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21.(8分)(2025·杭州市钱塘区期末)如图,在$△ ABC$中,D,E分别是AC,BC的中点,延长ED至点F,使$DF=ED$,联结AE,AF,CF。
(1)从条件①$AC=AB$;②$AC=BC$中选择合适的一个,完成四边形AECF是矩形的证明。
(2)在(1)的结论下,若AC平分$∠ FAB$,且$AF=1$,求四边形ABEF的面积。
(1)从条件①$AC=AB$;②$AC=BC$中选择合适的一个,完成四边形AECF是矩形的证明。
(2)在(1)的结论下,若AC平分$∠ FAB$,且$AF=1$,求四边形ABEF的面积。
答案
21.(1)解:选择条件①$AC=AB$。证明:因为D是AC的中点,所以$AD=CD$。因为$DF=ED$,所以四边形AECF是平行四边形。因为E是BC的中点,$AC=AB$,所以$AE⊥ BC$,所以$∠ AEC=90°$,所以平行四边形AECF是矩形。
(2)解:因为四边形AECF是矩形,所以$AF// BC$,$AF=CE$。因为E是BC的中点,所以$AC=AB$,所以$AF=BE=1$,$BC=2BE=2$。因为$AF// BC$,所以四边形ABEF是平行四边形,$∠ FAC=∠ ACB$。因为AC平分$∠ FAB$,所以$∠ FAC=∠ BAC$,所以$∠ BAC=∠ ACB$,所以$AB=BC=2$。因为$∠ AEB=90°$,所以由勾股定理,得$AE=\sqrt{AB^2-BE^2}=\sqrt{3}$。因为四边形ABEF是平行四边形,所以$S_{\mathrm{四边形}ABEF}=BE· AE=\sqrt{3}$。
(2)解:因为四边形AECF是矩形,所以$AF// BC$,$AF=CE$。因为E是BC的中点,所以$AC=AB$,所以$AF=BE=1$,$BC=2BE=2$。因为$AF// BC$,所以四边形ABEF是平行四边形,$∠ FAC=∠ ACB$。因为AC平分$∠ FAB$,所以$∠ FAC=∠ BAC$,所以$∠ BAC=∠ ACB$,所以$AB=BC=2$。因为$∠ AEB=90°$,所以由勾股定理,得$AE=\sqrt{AB^2-BE^2}=\sqrt{3}$。因为四边形ABEF是平行四边形,所以$S_{\mathrm{四边形}ABEF}=BE· AE=\sqrt{3}$。
解析
【分析】
本题分为两小问，需结合特殊四边形的判定与性质、等腰三角形性质逐步推导：
(1) 要证明四边形AECF是矩形，先利用“对角线互相平分的四边形是平行四边形”，由D是AC中点（AD=CD）且DF=ED，得四边形AECF是平行四边形；再选条件①AC=AB，结合E是BC中点，利用等腰三角形三线合一得AE⊥BC，使平行四边形有一个直角，从而判定为矩形。
(2) 在矩形AECF中，由AF//BC且AF=CE，结合E是BC中点得AF=BE，推出四边形ABEF是平行四边形；再根据AC平分∠FAB，结合平行线性质得∠BAC=∠ACB，推出AB=BC；最后用勾股定理算出AE，利用平行四边形面积公式计算结果。
【解析】
(1) 选择条件①$AC=AB$，证明：
∵ D是AC的中点，
∴ $AD=CD$。
又
∵ $DF=ED$，
∴ 四边形AECF是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形）。
∵ E是BC的中点，$AC=AB$，
∴ $AE⊥ BC$（等腰三角形三线合一），即$∠ AEC=90°$，
∴ 平行四边形AECF是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形）。
(2) 解：
∵ 四边形AECF是矩形，
∴ $AF// BC$，$AF=CE$。
∵ E是BC的中点，
∴ $CE=BE$，
∴ $AF=BE$，且$AF// BE$，故四边形ABEF是平行四边形。
∵ AC平分$∠ FAB$，
∴ $∠ FAC=∠ BAC$。
又
∵ $AF// BC$，
∴ $∠ FAC=∠ ACB$，
∴ $∠ BAC=∠ ACB$，故$AB=BC$。
由$AF=1$得$BE=AF=1$，则$BC=2BE=2$，结合$AB=BC=2$，且$AE⊥ BE$，
在$Rt△ABE$中，由勾股定理得$AE=\sqrt{AB^2-BE^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$。
∵ 四边形ABEF是平行四边形，
∴ $S_{\mathrm{四边形}ABEF}=BE· AE=1×\sqrt{3}=\sqrt{3}$。
【答案】
(1) 选择条件①，证明成立；(2) 四边形ABEF的面积为$\sqrt{3}$。
【知识点】
矩形的判定、平行四边形的性质、等腰三角形的性质
【点评】
本题是几何综合题，融合特殊四边形判定、等腰三角形性质与勾股定理，需逐步推导边与角的关系，考查逻辑推理能力，是初中几何的典型题型。
【难度系数】
0.5
本题分为两小问，需结合特殊四边形的判定与性质、等腰三角形性质逐步推导：
(1) 要证明四边形AECF是矩形，先利用“对角线互相平分的四边形是平行四边形”，由D是AC中点（AD=CD）且DF=ED，得四边形AECF是平行四边形；再选条件①AC=AB，结合E是BC中点，利用等腰三角形三线合一得AE⊥BC，使平行四边形有一个直角，从而判定为矩形。
(2) 在矩形AECF中，由AF//BC且AF=CE，结合E是BC中点得AF=BE，推出四边形ABEF是平行四边形；再根据AC平分∠FAB，结合平行线性质得∠BAC=∠ACB，推出AB=BC；最后用勾股定理算出AE，利用平行四边形面积公式计算结果。
【解析】
(1) 选择条件①$AC=AB$，证明：
∵ D是AC的中点，
∴ $AD=CD$。
又
∵ $DF=ED$，
∴ 四边形AECF是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形）。
∵ E是BC的中点，$AC=AB$，
∴ $AE⊥ BC$（等腰三角形三线合一），即$∠ AEC=90°$，
∴ 平行四边形AECF是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形）。
(2) 解：
∵ 四边形AECF是矩形，
∴ $AF// BC$，$AF=CE$。
∵ E是BC的中点，
∴ $CE=BE$，
∴ $AF=BE$，且$AF// BE$，故四边形ABEF是平行四边形。
∵ AC平分$∠ FAB$，
∴ $∠ FAC=∠ BAC$。
又
∵ $AF// BC$，
∴ $∠ FAC=∠ ACB$，
∴ $∠ BAC=∠ ACB$，故$AB=BC$。
由$AF=1$得$BE=AF=1$，则$BC=2BE=2$，结合$AB=BC=2$，且$AE⊥ BE$，
在$Rt△ABE$中，由勾股定理得$AE=\sqrt{AB^2-BE^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$。
∵ 四边形ABEF是平行四边形，
∴ $S_{\mathrm{四边形}ABEF}=BE· AE=1×\sqrt{3}=\sqrt{3}$。
【答案】
(1) 选择条件①，证明成立；(2) 四边形ABEF的面积为$\sqrt{3}$。
【知识点】
矩形的判定、平行四边形的性质、等腰三角形的性质
【点评】
本题是几何综合题，融合特殊四边形判定、等腰三角形性质与勾股定理，需逐步推导边与角的关系，考查逻辑推理能力，是初中几何的典型题型。
【难度系数】
0.5
22. (10分)(2025·杭州市滨江区期末)已知BD是$□ ABCD$的对角线。小滨和小江分别用尺规作特殊的平行四边形：
(1)小滨:如图1,作BD的中垂线,分别交BC,AD,BD于点E,F,O,联结BF,DE,则得到的四边形BEDF是菱形。请问小滨的作法是否正确?若正确,请证明;若不正确,请说明理由。
(2)小江:如图2,过BD的中点O作直线MQ,分别交AB,CD于点M,Q。以点O为圆心,OM长为半径画弧,与边AD交于点N,联结NO并延长NO交BC于点P,联结MN,NQ,QP,PM,则得到的四边形MPQN是矩形。请问小江的作法是否正确?若正确,请证明;若不正确,请说明理由。
(1)小滨:如图1,作BD的中垂线,分别交BC,AD,BD于点E,F,O,联结BF,DE,则得到的四边形BEDF是菱形。请问小滨的作法是否正确?若正确,请证明;若不正确,请说明理由。
(2)小江:如图2,过BD的中点O作直线MQ,分别交AB,CD于点M,Q。以点O为圆心,OM长为半径画弧,与边AD交于点N,联结NO并延长NO交BC于点P,联结MN,NQ,QP,PM,则得到的四边形MPQN是矩形。请问小江的作法是否正确?若正确,请证明;若不正确,请说明理由。
答案
22.(1)解:小滨的作法正确。证明:由作图可知,EF垂直平分线段BD,所以$OB=OD$。因为四边形ABCD是平行四边形,所以$AD// BC$,所以$∠ ODF=∠ OBE$。因为$∠ DOF=∠ BOE$,所以$△ DOF≌△ BOE(\mathrm{ASA})$,所以$DF=BE$。因为$DF// BE$,所以四边形BEDF是平行四边形。因为$EF⊥ BD$,所以平行四边形BEDF是菱形。
(2)解:小江的作法正确。证明:因为四边形ABCD是平行四边形,所以$AB// CD$,所以$∠ OBM=∠ ODQ$。因为$∠ BOM=∠ DOQ$,$OB=OD$,所以$△ BOM≌△ DOQ(\mathrm{ASA})$,所以$OM=OQ$。同理可得,$ON=OP$,所以四边形MPQN是平行四边形。因为$ON=OM$,所以$MQ=PN$,所以平行四边形MPQN是矩形。
(2)解:小江的作法正确。证明:因为四边形ABCD是平行四边形,所以$AB// CD$,所以$∠ OBM=∠ ODQ$。因为$∠ BOM=∠ DOQ$,$OB=OD$,所以$△ BOM≌△ DOQ(\mathrm{ASA})$,所以$OM=OQ$。同理可得,$ON=OP$,所以四边形MPQN是平行四边形。因为$ON=OM$,所以$MQ=PN$,所以平行四边形MPQN是矩形。
解析
【分析】
本题分为两小问，均围绕特殊平行四边形的判定展开。第(1)问需利用尺规作BD的中垂线得到EF垂直平分BD，结合平行四边形对边平行的性质，通过ASA证明三角形全等得到边相等，进而判定四边形BEDF为平行四边形，再依据对角线垂直的平行四边形是菱形完成证明；第(2)问利用平行四边形对角线中点O，通过ASA证明三角形全等得到边相等，先判定四边形MPQN为平行四边形，再结合OM=ON推出对角线相等，从而判定其为矩形。
【解析】
(1) 小滨的作法正确，证明如下：
由作图可知，EF垂直平分线段BD，故$OB=OD$。
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ $AD// BC$，
∴ $∠ODF=∠OBE$。
在$△ DOF$和$△ BOE$中：
$\{\begin{array}{l}∠ODF=∠OBE \\OD=OB \\∠DOF=∠BOE\end{array} $
∴ $△ DOF≌△ BOE(\mathrm{ASA})$，
∴ $DF=BE$。
又
∵ $DF// BE$，
∴ 四边形BEDF是平行四边形。
∵ $EF⊥BD$，
∴ 平行四边形BEDF是菱形。
(2) 小江的作法正确，证明如下：
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ $AB// CD$，$OB=OD$，
∴ $∠OBM=∠ODQ$。
在$△ BOM$和$△ DOQ$中：
$\{\begin{array}{l}∠OBM=∠ODQ \\OB=OD \\∠BOM=∠DOQ\end{array} $
∴ $△ BOM≌△ DOQ(\mathrm{ASA})$，
∴ $OM=OQ$。
同理可证$△ DON≌△ BOP(\mathrm{ASA})$，得$ON=OP$，
∴ 四边形MPQN是平行四边形。
∵ $ON=OM$，
∴ $MQ=OM+OQ=2OM$，$PN=ON+OP=2OM$，
∴ $MQ=PN$，
∴ 平行四边形MPQN是矩形。
【答案】
(1) 小滨的作法正确，证明见解析；
(2) 小江的作法正确，证明见解析。
【知识点】
平行四边形的判定、菱形的判定、矩形的判定
【点评】
本题结合尺规作图考查特殊平行四边形的判定，需熟练运用全等三角形判定定理及特殊四边形的判定规则，逻辑推理要求较高，是平行四边形章节的典型题型。
【难度系数】
0.6
本题分为两小问，均围绕特殊平行四边形的判定展开。第(1)问需利用尺规作BD的中垂线得到EF垂直平分BD，结合平行四边形对边平行的性质，通过ASA证明三角形全等得到边相等，进而判定四边形BEDF为平行四边形，再依据对角线垂直的平行四边形是菱形完成证明；第(2)问利用平行四边形对角线中点O，通过ASA证明三角形全等得到边相等，先判定四边形MPQN为平行四边形，再结合OM=ON推出对角线相等，从而判定其为矩形。
【解析】
(1) 小滨的作法正确，证明如下：
由作图可知，EF垂直平分线段BD，故$OB=OD$。
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ $AD// BC$，
∴ $∠ODF=∠OBE$。
在$△ DOF$和$△ BOE$中：
$\{\begin{array}{l}∠ODF=∠OBE \\OD=OB \\∠DOF=∠BOE\end{array} $
∴ $△ DOF≌△ BOE(\mathrm{ASA})$，
∴ $DF=BE$。
又
∵ $DF// BE$，
∴ 四边形BEDF是平行四边形。
∵ $EF⊥BD$，
∴ 平行四边形BEDF是菱形。
(2) 小江的作法正确，证明如下：
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ $AB// CD$，$OB=OD$，
∴ $∠OBM=∠ODQ$。
在$△ BOM$和$△ DOQ$中：
$\{\begin{array}{l}∠OBM=∠ODQ \\OB=OD \\∠BOM=∠DOQ\end{array} $
∴ $△ BOM≌△ DOQ(\mathrm{ASA})$，
∴ $OM=OQ$。
同理可证$△ DON≌△ BOP(\mathrm{ASA})$，得$ON=OP$，
∴ 四边形MPQN是平行四边形。
∵ $ON=OM$，
∴ $MQ=OM+OQ=2OM$，$PN=ON+OP=2OM$，
∴ $MQ=PN$，
∴ 平行四边形MPQN是矩形。
【答案】
(1) 小滨的作法正确，证明见解析；
(2) 小江的作法正确，证明见解析。
【知识点】
平行四边形的判定、菱形的判定、矩形的判定
【点评】
本题结合尺规作图考查特殊平行四边形的判定，需熟练运用全等三角形判定定理及特殊四边形的判定规则，逻辑推理要求较高，是平行四边形章节的典型题型。
【难度系数】
0.6
