中考数学复习《平行四边形》专项综合练习附答案解析

一、平行四边形真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．如图，将矩形纸片ABCD沿对角线AC折叠，使点B落到到B′的位置，AB′与CD交于点E.

（1）求证：△AED≌△CEB′

（2）若AB = 8，DE = 3，点P为线段AC上任意一点，PG⊥AE于G，PH⊥BC于H.求PG +

PH的值.

【答案】（1）证明见解析；（2）. 【解析】 【分析】

（1）由折叠的性质知，

得到（2）由

； ，可得

中，利用勾股定理即可求得

质，可得【详解】 （1） 又 （2） 在过点作

， ，，

，

，

中，

于， ，

，

， ，

，

，

四边形

，， ；

， 为矩形，

，

，易证得四边形

，又由的长，再过点作

，即可求得

的长，然后在

，

，

，则由

于，由角平分线的性

是矩形，继而可求得答案.

、、共线，

四边形 【点睛】

是矩形， ，

.

此题考查了折叠的性质、矩形的性质、角平分线的性质、等腰三角形的判定与性质以及勾股定理等知识.此题难度较大，注意掌握折叠前后图形的对应关系，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用.

2．已知：如图，在平行四边形ABCD中，O为对角线BD的中点，过点O的直线EF分别交AD，BC于E，F两点，连结BE，DF． （1）求证：△DOE≌△BOF．

（2）当∠DOE等于多少度时，四边形BFDE为菱形？请说明理由．

【答案】（1）证明见解析；（2）当∠DOE=90°时，四边形BFED为菱形，理由见解析. 【解析】

试题分析：（1）利用平行四边形的性质以及全等三角形的判定方法得出△DOE≌△BOF（ASA）；

（2）首先利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出四边形EBFD是平行四边形，进而利用垂直平分线的性质得出BE=ED，即可得出答案． 试题解析：（1）∵在▱ABCD中，O为对角线BD的中点， ∴BO=DO，∠EDB=∠FBO， 在△EOD和△FOB中

，

∴△DOE≌△BOF（ASA）；

（2）当∠DOE=90°时，四边形BFDE为菱形，

理由：∵△DOE≌△BOF，∴OE=OF，又∵OB=OD，∴四边形EBFD是平行四边形， ∵∠EOD=90°，∴EF⊥BD，∴四边形BFDE为菱形．

考点：平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质；菱形的判定．

3．如图1，已知正方形ABCD的边CD在正方形DEFG的边DE上，连接AE，GC．

(1)试猜想AE与GC有怎样的关系(直接写出结论即可)；

(2)将正方形DEFG绕点D按顺时针方向旋转，使点E落在BC边上，如图2，连接AE和CG．你认为(1)中的结论是否还成立？若成立，给出证明；若不成立，请说明理由． (3)在(2)中，若E是BC的中点，且BC＝2，则C，F两点间的距离为 ．

【答案】(1) AE＝CG，AE⊥GC；(2)成立，证明见解析； (3)2 ． 【解析】 【分析】

（1）观察图形，AE、CG的位置关系可能是垂直，下面着手证明．由于四边形ABCD、DEFG都是正方形，易证得△ADE≌△CDG，则∠1＝∠2，由于∠2、∠3互余，所以∠1、∠3互余，由此可得AE⊥GC．

（2）题（1）的结论仍然成立，参照（1）题的解题方法，可证△ADE≌△CDG，得∠5＝∠4，由于∠4、∠7互余，而∠5、∠6互余，那么∠6＝∠7；由图知∠AEB＝∠CEH＝90°﹣∠6，即∠7+∠CEH＝90°，由此得证．

（3）如图3中，作CM⊥DG于G，GN⊥CD于N，CH⊥FG于H，则四边形CMGH是矩形，可得CM＝GH，CH＝GM．想办法求出CH，HF，再利用勾股定理即可解决问题． 【详解】

(1)AE＝CG，AE⊥GC； 证明：延长GC交AE于点H，

在正方形ABCD与正方形DEFG中， AD＝DC，∠ADE＝∠CDG＝90°， DE＝DG，

∴△ADE≌△CDG(SAS)， ∴AE，CG，∠1＝∠2 ∵∠2+∠3＝90°， ∴∠1+∠3＝90°，

∴∠AHG＝180°﹣(∠1+∠3)＝180°﹣90°＝90°， ∴AE⊥GC．

(2)答：成立；

证明：延长AE和GC相交于点H，

在正方形ABCD和正方形DEFG中，

AD＝DC，DE＝DG，∠ADC＝∠DCB＝∠B＝∠BAD＝∠EDG＝90°， ∴∠1＝∠2＝90°﹣∠3； ∴△ADE≌△CDG(SAS)， ∴AE＝CG，∠5＝∠4；

又∵∠5+∠6＝90°，∠4+∠7＝180°﹣∠DCE＝180°﹣90°＝90°， ∴∠6＝∠7，

又∵∠6+∠AEB＝90°，∠AEB＝∠CEH， ∴∠CEH+∠7＝90°， ∴∠EHC＝90°， ∴AE⊥GC．

(3)如图3中，作CM⊥DG于G，GN⊥CD于N，CH⊥FG于H，则四边形CMGH是矩形，可得CM＝GH，CH＝GM．

∵BE＝CE＝1，AB＝CD＝2， ∴AE＝DE＝CG═DG＝FG＝5，

∵DE＝DG，∠DCE＝∠GND，∠EDC＝∠DGN， ∴△DCE≌△GND(AAS)， ∴GCD＝2， ∵S△DCG＝

11•CD•NG＝•DG•CM， 2245， 5∴2×2＝5•CM， ∴CM＝GH＝∴MG＝CH＝CG2CM2＝∴FH＝FG﹣FG＝5， 535， 5∴CF＝FH2CH2＝(故答案为2． 【点睛】

52352＝2． )()55本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．

4．如图，现将平行四边形ABCD沿其对角线AC折叠，使点B落在点B′处．AB′与CD交于点E．

（1）求证：△AED≌△CEB′；

（2）过点E作EF⊥AC交AB于点F，连接CF，判断四边形AECF的形状并给予证明．

【答案】（1）见解析（2）见解析 【解析】 【分析】

（1）由题意可得AD=BC=B'C，∠B=∠D=∠B'，且∠AED=∠CEB'，利用AAS证明全等，则结论可得；

（2）由△AED≌△CEB′可得AE=CE，且EF⊥AC，根据等腰三角形的性质可得EF垂直平分AC，∠AEF=∠CEF．即AF=CF，∠CEF=∠AFE=∠AEF，可得AE=AF，则可证四边形AECF是菱形． 【详解】

证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形 ∴AD＝BC，CD∥AB，∠B＝∠D ∵平行四边形ABCD沿其对角线AC折叠 ∴BC＝B'C，∠B＝∠B'

∴∠D＝∠B'，AD＝B'C且∠DEA＝∠B'EC ∴△ADE≌△B'EC （2）四边形AECF是菱形 ∵△ADE≌△B'EC ∴AE＝CE ∵AE＝CE，EF⊥AC

∴EF垂直平分AC，∠AEF＝∠CEF

∴AF＝CF ∵CD∥AB

∴∠CEF＝∠EFA且∠AEF＝∠CEF ∴∠AEF＝∠EFA ∴AF＝AE ∴AF＝AE＝CE＝CF ∴四边形AECF是菱形 【点睛】

本题考查了折叠问题，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，菱形的判定，熟练掌握这些性质和判定是解决问题的关键．

5．点P是矩形ABCD对角线AC所在直线上的一个动点（点P不与点A，C重合），分别过点A，C向直线BP作垂线，垂足分别为点E，F，点O为AC的中点．

（1）如图1，当点P与点O重合时，请你判断OE与OF的数量关系；

（2）当点P运动到如图2所示位置时，请你在图2中补全图形并通过证明判断（1）中的结论是否仍然成立；

（3）若点P在射线OA上运动，恰好使得∠OEF＝30°时，猜想此时线段CF，AE，OE之间有怎样的数量关系，直接写出结论不必证明．

【答案】（1）OE＝OF．理由见解析；（2）补全图形如图所示见解析，OE＝OF仍然成立；（3）CF＝OE+AE或CF＝OE﹣AE． 【解析】 【分析】

（1）根据矩形的性质以及垂线，即可判定AOECOF(AAS)，得出OE=OF； （2）先延长EO交CF于点G，通过判定AOECOG(ASA)，得出OG=OE，再根据

RtEFG中，OF1EG，即可得到OE=OF； 2（3）根据点P在射线OA上运动，需要分两种情况进行讨论：当点P在线段OA上时，当点P在线段OA延长线上时，分别根据全等三角形的性质以及线段的和差关系进行推导计算即可． 【详解】

（1）OE=OF．理由如下： 如图1．

∵四边形ABCD是矩形，∴ OA=OC．

∵AEBP，CFBP，∴AEOCFO90．

AEOCFO∵在AOE和COF中，AOECOF，∴AOECOF(AAS)，∴ OE=OF；

OAOC（2）补全图形如图2，OE=OF仍然成立．证明如下： 延长EO交CF于点G．

∵AEBP，CFBP，∴ AE//CF，∴EAOGCO． 又∵点O为AC的中点，∴ AO=CO．

EAOGCO在AOE和COG中，AOCO，∴AOECOG(ASA)，∴ OG=OE，

AOECOG1EG，∴ OE=OF； 2（3）CF=OE+AE或CF=OE-AE．

∴RtEFG中，OF证明如下：①如图2，当点P在线段OA上时．

∵OEF30，EFG90，∴OGF60，由（2）可得：OF=OG，∴OGF是等边三角形，∴ FG=OF=OE，由（2）可得：AOECOG，∴ CG=AE． 又∵ CF=GF+CG，∴ CF=OE+AE；

②如图3，当点P在线段OA延长线上时．

∵OEF30，EFG90，∴OGF60，同理可得：OGF是等边三角形，∴ FG=OF=OE，同理可得：AOECOG，∴ CG=AE． 又∵ CF=GF-CG，∴ CF=OE-AE．

【点睛】

本题属于四边形综合题，主要考查了矩形的性质、全等三角形的性质和判定以及等边三角形的性质和判定，解决问题的关键是构建全等三角形和证明三角形全等，利用矩形的对角线互相平分得全等的边相等的条件，根据线段的和差关系使问题得以解决．

6．在ABC中，ABC90，BD为AC边上的中线，过点C作CEBD于点E，过点A作BD的平行线，交CE的延长线于点F，在AF的延长线上截取FGBD，连接BG，DF．

1求证：BDDF；

2求证：四边形BDFG为菱形；

3若AG5，CF7，求四边形BDFG的周长．

【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）8 【解析】 【分析】

1利用平行线的性质得到CFA90，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一

半即可得证，

2利用平行四边形的判定定理判定四边形BDFG为平行四边形，再利用1得结论即可得

证，

3设GFx，则AF5x，利用菱形的性质和勾股定理得到CF、AF和AC之间的关

系，解出x即可． 【详解】

1证明：

AG//BD，CFBD，

CFAG，

又D为AC的中点，

1DFAC，

21又BDAC，

2BDDF，

2证明：

又

BD//GF，BDFG，

四边形BDFG为平行四边形，

BDDF，

四边形BDFG为菱形，

3解：设GFx，则AF5x，AC2x，

在RtAFC中，(2x)2(7)2(5x)2， 解得：x12，x216(舍去)， 3GF2，

菱形BDFG的周长为8．

【点睛】

本题考查了菱形的判定与性质直角三角形斜边上的中线，勾股定理等知识，正确掌握这些定义性质及判定并结合图形作答是解决本题的关键．

7．如图，在正方形ABCD中，点G在对角线BD上（不与点B，D重合），GE⊥DC于点E，GF⊥BC于点F，连结AG．

（1）写出线段AG，GE，GF长度之间的数量关系，并说明理由；

（2）若正方形ABCD的边长为1，∠AGF=105°，求线段BG的长．

【答案】（1）AG2=GE2+GF2（2）【解析】

试题分析：（1）结论：AG2=GE2+GF2．只要证明GA=GC，四边形EGFC是矩形，推出GE=CF，在Rt△GFC中，利用勾股定理即可证明；

（2）作BN⊥AG于N，在BN上截取一点M，使得AM=BM．设AN=x．易证AM=BM=2x，MN=x=

x，在Rt△ABN中，根据AB2=AN2+BN2，可得1=x2+（2x+

，推出BN=

x）2，解得

，再根据BG=BN÷cos30°即可解决问题.

试题解析：（1）结论：AG2=GE2+GF2． 理由：连接CG． ∵四边形ABCD是正方形， ∴A、C关于对角线BD对称， ∵点G在BD上， ∴GA=GC，

∵GE⊥DC于点E，GF⊥BC于点F， ∴∠GEC=∠ECF=∠CFG=90°， ∴四边形EGFC是矩形， ∴CF=GE，

在Rt△GFC中，∵CG2=GF2+CF2， ∴AG2=GF2+GE2．

（2）作BN⊥AG于N，在BN上截取一点M，使得AM=BM．设AN=x． ∵∠AGF=105°，∠FBG=∠FGB=∠ABG=45°， ∴∠AGB=60°，∠GBN=30°，∠ABM=∠MAB=15°， ∴∠AMN=30°，

∴AM=BM=2x，MN=∴1=x2+（2x+解得x=∴BN=

x，

在Rt△ABN中，∵AB2=AN2+BN2，

x）2， ， ，

．

∴BG=BN÷cos30°=

考点：1、正方形的性质，2、矩形的判定和性质，3、勾股定理，4、直角三角形30度的性质

8．(1)问题发现

如图1,点E. F分别在正方形ABCD的边BC、CD上,∠EAF=45°，连接EF、则EF=BE+DF，试说明理由； (2)类比引申

如图2,在四边形ABCD中,AB=AD,∠BAD=90°,点E. F分别在边BC、CD上,∠EAF=45°，若∠B，∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足等量关系 时，仍有EF=BE+DF； (3)联想拓展

如图3,在△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,点D、E均在边BC上,且∠DAE=45°，猜想BD、DE、EC满足的等量关系，并写出推理过程。

【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）详见解析. 【解析】

试题分析：（1）把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，证出△AFG≌△AFE，根据全等三角形的性质得出EF=FG，即可得出答案；

（2）把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，证出△AFE≌△AFG，根据全等三角形的性质得出EF=FG，即可得出答案；

（3）把△ACE旋转到ABF的位置，连接DF，证明△AFE≌△AFG（SAS），则EF=FG，∠C=∠ABF=45°，△BDF是直角三角形，根据勾股定理即可作出判断． 试题解析：(1)理由是：如图1，

∵AB=AD，

∴把△ABE绕点A逆时针旋转90∘至△ADG，可使AB与AD重合，如图1， ∵∠ADC=∠B=90∘，

∴∠FDG=180∘，点F. D. G共线， 则∠DAG=∠BAE，AE=AG，

∠FAG=∠FAD+∠GAD=∠FAD+∠BAE=90∘−45∘=45∘=∠EAF， 即∠EAF=∠FAG， 在△EAF和△GAF中， AF=AF，∠EAF=∠GAF，AE=AG， ∴△AFG≌△AFE(SAS)， ∴EF=FG=BE+DF；

(2)∠B+∠D=180∘时，EF=BE+DF； ∵AB=AD，

∴把△ABE绕点A逆时针旋转90∘至△ADG，可使AB与AD重合，如图2，

∴∠BAE=∠DAG， ∵∠BAD=90∘,∠EAF=45∘， ∴∠BAE+∠DAF=45∘， ∴∠EAF=∠FAG， ∵∠ADC+∠B=180∘，

∴∠FDG=180∘，点F. D. G共线， 在△AFE和△AFG中， AE=AG，∠FAE=∠FAG，AF=AF，

∴△AFE≌△AFG(SAS)， ∴EF=FG， 即：EF=BE+DF，

故答案为：∠B+∠ADC=180∘； (3)BD2+CE2=DE2.

理由是：把△ACE旋转到ABF的位置，连接DF，

则∠FAB=∠CAE.

∵∠BAC=90∘,∠DAE=45∘， ∴∠BAD+∠CAE=45∘， 又∵∠FAB=∠CAE， ∴∠FAD=∠DAE=45∘， 则在△ADF和△ADE中， AD=AD，∠FAD=∠DAE，AF=AE， ∴△ADF≌△ADE， ∴DF=DE,∠C=∠ABF=45∘， ∴∠BDF=90∘， ∴△BDF是直角三角形, ∴BD2+BF2=DF2， ∴BD2+CE2=DE2.

9．正方形ABCD的边长为1，对角线AC与BD相交于点O，点E是AB边上的一个动点（点E不与点A、B重合），CE与BD相交于点F，设线段BE的长度为x．

（1）如图1，当AD=2OF时，求出x的值；

（2）如图2，把线段CE绕点E顺时针旋转90°，使点C落在点P处，连接AP，设△APE的面积为S，试求S与x的函数关系式并求出S的最大值． 【答案】（1）x=

﹣1；

（2）S=﹣（x﹣）2+（0＜x＜1）， 当x=时，S的值最大，最大值为，． 【解析】

试题分析：（1）过O作OM∥AB交CE于点M，如图1，由平行线等分线段定理得到CM=ME，根据三角形的中位线定理得到AE=2OM=2OF，得到OM=OF，于是得到BF=BE=x，

求得OF=OM=解方程

，即可得到结果；

（2）过P作PG⊥AB交AB的延长线于G，如图2，根据已知条件得到∠ECB=∠PEG，根据全等三角形的性质得到EB=PG=x，由三角形的面积公式得到S=（1﹣x）•x，根据二次函数的性质即可得到结论．

试题解析：（1）过O作OM∥AB交CE于点M，如图1， ∵OA=OC， ∴CM=ME， ∴AE=2OM=2OF， ∴OM=OF， ∴

，

∴BF=BE=x， ∴OF=OM=∵AB=1， ∴OB=∴∴x=

﹣1； ，

， ，

（2）过P作PG⊥AB交AB的延长线于G，如图2， ∵∠CEP=∠EBC=90°， ∴∠ECB=∠PEG，

∵PE=EC，∠EGP=∠CBE=90°， 在△EPG与△CEB中，

，

∴△EPG≌△CEB， ∴EB=PG=x， ∴AE=1﹣x，

∴S=（1﹣x）•x=﹣x2+x=﹣（x﹣）2+，（0＜x＜1）， ∵﹣＜0，

∴当x=时，S的值最大，最大值为，．

考点：四边形综合题

10．如图，正方形ABCO的边OA、OC在坐标轴上，点B坐标为（3，3）．将正方形ABCO绕点A顺时针旋转角度α（0°＜α＜90°），得到正方形ADEF，ED交线段OC于点G，ED的延长线交线段BC于点P，连AP、AG． （1）求证：△AOG≌△ADG；

（2）求∠PAG的度数；并判断线段OG、PG、BP之间的数量关系，说明理由； （3）当∠1=∠2时，求直线PE的解析式；

（4）在（3）的条件下，直线PE上是否存在点M，使以M、A、G为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出M点坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）见解析（2）∠PAG =45°，PG=OG+BP．理由见解析（3）y=

、

【解析】

．

x﹣3．（4）

试题分析：(1)由AO=AD，AG=AG，根据斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等，判断出△AOG≌△ADG即可．(2)首先根据三角形全等的判定方法，判断出△ADP≌△ABP，再结合△AOG≌△ADG，可得∠DAP=∠BAP，∠1=∠DAG；然后根据∠1+∠DAG+∠DAP+∠BAP=90°，求出∠PAG的度数；最后判断出线段OG、PG、BP之间的数量关系即可．(3)首先根据△AOG≌△ADG，判断出∠AGO=∠AGD；然后根据∠1+∠AGO=90°，∠2+∠PGC=90°，判断出当∠1=∠2时，∠AGO=∠AGD=∠PGC，而∠AGO+∠AGD+∠PGC=180°，求出∠1=∠2=30°；最后确定出P、G两点坐标，即可判断出直线PE的解析式．

(4)根据题意，分两种情况：①当点M在x轴的负半轴上时；②当点M在EP的延长线上时；根据以M、A、G为顶点的三角形是等腰三角形，求出M点坐标是多少即可． 试题解析：(1)在Rt△AOG和Rt△ADG中，

（HL） ∴△AOG≌△ADG．

(2)在Rt△ADP和Rt△ABP中，∴△ADP≌△ABP， 则∠DAP=∠BAP；

∵△AOG≌△ADG， ∴∠1=∠DAG； 又∵∠1+∠DAG+∠DAP+∠BAP=90°，

∴2∠DAG+2∠DAP=90°， ∴∠DAG+∠DAP=45°， ∵∠PAG=∠DAG+∠DAP， ∴∠PAG=45°； ∵△AOG≌△ADG， ∴DG=OG， ∵△ADP≌△ABP， ∴DP=BP， ∴PG=DG+DP=OG+BP． (3)解：∵△AOG≌△ADG， ∴∠AGO=∠AGD， 又∵∠1+∠AGO=90°，∠2+∠PGC=90°，∠1=∠2，

∴∠AGO=∠PGC， 又∵∠AGO=∠AGD， ∴∠AGO=∠AGD=∠PGC， 又∵∠AGO+∠AGD+∠PGC=180°， ∴∠AGO=∠AGD=∠PGC=180°÷3=60°， ∴∠1=∠2=90°﹣60°=30°； 在Rt△AOG中， ∵AO=3， ∴OG=AOtan30°=3×

=

，

∴G点坐标为（1），

，0），CG=3﹣， 在Rt△PCG中，PC===3（﹣

∴P点坐标为：（3，3

，

﹣3 ）， 设直线PE的解析式为：y=kx+b， 则

解得：， ∴直线PE的解析式为y=x﹣3．

(4)①如图1，当点M在x轴的负半轴上时，， ∵AG=MG，点A坐标为（0，3）， ∴点M坐标为（0，﹣3）．

②如图2，当点M在EP的延长线上时，， 由（3），可得∠AGO=∠PGC=60°， ∴EP与AB的交点M，满足AG=MG， ∵A点的横坐标是0，G点横坐标为∴M的横坐标是2

，纵坐标是3， ∴点M坐标为（2

，3）．

，3）．

，

综上，可得 点M坐标为（0，﹣3）或（2考点：几何变换综合题．