89 特殊平行四边形的综合问题

特殊平行四边形的综合问题 【典型例题】 1．（2021·广东·广州市第二中学南沙天元学校八年级期末）在正方形BD 中，点E 是D 边 上任意一点．连接E，过点B 作BF⊥E 于F．交D 于． (1)如图1，过点D 作DG⊥E 于G，求证：△FB≌△DG； (2)如图2，点E 为D 的中点，连接DF，求证：F+FE＝ DF； (3)如图3，B＝1，连接E，点P 为E 的中点，在点E 从点D 运动到点的过程中，点P 随之 运动，请直接写出点P 运动的路径长． 【答】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【解析】 【分析】 （1）由正方形的性质得B＝D，∠BD＝90°，证明∠BF＝∠DG，然后由S 证△FB≌△DG 即可； （2）如图2，过点D 作DK⊥E 于K，D⊥BF 交BF 的延长线于，先证△B≌△DE（S），得 ＝DE，再证△D≌△DKE（S），得D＝DK，＝EK，则四边形DKF 是正方形，得FK＝F＝ DK＝D，则DF＝ ,F，进而得出结论； （3）如图3，取D 的中点Q，连接PQ，延长QP 交D 于R，过点P 作PT⊥D 于T，PK⊥D 于K，设PT＝b，由（2）得△B≌△DE（S），则＝DE，再由直角三角形斜边上的中线性质 得PD＝P＝PE，然后由等腰三角形的性质得D＝2DK＝2b，DE＝2DT，则＝DE＝1﹣2b， 证出PK＝QK，最后证点P 在线段QR 上运动，进而由等腰直角三角形的性质得QR＝ DQ＝ ． (1) 证明：∵四边形BD 是正方形， ∴B＝D，∠BD＝90° ∵DG⊥E，BF⊥E ∴∠FB＝∠DG＝90° ∵∠FB+∠DG＝90°，∠DG+∠DG＝90° ∴∠BF＝∠DG 在△FB 和△DG 中 ∵ ∴△FB≌△DG（S）． (2) 证明：如图2，过点D 作DK⊥E 于K，D⊥BF 交BF 的延长线于 由题意知∠B＝∠DE＝90°，B＝D＝D ∵BF⊥E ∴∠FB＝90° ∵∠DE+∠EB＝90°，∠EB+∠B＝90° ∴∠DE＝∠B 在△B 和△DE 中 ∵ ∴△B≌△DE（S） ∴＝DE ∵点E 为D 的中点 ∴DE＝E＝ D ∴＝D ∴DE＝D ∵D⊥B，DK⊥E ∴∠＝∠DKE＝∠KF＝90° ∴四边形DKF 是矩形 ∴∠DK＝∠D＝90° ∴∠D＝∠KDE 在△D 和△DKE 中 ∵ ∴△D≌△DKE（S） ∴D＝DK，＝EK ∴四边形DKF 是正方形 ∴FK＝F＝DK＝D ∴DF＝ F ∴ ∴F+FE＝F + ﹣FK+KE＝2F＝ DF． (3) 解：如图3，取D 的中点Q，连接PQ，延长QP 交D 于R，过点P 作PT⊥D 于T，PK⊥D 于K，设PT＝b 由（2）得△B≌△DE（S） ∴＝DE ∵∠ED＝90°，点P 为E 的中点 ∴PD＝ E＝P＝PE ∵PK⊥D，PT⊥DE ∴∠PKD＝∠KDT＝∠PTD＝90° ∴四边形PTDK 是矩形 ∴PT＝DK＝b，PK＝DT ∵P＝PD＝PE，PK⊥D，PT⊥DE ∴PT 是△DE 的中位线 ∴D＝2DK＝2b，DE＝2DT ∴＝DE＝1﹣2b ∴PK＝ DE＝ ﹣b，QK＝DQ﹣DK＝ ﹣b ∴PK＝QK ∵∠PKQ＝90° ∴△PKQ 是等腰直角三角形 ∴∠KQP＝45° ∴点P 在线段QR 上运动，△DQR 是等腰直角三角形 ∴QR＝ DQ＝ ∴点P 的运动轨迹的长为 ． 【点睛】 本题考查了三角形全等，正方形的判定与性质，直角三角形斜边的中线，等腰三角形的性 质等知识．解题的关键在于对知识的综合灵活运用． 【专题训练】 一、选择题 1．（2021·湖南·师大附中梅溪湖中学二模）如图，在菱形BD 中，点F 在线段D 上，连接 EF，且∠BE+∠EF＝180°，DF＝2，F＝3．则DB＝（ ） ．6 B． ．5 D． 【答】D 【解析】 【分析】 根据菱形的性质可得BD=2DE，B=D=5，从而得到∠BE=∠DB，再由∠BE+∠EF＝180°，可 得∠BE=∠DB=∠DFE，从而得到△DEF∽△DB，可得到 ，解得 ，即可求 解． 【详解】 解：在菱形BD 中，BD=2DE，B=D=DF+F=2+3=5， ∴∠BE=∠DB， ∵∠BE+∠EF＝180°，∠DFE+∠EF＝180°， ∴∠BE=∠DFE， ∴∠BE=∠DB=∠DFE， ∵∠DB=∠EDF， ∴△DEF∽△DB， ∴ ， ∴ ， ∴ ，解得： ， ∴ ． 故选：D 【点睛】 本题主要考查了相似三角形的判定和性质，菱形的性质，熟练掌握相似三角形的判定和性 质定理，菱形的性质定理是解题的关键． 2．（广西壮族自治区玉林市2021-2022 学年九年级上学期期末数学试题）如图，在 中，点 ， ， 分别是 ， ， 的中点，则下列四个判断中错误的是（ ） ．四边形 是平行四边形 B．若 ，则四边形 不一定是矩形 ．若四边形 是菱形，则 是等腰三角形 D．若四边形 是正方形，则 是等腰直角三角形 【答】B 【解析】 【分析】 利用正方形的性质，矩形的判定，菱形的性质，平行四边形的判定，等腰直角三角形的判 定进行依次推理，可求解． 【详解】 解： 点 ， ， 分别是 ， ， 的中点， ， ， ， ， 四边形 是平行四边形， 故 正确； 若 ， 四边形 是矩形， 故 错误； 若四边形 是菱形，则 ， ， 是等腰三角形， 故 正确， 若四边形 是正方形，则 ， ， ， ， 是等腰直角三角形， 故 正确， 故选： ． 【点睛】 本题考查了正方形的性质，矩形的判定，菱形的性质，平行四边形的判定，等腰直角三角 形的判定，熟练运用这些性质是解本题的关键． 3．（2022·重庆南开中学八年级开学考试）如图所示，在长方形 中， ，在 线段 上取一点 ，连接 、 ，将 沿 翻折，点 落在点 处，线段 交 于点 ．将 沿 翻折，点 的对应点 恰好落在线段 上，且点 为 的中点，则线段 的长为（ ） ．3 B． ．4 D． 【答】 【解析】 【分析】 设 长为 ，根据图形沿着某条边折叠所得的两个图形全等，得出 =B=D= D， ，利用S 再证 ，F 即是D 的中点，已知 再根据边之间的长度关系列出等式 ，解方程即可． 【详解】 解：设 F 长为 ， ∵ 沿 翻折，点 落在 处， 沿 翻折，使点 的对应点 落在线段 上， ∴ =B=D= D， ， 在△B′F 和△D′F 中 ， ∴ （S）， ∴ = ，F=DF， ∴ ， ∵点 为 的中点， ∴ ， ∴ ， 得 ， 经检验 是方程的解，并符合题意， ∴ ． 故选：． 【点睛】 本题考查图形折叠问题，矩形性质，三角形全等判定与性质，勾股定理等知识，掌握以上 知识是解题关键． 4．（2021·广东·东莞市石龙第二中学模拟预测）如图，B＝，∠B＝90°，点D 在边B 上（与 B、不重合），四边形DEF 为正方形，过点F 作FG⊥，交的延长线于点G，连接FB，交 DE 于点Q，给出以下结论：①＝FG；②S△FB：S 四边形BFG＝1：2；③∠B＝∠BF；④D2＝ FQ•，其中正确的是（ ） ．①② B．①③④ ．①②③ D．①②③④ 【答】D 【解析】 【分析】 由正方形的性质得出∠FD＝90°，D=F=EF，证出∠D=∠FG，由S 证明△FG≌△D，得出 =FG，①正确；证明四边形BFG 是矩形，得出S△FB= FB•FG= S 四边形BFG，②正确；由 等腰直角三角形的性质和矩形的性质得出∠B=∠BF ，③正确；证出△D∽△FEQ，得出 对应边成比例，得出D•FE=D2=FQ•，④正确． 【详解】 解：∵四边形DEF 为正方形， ∴∠FD=90°，D=F=EF， ∴∠D+∠FG=90°， ∵FG⊥， ∴ ， ∴∠D=∠FG， 在△FG 和△D 中， ， ∴△FG≌△D（S）， = ∴FG，故①正确； ∵B=， ∴FG=B， ∵ ，FG⊥， ∴ ， ∴四边形BFG 是矩形， ∴BF=90°， ，故②正确； = ∵B， ， ∴ ，故③正确； ∵ ， ∴△D∽△FEQ， ∴：D=FE：FQ， ∴D•FE=D2=FQ•，故④正确； ∴正确的有①②③④． 故选：D． 【点睛】 本题考查正方形的性质，矩形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判 定和性质等知识．利用数形结合的思想是解答本题的关键． 二、填空题 5．（四川省成都市高新区2021-2022 学年九年级上学期期末数学试题）如图，四边形BD 是边长为 m 的菱形，其中对角线BD 的长为2m，则菱形BD 的面积为 _____m2． 【答】4 【解析】 【分析】 首先根据菱形的性质可得B＝D，⊥DB，＝，然后再根据勾股定理计算出长，进而得到答． 【详解】 解：∵四边形BD 是菱形， ∴B＝D，⊥DB，＝， ∵BD＝2m， ∴B＝1m， ∵B＝ m， ∴＝ ＝ ＝2（m）， ∴＝2＝4m． ∴S 菱形BD＝ （m2）． 故答为：4． 【点睛】 本题考查了菱形的性质以及勾股定理；解题的关键是熟悉菱形的面积公式和直角三角形三 边之间的关系． 6．（2021·广东南海·二模）如图，折叠矩形BD 的一边D，使点D 落在B 边的点F 处，已 知BF＝6m，且t∠BF＝ ，则折痕E 长是________． 【答】 【解析】 【分析】 由折叠的性质得F＝D，EF＝DE，由矩形的性质得F＝D＝B，D＝B，∠B＝∠＝∠D＝90°， 再由 解得B 的值，由勾股定理得F，知D，F 的值，设EF＝DE＝xm， 则E＝B﹣DE＝（8﹣x）m，然后在Rt△EF 中，由勾股定理求出x 的值，在Rt△DE 中，由 勾股定理得 ，计算求解即可． 【详解】 解：由折叠的性质得：F＝D，EF＝DE ∵四边形BD 为矩形 ∴F＝D＝B，D＝B，∠B＝∠＝∠D＝90° ∵ ∴ 由勾股定理得 （m） ∴D＝B＝10（m） ∴F＝B﹣BF＝4（m） 设EF＝DE＝xm，则E＝（8﹣x）m 在Rt△EF 中，由勾股定理得x2＝42+（8﹣x）2 解得：x＝5 ∴DE＝5m 在Rt△DE 中，由勾股定理得 （m） 故答为： m． 【点睛】 本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，正切．解题的关键在于找出线段的数量 关系，多次运用勾股定理求解． 7．（2021·广东·佛山市三水区三水中学附属初中二模）如图，Rt△B 中，∠=90°，=3， B=4，点P 为B 边上任一点，过P 分别作PE⊥于E，PF⊥B 于F，则线段EF 的最小值是__ _______________． 【答】 【解析】 【分析】 证四边形PEF 是矩形，根据矩形的性质得出EF=P，根据垂线段最短得出P⊥B 时，P 最短， 然后根据三角形的面积公式求出此时P 值即可． 【详解】 解：连接P， ∵∠B=90°，=3，B=4，由勾股定理得：B=5， ∵PE⊥，PF⊥B， ∴∠PE=∠PF=∠B=90°， ∴四边形EPF 是矩形， ∴EF=P， 当P⊥B 时，P 最小，即EF 最小， 根据三角形面积公式得： ×B= B×P， ∴P= ， 故答为： ． 【点睛】 本题考查了勾股定理，三角形的面积，矩形的判定与性质，垂线段最短等知识点；能求出 EF 最短时P 点的位置是解此题的关键． 8．（2021·广东东莞·二模）如图，已知正方形BD 边长为3，点E 在B 边上且BE＝1， P、 Q 分别是边B，D 的动点（均不与顶点重合），当四边形EPQ 的周长最小时，四边形EPQ 的面积是______． 【答】 ## ## 【解析】 【分析】 根据最短路径的求法，先确定点E 关于B 的对称点E′，再确定点关于D 的对称点′，连接′E′ 即可得出P，Q 的位置；再根据相似得出相应的线段长从而可求得四边形EPQ 的面积． 【详解】 解：如图所示： 作E 关于B 的对称点E′，点关于D 的对称点′，此时四边形EPQ 的周长最小， ∵D＝′D＝3，BE＝BE′＝1， ∴′＝6，E′＝4． ∵DQ∥E′，D 是′的中点， ∴ ， ， ， ∴ ∴ ∴DQ＝ E′＝2， ∵BP∥′， ∴△BE′P∽△E′′， ∴ ＝ ，即 ＝ ，BP＝ ， S 四边形EPQ＝S 正方形BD﹣S△DQ﹣S△PQ﹣S△BEP ＝ ＝ ＝ ． 故答为： 【点睛】 此题考查轴对称、相似三角形的判定及性质、平行线的性质等知识，利用轴对称作出辅助 线确定得出P、Q 的位置是解题关键． 三、解答题 9．（2021·广东·一模）如图，在矩形BD 中，D＜2B，点E 是D 的中点，连接BE，将△BE 沿BE 折叠后得到△GBE，延长BG 交D 于点F，连接EF． (1)求证：△EGF≌△EDF； (2)若点F 是D 的中点，B＝8，求D 的长． 【答】(1)见解析 (2)4 【解析】 【分析】 （1）由翻折和矩形的性质可知∠EGF＝∠D＝90°，EG＝ED，可通过L 证明 Rt△EGF≌Rt△EDF； （2）根据点F 是D 的中点知：F＝ D，BF＝ ，在Rt△BF 中，利用勾股定理即可列 出方程． (1) 证明：∵将△BE 沿BE 折叠后得到△GBE， ∴∠BGE＝∠，E＝GE， ∵四边形BD 是矩形， ∴∠＝∠D＝90°， ∴∠EGF＝∠D＝90°， ∵点E 是D 的中点， ∴E＝ED， ∴EG＝ED， 在Rt△EGF 与Rt△EDF 中， ∴Rt△EGF≌Rt△EDF（L）． (2) 由（1）知Rt△EGF≌Rt△EDF， ∴GF＝DF， ∵点F 是D 的中点， ∴GF＝DF＝F＝ ， 在矩形BD 中，∠＝90°，B＝D，又由折叠可知B＝GB， ∴GB＝D， ∴BF＝GB+GF＝ ， 在Rt△BF 中，由勾股定理得： ∴ ， ∵D＞0， ∴D＝ ． 【点睛】 本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，明确翻折前后 对应边相等是解题的关键． 10．（2022·湖南·长沙市湘一立信实验学校八年级期末）如图，平行四边形BD 的对角线、 BD 相交于点，B⊥，B＝3，B＝5，点P 从点出发，沿D 以每秒1 个单位的速度向终点D 运 动．连接P 并延长交B 于点Q．设点P 的运动时间为t 秒． (1)则Q 的长度为 （用含t 的式子表示）； (2)当四边形BQP 是平行四边形时，求t 的值； (3)当点在线段P 的垂直平分线上时，求t 的值． 【答】(1)5﹣t； (2)当t 秒时，四边形BQP 是平行四边形； (3) 【解析】 【分析】 （1）利用平行四边形的性质可证△P≌△Q，则P＝Q，再利用 即可得出答； （2）由平行四边形性质可知P∥BQ，当P＝BQ 时，四边形BQP 是平行四边形，建立一个 关于t 的方程，解方程即可求出t 的值； （3）在Rt△B 中，由勾股定理求出的长度，进而求出的长度，然后利用 的面积求出 EF 的长度，进而求出E 的长度，而E 可以用含t 的代数式表示出来，最后在 中利 用勾股定理即可求值． (1) ∵四边形BD 是平行四边形， ∴＝，D∥B， ∴∠P＝∠Q， ∵∠P＝∠Q， ∴△P≌△Q（S）， ∴P＝Q＝t， ∵B＝5， ∴BQ＝B-Q=5﹣t； 故答为：5﹣t； (2) ∵P∥BQ， 当P＝BQ 时，四边形BQP 是平行四边形， 即t＝5﹣t， t＝ ， ∴当t 为 秒时，四边形BQP 是平行四边形； (3) t＝ ， 如图， 在Rt△B 中， ∵B＝3，B＝5， = ∴ ∴＝＝ ＝2， ∴3×4＝5×EF， ∴ ， ∴ ， ∵E 是P 的垂直平分线， ∴E＝ P＝ t，∠E＝90°， 由勾股定理得：E2+E2＝2， 或 （舍去） ∴当 秒时，点在线段P 的垂直平分线上． 【点睛】 本题主要考查了平行四边形的判定及性质以及动点问题，掌握平行四边形的判定及性质， 以及勾股定理是解题的关键． 11．（2022·云南省昆明市第二中学九年级期末）如图，在矩形 中，对角线 的垂 直平分线与边 、 分别交于点 、 ，连结 、 ． (1)试判断四边形 的形状，并说明理由； (2)若 ， ，求 的长； (3)连结 ，若 ，求 的值． 【答】(1)四边形 是菱形．理由见解析 (2) (3) 【解析】 【分析】 （1）由矩形的性质及线段垂直平分线的性质，可证得 ，从而得E=F，即 可证得四边形FE 是平行四边形，进而可得四边形FE 是菱形； （2）设 ， ，由四边形EF 是菱形及勾股定理可求得m，从而可得B 的长， 由勾股定理可求得的长，从而可得的长，再由勾股定理求得F 的长，最后求得EF 的长； （3）设 ， ，由矩形的性质及BE⊥E，易得 ，由相似三角形 的性质可得关于、b 的方程，即可求得 的值，从而求得结果． (1) 四边形 是菱形． 理由如下： ∵四边形 是矩形， ∴ ， ， ∴ ， ∵ 是 的垂直平分线， ∴ ， ， 在 和 中， ∴ ， ∴ ， ∴四边形 是平行四边形， 又∵ ， ∴四边形 是菱形； (2) ∵ ， ∴设 ， ， ∵四边形 是菱形， ∴ ，EF=2 E=2F， ，⊥EF， 在 中，∵ ， ∴ ， ∴ ， ∴ ， ， ∴ ， ∵四边形 是矩形， ∴ ， ∴ ， ∴ ， 在Rt△F 中，由勾股定理得： ∴ ， ∴ ． (3) 设 ， ，则 ， ， ． ∵四边形 是矩形， ∴ ， ∴ ， ∵ ， ∴ ， ∴ ， ∴ ， ∴ ， ∴ ， ∴ ， ∴ 或 （舍去）， ∴ ． 【点睛】 本题考查了矩形的性质，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判 定与性质，勾股定理，解方程等知识，熟练运用这些知识是解决问题的关键．根据问题的 特点设元是本题的特点． 12．（2022·成都市龙泉驿区四川师范大学东区上东学校九年级期末）如图，在矩形BD 中， B＝6m，B＝8m．如果点E 由点B 出发沿B 方向向点匀速运动，同时点F 由点D 出发沿D 方向向点匀速运动，它们的速度分别为2m 和1m，FQ⊥B，分别交、B 于点P 和点Q，连 接EF、EP（s）（0＜t＜4）． (1)t 为何值时四边形BEF 是矩形？四边形BEF 能否为正方形？并说明理由． (2)连接DQ，若四边形EQDF 为平行四边形，求t 的值． (3)运动时间t 为何值时，EF⊥？ 【答】(1)t= 时，四边形BEF 是矩形；四边形BEF 不能为正方形，理由见解析 (2)t 值为2； (3)运动时间t 为 s 时，EF⊥ 【解析】 【分析】 （1）由四边形BEF 是矩形，可得：F＝BE，然后分别用含有t 的式子表示与BE 即可求t