2024年中考数学二轮复习题型：猜想型问题

2024-05-07

2024年中考数学二轮复习题型：猜想型问题（通用3篇）

篇1：2024年中考数学二轮复习题型：猜想型问题

2014年中考数学二轮复习题型：猜想型问题进入中考二轮复习阶段，考生们应该进行专项的有针对性的复习，哪里薄弱攻哪里？中考数学题型中有这么一类——归纳猜想型问题的中考题，高分网小编和考生分享下这类题型的特点及知识点分类，希望对大家有所帮助！

【猜想型问题的特点】

猜想是对研究的对象或问题，进行认真细致的观察，通过实验、分析、比较、联想、类比、归纳等，依据已有的材料知识，自己“发现”数学结论，作出符合一定的经验与事实的推测性想象的思维方法。现代认知理论认为，学习是主体主动的意义建构活动，是主体头脑里建立和发展数学认知结构的过程，是数学活动及其经验内化的过程，而猜想是对抽象化的、形式化的数学进行思辨过程。

【猜想型问题的解决方法】

通过动手实践、自主探索，动脑独立思考，经过实验、操作、观察、类比、归纳、猜想等活动，自己“发现”数学结论。同时，需要将猜想与动手操作有机的结合起来，并对此探索出来的结论进行证明。依据“操作-猜想”与体验教学的相通性，根据自己的观察实验，在感性认知的基础上提出合理的猜想，在“手脑并用”中体会“观察--联想--类比--猜想”的思想方法，猜想也不是直观而苍白无力的主观判断，而是经过了观察、动手操作、测量，运用了测量归纳、类比验证等数学思想方法，得出来的符合一定的经验与事实的数学结论。

【猜想型问题的分类】

这一类题目，主要集中在数式规律、图形规律、数型规律、图形中的规律探索这几个方面，因而，根据其特点，我们将其分为：数式规律、图形规律、数型规律、探究图形中的规律这几类。

篇2：2024年中考数学二轮复习题型：猜想型问题

（二）一、中考专题诠释

归纳猜想型问题在中考中越来越被命题者所注重。这类题要求根据题目中的图形或者数字，分析归纳，直观地发现共同特征，或者发展变化的趋势，据此去预测估计它的规律或者其他相关结论，使带有猜想性质的推断尽可能与现实情况相吻合，必要时可以进行验证或者证明，依此体现出猜想的实际意义。

二、解题策略和解法精讲

归纳猜想型问题对考生的观察分析能力要求较高，经常以填空等形式出现，解题时要善于从所提供的数字或图形信息中，寻找其共同之处，这个存在于个例中的共性，就是规律。其中蕴含着“特殊——一般——特殊”的常用模式，体现了总结归纳的数学思想，这也正是人类认识新生事物的一般过程。相对而言，猜想结论型问题的难度较大些，具体题目往往是直观猜想与科学论证、具体应用的结合，解题的方法也更为灵活多样：计算、验证、类比、比较、测量、绘图、移动等等，都能用到。

由于猜想本身就是一种重要的数学方法，也是人们探索发现新知的重要手段，非常有利于培养创造性思维能力，所以备受命题专家的青睐，逐步成为中考的持续热点。

三、中考考点精讲考点四：猜想数量关系

数量关系的表现形式多种多样，这些关系不一定就是我们目前所学习的函数关系式。在猜想这种问题时，通常也是根据题目给出的关系式进行类比，仿照猜想数式规律的方法解答。例8（2012•苏州）已知在平面直角坐标系中放置了5个如图所示的正方形（用阴影表示），点B1在y轴上，点C1、E1、E2、C2、E3、E4、C3在x轴上．若正方形A1B1C1D1的边长为1，∠B1C1O=60°，B1C1∥B2C2∥B3C3，则点A3到x轴的距离是（）

A．

点评：此题主要考查了正方形的性质以及锐角三角函数的应用等知识，根据已知得出B3C3的长是解题关键．

例9（2012•绍兴）如图，直角三角形纸片ABC中，AB=3，AC=4，D为斜边BC中点，第1次将纸片折叠，使点A与点D重合，折痕与AD交与点P1；设P1D的中点为D1，第2次将纸片折叠，使点A与点D1重合，折痕与AD交于点P2；设P2D1的中点为D2，第3次将纸片折叠，使点A与点D2重合，折痕与AD交于点P3；„；设Pn﹣1Dn﹣2的中点为Dn﹣1，第n次将纸片折叠，使点A与点Dn﹣1重合，折痕与AD交于点Pn（n＞2），则AP6的长为（）

A．

考点：翻折变换（折叠问题）。专题：规律型。

分析：先写出AD、AD1、AD2、AD3的长度，然后可发现规律推出ADn的表达式，继而根据APn=ADn即可得出APn的表达式，也可得出AP6的长． B．

C．

D．

以BC=2为直径画半圆，记为第2个半圆；以CD=4为直径画半圆，记为第3个半圆；以DE=8为直径画半圆，记为第4个半圆，∴第4个半圆的面积为：第3个半圆面积为：

=8π，=2π，=4倍；，∴第4个半圆的面积是第3个半圆面积的根据已知可得出第n个半圆的直径为：2则第n个半圆的半径为：

2n﹣2

n﹣

1，第n个半圆的面积为：故答案为：4，22n﹣

5=2

2n﹣5

π．

点评：此题主要考查了数字变化规律，注意数字之间变化规律，根据已知得出第n个半圆的直径为：2

考点五：猜想变化情况

随着数字或图形的变化，它原先的一些性质有的不会改变，有的则发生了变化，而且这种变化是有一定规律的。比如，在几何图形按特定要求变化后，只要本质不变，通常的规律是“位置关系不改变，乘除乘方不改变，减变加法加变减，正号负号要互换”。这种规律可以作为猜想的一个参考依据。

例11（2012•常德）若图1中的线段长为1，将此线段三等分，并以中间的一段为边作等边三角形，然后去掉这一段，得到图2，再将图2中的每一段作类似变形，得到图3，按上述方法继续下去得到图4，则图4中的折线的总长度为（）n﹣1是解题关键．

故如果要密铺，则需要一个内角为120°的正多边形，而正六边形的内角为120°，故答案为：6．

点评：此题考查了平面密铺的知识，解答本题关键是求出在密铺条件下需要的正多边形的一个内角的度数，有一定难度．

例13（2012•无锡）如图的平面直角坐标系中有一个正六边形ABCDEF，其中C、D的坐标分别为（1，0）和（2，0）．若在无滑动的情况下，将这个六边形沿着x轴向右滚动，则在滚动过程中，这个六边形的顶点A、B、C、D、E、F中，会过点（45，2）的是点．

考点：正多边形和圆；坐标与图形性质；旋转的性质。专题：规律型。

分析：先连接A′D，过点F′，E′作F′G⊥A′D，E′H⊥A′D，由正六边形的性质得出A′的坐标，再根据每6个单位长度正好等于正六边形滚动一周即可得出结论．解答：解：如图所示：

当滚动一个单位长度时E、F、A的对应点分别是E′、F′、A′，连接A′D，点F′，E′作F′G⊥A′D，E′H⊥A′D，∵六边形ABCD是正六边形，∴∠A′F′G=30°，∴A′G=A′F′=，同理可得HD=，∴A′D=2，∵D（2，0）

∴A′（2，2），OD=2，∵正六边形滚动6个单位长度时正好滚动一周，∴从点（2，2）开始到点（45，2）正好滚动43个单位长度，此时，分两种情况：

①如果20﹣a＞2a﹣20，即a＜40，那么第三次操作时正方形的边长为2a﹣20．则2a﹣20=（20﹣a）﹣（2a﹣20），解得a=12； ②如果20﹣a＜2a﹣20，即a＞，那么第三次操作时正方形的边长为20﹣a．

则20﹣a=（2a﹣20）﹣（20﹣a），解得a=15． ∴当n=3时，a的值为12或15．故答案为：12或15．

点评：此题考查了折叠的性质与矩形的性质．此题难度较大，注意掌握数形结合思想、分类讨论思想与方程思想的应用，注意折叠中的对应关系．考点六：猜想数字求和

例16（2012•黄石）“数学王子”高斯从小就善于观察和思考．在他读小学时就能在课堂上快速地计算出1+2+3+„+98+99+100=5050，今天我们可以将高斯的做法归纳如下：令 S=1+2+3+„+98+99+100 ① S=100+99+98+„+3+2+1 ② ①+②：有2S=（1+100）×100 解得：S=5050 请类比以上做法，回答下列问题：

若n为正整数，3+5+7+„+（2n+1）=168，则n= ．

考点：有理数的混合运算。专题：规律型。

分析：根据题目提供的信息，列出方程，然后求解即可．解答：解：设S=3+5+7+„+（2n+1）=168①，则S=（2n+1）+„+7+5+3=168②，①+②得，2S=n（2n+1+3）=2×168，整理得，n+2n﹣168=0，解得n1=12，n2=﹣14（舍去）．故答案为：12．

2-9 点评：本题主要考查点的坐标，这是一道找规律的题目，这类题型在中考中经常出现．解答本题的关键是找出各个点跳动的规律，此题比较简单．

2．（2012•鄂州）在平面坐标系中，正方形ABCD的位置如图所示，点A的坐标为（1，0），点D的坐标为（0，2），延长CB交x轴于点A1，作正方形A1B1C1C，延长C1B1交x轴于点A2，作正方形A2B2C2C1，„按这样的规律进行下去，第2012个正方形的面积为（）

A． C．

考点：相似三角形的判定与性质；坐标与图形性质；正方形的性质。专题：规律型。

分析：首先设正方形的面积分别为S1，S2„S2012，由题意可求得S1的值，易证得△BAA1∽△B1A1A2，利用相似三角形的对应边成比例与三角函数的性质，即可求得S2的值，继而求得S3的值，继而可得规律：Sn=5×（）

2n﹣2 B．

D．，则可求得答案．

解答：解：∵点A的坐标为（1，0），点D的坐标为（0，2），∴OA=1，OD=2，设正方形的面积分别为S1，S2„S2012，根据题意，得：AD∥BC∥C1A2∥C2B2，∴∠BAA1=∠B1A1A2=∠B2A2x，∵∠ABA1=∠A1B1A2=90°，∴△BAA1∽△B1A1A2，在直角△ADO中，根据勾股定理，得：AD=∴AB=AD=BC=，1

A． C．

B． D．

考点：等边三角形的判定与性质。专题：规律型。

分析：连接AD、DB、DF，求出∠AFD=∠ABD=90°，根据HL证两三角形全等得出∠FAD=60°，求出AD∥EF∥GI，过F作FZ⊥GI，过E作EN⊥GI于N，得出平行四边形FZNE得出EF=ZN=a，求出GI的长，求出第一个正六边形的边长是a，是等边三角形QKM的边长的；同理第二个正六边形的边长是等边三角形GHI的边长的；求出第五个等边三角形的边长，乘以即可得出第六个正六边形的边长．解答：解：连接AD、DF、DB，∵六边形ABCDEF是正六边形，∴∠ABC=∠BAF=∠∠AFE，AB=AF，∠E=∠C=120°，EF=DE=BC=CD，∴∠EFD=∠EDF=∠CBD=∠BDC=30°，∵∠AFE=∠ABC=120°，∴∠AFD=∠ABD=90°，在Rt△ABD和RtAFD中

∴Rt△△ABD≌Rt△AFD，∴∠BAD=∠FAD=×120°=60°，∴∠FAD+∠AFE=60°+120°=180°，∴AD∥EF，∵G、I分别为AF、DE中点，∴GI∥EF∥AD，∴∠FGI=∠FAD=60°，3 第四个等边三角形的边长是×××a，第五个正六边形的边长是××××a；第五个等边三角形的边长是××××a，第六个正六边形的边长是×××××a，即第六个正六边形的边长是×故选A．

a，点评：本题考查了正六边形、等边三角形的性质、平行四边形的性质和判定、全等三角形的性质和判定的应用，能总结出规律是解此题的关键，题目具有一定的规律性，是一道有一定难度的题目．二．填空题

4．（2012•天门）如图，线段AC=n+1（其中n为正整数），点B在线段AC上，在线段AC同侧作正方形ABMN及正方形BCEF，连接AM、ME、EA得到△AME．当AB=1时，△AME的面积记为S1；当AB=2时，△AME的面积记为S2；当AB=3时，△AME的面积记为S3；„；当AB=n时，△AME的面积记为Sn．当n≥2时，Sn﹣Sn﹣1= ．

考点：整式的混合运算。专题：规律型。

分析：方法一：根据连接BE，则BE∥AM，利用△AME的面积=△AMB的面积即可得出Sn=n，Sn﹣1=（n﹣1）=n﹣n+，即可得出答案． 2

22-15

点评：此题主要考查了三角形面积求法以及正方形的性质，根据已知得出正确图形，得出S与n的关系是解题关键．

6．（2012•威海）如图，在平面直角坐标系中，线段OA1=1，OA1与x轴的夹角为30°，线段A1A2=1，A2A1⊥OA1，垂足为A1；线段A2A3=1，A3A2⊥A1A2，垂足为A2；线段A3A4=1，A4A3⊥A2A3，垂足为A3；„按此规律，点A2012的坐标为．

考点：规律型：点的坐标。专题：规律型。

点评：本题考查了点的坐标的规律变化问题，作出辅助线，求出各点的横坐标与纵坐标的规律变化的数值，然后依次写出前几个点的坐标，根据坐标与点的序号的特点找出点的坐标的通式是解题的关键．

7．（2012•湖州）如图，将正△ABC分割成m个边长为1的小正三角形和一个黑色菱形，这个黑色菱形可分割成n个边长为1的小三角形，若=，则△ABC的边长是．

考点：菱形的性质；等边三角形的性质。专题：规律型。

分析：设正△ABC的边长为x，根据等边三角形的高为边长的倍，求出正△ABC的面积，再根据菱形的性质结合图形表示出菱形的两对角线，然后根据菱形的面积等于两对角线乘积的一半表示出菱形的面积，然后根据所分成的小正三角形的个数的比等于面积的比列式计算即可得解．

解答：解：设正△ABC的边长为x，则高为S△ABC=x•x=x，2x，∵所分成的都是正三角形，9 结束，当右下角的点横坐标是偶数时，以横坐标为1，纵坐标为右下角横坐标的偶数减1的点结束，根据此规律解答即可．

解答：解：根据图形，以最外边的正方形边长上的点为准，点的总个数等于x轴上右下角的点的横坐标的平方，例如：右下角的点的横坐标为1，共有1个，1=1，右下角的点的横坐标为2时，共有4个，4=2，右下角的点的横坐标为3时，共有9个，9=3，右下角的点的横坐标为4时，共有16个，16=4，„

右下角的点的横坐标为n时，共有n个，∵45=2025，45是奇数，∴第2025个点是（45，0），第2012个点是（45，13），所以，第2012个点的横坐标为45．故答案为：45．

点评：本题考查了点的坐标，观察出点个数与横坐标的存在的平方关系是解题的关键．

9．（2012•北京）在平面直角坐标系xOy中，我们把横、纵坐标都是整数的点叫做整点．已知点A（0，4），点B是x轴正半轴上的整点，记△AOB内部（不包括边界）的整点个数为m．当m=3时，点B的横坐标的所有可能值是；当点B的横坐标为4n（n为正整数）时，m=（用含n的代数式表示）．

22222

考点：点的坐标。专题：规律型。

分析：根据题意画出图形，再找出点B的横坐标与△AOB内部（不包括边界）的整点m之间的关系即可求出答案．

由此可得A（2，0），则B2（，），由勾股定理得OB2=2，则A（0），则B3（2，2），„，32，由此得出一般结论．

解答：解：∵B1，B2，B3，„，Bn都在直线y=x上，∴B1，B2，B3，„，Bn各点的横坐标与纵坐标相等，由A1（1，0），得B1（1，1），此时OB1=可知，A2（，0），则B2（，），同理可得B3（2，2），„，则Bn（故答案为：（，）．）．

点评：本题考查了一次函数的综合运用．关键是明确直线y=x上点的横坐标与纵坐标相等特点，由易到难，由特殊到一般，得出规律．

11．（2012•鄂州）已知，如图，△OBC中是直角三角形，OB与x轴正半轴重合，∠OBC=90°，且OB=1，BC=，将△OBC绕原点O逆时针旋转60°再将其各边扩大为原来的m倍，使OB1=OC，得到△OB1C1，将△OB1C1绕原点O逆时针旋转60°再将其各边扩大为原来的m倍，使OB2=OC1，得到△OB2C2，„，如此继续下去，得到△OB2012C2012，则m= ．点C2012的坐标是．

考点：坐标与图形变化-旋转；解直角三角形。专题：规律型。

分析：先解直角三角形求出∠BOC=60°，再根据30°角所对的直角边等于斜边的一半即可求出m的值，然后求出OC1、OC2、OC3、„、OCn的长度，再根据周角等于360°，每6个为一个循环组，求出点C2012是第几个循环组的第几个点，再根据变化规律写出点的坐标即可．解答：解：∵∠OBC=90°，OB=1，BC=，3

考点：相似三角形的判定与性质。专题：规律型。

分析：由n个边长为1的相邻正方形的一边均在同一直线上，点M1，M2，M3，„Mn分别为边B1B2，B2B3，B3B4，„，BnBn+1的中点，即可求得△B1C1Mn的面积，又由BnCn∥B1C1，即可得△BnCnMn∽△B1C1Mn，然后利用相似三角形的面积比等于相似比的平方，求得答案．解答：解：∵n个边长为1的相邻正方形的一边均在同一直线上，点M1，M2，M3，„Mn分别为边B1B2，B2B3，B3B4，„，BnBn+1的中点，∴S1=×B1C1×B1M1=×1×=，S△B1C1M2=×B1C1×B1M2=×1×=，S△B1C1M3=×B1C1×B1M3=×1×=，S△B1C1M4=×B1C1×B1M4=×1×=，S△B1C1Mn=×B1C1×B1Mn=×1×∵BnCn∥B1C1，∴△BnCnMn∽△B1C1Mn，=，∴S△BnCnMn：S△B1C1Mn=（）=（2），2即Sn：=，∴Sn=故答案为：．

．

考点：一次函数综合题。专题：代数几何综合题；规律型。

分析：利用待定系数法求一次函数解析式求出直线的解析式，再求出直线与x轴、y轴的交点坐标，求出直线与x轴的夹角的正切值，分别过等腰直角三角形的直角顶点向x轴作垂线，然后根据等腰直角三角形斜边上的高线与中线重合并且等于斜边的一半，利用正切值列式依次求出三角形的斜边上的高线，即可得到各点的纵坐标的规律．解答：解：∵A1（1，1），A2（，）在直线y=kx+b上，∴，解得，∴直线解析式为y=x+，如图，设直线与x轴、y轴的交点坐标分别为N、M，当x=0时，y=，当y=0时，x+=0，解得x=﹣4，∴点M、N的坐标分别为M（0，），N（﹣4，0），∴tan∠MNO===，作A1C1⊥x轴与点C1，A2C2⊥x轴与点C2，A3C3⊥x轴与点C3，∵A1（1，1），A2（，），∴OB2=OB1+B1B2=2×1+2×=2+3=5，7

n次（n＞1）平移的横坐标得到矩形的边与该反比例函数图象的两个交点的纵坐标之差的绝对值．

解答：解：设反比例函数解析式为y=，则 ①与BC，AB平移后的对应边相交；

与AB平移后的对应边相交的交点的坐标为（2，1.4），则1.4=，解得k=2.8=，．故反比例函数解析式为y=则第n次（n＞1）平移得到的矩形的边与该反比例函数图象的两个交点的纵坐标之差的绝对值为：﹣=

；

②与OC，AB平移后的对应边相交； k﹣=0.6，解得k=．

故反比例函数解析式为y=

．

则第n次（n＞1）平移得到的矩形的边与该反比例函数图象的两个交点的纵坐标之差的绝对值为：﹣=

．

故第n次（n＞1）平移得到的矩形的边与该反比例函数图象的两个交点的纵坐标之差的绝对值为故答案为：或或

．

点评：考查了反比例函数综合题，本题的关键是根据第1次平移得到的矩形的边与反比例函数图象有两个交点，它们的纵坐标之差的绝对值为0.6，分①与BC，AB平移后的对应边相交；②与OC，AB平移后的对应边相交；两种情况讨论求解．

17．（2012•铁岭）如图，点E、F、G、H分别为菱形A1B1C1D1各边的中点，连接A1F、B1G、C1H、D1E得四边形A2B2C2D2，以此类推得四边形A3B3C3D3„，若菱形A1B1C1D1的面积为S，则四边形AnBnCnDn的面积为．

考点：三角形中位线定理；菱形的性质。专题：规律型。

分析：由E、F、G、H分别为菱形A1B1C1D1各边的中点，得到A1H=C1F，又A1H∥C1F，利用一组边长平行且相等的四边形为平行四边形得到四边形A1HC1F为平行四边形，根据平行线间的距离相等及平行四边形与三角形的面积公式，可得出四边形A1HC1F的面积等于△HB1C1面积的2倍，等于△A1D1F面积的2倍，而这三个的面积之和为菱形的面积S，可得出四边形A1HC1F面积为菱形面积S的一半，再由平行线等分线段定理得到A2为A1D2的中点，C2为C1B2的中点，B2为B1A2的中点，D2为D1C2的中点，利用三角形的中位线定理得到HB2=A1A2，D2F=C1C2，可得出A1A2B2H和C1C2D2F都为梯形，且高与平行四边形A2B2C2D2的高h相等（设高为h），下底与平行四边形A2B2C2D2的边A2D2与x相等（设A2D2=x），分别利用梯形的面积公式及平行四边形的面积公式表示出各自的面积，得出三个面积之比，可得出平行四边形A2B2C2D2的面积占三个图形面积的，即为四边形A1HC1F面积的，为菱形面积的，同理得到四边形A3B3C3D3的面积为菱形面积的（），以此类推，表示出四边形AnBnCnDn的面积即可．解答：解：∵H为A1B1的中点，F为C1D1的中点，∴A1H=B1H，C1F=D1F，又A1B1C1D1为菱形，∴A1B1=C1D1，∴A1H=C1F，又A1H∥C1F，∴四边形A1HC1F为平行四边形，∴S四边形A1HC1F=2S△HB1C1=2S△A1D1F，又S四边形A1HC1F+S△HB1C1+S△A1D1F=S菱形A1B1C1D1=S，1

考点：等腰三角形的性质；三角形的外角性质。专题：规律型。

分析：先根据等腰三角形的性质求出∠BA1A的度数，再根据三角形外角的性质及等腰三角形的性质分别求出∠CA2A1，∠DA3A2及∠EA4A3的度数，找出规律即可得出∠An的度数．解答：解：∵在△ABA1中，∠B=20°，AB=A1B，∴∠BA1A==

=80°，∵A1A2=A1C，∠BA1A是△A1A2C的外角，∴∠CA2A1=同理可得，∠DA3A2=20°，∠EA4A3=10°，∴∠An=故答案为：．

． =

=40°；

点评：本题考查的是等腰三角形的性质及三角形外角的性质，根据题意得出∠CA2A1，∠DA3A2及∠EA4A3的度数，找出规律是解答此题的关键．

19．（2012•鞍山）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠A=60°，AC=a，作斜边AB边中线CD，得到第一个三角形ACD；DE⊥BC于点E，作Rt△BDE斜边DB上中线EF，得到第二个三角形DEF；依此作下去„则第n个三角形的面积等于．

考点：正方形的性质。专题：规律型。

分析：求a2的长即AC的长，根据直角△ABC中AB+BC=AC可以计算，同理计算a3、a4．由求出的a2=a1，a3=a2„，an=

an﹣1=（）

n﹣1

2，可以找出规律，得到第n个正方形边长的表达式．

解答：解：∵a2=AC，且在直角△ABC中，AB+BC=AC，∴a2=同理a3=a4=„

由此可知：an=（故答案为：（））n﹣1n﹣1

2a1=，a2=2，a3=2

a1=（）

n﹣1，点评：本题考查了正方形的性质，以及勾股定理在直角三角形中的运用，考查了学生找规律的能力，本题中找到an的规律是解题的关键．

三．解答题（共13小题）

篇3：2024年中考数学二轮复习题型：猜想型问题

题型一：求角度问题

1.如图,在七边形ABCDEFG中,AB,ED的延长线交于点O,∠1,∠2,∠3,∠4对应的邻补角和等于215°,求∠BOD的度数.2.如图,在□ABCD中,=,连接AE并延长交BC的延长线于点F.(1)求证:△ADE≌△FCE;

(2)若AB=2FC,∠F=38°,求∠B的度数.3.如图,在□ABCD中,∠D=100°,∠DAB的平分线AE交DC于点E,连接BE.若AE=AB,求∠EBC的度数.4.如图，在□ABCD中，E为BC的中点，AE的延长线与DC的延长线相交于点F，(1)证明：∠F=∠FAB.(2)证明：△ABE≌△FCE.题型二：求线段长度、面积问题

1.如图，在□ABCD中，AE⊥BC，交边BC于点E，点F为边CD上一点，且DF=BE，过点F作FG⊥CD，交边AD于点G，求证：DG=DC.2.如图,在平行四边形ABCD中,E为BC边上一点,且∠B=∠AEB.求证:AC=

DE.3.如图，平行四边形

ABCD中，BE⊥AD，BF⊥CD，∠EBF＝60°,AE＝3,DF＝2.求EC、EF的长．

4.如图,在△ABC中,∠BAC=70°,∠ABC和∠ACB的平分线交于D点,E,F,G,H分别是线段AB,AC,BD,CD的中点.(1)求∠BDC的度数;

(2)证明:四边形EGHF为平行四边形.5.在□ABCD中,点E、F分别在AD、BC上,且AE=CF,BE、DF分别交AC于

点M、N.求证:BM=DN.6.如图1,已知平行四边形ABCD,DE是∠ADC的平分线,交BC于点E.(1)求证:CD=CE;

(2)如图2所示,点P是平行四边形ABCD的边BC所在直线上一点,若BE=CE,且AE=3,DE=4,求△APD的面积.题型三：判定平行四边形

1.如图,点C是AB的中点,AD=CE,CD=BE.(1)求证:△ACD≌△CBE;

(2)连接DE,求证:四边形CBED是平行四边形.2.已知：如图，平行四边形ABCD，E、F是直线AC上两点，且AE=CF.求证：四边形EBFD为平行四边形．

3.如图,分别以Rt△ABC的直角边AC及斜边AB向外作等边△ACD及等边△ABE,已知:∠BAC=30°,EF⊥AB,垂足为F,连接DF.(1)证明:AC=EF;

(2)求证:四边形ADFE是平行四边形.4.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：四边形EBFD是平行四边形.5.如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点E为AB边的中点，连结CE，过点E作ED⊥BC于点D，在DE的延长线上取一点F，使AF＝CE.求证：四边形ACEF是平行四边形．

6.我们把依次连接任意一个四边形各边中点得到的四边形叫做中点四边形.如图，在四边形ABCD中，E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA的中点，依次连接各边中点得到中点四边形EFGH.(1)这个中点四边形EFGH的形状是________.(2)请证明你的结论.题型四：平行四边形综合应用

1.如图1,已知平行四边形ABCD,DE是∠ADC的平分线,交BC于点E.(1)求证:CD=CE;

(2)如图2所示,点P是平行四边形ABCD的边BC所在直线上一点,若BE=CE,且AE=3,DE=4,求△APD的面积.2.如图,将□ABCD沿过点A的直线l折叠,使点D落到AB边上的点D＇处,折痕l交CD边于点E,连接BE.(1)求证:四边形BCED＇是平行四边形;

(2)若BE平分∠ABC,求证:AB2=AE2+BE2.3.如图,在平行四边形ABCD中,点O是对角线AC的中点,点E是BC上一点,且AB=AE,连接EO并延长交AD于点F.过点B作AE的垂线,垂足为H,交AC于点G.(1)若AH=3,HE=1,求△ABE的面积;

(2)若∠ACB=45°,求证:DF=CG.4.如图,在□ABCD中,AC与BD相交于点O,过点B作BE∥AC,连接OE交BC于点F,点F为BC的中点.(1)求证:四边形AOEB是平行四边形;

(2)如果∠OBC=∠E,求证:BO·OC=AB·FC.5.如图,在□ABCD中,AB=20

cm,AD=30

cm,∠ABC=60°,点Q从点B出发沿BA向点A匀速运动,速度为2

cm/s,同时,点P从点D出发沿DC向点C匀速运动,速度为3

cm/s,当点P停止运动时,点Q也随之停止运动,过点P作PM⊥AD交AD于点M,连接PQ、QM.设运动的时间为t

s(0

(2)设△PQM的面积为y(cm2),求y与t之间的函数关系式;