2026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

这是一份2026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，共20页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。
一、解答题
1．如图，矩形中，点P是线段上一动点，O为的中点，的延长线交于Q.

(1)求证：；
(2)若厘米，厘米，P从点A出发，以1厘米/秒的速度向D运动（不与D重合）.设点P运动时间为t秒，求t为何值时，四边形是菱形.
2．已知点是正方形的两条对角线的交点，是边上的点（不与、重合），连接交于点，连接交于点．

(1)如图1，当是的中点时，求证：；
(2)如图2，当不是的中点时，连接．
①点在运动过程中的度数是否为定值，若为定值请求出的度数，若不是定值请说明理由；
②求证：．
3．如图，已知正方形，连接其对角线．在延长线上取一点E，使得，连接．过B作的垂线，交于点O，交延长线于点F．
(1)求证四边形是菱形．
(2)求的度数．
4．如图1，在△ABC中，∠ACB=90°，∠CAB=30°，△ABD是等边三角形，E是AB的中点，连接CE并延长交AD于F．
（1）求证：△AEF≌△BEC；
（2）判断四边形BCFD是何特殊四边形，并说出理由；
（3）如图2，将四边形ACBD折叠，使D与C重合，HK为折痕，若BC=1，求AH的长．

5．如图，在正方形中，射线与边交于点E，将射线绕点A顺时针旋转，与的延长线交于点F，且．
(1)求证：；
(2)若，，求四边形的面积．
6．如图，是的平分线，过点作交于点，交于点．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，求的长．
7．如图，在等边中，，点是所在直线上一点，连接．
(1)如图1，点在线段上，若，求的长；
(2)如图2，点在线段上，点是线段上一点，满足，连接交于点．过作于，点是延长线上一点，连接交于点．若，求证：；
(3)如图3，过作交直线于，连接，将沿所在直线翻折至所在平面内得到，连接，当取最小值时，请直接写出的面积．
8．如图，正方形ABCD中，，点E在CD上，且，将沿AE对折至，延长EF交BC于点G，连接AG、CF．
求证：≌；
求BG的长；
求的面积．
9．如图，点、均在线段上，且，分别过、作，，连接、，连接交于点，若，求证：．

10．如图，在四边形ABCD中，点H是BC的中点，作射线AH，在线段AH及其延长线上分别取点E，F，使EH=FH，连接BE，CF．
（1）求证：△BEH≌△CFH．
（2）当BH与EH满足什么关系时，四边形BFCE是矩形？
请说明理由．
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BCFD是平行四边形．
（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是平行四边形，再根据对角线相等的平行四边形为矩形可得出BH=EH时，四边形BFCE是矩形．
试题解析：∵点H是BC的中点，
∴BH=CH，
在△BEH和△CFH中，
∴△BEH≌△CFH（SAS）；
（2）解：∵BH=CH，EH=FH，
∴四边形BFCE是平行四边形（对角线互相平分的四边形为平行四边形），
∵当BH=EH时，则BC=EF，
∴平行四边形BFCE为矩形（对角线相等的平行四边形为矩形）．
考点：1.全等三角形的判定与性质；2.矩形的判定