初中数学第四章 平行四边形4.2 平行四边形复习练习题

这是一份初中数学第四章 平行四边形4.2 平行四边形复习练习题，共24页。试卷主要包含了本试卷含三个大题，共26题，已知点A，已知等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1．本试卷含三个大题，共26题．答题时，考生务必按答题要求在答题纸规定的位置上作答，在草稿纸、本试卷上答题一律无效．
2．除第一、二大题外，其余各题如无特别说明，都必须在答题纸的相应位置上写出解题的主要步骤．
一．选择题（共10小题）
1．把一张形状是多边形的纸片剪去其中某一个角，剩下的部分是一个四边形，则这张纸片原来的形状不可能是（ ）
A．六边形B．五边形C．四边形D．三角形
【分析】一个n边形剪去一个角后，剩下的形状可能是n边形或（n+1）边形或（n﹣1）边形．
【解答】解：当剪去一个角后，剩下的部分是一个四边形，
则这张纸片原来的形状可能是四边形或三角形或五边形，不可能是六边形．
故选：A．
【点评】剪去一个角的方法可能有三种：经过两个相隔一个顶点的顶点，则少了一条边；经过一个顶点和一边，边数不变；经过两条邻边，边数增加一条．
2．如图，若干全等正五边形排成环状．图中所示的是前3个五边形，要完成这一圆环还需（ ）个五边形．
A．6B．7C．8D．9
【分析】先根据多边形的内角和公式（n﹣2）•180°求出正五边形的每一个内角的度数，再延长五边形的两边相交于一点，并根据四边形的内角和求出这个角的度数，然后根据周角等于360°求出完成这一圆环需要的正五边形的个数，然后减去3即可得解．
【解答】解：五边形的内角和为（5﹣2）×180°＝540°，
所以正五边形的每一个内角为540°÷5＝108°，
如图，延长正五边形的两边相交于点O，则∠1＝360°﹣108°×3＝360°﹣324°＝36°，
360°÷36°＝10，
∵已经有3个五边形，
∴10﹣3＝7，
即完成这一圆环还需7个五边形．
故选：B．
【点评】本题考查了多边形的内角和公式，延长正五边形的两边相交于一点，并求出这个角的度数是解题的关键，注意需要减去已有的3个正五边形．
3．已知点A（0，0），B（0，4），C（3，t+4），D（3，t）．记N（t）为▱ABCD内部（不含边界）整点的个数，其中整点是指横坐标和纵坐标都是整数的点，则N（t）所有可能的值为（ ）
A．6、7B．7、8C．6、7、8D．6、8、9
【分析】分别求出t＝1，t＝1.5，t＝2，t＝0时的整数点，根据答案即可求出答案．
【解答】解：当t＝0时，A（0，0），B（0，4），C（3，4），D（3，0），此时整数点有（1，1），（1，2），（1，3），（2，1），（2，2），（2，3），共6个点；
当t＝1时，A（0，0），B（0，4），C（3，5），D（3，1），此时整数点有（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（2，1），（2，2），（2，3），（2，4），共8个点；
当t＝1.5时，A（0，0），B（0，4），C（3，5.5），D（3，1.5），此时整数点有（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（2，2），（2，3），（2，4），共7个点；
当t＝2时，A（0，0），B（0，4），C（3，6），D（3，2），此时整数点有（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（2，2），（2，3），（2，4），（2，5），共8个点；
故选项A错误，选项B错误；选项D错误，选项C正确；
故选：C．
【点评】本题考查了平行四边形的性质．主要考查学生的理解能力和归纳能力．
4．在面积为15的平行四边形ABCD中，过点A作AE垂直于直线BC于点E，作AF垂直于直线CD于点F，若AB＝5，BC＝6，则CE+CF的值为（ ）
A．11+B．11﹣
C．11+或11﹣D．11+或1+
【分析】根据平行四边形面积求出AE和AF，有两种情况，求出BE、DF的值，求出CE和CF的值，相加即可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD＝5，BC＝AD＝6，
①如图1中：过点A作AE⊥BC垂足为E，过点A作AF⊥DC垂足为F，
由平行四边形面积公式得：BC×AE＝CD×AF＝15，
求出AE＝，AF＝3，
在Rt△ABE和Rt△ADF中，由勾股定理得：AB2＝AE2+BE2，
把AB＝5，AE＝代入求出BE＝，
同理DF＝3＞5，即F在DC的延长线上（如上图），
∴CE＝6﹣，CF＝3﹣5，
即CE+CF＝1+，
②如图2中，过点A作AF⊥DC垂足为F，过点A作AE⊥BC垂足为E，
∵AB＝5，AE＝，在△ABE中，由勾股定理得：BE＝，
同理DF＝3，
由①知：CE＝6+，CF＝5+3，
∴CE+CF＝11+．
故选：D．
【点评】本题考查了平行四边形性质，勾股定理的应用，主要培养学生的理解能力和计算能力，注意：要分类讨论啊．
5．公元前5世纪，毕达哥拉斯学派中的一名成员希伯索斯发现了无理数，导致了第一次数学危机，是无理数的证明如下：
假设是有理数，那么它可以表示成（p与q是互质的两个正整数）．于是（）2＝（）2＝2，所以，q2＝2p2．于是q2是偶数，进而q是偶数，从而可设q＝2m，所以（2m）2＝2p2，p2＝2m2，于是可得p也是偶数．这与“p与q是互质的两个正整数”矛盾．从而可知“是有理数”的假设不成立，所以，是无理数．
这种证明“是无理数”的方法是（ ）
A．综合法B．反证法C．举反例法D．数学归纳法
【分析】利用反证法的一般步骤是：①假设命题的结论不成立；②从这个假设出发，经过推理论证，得出矛盾；③由矛盾判定假设不正确，从而肯定原命题的结论正确，进而判断即可．
【解答】解：由题意可得：这种证明“是无理数”的方法是反证法．
故选：B．
【点评】此题主要考查了反证法，正确把握反证法的一般步骤是解题关键．
6．如图，点D是△ABC内一点，BD⊥CD，AD＝11，BD＝8，CD＝6，点E、F、G、H分别是AB、AC、CD、BD的中点，则四边形EFGH的周长是（ ）
A．14B．18C．21D．24
【分析】利用勾股定理列式求出BC的长，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半求出EH＝FG＝AD，EF＝GH＝BC，然后代入数据进行计算即可得解．
【解答】解：∵BD⊥CD，BD＝8，CD＝6，
∴BC＝＝＝10，
∵E、F、G、H分别是AB、AC、CD、BD的中点，
∴EH＝FG＝AD，EF＝GH＝BC，
∴四边形EFGH的周长＝EH+GH+FG+EF＝AD+BC，
又∵AD＝11，
∴四边形EFGH的周长＝11+10＝21．
故选：C．
【点评】本题考查了三角形的中位线定理，勾股定理的应用，熟记三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半是解题的关键．
7．如图，在平面直角坐标系中，平行四边形OABC的顶点A在x轴上，定点B的坐标为（8，4），若直线经过点D（2，0），且将平行四边形OABC分割成面积相等的两部分，则直线DE的表达式是（ ）
A．y＝x﹣2B．y＝2x﹣4C．y＝x﹣1D．y＝3x﹣6
【分析】过平行四边形的对称中心的直线把平行四边形分成面积相等的两部分，先求出平行四边形对称中心的坐标，再利用待定系数法求一次函数解析式解答即可．
【解答】解：∵点B的坐标为（8，4），
∴平行四边形的对称中心坐标为（4，2），
设直线DE的函数解析式为y＝kx+b，
则，
解得，
∴直线DE的解析式为y＝x﹣2．
故选：A．
【点评】本题考查了待定系数法求一次函数解析式，平行四边形的性质，熟练掌握过平行四边形的中心的直线把平行四边形分成面积相等的两部分是解题的关键．
8．用三个边长相等的不同的正多边形地砖铺地，其顶点拼在一起，刚好能完全铺满地面．已知正多边形的边数为x，y，z，则++的值为（ ）
A．1B．C．D．
【分析】根据边数求出各个多边形的每个内角的度数，结合镶嵌的条件列出方程，进而即可求出答案．
【解答】解：由题意知，这3种多边形的3个内角之和为360度，
已知正多边形的边数为x、y、z，
那么这三个多边形的内角和可表示为：++＝360，
两边都除以180得：1﹣+1﹣+1﹣＝2，
两边都除以2得，++＝．
故选：C．
【点评】解决本题的关键是知道这3种多边形的3个内角之和为360度，据此进行整理分析得解．
9．已知：点D，E分别是△ABC的边AB，AC的中点，如图所示．
求证：DE∥BC，且DE＝BC．
证明：延长DE到点F，使EF＝DE，连接FC，DC，AF，又AE＝EC，则四边形ADCF是平行四边形，接着以下是排序错误的证明过程：
①∴DFBC；
②∴CFAD．即CFBD；
③∴四边形DBCF是平行四边形；
④∴DE∥BC，且DE＝BC．
则正确的证明顺序应是：（ ）
A．②→③→①→④B．②→①→③→④C．①→③→④→②D．①→③→②→④
【分析】证出四边形ADCF是平行四边形，得出CFAD．即CFBD，则四边形DBCF是平行四边形，得出DFBC，即可得出结论．
【解答】证明：延长DE到点F，使EF＝DE，连接FC，DC，AF，
∵点D，E分别是△ABC的边AB，AC的中点，
∴AD＝BD，AE＝EC，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∴CFAD．即CFBD，
∴四边形DBCF是平行四边形，
∴DFBC，
∴DE∥BC，且DE＝BC．
∴正确的证明顺序是②→③→①→④，
故选：A．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理的证明；熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
10．如图在四边形ABCD中，AB＜CD，∠B＝∠C＝90°，点H，I，G分别是AD，AB，CD的中点，点P是BC边上的一动点（不与B，C重合），点E，F分别是BP，CP的中点，则当点P从B→C移动时，五边形EFGHI的面积会（ ）
A．一直增大B．保持不变
C．一直减小D．先增大后减小
【分析】连接IG，则S△IHG的值不变，设BP＝x，则BE＝x，CF＝（BC﹣x），求出S△BIE＝BI•BE＝BI×x＝x•BI，S△FCG＝CG•CF＝CG×（BC﹣x）＝CG•BC﹣x•CG，与梯形面积公式得出S梯形IBCG＝•BC＝BC•BI+BC•CG，求出S四边形IEFG＝S梯形IBCG﹣S△BIE﹣S△FCG＝（2BI+CG）BC+（CG﹣BI）x，S四边形IEFG随x值的增大而增大，S△IHG的值不变，即可得出结论．
【解答】解：连接IG，如图所示：
则S△IHG的值不变，
设BP＝x，则BE＝x，CF＝（BC﹣x），
S△BIE＝BI•BE＝BI×x＝x•BI，S△FCG＝CG•CF＝CG×（BC﹣x）＝CG•BC﹣x•CG，
∵在四边形ABCD中，AB＜CD，∠B＝∠C＝90°，点I，G分别是AB，CD的中点，
∴CG＞BI，四边形IBCG是梯形，
∴S梯形IBCG＝•BC＝BC•BI+BC•CG，
S四边形IEFG＝S梯形IBCG﹣S△BIE﹣S△FCG＝BC•BI+BC•CG﹣x•BI﹣CG•BC+x•CG＝（2BI+CG）BC+（CG﹣BI）x，
∵（2BI+CG）BC是定值，CG＞BI，
∴S四边形IEFG随x值的增大而增大，
∵S△IHG的值不变，
∴S五边形EFGHI随x值的增大而增大，
即当点P从B→C移动时，五边形EFGHI的面积会一直增大；
故选：A．
【点评】本题考查的是梯形的性质、三角形面积公式、梯形面积公式等知识；熟练掌握三角形和梯形面积公式是解题关键．
二．填空题（共8小题）
11．如图所示，把同样大小的黑色棋子摆放在正多边形的边上，按照这样的规律摆下去，则第n个图形需要黑色棋子的个数是 n2+2n ．
【分析】第1个图形是2×3﹣3，第2个图形是3×4﹣4，第3个图形是4×5﹣5，按照这样的规律摆下去，则第n个图形需要黑色棋子的个数是（n+1）（n+2）﹣（n+2）＝n2+2n．
【解答】解：第一个是1×3，
第二个是2×4，
第三个是3×5，
…
第 n个是n•（n+2）＝n2+2n
故答案为：n2+2n．
【点评】首先计算几个特殊图形，发现：数出每边上的个数，乘以边数，但各个顶点的重复了一次，应再减去．
12．如下是探索多边形的对角线d与边线n的关系
则n边形的对角线d＝ （用n表示）
【分析】根据图表数据变化规律总结即可．
【解答】解：∵n＝3时，对角线有0条，
n＝4时，对角线有2条，
n＝5时，对角线有5条，
n＝6时，对角线有9条，
…
以此类推，n边形的对角线d＝．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了多边形对角线的条数的公式总结，熟记公式对今后的解题大有帮助．
13．用一条宽度相等的足够长的纸条打一个结（如图1所示），然后轻轻拉紧、压平就可以得到如图2所示的正五边形ABCDE．图中，∠BAC＝ 36 度．
【分析】利用多边形的内角和定理和等腰三角形的性质即可解决问题．
【解答】解：∵∠ABC＝＝108°，△ABC是等腰三角形，
∴∠BAC＝∠BCA＝36度．
【点评】本题主要考查了多边形的内角和定理和等腰三角形的性质．
n边形的内角和为：180°（n﹣2）．
14．四边形具有不稳定性．如图，矩形ABCD按箭头方向变形成平行四边形A'B'C'D'，当变形后图形面积是原图形面积的一半时，则∠A'＝ 30° ．
【分析】根据矩形和平行四边形的面积公式可知，平行四边形A'B'C'D'的底边A′D′边上的高等于A′B′的一半，据此可得∠A'为30°．
【解答】解：∵，
∴平行四边形A'B'C'D'的底边A′D′边上的高等于A′B′的一半，
∴∠A'＝30°．
故答案为：30°
【点评】本题主要考查了四边形的不稳定性、矩形与平行四边形的面积公式、30°角所对的直角边等于斜边的一半，熟记特殊角的三角函数值是解答本题的关键．
15．用两块完全相同的直角三角形纸片，拼成一个四边形，若直角三角形两直角边分别为3，4，则拼成的四边形中，较长的对角线的长度可能为 ．
【分析】由勾股定理求出直角三角形的斜边为5，由题意得出拼成的四边形中，邻边长5和4的平行四边形的一条对角线BD最长，由勾股定理求出BD即可．
【解答】解：∵直角三角形的斜边长BC＝＝5，
∴拼成的四边形中，邻边长5和4的平行四边形的一条对角线BD最长，如图所示：
作BE⊥CD于E，则CE＝AB＝4，BE＝AC＝3，
∴DE＝CD+CE＝4+4＝8，
∴BD＝＝＝；
故答案为：．
【点评】本题考查了勾股定理、平行四边形的性质；熟练掌握平行四边形的性质和勾股定理是解题的关键．
16．如图，E为▱ABCD内任一点，且▱ABCD的面积为6，则图中阴影部分的面积为 3 ．
【分析】根据三角形面积公式可知，图中阴影部分面积等于平行四边形面积的一半．所以S阴影＝S四边形ABCD．
【解答】解：设两个阴影部分三角形的底为AB，CD，高分别为h1，h2，则h1+h2为平行四边形的高，
∴S△EAB+S△ECD＝AB•h1+CD•h2＝AB（h1+h2）
＝S四边形ABCD＝×6＝3．
故答案为：3．
【点评】此题主要考查了三角形的面积公式和平行四边形的性质（平行四边形的两组对边分别相等）．要求能灵活的运用等量代换找到需要的关系．
17．如图，在四边形ABCD中，AD＝12，对角线AC，BD交于点O，∠ADB＝90°，OD＝OB＝5，AC＝26，则四边形ABCD的面积为 120 ．
【分析】由勾股定理可求AO＝13，可得AO＝CO＝13，可证四边形ABCD是平行四边形，即可求解．
【解答】解：∵∠ADB＝90°，
∴AO＝＝＝13，
∵AC＝26，
∴CO＝AO＝13，且DO＝BO，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD的面积＝4S△ADO＝4××12×5＝120，
故答案为120．
【点评】本题考查了平行四边形的判定和性质，勾股定理，证明四边形ABCD是平行四边形是本题的关键．
18．如图，在四边形ABCD中，∠ADC+∠BCD＝220°，E、F分别是AC、BD的中点，P是AB边上的中点，则∠EPF＝ 40 °．
【分析】依据四边形内角和即可得到∠BAD+∠ABC＝140°，再根据三角形中位线定理即可得到∠BPF＝∠BAD，∠APE＝∠ABC，进而得出∠APE+∠BPF＝140°，即可得到∠EPF的度数．
【解答】解：∵四边形ABCD中，∠ADC+∠BCD＝220°，
∴∠BAD+∠ABC＝360°﹣220°＝140°，
∵E、F分别是AC、BD的中点，P是AB边上的中点，
∴PE是△ABC的中位线，PF是△ABD的中位线，
∴PE∥BC，PF∥AD，
∴∠BPF＝∠BAD，∠APE＝∠ABC，
∴∠APE+∠BPF＝∠BAD+∠ABC＝140°，
∴∠EPF＝180°﹣140°＝40°，
故答案为：40．
【点评】本题主要考查了三角形中位线定理，三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
三．解答题（共8小题）
19．如图，在▱ABCD中，AC交BD于点O，点E，点F分别是OA，OC的中点，请判断线段BE，DF的位置关系和数量关系，并说明你的结论．
【分析】根据平行四边形的性质对角线互相平分得出OA＝OC，OB＝OD，利用中点的意义得出OE＝OF，从而利用平行四边形的判定定理“对角线互相平分的四边形是平行四边形”判定BFDE是平行四边形，从而得出BE＝DF，BE∥DF．
【解答】解：BE＝DF，BE∥DF
因为ABCD是平行四边形，所以OA＝OC，OB＝OD，
因为E，F分别是OA，OC的中点，所以OE＝OF，
所以BFDE是平行四边形，所以BE＝DF，BE∥DF
【点评】主要考查了平行四边形的基本性质和判定定理的运用．性质：
①平行四边形两组对边分别平行；
②平行四边形的两组对边分别相等；
③平行四边形的两组对角分别相等；
④平行四边形的对角线互相平分．
判定：
①两组对边分别平行的四边形是平行四边形；
②两组对边分别相等的四边形是平行四边形；
③两组对角分别相等的四边形是平行四边形；
④对角线互相平分的四边形是平行四边形；
⑤一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
20．如图，在△ABC中，AE平分∠BAC，BE⊥AE于点E，点F是BC的中点．
（1）如图1，BE的延长线与AC边相交于点D，求证：EF＝（AC﹣AB）；
（2）如图2，△ABC中，AB＝9，AC＝5，求线段EF的长．
【分析】（1）利用ASA定理证明△AEB≌△AED，得到BE＝ED，AD＝AB，根据三角形中位线定理解答；
（2）分别延长BE、AC交于点H，利用（1）的结论解答．
【解答】（1）证明：在△AEB和△AED中，
，
∴△AEB≌△AED（ASA）
∴BE＝ED，AD＝AB，
∵BE＝ED，BF＝FC，
∴EF＝CD＝（AC﹣AD）＝（AC﹣AB）；
（2）解：分别延长BE、AC交于点H，
在△AEB和△AEH中，
，
∴△AEB≌△AEH（ASA）
∴BE＝EH，AH＝AB＝9，
∵BE＝EH，BF＝FC，
∴EF＝CH＝（AH﹣AC）＝2．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、全等三角形的判定和性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
21．如图，在△ABC中，AB＝AC，点D，E分别是边AB，AC的中点，连接DE、BE，点F，G，H分别为BE，DE，BC的中点．
（1）求证：FG＝FH；
（2）若∠A＝90°，求证：FG⊥FH；
（3）若∠A＝80°，求∠GFH的度数．
【分析】（1）由中点性质及AB＝AC，得到BD＝EC，再由中位线性质证明FG∥BD，GF＝，FH∥EC，FH＝，从而得到FG＝FH；
（2）由（1）FG∥BD，FH∥EC，再由∠A＝90°，可证FG⊥FH；
（3）由（1）FG∥BD，∠A＝80°，可求得∠FKC，再由FH∥EC，可求得∠GFH的度数．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，点D，E分别是边AB，AC的中点
∴BD＝EC
∵点F，G，H分别为BE，DE，BC的中点
∴FG∥BD，GF＝
FH∥EC，FH＝
∴FG＝FH；
（2）证明：由（1）FG∥BD
又∵∠A＝90°
∴FG⊥AC
∵FH∥EC
∴FG⊥FH；
（3）解：延长FG交AC于点K，
∵FG∥BD，∠A＝80°
∴∠FKC＝∠A＝80°
∵FH∥EC
∴∠GFH＝180°﹣∠FKC＝100°
【点评】本题是几何问题，考查了三角形中位线的有关性质，解答时应根据题意找到相应三角形的中位线．
22．（1）如图，在▱ABCD中，∠A＝30°，AB＝7，BC＝4．点P从顶点A出发，沿射线AB以1单位/秒的速度匀速移动，设移动时间为t（秒），则当t＝ 3或11或（7+4） 秒时，△PBC是以BC边为腰的等腰三角形．
（2）已知a﹣b＝2，ab+2b﹣c2+2c＝0，当b≥0，﹣2≤c＜1时，整数a的值是 2或3 ．
【分析】（1）先计算∠ABC＝150°，所以当△PBC是等腰三角形时，有两种：P在B的两边时，BC＝PB和BC＝PC，列方程可得结论；
（2）根据a﹣b＝2，得b＝a﹣2，代入ab+2b﹣c2+2c＝0，进行变形可得结论．
【解答】解：（1）如图1，∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠A+∠ABC＝180°，
∵∠A＝30°，
∴∠ABC＝150°，
∴当△PBC是等腰三角形，
有三种情况：
①如图1，当BC＝PB时，
即7﹣t＝4，
t＝3，
则当t＝3秒时，△PBC是以BC边为腰的等腰三角形．
②如图1，当BC＝PB时，
即t﹣7＝4，
t＝11，
则当t＝11秒时，△PBC是以BC边为腰的等腰三角形．
③如图3，当BC＝PC时，过C作CE⊥BP于E，
Rt△BCE中，BC＝4，∠CBE＝30°，
∴CE＝2，BE＝2，
∴BP＝2BE＝4，
∴t＝AP＝7+4，
则当t＝（7+4）秒时，△PBC是以BC边为腰的等腰三角形．
故答案为：3或11或7+4；
（2）∵a﹣b＝2，
∴b＝a﹣2，
∵b≥0，
∴a≥2，
∵ab+2b﹣c2+2c＝0，
b（a+2）﹣c2+2c＝0，
（a﹣2）（a+2）﹣c2+2c＝0，
a2﹣4﹣c2+2c＝0，
a2＝c2﹣2c+1+3＝（c﹣1）2+3，
∵a为整数时，且﹣2≤c＜1，
∴（c﹣1）2＝1或6，
∴c＝0或1﹣，
∴当c＝0时，a2＝4，a＝±2，
∵a≥2，
∴a＝2，
当c＝1﹣时，a2＝9，a＝±3，
∵a≥2，
∴a＝3，
故答案为：2或3．
【点评】此题考查代数和几何的综合题，综合运用平行四边形的性质、动点运动的问题、等腰三角形的判定、完全平方公式等知识，第二问对代数式进行变形化为a与c的等式是解决问题的关键．
23．如图，矩形ABCD中，AB＝5cm，BC＝10cm，动点M从点D出发，按折线DCBAD方向以3cm/s的速度运动，动点N从点D出发，按折线DABCD方向以2cm/s的速度运动．点E在线段BC上，且BE＝1cm，若M、N两点同时从点D出发，到第一次相遇时停止运动．
（1）求经过几秒钟M、N两点停止运动？
（2）求点A、E、M、N构成平行四边形时，M、N两点运动的时间；
（3）设运动时间为t（s），用含字母t的代数式表示△EMN的面积S（cm2）．
【分析】（1）由题意可得：M、N两点同时从点D出发，到第一次相遇时共运动了：2（5+10）＝30（cm），则可得t＝30÷（2+3）＝6；
（2）由题意知，当点N在AD边上运动，点M在BC边上运动时，点A、E、M、N才可能组成平行四边形，然后设经过t秒，四点可组成平行四边形，①当构▱成▱AEMN时，10﹣2t＝14﹣3t，②当构成▱AMEN时，10﹣2t＝3t﹣14，继而求得答案；
（3）分别从当 0＜t＜时，当≤t＜时，当＜t≤5时，当5＜t＜6时，去分析求解即可求得答案．
【解答】解：（1）∵矩形ABCD中，AB＝5cm，BC＝10cm，
∴M、N两点同时从点D出发，到第一次相遇时共运动了：2（5+10）＝30（cm），
∴t＝30÷（2+3）＝6 （s）
答：经过6 s两点相遇．
（2）由题意知，当点N在AD边上运动，点M在BC边上运动时，点A、E、M、N才可能组成平行四边形，
设经过t秒，四点可组成平行四边形，
①当构成▱AEMN时，10﹣2t＝14﹣3t，
解得t＝4；
②当构成▱AMEN时，10﹣2t＝3t﹣14，
解得t＝4.8；
答：当点A、E、M、N构成平行四边形时，M、N两点运动的时间为4s或4.8s．
（3）如图（1），当0＜t＜时，S＝S梯形CDNE﹣S△DMN﹣S△CEM＝×（2t+9）×5﹣×2t×3t﹣×9×（5﹣3t）＝﹣3t2+t；
如图（2），当≤t＜时，S＝S△EMN＝EM•CD＝×（14﹣3t）×5＝35﹣t；
如图（3），当＜t≤5时，S＝S△EMN＝×（3t﹣14）×5＝t﹣35；
如图（4），当5＜t＜6时，S＝S△EMN＝MN•BE＝×（30﹣2t﹣3t）×1＝15﹣t．
【点评】此题考查了矩形的性质．此题难度较大，属于动点题目，解题时注意分类讨论思想、方程思想与数形结合思想的应用．
24．一块矩形纸片，利用割补的办法可以拼成一块与它面积相等的平行四边形（如图1所示）：
请你根据图1作法的提示，利用图2画出一个平行四边形，使该平行四边形的面积等于所给的矩形面积．
要求：（1）画出的平行四边形有且只有一个顶点与B点重合；
（2）写出画图步骤；
（3）写出所画的平行四边形的名称．
【分析】根据平行四边形及矩形的性质，结合题意要求作出图形即可，注意语言的规范性．
【解答】解：作图：如图所示
（1）过点C作射线CE（不过A、D点）；
（2）过点B作射线BF∥CE，且交DA的延长线于点F；
（3）在CE上任取一点G，连接BG；
（4）过点F作FE∥BG，交射线CE于点E，
则四边形BGEF为所画的平行四边形．
【点评】本题考查平行四边形的性质，结合考查了矩形的知识，有一定的难度，解答此类题目的关键是熟练掌握几种特殊图形的性质．
25．提出问题：如图①，在四边形ABCD中，P是AD边上任意一点，△PBC与△ABC和△DBC的面积之间有什么关系？
探究发现：为了解决这个问题，我们可以先从一些简单的、特殊的情形入手：
（1）当AP＝AD时（如图②）：
∵AP＝AD，△ABP和△ABD的高相等，
∴S△ABP＝S△ABD．
∵PD＝AD﹣AP＝AD，△CDP和△CDA的高相等，
∴S△CDP＝S△CDA．
∴S△PBC＝S四边形ABCD﹣S△ABP﹣S△CDP
＝S四边形ABCD﹣S△ABD﹣S△CDA
＝S四边形ABCD﹣（S四边形ABCD﹣S△DBC）﹣（S四边形ABCD﹣S△ABC）
＝S△DBC+S△ABC．
（2）当AP＝AD时，探求S△PBC与S△ABC和S△DBC之间的关系，写出求解过程；
（3）当AP＝AD时，S△PBC与S△ABC和S△DBC之间的关系式为： S△PBC＝S△DBC+S△ABC ；
（4）一般地，当AP＝AD（n表示正整数）时，探求S△PBC与S△ABC和S△DBC之间的关系，写出求解过程；
问题解决：当AP＝AD（0≤≤1）时，S△PBC与S△ABC和S△DBC之间的关系式为： S△PBC＝S△DBC+S△ABC． ．
【分析】（2）仿照（1）的方法，只需把换为；
（3）注意由（1）（2）得到一定的规律；
（4）综合（1）（2）（3）得到面积和线段比值之间的一般关系；
（5）利用（4），得到更普遍的规律．
【解答】解：（2）∵AP＝AD，△ABP和△ABD的高相等，
∴S△ABP＝S△ABD．
又∵PD＝AD﹣AP＝AD，△CDP和△CDA的高相等，
∴S△CDP＝S△CDA．
∴S△PBC＝S四边形ABCD﹣S△ABP﹣S△CDP
＝S四边形ABCD﹣S△ABD﹣S△CDA
＝S四边形ABCD﹣（S四边形ABCD﹣S△DBC）﹣（S四边形ABCD﹣S△ABC）
＝S△DBC+S△ABC．
∴S△PBC＝S△DBC+S△ABC
（3）S△PBC＝S△DBC+S△ABC；
（4）S△PBC＝S△DBC+S△ABC；
∵AP＝AD，△ABP和△ABD的高相等，
∴S△ABP＝S△ABD．
又∵PD＝AD﹣AP＝AD，△CDP和△CDA的高相等，
∴S△CDP＝S△CDA
∴S△PBC＝S四边形ABCD﹣S△ABP﹣S△CDP
＝S四边形ABCD﹣S△ABD﹣S△CDA
＝S四边形ABCD﹣（S四边形ABCD﹣S△DBC）﹣（S四边形ABCD﹣S△ABC）
＝S△DBC+S△ABC．
∴S△PBC＝S△DBC+S△ABC
问题解决：S△PBC＝S△DBC+S△ABC．
【点评】注意总结相应规律，类似问题通常采用类比的方法求解．
26．问题再现：
现实生活中，镶嵌图案在地面、墙面乃至于服装面料设计中随处可见．在八年级课题学习“平面图形的镶嵌”中，对于单种多边形的镶嵌，主要研究了三角形、四边形、正六边形的镶嵌问题、今天我们把正多边形的镶嵌作为研究问题的切入点，提出其中几个问题，共同来探究．
我们知道，可以单独用正三角形、正方形或正六边形镶嵌平面．如图中，用正方形镶嵌平面，可以发现在一个顶点O周围围绕着4个正方形的内角．
试想：如果用正六边形来镶嵌平面，在一个顶点周围应该围绕着 3 个正六边形的内角．
问题提出：
如果我们要同时用两种不同的正多边形镶嵌平面，可能设计出几种不同的组合方案？
问题解决：
猜想1：是否可以同时用正方形、正八边形两种正多边形组合进行平面镶嵌？
分析：我们可以将此问题转化为数学问题来解决、从平面图形的镶嵌中可以发现，解决问题的关键在于分析能同时用于完整镶嵌平面的两种正多边形的内角特点．具体地说，就是在镶嵌平面时，一个顶点周围围绕的各个正多边形的内角恰好拼成一个周角．
验证1：在镶嵌平面时，设围绕某一点有x个正方形和y个正八边形的内角可以拼成一个周角．根据题意，可得方程：90x+，整理得：2x+3y＝8，
我们可以找到唯一一组适合方程的正整数解为．
结论1：镶嵌平面时，在一个顶点周围围绕着1个正方形和2个正八边形的内角可以拼成一个周角，所以同时用正方形和正八边形两种正多边形组合可以进行平面镶嵌．
猜想2：是否可以同时用正三角形和正六边形两种正多边形组合进行平面镶嵌？若能，请按照上述方法进行验证，并写出所有可能的方案；若不能，请说明理由．
验证2：_______；结论2：_______．
上面，我们探究了同时用两种不同的正多边形组合镶嵌平面的部分情况，仅仅得到了一部分组合方案，相信同学们用同样的方法，一定会找到其它可能的组合方案．
问题拓广：
请你仿照上面的研究方式，探索出一个同时用三种不同的正多边形组合进行平面镶嵌的方案，并写出验证过程．
猜想3：_______；
验证3：_______；
结论3：_______．
【分析】用一种正多边形镶嵌，只有正三角形，正四边形，正六边形三种正多边形能镶嵌成一个平面图案．
用两种正多边形镶嵌，每一顶点可用3个正三角形和2个正方形、四个正三角形和1个正六边形、2个正三角形和2个正六边形、1个正三角形和2个正十二边形、1个正方形和2个正八边形等能镶嵌成一个平面图案．
【解答】解：用正六边形来镶嵌平面，在一个顶点周围应该围绕着3个正六边形的内角．
验证2：在镶嵌平面时，设围绕某一点有a个正三角形和b个正六边形的内角可以拼成一个周角，
根据题意，可得方程：60a+120b＝360．
整理得：a+2b＝6，
可以找到两组适合方程的正整数解为和．
结论2：镶嵌平面时，在一个顶点周围围绕着2个正三角形和2个正六边形的内角或者围绕着4个正三角形和1个正六边形的内角可以拼成一个周角，所以同时用正三角形和正六边形两种正多边形组合可以进行平面镶嵌．
猜想3：是否可以同时用正三角形、正方形和正六边形三种正多边形组合进行平面镶嵌？
验证3：在镶嵌平面时，设围绕某一点有m个正三角形、n个正方形和c个正六边形的内角可以拼成一个周角．
根据题意，可得方程：60m+90n+120c＝360，
整理得：2m+3n+4c＝12，
可以找到唯一一组适合方程的正整数解为．
结论3：镶嵌平面时，在一个顶点周围围绕着1个正三角形、2个正方形和1个正六边形的内角可以拼成一个周角，所以同时用正三角形、正方形和正六边形三种正多边形组合可以进行平面镶嵌．（说明：本题答案不唯一，符合要求即可．）
【点评】正多边形的组合能否铺满地面，关键是看位于同一顶点处的几个角之和能否为360°．若能，则说明能铺满；反之，则说明不能铺满．解决此类题，可以记住几个常用正多边形的内角，及能够用两种正多边形镶嵌的几个组合．
声
n
3
4
5
6
…
n
…
d
0
2
5
9