，由勾股定理求出AD即可； （3）分两种情况：①当点M在点D的上方时，PQ＝BP＝t cm，AM＝4t cm，AD＝6cm，得出MD＝AD﹣AM＝（6﹣4t）cm，由PQ∥MD，当PQ＝MD时，四边形PQDM是平行四边形，得出方程，解方程即可； ②当点M在点D的下方时，PQ＝BP＝t cm，AM＝4t cm，AD＝6cm，得出MD＝AM﹣AD＝（4t﹣6）cm，由PQ∥MD，当PQ＝MD时，四边形PQDM是平行四边形，得出方程，解方程即可． 【解答】解：（1）由题意，得：BP＝t cm，AM＝4t cm； 故答案为：t，4t； （2）设AD＝x cm，则：CD＝（10﹣x）cm， ∵BD是AC边上的高， ∴∠ADB＝∠CDB＝90°， ∴BD2＝AB2﹣AD2＝BC2﹣CD2， ∴， 解得：x＝6； ∴AD＝6cm； （3）分两种情况：①当点M在点D的上方时， 由题意得：PQ＝BP＝t cm，AD＝6cm， ∴MD＝AD﹣AM＝（6﹣4t）cm． ∵PQ∥AC， ∴PQ∥MD， ∴当PQ＝MD，即当t＝6﹣4t时，四边形PQDM是平行四边形， 解得t＝1.2； ②当点M在点D的下方时， 根据题意得：PQ＝BP＝t cm，AM＝4t cm，AD＝6cm， ∴MD＝AM﹣AD＝（4t﹣6）cm． ∵PQ∥AC， ∴PQ∥MD， ∴当PQ＝MD时，即当t＝4t﹣6时，四边形PQMD是平行四边形， 解得t＝2． 综上所述，当t＝1.2或t＝2时，以P、Q、D、M为顶点的四边形是平行四边形． 【点评】本题考查了平行四边形的判定、等腰三角形的判定与性质、勾股定理，列代数式以及分类讨论等知识；本题综合性强，熟练掌握平行四边形的判定和等腰三角形的判定是解题的关键． 23．（12分）如图1，四边形ABCD为正方形，E为对角线AC上一点，连接DE，BE． （1）求证：BE＝DE； （2）如图2，过点E作EF⊥DE，交边BC于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG． ①求证：矩形DEFG是正方形； ②若正方形ABCD的边长为9，CG＝3，求正方形DEFG的边长． 【分析】（1）根据正方形的性质证明△ABE≌△ADE（SAS），即可解决问题； （2）①作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，得到EN＝EM，然后证得∠DEN＝∠FEM，得到△DEN≌△FEM，则有DE＝EF，根据正方形的判定即可证得矩形DEFG是正方形； ②证明△ADE≌△CDG（SAS），可得AE＝CG，∠DAE＝∠DCG＝45°，证明CE⊥CG，连接EG，根据勾股定理即可解决问题． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形， ∴∠BAE＝∠DAE＝45°，AB＝AD， 在△ABE和△ADE中， ， ∴△ABE≌△ADE（SAS）， ∴BE＝DE； （2）①证明：如图，作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N， 得矩形EMCN， ∴∠MEN＝90°， ∵点E是正方形ABCD对角线上的点， ∴EM＝EN， ∵∠DEF＝90°， ∴∠DEN＝∠MEF＝90°﹣∠FEN， ∵∠DNE＝∠FME＝90°， 在△DEN和△FEM中， ， ∴△DEN≌△FEM（ASA）， ∴EF＝DE， ∵四边形DEFG是矩形， ∴矩形DEFG是正方形； ②解：∵正方形DEFG和正方形ABCD， ∴DE＝DG，AD＝DC， ∵∠CDG+∠CDE＝∠ADE+∠CDE＝90°， ∴∠CDG＝∠ADE， 在△ADE和△CDG中， ， ∴△ADE≌△CDG（SAS）， ∴AE＝CG，∠DAE＝∠DCG＝45°， ∵∠ACD＝45°， ∴∠ACG＝∠ACD+∠DCG＝90°， ∴CE⊥CG， ∴CE+CG＝CE+AE＝ACAB＝9． ∵CG＝3， ∴CE＝6， 连接EG， ∴EG3， ∴DEEG＝3． ∴正方形DEFG的边长为3． 【点评】此题主要考查了正方形的判定与性质，矩形的性质，三角形的全等的性质和判定，勾股定理，解本题的关键是正确作出辅助线，证得△DEN≌△FEM． 2 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $$