2018中考总复习平行四边形专题 8页

‎25.（10分）已知四边形ABCD是菱形，AB=4，∠ABC=60°，∠EAF的两边分别与射线CB、DC相交于点E、F，且∠EAF=60° .‎ ‎（1）如图12-1，当点E是线段CB的中点时，直接写出线段AE，EF，AF之间的数量关系；‎ ‎（2）如图12-2，当点E是线段CB上任意一点时（点E不与B、C重合），求证：BE=CF；‎ ‎（3）如图12-3，当点E在线段CB的延长线上，且∠EAB=15°时，求点F到BC的距离。‎ ‎(2016·济宁)如图，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，延长CB至点F，使CF＝CA，连接AF，∠ACF的平分线分别交AF，AB，BD于点E，N，M，连接EO.‎ ‎(1)EO＝，求正方形ABCD的边长；‎ ‎(2)猜想线段EM与CN的数量关系并加以证明．‎ ‎(2016·玉林)如图1，菱形ABCD对角线AC，BD的交点O是四边形EFGH对角线FH的中点，四个顶点A，B，C，D分别在四边形EFGH的边EF，FG，GH，HE上．‎ ‎(1)求证：四边形EFGH是平行四边形；‎ ‎(2)如图2，若四边形EFGH是矩形，当AC与FH重合时，‎ 已知＝2，且菱形ABCD的面积是20，求矩形EFGH的长与宽．‎ ‎9．如图，四边形ABCD是菱形，AC=8，DB=6，DH⊥AB于H，则DH等于（　　）‎ A．B．C．5 D．4‎ ‎17．如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=，将△ABC绕点A顺时针方向旋转60°到△AB′C′的位置，连接C′B，则C′B=　﹣1　．‎ ‎【考点】旋转的性质．‎ ‎【分析】连接BB′，根据旋转的性质可得AB=AB′，判断出△ABB′是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得AB=BB′，然后利用“边边边”证明△ABC′和△B′BC′全等，根据全等三角形对应角相等可得∠ABC′=∠B′BC′，延长BC′交AB′于D，根据等边三角形的性质可得BD⊥AB′，利用勾股定理列式求出AB，然后根据等边三角形的性质和等腰直角三角形的性质求出BD、C′D，然后根据BC′=BD﹣C′D计算即可得解．‎ ‎【解答】解：如图，连接BB′，‎ ‎∵△ABC绕点A顺时针方向旋转60°得到△AB′C′，‎ ‎∴AB=AB′，∠BAB′=60°，‎ ‎∴△ABB′是等边三角形，‎ ‎∴AB=BB′，‎ 在△ABC′和△B′BC′中，‎ ‎，‎ ‎∴△ABC′≌△B′BC′（SSS），‎ ‎∴∠ABC′=∠B′BC′，‎ 延长BC′交AB′于D，‎ 则BD⊥AB′，‎ ‎∵∠C=90°，AC=BC=，‎ ‎∴AB==2，‎ ‎∴BD=2×=，‎ C′D=×2=1，‎ ‎∴BC′=BD﹣C′D=﹣1．‎ 故答案为：﹣1．‎ ‎【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，作辅助线构造出全等三角形并求出BC′在等边三角形的高上是解题的关键，也是本题的难点．‎ ‎　‎ ‎24．如图，把△EFP放置在菱形ABCD中，使得顶点E，F，P分别在线段AB，AD，AC上，已知EP=FP=6，EF=6，∠BAD=60°，且AB＞6．‎ ‎（1）求∠EPF的大小；‎ ‎（2）若AP=10，求AE+AF的值；‎ ‎（3）若△EFP的三个顶点E、F、P分别在线段AB、AD、AC上运动，请直接写出AP长的最大值和最小值．‎ ‎【考点】菱形的性质；几何问题的最值．‎ ‎【分析】（1）根据锐角三角函数求出∠FPG，最后求出∠EPF．‎ ‎（2）先判断出Rt△PME≌Rt△PNF，再根据锐角三角函数求解即可，‎ ‎（3）根据运动情况及菱形的性质判断求出AP最大和最小值．‎ ‎【解答】解：（1）过点P作PG⊥EF于点G，如图1所示．‎ ‎∵PE=PF=6，EF=6，‎ ‎∴FG=EG=3，∠FPG=∠EPG=∠EPF．‎ 在Rt△FPG中，sin∠FPG===，‎ ‎∴∠FPG=60°，‎ ‎∴∠EPF=120°．‎ ‎（2）过点P作PM⊥AB于点M，作PN⊥AD于点N，如图2所示．‎ ‎∵AC为菱形ABCD的对角线，‎ ‎∴∠DAC=∠BAC，AM=AN，PM=PN．‎ 在Rt△PME和Rt△PNF中，PM=PN，PE=PF，‎ ‎∴Rt△PME≌Rt△PNF，‎ ‎∴ME=NF．‎ 又AP=10，∠PAM=∠DAB=30°，‎ ‎∴AM=AN=APcos30°=10×=5，‎ ‎∴AE+AF=（AM+ME）+（AN﹣NF）=AM+AN=10．‎ ‎（3）如图，‎ 当△EFP的三个顶点分别在AB，AD，AC上运动，点P在P1，P之间运动，‎ ‎∴P1O=PO=3，AO=9，‎ ‎∴AP的最大值为12，AP的最小值为6，‎ ‎【点评】此题是菱形的性质题，主要考查了菱形的性质，锐角三角函数，特殊角的三角函数，解本题的关键是作出辅助线．‎ ‎　(2015·柳州T24·10分)如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AB＝8 cm，AD＝12 cm，BC＝18 cm，点P从点A出发以2 cm/s的速度沿A→D→C运动，点P从点A出发的同时点Q从点C出发，以1 cm/s的速度向点B运动，当点P到达点C时，点Q也停止运动．设点P，Q运动的时间为t秒．‎ ‎(1)从运动开始，当t取何值时，PQ∥CD?‎ ‎(2)从运动开始，当t取何值时，△PQC为直角三角形？‎ ‎【思路点拨】　(1)已知AD∥BC，添加PD＝CQ，即可判断以P，Q，D，C为顶点的四边形是平行四边形；(2)点P处可能为直角，点Q处也可能是直角，故需要分类讨论求解．‎ 解：(1)当PQ∥CD时，四边形PDCQ是平行四边形，此时PD＝QC，2分 ‎∴12－2t＝t.解得t＝4.‎ ‎∴当t＝4时，PQ∥CD.4分 ‎(2)过D点作DF⊥BC于F.‎ ‎∴DF＝AB＝8，FC＝BC－AD＝18－12＝6，‎ 由勾股定理得CD＝10.‎ ‎①当PQ⊥BC时，则BQ＋CQ＝18，‎ 即2t＋t＝18，解得t＝6；6分 ‎②当QP⊥PC时，此时P一定在DC上，‎ CP1＝10＋12－2t＝22－2t，CQ1＝t，‎ 易知△CDF∽△CQ1P1.‎ ‎∴＝.解得t＝；8分 ‎③当PC⊥BC时，‎ ‎∵∠DCB＜90°，‎ ‎∴此种情形不存在．‎ 综上所述，当t＝6或时，△PQC是直角三角形.10分 ‎．(2014·柳州)如图，正方形ABCD的边长为1，AB边上有一动点P，连接PD，线段PD绕点P顺时针旋转90°后，得到线段PE，且PE交BC于F，连接DF，过点E作EQ⊥AB的延长线于点Q.‎ ‎(1)求线段PQ的长；‎ ‎(2)问：点P在何处时，△PFD ∽△BFP，并说明理由．‎ 解：(1)根据题意，得 PD＝PE，∠DPE＝90°，‎ ‎∴∠APD＋∠QPE＝90°.‎ ‎∵四边形ABCD是正方形，∴∠A＝90°.‎ ‎∴∠ADP＋∠APD＝90°.‎ ‎∴∠ADP＝∠QPE.‎ ‎∵EQ⊥AB，∴∠A＝∠Q＝90°.‎ 在△ADP和△QPE中， ‎∴△ADP≌△QPE(AAS)．‎ ‎∴PQ＝AD＝1.‎ ‎(2)当P点为AB的中点时，△PFD∽△BFP.‎ 理由：∵∠ADP＝∠BPF，∠A＝∠FBP，‎ ‎∴△DAP∽△PBF.∴＝.‎ ‎∵P点为AB的中点，‎ ‎∴PA＝AB＝PB.‎ ‎∴＝，即＝.‎ 又∵∠PBF＝∠DPF，‎ ‎∴△PFD∽△BFP.‎ ‎2．(2017·海南)如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，点E在AD边上运动，且不与点A和点D重合，连接CE，过点C作CF⊥CE交AB的延长线于点F，EF交BC于点G.‎ ‎(1)求证：△CDE≌△CBF；‎ ‎(2)当DE＝时，求CG的长；‎ ‎(3)连接AG，在点E运动过程中，四边形CEAG能否为平行四边形？若能，求出此时DE的长；若不能，说明理由．‎ 解：(1)证明：在正方形ABCD中，DC＝BC，∠D＝∠ABC＝∠DCB＝90°，‎ ‎∴∠CBF＝180°－∠ABC＝90°，∠DCE＋∠ECB＝∠DCB＝90°.‎ ‎∵CF⊥CE，∴∠ECF＝90°.‎ ‎∴∠BCF＋∠ECB＝∠ECF＝90°.‎ ‎∴∠DCE＝∠BCF.‎ 在△CDE和△CBF中，‎ ‎∴△CDE≌△CBF(ASA)．‎ ‎(2)在正方形ABCD中，AD∥BC，‎ ‎∴△GBF∽△EAF.‎ ‎∴＝.‎ 由(1)知△CDE≌△CBF，‎ ‎∴BF＝DE＝.‎ ‎∵正方形的边长为1，‎ ‎∴AF＝AB＋BF＝，AE＝AD－DE＝.‎ ‎∴＝.∴BG＝.‎ ‎∴CG＝BC－BG＝.‎ ‎(3)不能．理由：若四边形CEAG是平行四边形，则必须满足AE∥CG，AE＝CG，‎ ‎∴AD－AE＝BC－CG.∴DE＝BG.‎ 由(1)知△CDE≌△CBF，‎ ‎∴DE＝BF，CE＝CF.‎ ‎∴△GBF和△ECF是等腰直角三角形．‎ ‎∴∠GFB＝45°，∠CFE＝45°.‎ ‎∴∠CFA＝∠GFB＋∠CFE＝90°.‎ 此时点F与点B重合，点D与点E重合，与题目条件不符，‎ ‎∴点E在运动过程中，四边形CEAG不能是平行四边形．‎ ‎4．(2017·贵港)已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝2，D是AC边上的一个动点，将△ABD沿BD所在直线折叠，使点A落在点P处．‎ ‎(1)如图1，若点D是AC中点，连接PC.‎ ‎①写出BP，BD的长；‎ ‎②求证：四边形BCPD是平行四边形；‎ ‎(2)如图2，若BD＝AD，过点P作PH⊥BC交BC的延长线于点H，求PH的长．‎ 解：(1)①BP＝2，BD＝2.‎ ‎②证明：延长BD至E，‎ ‎∵D是AC边的中点，AC＝4，BC＝2，‎ ‎∴DC＝AD＝BC.‎ 又∵∠ACB＝90°，‎ ‎∴△BDC是等腰直角三角形，‎ ‎∴∠BDC＝∠ADE＝45°.‎ 由折叠(轴对称)性质可知，‎ ‎∠EDP＝∠ADE＝45°，PD＝AD＝2，‎ ‎∴∠PDA＝90°.‎ ‎∴PD∥BC，且PD＝BC＝2.‎ ‎∴四边形BCPD是平行四边形．‎ ‎(2)连接AP并延长与BC的延长线交于点F，延长BD与AP交于点E，‎ 由折叠(轴对称)性质可知，‎ PD＝AD，∠PDE＝∠ADE，BE⊥AP，PE＝AE.‎ ‎∵BD＝AD，‎ ‎∴在Rt△BDC中，由勾股定理，得 BD2＝(4－BD)2＋22，‎ ‎∴BD＝.‎ ‎∵AD＝BD，∠ADE＝∠BDC，‎ ‎∴Rt△PDE≌Rt△ADE≌Rt△BDC.‎ ‎∴PA＝2BC＝4，∠FAC＝∠DBC.‎ ‎∴Rt△FAC∽Rt△DBC.‎ ‎∴＝.‎ ‎∴FA＝5，则PF＝1.‎ ‎∵PH⊥BC，∴PH∥AC.‎ ‎∴Rt△FPH∽Rt△FAC.‎ ‎∴＝.‎ ‎∴PH＝.‎