專(zhuān)題1.7 特殊的平行四邊形單元提升卷-2024-2025學(xué)年九年級(jí)數(shù)學(xué)上冊(cè)舉一反三系列（北師大版）

PAGE1第1章特殊的平行四邊形單元提升卷【北師大版】參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題，滿分30分，每小題3分）1．（3分）（23-24九年級(jí)·四川瀘州·期中）菱形具有而平行四邊形不具有的性質(zhì)是（）A．兩組對(duì)邊分別平行B．對(duì)角線互相平分C．兩組對(duì)角線分別相等，對(duì)角線互相垂直D．對(duì)角線互相垂直【答案】D【分析】本題考查了菱形的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，掌握菱形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．由菱形的性質(zhì)可直接求解．【詳解】解：菱形的性質(zhì)有：兩組對(duì)邊平行，兩組對(duì)邊相等，對(duì)角線互相垂直平分，平行四邊形的性質(zhì)有：兩組對(duì)邊分別平行，兩組對(duì)邊相等，對(duì)角線互相平分，∴菱形具有而平行四邊形不具有的性質(zhì)是對(duì)角線互相垂直，故選：D．2．（3分）（23-24九年級(jí)·河南焦作·期中）“方勝”是中國(guó)古代婦女的一種發(fā)飾，其圖案由兩個(gè)全等正方形相疊組成，寓意是同心吉祥．如圖，將邊長(zhǎng)為2cm的正方形ABCD沿對(duì)角線BD方向平移1cm得到正方形A′B′A．2cm B．2cm C．(2【答案】D【分析】本題考查平移性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握平移性質(zhì)和正方形的性質(zhì)是解答的關(guān)鍵，由題意得BB′=1【詳解】由題意得BB∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=AD=2cm,∴BD=A∴DB∴點(diǎn)D，B′之間的距離為2故選：D．3．（3分）（23-24九年級(jí)·重慶江津·期中）如圖，矩形ABCD中，AB=8，BC=4，將矩形沿AC折疊，則重合部分△AFC的面積為（

）A．6 B．8 C．10 D．12【答案】C【分析】本題考查了矩形與折疊問(wèn)題，涉及了勾股定理，根據(jù)題意得∠DCA=∠ECA、結(jié)合AB∥CD得∠DCA=∠FAC，得【詳解】解：由題意得：∠DCA=∠ECA∵AB∥∴∠DCA=∠FAC∴∠ECA=∠FAC∴FA=FC設(shè)FA=FC=x，則BF=8?x則8?x解得：x=5∴△AFC的面積=故選：C4．（3分）（23-24九年級(jí)·陜西渭南·期中）如圖，四邊形ABCD是菱形，等邊△AMN的頂點(diǎn)M、N分別在BC、CD上，且AM=BC，則∠C的度數(shù)為（

）A．105° B．100° C．115° D．120°【答案】B【分析】由四邊形ABCD的四邊都相等，可證得四邊形ABCD是菱形，又由等邊△AMN的頂點(diǎn)M、N分別在BC、CD上，且AM=AB，可設(shè)∠BAM=∠NAD=x，根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理得出方程x+2(180°?60°?2x)=180°，解此方程的解即可求出答案．【詳解】解：∵四邊形ABCD的四邊都相等，∴四邊形ABCD是菱形，∴∠B=∠D，∠DAB=∠C，AD//BC，∴∠DAB+∠B=180°，∵△AMN是等邊三角形，AM=AB，∴∠AMN=∠ANM=60°，AM=AD，∴∠B=∠AMB，∠D=∠AND，由三角形的內(nèi)角和定理得：∠BAM=∠NAD，設(shè)∠BAM=∠NAD=x，則∠D=∠AND=180°?60°?2x，∵∠NAD+∠D+∠AND=180°，∴x+2(180°?60°?2x)=180°，解得：x=20°，∴∠C=∠BAD=2×20°+60°=100°．故選：B．【點(diǎn)睛】本題主要考查對(duì)菱形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，三角形的內(nèi)角和定理以及平行線的性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)．注意掌握方程思想的應(yīng)用是解此題的關(guān)鍵．5．（3分）（23-24九年級(jí)·江西九江·期中）如圖，矩形ABCD的三個(gè)頂點(diǎn)的坐標(biāo)分別為A(1,3),B(4,3),C(4,1)．若直線y=x+b平分矩形ABCD的周長(zhǎng)，則b的值為（

）

A．?12 B．?1 C．12【答案】A【分析】連接AC,BD相交于點(diǎn)E，根據(jù)四邊形ABCD是矩形，可得點(diǎn)E是AC的中點(diǎn)，即可求出E52,2，再將E52【詳解】解：連接AC,BD相交于點(diǎn)E，如下圖所示，

∵A(1,3),B(4,3)，∴AB∥x軸，∵四邊形ABCD是矩形，AC,BD相交于點(diǎn)E，∴AE=CE，點(diǎn)E是AC的中點(diǎn)，∴E1+42,∵直線y=x+b平分矩形ABCD的周長(zhǎng)，∴直線y=x+b經(jīng)過(guò)點(diǎn)E5∴52+b=2，解得故選：A．【點(diǎn)睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)和一次函數(shù)，求出點(diǎn)E的坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵．6．（3分）（23-24九年級(jí)·河北保定·期中）將四根長(zhǎng)度相等的細(xì)木條首尾相接，用釘子釘成四邊形ABCD，用拉緊的橡皮筋連接AC，BD，轉(zhuǎn)動(dòng)這個(gè)四邊形，使它的形狀改變．當(dāng)∠ABC=90°時(shí)，如圖1，測(cè)得AC=2．當(dāng)∠ABC=60°時(shí)，如圖2，此時(shí)BD?AC=

A．23 B．3?1 C．23【答案】B【分析】本題考查了正方形的判定與性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)，勾股定理，先根據(jù)正方形的性質(zhì)求出AB，再根據(jù)菱形的性質(zhì)和勾股定理求出AC，【詳解】解：如圖1，

當(dāng)∠ABC=90°時(shí)，AB=BC=CD=DA，∴四邊形ABCD是正方形，又∵AC=2∴AB=1，如圖2，AC與BD的交點(diǎn)為O，

當(dāng)∠ABC=60°時(shí)，，∴AB=BC=CD=DA四邊形ABCD是菱形，∴∠AOB=90°，∠ABO=12∠ABC=30°∴OA=1∴OB=A∴AC=2OA=2×12=1∴BD?AC=3故選：B．7．（3分）（23-24九年級(jí)·河北廊坊·期中）如圖，四邊形ABCD是由四個(gè)邊長(zhǎng)為1的正六邊形所圍成，則四邊形ABCD的面積是（

）A．34 B．1 C．32【答案】C【分析】本題考查的是正多邊形的內(nèi)角與外角，菱形的性質(zhì)與判定，勾股定理的應(yīng)用，化為最簡(jiǎn)二次根式，先證明四邊形ABCD是菱形，∠BAD=180°?120°=60°，如圖，連接BD，過(guò)點(diǎn)D作DE⊥AB交AB于點(diǎn)E，再進(jìn)一步可得答案．【詳解】解：如圖，由正六邊形的性質(zhì)可得：∠BAD=180°?120°=60°，AB=BC=CD=AD=1，∴四邊形ABCD是菱形，如圖，連接BD，過(guò)點(diǎn)D作DE⊥AB交AB于點(diǎn)E，∵四邊形ABCD是菱形，∴S△ABD又∵∠BAD=60°，∴△ABD為等邊三角形，∵DE⊥AB，∴AE=1∴在Rt△ADE中，DE=∴S△ABD∴菱形ABCD的面積是34故選：C．8．（3分）（23-24九年級(jí)·湖北孝感·期中）如圖，D是△ABC內(nèi)部一點(diǎn)，AC⊥BD，依次取AB，BC，CD，AD的中點(diǎn)，并順次連接得到四邊形MNPQ，若BD=4，AC=6，則四邊形MNPQ的面積為（

）A．24 B．18 C．12 D．6【答案】D【分析】本題主要考查了三角形中位線定理，矩形的性質(zhì)與判定，先根據(jù)三角形中位線定理可得MQ∥BD,MQ=12BD=2，PN∥BD,PN=12BD=2，MN∥AC,MN=12AC=3【詳解】解：∵點(diǎn)M,Q分別是AB，AD的中點(diǎn)，且BD=4，∴MQ∥BD,MQ=1同理可得：PN∥BD,PN=12BD=2∴MQ∥PN,MQ=PN，∴四邊形MNPQ是平行四邊形，∵AC⊥BD，∴MQ⊥AC，又∵M(jìn)N∥AC，∴MQ⊥MN，∴平行四邊形MNPQ是矩形，∴四邊形MNPQ的面積是MQ?MN=2×3=6，故選：D．9．（3分）（23-24九年級(jí)·江蘇蘇州·期中）如圖，已知菱形ABCD的邊長(zhǎng)為6，點(diǎn)M是對(duì)角線AC上的一動(dòng)點(diǎn)，且∠ABC=120°，則MA+MB+MD的最小值是（

）

A．33 B．3+33 C．6+3【答案】D【分析】過(guò)點(diǎn)D作DE⊥AB于點(diǎn)E，連接BD，根據(jù)垂線段最短，此時(shí)DE最短，即MA+MB+MD最小，根據(jù)菱形性質(zhì)和等邊三角形的性質(zhì)即可求出DE的長(zhǎng)，進(jìn)而可得結(jié)論．【詳解】解：如圖，過(guò)點(diǎn)D作DE⊥AB于點(diǎn)E，連接BD，

∵菱形ABCD中，∠ABC=120°，∴∠DAB=60°，AD=AB=DC=BC，∴△ADB是等邊三角形，∴∠MAE=30°，∴AM=2ME，∵M(jìn)D=MB，∴MA+MB+MD=2ME+2DM=2DE，根據(jù)垂線段最短，此時(shí)DE最短，即MA+MB+MD最小，∵菱形ABCD的邊長(zhǎng)為6，∴DE=A∴2DE=63∴MA+MB+MD的最小值是63故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是掌握菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)．10．（3分）（23-24·黑龍江大慶·三模）如圖，已知四邊形ABCD為正方形，AB=22，E為對(duì)角線AC上一點(diǎn)，連接DE，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥DE，交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，以DE，EF為鄰邊作矩形DEFG，連接CG．下列結(jié)論：①矩形DEFG是正方形；②2CE+CG=2AD；③CG平分∠DCF；④CE=CFA．①③ B．②④ C．①②③ D．①②③④【答案】A【分析】過(guò)E作EM⊥BC，過(guò)E作EN⊥CD于N，如圖所示，根據(jù)正方形性質(zhì)得∠BCD=90°，∠ECN=45°，推出四邊形EMCN是正方形，由矩形性質(zhì)得EM=EN，∠DEN+∠NEF=∠MEF+∠NEF=90°，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得ED=EF，推出矩形DEFG是正方形，故①正確；根據(jù)正方形性質(zhì)得AD=DC，∠ADE+∠EDC=90°推出△ADE≌△CDG，得到AE=CG，∠DAE=∠DCG=45°，由此推出CG平分∠DCF，故③正確；進(jìn)而求得AC=AE+CE=CE+CG=2AD，故②錯(cuò)誤；當(dāng)DE⊥AC時(shí)，點(diǎn)C與點(diǎn)F重合，得到CE不一定等于【詳解】過(guò)E作EM⊥BC，過(guò)E作EN⊥CD于N，如圖所示，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BCD=90°，∠ECN=45°，∴∠EMC=∠ENC=∠BCD=90°，∴NE=NC，∴四邊形EMCN是正方形，∴EM=EN，∵四邊形DEFG是矩形，∴∠DEN+∠NEF=∠MEF+∠NEF=90°，∴∠DEN=∠MEF，在△DEN和△FEM中，∠DNE=∠FMEEN=EM∴△DEN≌△FEMASA∴ED=EF，

∴矩形DEFG是正方形，故①正確；∴DE=DG，∠EDC+∠CDG=90°∵四邊形ABCD是正方形∴AD=DC，∠ADE+∠EDC=90°∴∠ADE=∠CDG在△ADE和△CDG中AD=CD∴△ADE≌△CDG∴AE=CG，∠DAE=∠DCG=45°∵∠DCF=90°∴CG平分∠DCF，故③正確；

∴AC=AE+CE=CE+CG=2當(dāng)DE⊥AC時(shí)，點(diǎn)C與點(diǎn)F重合，∴CE不一定等于CF，故④錯(cuò)誤．故選：A【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)與判定，全等三角形的判定與性質(zhì)，正確作出輔助線是解本題的關(guān)鍵．二．填空題（共6小題，滿分18分，每小題3分）11．（3分）（23-24九年級(jí)·江蘇揚(yáng)州·期中）如圖，在四邊形ABCD中，P、Q、M、N分別是AD、BC、BD、AC的中點(diǎn)，當(dāng)四邊形ABCD滿足時(shí)（填寫(xiě)一個(gè)條件），PQ⊥MN．【答案】AB=CD【分析】根三角形中位線的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)即可解答；【詳解】解：∵P、Q、M、N分別是AD、BC、BD、AC的中點(diǎn)，∴PN是△ACD的中位線，PN=12CD，MQ是△BCD的中位線，MQ=12∴MQ=PN=12CD同理可得：NQ=PM=12AB當(dāng)AB=CD時(shí)，MQ=PN=NQ=PM，四邊形MQNP是菱形，∵菱形對(duì)角線垂直平分，∴PQ⊥MN，故答案為：AB=CD；【點(diǎn)睛】本題考查了三角形中位線的性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，掌握菱形的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．12．（3分）（23-24九年級(jí)·湖北恩施·期末）如圖，點(diǎn)P是矩形ABCD對(duì)角線AC上一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P做EF∥BC，分別交AB，CD于點(diǎn)E，F(xiàn)，連接PB,PD．若AE=2，PF=9，則圖中陰影部分的面積為

【答案】18【分析】本題考查了矩形的性質(zhì)，過(guò)點(diǎn)P作GH分別交AB、CD于點(diǎn)G、H，證明S四邊形GPFB=S四邊形EPHD，從而【詳解】解：過(guò)點(diǎn)P作GH分別交AB、CD于點(diǎn)G、H，如圖所示：

由矩形性質(zhì)可知，S△ADC=S△ABC，∴S△ABC?∴12S四邊形∵GP=AE=2，PF=9，∴S△PFB=故答案為：18．13．（3分）（23-24九年級(jí)·山東濱州·期末）以正方形ABCD的邊CD為一邊作等邊△CDE，則∠AEC的度數(shù)是．【答案】45°或135°【分析】分類(lèi)討論；當(dāng)點(diǎn)E在正方形內(nèi)部，根據(jù)正方形的性質(zhì)和等邊三角形的性質(zhì)可得AD=DC=DE，∠ADE=30°，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和三角形內(nèi)角和定理即可求解；當(dāng)點(diǎn)E在正方形ABCD的外部時(shí)，根據(jù)正方形的性質(zhì)和等邊三角形的性質(zhì)可得AD=DE，∠ADE=150°，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和三角形內(nèi)角和定理即可求解．【詳解】解：當(dāng)點(diǎn)E在正方形內(nèi)部時(shí)，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ADC=90°，AD=DC，∵△DEC是等邊三角形，∴DE=DC，∠EDC=∠DEC=60°，∴AD=DC=DE，∠ADE=30°，∴∠AED=180°?30°∴∠AEC=∠AED+∠DEC=75°+60°=135°；當(dāng)點(diǎn)E在正方形ABCD的外部時(shí)，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ADC=90°，AD=DC，∵△DEC是等邊三角形，∴∠EDC=∠DEC=60°，DC=DE，∴AD=DE，∠ADE=90°+60°=150°，∴∠AED=180°?150°∴∠AEC=60°?15°=45°，故答案為：45°或135°．【點(diǎn)睛】本題考查正方形的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、三角形內(nèi)角定理，熟練掌握正方形的性質(zhì)和等邊三角形的性質(zhì)，運(yùn)用分類(lèi)討論思想解決問(wèn)題是解題的關(guān)鍵．14．（3分）（23-24九年級(jí)·江蘇蘇州·期中）如圖，菱形ABCD的頂點(diǎn)A恰好是矩形BCEF對(duì)角線的交點(diǎn)，若菱形ABCD的周長(zhǎng)為8，則矩形BCEF的面積是．【答案】4【分析】本題考查了矩形的性質(zhì)，等邊三角形的判定，菱形的性質(zhì)，與性質(zhì)，根據(jù)菱形的性質(zhì)得出AB=BC=2，進(jìn)而利用矩形的性質(zhì)得出AB=AC，得出△ABC是等邊三角形，利用矩形的面積解答即可．【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB=BC=2，∵四邊形BCEF是矩形，∴FC=BE，F(xiàn)A=AC，AE=AB，∠ACB=90°，∴AB=AC，∵AB=AC=BC=1，∴△ABC是等邊三角形，∴∠ABC=60°，∴BE=2AB=4，在Rt△ECBEC=E∴矩形BCEF的面積=BC?EC=23故答案為：4315．（3分）（23-24九年級(jí)·河南鄭州·期末）如圖，在等腰△ABC中，AB=BC=3，AC=22，點(diǎn)A，B分別在x軸，y軸上，且BC∥x軸，將△ABC沿x軸向左平移，當(dāng)點(diǎn)A與點(diǎn)O重合時(shí)，點(diǎn)B的坐標(biāo)為【答案】?【分析】本題考查勾股定理，矩形的判定與性質(zhì)以及圖形的平移，過(guò)點(diǎn)A作AD⊥BC，證明四邊形OABD是矩形，得到OA=BD，OB=AD，根據(jù)勾股定理求得BD和OB的長(zhǎng)度，可得平移的距離，即可求解．【詳解】解：如圖，過(guò)點(diǎn)A作AD⊥BC，∵∠AOB=∠OBD=∠BDA=90°，∴四邊形OABD是矩形，∴OA=BD，OB=AD，由勾股定理可得，AB∴9?BD∴BD=5∴OA=53，∴當(dāng)點(diǎn)A與點(diǎn)O重合時(shí)，點(diǎn)A向左移動(dòng)53∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為?5故答案為：?516．（3分）（23-24九年級(jí)·江蘇·期中）已知矩形ABCD，AB＝6，AD＝8，將矩形ABCD繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)θ（0°＜θ＜360°）得到矩形AEFG，當(dāng)θ＝°時(shí)，GC＝GB．【答案】60或300【分析】當(dāng)GB＝GC時(shí)，點(diǎn)G在BC的垂直平分線上，分兩種情況討論，依據(jù)∠DAG＝60°，即可得到旋轉(zhuǎn)角θ的度數(shù)．【詳解】解：當(dāng)GB＝GC時(shí)，點(diǎn)G在BC的垂直平分線上，分兩種情況討論：①當(dāng)點(diǎn)G在AD右側(cè)時(shí)，取BC的中點(diǎn)H，連接GH交AD于M，∵GC＝GB，∴GH⊥BC，∴四邊形ABHM是矩形，∴AM＝BH＝12AD＝12∴GM垂直平分AD，∴GD＝GA＝DA，∴△ADG是等邊三角形，∴∠DAG＝60°，∴旋轉(zhuǎn)角θ＝60°；②當(dāng)點(diǎn)G在AD左側(cè)時(shí)，同理可得△ADG是等邊三角形，∴∠DAG＝60°，∴旋轉(zhuǎn)角θ＝360°﹣60°＝300°．故答案為60或300【點(diǎn)睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，利用分類(lèi)討論思想解決問(wèn)題是本題的關(guān)鍵．三．解答題（共7小題，滿分52分）17．（6分）（23-24九年級(jí)·浙江·專(zhuān)題練習(xí)）如圖，四邊形ABCD是菱形，點(diǎn)C，點(diǎn)D的坐標(biāo)分別是4,0，0,3．(1)請(qǐng)分別寫(xiě)出點(diǎn)A，點(diǎn)B的坐標(biāo)；(2)求出該菱形的周長(zhǎng)．【答案】(1)A?4,0，(2)20【分析】此題考查了菱形的性質(zhì)，勾股定理，（1）首先根據(jù)菱形的性質(zhì)得到OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，然后根據(jù)對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)求解即可；（2）首先求出OC=4，OD=3，然后利用勾股定理求出CD=O【詳解】（1）∵四邊形ABCD是菱形，∴OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，∴點(diǎn)A與點(diǎn)C關(guān)于點(diǎn)O對(duì)稱(chēng)，點(diǎn)B與點(diǎn)D關(guān)于點(diǎn)O對(duì)稱(chēng)，∵點(diǎn)C、點(diǎn)D的坐標(biāo)分別是4,0，0,3，∴點(diǎn)A?4,0，點(diǎn)B（2）∵點(diǎn)C、點(diǎn)D的坐標(biāo)分別是4,0，0,3，∴OC=4，OD=3，在Rt△COD中，由勾股定理得：CD=∵四邊形ABCD是菱形，∴AB=BC=AD=CD=5，∴菱形ABCD的周長(zhǎng)=4CD=4×5=20．18．（6分）（23-24九年級(jí)·廣東潮州·期末）如圖，菱形ABCD對(duì)角線交于點(diǎn)O，BE∥AC，AE∥BD，EO與AB交于點(diǎn)(1)試判斷四邊形AEBO的形狀，并說(shuō)明你的理由；(2)求證：EO=DC．【答案】(1)矩形，見(jiàn)解析(2)見(jiàn)解析【分析】本題主要考查的是菱形的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)和判定；（1）先證明四邊形AEBO為平行四邊形，再由由菱形的性質(zhì)可證明∠BOA=90°，從而可證明四邊形AEBO是矩形；（2）依據(jù)矩形的性質(zhì)可得到EO=BA，然后依據(jù)菱形的性質(zhì)可得到AB=CD．【詳解】（1）解：四邊形AEBO是矩形，證明如下：∵BE∥AC，∴四邊形AEBO是平行四邊形．又∵菱形ABCD對(duì)角線交于點(diǎn)O∴AC⊥BD，即∠AOB=90°．∴四邊形AEBO是矩形．（2）證明：∵四邊形AEBO是矩形∴EO=AB，在菱形ABCD中，AB=DC．∴EO=DC．19．（8分）（23-24九年級(jí)·湖北荊州·期中）下面是小明設(shè)計(jì)的“在一個(gè)平行四邊形內(nèi)作菱形”的尺規(guī)作圖過(guò)程．已知：四邊形ABCD是平行四邊形．?求作：菱形ABEF（點(diǎn)E在BC上，點(diǎn)F在AD上）．作法：①以A為圓心，AB長(zhǎng)為半徑作弧，交AD于點(diǎn)F；②以B為圓心，AB長(zhǎng)為半徑作弧，交BC于點(diǎn)E；③連接EF．所以四邊形ABEF為所求作的菱形．(1)根據(jù)小明的做法，使用直尺和圓規(guī)，補(bǔ)全圖形；（保留作圖痕跡）(2)完成下面的證明；證明：∵AF=AB，BE=AB，∴=．在?ABCD中，AD∥BC，即AF∥BE，∴四邊形ABEF為平行四邊形()（填推理的依據(jù)），∵AF=AB，∴四邊形ABEF為菱形()（填推理的依據(jù)）．【答案】(1)見(jiàn)解析(2)AF，BE，一組對(duì)邊相等且平行的四邊形是平行四邊形，一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形．【分析】本題考查作圖?復(fù)雜作圖，平行四邊形的判定和性質(zhì)，菱形的判定等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題，屬于中考常考題型．（1）作圖見(jiàn)解答過(guò)程；（2）AF，BE，一組對(duì)邊相等且平行的四邊形是平行四邊形，鄰邊相等的平行四邊形是菱形．【詳解】（1）四邊形ABEF為所求作的菱形．（2）∵AF=AB，BE=AB，∴AF=BE，在?ABCD中，AD∥BC．即AF∥BE．∴四邊形ABEF為平行四邊形（一組對(duì)邊相等且平行的四邊形是平行四邊形）．∵AF=AB，∴四邊形ABEF為菱形（一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形．)故答案為：AF，BE，一組對(duì)邊相等且平行的四邊形是平行四邊形，一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形．20．（8分）（23-24九年級(jí)·廣東廣州·期中）如圖，線段AB=9，射線BG⊥AB，P為射線BG上一點(diǎn)，以AP為邊作正方形APCD，且C、D與點(diǎn)B在AP兩側(cè)，已知DP平分∠CPA，在線段DP取一點(diǎn)E，使∠EAP=∠BAP，直線CE與線段AB相交于點(diǎn)F（點(diǎn)F與點(diǎn)A、B不重合）．(1)求證：△AEP≌△CEP；(2)判斷CF與AB的位置關(guān)系，并說(shuō)明理由；(3)求△AEF的周長(zhǎng)．【答案】(1)見(jiàn)解析(2)CF⊥AB．理由見(jiàn)解析(3)18【分析】此題考查了正方形的性質(zhì)、矩形的判定和性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，添加輔助線構(gòu)造全等是解題的關(guān)鍵．（1）利用正方形的性質(zhì)得到PC=PA，∠APD=∠CPD=45°，又由已知PE=PE，即可證明△AEP≌△CEP；（2）如圖，設(shè)AP與CF相交于點(diǎn)M，證明∠BAP=∠FCP，由∠FCP+∠CMP=90°，∠AMF=∠CMP，得到∠AMF+∠PAB=90°，即可證明結(jié)論；（3）過(guò)點(diǎn)C作CN⊥PB于點(diǎn)N，則∠CNP=90°．證明四邊形CFBN是矩形，則CN=BF，證明△PCN≌△APBAAS，則CN=PB=BF，PN=AB，又由△AEP≌△CEP得到AE=CE，利用等量代換得到∴AE+EF+AF=2AB=18【詳解】（1）解：證明：∵四邊形APCD為正方形，∴DP平分∠APC，PC=PA，∠APC=90°，∴∠APD=∠CPD=45°，又∵PE=PE，∴△AEP≌△CEP(SAS（2）CF⊥AB．理由如下：如圖，設(shè)AP與CF相交于點(diǎn)M，∵△AEP≌△CEP，∴∠EAP=∠ECP，∵∠EAP=∠BAP，∴∠BAP=∠FCP，∵∠FCP+∠CMP=90°，∠AMF=∠CMP，∴∠AMF+∠PAB=90°，∴∠AFM=90°，∴CF⊥AB；（3）過(guò)點(diǎn)C作CN⊥PB于點(diǎn)N，則∠CNP=90°．∵∠CFB=180°?∠AFM=90°，∴∠CFB=∠CNP=∠ABP=90°∴四邊形CFBN是矩形，∴CN=BF，∵∠CPN+∠PCN=∠CPN+∠APB=90°，∴∠PCN=∠APB，∵AB=PN,∠CNP=∠PBA=90°∴△PCN≌△APBAAS∴CN=PB=BF，PN=AB，∵△AEP≌△CEP，∴AE=CE，∴AE+EF+AF=CE+EF+AF=BN+AF=PN+PB+AF=AB+CN+AF=AB+BF+AF=2AB=18即△AEF的周長(zhǎng)為18．21．（8分）（23-24九年級(jí)·江蘇常州·期中）圖①、圖②、圖③均是10×6的正方形網(wǎng)格，每個(gè)小正方形的邊長(zhǎng)均為1，每個(gè)小正方形的頂點(diǎn)稱(chēng)為格點(diǎn)，點(diǎn)A、B、C、D、P均在格點(diǎn)上，只用無(wú)刻度的直尺，分別在給定的網(wǎng)格中按下列要求作圖，保留作圖痕跡．(1)在圖①中，作以點(diǎn)P為對(duì)稱(chēng)中心的平行四邊形ABEF．(2)在圖②中，在邊AD上找一點(diǎn)G，在邊BC上找一點(diǎn)H，連接CG，AH，使四邊形CGAH為矩形．(3)在圖③中，在四邊形ABCD的邊CD上找一點(diǎn)N，連接AN，使∠DAN=45【答案】(1)見(jiàn)詳解(2)見(jiàn)詳解(3)見(jiàn)詳解【分析】（1）利用網(wǎng)格特征連接AP,BP并延長(zhǎng)，即可作以點(diǎn)P為對(duì)稱(chēng)中心的平行四邊形ABEF；（2）取格點(diǎn)E，連接AE交BC于點(diǎn)H，取格點(diǎn)F，連接CF交AD于點(diǎn)G，連接CG，AH，即可作四邊形CGAH為矩形；（3）取格點(diǎn)E,P,Q，連接AE,PQ,ED,PQ與ED交于點(diǎn)F，連接AF并延長(zhǎng)交CD于點(diǎn)N即可．【詳解】（1）解：如圖①中，平行四邊形ABEF即為所求；理由：∵BP=FP=1∴四邊形ABEF是平行四邊形．（2）解：如圖②中，矩形CGAH即為所求；理由：如圖∵∠1+∠2=90°，∴∠1+∠2+∠3+∠4=180°，∵CO=AG=4，BC=AE=32+∴△BCO≌△EAG，∴∠1=∠3，∠2=∠4，∴∠1+∠4=90°，即∠AHB=90°，同理可得∠DGC=90°，∵CD=AB=5,CD∥∴ABCD是平行四邊形，∴∠B=∠D,AD=BC,AD∥∵∠B=∠D,CD=AB,∠AHB=∠DGC=90°，∴△AHB≌△CGDAAS∴DG=BH，∴AG=CH,AG∥∴四邊形CGAH是矩形；（3）解：如圖③中，∠DAN=45°，點(diǎn)理由：∵AE=AD=3∴△AEH≌△DAGSSS∴∠1=∠2，∵∠2+∠3=90°，∴∠1+∠3=90°，∴∠DAE=90°，∴△ADE是等腰直角三角形，∵DQ=PE,DQ∥∴∠FDQ=∠FEP,∠FQD=∠FPE，∴△FQD≌△FPEASA∴DF=EF，∴AF⊥DE,AF平分∠DAE，∴∠DAN=1【點(diǎn)睛】本題主要考查了中心對(duì)稱(chēng)圖形，平行四邊形的性質(zhì)和判定，矩形的判定，全等三角形的性質(zhì)和判定，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)和判定等知識(shí)點(diǎn)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題，屬于中考?？碱}型．22．（8分）（23-24九年級(jí)·廣西桂林·期中）如圖1，在矩形ABCD中，對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O，∠AOB=60°，AB=6cm，點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)沿AB以每秒1cm的速度向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)沿CA方向以每秒2cm的速度向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒，當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B時(shí)，點(diǎn)Q停止運(yùn)動(dòng)．過(guò)點(diǎn)Q(1)填空：∠ACB=°，HQ=，AQ=（用含有t的式子表示）；(2)是否存在某一時(shí)刻t，使四邊形APHQ為菱形？若存在，求出t的值，請(qǐng)說(shuō)明理由；(3)若在某一時(shí)刻t，平面內(nèi)存在一點(diǎn)G，使P、Q、G、H四點(diǎn)構(gòu)成的四邊形是矩形，求出t的值．【答案】(1)30，t，12?2t(2)存在，t=2時(shí)，四邊形APHQ是菱形(3)t的值為3或24【分析】（1）證明△AOB是等邊三角形，推出∠BAC=60°，可得結(jié)論；（2）存在，當(dāng)AP=AQ時(shí)，四邊形APHQ是菱形，構(gòu)建方程求解即可；（3）分兩種情形，當(dāng)∠QPH=90°時(shí)，當(dāng)∠QPH=90°時(shí)，存在一點(diǎn)G，使P、Q、G、H四點(diǎn)構(gòu)成的四邊形是矩形，分別構(gòu)建方程求解．【詳解】（1）解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AC=BD，∴OA=OB，∵∠AOB=60°，∴△AOB是等邊三角形，∴∠BAO=60°，∴∠ACB=90°?60°=30°，∵AB=6cm∴AC=2AB=12cm∵QH⊥CB，∴∠QHC=90°，∵CQ=2tcm∴AQ=12?2tcm，故答案為：30，t，12?2t；（2）存在某一時(shí)刻t，使四邊形APHQ為菱形由題意得：HQ∥AP，∴四邊形APHQ是平行四邊形，當(dāng)AP=AQ時(shí)，四邊形APHQ是菱形，∴t=12?2t，∴t=4，∴