平行四边形（包括特殊平行四边形）证明高频考点归纳练-2025年中考数学三轮复习备考

平行四边形（包括特殊平行四边形）证明高频考点归纳练 2025年中考数学三轮复习备考 1．如图，在中，点，分别是对角线上的两点，且，连结，．求证：． 2．如图，四边形为矩形，为边的中点，连接，以为直径的交于点，连接，交于点． (1)连接，若，，求的长； (2)求证：四边形是平行四边形． 3．在平行四边形中，E、F两点分别在和边上，，连接和，分别交于G，H两点． (1)如图1，若平行四边形为菱形． ①求证：． ②若，求的长． (2)如图2，分别记的面积为，求证：． 4．在平行四边形中，对角线交于点，是线段上一个动点（不与点重合），过点分别作的平行线，交于点，交于点，连接． (1)如图1，如果，，求证：； (2)如图2，如果，，且与相似，求的值，并补全图形； (3)如图3，如果，且射线过点A，求的度数． 5．如图，已知四边形是平行四边形，为边的中点，连接并延长，交的延长线于点． (1)求证：； (2)若，，，求点到的距离． 6．如图，在中，交的延长线于点E，． (1)求证：四边形是矩形； (2)F为的中点，连接，．已知，，求的长． 7．【知识技能】 （1）如图1，在矩形中，点E，F分别是边上的点，连接与交于点O，若，求证：． 【迁移应用】 （2）如图2，在中，，，点E，F分别是边上的点，连接与交于点O，且，求的值． 【深入探究】 （3）如图3，在四边形中，点E是边上的一点，连接与交于点O，，，，求的值． 8．如图1，在正方形中，，、分别为边、上的动点且满足． (1)求证：； (2)若点为的中点，求的长； (3)如图2，若，且点、分别为边、上的动点，且始终满足．求的最小值． 9．在四边形中， ，，对角线交于点O，E是边上一点，连接交于点F，． (1)求证：①四边形是矩形； (2)若，求的值． 10．如图，是由在平面内绕点逆时针旋转得到的，且，，连接． (1)求证：； (2)四边形是什么特殊的四边形？并说明理由． 11．将一个矩形绕点顺时针旋转得到矩形，连结． (1)如图1，当时，若，则的度数为____； (2)如图2，过点作交于点．判断与的数量关系，并证明； (3)在（2）的条件下，射线分别交、于点、（如图3），当线段，时，求的长． 12．如图1，点在正方形的边上．将线段绕点顺时针旋转得到线段．边分别与相交于点． (1)证明：． (2)如图2，连接，与线段分别相交于点． ①猜想与的数量关系，并说明理由； ②设正方形的边长为，求线段的长（用字母和表示）． 13．一副三角板分别记作和，其中，．如图1，作于点于点． (1)求证：； (2)在同一平面内，将图1中的两个三角形按如图2所示的方式放置，点与点重合，记为点，点与点重合，将图2中的绕点按顺时针方向旋转后，延长交直线于点． ①当时，如图3，求证：四边形为正方形． ②若，当，且时，请直接写出的长． 14．如图1，，点在同一条直线上，点与点重合，．将沿向左移动，当点与点重合时，停止移动． (1)当点与点重合时，判断：的形状是___________； (2)当边在边上时， ①如图2，若边与边相交于点，且．证明：是的平分线； ②如图3，若，连接，当线段长为多少时，是直角三角形？ 15．如图1，在正方形中，进行如下两步操作：第1步：分别以点，为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于点，，作直线交于点，连结；第2步：以点为圆心，长为半径作弧，交线段的延长线于点，连结． 根据以上尺规作图步骤，完成以下问题： (1)证明：四边形是平行四边形； (2)如图2，连结，交于点，求与的周长比． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《平行四边形（包括特殊平行四边形）证明高频考点归纳练-2025年中考数学三轮复习备考》参考答案 1．见解析 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，平行线的性质等知识，根据平行四边形的对角线互相平分并结合，可得出，，然后证明四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质得出，最后根据平行线的性质即可得证． 【详解】证明∶连接交于O，连接，， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴，即， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴． 2．(1) (2)见解析 【分析】本题考查了等边三角形的判定和性质，矩形的性质，平行四边形的判定定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键． （1）证明是等边三角形，得到； （2）根据矩形的性质得到，推出，即可得到结论． 【详解】（1）解：， ， ， 是等边三角形， ； （2）证明：四边形是矩形， ， 为边的中点，， ， 四边形是平行四边形． 3．(1)①见解析；②的长为 (2)见解析 【分析】（1）①先根据平行线的性质得出，再利用菱形的性质得出，然后可利用等边对等角，得出，再说明，从而可利用证明，再利用证明，从而可利用全等三角形的性质得出结论成立； ②先证明四边形为平行四边形，从而可得，列出比例式，得到关于的方程求解，求出的长； （2）先利用由平行线截得的线段成比例，列出比例式，，，从而可利用比例的性质得出，结合两点到的距离相等，得出结论成立． 【详解】（1）解：①证明：∵， ． 平行四边形为菱形， ． ． 在和中， ． ． 在和中， ， ． ②如图，连接， ，， 四边形为平行四边形． ∴， ． 设，则 ，解得或（不合题意，舍去）． 即的长为． （2）证明：， ， ． 又， ． ． 又两点到的距离相等， ． 【点睛】本题考查了平行线的性质，菱形的性质，等边对等角，全等三角形的判定与性质，由平行线截得的线段成比例等知识点，解题关键是熟悉上述知识，并能熟练运用求解． 4．(1)见解析 (2)，见解析 (3) 【分析】（1）先证明，可得，再证明，即可得到结论； （2）先补全图形，证明平行四边形为矩形，再证明，．此时有，可得，证明，设，那么，，再进一步求解即可； （3）证明平行四边形为菱形．四边形为菱形，可得，同理可得：，设，，可得，求解（负根已舍），同理可得：，证明，证明，设，再进一步求解即可． 【详解】（1）证明：∵，， ． 在平行四边形中，， ． 又， ， ， ∴，而， ∴， ∴， ， ， ． （2）解：补全图形如图所示． ， 平行四边形为矩形，， ，， ． 又∵， ∴，， ∴，而，与相似， 只能，． 此时有， ∵， ∴， 同理可得：， ∴， 设，那么，， ，， ∴． ∴， ∵， ∴， ， ． （3）解：， 平行四边形为菱形． ∴，，， ∴，， ∵，， ∴四边形为平行四边形，， ∴， ∴， ∴四边形为菱形， ∴， 同理可得：， 设，， ． ， ∴， ， ， ， ， （负根已舍）， 同理可得：， ， ∵， ． 又， ． 设， ． ， ， ． 【点睛】本题考查的是平行四边形的性质，矩形的判定与性质，菱形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，平行线分线段成比例的含义，一元二次方程的解法，本题的难度较大，画出图形是关键． 5．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形面积，熟练掌握相关知识点是解题的关键． （1）由为边的中点，得到，由平行四边形的性质得到，即可得到结论； （2）由得到，由平行四边形的性质得到，求出，根据勾股定理求出，继而求出点到的距离． 【详解】（1）证明：为边的中点， ． 四边形是平行四边形， ， ． ， ． （2）解：， ． 四边形是平行四边形， ． ． ，， ， 点到的距离． 6．(1)见解析 (2) 【分析】（1）先由四边形是平行四边形，得，，因为，故，，得证四边形是平行四边形，再结合有一个角是的平行四边形是矩形，即可作答． （2）因为四边形是矩形，则，因为为CD的中点，所以，因为，由勾股定理得，代入数值进行计算，即可作答． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， ， ，， ∴四边形是平行四边形， 又， ， ∴四边形是矩形． （2）解：由（1）得四边形是矩形，， ， 为的中点， ， ∵ ， 由勾股定理得． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，勾股定理，矩形的判定与性质，斜边上的中线等于斜边的一半，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 7．（1）见解析；（2）；（3） 【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，同角的补角相等，平行四边形的性质与判定，矩形的性质，等边三角形的性质与判定等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． （1）根据矩形的性质得到，求得，得到，即可解答； （2）根据补角的性质得到，根据相似三角形的性质得到，根据平行四边形的性质得到，，根据相似三角形的性质得到，求得，得到，于是得到结论； （3）过点C作，交延长线于N，过点D作，交延长线于M，则四边形是平行四边形，得到，，，同（2）可得，在上取一点P使得，连接，根据平行线的性质得到，推出是等边三角形，得到，， 求得，根据相似三角形的性质得到，设 ，则，，得到 ，根据题意列方程即可得到结论． 【详解】解：（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， （2）∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∵，， ∴的值为； （3）如图所示，过点C作，交延长线于N，过点D作，交延长线于M，则四边形是平行四边形， ∴，，， 同（2）可得， ∵， ∴设，， 在上取一点P使得，连接， ∵，， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则，， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∴， ∴． 8．(1)见详解 (2)4 (3) 【分析】（1）通过正方形的性质证得，得到，推出，根据垂直的定义得到结论； （2）过点作于，且交于点，则，证明四边形是矩形，运用勾股定理得，根据等面积法得，以及勾股定理得，，，即可得到结论； （3）过点作，过点作，两直线交于点，则四边形是平行四边形，求得，，得到，要求的最小值，即求的最小值，连接，当，，三点共线时，的最小值为的长，根据平行线的性质得到，推出是等腰直角三角形，根据勾股定理即可得到结论． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：过点作于，且交于点，则， ∴， 则四边形是矩形， ∴， ∵E是的中点，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，． 在中，， ∴， ∵， ∴， 则， ∴， 则， 在中，， ∴， 在中，． （3）解：过点作，过点作，两直线交于点， 则四边形是平行四边形， ∴，， ∴， 要求的最小值，即求的最小值； 连接，当，，三点共线时，的最小值为的长； ∵， ∴， 又， ∴， ∴； 由（1）得， ∴， ∵，， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴的最小值是． 【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的性质与判定，全等三角形的判定与性质，三角形等面积法，等腰直角三角形的性质于判定，勾股定理等知识；熟练掌握以上知识是解题的关键． 9．(1)①见解析；②见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的判定和性质、平行线分线段成比例定理、相似三角形的判定和性质、一元二次方程的求解等知识，熟练掌握矩形的性质和判定、证明三角形相似是解题的关键； （1）①根据有一个角是直角的平行四边形是矩形证明即可； ②根据矩形的性质和平行线分线段成比例定理可得，，进而可得，于是可得结论； （2）根据题意可得，根据矩形的性质可得，设，证明，利用相似三角形的性质列方程求出x，进一步计算即可求出结果． 【详解】（1）证明：①∵， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴， ∴四边形为矩形． ②∵， ∴ ∵四边形为矩形， ∴， ， ∴ ， 即 （2）解：∴， ∴． ∵四边形为矩形， ∴． 设． ∵， ∴ ∴ 即 解得 (不合题意，舍去)， 10．(1)见解析 (2)菱形，见解析 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，菱形的判定，旋转变换等知识，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． （）根据旋转的性质及角度间的关系得出，，再根据“”即可证明结论； （）根据全等三角形的性质及菱形的判定方法即可得出结果． 【详解】（1）证明：由旋转知，，，，           ∵， ∴， ∴，，                     在和中， ， ∴； （2）解：四边形是菱形，理由如下： ∵， ∴， ∵，，， ∴，                     ∴四边形是菱形． 11．(1) (2)，理由见解析 (3) 【分析】本题是四边形的综合题，考查了旋转的性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质是解题的． （1）连接，根据条件得出，利用三角形外角的性质得出，，证明出为等腰直角三角形即可求解； （2）连接，证明，由全等三角形的性质得出，由等腰三角形的性质得出，证出，则可得出结论； （3）连接，证明，由全等三角形的性质得出，得出，证明，由相似三角形的性质得出，则可得出结论． 【详解】（1）解：连接，如下图： 时，， ， ， ， 为等腰直角三角形， ， ， 故答案为：； （2）解：，理由如下： 如图2，连接， ， ， ，，， ， ， ， ， ， ， ； （3）解：如图3，连接， ，，， ， ， ，， ， ， ， 在和中，，， ， ， ， ， 时， ． 12．(1)见解析 (2)①，理由见解析；② 【分析】题目主要考查正方形的性质及旋转的性质，相似三角形的判定和性质，四点共圆的判定，勾股定理解三角形等，理解题意，熟练掌握运用这些知识点是解题关键． （1）根据正方形的性质及各角之间的关系得出，再由相似三角形的判定即可证明； （2）①根据题意得： ，再由旋转的性质及各角之间的关系得出，利用圆内接四边形的判定得出点A、B、E、P四点共圆，确定，再由等腰直角三角形的性质即可得出结果； ②根据勾股定理得出，，再由相似三角形的判定和性质得出，，确定，，再由勾股定理及求解． 【详解】（1）证明：∵正方形， ∴， ∴， ∵将线段绕点顺时针旋转得到线段， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）①根据题意得： ， ∵将线段绕点顺时针旋转得到线段，， ∴， ∵，均为所对角， ∴点A、B、E、P四点共圆， ∵， ∴， ∴； ②由①得， ∴， ∵正方形的边长为， ∴， ∴， ∴， ∵正方形， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴． 13．(1)见解析 (2)①见解析；②2或4 【分析】（1）利用等腰直角三角形与含30度角的直角三角形的性质可得结论； （2）①证明，，可得，证明，可得四边形为矩形，结合，即，而，可得，从而可得结论；②如图，当时，连接，证明，可得，结合，可得；如图，当时，连接，同理，结合，可得；再根据，即可求出答案． 【详解】（1）证明：设， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴； （2）解：①∵，， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为矩形， ∵，即， 而， ∴， ∴四边形是正方形； ②如图，当时，连接， 由（1）可得：，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； 如图，当时，连接， 由（1）可得：，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ ∵， ∴； 综上所述，或． 【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，正方形的判定，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键． 14．(1)等腰直角三角形 (2)①详见解析；②当线段时，是直角三角形 【分析】（1）由全等三角形的性质得，再证明，即可得出，故可得出结论； （2）①连接，设边与相交于点．证明，得，得是等腰三角形，再证明，得，从而得,再根据证明，可得，从而得出结论； ②过点作于点，证明四边形是矩形，得出，．再证明，根据相似三角形的性质求解即可． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵ ∴， ∵点在同一条直线上， ∴， ∴是等腰直角三角形， 故答案为：等腰直角三角形； （2）解：①如图1，连接，设边与相交于点． ， ，． 在和中， ， ， 是等腰三角形， ， ， ， ． 在和中， ， ， 即是的平分线； ②如图2，过点作于点． 在中，， ． 由①证得， ． ∴若是直角三角形，只有． ， ． 于点， 四边形是矩形， ， ． ，， ， ， ， ， ， 解得（负值舍去）， 当线段时，是直角三角形． 【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定，矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，正确作出辅助线和运用相关知识是解答本题的关键． 15．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查正方形的性质，尺规作垂线，尺规作线段，平行四边形的判定以及相似三角形的判断和性质： （1）根据尺规作图，易得，进而得到，结合，即可得证； （2）证明，根据相似三角形的周长比等于相似比，进行求解即可． 【详解】（1）证明：∵正方形， ∴， ∴， 由作图可知：为的中点，， ∴， ∴， 又， ∴四边形是平行四边形； （2）由（1）可知：，， ∴， ∴． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$