全國各地中考數(shù)學(xué)試題分類匯編專題24多邊形與平行四邊形

全國各地中考數(shù)學(xué)試題分類匯編專題24多邊形與平行四邊形全國各地中考數(shù)學(xué)試題分類匯編專題24多邊形與平行四邊形全國各地中考數(shù)學(xué)試題分類匯編專題24多邊形與平行四邊形多邊形與平行四邊形一.選擇題1.（2019?湖北十堰?3分）矩形擁有而平行四邊形不用然擁有的性質(zhì)是（

）A．對邊相等

B．對角相等C．對角線相等

D．對角線互相均分【剖析】矩形的對角線互相均分且相等，而平行四邊形的對角線互相均分，不用然相等．【解答】解：矩形的對角線相等，而平行四邊形的對角線不用然相等．應(yīng)選：C．【議論】本題察看矩形的性質(zhì)，矩形擁有平行四邊形的性質(zhì)，又擁有自己的特點，要注意運用矩形具備而一般平行四邊形不具備的性質(zhì)．如，矩形的對角線相等．2.（2019?廣西池河?3分）如圖，在△延伸線上，增添一個條件使四邊形

ABC中，D，E分別是AB，BC的中點，點ADFC為平行四邊形，則這個條件是（

F）

在

DEA．∠B＝∠F

B．∠B＝∠BCF

C．AC＝CF

D．AD＝CF【剖析】利用三角形中位線定理獲取

DE

AC，結(jié)合平行四邊形的判判斷理進(jìn)行選擇．【解答】解：∵在△ABC中，D，E分別是AB，BC的中點，DE是△ABC的中位線，DEAC．A.依照∠B＝∠F不能夠判斷AC∥DF，即不能夠判斷四邊形ADFC為平行四邊形，故本選項錯誤．B.依照∠B＝∠BCF能夠判斷CF∥AB，即CF∥AD，由“兩組對邊分別平行的四邊形是平行四邊形”獲取四邊形ADFC為平行四邊形，故本選項正確．C.依照AC＝CF不能夠判斷AC∥DF，即不能夠判斷四邊形ADFC為平行四邊形，故本選項錯誤．D.依照AD＝CF，F(xiàn)D∥AC不能夠判斷四邊形ADFC為平行四邊形，故本選項錯誤．應(yīng)選：B．【議論】本題三角形的中位線的性質(zhì)和平行四邊形的判斷．三角形中位線定理：三角形的中位線平行于第三邊，且等于第三邊的一半．3.（2019?廣西池河?3分）如圖，在正六邊形ABCDEF中，AC＝2，則它的邊長是（）A．1B．C．D．2【剖析】過點B作BG⊥AC于點G．，正六邊形ABCDEF中，每個內(nèi)角為（6﹣2）×180°÷6＝120°，即∠ABC＝120°，∠BAC＝∠BCA＝30°，于是AG＝AC＝，AB＝2，【解答】解：如圖，過點B作BG⊥AC于點G．正六邊形ABCDEF中，每個內(nèi)角為（6﹣2）×180°÷6＝120°，∴∠ABC＝120°，∠BAC＝∠BCA＝30°，AG＝AC＝，GB＝1，AB＝2，即邊長為2．應(yīng)選：D．【議論】本題察看了正多邊形，嫻熟運用正多邊形的內(nèi)角和公式是解題的重點．4.（2019?黑龍江哈爾濱?3分）如圖，在?ABCD中，點E在對角線AB于點M，EN∥AB，交AD于點N，則以下式子必然正確的選項是（

BD

上，EM∥AD，交）A．＝B．＝C．＝D．＝【剖析】依照平行四邊形的性質(zhì)以及相像三角形的性質(zhì)．【解答】解：∵在?ABCD中，EM∥AD∴易證四邊形AMEN為平行四邊形∴易證△BEM∽△BAD∽△END∴＝＝，A項錯誤＝，B項錯誤＝＝，C項錯誤＝＝，D項正確應(yīng)選：D．【議論】本題主要察看相像三角形的性質(zhì)及平行四邊形的性質(zhì)，本題重點是要懂得找相似三角形，利用相像三角形的性質(zhì)求解．5.（2019?湖南湘西州

?4分）已知一個多邊形的內(nèi)角和是

1080°，則這個多邊形是（

）A．五邊形

B．六邊形

C．七邊形

D．八邊形【剖析】多邊形的內(nèi)角和能夠表示成（n﹣2）?180°，列方程可求解．【解答】解：設(shè)所求多邊形邊數(shù)為n，則（n﹣2）?180°＝1080°，解得n＝8．應(yīng)選：D．【議論】本題察看依照多邊形的內(nèi)角和計算公式求多邊形的邊數(shù)，解答時要會依照公式進(jìn)行正確運算、變形和數(shù)據(jù)辦理．6.（2019?湖南湘西州?4分）以下命題是真命題的是（）．同旁內(nèi)角相等，兩直線平行．對角線互相均分的四邊形是平行四邊形．圓內(nèi)接四邊形對角相等【剖析】由平行線的判斷方法得出A是假命題；由平行四邊形的判判斷理得出B是真命題；由對頂角的定義得出C是假命題；由圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得出D是假命題；即可得出答案．【解答】解：A/同旁內(nèi)角相等，兩直線平行；假命題；．對角線互相均分的四邊形是平行四邊形；真命題；C．相等的兩個角是對頂角；假命題；．圓內(nèi)接四邊形對角相等；假命題；應(yīng)選：B．【議論】本題察看了命題與定理、平行線的判斷、平行四邊形的判斷、對頂角的定義、圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)；要嫻熟掌握．7.（2019?湖南岳陽?3分）以下命題是假命題的是（）．平行四邊形既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形．同角（或等角）的余角相等C．線段垂直均分線上的點到線段兩頭的距離相等．正方形的對角線相等，且互相垂直均分【剖析】由平行四邊形的性質(zhì)得出A是假命題；由同角（或等角）的余角相等，得出B是真命題；由線段垂直均分線的性質(zhì)和正方形的性質(zhì)得出C.D是真命題，即可得出答案．【解答】解：A．平行四邊形既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形；假命題；．同角（或等角）的余角相等；真命題；C．線段垂直均分線上的點到線段兩頭的距離相等；真命題；．正方形的對角線相等，且互相垂直均分；真命題；應(yīng)選：A．【議論】本題主要察看命題的真假判斷，正確的命題叫真命題，錯誤的命題叫做假命題．判斷命題的真假重點是要熟悉課本中的性質(zhì)定理．8.（2019?甘肅武威?3分）如圖，足球圖片正中的黑色正五邊形的內(nèi)角和是（）A．180°B．360°C．540°D．720°【剖析】依照多邊形內(nèi)角和公式（

n﹣2）×180°即可求出結(jié)果．【解答】解：黑色正五邊形的內(nèi)角和為：

（5﹣2）×180°＝540°，應(yīng)選：C．【議論】本題察看了多邊形的內(nèi)角和公式，解題重點是切記多邊形的內(nèi)角和公式．二.填空題1.（2019?廣東?4分）一個多邊形的內(nèi)角和是1080°，這個多邊形的邊數(shù)是_________．【答案】8【剖析】（n-2）×180°=1080°，解得n=8.【考點】n邊形的內(nèi)角和=（n-2）×180°（2019?湖北武漢?3分）如圖，在?ABCD中，E.F是對角線AC上兩點，AE＝EF＝CD，∠ADF＝90°，∠BCD＝63°，則∠ADE的大小為21°．【剖析】設(shè)∠ADE＝x，由等腰三角形的性質(zhì)和直角三角形得出∠DAE＝∠ADE＝x，DEAF＝AE＝EF，得出DE＝CD，證出∠DCE＝∠DEC＝2x，由平行四邊形的性質(zhì)得出DCE＝∠BCD﹣∠BCA＝63°﹣x，得出方程，解方程即可．【解答】解：設(shè)∠ADE＝x，∵AE＝EF，∠ADF＝90°，∴∠DAE＝∠ADE＝x，DE＝AF＝AE＝EF，AE＝EF＝CD，∴DE＝CD，∴∠DCE＝∠DEC＝2x，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠DAE＝∠BCA＝x，∴∠DCE＝∠BCD﹣∠BCA＝63°﹣x，∴2x＝63°﹣x，解得：x＝21°，即∠ADE＝21°；故答案為：21°．【議論】本題察看了平行四邊形的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)等知識；依照角的關(guān)系得出方程是解題的重點．（2019?湖北孝感?3分）劉徽是我國魏晉時期優(yōu)秀的數(shù)學(xué)家，他在《九章算術(shù)》中提出了“割圓術(shù)”，利用圓的內(nèi)接正多邊形漸漸逼近圓來近似計算圓的面積．如圖，若用圓的內(nèi)接正十二邊形的面積S1來近似估計⊙O的面積S，設(shè)⊙O的半徑為1，則S﹣S1＝0.14．【剖析】依照圓的面積公式獲取⊙O的面積S＝3.14，求得圓的內(nèi)接正十二邊形的面積S1＝12××1×1×sin30°＝3，即可獲取結(jié)論．【解答】解：∵⊙O的半徑為1，∴⊙O的面積S＝3.14，∴圓的內(nèi)接正十二邊形的中心角為＝30°，∴圓的內(nèi)接正十二邊形的面積S1＝12××1×1×sin30°＝3，∴則S﹣S1＝0.14，故答案為：0.14．【議論】本題察看了正多邊形與圓，正確的求出正十二邊形的面積是解題的重點．4.（2019?湖南長沙?3分）如圖，要測量池塘兩岸相對的A，B兩點間的距離，能夠在池塘外選一點C，連結(jié)AC，BC，分別取AC，BC的中點D，E，測得DE＝50m，則AB的長是100m．【剖析】先判斷出DE是△ABC的中位線，再依照三角形的中位線平行于第三邊并且等于第三邊的一半可得AB＝2DE，問題得解．【解答】解：∵點D，E分別是AC，BC的中點，DE是△ABC的中位線，AB＝2DE＝2×50＝100米．故答案為：100．【議論】本題察看了三角形的中位線平行于第三邊并且等于第三邊的一半，熟記定理并正確識圖是解題的重點．5.（2019?湖南岳陽?4分）若一個多邊形的內(nèi)角和等于它的外角和，則這個多邊形的邊數(shù)為．【剖析】設(shè)多邊形的邊數(shù)為n，依照題意得出方程（n﹣2）×180°＝360°，求出即可．【解答】解：設(shè)多邊形的邊數(shù)為n，則（n﹣2）×180°＝360°，解得：n＝4，故答案為：4．【議論】本題察看了多邊形的內(nèi)角和和外角和定理，能依照題意列出方程是解本題的重點．6（2019，山東棗莊，4分）用一條寬度相等的足夠長的紙條打一個結(jié)（如圖1所示），爾后輕輕拉緊、壓平就能夠獲取如圖2所示的正五邊形ABCDE．圖中，∠BAC＝36度．【剖析】利用多邊形的內(nèi)角和定理和等腰三角形的性質(zhì)即可解決問題．【解答】解：∵∠ABC＝＝108°，△ABC是等腰三角形，∴∠BAC＝∠BCA＝36度．【議論】本題主要察看了多邊形的內(nèi)角和定理和等腰三角形的性質(zhì)．n邊形的內(nèi)角和為：180°（n﹣2）．7.（2019?江蘇泰州?3分）八邊形的內(nèi)角和為1080°．【剖析】依照多邊形的內(nèi)角和公式（n﹣2）?180°進(jìn)行計算即可得解．【解答】解：（8﹣2）?180°＝6×180°＝1080°．故答案為：1080°．【議論】本題察看了多邊形的內(nèi)角和，熟記內(nèi)角和公式是解題的重點．8.（2019?湖南株洲?3分）以以下列圖，過正五邊形ABCDE的極點B作一條射線與其內(nèi)角∠EAB的角均分線訂交于點

P，且∠

ABP＝60°，則∠

APB＝

66

度．【剖析】第一依照正五邊形的性質(zhì)獲取∠EAB＝108度，爾后依照角均分線的定義獲取∠PAB＝54度，再利用三角形內(nèi)角和定理獲取∠APB的度數(shù)．【解答】解：∵五邊形

ABCDE

為正五邊形，∴∠EAB＝108度，AP是∠EAB的角均分線，∴∠PAB＝54度，∵∠ABP＝60°，∴∠APB＝180°﹣60°﹣54°＝66°．故答案為：66．【議論】本題察看了多邊形內(nèi)角與外角，題目中還用到了角均分線的定義及三角形內(nèi)角和定理．三.解答題（2019?湖北天門?8分）如圖，E，F(xiàn)分別是正方形ABCD的邊CB，DC延伸線上的點，且BE＝CF，過點E作EG∥BF，交正方形外角的均分線CG于點G，連結(jié)GF．求證：1）AE⊥BF；（2）四邊形BEGF是平行四邊形．【剖析】（1）由SAS證明△ABE≌△BCF得出AE＝BF，∠BAE＝∠CBF，由平行線的性質(zhì)得出∠CBF＝∠CEG，證出AE⊥EG，即可得出結(jié)論；2）延伸AB至點P，使BP＝BE，連結(jié)EP，則AP＝CE，∠EBP＝90°，證明△APE≌△ECG得出AE＝EG，證出EG＝BF，即可得出結(jié)論．【解答】證明：（1）∵四邊形ABCD是正方形，AB＝BC，∠ABC＝∠BCD＝90°，∴∠ABE＝∠BCF＝90°，在△ABE和△BCF中，，∴△ABE≌△BCF（SAS），AE＝BF，∠BAE＝∠CBF，∵EG∥BF，∴∠CBF＝∠CEG，∵∠BAE+∠BEA＝90°，∴∠CEG+∠BEA＝90°，AE⊥EG，AE⊥BF；2）延伸AB至點P，使BP＝BE，連結(jié)EP，以以下列圖：則AP＝CE，∠EBP＝90°，∴∠P＝45°，∵CG為正方形ABCD外角的均分線，∴∠ECG＝45°，∴∠P＝∠ECG，由（1）得∠BAE＝∠CEG，在△APE和△ECG中，，∴△APE≌△ECG（ASA），AE＝EG，∵AE＝BF，EG＝BF，∵EG∥BF，∴四邊形BEGF是平行四邊形．【議論】本題察看了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判斷與性質(zhì)、平行四邊形的判斷、平行線的性質(zhì)等知識；嫻熟掌握正方形的性質(zhì)，證明三角形全等是解題的重點．（2019?湖北武漢?8分）如圖是由邊長為1的小正方形組成的網(wǎng)格，每個小正方形的極點叫做格點．四邊形ABCD的極點在格點上，點E是邊DC與網(wǎng)格線的交點．請選擇合適的格點，用無刻度的直尺在網(wǎng)格中達(dá)成以下繪圖，保存連線的印跡，不要求說明原因．1）如圖1，過點A畫線段AF，使AF∥DC，且AF＝DC．2）如圖1，在邊AB上畫一點G，使∠AGD＝∠BGC．3）如圖2，過點E畫線段EM，使EM∥AB，且EM＝AB．【剖析】（1）作平行四邊形AFCD即可獲取結(jié)論；2）依照等腰三角形的性質(zhì)和對頂角的性質(zhì)即可獲取結(jié)論；3）作平行四邊形AEMB即可獲取結(jié)論．【解答】解：（1）以以下列圖，線段AF即為所求；2）以以下列圖，點G即為所求；3）以以下列圖，線段EM即為所求．【議論】本題察看了作圖﹣應(yīng)用與設(shè)計作圖，平行線四邊形的判斷和性質(zhì)，等腰三角形的判斷和性質(zhì)，對頂角的性質(zhì)，正確的作出圖形是解題的重點．3.（2019?湖北孝感?13分）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知拋物線y＝ax2﹣2ax﹣8a與x軸訂交于A.B兩點（點A在點B的左側(cè)），與y軸交于點C（0，﹣4）．（1）點A的坐標(biāo)為（﹣2，0），點B的坐標(biāo)為（4，0），線段AC的長為2，拋物線的剖析式為y＝x2﹣x﹣4．（2）點P是線段BC下方拋物線上的一個動點．①若是在x軸上存在點Q，使得以點B.C.P、Q為極點的四邊形是平行四邊形．求點Q的坐標(biāo)．②如圖2，過點P作PE∥CA交線段BC于點E，過點P作直線x＝t交BC于點F，交x軸于點

G，記

PE＝f，求

f對于

t的函數(shù)剖析式；當(dāng)

t取

m和

4﹣

m（0＜m＜2）時，試比較

f的對應(yīng)函數(shù)值

f1和

f2的大?。酒饰觥浚?）由題意得：﹣8a＝﹣4，故a＝，即可求解；2）分BC是平行四邊形的一條邊時、BC是平行四邊形的對角線時，兩種情況分別求解即可．（3）證明△EPH∽△CAO，∴，即：，則EP＝PH，即可求解．【解答】解：（1）由題意得：﹣8a＝﹣4，故a＝，故拋物線的表達(dá)式為：y＝x2﹣x﹣4，令y＝0，則x＝4或﹣2，即點A.B的坐標(biāo)分別為（﹣2，0）、（4，0），則AC＝2，故答案為：（﹣2，0）、（4，0）、2、y＝x2﹣x﹣4；（2）①當(dāng)BC是平行四邊形的一條邊時，以以下列圖，點C向右平移4個單位、向上平移4個單位獲取點B，設(shè)：點P（n，則點P向右平移

n2﹣n﹣4），點Q（m，0），4個單位、向上平移4個單位獲取點

Q，即：n+4＝m，n2﹣n﹣4+4＝0，解得：m＝4或6（舍去4），即點Q（6，0）；②當(dāng)BC是平行四邊形的對角線時，設(shè)點P（m，n）、點Q（s，0），其中n＝m2﹣m﹣4，由中心公式可得：m+s＝﹣2，n+0＝4，解得：s＝2或4（舍去4），故點Q（2，0）；故點Q的坐標(biāo)為（2，0）或（6，0）；（3）如圖2，過點P作PH∥x軸交BC于點H，GP∥y軸，∴∠HEP＝∠ACB，PH∥x軸，∴∠PHO＝∠AOC，∴△EPH∽△CAO，∴，即：，則EP＝PH，設(shè)點P（t，yP），點H（xH，yP），則t2﹣t﹣4＝xH﹣4，則xH＝t2﹣t，f＝PH＝[t﹣（22﹣4t），t﹣t）]＝﹣（t當(dāng)t＝m時，f1＝（m2﹣4m），當(dāng)t＝4﹣m時，f2＝﹣（m2﹣2m），則f1﹣f2＝﹣m（m﹣），則0＜m＜2，∴f1﹣f2＞0，f1＞f2．【議論】本題察看的是二次函數(shù)綜合運用，波及到一次函數(shù)、平行四邊形性質(zhì)、圖象的面積計算等，其中（2），要主要分類求解，防范遺漏．（2019?湖南衡陽?12分）如圖，在等邊△ABC中，AB＝6cm，動點P從點A出發(fā)以lcm/s的速度沿AB勻速運動．動點Q同時從點C出發(fā)以同樣的速度沿BC的延伸線方向勻速運動，當(dāng)點P抵達(dá)點B時，點P、Q同時停止運動．設(shè)運動時間為以t（s）．過點P作PE⊥AC于E，連結(jié)PQ交AC邊于D．以CQ、CE為邊作平行四邊形CQFE．（1）當(dāng)t為何值時，△BPQ為直角三角形；（2）可否存在某一時刻t，使點F在∠ABC的均分線上？若存在，求出t的值，若不存在，請說明原因；3）求DE的長；4）取線段BC的中點M，連結(jié)PM，將△BPM沿直線PM翻折，得△B′PM，連結(jié)AB′，當(dāng)t為何值時，AB'的值最小？并求出最小值．【剖析】（1）當(dāng)BQ＝2BP時，∠BPQ＝90°，由此建立方程即可解決問題．2）如圖1中，連結(jié)BF交AC于M．證明EF＝2EM，由此建立方程即可解決問題．3）證明DE＝AC即可解決問題．4）如圖3中，連結(jié)AM，AB′．依照AB′≥AM﹣MB′求解即可解決問題．【解答】解：（1）∵△ABC是等邊三角形，∴∠B＝60°，∴當(dāng)BQ＝2BP時，∠BPQ＝90°，6+t＝2（6﹣t），t＝3，t＝3時，△BPQ是直角三角形．（2）存在．原因：如圖1中，連結(jié)BF交AC于M．BF均分∠ABC，BA＝BC，∴BF⊥AC，AM＝CM＝3cm，EF∥BQ，∴∠EFM＝∠FBC＝∠ABC＝30°，EF＝2EM，t＝2?（3﹣t），解得t＝3．（3）如圖2中，作PK∥BC交AC于K．∵△ABC是等邊三角形，∴∠B＝∠A＝60°，PK∥BC，∴∠APK＝∠B＝60°，∴∠A＝∠APK＝∠AKP＝60°，∴△APK是等邊三角形，PA＝PK，∵PE⊥AK，AE＝EK，AP＝CQ＝PK，∠PKD＝∠DCQ，∠PDK＝∠QDC，∴△PKD≌△QCD（AAS），∴DK＝DC，∴DE＝EK+DK＝（AK+CK）＝AC＝3（cm）．（4）如圖3中，連結(jié)AM，AB′BM＝CM＝3，AB＝AC，∴AM⊥BC，∴AM＝＝3，AB′≥AM﹣MB′，∴AB′≥3﹣3，∴AB′的最小值為3﹣3．【議論】本題屬于四邊形綜合題，察看了等邊三角形的性質(zhì)，平行四邊形的判斷和性質(zhì)，翻折變換，全等三角形的判斷和性質(zhì)，解直角三角形等知識，解題的重點是學(xué)會增添常用協(xié)助線，結(jié)構(gòu)全等三角形解決問題，學(xué)會利用參數(shù)建立方程解決問題，屬于中考壓軸題．5（浙江嘉興?8分）在×6的方格紙中，點A，B，C都在格點上，按要求繪圖：2019?6（1）在圖1中找一個格點D，使以點A，B，C，D為極點的四邊形是平行四邊形．（2）在圖2中僅用無刻度的直尺，把線段AB三均分（保存繪圖印跡，不寫畫法）．【剖析】（1）由勾股定理得：CD＝AB＝CD'＝＝；畫出圖形即可；

，BD＝AC＝BD''

＝

，AD'＝BC＝AD''2）依照平行線分線段成比率定理畫出圖形即可．【解答】解：（1）由勾股定理得：CD＝AB＝CD'＝，BD＝AC＝BD''＝，AD'＝BC＝AD''＝；畫出圖形如圖1所示；（2）如圖2所示．【議論】本題察看了平行四邊形的判斷與性質(zhì)、勾股定理、平行線分線段成比率定理；嫻熟掌握勾股定理好平行線分線段成比率定理是解題的重點．26.（2019?甘肅?10分）如圖，已知二次函數(shù)y＝x+bx+c的圖象與x軸交于點A（1，0）、B3，0），與y軸交于點C．1）求二次函數(shù)的剖析式；（2）若點P為拋物線上的一點，點F為對稱軸上的一點，且以點A.B.P、F為極點的四邊形為平行四邊形，求點P的坐標(biāo)；（3）點求四邊形

E是二次函數(shù)第四象限圖象上一點，過點AEBD面積的最大值及此時點E的坐標(biāo)．

E作

x軸的垂線，交直線

BC于點

D，【剖析】（1）用交點式函數(shù)表達(dá)式，即可求解；2）分當(dāng)AB為平行四邊形一條邊、對角線，兩種情況，分別求解即可；3）利用S四邊形AEBD＝AB（yD﹣yE），即可求解．【解答】解：（1）用交點式函數(shù)表達(dá)式得：

y＝（

x﹣1）（x﹣3）＝x2﹣4x+3；故二次函數(shù)表達(dá)式為：y＝x2﹣4x+3；（2）①當(dāng)AB為平行四邊形一條邊時，如圖

1，則AB＝PE＝2，則點P坐標(biāo)為（4，3），當(dāng)點P在對稱軸左側(cè)時，即點C的地址，點故：點P（4，3）或（0，3）；②當(dāng)AB是四邊形的對角線時，如圖2，

A.B.P、F為極點的四邊形為平行四邊形，AB中點坐標(biāo)為（

2，0）設(shè)點

P的橫坐標(biāo)為

m，點

F的橫坐標(biāo)為

2，其中點坐標(biāo)為：

，即：

＝2，解得：

m＝2，故點P（2，﹣1）；故：點P（4，3）或（0，3）或（2，﹣1）；（3）直線BC的表達(dá)式為：y＝﹣x+3，設(shè)點E坐標(biāo)為（x，x2﹣4x+3），則點D（x，﹣x+3），22S四邊形AEBD＝AB（yD﹣yE）＝﹣x+3﹣x+4x﹣3＝﹣x+3x，∵﹣1＜0，故四邊形AEBD面積有最大值，當(dāng)x＝，其最大值為，此時點E（，﹣）．【議論】主要察看了二次函數(shù)的剖析式的求法和與幾何圖形結(jié)合的綜合能力的培養(yǎng)．要會利用數(shù)形結(jié)合的思想把代數(shù)和幾何圖形結(jié)合起來，利用點的坐標(biāo)的意義表示線段的長度，進(jìn)而求出線段之間的關(guān)系．7.（2019?南京?7分）如圖，D是△ABC的邊AB的中點，DE∥BC，CE∥AB，AC與DE訂交于點F．求證：△ADF≌△CEF．【剖析】依照四邊形DBCE是平行四邊形，即可得出BD＝CE，依照CE∥AD，即可得出∠A＝∠ECF，∠ADF＝∠E，即可判斷△ADF≌△CEF．【解答】證明：∵DE∥BC，CE∥AB，∴四邊形DBCE是平行四邊形，BD＝CE，D是AB的中點，∴AD＝BD，∴AD＝EC，CE∥AD，∴∠A＝∠ECF，∠ADF＝∠E，∴△ADF≌△CEF（ASA）．【議論】本題主要察看了平行四邊形的判斷與性質(zhì)以及全等三角形的判斷，別對應(yīng)相等的兩個三角形全等．

兩角及其夾邊分（2019?湖南懷化?10分）已知：如圖，在?ABCD中，AE⊥BC，CF⊥AD，E，F(xiàn)分別為垂足．1）求證：△ABE≌△CDF；2）求證：四邊形AECF是矩形．【剖析】（1）由平行四邊形的性質(zhì)得出∠B＝∠D，AB＝CD，AD∥BC，由已知得出∠AEB＝∠AEC＝∠CFD＝∠AFC＝90°，由AAS證明△ABE≌△CDF即可；2）證出∠EAF＝∠AEC＝∠AFC＝90°，即可得出結(jié)論．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠B＝∠D，AB＝CD，AD∥BC，∵AE⊥BC，CF⊥AD，∴∠AEB＝∠AEC＝∠CFD＝∠AFC＝90°，在△ABE和△CDF中，，∴△ABE≌△CDF（AAS）；（2）證明：∵AD∥BC，∴∠EAF＝∠AEB＝90°，∴∠EAF＝∠AEC＝∠AFC＝90°，∴四邊形AECF是矩形．【議論】本題察看了矩形的判斷、平行四邊形的性質(zhì)、全等三角形的判斷與性質(zhì)；嫻熟掌握平行四邊形的性質(zhì)和矩形的判斷是解題的重點．9（2019?湖南邵陽?10分）如圖，二次函數(shù)y＝﹣2x軸的另x+bx+c的圖象過原點，與一個交點為（8，0）（1）求該二次函數(shù)的剖析式；（2）在x軸上方作x軸的平行線y1＝m，交二次函數(shù)圖象于A.B兩點，過A.B

兩點分別作x軸的垂線，垂足分別為點D.點C．當(dāng)矩形ABCD為正方形時，求m的值；（3）在（2）的條件下，動點P從點A出發(fā)沿射線AB以每秒1個單位長度勻速運動，同時動點Q以同樣的速度從點A出發(fā)沿線段AD勻速運動，抵達(dá)點D時立刻原速返回，當(dāng)動點Q返回到點A時，P、Q兩點同時停止運動，設(shè)運動時間為t秒（t＞0）．過點P向x軸作垂線，交拋物線于點E，交直線AC于點F，問：以A.E.F、Q四點為極點組成的四邊形可否是平行四邊形．若能，懇求出t的值；若不能夠，請說明原因．【剖析】（1）依照點的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法即可求出二次函數(shù)的剖析式；（2）利用二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特點求出點A，B的坐標(biāo)，進(jìn)而可得出點

C，D

的坐標(biāo)，再利用正方形的性質(zhì)可得出對于m的方程，解之即可得出結(jié)論；（3）由（2）可得出點A，B，C，D的坐標(biāo)，依照點A，C的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求出直線AC的剖析式，利用二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特點及一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特點可求出點E，F(xiàn)的坐標(biāo)，由AQ∥EF且以A.E.F、Q四點為極點的四邊形為平行四邊形可得出AQ＝EF，分0＜t≤4，4＜t≤7，7＜t≤8三種情況找出AQ，EF的長，由AQEF可得出對于t的一元二次方程，解之取其合適的值即可得出結(jié)論．【解答】解：（1）將（0，0），（8，0）代入y＝﹣x2+bx+c，得：，解得：，∴該二次函數(shù)的剖析式為2x．y＝﹣x+（2）當(dāng)y＝m時，﹣x2+x＝m，解得：x1＝4﹣，x2＝4+，∴點A的坐標(biāo)為（4﹣，m），點B的坐標(biāo)為（4+，m），∴點D的坐標(biāo)為（4﹣，0），點C的坐標(biāo)為（4+，0）．∵矩形ABCD為正方形，∴4+﹣（4﹣）＝m，解得：m1＝﹣16（舍去），m2＝4．∴當(dāng)矩形ABCD為正方形時，m的值為4．（3）以A.E.F、Q四點為極點組成的四邊形能為平行四邊形．由（2）可知：點A的坐標(biāo)為（2，4），點B的坐標(biāo)為（6，4），點C的坐標(biāo)為（6，0），點D的坐標(biāo)為（2，0）．設(shè)直線AC的剖析式為y＝kx+a（k≠0），將A（2，4），C（6，0）代入y＝kx+a，得：，解得：，∴直線AC的剖析式為y＝﹣x+6．2x＝﹣2＝﹣t+4，當(dāng)x＝2+t時，y＝﹣x+t+t+4，y＝﹣x+6∴點E的坐標(biāo)為（2+t，﹣t2+t+4），點F的坐標(biāo)為（2+t，﹣t+4）．∵以A.E.F、Q四點為極點組成的四邊形為平行四邊形，且AQ∥EF，∴AQ＝EF，分三種情況考慮：①當(dāng)0＜t≤4時，如圖1所示，AQ＝t，EF＝﹣2﹣（﹣t+4）＝﹣2t+t+4t+t，2∴t＝﹣t+t，解得：t1＝0（舍去），t2＝4；②當(dāng)4＜t≤7時，如圖2所示，AQ＝t﹣4，EF＝﹣22t+t+4﹣（﹣t+4）＝﹣t+t，∴t﹣4＝﹣2t+t，解得：t3＝﹣2（舍去），t4＝6；③當(dāng)7＜t≤8時，AQ＝t﹣4，EF＝﹣t+4﹣（﹣2）＝2﹣t，t+t+4tt﹣4＝t2﹣t，解得：t5＝5﹣（舍去），t6＝5+（舍去）．綜上所述：當(dāng)以A.E.F、Q四點為極點組成的四邊形為平行四邊形時，t的值為4或6．【議論】本題察看了待定系數(shù)法求二次函數(shù)剖析式、二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特點、正方形的性質(zhì)、待定系數(shù)法求一次函數(shù)剖析式、一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特點以及平行四邊形的性質(zhì)，解題的重點是：（1）依照點的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求出二次函數(shù)剖析式；（2）利用正方形的性質(zhì)，找出對于m的方程；（3）分0＜t≤4，4＜t≤7，7＜t≤8三種情況，利用平行四邊形的性質(zhì)找出對于t的一元二次方程．10（201