初二数学北师大版春季班 第12讲 平行四边形--尖子班 试卷

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第12讲 平行四边形

知识点1：平行四边形与全等三角形
【典例】
例1（2020秋•石景山区期末）如图，△ABC中，D是AB边上任意一点，F是AC中点，过点C作CE∥AB交DF的延长线于点E，连接AE，CD．
（1）求证：四边形ADCE是平行四边形；
（2）若∠B＝30°，∠CAB＝45°，AC=6，CD＝BD，求AD的长．

【解答】（1）证明：∵AB∥CE，
∴∠CAD＝∠ACE，∠ADE＝∠CED．
∵F是AC中点，
∴AF＝CF．
在△AFD与△CFE中，
∠CAD=∠ACE∠ADE=∠CEDAF=CF．
∴△AFD≌△CFE（AAS），
∴AD＝CE，
∴四边形ADCE是平行四边形；
（2）解：过点C作CG⊥AB于点G．
∵CD＝BD，∠B＝30°，
∴∠DCB＝∠B＝30°，
∴∠CDA＝60°．
在△ACG中，∠AGC＝90°，AC=6，∠CAG＝45°，
∴CG=AG=3．
在△CGD中，∠DGC＝90°，∠CDG＝60°，CG=3，
∴GD＝1，
∴AD=AG+GD=3+1．

【方法总结】
本题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，正确的识别图形是解题的关键．
例2（2020春•青岛期末）如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，E，F分别为OB，OD的中点．
（1）求证：△ABE≌△CDF；
（2）连接AF，CE，判断四边形AECF的形状，并证明你的结论．

【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，OB＝OD，OA＝OC，
∴∠ABE＝∠CDF，
∵点E，F分别为OB，OD的中点，
∴BE=12OB，DF=12OD，
∴BE＝DF，
在△ABE和△CDF中，AB=CD∠ABE=∠CDFBE=DF，
∴△ABE≌△CDF（SAS）；

（2）四边形AECF是平行四边形；

连接AF，CE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵点E、F分别为OB，OD的中点，
∴OE=12OB，OF=12OD，
∴OE＝OF，
∴四边形AECF是平行四边形．
【方法总结】
本题考查了矩形的判定、平行四边形的性质和判定、全等三角形的判定、三角形中位线定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
【随堂练习】
1．（2020春•湘桥区期末）如图，在▱ABCD中，E，F分别为CD，AB上的点，且DE＝BF．
求证：∠DAE＝∠BCF．

【解答】证明：在▱ABCD中
∴∠D＝∠B．
AD＝BC．
在△ADE和△CBF中，
AD=BC∠D=∠BDE=BF，
∴△ADE≌△CBF（SAS），
∴∠DAE＝∠BCF．
2．（2020春•仪征市期中）如图，四边形ABCD是平行四边形，E、F是对角线AC上的两点，∠1＝∠2．
（1）求证：AE＝CF；
（2）求证：BE∥DF．

【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，∠DAE＝∠BCF，
∵∠1＝∠DAE+∠ADE，∠2＝∠BCF+∠CBF，∠1＝∠2，
∴∠ADE＝∠CBF，
∵在△ADE与△CBF中，∠DAE=∠BCFAD=BC∠ADE=∠CBF，
∴△ADE≌△CBF（ASA），
∴AE＝CF；
（2）证明：∵∠1＝∠2，
∴DE∥BF．
又∵由（1）知△ADE≌△CBF，
∴DE＝BF，
∴四边形EBFD是平行四边形，
∴BE∥DF．
知识点2：平行四边形与等腰三角形
【典例】
例1 （2020春•西湖区校级期中）如图，以BC为底边的等腰△ABC，点D，E，G分别在BC，AB，AC上，且EG∥BC，DE∥AC，延长GE至点F，使得BE＝BF．
（1）求证：四边形BDEF为平行四边形；
（2）当∠C＝30°，BD=23时，求D，F两点间的距离．

【解答】（1）证明：∵△ABC是等腰三角形，
∴∠ABC＝∠C，
∵EG∥BC，DE∥AC，
∴∠AEG＝∠ABC＝∠C，四边形CDEG是平行四边形，
∴∠DEG＝∠C，
∵BE＝BF，
∴∠BFE＝∠BEF＝∠AEG＝∠ABC，
∴∠F＝∠DEG，
∴BF∥DE，
∴四边形BDEF为平行四边形；
（2）解：作EN⊥BD于N，作FM⊥BD于M，连接DF，如图所示：
∵∠C＝30°，AB＝AC，四边形BDEF为平行四边形；
∴∠ABC＝∠BFE＝∠BEF＝∠NBE＝∠C＝30°，
∴△BDE、△BEF是等腰三角形，
∴BE＝DE＝BF，
∵EN⊥BD，
∴BN=12BD=3，
∴EN=BN3=1，
∴BF＝BE＝2EN＝2，
∴FM=12BF＝1，
∴BM=3FM=3，
∴DM＝BM+BD＝33，
由勾股定理得：DF=FM2+DM2=12+(33)2=27，
即D，F两点间的距离为27．

【方法总结】
本题考查了平行四边形的判定与性质、等腰三角形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质和勾股定理是解决问题的关键．
【随堂练习】
1．（2020春•沙坪坝区校级月考）如图所示，在平行四边形ABCD中，∠DAC＝60°，点E是BC边上一点，连接AE，AE＝AB，点F是对角线AC边上一动点，连接EF．
（1）如图1，若点F与对角线交点O重合，已知BE＝4，OC：EC＝5：3，求AC的长度；
（2）如图2，若EC＝FC，点G是AC边上一点，连接BG、EG，已知∠AEG＝60°，∠AGB+∠BCD＝180°，求证：BG+EG＝DC．

【解答】解：（1）过点A作AH⊥BE于点H，如图1，
∵AB＝AE，
∴BH＝EH=12BE=12×4=2，
∵OC：EC＝5：3，
∴不妨设OC＝5x，则EC＝3x，AC＝10x，
∴CH＝CE+EH＝3x+2，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠ACH＝∠DAC＝60°，
∴∠CAH＝90°﹣60°＝30°，
∴AC＝2CH，
∴10x＝2（3x+2），
解得，x＝1，
∴AC＝10；

（2）延长EG至点M，使得EM＝AE，连接AM，如图2，
∵∠AEG＝60°，
∴△AEM为等边三角形，
∴AE＝AM，∠M＝60°，
∵AB＝AE，
∴∠ABE＝∠AEB，AB＝AM，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠ABC+∠BCD＝180°，
∵∠AGB+∠BCD＝180°，
∴∠ABC＝∠AGB，
∵∠ABG＝180°﹣∠AGB﹣∠BAG，
∠ACB＝180°﹣∠ABC﹣∠BAG，
∴∠ABG＝∠ACB＝60°，
∴∠ABG＝∠M＝60°，
∵∠AEG＝∠ACB＝60°，
∴∠AEB+∠CEG＝∠CEG+∠CGE＝120°，
∴∠AEB＝∠CGE，
∵∠AGB＝∠ABE＝∠AEB，∠AGM＝∠CGE，
∴∠AGB＝∠AGM，
∵AG＝AG，
∴△ABG≌△AMG（AAS），
∴BG＝MG，
∴BG+EG＝MG+EG＝EM，
∵AE＝EM，
∴AE＝BG+EG，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CE，
∵AB＝AE，
∴BG+EG＝DC．

知识点3：平行四边形的动点问题
【典例】
例1（2020春•西湖区校级期中）如图，平行四边形ABCD中，AB＝4cm，AD＝2cm，∠C＝30°．点P以2cm/s的速度从顶点A出发沿折线A﹣B﹣C向点C运动，同时点Q以1cm/s的速度从顶点A出发沿折线A﹣D﹣C向点C运动，当其中一个动点到达末端停止运动时，另一点也停止运动．设运动时间为ts．
（1）求平行四边形ABCD的面积；
（2）求当t＝0.5s时，△APQ的面积；
（3）当△APQ的面积是平行四边形ABCD面积的38时，求t的值．

【解答】解：（1）平行四边形ABCD中，AB＝4cm，AD＝2cm
∴CD＝AB＝4cm，BC＝AD＝2cm
如图，过点B作BE⊥CD于点E，

∵∠C＝30°
∴BE=12BC＝1cm
∴平行四边形ABCD的面积为：CD×BE＝4×1＝4（cm2）
答：平行四边形ABCD的面积为4cm2．
（2）当t＝0.5s时，
AP＝2×0.5＝1cm，AQ＝1×0.5＝0.5cm
如图，过点Q作QM⊥AP

∵四边形ABCD为平行四边形，
∴∠A＝∠C
∵∠C＝30°
∴∠A＝30°
∴QM=12AQ=12×0.5=14（cm）
∴△APQ的面积为：12×AP×QM=12×1×14=18（cm2）
答：当t＝0.5s时，△APQ的面积为18（cm2）．
（3）∵由（1）知平行四边形ABCD的面积为4cm2．
∴当△APQ的面积是平行四边形ABCD面积的38时，
△APQ的面积为：4×38=32（cm2）
当点P在线段AB上运动t秒时，点Q在AD上运动t秒，AP＝2tcm，AQ＝tcm，高为AQ2=t2cm
∴12×2t×t2=32
∴t=-3（舍）或t=3
∴t=3时符合题意；
当点P运动到线段BC上时，且运动时间为t秒时，点Q也运动到线段CD上，
如图，过点P作MN垂直CD于点M，垂直于AB延长线于点N


∵四边形ABCD为平行四边形，∠C＝30°，
∴AB∥CD
∴∠PBN＝∠C＝30°
PN=12PB=12（2t﹣4）＝（t﹣2）（cm），PM＝1﹣（t﹣2）＝（3﹣t）（cm）
S△APQ＝4-12×4×（t﹣2）-12×[4﹣（t﹣2）]×[1﹣（t﹣2）]-12（t﹣2）×1=32
∴4﹣2t+4-12（6﹣t）（3﹣t）-t2+1=32
化简得：t2﹣4t+3＝0
∴（t﹣1）（t﹣3）＝0
∴t＝1（不符合题意，舍）或t＝3
当t＝3时，点P位于点C处，点Q位于线段CD上，符合题意．
综上，t的值为3或3．
【方法总结】
本题考查了动点在平行四边形的边上运动所形成的三角形的面积的问题，数形结合，按照三角形或平行四边形的面积公式计算，是解题的关键．
例2 （2019春•西湖区校级月考）如图，▱ABCD中，E为BC边上的一个动点（不与B、C重合），过点E作直线AB的垂线，垂足为F，FE与DC的延长线相交于点G．
（1）若E为BC中点，求证：BF＝CG；
（2）若AB＝5，BC＝10，∠B＝60°，当点E在线段BC上运动时，FG的长度是否改变？若不变，求FG；若改变，请说明理由；
（3）在（2）的条件下，H为直线AD上的一点，设BE＝x，若A、B、E、H四点构成一个平行四边形，请用含x的代数式表示BH．

【解答】（1）证明：如图1中，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BF∥CG，
∴∠BFE＝∠G，
∵BE＝CE，∠BEF＝∠GEC，
∴△BEF≌△CEG（AAS），
∴BF＝CG．

（2）解：结论：FG的长度不变．FG＝53．
理由：如图2中，取BC的中点J，连接AC，AJ．

∵AB＝BJ＝5，∠B＝60°，
∴△ABJ是等边三角形，
∴JA＝JB＝JC＝5，
∴∠BAC＝90°，AC=3AB＝53，
∵EF⊥AB，
∴∠CAB＝∠EFB＝90°，
∴AC∥FG，
∵AF∥CG，
∴四边形AFCG是平行四边形，
∴FG＝AC＝53．

（3）解：如图3中，当点H在线段AD上时，作HM⊥BC于M．

在Rt△EHM中，∵∠HEM＝∠ABC＝60°，EH＝AB＝5，
∴EM=12HE=52，HM=3EM=532，
∴BH=BM2+HM2=(x+52)2+(532)2=x2+5x+25．
当点H′在DA的延长线上时，同法可得BH′=(x-52)2+(532)2=x2-5x+25，
综上所述，BH的长为x2+5x+25或x2-5x+25．
【方法总结】
本题考查平行四边形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，等边三角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，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
【随堂练习】
1．（2020春•沙坪坝区校级月考）如图所示，在平行四边形ABCD中，∠DAC＝60°，点E是BC边上一点，连接AE，AE＝AB，点F是对角线AC边上一动点，连接EF．
（1）如图1，若点F与对角线交点O重合，已知BE＝4，OC：EC＝5：3，求AC的长度；
（2）如图2，若EC＝FC，点G是AC边上一点，连接BG、EG，已知∠AEG＝60°，∠AGB+∠BCD＝180°，求证：BG+EG＝DC．

【解答】解：（1）过点A作AH⊥BE于点H，如图1，
∵AB＝AE，
∴BH＝EH=12BE=12×4=2，
∵OC：EC＝5：3，
∴不妨设OC＝5x，则EC＝3x，AC＝10x，
∴CH＝CE+EH＝3x+2，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠ACH＝∠DAC＝60°，
∴∠CAH＝90°﹣60°＝30°，
∴AC＝2CH，
∴10x＝2（3x+2），
解得，x＝1，
∴AC＝10；

（2）延长EG至点M，使得EM＝AE，连接AM，如图2，
∵∠AEG＝60°，
∴△AEM为等边三角形，
∴AE＝AM，∠M＝60°，
∵AB＝AE，
∴∠ABE＝∠AEB，AB＝AM，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠ABC+∠BCD＝180°，
∵∠AGB+∠BCD＝180°，
∴∠ABC＝∠AGB，
∵∠ABG＝180°﹣∠AGB﹣∠BAG，
∠ACB＝180°﹣∠ABC﹣∠BAG，
∴∠ABG＝∠ACB＝60°，
∴∠ABG＝∠M＝60°，
∵∠AEG＝∠ACB＝60°，
∴∠AEB+∠CEG＝∠CEG+∠CGE＝120°，
∴∠AEB＝∠CGE，
∵∠AGB＝∠ABE＝∠AEB，∠AGM＝∠CGE，
∴∠AGB＝∠AGM，
∵AG＝AG，
∴△ABG≌△AMG（AAS），
∴BG＝MG，
∴BG+EG＝MG+EG＝EM，
∵AE＝EM，
∴AE＝BG+EG，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CE，
∵AB＝AE，
∴BG+EG＝DC．

2．（2020春•雅安期末）已知在▱ABCD中，动点P在AD边上，以每秒0.5cm的速度从点A向点D运动．
（1）如图1，在运动过程中，若CP平分∠BCD，且满足CD＝CP，求∠B的度数．
（2）在（1）的条件下，若AB＝4cm，求△PCD的面积．
（3）如图2，另一动点Q在BC边上，以每秒2cm的速度从点C出发，在BC间往返运动，P，Q两点同时出发，当点P到达点D时停止运动（同时Q点也停止），若AD＝6cm，求当运动时间为多少秒时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形．

【解答】解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DPC＝∠PCB，
∵CP平分∠BCD，
∴∠PCD＝∠PCB，
∴∠DPC＝∠DCP，
∴DP＝CD，
∵CD＝CP，
∴CP＝CD＝DP，
∴△PDC是等边三角形，
∴∠B＝60°；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD＝4，
∵△PDC是等边三角形，
∴△PCD三边上的高相等，且等于sin60°×4=32×4＝23，
∴S△PCD=12×23×4＝43（cm2）；
（3）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴PD∥BC，
若以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形，则PD＝BQ，
设运动时间为t秒，
①当0＜t≤3时，PD＝6﹣0.5t，BQ＝6﹣2t，
∴6﹣0.5t＝6﹣2t，
解得：t＝0（不合题意舍去）；
②当3＜t≤6时，PD＝6﹣0.5t，BQ＝2t﹣6，
∴6﹣0.5t＝2t﹣6，
解得：t＝4.8；
③当6＜t≤9时，PD＝6﹣0.5t，BQ＝18﹣2t，
∴6﹣0.5t＝18﹣2t，
解得：t＝8；
④当9＜t≤12时，PD＝6﹣0.5t，BQ＝2t﹣18，
∴6﹣0.5t＝2t﹣18，
解得：t＝9.6；
综上所述，当运动时间为4.8秒或8秒或9.6秒时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形．
综合运用
1．（2020春•钦州期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝12cm，BC＝15cm，点P自点A向D以1cm/s的速度运动，到D点即停止．点Q自点C向B以2cm/s的速度运动，到B点即停止，点P，Q同时出发，设运动时间为t（s）．当t＝　5　s时，四边形APQB是平行四边形．

【解答】解：由题意可得AP＝tcm，CQ＝2tcm，BQ＝15﹣2t（cm），
∵四边形APQB是平行四边形，
∴AP＝BQ，
∴t＝15﹣2t，
∴t＝5，
故答案为：5．
2．（2020春•清江浦区期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC且AD＝9cm，BC＝6cm，点P、Q分别从点A、C同时出发，点P以1cm/s的速度由A向D运动，点Q以2cm/s的速度由C向B运动．问几秒后直线PQ将四边形ABCD截出一个平行四边形？

【解答】解：设点P，Q运动的时间为ts．依题意得：CQ＝2t，BQ＝6﹣2t，AP＝t，
PD＝9﹣t．
∵AD∥BC，
①当BQ＝AP时，四边形APQB是平行四边形．
即6﹣2t＝t，
解得t＝2．
②当CQ＝PD时，
四边形CQPD是平行四边形，即2t＝9﹣t，
解得：t＝3．
所以经过2秒或3秒后，直线PQ将四边形ABCD截出一个平行四边形．
3．（2020秋•南宁期中）如图，△ADE和△BCF是平行四边形ABCD外的两个等边三角形，BD是对角线．
（1）求证：DE＝BF；
（2）连接BE，DF，求证四边形DEBF是平行四边形．

【解答】（1）证明：∵△ADE和△BCF等边三角形，
∴DE＝AD，BF＝BC，
又∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，
∴DE＝BF；
（2）证明：如图所示：
∵△ADE和△BCF等边三角形，
∴∠ADE＝∠CBF＝60°，
又∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠ADB＝∠CBD，
∴∠BDE＝∠DBF，
∴DE∥BF，
由（1）得：DE＝BF，
∴四边形DEBF是平行四边形．

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4．（2020秋•锦江区期末）如图1，在平行四边形ABCD中，过点A作AE⊥BC交BC于点E，连接ED，且ED平分∠AEC．
（1）求证：AE＝BC；
（2）如图2，过点C作CF⊥DE交DE于点F，连接AF，BF，猜想△ABF的形状并证明．

【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
又∵AE⊥BC，
∴∠AEC＝90°，
又∵ED平分∠AEC，
∴∠ADE＝∠CED＝45°，
∴∠AED＝∠ADE，
∴AE＝AD，
∴AE＝BC；
（2）△ABF是等腰直角三角形，
证明：∵CF⊥DE，
∴∠CFE＝90°，
又∵∠CEF＝45°，
∴∠ECF＝45°，
∴∠FEC＝∠FCE＝∠AEF，
∴EF＝CF，
在△AEF和△BCF中，
AE=BC∠AEF=∠BCFEF=CF，
∴△AEF≌△BCF（SAS），
∴AF＝BF，∠AFE＝∠BFC，
∴∠AFE﹣∠BFE＝∠BFC﹣∠BFE，
即∠AFB＝∠EFC＝90°，
∴△ABF是等腰直角三角形．

5．（2020•吉林二模）如图，平行四边形ABCD，延长AD到点E，使DE＝AD，连接BE与DC相交于点O．求证：△BOC≌△EOD．

【解答】证明：∵在平行四边形ABCD中，
AD＝BC，AD∥BC，
∴∠EDO＝∠BCO，∠DEO＝∠CBO，
∵DE＝AD，
∴DE＝BC，
在△BOC和△EOD中，
∵∠OBC=∠OEDBC=DE∠OCB=∠ODE，
∴△BOC≌△EOD（ASA）．
6．（2020春•建平县期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝12cm，BC＝15cm，点P自点A向D以1cm/s的速度运动，到D点即停止．点Q自点C向B以2cm/s的速度运动，到B点即停止，点P，Q同时出发，设运动时间为t（s）．
（1）用含t的代数式表示：
AP＝　t　；DP＝　12﹣t　；BQ＝　15﹣2t　；CQ＝　2t　．
（2）当t为何值时，四边形APQB是平行四边形？
（3）当t为何值时，四边形PDCQ是平行四边形？

【解答】解：（1）t，12﹣t，15﹣2t，2t
（2）根据题意有AP＝t，CQ＝2t，PD＝12﹣t，BQ＝15﹣2t．
∵AD∥BC，∴当AP＝BQ时，四边形APQB是平行四边形．
∴t＝15﹣2t，解得t＝5．
∴t＝5s时四边形APQB是平行四边形；
（3）由AP＝tcm，CQ＝2tcm，
∵AD＝12cm，BC＝15cm，
∴PD＝AD﹣AP＝12﹣t，
如图1，∵AD∥BC，∴当PD＝QC时，四边形PDCQ是平行四边形．
即：12﹣t＝2t，
解得t＝4s，
∴当t＝4s时，四边形PDCQ是平行四边形．

日期：2021/2/4 13:52:37；用户：广饶数学；邮箱：chaoyin5@xyh.com；学号：24896626