期末考試平行四邊形壓軸題考點訓練（二）（教師版）-2023年初中數(shù)學8年級下冊同步壓軸題

期末考試平行四邊形壓軸題考點訓練(二)1．如圖，在矩形紙片中，，，折疊紙片，使點D剛好落在線段上，且折痕分別與，相交，設折疊后點A，D的對應點分別為點G，H，折痕分別與，相交于點E，F(xiàn)，則線段的整數(shù)值_________．【答案】4或5或6【分析】首先證明四邊形DEHF為菱形；當E與A重合時，CF取最大值，此時四邊形DEHF為正方形，即得CF最大為6，當H與B重合時，CF最小，設菱形DEHF的邊長為x，可得x2=32+(9-x)2，即得CF最小為4，從而可得線段CF的整數(shù)值為4或5或6．【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AB∥DC，∴∠BEF=∠DFE，∵圖形翻折后點D與點H重合，EF為折線，∴∠DFE=∠HFE，DE=HE，DF=HF，∴∠BEF=∠HFE，∴EH=FH，∴DE=EH=FH=DF，∴四邊形DEHF為菱形；當E與A重合時，CF取最大值，如圖：此時∠EDF=∠ADC=90°，∴四邊形DEHF為正方形，∴DF=AD=3，∴CF=CD-DF=6，即CF最大為6，當H與B重合時，CF最小，如圖：設菱形DEHF的邊長為x，則CF=9-x，在Rt△HFC中，HF2=CF2+HC2，∴x2=32+(9-x)2，解得x=5，∴CF=4，即CF最小為4，∴4≤CF≤6，∴線段CF的整數(shù)值為4或5或6，故答案為：4或5或6．【點睛】本題考查矩形與折疊，勾股定理，解題的關鍵是掌握折疊的性質(zhì)，分別求出CF的最大、最小值．2．如圖，點M在正方形的對角線上由D向B運動，，交于點E，連接，將沿著翻折，點M落在點G處．若正方形的邊長為4，的中點為S，則線段長度的最小值為_________．【答案】【分析】連接，，延長交于點F，證明，得出，，證明，得出四邊形為正方形，得出，證明，得出，說明點G在直線上，根據(jù)垂線段最短，得出當時，最小，求出最小值即可．【詳解】解：連接，，延長交于點F，如圖所示：∵四邊形為正方形，∴，，∵，∴，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，根據(jù)翻折可知，，，∴，∴四邊形為菱形，∵，∴四邊形為正方形，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴點G在直線上，∵垂線段最短，∴當時，最小，∵此時，，∴為等腰直角三角形，∵，∴．故答案為：．【點睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，余角的性質(zhì)，垂線段最短，此題綜合性較強，難度較大，解題的關鍵是作出輔助線，找出點G的運動軌跡．3．正方形在平面直角坐標系中的位置如圖所示，軸，與軸交于點，，．若，正方形的邊上存在點，使，那么的坐標為________．【答案】【分析】分別根據(jù)題意畫出點在正方形四條邊上時的情況，利用三角形面積公式或者割補法表示和的面積，在根據(jù)具體情況求解即可．【詳解】如圖，當點在邊上時，由題意可知，；，此時不可能出現(xiàn)的情況；如圖，當點在邊上時，由題意可知，，，此時不可能出現(xiàn)的情況；如圖，當在邊上且在下方時，過做延長線與點，，，此時，不成立；如圖，當在邊上且在上方時，，，當時，，解得，此情況不存在；如圖，當在邊上且在軸左側(cè)時，過點做延長線于點，，，當時，，解得，，∴．∴點坐標為．當在邊上且在軸右側(cè)時，，當時，，解得，(舍去)；故答案為：．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)以及在平面直角坐標系背景下三角形面積計算，應用了三角形面積公式和利用割補法表示三角形面積，解答關鍵是利用數(shù)形結合思想解答問題．4．如圖，已知矩形的兩條邊，點是對角線的交點，點是邊上一個動點，作點關于直線的對稱點，當與矩形一條邊垂直時，的長是_____．【答案】或5【分析】根據(jù)折疊的性質(zhì)可知，可得，，分兩種情況：①當時，②當時.根據(jù)矩形的性質(zhì)求出的長，即可求出的長.【詳解】如圖，∵點關于直線的對稱點為，∴，∴∵四邊形是矩形，∴①當時，則∴在Rt中，，設則在Rt中，根據(jù)勾股定理得，即解得，②當時，則∵點關于直線的對稱點為，∴是的平分線，綜上所述，的長是或5．故答案為：或5．【點睛】本題是一個矩形當中的折疊問題，主要考查了矩形的性質(zhì)以及勾股定理，熟記矩形的性質(zhì)并靈活運用是解題的關鍵．矩形的性質(zhì)：①對邊平行且相等；②四個角都是直角；③對角線相等且互相平分．5．如圖是的高，，若，，則=______．【答案】【分析】以為邊作正方形，在上截取，由求得，，進而可得，再由正方形的性質(zhì)可得，于是，設，在直角中利用勾股定理建立方程求解即可；【詳解】解：如圖以為邊作正方形，在上截取，和中：，，，∴，∴，，∵，∴，∴，和中：，，，∴，∴，設，則，，在直角中由勾股定理得：，∴解得：，故答案為：；【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，勾股定理；正確作出輔助線是解題關鍵．6．正方形的邊長為，點為邊上一點，，點為正方形內(nèi)一動點且，過點作的垂線交的延長線于點，連接，則的最大值為______．【答案】【分析】如圖，連接，，，設與交于點，過點作于點．求出，，根據(jù)，可得結論．【詳解】解：連接，，，設與交于點，過點作于點，連接、，如圖所示：四邊形是正方形，，，，，，，，，，，，，，，，垂直平分線段，，，，，，，，，，，，，的最大值為，故答案為：．【點睛】本題考查正方形的性質(zhì)，直角三角形斜邊中線的性質(zhì)，線段垂直平分線的性質(zhì)定理，勾股定理等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造特殊三角形解決問題．7．四邊形ABCD為平行四邊形，已知AB＝，BC＝6，AC＝5，點E是BC邊上的動點，現(xiàn)將△ABE沿AE折疊，點B′是點B的對應點，設CE長為x，若點B′落在△ADE內(nèi)(包括邊界)，則x的取值范圍為____________．【答案】≤x≤3－2【分析】如圖1，當在AD上，易證由四邊形為平行四邊形，得到；如圖2，過點A作AG⊥BC于點G，過點D作DH⊥BC交BC的延長線于點H，當在DE上，此時∠AEB＝∠AEB＝∠DAE，DA＝DE＝，在Rt△ABG和Rt△ACG中，利用勾股定理求出BG＝2，可得AG＝3＝DH，在Rt△DEH中，由勾股可得：EH＝3，可求得CE的另一個臨界值，問題得解．【詳解】解：如圖1，當在AD上，此時，，，∴，∵ADBC，∴四邊形為平行四邊形，∴；如圖2，過點A作AG⊥BC于點G，過點D作DH⊥BC交BC的延長線于點H，當在DE上，此時∠AEB＝∠AEB＝∠DAE，∴DA＝DE＝，在Rt△ABG和Rt△ACG中，∴∴BG＝2，∴AG＝3＝DH，在Rt△DEH中，由勾股可得：EH＝3，∴CE＝3－2；綜上：x的取值范圍為：≤x≤3－2．【點睛】本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)，翻折變換，勾股定理，找到臨界狀態(tài)求出x的長是解題的關鍵．8．如圖，在菱形ABCD中，∠A＝60°，點E，F(xiàn)分別在BC，CD邊上，且CE＝DF，BF與DE交于點G，若BG＝3，DG＝5，則四邊形ABGD的面積為___．【答案】【分析】首先利用菱形的性質(zhì)得出AB＝AD，又由AB＝BD得出△ABD是等邊三角形，進一步證明△CDE≌△DBF，得出∠BGE＝∠DGF＝60°，求得∠BGD＝120°，過點A再分別作AM⊥DE，AN⊥BF，連接AG，證明△ABN≌△ADM，把四邊形ABGD的面積轉(zhuǎn)化為四邊形AMGN的面積即可．【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝AD，∵∠BAD＝60°，∴△ABD是等邊三角形，∴∠BAD＝∠ABD＝60°，∴∠DBC＝∠BDF＝∠C＝60°，在△CDE和△DBF中，，∴△CDE≌△DBF(SAS)，∴∠CDE＝∠DBF，∴∠GBE＝∠BDE，∴∠DBF＋∠GBE＝∠DBF＋∠BDE＝∠BGE＝∠DGF＝60°＝∠BAD，∴∠BGD＝120°，如圖，過點A分別作AM⊥DE，AN⊥BF，垂足分別為M、N，連接AG，∵四邊形ABGD的內(nèi)角和為360°，∠BAD＝60°，∠BGD＝120°，∴∠ABG+∠ADG＝360°－∠BAD－∠BGD＝180°，∵∠ABG+∠ABN＝180°∴∠ABN＝∠ADM在△ABN和△ADM中，，∴△ABN≌△ADM(AAS)，∴，BN＝DM，∴GN＋GM＝BG＋DG＝3＋5＝8，在Rt△AGN和Rt△AGM中，，∴Rt△AGN≌Rt△AGM(HL)，∴NG＝MG＝(BG＋DG)＝4，∠AGN＝∠BGD＝60°，∴∠ANG＝30°，AG＝2GN＝8，∴，．故答案為：．【點睛】此題考查菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，三角形全等的判定與性質(zhì)等知識點，將四邊形ABGD的面積轉(zhuǎn)化為四邊形AMGN的面積是解題的關鍵．9．如圖，正方形的邊長為4，E，F(xiàn)分別是邊上的動點，且，連接交于點G，P是邊上的另一個動點，連接，則的最小值為_______．【答案】【分析】取的中點O，連接，延長到T，使得，連接，，，過點O作于H．由題意，求出的最小值即可解決問題．【詳解】解：如圖，取的中點O，連接，延長到T，使得，連接，，，過點O作于H．∵四邊形是正方形，∴，∴，∴，∴，∴，∵，，，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，在中，，∴，∴，∴，∴的最小值為，故答案為：．【點睛】本題考查軸對稱最短問題，正方形的性質(zhì)，解直角三角形等知識，解題的關鍵是學會利用軸對稱解決最短問題，屬于中考選擇題中的壓軸題．10．如圖，正方形的邊長為2，點E是邊上的動點，連接、，將繞點E順時針旋轉(zhuǎn)得到，將繞點E逆時針旋轉(zhuǎn)得到，連接，則線段的取值范圍為______．【答案】【分析】連接并延長，過作，交的延長線于，根據(jù)正方形的性質(zhì)，可證出，從而可證是的平分線，同理可證：是的平分線，可得出、的運動軌跡便可求解．【詳解】解：如圖，連接并延長，過作，交的延長線于，四邊形是正方形，，，，在和中，即：是的平分線同理可證：是的平分線在上運動，在上運動當點與點重合時，則點與點重合；或當點與點重合時，則點與點重合；此時最長，當在的中點時，，此時、分別是、的中點，此時最小故答案：．【點睛】本題考查了以正方形為背景的旋轉(zhuǎn)問題，三角形的全等的判定及性質(zhì)、勾股定理、正方形的性質(zhì)等，找出動點的運動軌跡是解題的關鍵．11．如圖，正方形中，點P是線段上的動點．(1)當交于E時，①如圖1，求證：．②如圖2，連接交于點O，交于點F，試探究線段、、之間用等號連接的數(shù)量關系，并說明理由；(2)如圖3，已知M為的中點，為對角線上一條定長線段，若正方形邊長為4，隨著P的運動，的最小值為，求線段的長．【答案】(1)①見解析；②；(2)【分析】(1)①連接，根據(jù)證明，得到，，再求出，進一步證明得到，等量代換可得結果；②先根據(jù)得到，得到，結合勾股定理得到；(2)連接交于點O，先根據(jù)正方形的性質(zhì)得到，，進一步得到當點P與點O重合時，的最小值，的最小值，以及此時，，最后根據(jù)M為中點得到Q為中點，即可求解．【詳解】(1)解：①如圖1，連接，∵四邊形是正方形，∴，，，在和中，，∴，∴，，∵，∴，又，∴，∵，∴，∴，∴，∴；②如圖，，理由是：∵，∴，∵四邊形是正方形，∴，∵，∴，∴；(2)如圖，連接交于點O，∵四邊形是正方形，邊長為4，∴，，∴當點P與點O重合時，的最小值為，∵的最小值為，∴的最小值為，∴當點P與點O重合時，，如圖，∴，∵M為中點，∴Q為中點，∴．【點睛】本題考查了四邊形綜合題，正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，面積法，勾股定理，最值問題，有一定難度，解題的關鍵是數(shù)形結合，利用正方形的性質(zhì)添加輔助線．12．在矩形中，，，點是邊上一動點(不與點B、C重合)，將沿直線折疊得到，直線交直線于點．(1)如圖1，當點是的中點時，求的值；(2)如圖1，連接，求周長的最小值；(3)如圖2，延長，交的延長線于點，連接，若點，分別為，的中點，連接交于點，求證；．【答案】(1)(2)12(3)見解析【分析】(1)根據(jù)折疊得出，，，，，證明，設，則，根據(jù)勾股定理列出方程，解方程即可；(2)根據(jù)折疊得出，，由的周長為：，為定值，得出當最小時，的周長最小，根據(jù)，得出當、、C在同一直線上時，最小，求出最小值即可；(3)取的中點Q，連接，，，先證明四邊形為平行四邊形，得出，，證明，得出，根據(jù)等腰三角形的判定得出即可．【詳解】(1)解：∵點是的中點，∴，∵四邊形為矩形，∴，，∴，根據(jù)折疊可知，，，，，∴，∴，設，則，∵，∴，即，解得：，∴．(2)解：根據(jù)折疊可知，，，的周長為：，∵為定值，∴當最小時，的周長最小，∵，為定值，∴當、、C在同一直線上時，最小，∵，∴的最小值為，∴的周長最小值為．(3)解：取的中點Q，連接，，，如圖所示：∵四邊形為矩形，∴，，，∴，∵為的中點，∴，∴，∵Q為的中點，為的中點，∴，，∵，∴，∵M為的中點，∴，∴，∵，∴四邊形為平行四邊形，∴，，∴，∵，∴，∵，∴，∵，，∴，∴，∴．【點睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)，折疊性質(zhì)，勾股定理，三角形全等的判定和性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，解題的關鍵是作出輔助線，熟練掌握基本的判定和性質(zhì)．13．在平行四邊形中，的平分線交邊于點，交的延長線于點．(1)如圖1，求證：；(2)如圖2，，，連接、，當時，求證：；(3)在(2)的條件下，當，時，求線段的長．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)【分析】(1)由四邊形是平行四邊形得，，所以，，由是的平分線得，所以，得；(2)延長、交于點，連接，可證得四邊形是平行四邊形，四邊形是菱形，推出和都是等邊三角形，再證明，得出，進而證得結論；(3)如圖3，連接，根據(jù)平行四邊形性質(zhì)和角平分線性質(zhì)可得出，過點作于點，可得，利用勾股定理求得，過點作于點，結合勾股定理即可求得答案．【詳解】(1)解：證明：如圖1，四邊形是平行四邊形，，，，，平分，，，；(2)證明：如圖2，延長、交于點，連接，，，，，四邊形是平行四邊形，，，四邊形是菱形，，，，，和都是等邊三角形，，，四邊形是平行四邊形，，，，，在和中，，，，；(3)如圖3，連接，四邊形是平行四邊形，，，，，平分，，，過點作于點，，在中，，，，，，，，，過點作于點，則，，點與點重合，，，．【點睛】此題重點考查平行四邊形的判定與性質(zhì)、菱形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、含角的直角三角形性質(zhì)，勾股定理等知識，正確地作出輔助線是解題的關鍵．14．問題背景：如圖1，在等腰中，，，垂足為點D，在中，，，連接中點，連接，在繞點A旋轉(zhuǎn)過程中，線段之間存在怎樣的數(shù)量關系？觀察發(fā)現(xiàn)：(1)為了探究線段和之間的數(shù)量關系，可先將圖形位置特殊化，將繞點A旋轉(zhuǎn)，使重合，如圖2，易知和之間的數(shù)量關系為___________；操作證明：(2)繼續(xù)將繞點A旋轉(zhuǎn)，使與重合時，如圖3，(1)中線段之間的數(shù)量關系仍然成立，請加以證明．問題解決：(3)根據(jù)上述探究的經(jīng)驗，我們回到一般情況，如圖1，在其他條件不變的情況下，上述的結論還成立嗎？請說明你的理由．【答案】(1)(2)見解析(3)成立；理由見解析【分析】(1)根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半進行證明即可；(2)延長交于點G，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得出，，證明，得出，，證明，根據(jù)中位線性質(zhì)得出，，即可證明結論；(3)延長到點N，使，連接，，，證明，得出，，證明，得出，根據(jù)中位線性質(zhì)得出，，即可證明結論．【詳解】(1)解：∵，∴，∵為的中點，∴，∵，∴，∵為的中點，∴，∴．故答案為：．(2)證明：延長交于點G，如圖所示：∵，，∴，，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，，∴，即，∵為的中點，為的中點，∴，同理得：，∴．(3)解：成立；理由如下：延長到點N，使，連接，，，如圖所示：∵，∴，∴，∵，，∴，∴，，∴，∵，∴，∴，即，∵，，∴，∴，∵為的中點，為的中點，∴，根據(jù)解析(2)可知，為的中點，∴，∴．【點睛】本題主要考查了三角形全等的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，三角形中位線性質(zhì)，解題的關鍵是作出輔助線構造全等三角形，熟練掌握三角形的中位線平行與第三邊，且等于第三邊的一半．15．如圖，矩形中，，．點，在對角線上，點，分別在邊，上．(1)若連接、．當四邊形為菱形時，則___________；(2)如圖1，若，，分別是，的中點．求證：四邊形為矩形．(3)如圖2，若，()，且四邊形為矩形，求的值．【答案】(1)(2)見解析(3)【分析】(1)由菱形的性質(zhì)和矩形的性質(zhì)可得，，，設，則，由勾股定理得出方程，解方程即可；(2)由矩形的性質(zhì)及已知推出，由全等的性質(zhì)得，，推出四邊形是平行四邊形，根據(jù)勾股定理求得，由已知等量代換可得，即可得證；(3)連接，作于，則，，得，由矩形的性質(zhì)得出，在中，由勾股定理得出方程，解方程即可．【詳解】(1)解：四邊形為菱形，，四邊形為矩形，，，設，則，在中，由勾股定理得：，解得：，故答案為：；(2)證明：連接，，分別是，的中點，四邊形為矩形，，，，，，，，，，，，，，四邊形是平行四邊形，，，，，，四邊形為矩形．(3)解：連接，作于，四邊形為矩形，，，四邊形是矩形，，，，，四邊形為矩形，，，在中，由勾股定理得：，解得：，，．【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、平行線的判定、勾股定理等知識；熟