平行四边形·矩形·菱形·正方形解答题与答案（中考必备） 

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A(D) A D H B(E) 图(1) C(F) l B E

图(2)

C F

l

41. 如图，P是矩形ABCD下方一点，将△PCD绕P点顺时针旋转60°后恰好D点与A点重合，得到△PEA，

连接EB，问△ABE是什么特殊三角形？请说明理由.

DECPAB

矩形、菱形与正方形解答题

1. 【答案】（1）四边形EFGH是正方形． (2) ①∠HAE=90°＋a．

在□ABCD中，AB∥CD，∴∠BAD=180°－∠ADC=180°－a； ∵△HAD和△EAB都是等腰直角三角形，∴∠HAD=∠EAB=45°，

∴∠HAE=360°－∠HAD－∠EAB－∠BAD＝360°－45°－45°－（180°－a）＝90°＋a．

②∵△AEB和△DGC都是等腰直角三角形，∴AE=

22AB，DG=CD， 22在□ABCD中，AB=CD，∴AE=DG，∵△HAD和△GDC都是等腰直角三角形， ∴∠DHA=∠CDG= 45°，∴∠HDG=∠HAD＋∠ADC＋∠CDG＝90°＋a＝∠HAE．

∵△HAD是等腰直角三角形，∴HA=HD，∴△HAE≌△HDG，∴HE=HG．[来源:学科网ZXXK] ③四边形EFGH是正方形．

由②同理可得：GH=GF，FG=FE，∵HE=HG（已证），∴GH=GF=FG=FE，∴四边形EFGH是菱形；

∵△HAE≌△HDG（已证），∴∠DHG=∠AHE，又∵∠AHD=∠AHG＋∠DHG=90°，∴∠EHG=∠AHG＋∠AHE＝90°，∴四边形EFGH是正方形．

2. 【答案】（1）过A点作AF⊥l3分别交l2、l3于点E、F，过C点作CG⊥l3交l3于点G，

∵l2∥l3，∴∠2 =∠3，∵∠1+∠2=90°，∠4+∠3=90°，∴∠1=∠4，又∵∠BEA=∠DGC=90°, BA=DC，∴△BEA≌△DGC，∴AE=CG，即h1=h3；

（2）∵∠FAD+∠3=90°，∠4+∠3=90°，∴∠FAD =∠4，又∵∠AFD=∠DGC=90°, AD=DC，∴△AFD

2≌△DGC，∴DF=CG，∵AD2=AF2+FD2，∴S=(h1?h2)?h1；

2 (3)由题意，得h2?1?32h1， 所以

?h1?02?又?3，解得0＜h1＜

31?h1?0??2

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∴当0＜h1＜

22242时，S随h1的增大而减小； 当h1=时，S取得最小值；当＜h1＜时，S随h155553的增大而增大.

3. 【答案】(1)证明:①∵四边形ABCD是矩形∴AD∥BC∴?CAD??ACB,?AEF??CFE

∵EF垂直平分AC,垂足为O∴OA?OC∴?AOE≌?COF∴OE?OF ∴四边形AFCE为平行四边形 又∵EF?AC∴四边形AFCE为菱形

②设菱形的边长AF?CF?xcm,则BF?(8?x)cm 在Rt?ABF中,AB?4cm

222由勾股定理得4?(8?x)?x,解得x?5∴AF?5cm

(2)①显然当P点在AF上时,Q点在CD上,此时A、C、P、Q四点不可能构成平行四边形;同理P点

在AB上时,Q点在DE或CE上,也不能构成平行四边形.因此只有当P点在BF上、Q点在ED上时, 才能构成平行四边形∴以A、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形时,PC?QA ∵点P的速度为每秒5cm,点Q的速度为每秒4cm,运动时间为t秒∴PC?5t,QA?12?4t

t?4t?4Q3∴以A、C、P、四点为顶点的四边形是平行四边形时,3秒. ∴5t?12?4t,解得

②由题意得,以A、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形时,点P、Q在互相平行的对应边上.

分三种情况:i)如图1,当P点在AF上、Q点在CE上时,AP?CQ,即a?12?b,得a?b?12 ii)如图2,当P点在BF上、Q点在DE上时,AQ?CP, 即12?b?a,得a?b?12 iii)如图3,当P点在AB上、Q点在CD上时,AP?CQ,即12?a?b,得a?b?12 综上所述,a与b满足的数量关系式是a?b?12(ab?0)

AEQDAPBFEDAEQDAEDQPQBCBPFCBFCPFC图1 图2 图3

4. 【答案】∵四边形ABCD为菱形∴∠BAC=∠DAC又∵AE=AF，AC=AC∴△ACE≌△ACF（SAS） 5. 【答案】当点O运动到AC的中点（或OA=OC）时，四边形AECF是矩形

证明：∵CE平分∠BCA,∴∠1=∠2，又∵MN∥BC, ∴∠1=∠3，∴∠3=∠2，∴EO=CO. 同理，FO=CO6分∴EO=FO又OA=OC, ∴四边形AECF是平行四边形

又∵∠1=∠2，∠4=∠5，∴∠1+∠5=∠2+∠4.又∵∠1+∠5+∠2+∠4=180°∴∠2+∠4=90°分 ∴四边形AECF是矩形

6. （1）解：过E作直线平行于BC交DC，AB分别于点F，G，

DFDEEMEF11，，GF?BC?12.∵DE?EP，∴DF?FC.∴EF?CP??6?3，??FCEPENEG22EMEF31???. EG?GF?EF?12?3?15.∴

ENEG155（2）证明：作MH∥BC交AB于点H，

则MH?CB?CD，?MHN?90?.∵?DCP?180??90??90?， ∴?DCP??MHN.∵?MNH??CMN??DME?90???CDP，?DPC?90???CDP，

∴?DPC??MNH.∴?DPC??MNH.∴DP?MN.

则

7. ∴AM∥DN，∴∠KNM=∠1．∵∠KMN=∠1，∴∠KNM=∠KMN．

∵∠1=70°，∴∠KNM=∠KMN=70°．∴∠MNK=40°．

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（2）不能．过M点作ME⊥DN，垂足为点E，则ME=AD=1,由（1）知∠KNM=∠KMN．∴MK=NK．又MK≥ME,∴NK≥1．∴S?MNK?1111NK?ME?．∴△MNK的面积最小值为，不可能小于．

2222（3）分两种情况：情况一：将矩形纸片对折，使点B与点D重合，此时点K也与点D重合． 设MK=MD=x，则AM=5-x，由勾股定理，得1?(5?x)?x, 解得，x?2.6．即MD?ND?2.6． ∴S?MNK?S?ACK?2221?1?2.6?1.3．（情况一） 2情况二：将矩形纸片沿对角线AC对折，此时折痕为AC． 设MK=AK= CK=x，则DK=5-x，同理可得 即MK?NK?2.6．∴S?MNK?S?ACK?1 ?1?2.6?1.3．

2∴△MNK的面积最大值为1.3． （情况二）

8.（1）证明：连接AC，∵∠ABC＝90°，∴AB2＋BC2＝AC2.

∵CD⊥AD，∴AD2＋CD2＝AC2.∵AD2＋CD2＝2AB2，∴AB2＋BC2＝2AB2，∴AB＝BC.（2）证明：过C作CF⊥BE于F.∵BE⊥AD，∴四边形CDEF是矩形.∴CD＝EF.∵∠ABE＋∠BAE＝90°，∠ABE＋∠CBF＝90°，∴∠BAE＝∠CBF，∴△BAE≌△CBF. ∴AE＝BF.∴BE＝BF＋EF ＝AE＋CD.

9.【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，且AD=BC，∴AF∥EC，∵BE=DF， ∴AF=EC，∴四边形AECF是平行四边形.

（2）∵四边形AECF是，∴AE＝CE，∴∠1＝∠2，∵∠BAC＝90°，∴∠3＝∠90°－∠2，∠4＝∠90°

－∠1，∴∠3＝∠4，∴AE＝BE，∴BE＝AE＝CE＝

1BC＝5. 210． 解：（1）□ABCD 中，AB∥CD，AB＝CD

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∵E、F分别为AB、CD的中点∴DF＝DC，BE＝AB∴DF∥BE，DF＝BE

22

∴四边形DEBF为平行四边形∴DE∥BF

(2)证明：∵AG∥BD∴∠G＝∠DBC＝90°∴?DBC 为直角三角形

1

又∵F为边CD的中点．∴BF＝DC＝DF又∵四边形DEBF为平行四边形∴四边形DEBF是菱形

2

11.证明：（1）解法1∵DE∥AB，AE∥BC， ∴四边形ABDE是平行四边形，∴AE∥BD，且AE=BD 又∵AD是BC边上的中线， ∴BD=CD ∴AE∥CD，且AE=CD∴四边形ADCE是平行四边形 ∴AD=CE

解法2 证明：∵DE∥AB，AE∥BC ∴四边形ABDE是平行四边形，∠B=∠EDC ∴AB=DE 又∵AD是BC边上的中线∴BD=CD∴△ABD≌△EDC(SAS) ∴AD=EC

(2)解法1∵∠BAC=Rt∠，AD上斜边BC上的中线，∴AD=BD=CD又∵四边形ADCE是平行四边形 ∴四边形ADCE是菱形

解法2∵DE∥AB，∠BAC=Rt∠，∴DE⊥AC又∵四边形ADCE是平行四边形∴四边形ADCE是菱形 解法3∵∠BAC=Rt∠，AD是斜边BC上的中线，∴AD=BD=CD又∵AD=EC ∴AD=CD=CE=AE ∴四边形ADCE是菱形

(3)解法1∵四边形ADCE是菱形∴AO=CO，∠ADO=90°,又∵BD=CD∴OD是△ABC的中位线，

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则OD?11OD1AB ∵AB=AO ∴OD?AO∴在Rt△AOD中，tan?OAD?? 2OA2211AC，AD=CD，∠AOD=90°，∵AB=AO∴AB=AC 22AB1∴在Rt△ABC中，tan?ACB?? ∵AD=CD， ∴∠DAC=∠DCA

AC21 ∴tan?OAD?tan?ACB?

2解法2∵四边形ADCE是菱形∴AO=CO=

13. 【答案】∵矩形ABCD ∴BC=AD,BC∥AD∴∠DAC=∠ACB

∵把△ACD沿CA方向平移得到△A1C1D1．∴∠A1=∠DAC,A1D1=AD,AA1=CC1

∴∠A1=∠ACB，A1D1=CB。∴△A1AD1≌△CC1B（SAS）。当C1在AC中点时四边形ABC1D1是菱形，

第9题图 第13题图 第14题图

14. 【答案】（1）由折叠可知EF⊥AC，AO=CO∵AD∥BC∴∠EAO=∠FCO，∠AEO=∠CFO

∴△AOE≌△COF∴EO=FO∴四边形AFCE是菱形。

（2）由（1）得AF=AE=10设AB=a，BF=b，得a2+b2=100 ①，ab=48 ②

①+2×②得 (a+b)2=196，得a+b=14（另一负值舍去）∴△ABF的周长为24cm （3）存在，过点E作AD的垂线交AC于点P，则点P符合题意。 证明：∵∠AEP=∠AOE=90°，∠EAP=∠OAE∴△AOE∽△AEP

AOAE，得AE2=AO·AP即2AE2=2AO·AP又AC=2AO∴2AE2=AC·AP ?AEAP15. 【答案】（1）证明：Q四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，

∴

∴∠PDO=∠QBO，又OB=OD，∠POD=∠QOB， ∴△POD≌△QOB ∴OP=OQ。 （2）解法一： PD=8-t ∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=90°， ∵AD=8cm，AB=6cm，∴BD=10cm，∴OD=5cm.

当四边形PBQD是菱形时， PQ⊥BD，∴∠POD=∠A，又∠ODP=∠ADB， ∴△ODP∽△ADB，∴

ODAD5877，即??，解得t?,即运动时间为秒时，四边形PBQD是菱形.

44PDBD8?t10解法二：PD=8-t 当四边形PBQD是菱形时，PB=PD=(8-t)cm， ∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=90°，在RT△ABP中，AB=6cm，

222∴AP?AB?BP， ∴t?6?(8?t)， 解得t?22277,即运动时间为秒时，四边形PBQD是菱形. 4416. 【答案】解问题①：如图，正方形纸片OABC经过3次旋转，顶点O运动所形成的图形是三段弧，即弧OO1、弧O1O2以及弧O2O3，∴顶点O运动过程中经过的路程为

90???190???22?2??(1?)?. 1801802 14

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顶点O在此运动过程中所形成的图形与直线l2围成图形的面积为

90???1290???(2)21?2??2??1?1=1+π.

3603602正方形OABC经过5次旋转，顶点O经过的路程为

90???190???232?3??(?)?. 18018022问题②：∵方形OABC经过4次旋转，顶点O经过的路程为

90???190???2241?20241?2??(1?)?∴)π+π. π=20×(1?1801802222∴正方形纸片OABC经过了81次旋转. 17. 【答案】(1)相似.由直线L垂直平分线段AC，所以AF=FC，∴∠FAC=∠ACF，又∵∠ABC=∠AOF=90°，∴△ABC∽FOA．

（2）四边形AFCE是菱形。理由：∵AE∥CF，∴∠EAO=∠FCO，又∵AO＝CO，∠AOE=∠COF，∴△AOE≌△COF，∴AE=CF，又AE∥CF，∴四边形AFCE为平行四边形，又AF=FC，所以平行四边形AFCE为菱形．

18. 【答案】解：（1）当∠BAO=45°时，∠PAO=90°，在Rt⊿AOB中，OA＝

22a，在RtAB＝22⊿APB中，PA＝

2222a。∴点P的坐标为（a，a） AB＝2222（2）过点P分别作x轴、y轴的垂线垂足分别为M、N，则有∠PMA=∠PNB=∠NPM=∠BPA=90°，∴

∠MPA=∠NPB，又PA＝PB，∴△PAM≌△PBN，∴PM=PN，于是，点P都在∠AOB的平分线上； （3）

2aaa。当点B与点O重合时，点P到AB的距离为，然后顶点A在x轴正半轴上向左＜h≤222运动，顶点B在y轴正半轴上向上运动时，点P到AB的距离逐渐增大，当∠BAO=45°时，PA⊥x轴，这时点P到AB的距离最大为

2aa，然后又逐渐减小到，∵x轴的正半轴、y轴的正半轴都不包含原点O ，222aa。 ＜h≤22∴点P到x轴的距离的取值范围是

19. 【答案】证明：∵四边形ABCD是菱形，

∴AD∥BC，OB=OD，∴∠EDO=∠FBO，∠OED=∠OFB，∴△OED≌△OFB，

∴DE=BF，又∵DE∥BF，∴四边形BEDF是平行四边形，∵EF⊥BD，∴四边形BEDF是菱形．

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