专题18.12 平行四边形全章十六类必考压轴题（解析版）

专题1812 平行四边形全章十六类必考压轴题 【人版】 1．（2022 秋·浙江宁波·八年级校考期末）已知平行四边形ABCD，AD=8， ∠BAD=135°，点E在边BC上，将平行四边形沿AE翻折，使点B落在边CD的F处，且 满足CF−DF=3 ❑ √2，则EF=¿______． 【答】20 3 ##6 2 3 【分析】过点F作HG⊥AD于点H，交BC的延长线于点G，得出△FCG , △FHD是等 腰直角三角形，设CG=x , EC= y，则BE=EF=8−y，在Rt △AFH中， A F 2=A H 2+H F 2，求得x=4，在Rt △FEG中，E F 2=F G 2+EG 2，得出y= 3 4 ，即可 求解． 【详解】解：如图，过点F作HG⊥AD于点H，交BC的延长线于点G， 设CG=x , EC= y， 则BE=EF=8−y， ∵∠BAD=135°，四边形ABCD是平行四边形， ∴∠BCD=∠A=135°，AD∥BC，AD=BC，AB=CD， ∴∠FCG=45°，∠D=∠DCG=45° ∴△FCG , △FHD是等腰直角三角形， ∴FC=❑ √2CG=❑ √2 x， ∵CF−DF=3 ❑ √2， ∴DF=CF−3 ❑ √2=(x−3) ❑ √2， ∴HF=HD=x−3， ∵AD=8， ∴AH=8−HD=8−(x−3)=11−x， ∴CD=CF+FD=❑ √2 x+(x−3) ❑ √2=2❑ √2 x−3 ❑ √2 平行四边形中边的关系运用 必考点1 1 ∴AF=AB=CD=2❑ √2 x−3 ❑ √2， 在Rt △AFH中，A F 2=A H 2+H F 2， 即(2❑ √2 x−3 ❑ √2) 2=(11−x ) 2+(x−3) 2 解得：x=4或x=−14 3 （舍去） 在Rt △FEG中，E F 2=F G 2+EG 2， ∴(8−y ) 2=( y+4 ) 2+4 2 解得：y= 4 3 ∴EF=BE=BC−EC=8−4 3 =20 3 ， 故答为：20 3 ． 【点睛】本题考查了折叠的性质，平行四边形的性质，勾股定理，解一元二次方程，正确 的作出图形是解题的关键． 2．（2022 秋·黑龙江哈尔滨·九年级统考期中）如图，已知▱ABCD中，AF垂直平分DC， 且AF=DC，点E 为AF上一点，连接BE、CE，若∠CEF=2∠ABE，AE=2，则AD 的长为______． 【答】3 ❑ √5 【分析】过点B 作BM ⊥CE于M，由平行四边形的性质得出AD=BC，AB=CD， AB∥CD，证明△BAE ≌△BME (AAS)，由全等三角形的性质得出AE=EM=2， AB=BM，证明Rt △AFD Rt ≌ △BMC (HL)，由全等三角形的性质得出FD=CM，设 CF=FD=x，则AB=BM=2 x，EF=2 x−2，CE=2+x，由勾股定理列出方程可得出 答． 【详解】解：过点B 作BM ⊥CE于M， 1 ∵AF垂直平分DC， ∴CF=DF，AF ⊥CD， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD=BC，AB=CD，AB∥CD， ∴AB⊥AF， ∵∠BAE+∠AEM +∠BME+∠ABM=360°， ∴∠ABM +∠AEM=180°， ∵∠CEF+∠AEM=180°， ∴∠CEF=∠ABM=∠ABE+∠EBM， 又∵∠CEF=2∠ABE， ∴∠ABE=∠EBM， ∵BE=BE，∠BAE=∠BME=90°， ∴△BAE ≌△BME (AAS)， ∴AE=EM=2，AB=BM， ∵AB=CD=AF， ∴BM=AF， 在Rt △AFD和Rt △BMC中， ¿， ∴Rt △AFD Rt ≌ △BMC (HL)， ∴FD=CM， 设CF=FD=x，则AB=BM=2 x，EF=2 x−2，CE=2+x， 在Rt △CEF中，E F 2+C F 2=C E 2， ∴(2 x−2) 2+x 2=(2+x ) 2， 解得x=3或x=0（舍去）， ∴CM=3，BM=6， ∴BC ＝ ❑ √C M 2+B M 2= ❑ √3 2+6 2=3 ❑ √5， ∴AD=3 ❑ √5， 故答为：3 ❑ √5． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握 平行四边形的性质是解题的关键． 3．（2022 秋·陕西宝鸡·九年级统考期中）如图，在△ABC中，AB=BC=10，AC=12， D 是B 边上任意一点，连接D，以D，D 为邻边作平行四边形DE，连接DE，则DE 长的最 小值为___________． 1 【答】96 【分析】设AC , ED交于点O，过点O作OF ⊥BC于点F，勾股定理求得OB，等面积法求 得OF，根据垂线段最短，当点D与点F，重合时，OD最小，进而求得DE的最小值，即 可求解． 【详解】设AC , ED交于点O，过点O作OF ⊥BC于点F，如图所示， 在四边形ADCE中，AO=CO，EO=DO， ∵AB=BC=10， ∴BO⊥AC， ∵AC=12， ∴AO=CO=6, 在Rt △BOC中，BO= ❑ √BC 2−OC 21=8， ∵S△OBC=1 2 CO⋅BO=1 2 BC ⋅OF， ∴OF=4.8， 当点D与点F，重合时，OD最小， ∴ED的最小值为2OD=9.6． 故答为：9.6． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，垂线段最短，掌 握以上知识是解题的关键． 4．（2022 春·江西吉安·八年级统考期末）如图，在▱ABCD中，∠D<90°，点E在AD 边上，CM ⊥AD，垂足为M，以CE为边，E为直角顶点，作等腰直角△CEF，使点F落 在射线AB上． 1 (1)当△CED是边长为6 的等边三角形时，∠AFE的度数为_______，AD的长为_______； (2)当AE=ED时，求∠ECD的度数； (3)是否存在AF=BF的情况，如果存在，求AE，ED和CM之间满足的数量关系；如果不 存在，说明理由． 【答】(1)30°，6+2❑ √3 (2)45° (3)存在，4 AE+2 DE=5CM 【分析】（1）利用等边三角形的性质得到DE=CD=CE=6， ∠D=∠DEC=∠ECD=60°，利用平行四边形的性质及三角形内角和即可求出 ∠AFE的度数，由此得到AE=AF，过点作AN⊥EF于，求出 EN=FN=1 2 EF=1 2 EC=3，利用勾股定理得到A N 2+E N 2=A E 2，求出 AN=❑ √3, AE=2❑ √3，即可得到AD的长； （2）取FC的中点，连接EN，根据△EFC是等腰直角三角形，得到∠EGC=90°， ∠GEC=∠GCE=45°，利用梯形中位线定理得到EG∥CD，即可求出 ∠ECD=∠GEC=45°； （3）存在， 当AF=BF时，延长EF交CB延长线于G，作EH ⊥BC于，则四边形EHCM是矩形，得 到EH=CM，证明△AEF ≌△BGF，推出AE=BG，EF=GF，得到 GC=GB+BC=2 AE+DE，设CE=x，则¿=2 x，勾股定理求出GC，利用面积公式求 出EH，即可得到结论4 AE+2 DE=5CM． 【详解】（1）∵△CED是边长为6 的等边三角形， ∴DE=CD=CE=6，∠D=∠DEC=∠ECD=60°， ∵∠CEF=90°， ∴∠AEF=180°−90°−60°=30°， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠BAD+∠D=180°， 1 ∴∠BAD=120°， ∴∠AFE=180°−∠A−∠AEF=30° ¿∠AEF， ∴AE=AF， 过点作AN⊥EF于， ∴EN=FN=1 2 EF=1 2 EC=3， 在Rt △AEN中，AE=2 AN，A N 2+E N 2=A E 2， ∴A N 2+3 2=(2 AN ) 2， 解得AN=❑ √3, AE=2❑ √3， ∴AD=AE+DE=6+2❑ √3， 故答为：30°，6+2❑ √3； （2）取FC的中点，连接EN， ∵△EFC是等腰直角三角形， ∴∠EGC=90°，∠GEC=∠GCE=45°， ∵AF ∥CD，E 为AD中点，G 为FC中点， ∴EG∥CD（梯形中位线定理）， ∴∠ECD=∠GEC=45°； （3）存在， 当AF=BF时，延长EF交CB延长线于G，作EH ⊥BC于， 则四边形EHCM是矩形， ∴EH=CM， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AD=BC， ∴∠G=∠AEF ,∠A=∠GBF， 1 ∵AF=BF， ∴△AEF ≌△BGF， ∴AE=BG，EF=GF， ∴GC=GB+BC=2 AE+DE， ∴¿=2CE， 设CE=x，则¿=2 x， ∴GC= ❑ √G E 2+C E 2=❑ √5 x， ∵S△CEG=1 2 ⋅CE⋅EG=1 2 ⋅GC ⋅EH， ∴EH=CE⋅EG GC = 2 x 2 ❑ √5 x =2❑ √5 5 x， ∴CM=EH=2❑ √5 5 x， ∴GC=2 AE+DE=5 2 CM， ∴4 AE+2 DE=5CM． 【点睛】此题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定及性质，等边三角形的性质， 矩形的判定及性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，熟记各定理并熟练应用是解题的 关键． 5．（2022 春·广东清远·八年级统考期末）在平形四边形ABCD中，点O是对角线BD的中 点，点E在边BC上，EO的延长线与边AD交于点F，连接BF、DE如图1． (1)求证：四边形BEDF是平行四边形； (2)若DE=DC，∠CBD=45°，过点C作DE的垂线，与DE、BD、BF分别交于点G、 1 H、P如图2． ①当CD=6，CE=4时，求BE的长； ②求证：CD=CH． 【答】(1)证明见解析 (2)①4 ❑ √2−2；②证明见解析 【分析】（1）通过ASA证明△BOE≌△DOF，得DF=BE，又DF ∥BE，即可证明四 边形BEDF是平行四边形； （2）①过点D作DN ⊥EC于点N，先根据勾股定理求出DN=4 ❑ √2，由∠DBC=45°得 BN=DN，即可求出答； ②根据DN ⊥EC，CG⊥DE，得∠CEG+∠ECG=90°，∠DEN +∠EDN=90°， 则有∠EDN=∠ECG，再证∠CDH=∠CHD，结论即可得证． 【详解】（1）证明：∵在平行四边形ABCD中，点O是对角线BD的中点， ∴AD∥BC，BO=DO， ∴∠ADB=∠CBD， 在△BOE与△DOF中， ¿， ∴△BOE≌△DOF ( ASA )， ∴DF=BE， 又∵AD∥BC，即DF ∥BE， ∴四边形BEDF是平行四边形． （2）①解：如图，过点D作DN ⊥EC于点N， ∵DE=DC=6，DN ⊥EC，CE=4， ∴EN=CN=2， ∴DN= ❑ √DC 2−C N 2=❑ √36−4=4 ❑ √2， ∵∠DBC=45°，DN ⊥BC， ∴∠DBC=∠BDN=45°， ∴DN=BN=4 ❑ √2， ∴BE=BN−EN=4 ❑ √2−2． ∴BE的长为4 ❑ √2−2． 1 ②证明：∵DN ⊥EC，CG⊥DE， ∴∠CEG+∠ECG=90°，∠DEN +∠EDN=90°， ∴∠EDN=∠ECG， ∵DE=DC，DN ⊥EC， ∴∠EDN=∠CDN， ∴∠ECG=∠CDN， ∵∠DHC=∠DBC+∠BCH=45°+∠BCH， ∠CDB=∠BDN +∠CDN=45°+∠CDN， ∴∠CDB=∠DHC， ∴CD=CH． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰 三角形的性质与判定等知识．理解和掌握等腰三角形的判定与性质是解题的关键． 6．（2022 秋·湖北·九年级统考期中）如图，点P 是▱ABCD内一点， ∠BPC=90°，∠BAD−∠PCD=45° (1)如图1，求证：PB=PC； (2)如图2，若 AB=8，PC=5 ❑ √2，且 S△ABP：S△PCD=1：3，求▱ABCD的面积； (3)如图3，将△PBA绕点P 旋转至△PCE处，过D 作DF ⊥EP，交EP延长线于F，若 AB=❑ √6 AP，∠PAB=75°，直接写出PF PD 的值为 ． 【答】(1)见解析 (2)32❑ √5 1 (3)2❑ √7 7 【分析】（1）由平行四边形的性质及∠BPC=90°，∠BAD−∠PCD=45°，可得 ∠BCP=45°，再由已知可得结论； （2）过点P作PE⊥AB于点E，交CD于点F，则由平行四边形的性质得PF ⊥CD，证 明△PEB≌△CFP，可得PE=CF，从而由已知面积关系可得PF=3CF，由勾股定理 可求得CF的长，从而可求得平行四边形的面积； （3）连接DE，由旋转性质易得CE⊥CD，则可得∠≝¿30°，设AP=a，由旋转及勾股 定理可分别求得DE、DF、EF，进而可求得PF，由勾股定理求得PD，则最后可求得结 果． 【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠BAD=∠BCD， ∵∠BAD−∠PCD=45°， ∴∠BCD−∠PCD=45°， 即∠BCP=45°， ∵∠BPC=90°， ∴∠PBC=∠BCP=45°， ∴PB=PC； （2）过点P作PE⊥AB于点E，交CD于点F，如图， ∴∠PEA=∠PEB=90°， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD，AB=CD， ∴∠PFC=∠PEA=90°， 即PF ⊥CD， ∴∠FPC+∠FCP=90°， ∵∠BPE+∠FPC=180°−∠BPC=90°， ∴∠BPE=∠FCP， 在△PEB与△CFP中， ¿， ∴△PEB≌△CFP， ∴PE=CF， ∵S△ABP:S△PCD=1:3， 1 即( 1 2 AB× PE)：( 1 2 CD× PF)=1:3， ∴PE: PF=1:3， ∴PF=3 PE=3CF， 在Rt △PFC中，由勾股定理得：P F 2+C F 2=PC 2， 即9C F 2+C F 2=50， 解得：CF=❑ √5； ∴EF=PE+PF=4 PE=4CF=4 ❑ √5， ∴平行四边形的面积为；AB·EF=8×4 ❑ √5=32❑ √5； （3）连接DE，如图， 由旋转性质得：PE=AP，∠PEC=∠PAB=75°，∠PCE=∠PBA，CE=AB， ∵AB∥CD， ∴∠ABC+∠BCD=180°，即∠PBA+∠PBC+∠PCB+∠PCD=180°， ∵∠PBC+∠PCB=90°， ∴∠PBA+∠PCD=90°， 即∠PCE+∠PCD=90°， ∴CE⊥CD， ∵AB=CD， ∴CE=CD=AB， ∴∠CED=45°， ∴∠≝¿∠PEC−∠CED=75°−45°=30°， 设AP=a，则PE=a，CE=CD=AB=❑ √6a， 1 在Rt △CED中，由勾股定理得DE=❑ √2CE=❑ √2×❑ √6a=2❑ √3a， ∵DF ⊥PF，∠≝¿30°， ∴DF=1 2 DE=❑ √3a， 在Rt △DFE中，由勾股定理得：EF= ❑ √D E 2−D F 2= ❑ √12a 2−3a 2=3a， ∴PF=EF−PE=3a−a=2a， 在Rt △DFP中，由勾股定理得PD= ❑ √P F 2+D F 2= ❑ √4 a 2+3a 2=❑ √7a， ∴PF PD = 2a ❑ √7a=2❑ √7 7 ； 故答为：2❑ √7 7 ． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，含30° 角直角三角形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质等知识，综合性强，既要灵活 运用这些知识，又要构造适当的辅助线，对学生而言有一定的难度． 1．（2022·浙江·九年级专题练习）如图，点E、F、G、分别在▱ABCD的AD、AB、BC、 CD边上，EG∥CD，FH ∥AD，EG与FH交于点P，连接BD交FH于点Q，连接BP， 设▱AEPF、▱EDHP、▱FPGB、▱PHCG的面积分别为S1、S2、S3、S4，若 ▱AEPF ∽▱PHCG，则只需知道（ ），就能求△BPQ的面积． ．S2−S1 B．S3−S1 ．S4−S1 D．S4−S3 【答】D 【分析】根据▱AEPF ∽▱PHCG，设相似比¿k，AE=m，AF=n，∠AFP=θ，得到 S1、S2、S3、S4的面积等式，根据△BFQ∽△DHQ，得到相似比k，求出BM、PQ的长 度等式，证明S△BPQ=1 2 (S4−S3)，即可得出结论． 【详解】解：如图， ∵▱AEPF ∽▱PHCG，设相似比PH AE = PG AF =k，AE=m，AF=n，∠AFP=θ， ∴DE=PH=CG=kAE=km，BF=PG=CH=kAF=kn， 平行四边形中的面积转换 必考点2 1 ∴S1=mn·sinθ，S2=kmn·sinθ，S3=kmn·sinθ，S4=k 2S1=k 2mn·sinθ， ∵△BFQ∽△DHQ， ∴FQ QH = BF DH = BQ DQ =k， ∴FQ= k k+1 FH= k k+1 ( AE+DE )= k k+1 (m+km)=km， ∴PQ=FQ−FP=km−m=(k−1)m， 过点B 作BM ⊥FH于点M，则BM=BF·sin∠BFM=kn·sinθ， ∴S△BPQ=1 2 ·BM·PQ=1 2 kn·sinθ· (k−1)m=1 2 k (k−1)mn·sinθ， ∵S4−S3=k 2mn·sin θ−kmn·sin θ=k (k−1)mn·sin θ， ∴S△BPQ=1 2 (S4−S3)， 故选：D． 【点睛】本题考查相似多边形的性质，平行四边形的性质，三角函数等知识，解题的关键 是学会利用参数解决问题，属于中考选择题中的压轴题． 2．（2022 秋·浙江宁波·九年级统考期末）如图，在平行四边形FBCE中，点J ，G分别在 边BC ，EF上，JG∥BF，四边形ABCD∼四边形HGFA，相似比k=3，则下列一定能 求出△BIJ面积的条件（ ） ．四边形HDEG和四边形AHGF的面积之差B．四边形ABCD和四边形HDEG的面积之 差 ．四边形ABCD和四边形ADEF的面积之差D．四边形JCDH和四边形HDEG的面积之 1 差 【答】 【分析】分别过点A，D作BC的平行线，根据相似比，找出对应相似图形的面积关系，然 后找出符合的选项即可． 【详解】解：如图，分别过点A，D作BC的平行线交CE于点M，交BF于点N， ∵四边形ABCD ∼四边形HGFA，相似比k=3， ∴CD=3 AF=3 ME，BC=3 FG=3 BJ，△BCD∼△BJI，相似比k=3， 则S▱BCDN=3 S▱MEFA=2S△BCD，9 S△BJI=S△BCD， ∵S△ADN=S△ADM， ∴S ABCD−S ADEF=