2022-2023 数学冀教版新中考精讲精练 考点22 平行四边形

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考点22 平行四边形
考点总结

知识点一 平行四边形
平行四边形的定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形。
平行四边形的表示：用符号“▱”表示，平行四边形ABCD记作“▱ABCD”，读作“平行四边形ABCD”

平行四边形的性质：
1、 平行四边形对边平行且相等；
几何描述：∵四边形ABCD是平行四边形 ∴AB=CD,AD=BC; AB∥CD,AD∥BC
2、平行四边形对角相等、邻角互补；

几何描述：∵四边形ABCD是平行四边形 ∴∠1=∠3，∠2=∠4，∠1+∠4=180°…
3、平行四边形对角线互相平分；

几何描述：∵四边形ABCD是平行四边形 ∴AO=OC=12AC,BO=OD=12BD
4、平行四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形，平行四边形的对角线的交点是平行四边形的对称中心。
平行线的性质：
1、平行线间的距离都相等；
2、两条平行线间的任何平行线段都相等；
3、等底等高的平行四边形面积相等。
平行四边形的判定定理（基础）：
1、两组对边分别相等的四边形是平行四边形。
2、两组对角分别相等的四边形是平行四边形。
3、对角线互相平分的四边形是平行四边形。
4、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形。
平行四边形的面积公式：面积=底×高

知识点二 三角形中位线
三角形中位概念：连接三角形两边中点的线段叫做三角形中位线。
三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半。
几何描述：
∵DE是△ABC的中位线
∴DE∥BC,DE=12BC


真题演练

一．选择题（共10小题）
1．（2021•南皮县一模）如图，在▱ABCD中，AB＝3，以点B为圆心，任意长为半径画弧，分别与AB，BC交于点E，F，再分别以点E，F为圆心，大于EF的长为半径画弧，两弧在∠ABC内部相交于点G，作射线BG，交AD边于点H．若cos∠ABH＝，则BH的长为（　　）

A．2 B．3 C．4 D．6
【分析】根据直角三角形的三角函数解答即可．
【解答】解：作AK⊥BH于K，

由题意得BH平分∠ABC，
∴∠ABH＝∠HBC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠AHB＝∠HBC，
∴∠ABH＝∠AHB，
∴AB＝AH，
∴BH＝2BK，
∵cos∠ABH＝，
∴BK＝2，
∴BH＝4，
故选：C．
2．（2020•温州）如图，在△ABC中，∠A＝40°，AB＝AC，点D在AC边上，以CB，CD为边作▱BCDE，则∠E的度数为（　　）

A．40° B．50° C．60° D．70°
【分析】根据等腰三角形的性质可求∠C，再根据平行四边形的性质可求∠E．
【解答】解：∵在△ABC中，∠A＝40°，AB＝AC，
∴∠C＝（180°﹣40°）÷2＝70°，
∵四边形BCDE是平行四边形，
∴∠E＝70°．
故选：D．
3．（2021•遵化市一模）平面直角坐标系中，已知▱ABCD的三个顶点坐标分别是A（m，n），B（2，﹣1），C（﹣m，﹣n），则点D的坐标是（　　）
A．（﹣2，l ） B．（﹣2，﹣l ） C．（﹣1，﹣2 ） D．（﹣1，2 ）
【分析】由点的坐标特征得出点A和点C关于原点对称，由平行四边形的性质得出D和B关于原点对称，即可得出点D的坐标．
【解答】解：∵A（m，n），C（﹣m，﹣n），
∴点A和点C关于原点对称，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴D和B关于原点对称，
∵B（2，﹣1），
∴点D的坐标是（﹣2，1）．
故选：A．
4．（2020•贵阳模拟）如图，在▱ABCD中，对角线AC的垂直平分线分别交AD、BC于点E、F，连接CE，若△CED的周长为6，则▱ABCD的周长为（　　）

A．6 B．12 C．18 D．24
【分析】由平行四边形的性质得出DC＝AB，AD＝BC，由线段垂直平分线的性质得出AE＝CE，得出△CDE的周长＝AD+DC，即可得出结果．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC＝AB，AD＝BC，
∵AC的垂直平分线交AD于点E，
∴AE＝CE，
∴△CDE的周长＝DE+CE+DC＝DE+AE+DC＝AD+DC＝6，
∴▱ABCD的周长＝2×6＝12；
故选：B．
5．（2021•唐山一模）证明：平行四边形的对角线互相平分．
已知：如图四边形ABCD是平行四边形，对角线AC、BD相交于点O．
求证：OA＝OC，OB＝OD，嘉琪的证明过程如图．

证明过程中，应补充的步骤是（　　）
A．AB＝CD，AD＝BC B．AB∥BC，AD＝BC
C．AB∥CD，AD∥BC D．AB∥CD，AB＝CD
【分析】根据平行四边形的判定和性质即可得到结论．
【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴∠ABO＝∠CDO，∠BAO＝∠DCO，
∴△AOB≌△COD（ASA），
∴OA＝OC，OB＝OD，
故选：D．
6．（2021•河北）如图1，▱ABCD中，AD＞AB，∠ABC为锐角．要在对角线BD上找点N，M，使四边形ANCM为平行四边形，现有图2中的甲、乙、丙三种方案，则正确的方案（　　）

A．甲、乙、丙都是 B．只有甲、乙才是
C．只有甲、丙才是 D．只有乙、丙才是
【分析】方案甲，连接AC，由平行四边形的性质得OB＝OD，OA＝OC，则NO＝OM，得四边形ANCM为平行四边形，方案甲正确；
方案乙：证△ABN≌△CDM（AAS），得AN＝CM，再由AN∥CM，得四边形ANCM为平行四边形，方案乙正确；
方案丙：证△ABN≌△CDM（ASA），得AN＝CM，∠ANB＝∠CMD，则∠ANM＝∠CMN，证出AN∥CM，得四边形ANCM为平行四边形，方案丙正确．
【解答】解：方案甲中，连接AC，如图所示：
∵四边形ABCD是平行四边形，O为BD的中点，
∴OB＝OD，OA＝OC，
∵BN＝NO，OM＝MD，
∴NO＝OM，
∴四边形ANCM为平行四边形，方案甲正确；
方案乙中：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴∠ABN＝∠CDM，
∵AN⊥BD，CM⊥BD，
∴AN∥CM，∠ANB＝∠CMD，
在△ABN和△CDM中，
，
∴△ABN≌△CDM（AAS），
∴AN＝CM，
又∵AN∥CM，
∴四边形ANCM为平行四边形，方案乙正确；
方案丙中：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BAD＝∠BCD，AB＝CD，AB∥CD，
∴∠ABN＝∠CDM，
∵AN平分∠BAD，CM平分∠BCD，
∴∠BAN＝∠DCM，
在△ABN和△CDM中，
，
∴△ABN≌△CDM（ASA），
∴AN＝CM，∠ANB＝∠CMD，
∴∠ANM＝∠CMN，
∴AN∥CM，
∴四边形ANCM为平行四边形，方案丙正确；
故选：A．

7．（2021•邯郸模拟）如图，在平行四边形ABCD中，点E，F分别在AB，CD上，且AE＝CF．求证：DE＝BF．以下是排乱的证明过程：
①∵AE＝CF，∴BE＝FD；
②∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD；
③∴DE＝BF，
④∴四边形EBFD是平行四边形．
证明步骤正确的顺序是（　　）

A．①→②→③→④ B．①→④→②→③ C．②→①→④→③ D．②→④→①→③
【分析】由平行四边形的性质得AB＝CD，AB∥CD，再证BE＝FD，得四边形EBFD是平行四边形，即可得出结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∵AE＝CF，
∴BE＝FD，
∴四边形EBFD是平行四边形，
∴DE＝BF，
则证明步骤正确的顺序是②→①→④→③，
故选：C．
8．（2021•新华区校级模拟）如图，平行四边形ABCD中，E、F分别在边BC、AD上，添加条件后不能使AE＝CF的是（　　）

A．BE＝DF
B．AE∥CF
C．AF＝AE
D．四边形AECF为平行四边形
【分析】利用平行四边形的性质，依据平行四边形的判定方法，即可得出不能使AE＝CF的条件．
【解答】解：A、在▱ABCD中，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵BE＝DF，
∴AF＝CE，
∴四边形AECF是平行四边形，
∴AE＝CF，
故A可以使AE＝CF，不符合题意；
B、∵AE∥CF，AF∥CE，
∴四边形AECF是平行四边形，
∴AE＝CF，
故B可以使AE＝CF，不符合题意；
C、添加AE＝AF后不能使AE＝CF，
故C符合题意；
D、∵四边形AECF是平行四边形，
∴AE＝CF，
故D可以使AE＝CF，不符合题意；
故选：C．
9．（2021•邢台模拟）证明：平行四边形的对角线互相平分．
已知：如图，四边形ABCD是平行四边形，对角线AC、BD相交于点O．
求证：OA＝OC，OB＝OD．
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴…
∴∠ABO＝∠CDO，∠BAO＝∠DCO．
∴△AOB≌△COD．
∴OA＝OC，OB＝OD．
其中，在“四边形ABCD是平行四边形”与“∠ABO＝∠CDO，∠BAO＝∠DCO”之间应补充的步骤是（　　）

A．AB＝CD，AD＝BC B．AD∥BC，AD＝BC
C．AB∥CD，AD∥BC D．AB∥CD，AB＝CD
【分析】根据平行四边形的判定和性质即可得到结论．
【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴∠ABO＝∠CDO，∠BAO＝∠DCO．
∴△AOB≌△COD（ASA）．
∴OA＝OC，OB＝OD．
故选：D．
10．（2020•黔西南州模拟）如图，在▱ABCD中，已知AC＝4cm，若△ACD的周长为13cm，则▱ABCD的周长为（　　）

A．26cm B．24cm C．20cm D．18cm
【分析】根据三角形周长的定义得到AD+DC＝9cm．然后由平行四边形的对边相等的性质来求平行四边形的周长．
【解答】解：∵AC＝4cm，若△ADC的周长为13cm，
∴AD+DC＝13﹣4＝9（cm）．
又∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AD＝BC，
∴平行四边形的周长为2（AB+BC）＝18cm．
故选：D．
二．填空题（共5小题）
11．（2020•高碑店市一模）如图，在Rt△ABC中，AC＝5，∠B＝30°，点P，Q分别是边AB，AC上的点．BP＝2AQ，PD⊥BC于点D．当PQ⊥DQ时，AQ＝　4　．

【分析】设AQ＝x，依据PD＝BP＝AQ，PD∥AQ，判定四边形PAQD是平行四边形，再根据∠AQP＝30°，即可得出AQ＝2AP，进而得到方程x＝2（10﹣2x），解方程即可得出结论．
【解答】解：设AQ＝x，
∵PD⊥BC，∠B＝30°，BP＝2AQ＝2x，
∴Rt△BDP中，PD＝BP＝AQ，
∵∠C＝∠BDP＝90°，
∴PD∥AQ，
∴四边形PAQD是平行四边形，
当PQ⊥DQ时，∠APQ＝90°，
又∵∠A＝60°，
∴∠AQP＝30°，
∴AQ＝2AP，
即x＝2（10﹣2x），
解得x＝4，
∴AQ＝4，
故答案为：4．
12．（2020•唐山一模）有一边长为10m的等边△ABC游乐场，某人从边AB中点P出发，先由点P沿平行于BC的方向运动到AC边上的点P1，再由P1沿平行于AB方向运动到BC边上的点P2，又由点P2沿平行于AC方向运动到AB边上的点P3，则此人至少要运动　15　m，才能回到点P．此人从AB边上任意一点（中点除外）出发，按照上面的规律运动，则此人至少走　30　m，就能回到起点．

【分析】若某人从边AB中点P出发，由平行四边形的判定可证四边形BPP1P2是平行四边形，四边形PP1CP2是平行四边形，由平行四边形的性质可得PP1＝BP2＝P2C＝5m，即可求解；
若某人从边AB边上任意一点出发，由平行四边形的判定可证四边形BPP1P2是平行四边形，四边形PP1CP5是平行四边形，四边形AP3P2P1是平行四边形，四边形APP5P4是平行四边形，四边形P3P4CP2是平行四边形，由平行四边形的性质可求解．
【解答】解：若某人从边AB中点P出发，
∵P是AB中点，AB＝10m，
∴AP＝BP＝5m，
∵PP1∥BC，P1P2∥AB，PP2∥AC，
∴四边形BPP1P2是平行四边形，四边形PP1CP2是平行四边形，
∴PP1＝BP2＝P2C，
∴PP1＝BP2＝P2C＝5m，
同理可求P2P1＝5m，P2P＝5m，
∴PP1+P2P1+P2P＝15m，
∴此人至少要运动15m，才能回到点P；

若某人从边AB边上任意一点出发，
同理可证：四边形BPP1P2是平行四边形，四边形PP1CP5是平行四边形，四边形AP3P2P1是平行四边形，四边形APP5P4是平行四边形，四边形P3P4CP2是平行四边形，
∴PP1＝BP2，P1P2＝BP，PP5＝P1C，P4P5＝AP，P2P3＝AP1，P3P4＝P2C，
∵PP1+P1P2+P2P3+P3P4+P4P5+P5P＝BP2+BP+AP1+P2C+AP+P1C＝AB+AC+BC＝30m，
故答案为：15，30．
13．（2020•顺平县一模）如图，▱ABCD中，AB＝7，BC＝5．CH⊥AB于点H，CH＝4，点P从点D出发，以每秒1个单位长度的速度沿DC﹣CH向点H运动，到点H停止，设点P的运动时间为t．
（1）AH＝　4　；
（2）若△PBC是等腰三角形，则t的值为　2或　．

【分析】（1）根据BC＝5，CH＝4，CH⊥AB，利用勾股定理，可以得到BH的长，然后根据AB＝7，即可得到AH的长；
（2）根据题意和等腰三角形的性质，利用分类讨论的方法，可以得到t的值，本题得以解决．
【解答】解：（1）∵BC＝5，CH＝4，CH⊥AB，
∴∠CHB＝90°，
∴BH＝＝＝3，
∵AB＝7，
∴AH＝AB﹣BH＝7﹣3＝4，
故答案为：4；
（2）当点P在DC边上时，
∵△PBC是等腰三角形，
∴PC＝BC，
∵BC＝5，
∴PC＝5，
∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝7，
∴CD＝AB＝7，
∴DP＝DC﹣PC＝7﹣5＝2，
∴t＝2÷1＝2；
当点P在CH上时，
∵△PBC是等腰三角形，
∴PC＝PB，
∵PC＝t﹣7，
∴PH＝7+4﹣t＝11﹣t，
∵BH＝3，∠BHP＝90°，BP＝PC＝t﹣7，
∴32+（11﹣t）2＝（t﹣7）2，
解得，t＝；
由上可得，t的值是2或，
故答案为：2或．
14．（2020•河北模拟）如图，已知平行四边形AOBC的顶点O（0，0），A（﹣1，2），点B在x轴正半轴上．
按以下步骤作图：

①以点O为圆心，适当长度为半径作弧，分别交边OA，OB于点D，E；
②分别以点D，E为圆心，大于DE的长为半径作弧，两弧在∠AOB内交于点F；
③作射线OF，交边AC于点G．
则点G的坐标为　（﹣1，2）　．
【分析】依据勾股定理即可得到Rt△AOH中，AO＝，依据∠AGO＝∠AOG，即可得到AG＝AO＝，进而得出HG＝﹣1，可得G的坐标．
【解答】解：如图所示：
∵▱AOBC的顶点O（0，0），A（﹣1，2），
∴AH＝1，HO＝2，
∴Rt△AOH中，AO＝，
由题可得，OF平分∠AOB，
∴∠AOG＝∠EOG，
又∵AG∥OE，
∴∠AGO＝∠EOG，
∴∠AGO＝∠AOG，
∴AG＝AO＝，
∴HG＝﹣1，
∴G（﹣1，2）；
故答案为：（﹣1，2）．

15．（2020•泉州模拟）如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，E是AD中点，EF⊥BC于点F，BC＝5，EF＝3．
（1）若AB＝DC，则四边形ABCD的面积S＝　15　；
（2）若AB＞DC，则此时四边形ABCD的面积S′　＝　S（用“＞”或“＝”或“＜”填空）．

【分析】（1）若AB＝DC，则四边形ABCD是平行四边形，据此求出它的面积是多少即可．
（2）连接EC，延长CD、BE交于点P，证△ABE≌△DPE可得S△ABE＝S△DPE、BE＝PE，由三角形中线性质可知S△BCE＝S△PCE，最后结合S四边形ABCD＝S△ABE+S△CDE+S△BCE可得答案．
【解答】解：（1）∵AB＝DC，AB∥DC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD的面积S＝5×3＝15，
故答案为：15．

（2）如图，连接EC，延长CD、BE交于点P，

∵E是AD中点，
∴AE＝DE，
又∵AB∥CD，
∴∠ABE＝∠P，∠A＝∠PDE，
在△ABE和△DPE中，
∵，
∴△ABE≌△DPE（AAS），
∴S△ABE＝S△DPE，BE＝PE，
∴S△BCE＝S△PCE，
则S四边形ABCD＝S△ABE+S△CDE+S△BCE
＝S△PDE+S△CDE+S△BCE
＝S△PCE+S△BCE
＝2S△BCE
＝2××BC×EF
＝15，
∴当AB＞DC，则此时四边形ABCD的面积S′＝S，
故答案为：＝．
三．解答题（共2小题）
16．（2020•邢台模拟）已知在△ABC中，AB＝AC，点D在BC上，以AD、AE为腰做等腰三角形ADE，且∠ADE＝∠ABC，连接CE，过E作EM∥BC交CA延长线于M，连接BM．
（1）求证：△BAD≌△CAE；
（2）若∠ABC＝30°，求∠MEC的度数；
（3）求证：四边形MBDE是平行四边形．

【分析】（1）证明∠BAC＝∠DAE，得出∠BAD＝∠CAE，由SAS即可得出结论；
（2）求出∠ACB＝∠ACE＝30°，由平行线的性质得出∠MEC+∠ECD＝180°，即可得出结果；
（3）由△BAD≌△CAE，得出DB＝CE，再证明∠ACE＝∠EMC，得出ME＝EC，推出DB＝ME，即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴∠BAC＝180°﹣2∠ABC，
∵以AD、AE为腰做等腰三角形ADE，
∴AD＝AE，
∴∠ADE＝∠AED，
∴∠DAE＝180°﹣2∠ADE，
∵∠ADE＝∠ABC，
∴∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠CAD＝∠DAE﹣∠CAD，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，，
∴△BAD≌△CAE（SAS）；
（2）解：∵AB＝AC，
∴∠ACB＝∠ABC＝30°，
∵△BAD≌△CAE，
∴∠ABD＝∠ACE＝30°，
∴∠ACB＝∠ACE＝30°，
∴∠ECB＝∠ACB+∠ACE＝60°，
∵EM∥BC，
∴∠MEC+∠ECD＝180°，
∴∠MEC＝180°﹣60°＝120°；
（3）证明：∵△BAD≌△CAE，
∴DB＝CE，∠ABD＝∠ACE，
∵AB＝AC，
∴∠ABD＝∠ACB，
∴∠ACB＝∠ACE，
∵EM∥BC，
∴∠EMC＝∠ACB，
∴∠ACE＝∠EMC，
∴ME＝EC，
∴DB＝ME，
又∵EM∥BD，
∴四边形MBDE是平行四边形．
17．（2020•曲阳县模拟）如图，平行四边形ABCD内一点E，满足ED⊥AD于D，延长DE交BC于F，且∠EBC＝∠EDC，∠ECB＝45°，找出图中一条与EB相等的线段，并加以证明．

【分析】延长DE，交BC于F，由平行四边形的性质可得到∠BFE＝∠DFC＝90°，由已知可推EF＝FC，已知∠EBC＝∠EDC，则可以利用AAS来判定△BEF≌△DCF，从而得到CD＝BE．
【解答】解：CD＝BE．
证明：如图，延长DE交BC于F，
∵AD∥BC，ED⊥AD，
∴DF⊥BC，
∴∠BFE＝∠DFC＝90°，
又∵∠ECB＝45°，
∴∠FEC＝∠ECB＝45°，
∴FE＝FC，
∵∠EBC＝∠EDC，
∴△BEF≌△DCF（AAS），
∴CD＝BE．