(必考题)初中八年级数学下册第十八章《平行四边形》经典复习题(含答案...

1．如图，中，，，要判定四边形DBFE是菱形，可添加的条件是（ ）

A． ． ． ．BE平分D

解析：D

【分析】

当BE平分∠ABC时，四边形DBFE是菱形，可知先证明四边形BDEF是平行四边形，再证明BD=DE即可解决问题．

【详解】

解：当BE平分∠ABC时，四边形DBFE是菱形，

理由：∵DE∥BC，

∴∠DEB=∠EBC，

∵∠EBC=∠EBD，

∴∠EBD=∠DEB，

∴BD=DE，

∵DE∥BC，EF∥AB，

∴四边形DBFE是平行四边形，

∵BD=DE，

∴四边形DBFE是菱形．

其余选项均无法判断四边形DBFE是菱形，

故选：D．

【点睛】

本题考查菱形的判定、平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．

2．如图，是的边的中点平分．且，垂足为且，．，则的周长是（ ）

A．24 ．25 ．26 ．28C

解析：C

【分析】

延长BN交AC于D，根据等腰三角形的性质得到AD=AB=6，BN=ND，根据三角形中位线定理得到DC=2MN=4，计算即可．

【详解】

解：延长BN交AC于D，

∵AN平分∠BAC，BN⊥AN，

∴AD=AB=6，BN=ND，又M是△ABC的边BC的中点，

∴DC=2MN=4，

∴AC=AD+DC=10，

则△ABC的周长=AB+AC+BC=6+10+10=26，

故选C．

【点睛】

本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．

3．下列命题是真命题的是（ ）

A．三角形的三条高线相交于三角形内一点

B．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形

C．对于所有自然数n，的值都是质数

D．三角形一条边的两个顶点到这条边上的中线所在直线的距离相等D

解析：D

【分析】

根据钝角三角形的高的交点在三角形外部可对A进行判断；根据平行四边形的判定对B进行判断；取n=6可对C进行判断；根据三角形全等的知识可对D进行判断．

【详解】

解：A、钝角三角形的三条高线相交于三角形外一点，所以A选项错误；

 B、一组对边平行，另一组对边也平行的四边形是平行四边形，所以B选项错误；

 C、当n=6时，n2-3n+7=25，25不是质数，所以C选项错误；

 D、通过证明三角形全等，可以证明三角形一条边的两个顶点到这条边上的中线所在直线的距离相等，所以D选项准确．

故选：D．

【点睛】

本题考查了命题：判断事物的语句叫命题；正确的命题称为真命题；错误的命题称为假命题．也考查了平行四边形的判定及全等三角形的判定和性质．

4．如图，在平行四边形中，，则等于（ ）

A．50° ．65° ．100° ．130°A

解析：A

【分析】

根据平行四边形的对角相等求出∠B即可得解．

【详解】

解：□ABCD中，∠B＝∠D，

∵∠B+∠D＝100°，

∴∠B＝×100°＝50°，

故选：A．

【点睛】

本题考查了平行四边形的性质，主要利用了平行四边形的对角相等是基础题．

5．如图，把长方形纸片沿对角线折叠，设重叠部分为．下列说法错误的是（ ）

A． ． ． ．△ABE≌△CDE B

解析：B

【分析】

由折叠的性质和平行线的性质可得∠ADB=∠CBD，可得BE=DE，可证AE=CE，由“SAS”可证△ABE≌△CDE，即可求解．

【详解】

解：如图，

∵把矩形纸片ABC'D沿对角线折叠，

∴∠CBD=∠DBC'，CD=C'D=AB，AD=BC=BC'，

∵AD∥BC'，

∴∠EDB=∠DBC'，

∴∠EDB=∠EBD，故选项C正确；

∴BE=DE，

∵AD=BC，

∴AE=CE，故选项A正确；

在△ABE和△CDE中，

，

∴△ABE≌△CDE（SAS），故选项D正确；

没有条件能够证明，

故选：B．

【点睛】

本题考查了翻折变换，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，掌握折叠的性质是本题的关键．

6．如图，在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，下列条件不能判定四边形ABCD为平行四边形的是（　　）

A．AB∥CD，AD∥BC ．AD∥BC，AB＝CD

C．OA＝OC，OB＝OD ．AB＝CD，AD＝BCB

解析：B

【分析】

根据平行四边形的判定方法即可判断．

【详解】

A、根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可以判定；

B、无法判定，四边形可能是等腰梯形，也可能是平行四边形；

C、根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，可以判定；

D、根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形，可以判定；

故选：B．

【点睛】

本题考查平行四边形的判定，解题的关键是掌握平行四边形的判定定理．

7．如图，在中，，是的中点，过点作的平行线，交于点E，作的垂线交于点，若，且的面积为1，则的长为（　　　）

A． ．5 ． ．10A

解析：A

【分析】

过A作AH⊥BC于H，根据已知条件得到AE=CE，求得DE=BC，求得DF=AH，根据三角形的面积公式得到DE•DF=2，得到AB•AC=8，求得AB=2（负值舍去），根据勾股定理即可得到结论．

【详解】

解：过A作AH⊥BC于H，

∵D是AB的中点，

∴AD=BD，

∵DE∥BC，

∴AE=CE，

∴DE=BC，

∵DF⊥BC，

∴DF∥AH，DF⊥DE，

∴BF=HF，

∴DF=AH，

∵△DFE的面积为1，

∴DE•DF=1，

∴DE•DF=2，

∴BC•AH=2DE•2DF=4×2=8，

∴AB•AC=8，

∵AB=CE，

∴AB=AE=CE=AC，

∴AB•2AB=8，

∴AB=2（负值舍去），

∴AC=4，

∴BC=．

故选：A．

【点睛】

本题考查了三角形中位线定理，三角形的面积的计算，勾股定理，平行线的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．

8．如图，以平行四边形的边、、、为斜边，分别向外侧作等腰直角三角形，直角顶点分别为E、F、G、H，顺次连结这四个点，得四边形，当时，有以下结论：①；②；③；④；⑤四边形是平行四边形．则结论正确的是（ ）

A．①③④ ．②③⑤ ．①③④⑤ ．②③④⑤D

解析：D

【分析】

根据平行四边形性质得出∠ABC=∠ADC=α，∠BAD=∠BCD，AB=CD，AD=BC，AD∥BC，AB∥CD，根据等腰直角三角形得出BE=AE=CG=DG，AH=DH=BF=CF，∠ABE=∠EAB=∠FBC=∠FCB=∠GCD=∠GDC=∠HAD=∠EDA=45°，求出∠HAE=∠HDG=∠FCG=∠FBE=90°+α，证△FBE≌△HAE≌△HDG≌△FCG，推出∠BFE=∠GFC，EF=EH=HG=GF，求出∠EFG=90°，根据正方形性质得出即可．

【详解】

解：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴∠ABC=∠ADC=α，∠BAD=∠BCD，AB=CD，AD=BC，AD∥BC，AB∥CD，

∵平行四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA为斜边，分别向外侧作等腰直角三角形，直角顶点分别为E、F、G、H，

∴BE=AE=CG=DG，AH=DH=BF=CF，∠ABE=∠EAB=∠FBC=∠FCB=∠GCD=∠GDC=∠HAD=∠EDA=45°，

∵AB∥CD，

∴∠BAD=∠BCD=180°-α，

∴∠EAH=360°-45°-45°-（180°-α）=90°+α，∠GCF=360°-45°-45°-（180°-α）=90°+α，

∴①错误；②正确；

∠HDG=45°+45°+α=90°+α，∠FBE=45°+45°+α=90°+α，

∴∠HAE=∠HDG=∠FCG=∠FBE，

在△FBE、△HAE、△HDG、△FCG中，

，

∴△FBE≌△HAE≌△HDG≌△FCG（SAS），

∴∠BFE=∠GFC，EF=EH=HG=GF，③正确；

∴四边形EFGH是菱形，

∵∠BFC=90°=∠BFE+∠EFC=∠GFC+∠CFE，

∴∠EFG=90°，

∴四边形EFGH是正方形，⑤正确；

∴EH⊥GH，④正确；

故选：D．

【点睛】

本题考查了等腰直角三角形，全等三角形的性质和判定，正方形的判定，平行四边形的性质，菱形的判定的应用，主要考查学生的推理能力．

9．下列命题中，正确的命题是（  ）

A．菱形的对角线互相平分且相等 ．顺次联结菱形各边的中点所得的四边形是矩形

C．矩形的对角线互相垂直平分 ．顺次连结矩形各边的中点所得的四边形是正方形B

解析：B

【分析】

根据菱形的性质、矩形的性质、中点四边形的定义逐一判断即可．

【详解】

解：A. 菱形的对角线互相平分，但不相等，该命题错误；

B. 顺次联结菱形各边的中点所得的四边形是矩形，该命题正确；

C. 矩形的对角线互相平分，但是不垂直，该命题错误；

D. 顺次连结矩形各边的中点所得的四边形是菱形，该命题错误；

故选：B．

【点睛】

本题考查特殊四边形的判定和性质，掌握菱形的性质、矩形的性质、中点四边形的定义是解题的关键．

10．如图，在中，，，D是边的中点，于点D，交于点E，若，则的长是（ ）

A．8 ．6 ．4 ．2C

解析：C

【分析】

根据直角三角形的性质得到AB=2BC，利用勾股定理求出BC，再根据三角形中位线定理求出DE．

【详解】

解：∵在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，

∴AB=2BC，

设BC=x，则AB=2x，

∴，

解得：x=8或-8（舍），

∴BC=8，

∵D是边的中点，，

∴DE=BC=4，

故选C．

【点睛】

本题考查了含30°角的直角三角形的性质，三角形的中位线的性质，熟练掌握直角三角形的性质是解题的关键．

二、填空题

11．我国古代伟大的数学家刘徽将勾股形（古人称直角三角形为勾股形）分割成个正方形和两对全等的直角三角形，得到一个恒等式，后人借助这种分割方法所得的图形证明了勾股定理，如图所示的图形就用了这种分割方法若，正方形ODCE的边长为1，则BD等于___________．

【分析】设BD=x正方形ODCE的边长为1则CD=CE=1根据全等三角形的性质得到AF=AEBF=BD根据勾股定理即可得到结论【详解】解：设正方形ODCE的边长为1则CD=CE=1设BD=x∵△AF

解析：

【分析】

设BD=x，正方形ODCE的边长为1，则CD=CE=1，根据全等三角形的性质得到AF=AE，BF=BD，根据勾股定理即可得到结论．

【详解】

解：设正方形ODCE的边长为1，

则CD=CE=1，

设BD=x，

∵△AFO≌△AEO，△BDO≌△BFO，

∴AF=AE=5，BF=BD=x，

∴AB=x+5，AC=5+1=6，BC=x+1，

∵在Rt△ABC中，AC2+BC2=AB2，

∴（x+1）2+62=（x+5）2，

∴x=，

故答案为：．

【点睛】

本题考查了勾股定理的证明，全等三角形的性质，正方形的性质，熟练掌握勾股定理是解题的关键．

12．如图，在长方形纸片中，，，点在上，将沿折叠，使点落在对角线上的点处，则的长为______．

【分析】首先利用勾股定理计算出BD的长再根据折叠可得AD=A′D=5进而得到A′B的长再设AE=x则A′E=xBE=12-x再在Rt△A′EB中利用勾股定理得出关于x的方程解出x的值可得答案【详解】

解析：

【分析】

首先利用勾股定理计算出BD的长，再根据折叠可得AD=A′D=5，进而得到A′B的长，再设AE=x，则A′E=x，BE=12-x，再在Rt△A′EB中利用勾股定理得出关于x的方程，解出x的值，可得答案．

【详解】

解：∵AB=12，BC=5，

∴AD=5，

∴BD==13，

根据折叠可得：AD=A′D=5，

∴A′B=13-5=8，

设AE=x，则A′E=x，BE=12-x，

在Rt△A′EB中：（12-x）2=x2+82，

解得：x=．

故答案为：．

【点睛】

本题考查了矩形的性质、勾股定理、折叠的性质等知识点，能根据题意得出关于x的方程是解此题的关键．

13．如图，在中，，过点作平分交于点是线段上的点，连接，过点作交于点，当为等腰三角形时，________________________．

【分析】过点P作PG⊥CB交CB的延长线于点G过点Q作QF⊥CB运用AAS定理证明△QBF≌△BPG根据平行线的性质和角平分线的定义求得△AEC为等腰直角三角形利用勾股定理求得线段BC的长然后结合全

解析：

【分析】

过点P作PG⊥CB，交CB的延长线于点G，过点Q作QF⊥CB，运用AAS定理证明△QBF≌△BPG，根据平行线的性质和角平分线的定义求得△AEC为等腰直角三角形，利用勾股定理求得线段BC的长，然后结合全等三角形和矩形的性质求解．

【详解】

解：过点P作PG⊥CB，交CB的延长线于点G，过点Q作QF⊥CB

∵，PG⊥CB

∴∠1+∠2=90°，∠2+∠3=90°

∴∠1=∠3

∵QF⊥CB，

∴∠QFB=∠PGB=90°

又∵为等腰三角形

∴QB=PB

在△QBF和△BPG中

∴△QBF≌△BPG

∴PG=BF，BG=QF

∵∠ACB=90°，CE平分

∴∠ACE=∠ECB=45°

又∵AM∥CB，

∴∠AEC=∠ECB=45°

∴∠AEC=∠ACE=45°

∴△AEC为等腰直角三角形

∵AM∥BC，∠ACB=90°

∴∠CAM+∠ACB=180°，即∠CAM=90°

∴∠CAM=∠ACB=∠PGB=90°

∴四边形ACGP为矩形，

∴PG=AC=6，AP=CG

在Rt△ABC中，BC=

∴CF=BC-BF=BC-PG=8-6=2

∵QF⊥BC，∠ECB=45°

∴△CQF是等腰直角三角形，即CF=QF=2

∴AP=CG=BC+BG=BC+QF=8+2=10

【点睛】

本题考查矩形的判定和性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理，掌握相关性质定理正确推理论证是解题关键

14．如图，在四边形中，，平分，过点作交于点，于点若，则的长为________．

3【分析】过点A作AM⊥CB交CB延长线于点M根据题意可知∠ABM=30°可求AM=3再利用平行四边形的性质求出EF【详解】解：过点A作AM⊥CB交CB延长线于点M∵∴∠ABM=30°∴AM=AB=

解析：3

【分析】

过点A作AM⊥CB，交CB延长线于点M，根据题意可知，∠ABM=30°，可求AM=3，再利用平行四边形的性质，求出EF．

【详解】

解：过点A作AM⊥CB，交CB延长线于点M，

∵，

∴∠ABM=30°，

∴AM=AB=×6=3，

∵AM⊥CB，，

∴AM∥EF，

∵，

∴四边形AMFE是平行四边形，

∵AM⊥CB，

∴四边形AMFE是矩形，

∴EF=AM=3，

故答案为：3．

．

【点睛】

本题考查了含30°角的直角三角形的性质和平行四边形的判定，恰当的作辅助线，构造特殊的直角三角形是解题关键．

15．在△ABC中， AD是BC边上的高线，CE 是AB边上的中线，CD=AE，且CE【分析】先根据勾股定理求得AB再做△ABD的中位线EF可得EF=3BF=DF=4从而可得CF=1再次利用勾股定理即可求得CE【详解】解：∵AD是BC边上的高线AD=6AB=10∴∠D=90°∵CE是

解析：

【分析】

先根据勾股定理求得AB，再做△ABD的中位线EF，可得EF=3，BF=DF=4，从而可得CF=1，再次利用勾股定理即可求得CE．

【详解】

解：∵AD是BC边上的高线，AD=6，AB=10，

∴∠D=90°，，

∵CE 是AB边上的中线，CD=AE，

∴，

取BD的中点F,连接CF，

∴EF为△ABD的中位线，

∴,EF//AD，

∴∠EFB=∠D=90°，

在Rt△BEF中，根据勾股定理，

,

∴DF=BD-BF=8-4=4，

∴CF=CD-DF=5-4=1，

在Rt△CEF中，根据勾股定理，

,

故答案为：．

【点睛】

本题考查三角形中位线的定理，勾股定理．能正确作出辅助线，构造直角三角形是解题关键．

16．平行四边形的两条对角线长分别为6和8，其夹角为，该平行四边形的面积为_______．【分析】画出图形证明四边形EFGH是平行四边形得到∠EHG=45°计算出MG得到四边形EFGH的面积从而得到结果【详解】解：如图四边形ABCD是平行四边形EFGH分别是各边中点过点G作EH的垂线垂足

解析：

【分析】

画出图形，证明四边形EFGH是平行四边形，得到∠EHG=45°，计算出MG，得到四边形EFGH的面积，从而得到结果．

【详解】

解：如图，四边形ABCD是平行四边形，E、F、G、H分别是各边中点，

过点G作EH的垂线，垂足为M，AC=6，BD=8，

可得：EF=HG=AC=3，EH=FG=BD=4，EF∥HG∥AC，EH∥FG∥BD，

∴四边形EFGH是平行四边形，

∵AC和BD夹角为45°，

可得∠EHG=45°，

∴△HGM为等腰直角三角形，又∵HG=3，

∴MG=，

∴四边形EFGH的面积==，

∴平行四边形ABCD的面积为，

故答案为：．

【点睛】

此题考查了平行四边形的性质，中位线定理，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是根据题意画出图形，结合图形的性质解决问题．

17．如图，BD是矩形ABCD的对角线，在BA和BD上分别截取BE，BF，使BE＝BF；分别以E，F为圆心，以大于EF的长为半径作弧，两弧在∠ABD内交于点G，作射线BG交AD于点P，若AP＝3，则点P到BD的距离为_______．

3【分析】首先结合作图的过程确定BP是∠ABD的平分线然后根据角平分线的性质求得点P到BD的距离即可【详解】结合作图的过程知：BP平分∠ABD∵∠A＝90°AP＝3∴点P到BD的距离等于AP的长为3

解析：3

【分析】

首先结合作图的过程确定BP是∠ABD的平分线，然后根据角平分线的性质求得点P到BD的距离即可．

【详解】

结合作图的过程知：BP平分∠ABD，

∵∠A＝90°，AP＝3，

∴点P到BD的距离等于AP的长，为3，

故答案为：3．

【点睛】

考查了尺规作图的知识及角平分线的性质、矩形的性质等知识，解题的关键是根据图形确定BP平分∠ABD．

18．如图，在矩形ABCD中，AD＝2．将∠A向内翻折，点A落在BC上，记为，折痕为DE．若将∠B沿向内翻折，点B恰好落在DE上，记为，则AB＝_______．

【分析】利用矩形和折叠的性质证明∠ADE=∠ADE=∠ADC=30°∠C=∠ABD=90°推出△DBA≌△DCA那么DC=DB设AB=DC=x在Rt△ADE中通过勾股定理可求出AB的长度【详解】解：

解析：

【分析】

利用矩形和折叠的性质，证明∠ADE=∠A'DE=∠A'DC=30°，∠C=∠A'B'D=90°，推出△DB'A'≌△DCA'，那么DC=DB'，设AB=DC=x，在Rt△ADE中，通过勾股定理可求出AB的长度．

【详解】

解：∵四边形ABCD为矩形，

∴∠ADC=∠C=∠B=90°，AB=DC，

由翻折知，△AED≌△A'ED，△A'BE≌△A'B'E，∠A'B'E=∠B=∠A'B'D=90°，

∴∠AED=∠A'ED，∠A'EB=∠A'EB'，BE=B'E，

∴∠AED=∠A'ED=∠A'EB=×180°=60°，

∴∠ADE=90°-∠AED=30°，∠A'DE=90°-∠A'EB'=30°，

∴∠ADE=∠A'DE=∠A'DC=30°，

又∵∠C=∠A'B'D=90°，DA'=DA'，

∴△DB'A'≌△DCA'（AAS），

∴DC=DB'，

在Rt△AED中，

∠ADE=30°，AD=2，

∴AE= =，

设AB=DC=x，则BE=B'E=x-

∵AE2+AD2=DE2，

∴

解得，x1=− （负值舍去），x2= ，

故答案为：．

【点睛】

本题考查了矩形的性质，轴对称的性质等，解题关键是通过轴对称的性质证明∠AED=∠A'ED=∠A'EB=60°．

19．如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC＝135°，AD＝4，AB＝8，作对角线AC的垂直平分线EF，分别交对边AB、CD于点E和点F，则AE的长为_____．

【分析】连接CE过点C作交AB的延长线于点H设AE=x则BE=8-xCE=AE=x在根据勾股定理即可得到x的值【详解】如图：连接CE过点C作交AB的延长线于点H平行四边形ABCD中设AE=x则BE=

解析：

【分析】

连接CE，过点C作，交AB的延长线于点H，设AE=x，则BE=8-x，CE=AE=x，在根据勾股定理，即可得到x的值．

【详解】

如图：连接CE，过点C作，交AB的延长线于点H，

平行四边形ABCD中，，

， 

设AE=x，则BE=8-x，

EF垂直平分AC，

，

在中，，

，

解得：，

的长为，

故答案为：．

【点睛】

本题考查了平行四边形的性质，勾股定理以及线段垂直平分线的性质，解决问题的关键是作辅助线构造直角三角形，利用勾股定理求解．

20．如图，正方形ABCD的顶点B在直线l上，作于E，连结CE，若，，则 的面积________．

8【分析】过C作于点F根据正方形的性质找出对应相等的边和角求证出得到即可求三角形的面积【详解】如图所示过C作于点F四边形ABCD是正方形又又在和中故答案为8【点睛】此题考查了正方形的性质和三角形全等

解析：8

【分析】

过C作于点F，根据正方形的性质找出对应相等的边和角，求证出得到 即可求三角形的面积．

【详解】

如图所示，过C作于点F，

四边形ABCD是正方形，

，，

又，，

，

又，

，

，

在和中，

，

，

，

，

故答案为8．

【点睛】

此题考查了正方形的性质和三角形全等的判定，以及三角形面积的公式，难度一般．

三、解答题

21．如图所示，小明在测量旗杆的高度时发现，国旗的升降绳自然下垂到地面时，还剩余0.3米，小明走到距离国旗底部6米的C处，把绳子拉直，绳子末端恰好位于他的头顶D处，假设小明的身高为1.5米，求旗杆的高度是多少米？

解析：旗杆的高度为10.6米

【分析】

过点D作，垂足为E，可证四边形为长方形，可知米，设旗杆高度为米，则绳子长度为米，米，在中，由勾股定理，得，，解方程即可．

【详解】

解：过点D作，垂足为E，

∵AB⊥BC，CD⊥BC

∴∠EBC=∠BCD=∠BED=90°，

∴四边形为长方形，

∴米，

设旗杆高度为米，则绳子长度为米，米，

在中，由勾股定理，得，

∴，

整理得，

即，

解得．

答：旗杆的高度为10.6米．

【点睛】

本题考查勾股定理，矩形的判定与性质，一元一次方程的解法，掌握勾股定理，矩形的判定与性质，一元一次方程的解法，利用勾股定理结合旗杆与绳长的关系构造方程是解题关键．

22．如图，在中，､分别是和的角平分线，已知．

（1）求线段的长；

（2）延长，交的延长线于点Q．

①请在答卷上补全图形；

②若，求的周长．

解析：（1）10；（2）①见解析；②36

【分析】

（1）依据平行线的性质以及角平分线的定义即可得到DP＝AD＝5，CP＝BC＝5，进而得出AB的长；

（2）①根据题意画出图形；

②依据平行线的性质以及角平分线的定义即可得到AB＝QB，再根据BP平分∠ABQ，即可得出BP⊥AQ，AP＝QP，依据勾股定理得出AP的长，进而得到△ABQ的周长．

【详解】

解：（1）∵在□ABCD中，AD＝5，

∴BC＝5，

∵AB∥CD，

∴∠BAP＝∠DPA，

∵AP平分∠BAD，

∴∠BAP＝∠DAP，

∴∠DAP＝∠DPA，

∴DP＝AD＝5，

同理可得，CP＝BC＝5，

∴CD＝10，

∴AB＝10；

（2）①如图所示：

②∵AD∥BQ，

∴∠Q＝∠DAP，

又∵∠DAP＝∠BAP，

∴∠Q＝∠BAP，

∴AB＝QB＝10，

又∵BP平分∠ABQ，

∴BP⊥AQ，AP＝QP，

∴Rt△ABP中，AP==8， 

∴AQ＝16，

∴△ABQ的周长为：16+10+10＝36．

【点睛】

本题主要考查了平行四边形的性质以及勾股定理的运用，解题时注意：平行四边形的对边平行，对边相等．

23．在中，，点E在边所在的直线上，过点E作交直线于点D，交直线于点F，构造出平行四边形．

（1）若点E在线段上时．

①求证：．

②求证：．

（2）点E在边所在的直线上，若，，请作出简单示意图并直接写出的长度．

解析：（1）①见解析；②见解析；（2）10或6

【分析】

（1）①根据平行线的性质得到∠FEB=∠A，根据等边对等角得到∠B=∠A，可得∠FEB=∠B，从而可证；

②证明四边形CDEF是平行四边形，得到CF=DE，结合FE=FB可得结论；

（2）点E在边AB所在的直线上，分三种情况讨论，即可得出DE的长度．

【详解】

解：（1）①∵EF∥AC，

∴∠FEB=∠A，

又∵AC=BC，

∴∠B=∠A，

∴∠FEB=∠B，

∴FE=FB；

②∵EF∥AC，DE∥BC，

∴四边形CDEF是平行四边形．

∴CF=DE，

∵EF=BF，

∴DE+EF=CF+BF=BC；

（2）如图，同理可得：BF=EF，

∴DE=BC+BF=BC+EF=8+2=10．

如图，同理可得：BF=EF，

DE=CF=BF-BC=EF-BC=2-8=-6（不合题意）．

如图④，

DE=BC-BF=BC-EF=8-2=6．

【点睛】

本题考查平行四边形的判定与性质以及等腰三角形的判定，等腰三角形提供了好多相等的线段和相等的角，判定三角形是等腰三角形是证明线段相等、角相等的重要手段．

24．综合与实践——探究正方形旋转中的数学问题

问程情境：

已知正方形中，点是线段的中点，将将正方形绕点顺时针旋转得到正方形（点，，，分别是点，，，的对应点）．同学们通过小组合作，提出下列数学问题，请你解答．

特例分析：（1）“乐思”小组提出问题：如图1，在正方形绕点旋转过程中，顺次连接点，，，得到四边形，求证：四边形是矩形；

（2）“善学”小组提出问题：如图2.在旋转过程中，当点落在对角线上时，设与交于点.求证：四边形是正方形．

深入探究：

（3）“好问”小组提出问题：如图3.若点是线段的三等分点且，在正方形旋转的过程中当线段经过点时，请直接写出的值．

解析：（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）．

【分析】

(1)由旋转性质可得 OB=OB′ ，OC=OC′ ，得到四边形BB′CC′是平行四边形，又 BC=B′ C′ ，得到平行四边形BB′CC′是矩形．

（2）先由∠C=∠OB′M=∠B′OC=90°，证明四边形 OB′MC 是矩形 ，再由OC=OB′ 得到四边形 OB′MC 是正方形．

（3）过D作DN⊥B′C′，证Rt△DNO≌Rt△DCO(HL)，设OC=a，得到OC′=a，DD′=2a，即可求解.

【详解】

解：（1）由旋转性质可得，．

点是线段的中点

，

，．

四边形是平行四边形．

又，

平行四边形是矩形．

（2）证明：四边形是正方形，

，．

由旋转可知，，

．

四边形是正方形，

四边形是矩形

，OC=OC′ ，OB′=OB ，

∴OC=OB′ 

矩形是正方形，

（3）．

如图，过D作DN⊥B′C′  

可知，∠A′=∠B′=∠B′ND=90°，∠D′=∠C′=∠C′ND=90°，

∴四边形DNC′D′为矩形，四边形DNB′A′为矩形，

在Rt△DNO与Rt△DCO中，

∵OD=OD，DN=DC，

∴Rt△DNO≌Rt△DCO(HL)

设OC=a，则OB=2OC=2a，

∴ON=OC=OC′=a

∴BC=OB+OC=3a，

DD′=NC′=ON+OC′=2a，

∴=2．

【点睛】

本题考查了特殊的四边形，平行四边形，矩形，正方形的性质和判定，解题的关键是熟练掌握特殊的四边形的性质和判定．

25．如图，将长方形ABCD沿着对角线BD折叠，使点C落在处，交AD于点E．

（1）试判断的形状，并说明理由．

（2）若，，求AE的长．

参

解析：（1）是等腰三角形，证明见解析；（2）．

【分析】

（1）根据折叠的性质可知，又因为，可知，即推出，所以，为等腰三角形．

（2）设，则，在中根据勾股定理列出等式，解出x即可．

【详解】

（1）是等腰三角形，理由是：

由折叠得：，

∵四边形ABCD是矩形，

∴，

∴，

∴，

∴，

∴是等腰三角形．

（2）设，则，

∵四边形ABCD是矩形，

∴，

∴在中，，即，

解得：，

∴．

【点睛】

本题考查翻折的性质，矩形的性质，等腰三角形的判定以及勾股定理．根据翻折的性质间接证明出是解答本题的关键．

26．如图，在中，对角线AC与BD相交于点O，点E，F在BD上，且，连接AE并延长，交BC于点G，连接CF并延长，交AD于点H．

（1）求证：；

（2）若AC平分，判断四边形AGCH的形状，并证明你的结论．

解析：（1）见解析；（2）四边形AGCH是菱形，见解析

【分析】

（1）利用SAS证明△AOE≌△COF即可得到结论；

（2）四边形AGCH是菱形．根据△AOE≌△COF得∠EAO=∠FCO，推出AG∥CH，证得四边形AGCH是平行四边形，再根据AD∥BC，AC平分，得到，证得GA=GC，即可得到结论．

【详解】

证明：（1）四边形ABCD是平行四边形，

，，

，

，

即，

又，

，

．

（2）四边形AGCH是菱形．

理由：，

，

，

四边形ABCD是平行四边形，

，

四边形AGCH是平行四边形，

，

，

AC平分，

，

∴，

，

平行四边形AGCH是菱形．

【点睛】

此题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定及性质，菱形的判定定理，等角对等边证明边相等，熟记平行四边形的判定定理是解题的关键．

27．如图，在中，，D为的中点，，，连接交于点O．

（1）证明：四边形为菱形；

（2）若，，求菱形的高．

解析：（1）见解析；（2）

【分析】

（1）先证明四边形ADCE是平行四边形，再由直角三角形斜边上的中线性质得出CD=AB=AD，即可得出四边形ADCE为菱形；

（2）过点D作DF⊥CE，垂足为点F；先证明△BCD是等边三角形，得出∠BDC=∠BCD=60°，CD=BC=6，再由平行线的性质得出∠DCE=∠BDC=60°，在Rt△CDF中，求出DF即可．

【详解】

解：（1）证明：∵AE∥CD，CE∥AB，

∴四边形ADCE是平行四边形，

∵∠ACB=90°，D为AB的中点，

∴CD=AB=AD，

∴四边形ADCE为菱形；

（2）过点D作DF⊥CE，垂足为点F，如图所示：

DF即为菱形ADCE的高，

∵∠B=60°，CD=BD，

∴△BCD是等边三角形，

∴∠BDC=∠BCD=60°，CD=BC=6，

∵CE∥AB，

∴∠DCE=∠BDC=60°，

∴∠CDF=30°，

又∵CD=BC=6，

∴CF=3，

∴在Rt△CDF中，DF==．

【点睛】

本题考查了平行四边形的判定、菱形的判定、等边三角形的判定与性质、平行线的性质，熟练掌握直角三角形的性质，并能进行推理论证与计算是解决问题的关键．

28．如图1，正方形ABCD，E为平面内一点，且，把绕点B逆时针旋转得，直线AG和直线CE交于点F．

（1）证明：四边形BEFG是正方形；

（2）若，猜测CE和CF的数量关系，并说明理由；

（3）如图2，连接DF，若，，求DF的长．

解析：（1）见解析；（2）CE=CF，理由见解析；（3）或

【分析】

（1）根据正方形的判定定理进行证明即可；

（2）证明≌得，AH=BG，再证明△DHG是等腰直角三角形，可得DH=BH=AG，最后由BEFG是正方形可得结论；

（3）分点F在AB右侧和左侧两种情况求解即可．

【详解】

解：（1）证明：，把绕点B逆时针旋转得，

，，，则，

，

四边形BEFG是正方形；

  （2），理由如下：

  过D点作，垂足为H，如图，

四边形ABCD是正方形，

，，

，

，，

，

在和中，

≌，

，

∵∠DGH=180°-∠AGD=45°

∴在Rt△DHG中，∠GDH=45°

∴DH=GH=AG

∴

又，，

，

；

（3）①点F在AB右侧时，如图，过D作DK⊥AG，交其延长线于K．

设正方形BEFG的边长为x，则，，

在中，，根据勾股定理可得，

，即，

解得，不符合条件，舍去，

即，，

∵四边形BEFG是正方形，

∴∠BAD=90°．

∵DK⊥AG，

∴∠K=90°．

∵∠BAG+∠KAD=180°—∠BAD=90°

∠ADK+∠KAD=90°

∴∠BAG=∠ADK

在Rt△ABG和Rt△DAK中，

所以Rt△ADK≌，

则AK=BG=12，DK=AG=5，

∵AF+FK=AK=BG=GF=AG+AF

∴FK=AG=5

在Rt△DFK中，根据勾股定理可得，

DF=

②点F在AB左侧时，如图，过D作DK⊥AG，交其延长线于K．

方法同①，可得FK=AG=12，

在Rt△DFK中，根据勾股定理可得，

DF=

综上所述，DF的长为或．

【点睛】

此题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，熟练掌握相关性质和定理是解本题的关键．