2025年中考数学二轮复习：平行四边形 专题练习题汇编（含答案解析）

第第页参考答案：1．(1)见解析(2)【分析】（1）由矩形中，O为的中点，易证得，继而证得；（2）由四边形是菱形，可得，即可得，继而可得方程，解此方程即可求得答案．【详解】（1）解：∵四边形是矩形，∴，∴，∵O为的中点，∴，在和中，，∴，∴；（2）由题意知：厘米，厘米，∴（厘米），∵矩形，∴，∵，，∴四边形是平行四边形，∴当时，四边形是菱形，∴（厘米）∵，∴，解得：，∴当时，四边形是菱形．【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、矩形的性质、菱形的判定、勾股定理等，熟记基本性质与定理，灵活利用勾股定理计算是解题关键．2．(1)证明过程见详解(2)①点在运动过程中的度数是定值，理由见详解；②见解析【分析】（1）根据正方形的性质，是的中点可得是中位线，可证四边形是正方形，由此可证，可得，根据，即可求解；（2）①如图所示，连接，在上取，根据正方形的性质可证，由此可证，，从而得到是等腰直角三角形，由此即可求解；②如图所示，连接，在上取，连接，根据是等腰直角三角形可得，再证明可得，根据勾股定理，完全平方公式的运用即可求解．【详解】（1）证明：如图所示，连接，

∵四边形是正方形，∴，，∵点是对角线的交点，是的中点，∴在中，是中位线，∴，，且，∴，∵，，∴，则，∵，∴，且，∴四边形是正方形，∴，∴，在中，，∴，∴，∵，∴，∴，即．（2）解：①如图所示，连接，在上取，

∴，即，∴，∵，即，∴，∴，∵四边形是正方形，是对角线的一半，∴，，在中，，∴，∴，∵是正方形对角线的一半，∴，即，∴，即，在中，，∴，∴，在中，，∴，∴，，∵，∴，即，∵，∴是等腰直角三角形，∴，∴点在运动过程中的度数是定值；②证明：如图所示，连接，在上取，连接，

由①可知，是等腰直角三角形，即，∴，∵四边形是正方形，是对角线，∴，即，∴，∵，即，∴，在中，，∴，∴，∵，∴，∴，即，∴，由（1）可知，，∴是直角三角形，∴，∴，∴．【点睛】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，完全平方公式的运用等知识的综合，掌握以上知识，图形结合分析是解题的关键．3．(1)见解析(2)112.5°【分析】（1）由正方形的性质及已知条件可证△BOD△FOD(ASA)，再根据对边平行且相等且邻边相等的四边形是菱形即可得出结论；（2）由正方形的性质及菱形的性质即可求解．【详解】（1）四边形ABCD是正方形，ADBC，∠FDO=∠DEB，BD=BE，∠BDO=∠DEB，∠FDO=∠BDO，BF⊥DE，∠BOD=90°=∠FOD，DO=DO，△BOD△FOD(ASA)，DF=BD，BD=BE，DF=BE，ADBC，即DFBE，四边形BEFD是平行四边形，而BD=BE，四边形BEFD是菱形；（2）四边形ABCD是正方形，DBC=45°=∠BDC，由（1）知四边形BEFD是菱形，DBO=∠EBO=DBC=22.5°，DPB=180°-∠DBO-∠DBC=112.5°．【点睛】本题考查正方形性质及应用，涉及全等三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，熟练掌握知识点是解题的关键．4．（1）（2）见解析；（3）【分析】（1）在△ABC中，由已知可得∠ABC=60°，从而推得∠BAD=∠ABC=60°．由E为AB的中点，得到AE=BE．又因为∠AEF=∠BEC，所以△AEF≌△BEC；（2）在Rt△ABC中，E为AB的中点，则CE=12AB，BE=12AB，得到∠BCE=∠EBC=60°．由△AEF≌△BEC，得∠AFE=∠BCE=60°．又∠D=60°，得∠AFE=∠D=60度．所以FC∥BD，又因为∠BAD=∠ABC=60°，所以AD∥BC，即FD∥BC，则四边形（3）由∠BAD=60°，∠CAB=30°，可得∠CAH=90°；在Rt△ABC中，∠CAB=30°，BC=1，根据30°角的直角三角形的性质可得AB=2BC=2，所以AD=AB=2．设AH=x，则HC=HD=AD﹣AH=2﹣x，在Rt△ABC中，由勾股定理求得AC2=3，在Rt△ACH中，根据勾股定理列出方程x2+3=（2﹣x）2，解方程即可求得AH的值．【详解】（1）证明：①在△ABC中，∠ACB=90°，∠CAB=30°，∴∠ABC=60°．在等边△ABD中，∠BAD=60°，∴∠BAD=∠ABC=60°．∵E为AB的中点，∴AE=BE．又∵∠AEF=∠BEC，∴△AEF≌△BEC．（2）在△ABC中，∠ACB=90°，E为AB的中点，∴CE=AB，BE=AB．∴CE=AE，∴∠EAC=∠ECA=30°，∴∠BCE=∠EBC=60°．又∵△AEF≌△BEC，∴∠AFE=∠BCE=60°．又∵∠D=60°，∴∠AFE=∠D=60°．∴FC∥BD．又∵∠BAD=∠ABC=60°，∴AD∥BC，即FD∥BC．∴四边形BCFD是平行四边形（3）∵∠BAD=60°，∠CAB=30°，∴∠CAH=90°．在Rt△ABC中，∠CAB=30°，BC=1，∴AB=2BC=2．∴AD=AB=2．设AH=x，则HC=HD=AD﹣AH=2﹣x，在Rt△ABC中，AC2=22﹣12=3，在Rt△ACH中，AH2+AC2=HC2，即x2+3=（2﹣x）2，解得x=，即AH=．【点睛】本题考查了：（1）折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等；（2）全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质．5．(1)见解析(2)12【分析】（1）证明即可得证；（2）由，则这两个三角形的面积相等，因此四边形的面积等于正方形的面积，由已知可求得的长，则可求得正方形的面积，从而求出四边形的面积．【详解】（1）证明：四边形是正方形，，，，，，；（2）解：，，，，，，，由勾股定理得：，，四边形的面积为12．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，角直角三角形的性质等知识，其中三角形全等的判定与性质是解题的关键．6．(1)见解析(2)【分析】本题考查了菱形的判定与性质、角平分线的定义、含角的直角三角形的性质、勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．（1）由，，得出四边形是平行四边形，由角平分线的定义结合平行线的性质得出，从而推出，即可得证；（2）连接与相交于点，由菱形的性质得出，，求出，再由含角的直角三角形的性质结合勾股定理计算即可得出答案．【详解】（1）证明：∵，，∴四边形是平行四边形，∵是的平分线，∴，∵，∴，∴，∴，∴四边形是菱形；（2）解：如图，连接与相交于点，∵四边形是菱形，∴，，∵是的平分线，，∴，∵，∴，，∴．7．(1)(2)见解析(3)【分析】（1）过点作于点，根据含30度角的直角三角形的性质得出，在中，勾股定理求得，在中，勾股定理即可求解；（2）过点作于点，证明，得出，，则，根据含30度角的直角三角形的性质得出，进而根据已知，可得，过点作交的延长线于点，则四边形是平行四边形，得出，进而证明，根据全等三角形的性质，即可得证；（3）作关于的对称点，连接，取的中点，连接，过点作交的延长线于点，连接，则四边形是菱形，根据题意将沿所在直线翻折至所在平面内得到，则关于对称，得出是直角三角形，当在上时，取得最小值，勾股定理求得的最小值为，过点作于点，连接，进而等面积法得出，然后根据三角形的面积公式，即可求解．【详解】（1）解：如图所示，过点作于点，∵是等边三角形，∴∵，∴∵，则在中，，∵，则在中，（2）证明：如图所示，过点作于点，∵是等边三角形，∴，又∵，∴∴，∴，∴∵，∴，，∴∴∵，∴，即是的中点，过点作交的延长线于点，∵∴四边形是平行四边形，∴又∵∴在中，∴∴；（3）解：如图所示，作关于的对称点，连接，取的中点，连接，过点作交的延长线于点，连接，则，∴四边形是菱形，∴，∴，则，∵将沿所在直线翻折至所在平面内得到，∴关于对称，∴关于对称，∵∴是直角三角形，∴当在上时，取得最小值，∵，∴，则，在中，∴的最小值为如图所示，过点作于点，连接，∵是的中点，，则∴，∴，∵∴∴∴当取最小值时，的面积为．【点睛】本题考查了含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，平行四边形的性质与判定，菱形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，三角形的外角的性质，轴对称的性质，三角形三边关系的应用，熟练掌握以上知识是是解题的关键．8．（1）详见解析；（2）3；（3）．【分析】根据翻折变换的性质和正方形的性质可证≌；在直角中，根据勾股定理即可得出结论；结合和求出的面积，最后用同高的两三角形的面积的比等于底的比，即可得出结论．【详解】是由折叠得到，，，又四边形ABCD是正方形，，，，，在和中，≌，正方形ABCD中，，，，设，则．在直角中，根据勾股定理，得，解得．；由知，，，由知，≌，，，由知，，，，．【点睛】此题属于四边形的综合题考查了翻折变换的性质和正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识注意折叠中的对应关系，注意掌握方程思想的应用是解此题的关键．9．见解析【分析】连接、，证明，得出，即可证明四边形为平行四边形，根据平行四边形的性质即可求解．【详解】证明：连接、，∵，，∴，．在和中，∴∴∴四边形为平行四边形，∴

【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，熟练掌握平行四边形的性质与判定是解题的关键．10．（1）详见解析；（2）当BH=EH时，平行四边形BFCE为矩形【详解】试题分析：（1）根据全等三角形的判定方法，可得出当EH=FH，BE∥CF，∠EBH=∠FCH时，都可以证明△BEH≌△CFH，（2）由（1）可得出四边形BFCE是平行四边