长春备战中考数学培优专题复习平行四边形练习题

一、平行四边形真题与模拟题分类汇编（难题易错题）
1．（问题情景）利用三角形的面积相等来求解的方法是一种常见的等积法，此方法是我们解决几何问题的途径之一．
例如：张老师给小聪提出这样一个问题：
如图1，在△ABC中，AB=3，AD=6，问△ABC的高AD与CE的比是多少？
小聪的计算思路是：
根据题意得：S△ABC=1
2
BC•AD=
1
2
AB•CE．
从而得2AD=CE，∴
1
2 AD CE
请运用上述材料中所积累的经验和方法解决下列问题：
（1）（类比探究）
如图2，在▱ABCD中，点E、F分别在AD，CD上，且AF=CE，并相交于点O，连接BE、BF，
求证：BO平分角AOC．
（2）（探究延伸）
如图3，已知直线m∥n，点A、C是直线m上两点，点B、D是直线n上两点，点P是线段CD中点，且∠APB=90°，两平行线m、n间的距离为4．求证：PA•PB=2AB．
（3）（迁移应用）
如图4，E为AB边上一点，ED⊥AD，CE⊥CB，垂足分别为D，C，∠DAB=∠B，
AB=34，BC=2，AC=26，又已知M、N分别为AE、BE的中点，连接DM、CN．求
△DEM与△CEN的周长之和．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）34
【解析】
分析：(1)、根据平行四边形的性质得出△ABF和△BCE的面积相等，过点B作OG⊥AF于
G，OH⊥CE于H，从而得出AF=CE，然后证明△BOG和△BOH全等，从而得出
∠BOG=∠BOH，即角平分线；(2)、过点P作PG⊥n于G，交m于F，根据平行线的性质得出△CPF和△DPG全等，延长BP交AC于E，证明△CPE和△DPB全等，根据等积法得出
AB=AP×PB，从而得出答案；(3)、，延长AD，BC交于点G，过点A作AF⊥BC于F，设CF=x，根据Rt△ABF和Rt△ACF的勾股定理得出x的值，根据等积法得出AE=2DM=2EM，BE=2CN=2EN， DM+CN=AB，从而得出两个三角形的周长之和．
同理：EM+EN=AB
详解：证明：（1）如图2，∵四边形ABCD是平行四边形，
∴S△ABF=S▱ABCD，S△BCE=S▱ABCD，∴S△ABF=S△BCE，
过点B作OG⊥AF于G，OH⊥CE于H，∴S△ABF=AF×BG，S△BCE=CE×BH，
∴AF×BG=CE×BH，即：AF×BG=CE×BH，∵AF=CE，∴BG=BH，
在Rt△BOG和Rt△BOH中，，∴Rt△BOG≌Rt△BOH，∴∠BOG=∠BOH，
∴OB平分∠AOC，
（2）如图3，过点P作PG⊥n于G，交m于F，∵m∥n，∴PF⊥AC，
∴∠CFP=∠BGP=90°，∵点P是CD中点，
在△CPF和△DPG中，，∴△CPF≌△DPG，∴PF=PG=FG=2，
延长BP交AC于E，∵m∥n，∴∠ECP=∠BDP，∴CP=DP，
在△CPE和△DPB中，，∴△CPE≌△DPB，∴PE=PB，
∵∠APB=90°，∴AE=AB，∴S△APE=S△APB，
∵S△APE=AE×PF=AE=AB，S△APB=AP×PB，
∴AB=AP×PB，即：PA•PB=2AB；
（3）如图4，延长AD，BC交于点G，∵∠BAD=∠B，
∴AG=BG，过点A作AF⊥BC于F，
设CF=x（x＞0），∴BF=BC+CF=x+2，在Rt△ABF中，AB=，
根据勾股定理得，AF2=AB2﹣BF2=34﹣（x+2）2，在Rt△ACF中，AC=，
根据勾股定理得，AF2=AC2﹣CF2=26﹣x2，
∴34﹣（x+2）2=26﹣x2，∴x=﹣1（舍）或x=1，∴AF==5，
连接EG，∵S△ABG=BG×AF=S△AEG+S△BEG=AG×DE+BG×CE=BG（DE+CE），
∴DE+CE=AF=5，在Rt△ADE中，点M是AE的中点，∴AE=2DM=2EM，
同理：BE=2CN=2EN，∵AB=AE+BE，∴2DM+2CN=AB，∴DM+CN=AB，
同理：EM+EN=AB ∴△DEM与△CEN的周长之和=DE+DM+EM+CE+CN+EN=（DE+CE）
+[（DM+CN）+（EM+EN）]
=（DE+CN）+AB=5+．
点睛：本题主要考查的就是三角形全等的判定与性质以及三角形的等积法，综合性非常强，难度较大．在解决这个问题的关键就是作出辅助线，然后根据勾股定理和三角形全等得出各个线段之间的关系．
2．四边形ABCD是正方形，AC与BD，相交于点O，点E、F是直线AD上两动点，且
AE=DF，CF所在直线与对角线BD所在直线交于点G，连接AG，直线AG交BE于点H．（1）如图1，当点E、F在线段AD上时，①求证：∠DAG=∠DCG；②猜想AG与BE的位置关系，并加以证明；
（2）如图2，在（1）条件下，连接HO，试说明HO平分∠BHG；
（3）当点E、F运动到如图3所示的位置时，其它条件不变，请将图形补充完整，并直接写出∠BHO的度数．
【答案】（1）①证明见解析；②AG⊥BE．理由见解析；（2）证明见解析；（3）
∠BHO=45°．
【解析】
试题分析：（1）①根据正方形的性质得DA=DC，∠ADB=∠CDB=45°，则可根据“SAS”证明△ADG≌△CDG，所以∠DAG=∠DCG；②根据正方形的性质得AB=DC，
∠BAD=∠CDA=90°，根据“SAS”证明△ABE≌△DCF，则∠ABE=∠DCF，由于∠DAG=∠DCG，所以∠DAG=∠ABE，然后利用∠DAG+∠BAG=90°得到∠ABE+∠BAG=90°，于是可判断
AG⊥BE；
（2）如答图1所示，过点O作OM⊥BE于点M，ON⊥AG于点N，证明△AON≌△BOM，可得四边形OMHN为正方形，因此HO平分∠BHG结论成立；
（3）如答图2所示，与（1）同理，可以证明AG⊥BE；过点O作OM⊥BE于点M，
ON⊥AG于点N，构造全等三角形△AON≌△BOM，从而证明OMHN为正方形，所以HO 平分∠BHG，即∠BHO=45°．
试题解析：（1）①∵四边形ABCD为正方形，
∴DA=DC，∠ADB=∠CDB=45°，
在△ADG和△CDG中
，
∴△ADG≌△CDG（SAS），
∴∠DAG=∠DCG；
②AG⊥BE．理由如下：
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=DC，∠BAD=∠CDA=90°，
在△ABE和△DCF中
，
∴△ABE≌△DCF（SAS），
∴∠ABE=∠DCF，
∵∠DAG=∠DCG，
∴∠DAG=∠ABE，
∵∠DAG+∠BAG=90°，
∴∠ABE+∠BAG=90°，
∴∠AHB=90°，
∴AG⊥BE；
（2）由（1）可知AG⊥BE．
如答图1所示，过点O作OM⊥BE于点M，ON⊥AG于点N，则四边形OMHN为矩形．
∴∠MON=90°，
又∵OA⊥OB，
∴∠AON=∠BOM．
∵∠AON+∠OAN=90°，∠BOM+∠OBM=90°，
∴∠OAN=∠OBM．
在△AON与△BOM中，
∴△AON≌△BOM（AAS）．
∴OM=ON，
∴矩形OMHN为正方形，
∴HO平分∠BHG．
（3）将图形补充完整，如答图2示，∠BHO=45°．
与（1）同理，可以证明AG⊥BE．
过点O作OM⊥BE于点M，ON⊥AG于点N，
与（2）同理，可以证明△AON≌△BOM，
可得OMHN为正方形，所以HO平分∠BHG，
∴∠BHO=45°．
考点：1、四边形综合题；2、全等三角形的判定与性质；3、正方形的性质
3．已知，在矩形ABCD中，AB=a，BC=b，动点M从点A出发沿边AD向点D运动．
（1）如图1，当b=2a，点M运动到边AD的中点时，请证明∠BMC=90°；
（2）如图2，当b＞2a时，点M在运动的过程中，是否存在∠BMC=90°，若存在，请给与证明；若不存在，请说明理由；
（3）如图3，当b＜2a时，（2）中的结论是否仍然成立？请说明理由．
【答案】（1）见解析；
（2）存在，理由见解析;
（3）不成立．理由如下见解析.
【解析】
试题分析：（1）由b=2a，点M是AD的中点，可得AB=AM=MD=DC=a，又由四边形ABCD
是矩形，即可求得∠AMB=∠DMC=45°，则可求得∠BMC=90°；
（2）由∠BMC=90°，易证得△ABM∽△DMC，设AM=x，根据相似三角形的对应边成比例，即可得方程：x2﹣bx+a2=0，由b＞2a，a＞0，b＞0，即可判定△＞0，即可确定方程有两个不相等的实数根，且两根均大于零，符合题意；
（3）由（2），当b＜2a，a＞0，b＞0，判定方程x2﹣bx+a2=0的根的情况，即可求得答案．
试题解析：（1）∵b=2a，点M是AD的中点，
∴AB=AM=MD=DC=a，
又∵在矩形ABCD中，∠A=∠D=90°，
∴∠AMB=∠DMC=45°，
∴∠BMC=90°．
（2）存在，
理由：若∠BMC=90°，
则∠AMB+∠DMC=90°，
又∵∠AMB+∠ABM=90°，
∴∠ABM=∠DMC，
又∵∠A=∠D=90°，
∴△ABM∽△DMC，
∴AM AB
CD DM
=，
设AM=x，则x a
a b x =
-
，
整理得：x2﹣bx+a2=0，
∵b＞2a，a＞0，b＞0，
∴△=b2﹣4a2＞0，
∴方程有两个不相等的实数根，且两根均大于零，符合题意，
∴当b＞2a时，存在∠BMC=90°，
（3）不成立．
理由：若∠BMC=90°，
由（2）可知x2﹣bx+a2=0，
∵b＜2a，a＞0，b＞0，
∴△=b2﹣4a2＜0，
∴方程没有实数根，
∴当b＜2a时，不存在∠BMC=90°，即（2）中的结论不成立．
考点：1、相似三角形的判定与性质；2、根的判别式；3、矩形的性质
4．如图，四边形ABCD中，AD∥BC，∠A=90°，BD=BC，点E为CD的中点，射线BE交AD 的延长线于点F，连接CF．
（1）求证：四边形BCFD是菱形；
（2）若AD=1，BC=2，求BF的长．
【答案】（1）证明见解析（2）23
【解析】
（1）∵AF∥BC，∴∠DCB=∠CDF，∠FBC=∠BFD，∵点E为CD的中点，∴DE=EC，
在△BCE与△FDE中，
FBC BFD
DCB CDF
DE EC
∠=∠
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，
∴△BCE≌△FDE，∴DF=BC，
又∵DF∥BC，∴四边形BCDF为平行四边形，
∵BD=BC，∴四边形BCFD是菱形；
（2）∵四边形BCFD是菱形，∴BD=DF=BC=2，
在Rt△BAD中，AB=223
BD AD
-=，
∵AF=AD+DF=1+2=3，在Rt△BAF中，BF=22
AB AF
+=23．
5．如图，△ABC中，AD是边BC上的中线，过点A作AE∥BC，过点D作DE∥AB，DE与AC、AE分别交于点O、点E，连接EC．
（1）求证：AD=EC；
（2）当∠BAC=Rt∠时，求证：四边形ADCE是菱形．
【答案】（1）见解析；
（2）见解析.
【解析】
【分析】
（1）先证四边形ABDE是平行四边形，再证四边形ADCE是平行四边形即可；
（2）由∠BAC=90°，AD是边BC上的中线，得AD=BD=CD，即可证明.
【详解】
(1)证明：∵AE∥BC，DE∥AB，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∴AE=BD，
∵AD是边BC上的中线，
∴BD=DC，
∴AE=DC，
又∵AE∥BC，
∴四边形ADCE是平行四边形.
(2) 证明：∵∠BAC=90°，AD是边BC上的中线.
∴AD=CD
∵四边形ADCE是平行四边形，
∴四边形ADCE是菱形.
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定、菱形的判定、直角三角形斜边中线定理.根据图形与已知条件灵活应用平行四边形的判定方法是证明的关键.
6．菱形ABCD中、∠BAD＝120°，点O为射线CA上的动点，作射线OM与直线BC相交于点E，将射线OM绕点O逆时针旋转60°，得到射线ON，射线ON与直线CD相交于点F．（1）如图①，点O与点A重合时，点E，F分别在线段BC，CD上，请直接写出CE，CF，CA三条段段之间的数量关系；
（2）如图②，点O在CA的延长线上，且OA＝1
3
AC，E，F分别在线段BC的延长线和线
段CD的延长线上，请写出CE，CF，CA三条线段之间的数量关系，并说明理由；（3）点O在线段AC上，若AB＝6，BO＝27，当CF＝1时，请直接写出BE的长．
【答案】（1）CA=CE+CF．（2）CF-CE=4
3
AC．（3）BE的值为3或5或1．
【解析】
【分析】
（1）如图①中，结论：CA=CE+CF．只要证明△ADF≌△ACE（SAS）即可解决问题；
（2）结论：CF-CE=4
3
AC．如图②中，如图作OG∥AD交CF于G，则△OGC是等边三角
形．只要证明△FOG≌△EOC（ASA）即可解决问题；（3）分四种情形画出图形分别求解即可解决问题.【详解】
（1）如图①中，结论：CA=CE+CF．
理由：∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=120°∴AB=AD=DC=BC，∠BAC=∠DAC=60°
∴△ABC，△ACD都是等边三角形，
∵∠DAC=∠EAF=60°，
∴∠DAF=∠CAE，
∵CA=AD，∠D=∠ACE=60°，
∴△ADF≌△ACE（SAS），
∴DF=CE，
∴CE+CF=CF+DF=CD=AC，
∴CA=CE+CF．
（2）结论：CF-CE=4
3 AC．
理由：如图②中，如图作OG∥AD交CF于G，则△OGC是等边三角形．
∵∠GOC=∠FOE=60°，
∴∠FOG=∠EOC，
∵OG=OC，∠OGF=∠ACE=120°，
∴△FOG≌△EOC（ASA），
∴CE=FG，
∵OC=OG，CA=CD，
∴OA=DG，
∴CF-EC=CF-FG=CG=CD+DG=AC+1
3AC=
4
3
AC，
（3）作BH⊥AC于H．∵AB=6，AH=CH=3，
∴BH=33，
如图③-1中，当点O在线段AH上，点F在线段CD上，点E在线段BC上时．
∵OB=27，
∴OH=22
OB BH
=1，
∴OC=3+1=4，
由（1）可知：CO=CE+CF，
∵OC=4，CF=1，
∴CE=3，
∴BE=6-3=3．
如图③-2中，当点O在线段AH上，点F在线段DC的延长线上，点E在线段BC上时．
由（2）可知：CE-CF=OC，
∴CE=4+1=5，
∴BE=1．
如图③-3中，当点O在线段CH上，点F在线段CD上，点E在线段BC上时．
同法可证：OC=CE+CF ，
∵OC=CH-OH=3-1=2，CF=1，
∴CE=1，
∴BE=6-1=5．
如图③-4中，当点O 在线段CH 上，点F 在线段DC 的延长线上，点E 在线段BC 上时．
同法可知：CE-CF=OC ，
∴CE=2+1=3，
∴BE=3，
综上所述，满足条件的BE 的值为3或5或1．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
7．△ABC 为等边三角形，AF AB =．BCD BDC AEC ∠=∠=∠．
(1)求证：四边形ABDF 是菱形．
(2)若BD 是ABC ∠的角平分线，连接AD ，找出图中所有的等腰三角形．
【答案】(1)证明见解析；(2)图中等腰三角形有△ABC，△BDC，△ABD，△ADF，△ADC，△ADE．
【解析】
【分析】
（1）先求证BD∥AF，证明四边形ABDF是平行四边形，再利用有一组邻边相等的平行四边形是菱形即可证明；（2）先利用BD平分∠ABC，得到BD垂直平分线段AC，进而证明△DAC是等腰三角形，根据BD⊥AC,AF⊥AC，找到角度之间的关系,证明△DAE是等腰三角形，进而得到BC＝BD＝BA＝AF＝DF，即可解题,见详解.
【详解】
(1)如图1中，∵∠BCD＝∠BDC，
∴BC＝BD，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC，
∵AB＝AF，
∴BD＝AF，
∵∠BDC＝∠AEC，
∴BD∥AF，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∵AB＝AF，
∴四边形ABDF是菱形．
(2)解：如图2中，∵BA＝BC，BD平分∠ABC，
∴BD垂直平分线段AC，
∴DA＝DC，
∴△DAC是等腰三角形，
∵AF∥BD，BD⊥AC
∴AF⊥AC，
∴∠EAC＝90°，
∵∠DAC＝∠DCA，∠DAC+∠DAE＝90°，∠DCA+∠AEC＝90°，
∴∠DAE＝∠DEA，
∴DA＝DE，
∴△DAE是等腰三角形，
∵BC＝BD＝BA＝AF＝DF，
∴△BCD ，△ABD ，△ADF 都是等腰三角形，
综上所述，图中等腰三角形有△ABC ，△BDC ，△ABD ，△ADF ，△ADC ，△ADE ．
【点睛】
本题考查菱形的判定，等边三角形的性质，等腰三角形的判定等知识，属于中考常考题型，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键．
8．在平面直角坐标系中，O 为原点，点A （﹣6，0）、点C （0，6），若正方形OABC 绕点O 顺时针旋转，得正方形OA′B′C′，记旋转角为α：
（1）如图①，当α＝45°时，求BC 与A′B′的交点D 的坐标；
（2）如图②，当α＝60°时，求点B′的坐标；
（3）若P 为线段BC′的中点，求AP 长的取值范围（直接写出结果即可）．
【答案】（1）(62,6)-；（2）(333,333)+；（3）323323AP +.
【解析】
【分析】
（1）当α＝45°时，延长OA′经过点B ，在Rt △BA′D 中，∠OBC ＝45°，A′B ＝626，可求得BD 的长，进而求得CD 的长，即可得出点D 的坐标；
（2）过点C′作x 轴垂线MN ，交x 轴于点M ，过点B′作MN 的垂线，垂足为N ，证明△OMC′≌△C′NB′，可得C′N ＝OM ＝33，B′N ＝C′M ＝3，即可得出点B′的坐标；
（3）连接OB ，AC 相交于点K ，则K 是OB 的中点，因为P 为线段BC′的中点，所以PK ＝12
OC′＝3，即点P 在以K 为圆心，3为半径的圆上运动，即可得出AP 长的取值范围． 【详解】
解：（1）∵A（﹣6，0）、C（0，6），O（0，0），
∴四边形OABC是边长为6的正方形，
当α＝45°时，
如图①，延长OA′经过点B，
∵OB＝62，OA′＝OA＝6，∠OBC＝45°，
∴A′B＝626
-，
∴BD＝（626
-）×21262
=-，
∴CD＝6﹣（1262
-，
-）=626
∴BC与A′B′的交点D的坐标为（662
-，6）；
（2）如图②，过点C′作x轴垂线MN，交x轴于点M，过点B′作MN的垂线，垂足为N，∵∠OC′B′＝90°，
∴∠OC′M＝90°﹣∠B′C′N＝∠C′B′N，
∵OC′＝B′C′，∠OMC′＝∠C′NB′＝90°，
∴△OMC′≌△C′NB′（AAS），
当α＝60°时，
∵∠A′OC′＝90°，OC′＝6，
∴∠C′OM＝30°，
∴C′N＝OM＝33，B′N＝C′M＝3，
∴点B′的坐标为)
-+；
333,333
（3）如图③，连接OB，AC相交于点K，
则K是OB的中点，
∵P 为线段BC′的中点，
∴PK ＝12OC′＝3， ∴P 在以K 为圆心，3为半径的圆上运动，
∵AK ＝32，
∴AP 最大值为323+，AP 的最小值为323-，
∴AP 长的取值范围为323323AP -+.
【点睛】
本题考查正方形性质，全等三角形判定与性质，三角形中位线定理．（3）问解题的关键是利用中位线定理得出点P 的轨迹．
9．在矩形纸片ABCD 中，AB=6，BC=8，现将纸片折叠，使点D 与点B 重合，折痕为EF ，连接DF ．
（1）说明△BEF 是等腰三角形；
（2）求折痕EF 的长．
【答案】（1）见解析；（2）
.
【解析】
【分析】 （1）根据折叠得出∠DEF =∠BEF ，根据矩形的性质得出AD ∥BC ，求出∠DEF =∠BFE ，求出∠BEF =∠BFE 即可；
（2）过E 作EM ⊥BC 于M ，则四边形ABME 是矩形，根据矩形的性质得出EM =AB =6，AE =BM ，根据折叠得出DE =BE ，根据勾股定理求出DE 、在Rt △EMF 中，由勾股定理求出即可．
【详解】
（1）∵现将纸片折叠，使点D与点B重合，折痕为EF，∴∠DEF=∠BEF．
∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠DEF=∠BFE，∴∠BEF=∠BFE，∴BE=BF，即△BEF 是等腰三角形；
（2）过E作EM⊥BC于M，则四边形ABME是矩形，所以EM=AB=6，AE=BM．
∵现将纸片折叠，使点D与点B重合，折痕为EF，∴DE=BE，DO=BO，BD⊥EF．
∵四边形ABCD是矩形，BC=8，∴AD=BC=8，∠BAD=90°．
在Rt△ABE中，AE2+AB2=BE2，即（8﹣BE）2+62=BE2，解得：BE==DE=BF，AE=8﹣DE=8﹣==BM，∴FM=﹣=．
在Rt△EMF中，由勾股定理得：EF==．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了折叠的性质和矩形性质、勾股定理等知识点，能熟记折叠的性质是解答此题的关键．
10．如图，在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC的顶点A在x轴的正半轴上，OA=4，OC=2，点D、E、F、G分别为边OA、AB、BC、CO的中点，连结DE、EF、FG、GD．（1）若点C在y轴的正半轴上，当点B的坐标为（2，4）时，判断四边形DEFG的形状，并说明理由.
（2）若点C在第二象限运动，且四边形DEFG为菱形时，求点四边形OABC对角线OB长度的取值范围.
（3）若在点C的运动过程中，四边形DEFG始终为正方形，当点C从X轴负半轴经过Y轴正半轴，运动至X轴正半轴时，直接写出点B的运动路径长.
【答案】（1）正方形（2）256OB <<（3）2π
【解析】
分析:（1）连接OB ，AC ，说明OB ⊥AC ，OB=AC ，可得四边形DEFG 是正方形.
（2）由四边形DEFG 是菱形，可得OB=AC ，当点C 在y 轴上时，AC=25，当点C 在x 轴上时，AC=6, 故可得结论；
（3）根据题意计算弧长即可.
详解：（1）正方形，如图1，证明连接OB ，AC ，说明OB ⊥AC ，OB=AC ，可得四边形DEFG 是正方形.
（2）256OB <<
如图2，由四边形DEFG 是菱形，可得OB=AC ，当点C 在y 轴上时，AC=25，当点C 在x 轴上时，AC=6, ∴256OB << ；
（3）2π.
如图3，当四边形DEFG 是正方形时，OB ⊥AC ，且OB=AC ，构造△OBE ≌△ACO ，可得B 点在以E （0，4）为圆心，2为半径的圆上运动.
所以当C 点从x 轴负半轴到正半轴运动时，B 点的运动路径为2π .
图1 图2 图3
点睛：本题主要考查了正方形的判定，菱形的性质以及弧长的计算.灵活运用正方形的判定定理和菱形的性质运用是解题的关键.。