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10. 如图，$AB// DC$，$ED// BC$，$AE// BD$，那么图中和$△ ABD$面积相等的三角形(不包括$△ ABD$)有 (
A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
B
)A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
答案
10.B
解析
【分析】
要找出和$△ ABD$面积相等的三角形，核心依据是“平行线间距离处处相等，同底等高的三角形面积相等”。我们结合题给的平行条件逐一排查：首先利用$AB// DC$的条件，找以$AB$为底、顶点在$DC$上的三角形，判断是否等高；再利用$AE// BD$的条件，找以$BD$为底、顶点在$AE$上的三角形，判断是否等高；最后验证其余平行条件得到的三角形是否和$△ ABD$面积相等，排除不符合的即可。
【解析】
根据“平行线间距离处处相等，同底等高的三角形面积相等”分析：
1. 已知$AB// DC$，$△ ABD$和$△ ABC$共享底$AB$，顶点$D$、$C$都在直线$DC$上，因此两个三角形在$AB$边上的高相等，可得$S_{△ ABD}=S_{△ ABC}$；
2. 已知$AE// BD$，$△ ABD$和$△ EBD$共享底$BD$，顶点$A$、$E$都在直线$AE$上，因此两个三角形在$BD$边上的高相等，可得$S_{△ ABD}=S_{△ EBD}$；
3. 由$ED// BC$可推出$S_{△ EBD}=S_{△ ECD}$、$S_{△ DBC}=S_{△ EBC}$，但$△ DBC$的底为$DC$，和$△ ABD$的底$AB$长度不一定相等，因此$△ DBC$、$△ EBC$的面积均和$△ ABD$不相等。
综上，不包含$△ ABD$时，共有2个面积相等的三角形。
【答案】
B
【知识点】
同底等高三角形面积相等，平行线的性质
【点评】
本题重点考查三角形面积相等的判定，解题的关键是熟练掌握平行线间距离相等的性质，准确匹配同底和对应的高，避免误将不等底的三角形判定为面积相等。
【难度系数】
0.7
要找出和$△ ABD$面积相等的三角形，核心依据是“平行线间距离处处相等，同底等高的三角形面积相等”。我们结合题给的平行条件逐一排查：首先利用$AB// DC$的条件，找以$AB$为底、顶点在$DC$上的三角形，判断是否等高；再利用$AE// BD$的条件，找以$BD$为底、顶点在$AE$上的三角形，判断是否等高；最后验证其余平行条件得到的三角形是否和$△ ABD$面积相等，排除不符合的即可。
【解析】
根据“平行线间距离处处相等，同底等高的三角形面积相等”分析：
1. 已知$AB// DC$，$△ ABD$和$△ ABC$共享底$AB$，顶点$D$、$C$都在直线$DC$上，因此两个三角形在$AB$边上的高相等，可得$S_{△ ABD}=S_{△ ABC}$；
2. 已知$AE// BD$，$△ ABD$和$△ EBD$共享底$BD$，顶点$A$、$E$都在直线$AE$上，因此两个三角形在$BD$边上的高相等，可得$S_{△ ABD}=S_{△ EBD}$；
3. 由$ED// BC$可推出$S_{△ EBD}=S_{△ ECD}$、$S_{△ DBC}=S_{△ EBC}$，但$△ DBC$的底为$DC$，和$△ ABD$的底$AB$长度不一定相等，因此$△ DBC$、$△ EBC$的面积均和$△ ABD$不相等。
综上，不包含$△ ABD$时，共有2个面积相等的三角形。
【答案】
B
【知识点】
同底等高三角形面积相等，平行线的性质
【点评】
本题重点考查三角形面积相等的判定，解题的关键是熟练掌握平行线间距离相等的性质，准确匹配同底和对应的高，避免误将不等底的三角形判定为面积相等。
【难度系数】
0.7
11. 如图，在$□ ABCD$中，$∠ B=60°$，$AB=6\ \mathrm{cm}$，$BC=12\ \mathrm{cm}$。点$P$从点$A$出发，以$1\ \mathrm{cm/s}$的速度向点$D$运动，同时点$Q$从点$C$出发，以$3\ \mathrm{cm/s}$的速度沿$C\to B\to C\to···$往复运动。当点$P$到达端点$D$时，点$Q$随之停止运动。在此运动过程中，线段$PQ=CD$出现的次数是（
A.3
B.4
C.5
D.6
B
）A.3
B.4
C.5
D.6
答案
11.B
解析
【分析】
要解决这道动点题，我们可以通过建立平面直角坐标系将动点坐标用运动时间$t$表示，结合$PQ=CD=6\mathrm{cm}$的条件用勾股定理列方程，再按点$Q$的运动阶段分类求解，统计符合条件的解的个数即可。首先确定总运动时间：点$P$从$A$到$D$的路程为$12\mathrm{cm}$，速度为$1\mathrm{cm/s}$，所以$t$的取值范围是$0≤ t≤12$；点$Q$速度为$3\mathrm{cm/s}$，$12\mathrm{s}$内总路程为$36\mathrm{cm}$，$BC$长$12\mathrm{cm}$，因此$Q$的运动分为3个阶段：$0∼4\mathrm{s}$从$C$到$B$，$4∼8\mathrm{s}$从$B$到$C$，$8∼12\mathrm{s}$从$C$到$B$。
【解析】
平行四边形$ABCD$中，$CD=AB=6\mathrm{cm}$，点$P$运动总时间为$12÷1=12\mathrm{s}$，即$0≤ t≤12$。
建立平面直角坐标系：设$B(0,0)$，$BC$在$x$轴上，则$C(12,0)$；由$∠ B=60°$、$AB=6\mathrm{cm}$，得$A(3,3\sqrt{3})$，$D(15,3\sqrt{3})$。
点$P$坐标：$t$秒后为$(3+t,3\sqrt{3})$
点$Q$坐标分三个阶段：
1. $0≤ t≤4$时，$Q$从$C$向$B$运动，坐标为$(12-3t,0)$
2. $4＜t≤8$时，$Q$从$B$向$C$运动，坐标为$(3t-12,0)$
3. $8＜t≤12$时，$Q$从$C$向$B$运动，坐标为$(36-3t,0)$
由$PQ=6$，根据勾股定理得：
$(x_P-x_Q)^2+(y_P-y_Q)^2=6^2$，代入$y_P=3\sqrt{3}$、$y_Q=0$，得：
$(3+t-x_Q)^2+27=36$，即$|3+t-x_Q|=3$，化简得$x_Q=t$或$x_Q=t+6$。
分阶段解方程：
1. $0≤ t≤4$时：
$12-3t=t$，解得$t=3$，符合区间；
$12-3t=t+6$，解得$t=1.5$，符合区间；共2个有效解。
2. $4＜t≤8$时：
$3t-12=t$，解得$t=6$，符合区间；
$3t-12=t+6$，解得$t=9$，超出区间，舍去；共1个有效解。
3. $8＜t≤12$时：
$36-3t=t$，解得$t=9$，符合区间；
$36-3t=t+6$，解得$t=7.5$，超出区间，舍去；共1个有效解。
综上，符合条件的$t$共有4个，即线段$PQ=CD$共出现4次。
【答案】
B
【知识点】
平行四边形的性质，动点问题，勾股定理应用
【点评】
本题是平行四边形背景下的动点问题，解题核心是通过坐标法将动态问题转化为静态方程求解，按运动阶段分类讨论能有效避免漏解、多解的问题。
【难度系数】
0.6
要解决这道动点题，我们可以通过建立平面直角坐标系将动点坐标用运动时间$t$表示，结合$PQ=CD=6\mathrm{cm}$的条件用勾股定理列方程，再按点$Q$的运动阶段分类求解，统计符合条件的解的个数即可。首先确定总运动时间：点$P$从$A$到$D$的路程为$12\mathrm{cm}$，速度为$1\mathrm{cm/s}$，所以$t$的取值范围是$0≤ t≤12$；点$Q$速度为$3\mathrm{cm/s}$，$12\mathrm{s}$内总路程为$36\mathrm{cm}$，$BC$长$12\mathrm{cm}$，因此$Q$的运动分为3个阶段：$0∼4\mathrm{s}$从$C$到$B$，$4∼8\mathrm{s}$从$B$到$C$，$8∼12\mathrm{s}$从$C$到$B$。
【解析】
平行四边形$ABCD$中，$CD=AB=6\mathrm{cm}$，点$P$运动总时间为$12÷1=12\mathrm{s}$，即$0≤ t≤12$。
建立平面直角坐标系：设$B(0,0)$，$BC$在$x$轴上，则$C(12,0)$；由$∠ B=60°$、$AB=6\mathrm{cm}$，得$A(3,3\sqrt{3})$，$D(15,3\sqrt{3})$。
点$P$坐标：$t$秒后为$(3+t,3\sqrt{3})$
点$Q$坐标分三个阶段：
1. $0≤ t≤4$时，$Q$从$C$向$B$运动，坐标为$(12-3t,0)$
2. $4＜t≤8$时，$Q$从$B$向$C$运动，坐标为$(3t-12,0)$
3. $8＜t≤12$时，$Q$从$C$向$B$运动，坐标为$(36-3t,0)$
由$PQ=6$，根据勾股定理得：
$(x_P-x_Q)^2+(y_P-y_Q)^2=6^2$，代入$y_P=3\sqrt{3}$、$y_Q=0$，得：
$(3+t-x_Q)^2+27=36$，即$|3+t-x_Q|=3$，化简得$x_Q=t$或$x_Q=t+6$。
分阶段解方程：
1. $0≤ t≤4$时：
$12-3t=t$，解得$t=3$，符合区间；
$12-3t=t+6$，解得$t=1.5$，符合区间；共2个有效解。
2. $4＜t≤8$时：
$3t-12=t$，解得$t=6$，符合区间；
$3t-12=t+6$，解得$t=9$，超出区间，舍去；共1个有效解。
3. $8＜t≤12$时：
$36-3t=t$，解得$t=9$，符合区间；
$36-3t=t+6$，解得$t=7.5$，超出区间，舍去；共1个有效解。
综上，符合条件的$t$共有4个，即线段$PQ=CD$共出现4次。
【答案】
B
【知识点】
平行四边形的性质，动点问题，勾股定理应用
【点评】
本题是平行四边形背景下的动点问题，解题核心是通过坐标法将动态问题转化为静态方程求解，按运动阶段分类讨论能有效避免漏解、多解的问题。
【难度系数】
0.6
12. 如图,在四边形ABCD中,AB=CD,∠ABC的平分线交AD于点E,∠BCD的平分线交AD于点F,交BE于点G,且BE⊥CF。
(1)求证:四边形ABCD是平行四边形；
(2)若AB=$\frac{9}{2}$,BC=6,求线段EF的长。
(1)求证:四边形ABCD是平行四边形；
(2)若AB=$\frac{9}{2}$,BC=6,求线段EF的长。
答案
12.(1)证明:$\because BE⊥ CF$,
$\therefore∠ BGC=90°$。$\therefore∠ GBC+∠ GCB=90°$。
$\because∠ ABC$ 的平分线交 $AD$ 于点 $E$,$∠ BCD$ 的平分线交 $AD$ 于点 $F$,
$\therefore∠ ABC=2∠ GBC,∠ BCD=2∠ GCB$。
$\therefore∠ ABC+∠ BCD=180°$。$\therefore AB// CD$。
$\because AB=CD,\therefore$ 四边形 $ABCD$ 是平行四边形。
(2)解:$\because$ 四边形 $ABCD$ 是平行四边形,
$\therefore AD// BC,DC=AB=\frac{9}{2},AD=BC=6$。
$\therefore∠ AEB=∠ CBE$。
$\because∠ ABC$ 的平分线交 $AD$ 于点 $E$,
$\therefore∠ ABE = ∠ CBE$。$\therefore∠ AEB = ∠ ABE$。$\therefore AE=AB=\frac{9}{2}$。
同理可得 $DF=DC=\frac{9}{2}$,
$\therefore AF=DE=6-\frac{9}{2}=\frac{3}{2}$。
$\therefore EF=AD-AF-DE=6-\frac{3}{2}-\frac{3}{2}=3$。
$\therefore∠ BGC=90°$。$\therefore∠ GBC+∠ GCB=90°$。
$\because∠ ABC$ 的平分线交 $AD$ 于点 $E$,$∠ BCD$ 的平分线交 $AD$ 于点 $F$,
$\therefore∠ ABC=2∠ GBC,∠ BCD=2∠ GCB$。
$\therefore∠ ABC+∠ BCD=180°$。$\therefore AB// CD$。
$\because AB=CD,\therefore$ 四边形 $ABCD$ 是平行四边形。
(2)解:$\because$ 四边形 $ABCD$ 是平行四边形,
$\therefore AD// BC,DC=AB=\frac{9}{2},AD=BC=6$。
$\therefore∠ AEB=∠ CBE$。
$\because∠ ABC$ 的平分线交 $AD$ 于点 $E$,
$\therefore∠ ABE = ∠ CBE$。$\therefore∠ AEB = ∠ ABE$。$\therefore AE=AB=\frac{9}{2}$。
同理可得 $DF=DC=\frac{9}{2}$,
$\therefore AF=DE=6-\frac{9}{2}=\frac{3}{2}$。
$\therefore EF=AD-AF-DE=6-\frac{3}{2}-\frac{3}{2}=3$。
解析
【分析】
(1) 要证四边形ABCD是平行四边形，已知AB=CD，因此只需证明AB//CD即可。首先由BE⊥CF可得∠BGC=90°，推出∠GBC+∠GCB=90°；再结合BE、CF分别是∠ABC、∠BCD的平分线，可得∠ABC=2∠GBC，∠BCD=2∠GCB，进而推出∠ABC+∠BCD=180°，根据同旁内角互补可证AB//CD，结合已知AB=CD即可得证。
(2) 由平行四边形的性质可得AD//BC，AD=BC，AB=CD，结合角平分线的性质可推出∠AEB=∠ABE，得到等腰△ABE，即AE=AB；同理可得DF=CD，再通过线段的和差关系计算即可得到EF的长度。
【解析】
(1) 证明：$\because BE⊥ CF$,
$\therefore∠ BGC=90°$。$\therefore∠ GBC+∠ GCB=90°$。
$\because∠ ABC$ 的平分线交 $AD$ 于点 $E$,$∠ BCD$ 的平分线交 $AD$ 于点 $F$,
$\therefore∠ ABC=2∠ GBC,∠ BCD=2∠ GCB$。
$\therefore∠ ABC+∠ BCD=2(∠ GBC+∠ GCB)=180°$。$\therefore AB// CD$。
$\because AB=CD,\therefore$ 四边形 $ABCD$ 是平行四边形。
(2) 解：$\because$ 四边形 $ABCD$ 是平行四边形,
$\therefore AD// BC,DC=AB=\frac{9}{2},AD=BC=6$。
$\therefore∠ AEB=∠ CBE$。
$\because∠ ABC$ 的平分线交 $AD$ 于点 $E$,
$\therefore∠ ABE = ∠ CBE$。$\therefore∠ AEB = ∠ ABE$。$\therefore AE=AB=\frac{9}{2}$。
同理可得 $DF=DC=\frac{9}{2}$,
$\therefore AF=DE=6-\frac{9}{2}=\frac{3}{2}$。
$\therefore EF=AD-AF-DE=6-\frac{3}{2}-\frac{3}{2}=3$。
【答案】
(1) 四边形ABCD是平行四边形；(2) $EF=3$
【知识点】
平行四边形的判定与性质；角平分线的性质；等腰三角形的判定
【点评】
本题是几何基础综合题，将角平分线、平行线、等腰三角形、平行四边形的知识点结合考察，解题时要注意利用“角平分线+平行线”的常见模型推导等腰三角形，理清线段间的和差关系即可顺利求解。
【难度系数】
0.65
(1) 要证四边形ABCD是平行四边形，已知AB=CD，因此只需证明AB//CD即可。首先由BE⊥CF可得∠BGC=90°，推出∠GBC+∠GCB=90°；再结合BE、CF分别是∠ABC、∠BCD的平分线，可得∠ABC=2∠GBC，∠BCD=2∠GCB，进而推出∠ABC+∠BCD=180°，根据同旁内角互补可证AB//CD，结合已知AB=CD即可得证。
(2) 由平行四边形的性质可得AD//BC，AD=BC，AB=CD，结合角平分线的性质可推出∠AEB=∠ABE，得到等腰△ABE，即AE=AB；同理可得DF=CD，再通过线段的和差关系计算即可得到EF的长度。
【解析】
(1) 证明：$\because BE⊥ CF$,
$\therefore∠ BGC=90°$。$\therefore∠ GBC+∠ GCB=90°$。
$\because∠ ABC$ 的平分线交 $AD$ 于点 $E$,$∠ BCD$ 的平分线交 $AD$ 于点 $F$,
$\therefore∠ ABC=2∠ GBC,∠ BCD=2∠ GCB$。
$\therefore∠ ABC+∠ BCD=2(∠ GBC+∠ GCB)=180°$。$\therefore AB// CD$。
$\because AB=CD,\therefore$ 四边形 $ABCD$ 是平行四边形。
(2) 解：$\because$ 四边形 $ABCD$ 是平行四边形,
$\therefore AD// BC,DC=AB=\frac{9}{2},AD=BC=6$。
$\therefore∠ AEB=∠ CBE$。
$\because∠ ABC$ 的平分线交 $AD$ 于点 $E$,
$\therefore∠ ABE = ∠ CBE$。$\therefore∠ AEB = ∠ ABE$。$\therefore AE=AB=\frac{9}{2}$。
同理可得 $DF=DC=\frac{9}{2}$,
$\therefore AF=DE=6-\frac{9}{2}=\frac{3}{2}$。
$\therefore EF=AD-AF-DE=6-\frac{3}{2}-\frac{3}{2}=3$。
【答案】
(1) 四边形ABCD是平行四边形；(2) $EF=3$
【知识点】
平行四边形的判定与性质；角平分线的性质；等腰三角形的判定
【点评】
本题是几何基础综合题，将角平分线、平行线、等腰三角形、平行四边形的知识点结合考察，解题时要注意利用“角平分线+平行线”的常见模型推导等腰三角形，理清线段间的和差关系即可顺利求解。
【难度系数】
0.65
