人教中考数学平行四边形-经典压轴题
一、平行四边形真题与模拟题分类汇编（难题易错题）
1．如图，现有一张边长为4的正方形纸片ABCD，点P为正方形AD边上的一点（不与点A、点D重合），将正方形纸片折叠，使点B落在P处，点C落在G处，PG交DC于H，折痕为EF，连接BP、BH．
（1）求证：∠APB=∠BPH；
（2）当点P在边AD上移动时，求证：△PDH的周长是定值；
（3）当BE+CF的长取最小值时，求AP的长．
【答案】（1）证明见解析．（2）证明见解析．（3）2．
【解析】
试题分析：（1）根据翻折变换的性质得出∠PBC=∠BPH，进而利用平行线的性质得出
∠APB=∠PBC即可得出答案；
（2）首先证明△ABP≌△QBP，进而得出△BCH≌△BQH，即可得出
PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8；
（3）过F作FM⊥AB，垂足为M，则FM=BC=AB，证明△EFM≌△BPA，设AP=x，利用折叠的性质和勾股定理的知识用x表示出BE和CF，结合二次函数的性质求出最值．
试题解析：（1）解：如图1，
∵PE=BE，
∴∠EBP=∠EPB．
又∵∠EPH=∠EBC=90°，
∴∠EPH-∠EPB=∠EBC-∠EBP．
即∠PBC=∠BPH．
又∵AD∥BC，
∴∠APB=∠PBC．
∴∠APB=∠BPH．
（2）证明：如图2，过B 作BQ ⊥PH ，垂足为Q ．
由（1）知∠APB=∠BPH ，
又∵∠A=∠BQP=90°，BP=BP ，
在△ABP 和△QBP 中，
{90APB BPH
A BQP BP BP
∠=∠∠=∠=?=，
∴△ABP ≌△QBP （AAS ），
∴AP=QP ，AB=BQ ，
又∵AB=BC ，
∴BC=BQ ．
又∠C=∠BQH=90°，BH=BH ，
在△BCH 和△BQH 中，
{90BC BQ
C BQH BH BH
=∠=∠=?=，
∴△BCH ≌△BQH （SAS ），
∴CH=QH ．
∴△PHD 的周长为：PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8．
∴△PDH 的周长是定值．
（3）解：如图3，过F 作FM ⊥AB ，垂足为M ，则FM=BC=AB ．
又∵EF 为折痕，
∴EF ⊥BP ．
∴∠EFM+∠MEF=∠ABP+∠BEF=90°，
∴∠EFM=∠ABP ．
又∵∠A=∠EMF=90°，
在△EFM 和△BPA 中，
{EFM ABP
EMF A FM AB
∠=∠∠=∠=，
∴△EFM ≌△BPA （AAS ）．
∴EM=AP ．
设AP=x
在Rt △APE 中，（4-BE ）2+x 2=BE 2．
解得BE=2+2
8
x ， ∴CF=BE-EM=2+28
x -x ， ∴BE+CF=24
x -x+4=14（x-2）2+3． 当x=2时，BE+CF 取最小值，
∴AP=2．
考点：几何变换综合题．
2．在图1中，正方形ABCD 的边长为a ，等腰直角三角形FAE 的斜边AE ＝2b ，且边AD 和AE 在同一直线上．
操作示例
当2b ＜a 时，如图1，在BA 上选取点G ，使BG ＝b ，连结FG 和CG ，裁掉△FAG 和△CGB 并分别拼接到△FEH 和△CHD 的位置构成四边形FGCH ．
思考发现
小明在操作后发现：该剪拼方法就是先将△FAG 绕点F 逆时针旋转90°到△FEH 的位置，易知EH 与AD 在同一直线上．连结CH ，由剪拼方法可得DH=BG ，故△CHD ≌△CGB ，从而又可将△CGB 绕点C 顺时针旋转90°到△CHD 的位置．这样，对于剪拼得到的四边形FGCH （如图1），过点F 作FM ⊥AE 于点M （图略），利用SAS 公理可判断△HFM ≌△CHD ，易得FH=HC=GC=FG ，∠FHC=90°．进而根据正方形的判定方法，可以判断出四边形FGCH 是正方形．
实践探究
（1）正方形FGCH 的面积是 ；（用含a ， b 的式子表示）
（2）类比图1的剪拼方法，请你就图2—图4的三种情形分别画出剪拼成一个新正方形的示意图．
联想拓展
小明通过探究后发现：当b≤a时，此类图形都能剪拼成正方形，且所选取的点G的位置在BA方向上随着b的增大不断上移．当b＞a时（如图5），能否剪拼成一个正方形？若能，请你在图5中画出剪拼成的正方形的示意图；若不能，简要说明理由．
【答案】（1）a2+b2；（2）见解析；联想拓展：能剪拼成正方形.见解析．
【解析】分析：实践探究：根据正方形FGCH的面积=BG2+BC2进而得出答案；
应采用类比的方法，注意无论等腰直角三角形的大小如何变化，BG永远等于等腰直角三角形斜边的一半．注意当b=a时，也可直接沿正方形的对角线分割．
详解：实践探究：正方形的面积是：BG2+BC2=a2+b2；
剪拼方法如图2-图4；
联想拓展：能，
剪拼方法如图5（图中BG=DH=b）．
．
点睛：本题考查了几何变换综合，培养学生的推理论证能力和动手操作能力；运用类比方法作图时，应根据范例抓住作图的关键：作的线段的长度与某条线段的比值永远相等，旋转的三角形，连接的点都应是相同的．
3．已知：在菱形ABCD中，E，F是BD上的两点，且AE∥CF．
求证：四边形AECF是菱形．
【答案】见解析
【解析】
【分析】
由菱形的性质可得AB∥CD，AB＝CD，∠ADF＝∠CDF，由“SAS”可证△ADF≌△CDF，可得AF＝CF，由△ABE≌△CDF，可得AE＝CF，由平行四边形的判定和菱形的判定可得四边形AECF是菱形．
【详解】
证明：∵四边形ABCD是菱形
∴AB∥CD，AB＝CD，∠ADF＝∠CDF，
∵AB＝CD，∠ADF＝∠CDF，DF＝DF
∴△ADF≌△CDF（SAS）
∴AF＝CF，
∵AB∥CD，AE∥CF
∴∠ABE＝∠CDF，∠AEF＝∠CFE
∴∠AEB＝∠CFD，∠ABE＝∠CDF，AB＝CD
∴△ABE≌△CDF（AAS）
∴AE＝CF，且AE∥CF
∴四边形AECF是平行四边形
又∵AF＝CF，
∴四边形AECF 是菱形
【点睛】
本题主要考查菱形的判定定理，首先要判定其为平行四边形，这是菱形判定的基本判定.
4．已知矩形纸片OBCD 的边OB 在x 轴上，OD 在y 轴上，点C 在第一象限，且86OB OD ==，.现将纸片折叠，折痕为EF （点E ，F 是折痕与矩形的边的交点），点P 为点D 的对应点，再将纸片还原。
（I ）若点P 落在矩形OBCD 的边OB 上，
①如图①，当点E 与点O 重合时，求点F 的坐标；
②如图②，当点E 在OB 上，点F 在DC 上时，EF 与DP 交于点G ，若7OP =，求点F 的坐标：
（Ⅱ）若点P 落在矩形OBCD 的内部，且点E ，F 分别在边OD ，边DC 上，当OP 取最小值时，求点P 的坐标（直接写出结果即可）。
【答案】（I ）①点F 的坐标为(6,6)；②点F 的坐标为85,614?? ???；（II ）86,55P ?? ???
【解析】
【分析】
（I ）①根据折叠的性质可得45DOF POF ∴∠=∠=,再由矩形的性质，即可求出F 的坐标;
②由折叠的性质及矩形的特点，易得DGF PGE ???，得到DF PE =，再加上平行，可以得到四边形DEPF 是平行四边形，在由对角线垂直，得出 DEPF 是菱形，设菱形的边长为x ，在Rt ODE ?中，由勾股定理建立方程即可求解;
(Ⅱ)当O,P ,F 点共线时OP 的长度最短.
【详解】
解：（I ）①∵折痕为EF,点P 为点D 的对应点
DOF POF ∴???
45DOF POF ∴∠=∠=
∵四边形OBCD 是矩形，
90ODF ?∴∠=
45DFO DOF ?∴∠=∠=
6DF DO ∴==
点F 的坐标为(6,6)
②∵折痕为EF ，点P 为点D 的对应点.
,DG PG EF PD ∴=⊥
∵四边形OBCD 是矩形，
//DC OB ∴，
FDG EPG ∴∠=∠；
DGF PGE ∠=∠
DGF PGE ∴???
DF PE ∴=
//DF PE
∴四边形DEPF 是平行四边形.
EF PD ⊥，
DEPF ∴是菱形.
设菱形的边长为x ，则DE EP x ==
7OP =，
7OE x ∴=-，
在Rt ODE ?中，由勾股定理得222OD QB DE +=
2226(7)x x ∴+-= 解得8514
x = 8514
DF ∴= ∴点F 的坐标为85,614??
??? （Ⅱ）86,55P ?? ???
【点睛】
此题考查了几何折叠问题、等腰三角形的性质、平行四边形的判定和性质、勾股定理等知识，关键是根据折叠的性质进行解答，属于中考压轴题．
5．如图，ABCD 是正方形，点G 是BC 上的任意一点，DE ⊥AG 于E ，BF ∥DE ，交AG 于F ．
求证：AF=BF+EF ．
【答案】详见解析.
【解析】
【分析】
由四边形ABCD 为正方形，可得出∠BAD 为90°，AB=AD ，进而得到∠BAG 与∠EAD 互余，又DE 垂直于AG ，得到∠EAD 与∠ADE 互余，根据同角的余角相等可得出∠ADE=∠BAF ，利用AAS 可得出△ABF ≌△DAE ；利用全等三角的对应边相等可得出BF=AE ，由AF-AE=EF ，等量代换可得证.
【详解】
∵ABCD 是正方形，
∴AD=AB ，∠BAD=90°
∵DE ⊥AG ，
∴∠DEG=∠AED=90°
∴∠ADE+∠DAE=90°
又∵∠BAF+∠DAE=∠BAD=90°，
∴∠ADE=∠BAF ．
∵BF ∥DE ，
∴∠AFB=∠DEG=∠AED ．
在△ABF 与△DAE 中，
AFB AED ADE BAF AD AB ∠=∠??∠=∠??=?
， ∴△ABF ≌△DAE （AAS ）．
∴BF=AE ．
∵AF=AE+EF ，
∴AF=BF+EF ．
点睛：此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，熟练掌握判定与性质是解本题的关键．
6．如图，在△ABC 中，∠ACB=90°，∠CAB=30°，以线段AB 为边向外作等边△ABD ，点E 是线段AB 的中点，连接CE 并延长交线段AD 于点F ．
（1）求证：四边形BCFD 为平行四边形；（2）若AB=6，求平行四边形ADBC 的面积．
【答案】（1）见解析；（2）S 平行四边形ADBC =
32
． 【解析】
【分析】 （1）在Rt △ABC 中，E 为AB 的中点，则CE=
12AB ，BE=12
AB ，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BCFD 是平行四边形.
（2）在Rt △ABC 中，求出BC ，AC 即可解决问题；
【详解】
解：（1）证明：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 ，在△ABC 中，∠ACB=90°，E 为AB 的中点，∴CE=12AB ，BE=12AB ，∴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； （2）解：在Rt △ABC 中，∵∠BAC=30°，AB=6，∴BC=AF=3，AC=3
3∴S 平行四边形BCFD =3×3393，S △ACF =12×3×3332，S 平行四边形ADBC =32
． 【点睛】
本题考查平行四边形的判定和性质、直角三角形斜边中线定理、等边三角形的性质、解直角三角形、勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型.
7．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90CFA ∠=，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5AF 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，
1DF AC 2
∴=， 又1BD AC 2
=， BD DF ∴=， ()2证明：
BD//GF ，BD FG =， ∴四边形BDFG 为平行四边形， 又BD DF =，
∴四边形BDFG 为菱形，
()3解：设GF x =，则AF 5x =-，AC 2x =，
在Rt AFC 中，222(2x)7)(5x)=+-， 解得：1x 2=，216x (3
=-舍去)， 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．
8．（1）问题发现：
如图①，在等边三角形ABC中，点M为BC边上异于B、C的一点，以AM为边作等边三角形AMN，连接CN，NC与AB的位置关系为；
（2）深入探究：
如图②，在等腰三角形ABC中，BA=BC，点M为BC边上异于B、C的一点，以AM为边作等腰三角形AMN，使∠ABC=∠AMN，AM=MN，连接CN，试探究∠ABC与∠ACN的数量关系，并说明理由；
（3）拓展延伸：
如图③，在正方形ADBC中，AD=AC，点M为BC边上异于B、C的一点，以AM为边作正方形AMEF，点N为正方形AMEF的中点，连接CN，若BC=10，CN=2，试求EF的长．
【答案】（1）NC∥AB；理由见解析；（2）∠ABC=∠ACN；理由见解析；（3）241；【解析】
分析：（1）根据△ABC，△AMN为等边三角形，得到AB=AC，AM=AN且
∠BAC=∠MAN=60°从而得到∠BAC-∠CAM=∠MAN-∠CAM，即∠BAM=∠CAN，证明
△BAM≌△CAN，即可得到BM=CN．
（2）根据△ABC，△AMN为等腰三角形，得到AB：BC=1：1且∠ABC=∠AMN，根据相似
三角形的性质得到AB AC
AM AN
＝，利用等腰三角形的性质得到∠BAC=∠MAN，根据相似三
角形的性质即可得到结论；
（3）如图3，连接AB，AN，根据正方形的性质得到∠ABC=∠BAC=45°，∠MAN=45°，根据
相似三角形的性质得出BM AB
CN AC
＝，得到BM=2，CM=8，再根据勾股定理即可得到答案．
详解：（1）NC∥AB，理由如下：
∵△ABC与△MN是等边三角形，
∴AB=AC，AM=AN，∠BAC=∠MAN=60°，∴∠BAM=∠CAN，
在△ABM与△ACN中，
AB AC BAM CAN AM AN =??∠=∠??=?
， ∴△ABM ≌△ACN （SAS ），
∴∠B=∠ACN=60°，
∵∠ANC+∠ACN+∠CAN=∠ANC+60°+∠CAN=180°，
∴∠ANC+∠MAN+∠BAM=∠ANC+60°+∠CAN=∠BAN+∠ANC=180°，
∴CN ∥AB ；
（2）∠ABC=∠ACN ，理由如下： ∵
AB AM BC MN
==1且∠ABC=∠AMN ， ∴△ABC ～△AMN ∴
AB AC AM AN
＝， ∵AB=BC ， ∴∠BAC=
12
（180°﹣∠ABC ）， ∵AM=MN
∴∠MAN=12
（180°﹣∠AMN ）， ∵∠ABC=∠AMN ，
∴∠BAC=∠MAN ，
∴∠BAM=∠CAN ，
∴△ABM ～△ACN ，
∴∠ABC=∠ACN ；
（3）如图3，连接AB ，AN ， ∵四边形ADBC ，AMEF 为正方形，
∴∠ABC=∠BAC=45°，∠MAN=45°，
∴∠BAC ﹣∠MAC=∠MAN ﹣∠MAC
即∠BAM=∠CAN ，
∵
AB AM BC AN == ∴AB AC AM AN
＝， ∴△ABM ～△ACN ∴
BM AB CN AC ＝， ∴CN AC BM AB ==cos45°
=2
，
∴22
=，
BM
2
∴BM=2，
∴CM=BC﹣BM=8，
在Rt△AMC，
AM=2222
AC MC
+=+=，
108241
∴EF=AM=241．
点睛：本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的性质定理和判定定理、相似三角形的性质定理和判定定理等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等和三角形相似是解决问题的关键．
9．如图①，在△ABC中，AB=7，tanA=，∠B=45°．点P从点A出发，沿AB方向以每秒1个单位长度的速度向终点B运动（不与点A、B重合），过点P作PQ⊥AB．交折线AC-CB于点Q，以PQ为边向右作正方形PQMN，设点P的运动时间为t（秒），正方形PQMN 与△ABC重叠部分图形的面积为S（平方单位）．
（1）直接写出正方形PQMN的边PQ的长（用含t的代数式表示）．
（2）当点M落在边BC上时，求t的值．
（3）求S与t之间的函数关系式．
（4）如图②，点P运动的同时，点H从点B出发，沿B-A-B的方向做一次往返运动，在B-A上的速度为每秒2个单位长度，在A-B上的速度为每秒4个单位长度，当点H停止运动时，点P也随之停止，连结MH．设MH将正方形PQMN分成的两部分图形面积分别为S1、S2（平方单位）（0＜S1＜S2），直接写出当S2≥3S1时t的取值范围．
【答案】(1) PQ=7-t．(2) t=．(3) 当0＜t≤时，S=．当＜t≤4，
．当4＜t＜7时，．（4）或或
．
【解析】
试题分析：（1）分两种情况讨论：当点Q在线段AC上时，当点Q在线段BC上时．（2）根据AP+PN+NB=AB，列出关于t的方程即可解答；
（3）当0＜t≤时，当＜t≤4，当4＜t＜7时；
（4）或或．
试题解析：（1）当点Q在线段AC上时，PQ=tanAAP=t．
当点Q在线段BC上时，PQ=7-t．
（2）当点M落在边BC上时，如图③，
由题意得：t+t+t=7，
解得：t=．
∴当点M落在边BC上时，求t的值为．
（3）当0＜t≤时，如图④，
S=．
当＜t≤4，如图⑤，
．
当4＜t＜7时，如图⑥，
．
（4）或或．．
考点：四边形综合题.
10．已知：如图，四边形ABCD和四边形AECF都是矩形，AE与BC交于点M，CF与AD交于点N．
（1）求证：△ABM≌△CDN；
（2）矩形ABCD和矩形AECF满足何种关系时，四边形 AMCN是菱形，证明你的结论．【答案】（1）证明见解析；（2）当AB＝AF时，四边形AMCN是菱形．证明见解析；【解析】
试题分析：（1）由已知条件可得四边形AMCN是平行四边形，从而可得AM=CN，再由AB=CD，∠B=∠D=90°，利用HL即可证明；
（2）若四边形AMCN为菱形，则有AM=AN，从已知可得∠BAM=∠FAN，又∠B=∠F=90°，所以有△ABM≌△AFN，从而得AB=AF，因此当AB＝AF时，四边形AMCN是菱形．
试题解析：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝∠D＝90°，AB＝CD，AD∥BC．
∵四边形AECF是矩形，∴AE∥CF．∴四边形AMCN是平行四边形．∴AM＝CN．在
Rt△ABM和Rt△CDN中，AB＝CD，AM＝CN，∴Rt△ABM≌Rt△CDN．
（2）当AB＝AF时，四边形AMCN是菱形．
∵四边形ABCD、AECF是矩形，∴∠B＝∠BAD＝∠EAF＝∠F＝90°．∴∠BAD－∠NAM＝∠EAF－∠NAM，即∠BAM＝∠FAN．又∵AB＝AF，∴△ABM≌△AFN．∴AM＝AN．由（1）知四边形AMCN是平行四边形，∴平行四边形AMCN是菱形．
考点：1．矩形的性质；2．三角形全等的判定与性质；3．菱形的判定．