2026-2027学年暑期人教版（复习+衔接新学年）八年级数学下册之平行四边形

**基本信息** 聚焦平行四边形及特殊四边形性质判定，通过分层题型构建"概念辨析-判定应用-综合计算"的递进式训练体系，渗透转化与模型思想。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |性质辨析|5题|菱形/矩形/正方形性质对比，对角线关系应用|从一般平行四边形到特殊四边形的性质延伸| |判定应用|5题|对角线互相平分/一组对边平行且相等的判定技巧|判定定理与性质定理的双向推导| |计算证明综合|10题|全等三角形构造、勾股定理结合、中位线转化|几何图形性质与代数计算的融合应用|

2026年暑期新初三数学人教新版学困生专题复习《平行四边形》 一．选择题（共10小题） 1．（2025春•桂平市期中）如图，在平行四边形ABCD中，∠A+∠C＝120°，则∠D的度数是（　　） A．60° B．70° C．110° D．120° 2．（2025春•离石区期中）在▱ABCD中，若∠A＝36°，则∠C的度数是（　　） A．36° B．54° C．64° D．144° 3．（2025•庄浪县二模）如图，在正方形ABCD对角线AC上取点E，使得AE＝AB，连接BE，则∠CBE的度数为（　　） A．22.5° B．25° C．20° D．30° 4．（2025•郸城县一模）如图，在菱形ABCD中，AB＝10，AC＝16，AC交BD于点O，DE⊥BC于点E，连接OE，则OE的长为（　　） A．6 B．5 C．4 D．3 5．（2025春•鲤城区校级期末）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD交于点O，若∠1＝70°，则∠2的度数为（　　） A．20° B．25° C．30° D．35° 6．（2024秋•广饶县期末）如图：菱形ABCD的对角线AC、BD交于点O，且AC＝16，BD＝12，求菱形ABCD的高DH的长是（　　） A．10 B．96 C．9.6 D．以上都不对 7．（2025春•金安区校级期中）如图在平行四边形中，AB＝a，BC＝b，对角线相交于O点，过O点作EO⊥BD交BC于E，则△CDE周长为（　　） A．a+b B．ab C．2（a+b） D．2（b﹣a） 8．（2025•乌当区二模）如图，平行四边形ABCD中，AC⊥AB，点E为BC边中点，AD＝6，则AE的长为（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 9．（2025•广东模拟）如图，已知四边形ACBD是矩形，点B在直线MN上，若BD平分∠ABN，则下列结论不能推出的是（　　） A．BC平分∠ABM B．CD∥MN C．△BOC是等边三角形 D．∠COB＝2∠ABD 10．（2025春•蕲春县期中）如图，在▱ABCD中，AB＝2，BF、CE分别是∠ABC与∠BCD的角平分线，交点为点O，EF＝1，则OB2+OC2＝（　　） A．5 B．10 C．9 D．12 二．填空题（共5小题） 11．（2025春•双峰县期中）如图，▱ABCD的对角线交于点O，AB＝10，AC+BD＝22，则△COD的周长为 　 　 ． 12．（2025•上街区模拟）如图，在▱ABCD中，AD＝3，对角线AC与BD相交于点O，AC+BD＝10，则△BOC的周长为 　 　 ． 13．（2025•思明区校级模拟）如图，在直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，点E为边CB中点，若∠A＝52°，则∠EDB＝ 　 　 °． 14．（2025•鹤壁模拟）如图，正方形ABCD的边长为，对角线AC，BD相交于点O，点E在CA的延长线上，OE＝5，连接DE． （1）线段AE的长为 　 　 ； （2）若F为DE的中点，则线段AF的长为 　 　 ． 15．（2025春•思明区校级期中）如果四边形ABCD中∠A、∠B、∠C、∠D的大小之比是2：3：2：3，那么四边形ABCD是平行四边形，判定的依据是　 　 ． 三．解答题（共5小题） 16．（2025春•怀仁市期中）如图，在▱ABCD中，E，F是对角线BD上两点，∠AFD＝∠CEB．求证：AF＝CE． 17．（2025•海淀区校级模拟）在Rt△ABC中，∠C＝90°，E，F分别是边AB，AC的中点，延长BC到点D，使，连结EF，CE，DF． （1）求证：四边形CDFE是平行四边形． （2）连结DE，交AC于点O，若AB＝BD＝6，求DE的长． 18．（2024秋•福山区期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝4cm，BC＝8cm，点P从点D出发向点A运动，运动到点A即停止；同时点Q从点B出发向点C运动，运动到点C即停止．点P、Q的速度都是1cm/s，连接PQ，AQ，CP，设点P、Q运动的时间为t（s）． （1）当t为何值时，四边形ABQP是矩形？ （2）当t为何值时，四边形AQCP是菱形？求出此时菱形AQCP的面积． 19．（2025•朝阳区校级一模）如图，在▱ABCD中，AF、BH、CH、DF分别是∠DAB、∠ABC、∠BCD与∠CDA的平分线，AF与BH交于点E，CH与DF交于点G．求证：EG＝FH． 20．（2025春•息县期中）如图，已知▱ABCD与▱EBFD的顶点A、E、F、C在同一条直线上． 求证：AE＝CF． 2026年暑期新初三数学人教新版学困生专题复习《平行四边形》 参考答案与试题解析 一．选择题（共10小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D A A A A C A B C C 一．选择题（共10小题） 1．（2025春•桂平市期中）如图，在平行四边形ABCD中，∠A+∠C＝120°，则∠D的度数是（　　） A．60° B．70° C．110° D．120° 【考点】平行四边形的性质．版权所有 【专题】多边形与平行四边形；推理能力． 【答案】D 【分析】由在▱ABCD中，若∠A+∠C＝120°，根据平行四边形的性质，可求得∠A的度数，又由平行线的性质，求得答案． 【解答】解：如图， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠A＝∠C，AB∥CD， ∴∠A+∠D＝180°， ∵∠A+∠C＝120°， ∴∠A＝60°， ∴∠D＝180°﹣∠A＝120°． 故选：D． 【点评】此题考查了平行四边形的性质．此题比较简单，注意掌握数形结合思想的应用． 2．（2025春•离石区期中）在▱ABCD中，若∠A＝36°，则∠C的度数是（　　） A．36° B．54° C．64° D．144° 【考点】平行四边形的性质．版权所有 【专题】多边形与平行四边形；推理能力． 【答案】A 【分析】根据平行四边形对角相等，即可解决问题． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠A＝∠C， ∵∠A＝36°， ∴∠C＝36°． 故选：A． 【点评】本题考查平行四边形的性质，记住平行四边形的对角相等，邻角互补是解题的关键，属于中考常考题型． 3．（2025•庄浪县二模）如图，在正方形ABCD对角线AC上取点E，使得AE＝AB，连接BE，则∠CBE的度数为（　　） A．22.5° B．25° C．20° D．30° 【考点】正方形的性质；等腰三角形的性质．版权所有 【专题】运算能力． 【答案】A 【分析】根据正方形的性质得出∠BAC＝45°，根据等腰三角形的性质得出∠ABE＝67.5°，即可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD为正方形， ∴∠BAC＝45°， ∵AE＝AB， ∴， ∴∠CBE＝90°﹣∠ABE＝90°﹣67.5°＝22.5°， 故选：A． 【点评】本题主要考查的正方形的性质，等腰三角形的性质，掌握正方形的性质是解题的关键． 4．（2025•郸城县一模）如图，在菱形ABCD中，AB＝10，AC＝16，AC交BD于点O，DE⊥BC于点E，连接OE，则OE的长为（　　） A．6 B．5 C．4 D．3 【考点】菱形的性质；直角三角形的性质；勾股定理．版权所有 【专题】矩形 菱形 正方形． 【答案】A 【分析】由菱形的性质可得、，再运用勾股定理可得OB＝6，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可解答． 【解答】解：∵在菱形ABCD中，AC＝16， ∴，， ∵AB＝10，OA＝8， ∴， ∵DE⊥BC，， ∴． 故选：A． 【点评】本题主要考查了菱形的性质、勾股定理、直角三角形的性质等知识点，掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半成为解题的关键． 5．（2025春•鲤城区校级期末）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD交于点O，若∠1＝70°，则∠2的度数为（　　） A．20° B．25° C．30° D．35° 【考点】菱形的性质．版权所有 【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力． 【答案】A 【分析】根据菱形对边平行得到∠OBC＝∠1＝70°，根据AC⊥BD，得到∠2＝20°． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴AD∥BC，AC⊥BD ∴∠OBC＝∠1＝70°， ∵AC⊥BD， ∴∠BOC＝90°， ∴∠2＝90°﹣∠OBC＝20°， 故选：A． 【点评】本题主要考查了菱形的性质．熟练掌握菱形对边平行，对角线互相垂直，是解题的关键． 6．（2024秋•广饶县期末）如图：菱形ABCD的对角线AC、BD交于点O，且AC＝16，BD＝12，求菱形ABCD的高DH的长是（　　） A．10 B．96 C．9.6 D．以上都不对 【考点】菱形的性质；勾股定理．版权所有 【答案】C 【分析】根据菱形性质得出AC⊥BD，AO＝OC＝8，BO＝BD＝6，根据勾股定理求出AB，根据菱形的面积得出S菱形ABCDAC×BD＝AB×DH，代入求出即可． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，AC＝16，BD＝12， ∴AC⊥BD，AO＝OCAC＝8，BO＝BDBD＝6， 在Rt△AOB中，由勾股定理得：AB10， ∵S菱形ABCDAC×BD＝AB×DH， ∴16×12＝10DH， ∴DH＝9.6， 故选：C． 【点评】本题考查了菱形的性质和勾股定理的应用，注意：菱形的对角线互相垂直平分，菱形ABCD的面积AC×BD＝AB×DH． 7．（2025春•金安区校级期中）如图在平行四边形中，AB＝a，BC＝b，对角线相交于O点，过O点作EO⊥BD交BC于E，则△CDE周长为（　　） A．a+b B．ab C．2（a+b） D．2（b﹣a） 【考点】平行四边形的性质．版权所有 【专题】多边形与平行四边形；推理能力． 【答案】A 【分析】由四边形ABCD是平行四边形，可得OB＝OD，AB＝CD＝a，又由OE⊥BD，即可得OE是BD的垂直平分线，然后根据线段垂直平分线的性质，即可得BE＝DE，结合CD＝a，BC＝b，即可得出结果． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OB＝OD，AB＝CD＝a， ∵OE⊥BD， ∴BE＝DE， ∴△CDE的周长＝CD+DE+EC＝CD+BE+EC＝CD+BC， ∵CD＝a，BC＝b， ∴△CDE的周长＝a+b， 故选：A． 【点评】此题考查了平行四边形的性质，此题难度适中，注意掌握数形结合思想与转化思想的应用． 8．（2025•乌当区二模）如图，平行四边形ABCD中，AC⊥AB，点E为BC边中点，AD＝6，则AE的长为（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 【考点】平行四边形的性质；直角三角形斜边上的中线．版权所有 【答案】B 【分析】由平行四边形的性质得出BC＝AD＝6，由直角三角形斜边上的中线性质即可得出结果． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴BC＝AD＝6， ∵E为BC的中点，AC⊥AB， ∴AEBC＝3， 故选：B． 【点评】本题考查了平行四边形的性质、直角三角形斜边上的中线性质；熟练掌握平行四边形的性质，由直角三角形斜边上的中线性质求出AE是解决问题的关键． 9．（2025•广东模拟）如图，已知四边形ACBD是矩形，点B在直线MN上，若BD平分∠ABN，则下列结论不能推出的是（　　） A．BC平分∠ABM B．CD∥MN C．△BOC是等边三角形 D．∠COB＝2∠ABD 【考点】矩形的性质；等边三角形的性质；等边三角形的判定．版权所有 【答案】C 【分析】根据矩形的性质，得到OA＝OB＝OC＝OD，∠CBD＝90°，进而得到∠OBD＝∠ODB，角平分线推出∠ODB＝∠DBN，进而得到CD∥MN，得到∠COB＝∠ABN＝2∠ABD，根据等角的余角相等，推出∠ABC＝∠MBC，即可． 【解答】解：根据矩形的性质，OA＝OB＝OC＝OD，∠CBD＝90°， ∴∠OBD＝∠ODB， ∵BD平分∠ABN， ∴∠ABD＝∠DBN， ∴∠ODB＝∠DBN， ∴CD∥MN；故选项B正确； ∴∠COB＝∠ABN＝2∠ABD，故选项D正确； ∵∠CBD＝90°， ∴∠ABD+∠ABC＝90°，∠NBD+∠MBC＝180°﹣90°＝90°， 又∵∠ABD＝∠DBN， ∴∠ABC＝∠MBC， 故选项A正确； ∵OB＝OC， ∴△BOC是等腰三角形，无法得到等边三角形，故选项C错误； 故选C． 【点评】本题考查矩形的性质，平行线的判定和性质，等腰三角形的判定，正确记忆相关知识点是解题关键． 10．（2025春•蕲春县期中）如图，在▱ABCD中，AB＝2，BF、CE分别是∠ABC与∠BCD的角平分线，交点为点O，EF＝1，则OB2+OC2＝（　　） A．5 B．10 C．9 D．12 【考点】平行四边形的性质；勾股定理．版权所有 【专题】等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；推理能力． 【答案】C 【分析】由角平分线的性质和平行四边形的性质可求AB＝AF＝2，CD＝DE＝2，∠FBC+∠ECB＝90°，由勾股定理可求解． 【解答】解：∵BF、CE分别是∠ABC与∠BCD的角平分线， ∴∠ABF＝∠CBF，∠DCE＝∠BCE， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD＝2，AD∥BC，AB∥CD， ∴∠AFB＝∠FBC，∠DEC＝∠BCE，∠ABC+∠BCD＝180°， ∴AB＝AF＝2，CD＝DE＝2，∠FBC+∠ECB＝90°， ∴AD＝AF+DE﹣EF＝3＝BC，∠BOC＝90°， ∴OB2+OC2＝BC2＝9， 故选：C． 【点评】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，角平分线的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 二．填空题（共5小题） 11．（2025春•双峰县期中）如图，▱ABCD的对角线交于点O，AB＝10，AC+BD＝22，则△COD的周长为 　21　 ． 【考点】平行四边形的性质．版权所有 【专题】多边形与平行四边形；推理能力． 【答案】21． 【分析】由平行四边形ABCD的对角线相交于点O，AB＝10，两条对角线长度之和为22，可得CD＝AB＝10，OC+OD＝11，继而求得答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OCAC，ODBD，CD＝AB＝10， ∵AC+BD＝22， ∴OC+OD＝11， ∴△COD的周长为：CD+OC+OD＝21． 故答案为：21． 【点评】此题考查了平行四边形的性质．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用． 12．（2025•上街区模拟）如图，在▱ABCD中，AD＝3，对角线AC与BD相交于点O，AC+BD＝10，则△BOC的周长为 　8　 ． 【考点】平行四边形的性质．版权所有 【专题】多边形与平行四边形；推理能力． 【答案】8． 【分析】根据平行四边形对角线平分可得OC+BO＝6，即可求出结果． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD＝BC＝3，AO＝OCAC，BO＝ODBD， ∵AC+BD＝10， ∴OC+BO＝5， ∴C△BOC＝OC+OB+BC＝5+3＝8， 故答案为：8． 【点评】本题考查平行四边形的性质及三角形周长，熟练掌握平行四边形的对角线互相平分是解题的关键． 13．（2025•思明区校级模拟）如图，在直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，点E为边CB中点，若∠A＝52°，则∠EDB＝ 　38　 °． 【考点】直角三角形斜边上的中线．版权所有 【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力． 【答案】38． 【分析】根据三角形内角和定理求出∠B＝38°，根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”求出DEBC＝BE，再根据等腰三角形的性质求解即可． 【解答】解：∵∠ACB＝90°，∠A＝52°， ∴∠B＝180°﹣∠ACB﹣∠A＝38°， ∵CD⊥AB，点E为边CB中点， ∴DEBC＝BE， ∴∠EDB＝∠B＝38°， 故答案为：38． 【点评】此题考查了直角三角形斜边上的中线的性质，熟记直角三角形斜边上的中线的性质是解题的关键． 14．（2025•鹤壁模拟）如图，正方形ABCD的边长为，对角线AC，BD相交于点O，点E在CA的延长线上，OE＝5，连接DE． （1）线段AE的长为 　2　 ； （2）若F为DE的中点，则线段AF的长为 　　 ． 【考点】正方形的性质．版权所有 【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）运用正方形性质对角线互相平分、相等且垂直，即可求解； （2）作辅助线，构造中位线求解即可． 【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形， ∴OA＝OC＝OD＝OB，∠DOC＝90°， ∴在Rt△DOC中，OD2+OC2＝DC2， ∵， ∴OA＝OD＝OC＝OB＝3， ∵OE＝5， ∴AE＝OE﹣OA＝2； 故答案为：2； （2）如图，延长DA到点G，使AG＝AD，连接EG，过点E作EH⊥AG于点H， ∵F为DE的中点，A为DG的中点， ∴AF为△DGE的中位线， ∴， 在Rt△EAH中，∠EAH＝∠DAC＝45°， ∴AH＝EH， ∵AH2+EH2＝AE2，AE＝2， ∴， ∴， 在Rt△EGH中，， ∴． 故答案为：． 【点评】本题考查正方形的性质，三角形中位线定理，勾股定理等知识点，正确添加辅助线、熟练运用中位线定理是解题的关键． 15．（2025春•思明区校级期中）如果四边形ABCD中∠A、∠B、∠C、∠D的大小之比是2：3：2：3，那么四边形ABCD是平行四边形，判定的依据是　两组对角分别相等的四边形是平行四边形　 ． 【考点】平行四边形的判定．版权所有 【专题】多边形与平行四边形；推理能力． 【答案】见试题解答内容 【分析】根据两组对角分别相等的四边形是平行四边形即可得到结论． 【解答】解：如果四边形ABCD中∠A、∠B、∠C、∠D的大小之比是2：3：2：3，那么四边形ABCD是平行四边形，判定的依据是两组对角分别相等的四边形是平行四边形， 故答案为：两组对角分别相等的四边形是平行四边形． 【点评】本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键． 三．解答题（共5小题） 16．（2025春•怀仁市期中）如图，在▱ABCD中，E，F是对角线BD上两点，∠AFD＝∠CEB．求证：AF＝CE． 【考点】平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质．版权所有 【专题】图形的全等；多边形与平行四边形；推理能力． 【答案】证明见解答过程． 【分析】根据平行四边形的性质、平行线的性质求出AD＝BC，AD∥BC，∠ADF＝∠CBE，利用AAS证明△ADF≌△CBE，根据“全等三角形的对应边相等”即可得证． 【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD＝BC，AD∥BC， ∴∠ADF＝∠CBE， 在△ADF和△CBE中， ， ∴△ADF≌△CBE（AAS）， ∴AF＝CE． 【点评】此题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质，熟记平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质是解题的关键． 17．（2025•海淀区校级模拟）在Rt△ABC中，∠C＝90°，E，F分别是边AB，AC的中点，延长BC到点D，使，连结EF，CE，DF． （1）求证：四边形CDFE是平行四边形． （2）连结DE，交AC于点O，若AB＝BD＝6，求DE的长． 【考点】平行四边形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线；三角形中位线定理．版权所有 【专题】三角形． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）利用三角形中位线的性质得，进而可得，即可求证； （2）由可得，，利用勾股定理得，再根据平行四边形的性质得，DE＝2OD，利用勾股定理求出OD即可求解． 【解答】（1）证明：∵E，F分别为AB，AC的中点， ∴EF∥BC，， ∴CD∥EF， ∵， ∴CD＝EF， ∴四边形DCEF是平行四边形； （2）解：∵，BD＝AB＝6， ∴，， ∵∠ACB＝90°， ∴∠OCD＝90°， 在Rt△ABC中，， 在平行四边形DCEF中，，DE＝2OD， 在Rt△OCD中，， ∴． 【点评】本题考查了三角形中位线的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，掌握三角形中位线的性质和平行四边形的性质是解题的关键． 18．（2024秋•福山区期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝4cm，BC＝8cm，点P从点D出发向点A运动，运动到点A即停止；同时点Q从点B出发向点C运动，运动到点C即停止．点P、Q的速度都是1cm/s，连接PQ，AQ，CP，设点P、Q运动的时间为t（s）． （1）当t为何值时，四边形ABQP是矩形？ （2）当t为何值时，四边形AQCP是菱形？求出此时菱形AQCP的面积． 【考点】矩形的判定与性质；菱形的判定与性质．版权所有 【专题】矩形 菱形 正方形． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）根据题意，得到当AP＝BQ时，四边形ABQP是矩形，列出方程进行求解即可； （2）根据题意，得到当四边形AQCP是菱形时，AP＝AQ，列出方程求出t的值，根据菱形的面积公式求出面积即可． 【解答】解：（1）由题意，得：BQ＝t，DP＝t， ∵四边形ABCD是矩形，AB＝4，BC＝8， ∴CD＝AB＝4，AD＝BC＝8， ∴AP＝8﹣t， 当四边形ABQP是矩形时，BQ＝AP， ∴t＝8﹣t， 解得：t＝4， ∴当t＝4s时，四边形ABQP是矩形； （2）∵AB＝4，BQ＝t，∠B＝90°， ∴， 当四边形AQCP是菱形时，AP＝AQ， ∴， 解得：t＝3， 当t＝3时，BQ＝3， ∴CQ＝BC﹣BQ＝5， 菱形AQCP的面积为CQ•AB＝5×4＝20cm2． 【点评】本题考查矩形的判定，菱形的判定和性质．掌握相关判定方法和性质，是解题的关键． 19．（2025•朝阳区校级一模）如图，在▱ABCD中，AF、BH、CH、DF分别是∠DAB、∠ABC、∠BCD与∠CDA的平分线，AF与BH交于点E，CH与DF交于点G．求证：EG＝FH． 【考点】平行四边形的性质；矩形的判定与性质．版权所有 【专题】证明题． 【答案】见试题解答内容 【分析】欲证明EG＝FH，只要证明四边形EFGH是矩形即可． 【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， ∴∠DAB+∠ABC＝180°． ∵AF，BF分别平分∠DAB，∠ABC， ∴∠EAB+∠EBA（∠DAB+∠ABC）180°＝90°． ∴∠AEB＝90°， 同理：∠AFD＝90°，∠DGC＝90°， ∴∠HGF＝∠DGC＝90°， ∴四边形EGFH是矩形， ∴EG＝FH． 【点评】此题主要考查了矩形的判定，平行四边形的性质，关键是掌握三个角是直角是四边形是矩形，记住矩形的对角线相等，属于中考常考题型． 20．（2025春•息县期中）如图，已知▱ABCD与▱EBFD的顶点A、E、F、C在同一条直线上． 求证：AE＝CF． 【考点】平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质．版权所有 【专题】多边形与平行四边形；推理能力． 【答案】见解答． 【分析】连接BD交AC于点O，即可得AO＝CO，EO＝FO，进而可推出结论． 【解答】证明：如图，连接BD交AC于点O， ∵四边形ABCD与四边形EBFD都是平行四边形， ∴AO＝CO，EO＝FO， ∴AO﹣EO＝CO﹣FO， 即AE＝CF． 【点评】本题考查平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形对角线互相平分的性质是解题关键． 考点卡片 1．全等三角形的判定与性质 （1）全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件． （2）在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形． 2．等腰三角形的性质 （1）等腰三角形的概念 有两条边相等的三角形叫做等腰三角形． （2）等腰三角形的性质 ①等腰三角形的两腰相等 ②等腰三角形的两个底角相等．【简称：等边对等角】 ③等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合．【三线合一】 （3）在①等腰；②底边上的高；③底边上的中线；④顶角平分线．以上四个元素中，从中任意取出两个元素当成条件，就可以得到另外两个元素为结论． 3．等边三角形的性质 （1）等边三角形的定义：三条边都相等的三角形叫做等边三角形，等边三角形是特殊的等腰三角形． ①它可以作为判定一个三角形是否为等边三角形的方法； ②可以得到它与等腰三角形的关系：等边三角形是等腰三角形的特殊情况．在等边三角形中，腰和底、顶角和底角是相对而言的． （2）等边三角形的性质：等边三角形的三个内角都相等，且都等于60°． 等边三角形是轴对称图形，它有三条对称轴；它的任意一角的平分线都垂直平分对边，三边的垂直平分线是对称轴． 4．等边三角形的判定 （1）由定义判定：三条边都相等的三角形是等边三角形． （2）判定定理1：三个角都相等的三角形是等边三角形． （3）判定定理2：有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形． 说明：在证明一个三角形是等边三角形时，若已知或能求得三边相等则用定义来判定；若已知或能求得三个角相等则用判定定理1来证明；若已知等腰三角形且有一个角为60°，则用判定定理2来证明． 5．直角三角形的性质 （1）有一个角为90°的三角形，叫做直角三角形． （2）直角三角形是一种特殊的三角形，它除了具有一般三角形的性质外，具有一些特殊的性质： 性质1：直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方（勾股定理）． 性质2：在直角三角形中，两个锐角互余． 性质3：在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．（即直角三角形的外心位于斜边的中点） 性质4：直角三角形的两直角边的乘积等于斜边与斜边上高的乘积． 性质5：在直角三角形中，如果有一个锐角等于30°，那么它所对的直角边等于斜边的一半； 在直角三角形中，如果有一条直角边等于斜边的一半，那么这条直角边所对的锐角等于30°． 6．直角三角形斜边上的中线 （1）性质：在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．（即直角三角形的外心位于斜边的中点） （2）定理：一个三角形，如果一边上的中线等于这条边的一半，那么这个三角形是以这条边为斜边的直角三角形． 该定理可以用来判定直角三角形． 7．勾股定理 （1）勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方． 如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2． （2）勾股定理应用的前提条件是在直角三角形中． （3）勾股定理公式a2+b2＝c2 的变形有：a，b及c． （4）由于a2+b2＝c2＞a2，所以c＞a，同理c＞b，即直角三角形的斜边大于该直角三角形中的每一条直角边． 8．三角形中位线定理 （1）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． （2）几何语言： 如图，∵点D、E分别是AB、AC的中点 ∴DE∥BC，DEBC． 9．平行四边形的性质 （1）平行四边形的概念：有两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形． （2）平行四边形的性质： ①边：平行四边形的对边相等． ②角：平行四边形的对角相等． ③对角线：平行四边形的对角线互相平分． （3）平行线间的距离处处相等． （4）平行四边形的面积： ①平行四边形的面积等于它的底和这个底上的高的积． ②同底（等底）同高（等高）的平行四边形面积相等． 10．平行四边形的判定 （1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形．符号语言：∵AB∥DC，AD∥BC∴四边行ABCD是平行四边形． （2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形．符号语言：∵AB＝DC，AD＝BC∴四边行ABCD是平行四边形． （3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形． 符号语言：∵AB∥DC，AB＝DC∴四边行ABCD是平行四边形． （4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形． 符号语言：∵∠ABC＝∠ADC，∠DAB＝∠DCB∴四边行ABCD是平行四边形． （5）对角线互相平分的四边形是平行四边形．符号语言：∵OA＝OC，OB＝OD∴四边行ABCD是平行四边形． 11．平行四边形的判定与性质 平行四边形的判定与性质的作用 平行四边形对应边相等，对应角相等，对角线互相平分及它的判定，是我们证明直线的平行、线段相等、角相等的重要方法，若要证明两直线平行和两线段相等、两角相等，可考虑将要证的直线、线段、角、分别置于一个四边形的对边或对角的位置上，通过证明四边形是平行四边形达到上述目的． 运用定义，也可以判定某个图形是平行四边形，这是常用的方法，不要忘记平行四边形的定义，有时用定义判定比用其他判定定理还简单． 凡是可以用平行四边形知识证明的问题，不要再回到用三角形全等证明，应直接运用平行四边形的性质和判定去解决问题． 12．菱形的性质 （1）菱形的性质 ①菱形具有平行四边形的一切性质； ②菱形的四条边都相等； ③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角； ④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线． （2）菱形的面积计算 ①利用平行四边形的面积公式． ②菱形面积ab．（a、b是两条对角线的长度） 13．菱形的判定与性质 （1）依次连接四边形各边中点所得的四边形称为中点四边形．不管原四边形的形状怎样改变，中点四边形的形状始终是平行四边形． （2）菱形的中点四边形是矩形（对角线互相垂直的四边形的中点四边形定为矩形，对角线相等的四边形的中点四边形定为菱形．）　　 （3）菱形是在平行四边形的前提下定义的，首先它是平行四边形，但它是特殊的平行四边形，特殊之处就是“有一组邻边相等”，因而就增加了一些特殊的性质和不同于平行四边形的判定方法． （4）正方形是特殊的菱形，菱形不一定是正方形，所以，在同一平面上四边相等的图形不只是正方形． 14．矩形的性质 （1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形． （2）矩形的性质 ①平行四边形的性质矩形都具有； ②角：矩形的四个角都是直角； ③边：邻边垂直； ④对角线：矩形的对角线相等； ⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点． （3）由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半． 15．矩形的判定与性质 （1）关于矩形，应从平行四边形的内角的变化上认识其特殊性：一个内角是直角的平行四边形，进一步研究其特有的性质：是轴对称图形、内角都是直角、对角线相等．同时平行四边形的性质矩形也都具有． 在处理许多几何问题中，若能灵活运用矩形的这些性质，则可以简捷地解决与角、线段等有关的问题． （2）下面的结论对于证题也是有用的：①△OAB、△OBC都是等腰三角形；②∠OAB＝∠OBA，∠OCB＝∠OBC；③点O到三个顶点的距离都相等． 16．正方形的性质 （1）正方形的定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形． （2）正方形的性质 ①正方形的四条边都相等，四个角都是直角； ②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角； ③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质． ④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年暑期新初三数学人教新版尖子生专题复习《 平行四边形》 一．选择题（共10小题） 1．（2025春•陕西期中）如图，在矩形ABCD中，点E、F分别为AB、CD边的中点，点G、H均在BC边上，点G在点H的左侧，连接EG、FH，已知EG＝FH，AD＝8cm，GH＝2cm，则BG的长为（　　） A．3cm B．2cm C．3.5cm D．4cm 2．（2025春•离石区期中）如图，在▱ABCD中，E，F是对角线AC上的两点（不与点A，C重合），且AE＝CF，连接BE，BF，DE，DF，下列结论错误的是（　　） A．四边形BEDF是平行四边形 B．若四边形ABCD是菱形，则四边形BEDF是菱形 C．若四边形ABCD是正方形，则四边形BEDF是菱形 D．若四边形ABCD是矩形，则四边形BEDF也是矩形 3．（2025春•离石区期中）如图，在正方形ABCD中，O为对角线AC，BD的交点，E，F分别为边BC，CD上一点，且OE⊥OF，连接EF．若AB＝2，则EF的最小值是（　　） A． B．1 C． D． 4．（2024秋•西峡县期末）如图是人字梯及其侧面示意图，AB，AC为支撑架，DE为拉杆，D，E分别是AB，AC的中点，若DE＝40cm，则B，C两点的距离为（　　） A．50cm B．60cm C．70cm D．80cm 5．（2025•灞桥区校级模拟）如图，点O是菱形ABCD对角线的交点，DE∥AC，CE∥BD，连接OE，设 AC＝12，BD＝16，则OE的长为（　　） A．8 B．9 C．10 D．11 6．（2025春•湘阴县期中）如图，在△AEG中，GA＝GE，∠G＝40°，将△AEG的顶点E摆放在矩形ABCD的一边BC上，使得AB＝BE，其中EG与AD交于点F，则∠DFG的度数是（　　） A．85° B．75° C．65° D．45° 7．（2025•重庆校级模拟）摄影中有一种拍摄手法叫黄金构图法．其原理是：如图，在正方形ABCD的底边BC取中点E，以E为圆心，线段DE长为半径作圆，与底边BC的延长线交于点F，矩形ABFG称为黄金矩形．若CF＝4，则AB为（　　） A． B． C． D． 8．（2025•泉州校级模拟）如图，在菱形ABCD中，∠A＝30°，AB＝12，F是边BC上的一个动点，连接DF，以DF为对角线作菱形DEFG，使点E落在DC边上，当菱形DEFG的周长最小时，菱形DEFG的面积为（　　） A．16 B．12 C． D． 9．（2025•铁东区校级模拟）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，E是AB的中点，连接OE，若OE＝2cm，则AD的长为（　　） A．2cm B．4cm C．8cm D．12cm 10．（2025春•利津县期中）如图，在正方形ABCD中，点O是对角线AC，BD交点，过点O作射线OM，ON分别交BC，CD于点E，F，且∠EOF＝90°，OC，EF交于点G．有下列结论：①△DOF≌△COE；②CF＝BE；③FO＝FG；④四边形CEOF的面积为正方形ABCD面积的；⑤OF2+OE2＝EF2．其中正确的个数是（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 二．填空题（共5小题） 11．（2025春•陕西期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝BC＝12，P、Q分别是BC、AD的中点，点M、N在CD边上，MNCD，PN与QM相交于点O，则图中阴影部分的面积为 　 　 ． 12．（2025•金水区校级模拟）如图，平面直角坐标系中正方形ABCD的顶点A（0，12），B（5，0），过D作DF⊥x轴交AC于点E，连接BE，则BE+EF的值为 　 　 ． 13．（2025•亭湖区三模）如图，过四边形ABCD的四个顶点分别作对角线AC、BD的平行线，如所围成的四边形EFGH是矩形，则原四边形ABCD需满足的条件是 　 　 ．（只需写出一个符合要求的条件） 14．（2025•乾安县模拟）中国结寓意团圆、美满，以独特的东方神韵体现中国人民的智慧和深厚的文化底蕴．小芳家有一个菱形中国结装饰，将该中国结简化成菱形ABCD，测得BD＝8cm，AC＝6cm，则该菱形的边长为　 　 cm． 15．（2025•市中区二模）如图，在菱形ABCD中，∠B＝60°，AB＝8．点E，F分别是BC，AB边上的动点，且BF＝2CE，以EF为边向右作等边△EFG，连接CF，CG，DG．当CG＝EG时，DG的值为　 　 ． 三．解答题（共5小题） 16．（2025春•武威期中）如图，在△ABC中，点E、F分别是AB、BC的中点，连接AF，过点C作CD∥FA交EF的延长线于点D，连接BD． （1）求证：CD＝AF． （2）若∠EFB＝90°，EF＝1，BF＝3，求CD的长． 17．（2025•黄岛区校级三模）如图，▱ABCD对角线AC，BD相交于点O，过点D作DE∥AC且DE＝OC，连接CE，OE，OE＝CD． （1）求证：▱ABCD是菱形； （2）若AB＝4，∠ABC＝60°，求AE的长． 18．（2025•水磨沟区一模）如图，在平行四边形ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E，点F在边CD上，且FC＝AE，连接AF、BF． （1）求证：四边形DEBF是矩形； （2）若AF平分∠DAB，FC＝3，DF＝5，求BF的长． 19．（2025•天河区校级二模）如图，在菱形ABCD中，点E、F分别在BC、CD边上，∠BAF＝∠DAE，求证：BE＝DF． 20．（2025•岳塘区校级一模）如图，在四边形ABCD中，∠ACB＝∠CAD＝90°，点E在BC上，AE∥DC． （1）求证：四边形AECD是平行四边形； （2）若∠B＝30°，AE平分∠BAC，，求AD的长． 2026年暑期新初三数学人教新版尖子生专题复习《 平行四边形》 参考答案与试题解析 一．选择题（共10小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D D D C C D D B C 一．选择题（共10小题） 1．（2025春•陕西期中）如图，在矩形ABCD中，点E、F分别为AB、CD边的中点，点G、H均在BC边上，点G在点H的左侧，连接EG、FH，已知EG＝FH，AD＝8cm，GH＝2cm，则BG的长为（　　） A．3cm B．2cm C．3.5cm D．4cm 【考点】矩形的性质．版权所有 【答案】A 【分析】先根据矩形的性质得AB＝CD，∠B＝∠C＝90°，AD＝BC＝8cm，根据中点定义得BE＝CF，再根据“斜边，直角边”得Rt△BEG≌Rt△CFH，可得BG＝CH，然后根据BG+CH＝BC﹣GH＝2BG得出答案． 【解答】解：由题意可得：AB＝CD，∠B＝∠C＝90°，AD＝BC＝8cm． 在矩形ABCD中，点E、F分别为AB、CD边的中点，则： ． ∵EG＝FH， ∴Rt△BEG≌Rt△CFH， ∴BG＝CH， ∴BG+CH＝BC﹣GH＝2BG＝8﹣2＝6， 解得BG＝3cm． 故选：A． 【点评】本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的性质和判定，正确进行计算是解题关键． 2．（2025春•离石区期中）如图，在▱ABCD中，E，F是对角线AC上的两点（不与点A，C重合），且AE＝CF，连接BE，BF，DE，DF，下列结论错误的是（　　） A．四边形BEDF是平行四边形 B．若四边形ABCD是菱形，则四边形BEDF是菱形 C．若四边形ABCD是正方形，则四边形BEDF是菱形 D．若四边形ABCD是矩形，则四边形BEDF也是矩形 【考点】正方形的性质；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；矩形的判定与性质．版权所有 【专题】多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；推理能力；应用意识． 【答案】D 【分析】连接BD交AC于点O，根据平行四边形的性质可得OA＝OC，OB＝OD，再根据E、F是对角线AC上的两点（不与点A、C重合），AE＝CF，可得OE＝OF，进一步即可判断A选项；根据菱形的性质可得BD⊥AC，进一步即可判断B选项；根据正方形的性质可得 BD⊥AC，进一步即可判断C选项；根据矩形的性质可得 AC＝BD，再根据E、F是对角线AC上的两点（不与点A、C重合），可得EF≠BD，进一步可判断D选项． 【解答】解：连接BD交AC于点O，如图所示： ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OA＝OC，OB＝OD， ∵E、F是对角线AC上的两点（不与点A、C重合），AE＝CF， ∴OE＝OF， ∵OB＝OD， ∴四边形BFDE是平行四边形，故A不符合题意； 当四边形ABCD是菱形时，BD⊥AC， ∴EF⊥BD， 又∵四边形BFDE是平行四边形， ∴四边形BFDE是菱形，故B不符合题意； 当四边形ABCD是正方形时，BD⊥AC， ∴EF⊥BD， 又∵四边形BFDE是平行四边形， ∴四边形BFDE是菱形，故C不符合题意； 当四边形ABCD是矩形时，AC＝BD， ∵E、F是对角线AC上的两点（不与点A、C重合）， ∴EF≠BD， ∴四边形BFDE不是矩形，故D符合题意， 故选：D． 【点评】本题考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，矩形的判定和性质，正方形的性质，熟练掌握这些知识是解题的关键． 3．（2025春•离石区期中）如图，在正方形ABCD中，O为对角线AC，BD的交点，E，F分别为边BC，CD上一点，且OE⊥OF，连接EF．若AB＝2，则EF的最小值是（　　） A． B．1 C． D． 【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．版权所有 【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力． 【答案】D 【分析】过点O作OH⊥BC于点H，根据正方形性质得OH＝1，证明△OCE和△ODF全等得OE＝OF，则△OEF是等腰直角三角形，由勾股定理得EFOE，由此得当OE为最小时，EF为最小，再根据“垂线段最短”得：当OE⊥BC时为最小，则最小值为线段OH的长，由此得OE的最小值为1，据此即可得出EF的最小值． 【解答】解：过点O作OH⊥BC于点H，如图所示： ∵△ABC是正方形，且AB＝2， ∴AB＝BC＝2，OB＝OC＝OD，AC⊥BD，∠OCE＝∠ODF＝45°， ∴△OBC是等腰直角三角形， ∴OHBC＝1， ∵OE⊥OF，AC⊥BD， ∴∠EOF＝∠COD＝90°， ∴∠EOC+∠COF＝∠COF+∠DOF， ∴∠EOC＝∠DOF， 在△OCE和△ODF中， ， ∴△OCE≌△ODF（ASA）， ∴OE＝OF， ∴△OEF是等腰直角三角形， 由勾股定理得：EFOE， ∴当OE为最小时，EF为最小， ∵点E在边BC上， ∴根据“垂线段最短”得：当OE⊥BC时为最小， 即点E于点H重合时，OE为最小，最小值为线段OH的长， ∴OE的最小值为1， 此时EF， 即EF的最小值为． 故选：D． 【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，理解正方形的性质，垂线段最短，熟练掌握全等三角形的判定和性质，勾股定理是解决问题的关键． 4．（2024秋•西峡县期末）如图是人字梯及其侧面示意图，AB，AC为支撑架，DE为拉杆，D，E分别是AB，AC的中点，若DE＝40cm，则B，C两点的距离为（　　） A．50cm B．60cm C．70cm D．80cm 【考点】三角形中位线定理．版权所有 【专题】三角形；应用意识． 【答案】D 【分析】根据三角形中位线定理即可求得答案． 【解答】解：连接BC， ∵D，E分别是AB，AC的中点， ∴DE是△ABC的中位线， ∴DEBC， ∴BC＝2DE， ∵DE＝40cm， ∴BC＝80cm， ∴B，C两点的距离为80cm． 故选：D． 【点评】本题主要考查了三角形中位线定理，掌握三角形的中位线等于第三边的一半是解决问题的关键． 5．（2025•灞桥区校级模拟）如图，点O是菱形ABCD对角线的交点，DE∥AC，CE∥BD，连接OE，设 AC＝12，BD＝16，则OE的长为（　　） A．8 B．9 C．10 D．11 【考点】矩形的判定与性质；菱形的性质．版权所有 【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力． 【答案】C 【分析】由菱形的性质和勾股定理求出CD＝10，再证出平行四边形OCED为矩形，得OE＝CD＝10即可． 【解答】解：∵DE∥AC，CE∥BD， ∴四边形OCED为平行四边形， ∵四边形ABCD是菱形，AC＝12，BD＝16， ∴AC⊥BD，OA＝OCAC＝6，OB＝ODBD＝8， ∴∠DOC＝90°，CD10， ∴平行四边形OCED为矩形， ∴OE＝CD＝10， 故选：C． 【点评】本题考查了菱形的性质，矩形的判定与性质，平行四边形判定与性质等知识；熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． 6．（2025春•湘阴县期中）如图，在△AEG中，GA＝GE，∠G＝40°，将△AEG的顶点E摆放在矩形ABCD的一边BC上，使得AB＝BE，其中EG与AD交于点F，则∠DFG的度数是（　　） A．85° B．75° C．65° D．45° 【考点】矩形的性质；等腰三角形的性质．版权所有 【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力． 【答案】C 【分析】利用等腰三角形的性质求出∠GAE，再利用矩形的性质求出∠DAE可得结论． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠B＝90°，AD∥BC， ∵AB＝BE， ∴∠BAE＝∠AEB＝45°， ∴∠DAE＝∠AEB＝45°， ∵GA＝GE，∠G＝40°， ∴∠GAE＝∠GEA＝70°， ∴∠GAF＝∠GAE﹣∠DAE＝70°﹣45°＝25°， ∴∠DFG＝∠G+∠GAF＝40°+25°＝65°． 故选：C． 【点评】本题考查矩形的性质，等腰三角形的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 7．（2025•重庆校级模拟）摄影中有一种拍摄手法叫黄金构图法．其原理是：如图，在正方形ABCD的底边BC取中点E，以E为圆心，线段DE长为半径作圆，与底边BC的延长线交于点F，矩形ABFG称为黄金矩形．若CF＝4，则AB为（　　） A． B． C． D． 【考点】矩形的性质；正方形的性质．版权所有 【专题】正多边形与圆；图形的相似；运算能力；推理能力． 【答案】D 【分析】设AB＝x，根据正方形的性质可得AB＝BC＝x，然后根据黄金矩形的定义可得，从而可得，最后进行计算即可解答． 【解答】解：设AB＝x， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC＝x， ∵矩形ABFG是黄金矩形， ∴， ∴， 解得：x＝22， 经检验：x＝22是原方程的根， ∴AB＝22， 故选：D． 【点评】本题考查了黄金分割，正方形的性质，矩形的性质，熟练掌握黄金分割的定义是解题的关键． 8．（2025•泉州校级模拟）如图，在菱形ABCD中，∠A＝30°，AB＝12，F是边BC上的一个动点，连接DF，以DF为对角线作菱形DEFG，使点E落在DC边上，当菱形DEFG的周长最小时，菱形DEFG的面积为（　　） A．16 B．12 C． D． 【考点】菱形的性质．版权所有 【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力． 【答案】D 【分析】分析出菱形DEFG的周长最小时的边长，根据菱形的面积公式计算即可． 【解答】解：如图所示：过点E作EH⊥BC，垂足为H． 设DE＝EF＝x，则EC＝12﹣x， ∵∠C＝∠A＝30°， ∴EHEC， ∵EF≥EH， ∴x， ∴x≥4， ∴边长最小是4， 过F作FN⊥DC，CF＝4， FN•CF＝2， ∴菱形DEFG的周长最小时，菱形DEFG的面积为： DE×FN＝48． 故选：D． 【点评】本题考查菱形的性质，正确记忆相关知识点是解题关键． 9．（2025•铁东区校级模拟）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，E是AB的中点，连接OE，若OE＝2cm，则AD的长为（　　） A．2cm B．4cm C．8cm D．12cm 【考点】平行四边形的性质；三角形中位线定理．版权所有 【专题】多边形与平行四边形；几何直观；推理能力． 【答案】B 【分析】根据题意可得O是BD的中点，利用三角形的中位线的性质即可求解． 【解答】解：在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O， ∴对角线AC、BD互相平分， ∴O是BD的中点， 又∵E是AB的中点，OE＝2cm， ∴OE是△ABD中位线， ∴， ∴AD＝2OE＝4cm． 故选：B． 【点评】本题主要考查了平行四边形的性质，三角形中位线的性质，熟练掌握这些性质是解题的关键． 10．（2025春•利津县期中）如图，在正方形ABCD中，点O是对角线AC，BD交点，过点O作射线OM，ON分别交BC，CD于点E，F，且∠EOF＝90°，OC，EF交于点G．有下列结论：①△DOF≌△COE；②CF＝BE；③FO＝FG；④四边形CEOF的面积为正方形ABCD面积的；⑤OF2+OE2＝EF2．其中正确的个数是（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 【考点】正方形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理．版权所有 【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力． 【答案】C 【分析】利用正方形的性质和全等三角形的判定与性质逐一分析即可得出正确答案． 【解答】解：①在正方形ABCD中，OC＝OD，∠COD＝90°，∠ODC＝∠OCB＝45°， ∵∠EOF＝90°， ∴∠COE＝∠EOF﹣∠COF＝90°﹣∠COF， ∴∠COE＝∠DOF， 在△COE和△DOF中， ， ∴△COE≌△DOF（ASA），故①正确； ②∵△COE≌△DOF， ∴CE＝DF， ∵四边形ABCD为正方形， ∴BC＝CD， ∴BE＝CF，故②正确； ③∵△COE≌△DOF， ∴FO＝EO， ∵∠OFE＝∠ODF＝45°， ∴∠DOF＝∠CFE， 设∠DOF＝α， ∴∠OGF＝45°+α， ∵∠COF＝90°﹣α， 当45°+α＝90°﹣α时，α＝22.5°，OF＝FG， 故③不正确； ④由①全等可得四边形CEOF的面积与△OCD面积相等， ∴四边形CEOF的面积为正方形ABCD面积的， 故④正确； ⑤在Rt△ECF中，∠EOF＝90°， 根据勾股定理，得：OE2+OF2＝EF2， 故⑤正确； 综上所述，正确的是①②④⑤， 故选：C． 【点评】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是利用全等证明出△COE≌△DOF，属于选择题的压轴题． 二．填空题（共5小题） 11．（2025春•陕西期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝BC＝12，P、Q分别是BC、AD的中点，点M、N在CD边上，MNCD，PN与QM相交于点O，则图中阴影部分的面积为 　42　 ． 【考点】矩形的性质．版权所有 【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力． 【答案】42． 【分析】先连接PQ，作OH⊥CD于H，延长HO交PQ于G，证明△MNO∽△QPO，可得，求得OG、OH的长，进而根据S阴影＝S四边形CDQP﹣S△POQ﹣S△MON可求解． 【解答】解：连接PQ，过点O作OH⊥CD于H，延长HO交PQ于G， ∵AB＝BC， ∴四边形ABCD是正方形， ∴CD＝12＝AD＝BC． ∵，且CP∥DQ， ∴四边形CDQP是矩形， ∴PQ∥MN，， ∴△MNO∽△QPO， ∴． ∵CP＝6， ∴HG＝6， ∴OG＝4，OH＝2， ∴． 故答案为：42． 【点评】本题主要考查了相似三角形的性质和判定，正方形的性质和判定，矩形的性质和判定，正确进行计算是解题关键． 12．（2025•金水区校级模拟）如图，平面直角坐标系中正方形ABCD的顶点A（0，12），B（5，0），过D作DF⊥x轴交AC于点E，连接BE，则BE+EF的值为 　17　 ． 【考点】正方形的性质；坐标与图形性质．版权所有 【专题】矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力． 【答案】17． 【分析】过点D作DH⊥y轴于点H，再根据点A（0，12），B（5，0）得OA＝12，OB＝5，证明△DAH和△ABO全等得HD＝OA＝12，AH＝OB＝5，则OH＝AH+OA＝17，再证明△DAE和△BAE全等得DE＝BE得BE+EF＝DF＝17，由此可得BE+EF的值． 【解答】解：过点D作DH⊥y轴于点H，如图所示： ∴∠DHA＝∠AOB＝90°， ∴∠1+∠2＝90°， ∵点A（0，12），B（5，0）， ∴OA＝12，OB＝5， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝AB，∠DAB＝90°，∠DAE＝∠BAE＝45°， ∴∠2+∠3＝90°， ∴∠1＝∠3， 在△DAH和△ABO中， ， ∴△DAH≌△ABO（AAS）， ∴HD＝OA＝12，AH＝OB＝5， ∴OH＝AH+OA＝17， ∵DF⊥x轴， ∵∠DFO＝∠DHA＝∠AOB＝90°， ∴四边形DHOF是矩形， ∴DF＝OH＝17， 在△DAE和△BAE中， ， ∴△DAE≌△BAE（SAS）， ∴DE＝BE， ∴BE+EF＝DE+EF＝DF＝17， 即BE+EF的值为17． 故答案为：17． 【点评】此题主要考查了正方形的性质，点的坐标，熟练掌握正方形的性质，点的坐标是解决问题的关键，难点是正确地添加辅助线，构造全等三角形是解决问题的关键． 13．（2025•亭湖区三模）如图，过四边形ABCD的四个顶点分别作对角线AC、BD的平行线，如所围成的四边形EFGH是矩形，则原四边形ABCD需满足的条件是 　AC⊥BD　 ．（只需写出一个符合要求的条件） 【考点】矩形的判定；平行公理及推论；平行四边形的判定．版权所有 【专题】证明题；开放型． 【答案】见试题解答内容 【分析】根据平行公理的推论求出EF∥GH，EH∥FG，推出平行四边形EFGH，证出∠E＝90°即可． 【解答】解：添加的条件是AC⊥BD， ∵BD∥EF，BD∥GH， ∴EF∥GH， 同理EH∥GF， ∴四边形EFGH是平行四边形， ∵EF∥BD，AC⊥BD， ∴EF⊥AC， ∵EH∥AC， ∴EF⊥EH， ∴∠E＝90°， ∴平行四边形EFGH是矩形， 故答案为：AC⊥BD． 【点评】本题主要考查对矩形的判定，平行四边形的判定，平行公理及推论等知识点的理解和掌握，能求出平行四边形EFHGH和∠E＝90°是解此题的关键． 14．（2025•乾安县模拟）中国结寓意团圆、美满，以独特的东方神韵体现中国人民的智慧和深厚的文化底蕴．小芳家有一个菱形中国结装饰，将该中国结简化成菱形ABCD，测得BD＝8cm，AC＝6cm，则该菱形的边长为　5　 cm． 【考点】菱形的性质；勾股定理．版权所有 【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；几何直观；推理能力． 【答案】5． 【分析】根据菱形的对角线互相平分且垂直得到OA＝3cm，OB＝4cm，再利用勾股定理即可求解． 【解答】解：∵菱形ABCD中，BD＝8cm，AC＝6cm， ∴，∠AOB＝90°， 在直角三角形AOB中，由勾股定理得：AB5（cm）， 则该菱形的边长为5cm， 故答案为：5． 【点评】本题考查菱形的性质，勾股定理，解答本题的关键是熟练掌握菱形的性质． 15．（2025•市中区二模）如图，在菱形ABCD中，∠B＝60°，AB＝8．点E，F分别是BC，AB边上的动点，且BF＝2CE，以EF为边向右作等边△EFG，连接CF，CG，DG．当CG＝EG时，DG的值为　　 ． 【考点】菱形的性质；等边三角形的判定与性质．版权所有 【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力． 【答案】． 【分析】根据菱形和等边三角形的性质，推出∠GCD＝∠AFD＝∠CDF，DG＝CG＝FG，从而得到∠FCD＝90°，根据30度角所对的直角边等于斜边一半，求出，CF2＝48，证明出F、G、D三点共线，求出，即可得到DG的值． 【解答】解：由条件可知AB＝BC＝CD＝8，AB∥CD， ∴∠AFD＝∠CDF，∠BCD＝120°， ∵△EFG是等边三角形， ∴∠EFG＝∠FEG＝60°，FG＝EG， ∵CG＝EG， ∴∠GEC＝∠GCE，FG＝CG， ∴∠CFG＝∠FCG， ∵∠AFD+∠BFE＝120°，∠BEF+∠BFE＝120°， ∴∠AFD＝∠BEF， ∵∠BEF+∠CEG＝120°，∠GCE+∠GCD＝120°， ∴∠BEF＝∠GCD， ∴∠GCD＝∠AFD＝∠CDF， ∴DG＝CG＝FG， 由条件可知∠AFC+∠FCD＝180°， ∴AFD+∠GFC+∠FCG+∠GCD＝2∠GCD+2∠FCG＝180°， ∴∠GCD+FCG＝∠FCD＝90°， ∴∠BCF＝30°， ∴，CF2＝BC2﹣BF2＝48， ∵∠CGF＝180°﹣2∠FCG，∠CGD＝180°﹣2∠GCD， ∴∠CGF+∠CGD＝360°﹣2（∠FCG+∠GCD）＝180°， ∴F、G、D三点共线， ∴， ∴， 故答案为：． 【点评】本题考查了菱形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形，勾股定理等知识，证明出F、G、D三点共线是解题关键． 三．解答题（共5小题） 16．（2025春•武威期中）如图，在△ABC中，点E、F分别是AB、BC的中点，连接AF，过点C作CD∥FA交EF的延长线于点D，连接BD． （1）求证：CD＝AF． （2）若∠EFB＝90°，EF＝1，BF＝3，求CD的长． 【考点】平行四边形的判定与性质；平行线的判定与性质；勾股定理；三角形中位线定理．版权所有 【专题】多边形与平行四边形；运算能力． 【答案】（1）见解析； （2）． 【分析】（1）根据中位线的判定和性质得出EF∥AC，结合平行四边形的判定和性质即可证明； （2）结合中位线的判定和性质得出AC＝2EF＝2，再由题意确定CF＝BF＝3，结合勾股定理及平行四边形的性质即可求解． 【解答】（1）证明：由题意可得：EF是△ABC的中位线， ∴EF∥AC， 又∵CD∥AF， ∴四边形AFDC为平行四边形， ∴CD＝AF； （2）解：∵EF是△ABC的中位线， ∴EF∥AC，， ∴AC＝2EF＝2×1＝2， ∴CF＝BF＝3， ∵EF∥AC，∠EFB＝90°， ∴∠ACF＝90°， ∵AF2＝AC2+CF2， ∴， 由（1）得四边形AFDC为平行四边形， ∴． 【点评】本题考查平行四边形的判定和性质，勾股定理解三角形，中位线的判定和性质，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键． 17．（2025•黄岛区校级三模）如图，▱ABCD对角线AC，BD相交于点O，过点D作DE∥AC且DE＝OC，连接CE，OE，OE＝CD． （1）求证：▱ABCD是菱形； （2）若AB＝4，∠ABC＝60°，求AE的长． 【考点】菱形的判定与性质；平行四边形的性质．版权所有 【专题】等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）先证四边形OCED是平行四边形．再证平行四边形OCED是矩形，则∠COD＝90°，得AC⊥BD，然后由菱形的判定即可得出结论； （2）证△ABC是等边三角形，得AC＝AB＝4，再由勾股定理得OD＝2，然后由矩形的在得CE＝OD＝2，∠OCE＝90°，即可解决问题． 【解答】（1）证明：∵DE∥AC，DE＝OC， ∴四边形OCED是平行四边形． ∵OE＝CD， ∴平行四边形OCED是矩形， ∴∠COD＝90°， ∴AC⊥BD， ∴▱ABCD是菱形； （2）解：∵四边形ABCD是菱形， ∴OA＝OC，CD＝AB＝BC＝4，AC⊥BD， ∵∠ABC＝60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴AC＝AB＝4， ∴OA＝OC＝2， 在Rt△OCD中，由勾股定理得：OD2， 由（1）可知，四边形OCED是矩形， ∴CE＝OD＝2，∠OCE＝90°， ∴AE2， 即AE的长为2． 【点评】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、等边三角形的判定与性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 18．（2025•水磨沟区一模）如图，在平行四边形ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E，点F在边CD上，且FC＝AE，连接AF、BF． （1）求证：四边形DEBF是矩形； （2）若AF平分∠DAB，FC＝3，DF＝5，求BF的长． 【考点】矩形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质．版权所有 【专题】多边形与平行四边形；推理能力． 【答案】（1）证明见解析； （2）4． 【分析】（1）先证四边形DEBF是平行四边形，再证∠DEB＝90°，即可得出结论； （2）证AD＝DF＝5，再由勾股定理求出DE＝4，然后由矩形的性质即可求解． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴DC∥AB，DC＝AB， ∵FC＝AE， ∴CD﹣FC＝AB﹣AE， 即DF＝BE， ∴四边形DEBF是平行四边形， 又∵DE⊥AB， ∴∠DEB＝90°， ∴平行四边形DEBF是矩形； （2）解：∵AF平分∠DAB， ∴∠DAF＝∠BAF， ∵DC∥AB， ∴∠DFA＝∠BAF， ∴∠DFA＝∠DAF， ∴AD＝DF＝5， 在Rt△AED中，由勾股定理得：DE4， 由（1）得：四边形DEBF是矩形， ∴BF＝DE＝4． 【点评】本题考查了平行四边形的性质和判定，矩形的判定与性质，勾股定理，平行线的性质，等腰三角形的判定等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明四边形DEBF为矩形是解此题的关键． 19．（2025•天河区校级二模）如图，在菱形ABCD中，点E、F分别在BC、CD边上，∠BAF＝∠DAE，求证：BE＝DF． 【考点】菱形的性质；全等三角形的判定与性质．版权所有 【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；几何直观；推理能力． 【答案】证明见解答过程． 【分析】首先得到AB＝AD，∠B＝∠D，继而推导出∠BAE＝∠DAF，得到△BAE≌△DAF（ASA），进而得证． 【解答】证明：在菱形ABCD中，点E、F分别在BC、CD边上， ∴AB＝AD，∠ABE＝∠ADF， ∵∠BAF＝∠DAE， ∴∠BAE+∠EAF＝∠EAF+∠DAF， ∴∠BAE＝∠DAF， 在△BAE和△DAF中， ， ∴△BAE≌△DAF（ASA）， ∴BE＝DF． 【点评】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，解答本题的关键是熟练掌握全等三角形的判定定理． 20．（2025•岳塘区校级一模）如图，在四边形ABCD中，∠ACB＝∠CAD＝90°，点E在BC上，AE∥DC． （1）求证：四边形AECD是平行四边形； （2）若∠B＝30°，AE平分∠BAC，，求AD的长． 【考点】平行四边形的判定与性质；勾股定理．版权所有 【专题】线段、角、相交线与平行线；等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；运算能力；推理能力． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）证AD∥BC，再由平行四边形的判定即可得出结论； （2）由平行四边形的性质得EC＝AD＝2，再由含30°角的直角三角形的性质得AE＝2EC＝4，进而由勾股定理得AC＝4，然后由含30°角的直角三角形的性质即可得出结论． 【解答】（1）证明：∵∠ACB＝∠CAD＝90°， ∴AD∥BC， 又∵AE∥DC， ∴四边形AECD是平行四边形； （2）解：由（1）可知，四边形AECD是平行四边形， ∴EC＝AD， ∵∠B＝30°，， ∴∠BAC＝90°﹣∠B＝60°，AC＝4， ∵AE平分∠BAC， ∴， ∴∠AEC＝60°，AE＝2CE， 在Rt△AEC中，由勾股定理得：AC4， ∴EC＝4， ∴AD＝4． 【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质、平行线的判定以及勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键． 考点卡片 1．坐标与图形性质 1、点到坐标轴的距离与这个点的坐标是有区别的，表现在两个方面：①到x轴的距离与纵坐标有关，到y轴的距离与横坐标有关；②距离都是非负数，而坐标可以是负数，在由距离求坐标时，需要加上恰当的符号． 2、有图形中一些点的坐标求面积时，过已知点向坐标轴作垂线，然后求出相关的线段长，是解决这类问题的基本方法和规律． 3、若坐标系内的四边形是非规则四边形，通常用平行于坐标轴的辅助线用“割、补”法去解决问题． 2．平行公理及推论 （1）平行公理：经过直线外一点，有且只有一条直线与这条直线平行． （2）平行公理中要准确理解“有且只有”的含义．从作图的角度说，它是“能但只能画出一条”的意思． （3）推论：如果两条直线都与第三条直线平行，那么这两条直线也互相平行． （4）平行公理的推论可以看做是平行线的一种判定方法，在解题中要注意该结论在证明直线平行时应用． 3．平行线的判定与性质 （1）平行线的判定是由角的数量关系判断两直线的位置关系．平行线的性质是由平行关系来寻找角的数量关系． （2）应用平行线的判定和性质定理时，一定要弄清题设和结论，切莫混淆． （3）平行线的判定与性质的联系与区别 区别：性质由形到数，用于推导角的关系并计算；判定由数到形，用于判定两直线平行． 联系：性质与判定的已知和结论正好相反，都是角的关系与平行线相关． （4）辅助线规律，经常作出两平行线平行的直线或作出联系两直线的截线，构造出三类角． 4．全等三角形的判定与性质 （1）全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件． （2）在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形． 5．等腰三角形的性质 （1）等腰三角形的概念 有两条边相等的三角形叫做等腰三角形． （2）等腰三角形的性质 ①等腰三角形的两腰相等 ②等腰三角形的两个底角相等．【简称：等边对等角】 ③等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合．【三线合一】 （3）在①等腰；②底边上的高；③底边上的中线；④顶角平分线．以上四个元素中，从中任意取出两个元素当成条件，就可以得到另外两个元素为结论． 6．等边三角形的判定与性质 （1）等边三角形是一个非常特殊的几何图形，它的角的特殊性给有关角的计算奠定了基础，它的边角性质为证明线段、角相等提供了便利条件．同是等边三角形又是特殊的等腰三角形，同样具备三线合一的性质，解题时要善于挖掘图形中的隐含条件广泛应用． （2）等边三角形的特性如：三边相等、有三条对称轴、一边上的高可以把等边三角形分成含有30°角的直角三角形、连接三边中点可以把等边三角形分成四个全等的小等边三角形等． （3）等边三角形判定最复杂，在应用时要抓住已知条件的特点，选取恰当的判定方法，一般地，若从一般三角形出发可以通过三条边相等判定、通过三个角相等判定；若从等腰三角形出发，则想法获取一个60°的角判定． 7．勾股定理 （1）勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方． 如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2． （2）勾股定理应用的前提条件是在直角三角形中． （3）勾股定理公式a2+b2＝c2 的变形有：a，b及c． （4）由于a2+b2＝c2＞a2，所以c＞a，同理c＞b，即直角三角形的斜边大于该直角三角形中的每一条直角边． 8．三角形中位线定理 （1）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． （2）几何语言： 如图，∵点D、E分别是AB、AC的中点 ∴DE∥BC，DEBC． 9．平行四边形的性质 （1）平行四边形的概念：有两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形． （2）平行四边形的性质： ①边：平行四边形的对边相等． ②角：平行四边形的对角相等． ③对角线：平行四边形的对角线互相平分． （3）平行线间的距离处处相等． （4）平行四边形的面积： ①平行四边形的面积等于它的底和这个底上的高的积． ②同底（等底）同高（等高）的平行四边形面积相等． 10．平行四边形的判定 （1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形．符号语言：∵AB∥DC，AD∥BC∴四边行ABCD是平行四边形． （2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形．符号语言：∵AB＝DC，AD＝BC∴四边行ABCD是平行四边形． （3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形． 符号语言：∵AB∥DC，AB＝DC∴四边行ABCD是平行四边形． （4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形． 符号语言：∵∠ABC＝∠ADC，∠DAB＝∠DCB∴四边行ABCD是平行四边形． （5）对角线互相平分的四边形是平行四边形．符号语言：∵OA＝OC，OB＝OD∴四边行ABCD是平行四边形． 11．平行四边形的判定与性质 平行四边形的判定与性质的作用 平行四边形对应边相等，对应角相等，对角线互相平分及它的判定，是我们证明直线的平行、线段相等、角相等的重要方法，若要证明两直线平行和两线段相等、两角相等，可考虑将要证的直线、线段、角、分别置于一个四边形的对边或对角的位置上，通过证明四边形是平行四边形达到上述目的． 运用定义，也可以判定某个图形是平行四边形，这是常用的方法，不要忘记平行四边形的定义，有时用定义判定比用其他判定定理还简单． 凡是可以用平行四边形知识证明的问题，不要再回到用三角形全等证明，应直接运用平行四边形的性质和判定去解决问题． 12．菱形的性质 （1）菱形的性质 ①菱形具有平行四边形的一切性质； ②菱形的四条边都相等； ③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角； ④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线． （2）菱形的面积计算 ①利用平行四边形的面积公式． ②菱形面积ab．（a、b是两条对角线的长度） 13．菱形的判定与性质 （1）依次连接四边形各边中点所得的四边形称为中点四边形．不管原四边形的形状怎样改变，中点四边形的形状始终是平行四边形． （2）菱形的中点四边形是矩形（对角线互相垂直的四边形的中点四边形定为矩形，对角线相等的四边形的中点四边形定为菱形．）　　 （3）菱形是在平行四边形的前提下定义的，首先它是平行四边形，但它是特殊的平行四边形，特殊之处就是“有一组邻边相等”，因而就增加了一些特殊的性质和不同于平行四边形的判定方法． （4）正方形是特殊的菱形，菱形不一定是正方形，所以，在同一平面上四边相等的图形不只是正方形． 14．矩形的性质 （1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形． （2）矩形的性质 ①平行四边形的性质矩形都具有； ②角：矩形的四个角都是直角； ③边：邻边垂直； ④对角线：矩形的对角线相等； ⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点． （3）由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半． 15．矩形的判定 （1）矩形的判定： ①矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形； ②有三个角是直角的四边形是矩形； ③对角线相等的平行四边形是矩形（或“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”） （2）①证明一个四边形是矩形，若题设条件与这个四边形的对角线有关，通常证这个四边形的对角线相等． ②题设中出现多个直角或垂直时，常采用“三个角是直角的四边形是矩形”来判定矩形． 16．矩形的判定与性质 （1）关于矩形，应从平行四边形的内角的变化上认识其特殊性：一个内角是直角的平行四边形，进一步研究其特有的性质：是轴对称图形、内角都是直角、对角线相等．同时平行四边形的性质矩形也都具有． 在处理许多几何问题中，若能灵活运用矩形的这些性质，则可以简捷地解决与角、线段等有关的问题． （2）下面的结论对于证题也是有用的：①△OAB、△OBC都是等腰三角形；②∠OAB＝∠OBA，∠OCB＝∠OBC；③点O到三个顶点的距离都相等． 17．正方形的性质 （1）正方形的定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形． （2）正方形的性质 ①正方形的四条边都相等，四个角都是直角； ②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角； ③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质． ④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴． 18．正方形的判定与性质 （1）正方形的性质：正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质． （2）正方形的判定 正方形的判定没有固定的方法，只要判定既是矩形又是菱形就可以判定． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年暑期新初三数学人教新版中等生专题复习《平行四边形》 一．选择题（共10小题） 1．（2025•沿河县三模）如图，在菱形ABCD中，点O为AC和BD的交点，则下列结论不一定成立的是（　　） A．AC＝BD B．AD＝BC C．OA＝OC D．AC⊥BD 2．（2025春•红谷滩区校级月考）如图，取两根长度不等的细木棒AC，BD，将它们的中点重合固定（记为点O）．转动木棒AC，在∠AOD由锐角变成钝角的过程中，分析以木棒四个端点为顶点的四边形ABCD，下列结论不一定成立的是（　　） A．AB＝CD B．BC∥AD C．∠BAD＝∠ABC D．∠BAD＝∠BCD 3．（2025•泉州校级模拟）如图，在正方形ABCD中，E为对角线AC上一点，F为边AB上一点，且BF＝DE，连接EF，若∠CDE＝50°，则∠BFE的度数为（　　） A．65° B．70° C．75° D．80° 4．（2025•靖江市校级三模）如图，已知矩形ABCD的顶点A，D分别落在x轴，y轴上，OD＝2OA＝12，AD＝3AB，则点C的坐标是（　　） A．（6，14） B．（4，16） C．（4，14） D．（6，16） 5．（2025•安阳模拟）如图，四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，下列条件不能判定这个四边形是平行四边形的是（　　） A．∠ABD＝∠BDC，∠ACB＝∠CAD B．AB＝BC，AD＝CD C．AB＝CD，∠BAC＝∠ACD D．AO＝CO，BO＝DO 6．（2025•红桥区三模）如图，在矩形ABCD中，AD＝3，AB＝5，连接AC，分别以点A，C为圆心，大于长为半径画弧（弧所在圆的半径均相等），两弧相交于点E，F，连接EF，与AB相交于点G，与CD相交于点H，连接AH，则AH的长为（　　） A． B．3 C． D．4 7．（2025春•西安期末）如图，平地上A、B两点被池塘隔开，测量员在岸边选一点C，并分别找到AC和BC的中点D、E，测量得DE＝16米，则A、B两点间的距离为（　　） A．30米 B．32米 C．36米 D．48米 8．（2025春•重庆校级月考）如图，在正方形ABCD中，点G在BC边上，连接AG，DE⊥AG于点E，BF⊥AG于点F，若BF＝2，AF＝5，则DF的长为（　　） A．4 B． C． D．6 9．（2025•汝阳县模拟）如图，在学习四边形的性质时，张老师用四根长度相等的木条制作了正方形木框ABCD，并置于平面直角坐标系中，其中点A与原点O重合，点B，D分别在x轴、y轴上．张老师利用四边形的不稳定性，将正方形木框压扁，得到四边形ABC′D′．若B（10，0），，则点C′的坐标为（　　） A．（18，6） B．（18，8） C．（16，6） D．（16，8） 10．（2025•包河区三模）如图，正五边形ABCDE的顶点B、D分别在一把直尺的两边上（直尺为长方形），若∠1＝50°，则图中∠2的度数为（　　） A．20° B．22° C．25° D．30° 二．填空题（共5小题） 11．（2025•浙江模拟）如图，在△ABC中，D，E分别是AB，AC的中点，F是DE上一点，连结AF，CF，若AF⊥CF，DF＝3，BC＝16，则AC＝ 　 　 ． 12．（2025•天河区校级二模）如图，在▱ABCD中，AC＝BC，DE⊥AC于点E，若CE＝2，DE＝4，则AE＝　 　 ． 13．（2025•西丰县校级二模）如图，以▱ABCD的对角线BD的中点为原点建立平面直角坐标系，若点C的坐标为（2，1），则点A的坐标是 　 　 ． 14．（2025•浙江模拟）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，E为BC边上一点，连接DE，若DE是∠ADC的平分线，∠DEC＝70°，则∠ABC的度数为 　 　 ． 15．（2025•市南区校级三模）如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，E，F分别在OB，OC上，AE的延长线交BF于点M，OE＝OF，若，OE＝1，则EM的长为 　 　 ． 三．解答题（共5小题） 16．（2025•浙江模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是斜边AB上一点，过点D作BC的垂线，垂足为点E，延长DE至点G，使得DE＝GE，过点D作AC的垂线，垂足为点F，延长DF交GC的延长线于点H，连接EF． （1）求证：四边形CEDF是矩形； （2）当点D在什么位置时，HG最短？请说明理由． 17．（2025•曾都区四模）如图，在▱ABCD中，BD是它的一条对角线，过A，C两点分别作AE⊥BD，CF⊥BD，E、F是垂足，求证：DE＝BF． 18．（2025•槐荫区一模）如图，在菱形ABCD中，E，F分别是边CD，BC上的点，且DE＝BF，连接BE，DF交于点G．求证：BE＝DF． 19．（2025春•双峰县期中）如图，在▱ABCD中，E，F两点分别在边AB，CD上，连接DE，BF，AF，DE⊥AB，且∠ADE＝∠CBF． （1）求证：四边形DEBF为矩形； （2）若AF平分∠BAD，且AD＝6，AF＝10，求AE的长． 20．（2025春•武汉月考）如图，在平行四边形ABCD中，对角线BD，AC相交于点O，点E，F分别在BD，DB的延长线上，且DE＝BF，连接AE，AF，CF，CE． （1）试判断四边形AFCE的形状，并说明理由； （2）若AC平分∠EAF，∠AEC＝60°，OA＝4，直接写出四边形AFCE的周长． 2026年暑期新初三数学人教新版中等生专题复习《平行四边形》 参考答案与试题解析 一．选择题（共10小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C B C B C B B D B 一．选择题（共10小题） 1．（2025•沿河县三模）如图，在菱形ABCD中，点O为AC和BD的交点，则下列结论不一定成立的是（　　） A．AC＝BD B．AD＝BC C．OA＝OC D．AC⊥BD 【考点】菱形的性质．版权所有 【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力． 【答案】A 【分析】由菱形的性质得AD＝BC，OA＝OC，AC⊥BD，可判断B不符合题意，C不符合题意，D不符合题意；由任意菱形的对角线不一定相等可知AC与BD不一定相等，可判断A符合题意，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，点O为AC和BD的交点， ∴AD＝BC，OA＝OC，AC⊥BD， 故B不符合题意，C不符合题意，D不符合题意； ∵四边形ABCD是任意菱形， ∴AC与BD不一定相等， 故A符合题意， 故选：A． 【点评】此题重点考查菱形的性质，正确理解和应用菱形的性质定理是解题的关键． 2．（2025春•红谷滩区校级月考）如图，取两根长度不等的细木棒AC，BD，将它们的中点重合固定（记为点O）．转动木棒AC，在∠AOD由锐角变成钝角的过程中，分析以木棒四个端点为顶点的四边形ABCD，下列结论不一定成立的是（　　） A．AB＝CD B．BC∥AD C．∠BAD＝∠ABC D．∠BAD＝∠BCD 【考点】平行四边形的判定与性质；对顶角、邻补角；平行线的判定．版权所有 【专题】多边形与平行四边形；推理能力． 【答案】C 【分析】判定四边形ABCD是平行四边形，推出AB＝CD，BC∥AD，∠BAD＝∠BCD，由平行线的性质推出∠BAD+∠ABC＝180°． 【解答】解：∵O是AC和BD的中点， ∴OA＝OC，OB＝OD， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD，BC∥AD，∠BAD＝∠BCD， 故A、B、D不符合题意； ∵BC∥AD， ∴∠BAD+∠ABC＝180°， 故C符合题意． 故选：C． 【点评】本题考查平行四边形的判定和性质，平行线的判定和性质，关键是掌握平行四边形的性质． 3．（2025•泉州校级模拟）如图，在正方形ABCD中，E为对角线AC上一点，F为边AB上一点，且BF＝DE，连接EF，若∠CDE＝50°，则∠BFE的度数为（　　） A．65° B．70° C．75° D．80° 【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．版权所有 【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力． 【答案】B 【分析】连接BE，根据正方形的性质可得出BE＝DE，进而得出BE＝BF，则∠ABE＝∠ADE＝90°﹣50°＝40°，进而求出∠BFE＝70°． 【解答】解：连接BE， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠BAE＝∠DAE＝45°，∠ADC＝90°， ∵AE＝AE， ∴△ABE≌△ADE（SAS）， ∴BE＝DE，∠ABE＝∠ADE＝40°， ∵BF＝DE， ∴BE＝BF， ∴∠BFE＝∠BEF＝70°． 故选：B． 【点评】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，熟练掌握正方形的性质是解题关键． 4．（2025•靖江市校级三模）如图，已知矩形ABCD的顶点A，D分别落在x轴，y轴上，OD＝2OA＝12，AD＝3AB，则点C的坐标是（　　） A．（6，14） B．（4，16） C．（4，14） D．（6，16） 【考点】矩形的性质；坐标与图形性质．版权所有 【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力． 【答案】C 【分析】过C作CE⊥y轴于E，根据矩形的性质得到CD＝AB，∠ADC＝90°，根据余角的性质得到∠DCE＝∠ADO，根据相似三角形的性质得到CE＝4，DE＝2，于是得到结论． 【解答】解：过C作CE⊥y轴于E， ∵四边形ABCD是矩形， ∴CD＝AB，∠ADC＝90°， ∴∠ADO+∠CDE＝∠CDE+∠DCE＝90°， ∴∠DCE＝∠ADO， ∴△CDE∽△ADO， ∴， ∵OD＝2OA＝12，AD＝3AB， ∴OA＝6，CD：AD， ∴CEOD＝4，DEOA＝2， ∴OE＝14， ∴C（4，14）， 故选：C． 【点评】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，坐标与图形性质，正确的作出辅助线是解题的关键． 5．（2025•安阳模拟）如图，四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，下列条件不能判定这个四边形是平行四边形的是（　　） A．∠ABD＝∠BDC，∠ACB＝∠CAD B．AB＝BC，AD＝CD C．AB＝CD，∠BAC＝∠ACD D．AO＝CO，BO＝DO 【考点】平行四边形的判定．版权所有 【专题】多边形与平行四边形；推理能力． 【答案】B 【分析】根据平行四边形的判定方法判断得出即可． 【解答】解：根据平行四边形的判定方法， A、∠ABD＝∠BDC，∠ACB＝∠CAD，推出AB∥CD，AD∥BC，则能判定这个四边形是平行四边形，所以本选项正确，不符合题意； B、AB＝BC，AD＝CD，不能判定这个四边形是平行四边形，所以本选项错误，符合题意； C、由∠BAC＝∠ACD，推出AB∥CD，又AB＝CD，能判定这个四边形是平行四边形，所以本选项正确，不符合题意； D、AO＝CO，BO＝DO，能判定这个四边形是平行四边形，所以本选项正确，不符合题意； 故选：B． 【点评】本题考查了平行四边形的判定，关键掌握：（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形，（2）一组对边平行且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． 6．（2025•红桥区三模）如图，在矩形ABCD中，AD＝3，AB＝5，连接AC，分别以点A，C为圆心，大于长为半径画弧（弧所在圆的半径均相等），两弧相交于点E，F，连接EF，与AB相交于点G，与CD相交于点H，连接AH，则AH的长为（　　） A． B．3 C． D．4 【考点】矩形的性质．版权所有 【专题】作图题；线段、角、相交线与平行线；矩形 菱形 正方形；推理能力． 【答案】C 【分析】根据矩形的性质和线段垂直平分线的性质以及全等三角形的判定和性质和勾股定理即可得到结论． 【解答】解：∵EF垂直平分AC， ∴AH＝CH， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠D＝90°， ∵AD2+DH2＝AH2， ∴32+（5﹣AH）2＝AH2， ∴AH， 故选：C． 【点评】本题考查了作图﹣基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．也考查了线段垂直平分线的性质、勾股定理和矩形的性质． 7．（2025春•西安期末）如图，平地上A、B两点被池塘隔开，测量员在岸边选一点C，并分别找到AC和BC的中点D、E，测量得DE＝16米，则A、B两点间的距离为（　　） A．30米 B．32米 C．36米 D．48米 【考点】三角形中位线定理．版权所有 【专题】三角形；推理能力． 【答案】B 【分析】由三角形中位线定理得到DEAB，而DE＝16米，即可求出AB＝32米． 【解答】解：∵D、E分别是AC、BC中点， ∴DE是△ABC的中位线， ∴DEAB， ∵DE＝16米， ∴AB＝32米， ∴A、B两点间的距离为32米． 故选：B． 【点评】本题考查三角形中位线定理，关键是由三角形中位线定理得到DEAB． 8．（2025春•重庆校级月考）如图，在正方形ABCD中，点G在BC边上，连接AG，DE⊥AG于点E，BF⊥AG于点F，若BF＝2，AF＝5，则DF的长为（　　） A．4 B． C． D．6 【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理．版权所有 【专题】推理能力． 【答案】B 【分析】根据正方形的性质得到AB＝AD，∠BAD＝90°，推出∠BAF+∠DAE＝90°由DE⊥AG，BF⊥AG得到∠AED＝∠AFB＝90°，继而得到∠ADE+∠DAE＝90°，推出∠BAF＝∠ADE，得到△BAF≌△ADE（AAS），推出AE＝BF＝2，DE＝AF＝5，求出EF＝AF﹣AE＝3，得到，即可得到答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠BAD＝90°， ∴∠BAF+∠DAE＝90°， ∵DE⊥AG，BF⊥AG， ∴∠AED＝∠AFB＝90°， ∴∠ADE+∠DAE＝90°， ∴∠BAF＝∠ADE， 在△BAF和△ADE中， ． ∴△BAF≌△ADE（AAS）， ∴AE＝BF＝2，DE＝AF＝5， ∴EF＝AF﹣AE＝3， ∴， 故选：B． 【点评】本题考查了正方形的性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 9．（2025•汝阳县模拟）如图，在学习四边形的性质时，张老师用四根长度相等的木条制作了正方形木框ABCD，并置于平面直角坐标系中，其中点A与原点O重合，点B，D分别在x轴、y轴上．张老师利用四边形的不稳定性，将正方形木框压扁，得到四边形ABC′D′．若B（10，0），，则点C′的坐标为（　　） A．（18，6） B．（18，8） C．（16，6） D．（16，8） 【考点】正方形的判定与性质；坐标与图形性质；三角形的稳定性．版权所有 【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力． 【答案】D 【分析】过点C′作C′E⊥x轴，根据题意得：AB＝BC′，C′D′∥x轴，再由AC′2﹣AE2＝C′E2＝BC′2﹣BE2，可得BE＝6，即可求解． 【解答】解：如图，过点C′作C′E⊥x轴， ∴AB＝BC′，C′D′∥x轴， ∵AB＝BC′＝10， ∵AC′2﹣AE2＝C′E2＝BC′2﹣BE2， ∵， ∴， ∴BE＝6， ∴AE＝OB+BE＝16，， ∴点C′的坐标为（16，8）． 故选：D． 【点评】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，坐标与图形，正确记忆相关知识点是解题关键． 10．（2025•包河区三模）如图，正五边形ABCDE的顶点B、D分别在一把直尺的两边上（直尺为长方形），若∠1＝50°，则图中∠2的度数为（　　） A．20° B．22° C．25° D．30° 【考点】矩形的性质；多边形内角与外角．版权所有 【专题】三角形；矩形 菱形 正方形；正多边形与圆；运算能力；推理能力． 【答案】B 【分析】设矩形的边PT交BC于点H，QR交DE于点F，由多边形内角和定理求得∠C＝108°，由DH∥BF，得∠CHD＝∠1＝50°，则∠2＝180°﹣∠CHD﹣∠C＝22°，于是得到问题的答案． 【解答】解：如图，设PT交BC于点H，QR交DE于点F， ∵五边形ABCDE是正五边形， ∴∠C（5﹣2）×180°＝108°， ∵四边形PQRT是矩形，PT经过顶点D，QR经过顶点B， ∴DH∥BF， ∴∠CHD＝∠1＝50°， ∵∠2＝180°﹣∠CHD﹣∠C＝22°， 故选：B． 【点评】此题重点考查正多边形的性质、矩形的性质、三角形内角和定理及多边形内角和定理等知识，正确地求出∠C的度数是解题的关键． 二．填空题（共5小题） 11．（2025•浙江模拟）如图，在△ABC中，D，E分别是AB，AC的中点，F是DE上一点，连结AF，CF，若AF⊥CF，DF＝3，BC＝16，则AC＝ 　10　 ． 【考点】三角形中位线定理．版权所有 【专题】三角形；推理能力． 【答案】10． 【分析】根据题意，得到DE是△ABC的中位线，则，EF＝DE﹣DF＝8﹣3＝5，再根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半即可求解． 【解答】解：∵D，E分别是AB，AC的中点， ∴DE是△ABC的中位线， ∴， ∴EF＝DE﹣DF＝8﹣3＝5， ∵AF⊥CF， ∴∠AFC＝90°， ∴△AFC是直角三角形， ∵点E是AC的中点， ∴AC＝2EF＝10， 故答案为：10． 【点评】本题主要考查的是三角形中位线定理，熟知三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键． 12．（2025•天河区校级二模）如图，在▱ABCD中，AC＝BC，DE⊥AC于点E，若CE＝2，DE＝4，则AE＝　3　 ． 【考点】平行四边形的性质；勾股定理．版权所有 【专题】多边形与平行四边形；推理能力． 【答案】3． 【分析】由平行四边形的性质和已知条件可证明AC＝AD，设AE＝x，则AC＝AD＝AE+CE＝x+2，由勾股定理可得方程（x+2）2＝x2+42，解方程即可得到答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，AC＝BC， ∴AD＝BC， ∴AC＝AD， 设AE＝x，则AC＝AD＝AE+CE＝x+2， ∵DE⊥AC， ∴AD2＝AE2+DE2， ∴（x+2）2＝x2+42， 解得x＝3， ∴AE＝3， 故答案为：3． 【点评】本题主要考查了平行四边形的性质，勾股定理，熟知平行四边形的对边相等是解题的关键． 13．（2025•西丰县校级二模）如图，以▱ABCD的对角线BD的中点为原点建立平面直角坐标系，若点C的坐标为（2，1），则点A的坐标是 　（﹣2，﹣1）　 ． 【考点】平行四边形的性质；坐标与图形性质．版权所有 【专题】多边形与平行四边形；几何直观． 【答案】（﹣2，﹣1）． 【分析】根据平行四边形是中心对称图形求解即可． 【解答】解：∵平行四边形是以两条对角线的交点为对称中心的图形， ∴点A与点C关于点O成中心对称， ∵C（2，1），点O是原点， ∴A（﹣2，﹣1）， 故答案为：（﹣2，﹣1）． 【点评】本题考查了平行四边形的性质，熟记平行四边形是中心对称图形是解题的关键． 14．（2025•浙江模拟）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，E为BC边上一点，连接DE，若DE是∠ADC的平分线，∠DEC＝70°，则∠ABC的度数为 　140°　 ． 【考点】平行四边形的性质；角平分线的定义．版权所有 【专题】多边形与平行四边形；运算能力． 【答案】140°． 【分析】根据平行四边形得到AD∥BC，∠ABC＝∠ADC，根据平行线的性质得到∠ADE＝∠DEC＝70°，再由角平分线即可得到∠ABC＝∠ADC＝2∠ADE＝140°． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，∠ABC＝∠ADC， ∵∠DEC＝70°， ∴∠ADE＝∠DEC＝70°， ∵DE是∠ADC的平分线． ∴∠ADC＝2∠ADE＝140°， ∴∠ABC＝∠ADC＝140°， 故答案为：140°． 【点评】本题考查了平行四边形的性质，角平分线的有关计算，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键． 15．（2025•市南区校级三模）如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，E，F分别在OB，OC上，AE的延长线交BF于点M，OE＝OF，若，OE＝1，则EM的长为 　　 ． 【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．版权所有 【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；推理能力． 【答案】见试题解答内容 【分析】根据正方形的性质，易证△AOE≌△BOF（SAS），根据全等三角形的性质可得AM⊥BF，再根据等积法求出AM的长，进一步即可求出EM的长． 【解答】解：在正方形ABCD中，OA＝OB，∠AOE＝∠BOF＝90°， 在△AOE和△BOF中， ， ∴△AOE≌△BOF（SAS）， ∴∠OAE＝∠OBF， ∵∠AEO＝∠BEM， ∴∠BME＝∠AOE＝90°， ∴AM⊥BF， ∵，OE＝1， 根据勾股定理，可得AO2， ∴AF＝OA+OF＝3，OB＝OA＝2， ∵△AOE≌△BOF， ∴BF， ∵， ∴， ∴AM， ∴EM＝AM﹣AE， 故答案为：． 【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等积法等，熟练掌握正方形的性质和全等三角形的判定方法是解题的关键，本题综合性较强，属于中考常考题型． 三．解答题（共5小题） 16．（2025•浙江模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是斜边AB上一点，过点D作BC的垂线，垂足为点E，延长DE至点G，使得DE＝GE，过点D作AC的垂线，垂足为点F，延长DF交GC的延长线于点H，连接EF． （1）求证：四边形CEDF是矩形； （2）当点D在什么位置时，HG最短？请说明理由． 【考点】矩形的判定与性质；垂线段最短．版权所有 【专题】线段、角、相交线与平行线；矩形 菱形 正方形；推理能力． 【答案】（1）见解析； （2）CD⊥AB于点D时，HG最短，理由见解析． 【分析】（1）依据矩形判定定理，通过已知垂直条件找∠DEC、∠DFC和∠ACB为直角，证四边形CEDF是矩形； （2）先连CD，借矩形性质、线段关系推导HG＝2CD，再依垂线段最短，得CD⊥AB时CD最短，从而HG最短． 【解答】（1）证明：∵DG⊥BC，DH⊥AC， ∴∠DEC＝∠DFC＝90°． 又∵∠ACB＝90°， ∴四边形CEDF是矩形； （2）解：当CD⊥AB于点D时，HG最短，理由如下：如解图，连接CD． ∵四边形CEDF是矩形， ∴∠EDF＝90°，CF∥DG，DH∥BC． ∴∠ACD＝∠CDG（两直线相等，内错角相等），∠HCF＝∠G（两直线平行，同位角相等）． ∵DE＝GE，DG⊥BC， ∴CD＝CG． ∴∠CDG＝∠G， ∴∠HCF＝∠FCD， ∵∠CFH＝∠CFD＝90°． ∴CH＝CD＝CG， ∴HG＝2CD， ∴当CD最短，即CD⊥AB于点D时，HG最短． 【点评】本题考查矩形判定与性质、垂线段最短，解题关键是利用矩形性质及线段关系转化HG与CD关联． 17．（2025•曾都区四模）如图，在▱ABCD中，BD是它的一条对角线，过A，C两点分别作AE⊥BD，CF⊥BD，E、F是垂足，求证：DE＝BF． 【考点】平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质．版权所有 【专题】多边形与平行四边形；推理能力． 【答案】见解析． 【分析】根据平行四边形的性质证明△AED≌△CFB（AAS），即可得出结论． 【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AD＝BC， ∴∠ADE＝∠CBF， ∵AE⊥BD，CF⊥BD， ∴∠AED＝∠CFB＝90°， 在△AED与△CFB中， ， ∴△AED≌△CFB（AAS）， ∴DE＝BF． 【点评】此题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，熟知平行四边形的对边相等；平行四边形的对角相等是解题的关键． 18．（2025•槐荫区一模）如图，在菱形ABCD中，E，F分别是边CD，BC上的点，且DE＝BF，连接BE，DF交于点G．求证：BE＝DF． 【考点】菱形的性质；全等三角形的判定与性质．版权所有 【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；推理能力． 【答案】见试题解答内容 【分析】根据菱形的性质得出BC＝DC，再根据CE＝CF证明△BCE≌△DCF即可解答． 【解答】证明：∵四边形ABCD是菱形， ∴BC＝DC， ∵DE＝BF， ∴CE＝CF， 在△BCE和△DCF中， ， ∴△BCE≌△DCF（SAS）， ∴BE＝DF． 【点评】本题考查了菱形的性质和全等三角形的判定和性质，解题的关键是掌握全等三角形的判定方法． 19．（2025春•双峰县期中）如图，在▱ABCD中，E，F两点分别在边AB，CD上，连接DE，BF，AF，DE⊥AB，且∠ADE＝∠CBF． （1）求证：四边形DEBF为矩形； （2）若AF平分∠BAD，且AD＝6，AF＝10，求AE的长． 【考点】矩形的判定与性质；平行四边形的性质．版权所有 【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）根据平行四边形的性质得到AD＝CB，∠DAE＝∠C，根据全等三角形的性质得到AE＝CF，根据平行四边形的判定定理即可得到结论； （2）根据角平分线的定义得到∠DAF＝∠BAF，根据平行线的性质得到∠AFD＝∠BAF，求得∠DAF＝∠AFD，根据勾股定理即可得到结论． 【解答】（1）证明：四边形ABCD是平行四边形， ∴AD＝CB，∠DAE＝∠C， 在△ADE与△CBF中， ， ∴△ADE≌△CBF（AAS）， ∴AE＝CF， ∴DF＝BE， ∵DF∥BE， ∴四边形DEBF为平行四边形， 又∵DE⊥AB， ∴∠DEB＝90°， ∴四边形DEBF为矩形； （2）解：∵AF平分∠BAD， ∴∠DAF＝∠BAF， ∵AB∥CD， ∴∠AFD＝∠BAF， ∴∠DAF＝∠AFD， ∴AD＝DF， ∵DF＝BE， ∴BE＝6， ∵DE⊥AB，BF∥DE， ∴BF⊥AB， ∴∠AHD＝∠ABF＝90°， ∵四边形DEBF为平行四边形， ∴DE＝BF， ∵AD2﹣AE2＝DE2，AF2﹣AB2＝BF2， ∴AD2﹣AE2＝AF2﹣AB2， ∴62﹣AE2＝102﹣（AE+6）2， ∴． 【点评】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，熟练掌握平行四边形的判定和性质定理是解题的关键． 20．（2025春•武汉月考）如图，在平行四边形ABCD中，对角线BD，AC相交于点O，点E，F分别在BD，DB的延长线上，且DE＝BF，连接AE，AF，CF，CE． （1）试判断四边形AFCE的形状，并说明理由； （2）若AC平分∠EAF，∠AEC＝60°，OA＝4，直接写出四边形AFCE的周长． 【考点】菱形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质．版权所有 【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力． 【答案】（1）平行四边形，理由见解析； （2）32． 【分析】（1）由平行四边形的性质得OD＝OB，OA＝OC，而DE＝BF，所以OE＝OF，即可证明四边形AFCE是平行四边形； （2）由∠EAC＝∠FAC，∠ECA＝∠FAC，推导出∠EAC＝∠ECA，则AE＝CE，推出四边形AFCE是菱形，而∠AEC＝60°，则△EAC是等边三角形，得出AE＝AC＝8，即可求得四边形AFCE周长是32． 【解答】（1）证明：四边形AFCE为平行四边形，理由如下： 由题意可得：OD＝OB，OA＝OC， ∵DE＝BF， ∴OD+DE＝OB+BF， ∴OE＝OF， ∵OA＝OC， ∴四边形AFCE为平行四边形； （2）解：∵∠EAC＝∠FAC， ∵OA＝4， ∴CE∥AF，OC＝OA＝4， ∴∠ECA＝∠FAC，AC＝4+4＝8， ∴∠EAC＝∠ECA， ∴AE＝CE， ∴四边形AFCE是菱形， ∵∠AEC＝60°， ∴△EAC是等边三角形， ∴AE＝AC＝8， ∴AF+CF+CE+AE＝4AE＝4×8＝32， ∴四边形AFCE周长是32． 【点评】本题考查了等式的性质、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、菱形的周长等知识，证明OE＝OF，以及在AC平分∠EAF的条件下证明四边形AFCE为菱形是解题的关键． 考点卡片 1．坐标与图形性质 1、点到坐标轴的距离与这个点的坐标是有区别的，表现在两个方面：①到x轴的距离与纵坐标有关，到y轴的距离与横坐标有关；②距离都是非负数，而坐标可以是负数，在由距离求坐标时，需要加上恰当的符号． 2、有图形中一些点的坐标求面积时，过已知点向坐标轴作垂线，然后求出相关的线段长，是解决这类问题的基本方法和规律． 3、若坐标系内的四边形是非规则四边形，通常用平行于坐标轴的辅助线用“割、补”法去解决问题． 2．角平分线的定义 （1）角平分线的定义 从一个角的顶点出发，把这个角分成相等的两个角的射线叫做这个角的平分线． （2）性质：若OC是∠AOB的平分线 则∠AOC＝∠BOC∠AOB或∠AOB＝2∠AOC＝2∠BOC． （3）平分角的方法有很多，如度量法、折叠法、尺规作图法等，要注意积累，多动手实践． 3．对顶角、邻补角 （1）对顶角：有一个公共顶点，并且一个角的两边分别是另一个角的两边的反向延长线，具有这种位置关系的两个角，互为对顶角． （2）邻补角：只有一条公共边，它们的另一边互为反向延长线，具有这种关系的两个角，互为邻补角． （3）对顶角的性质：对顶角相等． （4）邻补角的性质：邻补角互补，即和为180°． （5）邻补角、对顶角成对出现，在相交直线中，一个角的邻补角有两个．邻补角、对顶角都是相对与两个角而言，是指的两个角的一种位置关系．它们都是在两直线相交的前提下形成的． 4．垂线段最短 （1）垂线段：从直线外一点引一条直线的垂线，这点和垂足之间的线段叫做垂线段． （2）垂线段的性质：垂线段最短． 正确理解此性质，垂线段最短，指的是从直线外一点到这条直线所作的垂线段最短．它是相对于这点与直线上其他各点的连线而言． （3）实际问题中涉及线路最短问题时，其理论依据应从“两点之间，线段最短”和“垂线段最短”这两个中去选择． 5．平行线的判定 （1）定理1：两条直线被第三条所截，如果同位角相等，那么这两条直线平行． 简单说成：同位角相等，两直线平行． （2）定理2：两条直线被第三条所截，如果内错角相等，那么这两条直线平行．简单说成：内错角相等，两直线平行． （3 ）定理3：两条直线被第三条所截，如果同旁内角互补，那么这两条直线平行．简单说成：同旁内角互补，两直线平行． （4）定理4：两条直线都和第三条直线平行，那么这两条直线平行． （5）定理5：在同一平面内，如果两条直线同时垂直于同一条直线，那么这两条直线平行． 6．三角形的稳定性 当三角形三边的长度确定后，三角形的形状和大小就能唯一确定下来，故三角形具有稳定性．这一特性主要应用在实际生活中． 7．全等三角形的判定与性质 （1）全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件． （2）在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形． 8．等边三角形的判定与性质 （1）等边三角形是一个非常特殊的几何图形，它的角的特殊性给有关角的计算奠定了基础，它的边角性质为证明线段、角相等提供了便利条件．同是等边三角形又是特殊的等腰三角形，同样具备三线合一的性质，解题时要善于挖掘图形中的隐含条件广泛应用． （2）等边三角形的特性如：三边相等、有三条对称轴、一边上的高可以把等边三角形分成含有30°角的直角三角形、连接三边中点可以把等边三角形分成四个全等的小等边三角形等． （3）等边三角形判定最复杂，在应用时要抓住已知条件的特点，选取恰当的判定方法，一般地，若从一般三角形出发可以通过三条边相等判定、通过三个角相等判定；若从等腰三角形出发，则想法获取一个60°的角判定． 9．勾股定理 （1）勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方． 如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2． （2）勾股定理应用的前提条件是在直角三角形中． （3）勾股定理公式a2+b2＝c2 的变形有：a，b及c． （4）由于a2+b2＝c2＞a2，所以c＞a，同理c＞b，即直角三角形的斜边大于该直角三角形中的每一条直角边． 10．三角形中位线定理 （1）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． （2）几何语言： 如图，∵点D、E分别是AB、AC的中点 ∴DE∥BC，DEBC． 11．多边形内角与外角 （1）多边形内角和定理：（n﹣2）•180° （n≥3且n为整数） 此公式推导的基本方法是从n边形的一个顶点出发引出（n﹣3）条对角线，将n边形分割为（n﹣2）个三角形，这（n﹣2）个三角形的所有内角之和正好是n边形的内角和．除此方法之和还有其他几种方法，但这些方法的基本思想是一样的．即将多边形转化为三角形，这也是研究多边形问题常用的方法． （2）多边形的外角和等于360°． ①多边形的外角和指每个顶点处取一个外角，则n边形取n个外角，无论边数是几，其外角和永远为360°． ②借助内角和和邻补角概念共同推出以下结论：外角和＝180°n﹣（n﹣2）•180°＝360°． 12．平行四边形的性质 （1）平行四边形的概念：有两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形． （2）平行四边形的性质： ①边：平行四边形的对边相等． ②角：平行四边形的对角相等． ③对角线：平行四边形的对角线互相平分． （3）平行线间的距离处处相等． （4）平行四边形的面积： ①平行四边形的面积等于它的底和这个底上的高的积． ②同底（等底）同高（等高）的平行四边形面积相等． 13．平行四边形的判定 （1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形．符号语言：∵AB∥DC，AD∥BC∴四边行ABCD是平行四边形． （2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形．符号语言：∵AB＝DC，AD＝BC∴四边行ABCD是平行四边形． （3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形． 符号语言：∵AB∥DC，AB＝DC∴四边行ABCD是平行四边形． （4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形． 符号语言：∵∠ABC＝∠ADC，∠DAB＝∠DCB∴四边行ABCD是平行四边形． （5）对角线互相平分的四边形是平行四边形．符号语言：∵OA＝OC，OB＝OD∴四边行ABCD是平行四边形． 14．平行四边形的判定与性质 平行四边形的判定与性质的作用 平行四边形对应边相等，对应角相等，对角线互相平分及它的判定，是我们证明直线的平行、线段相等、角相等的重要方法，若要证明两直线平行和两线段相等、两角相等，可考虑将要证的直线、线段、角、分别置于一个四边形的对边或对角的位置上，通过证明四边形是平行四边形达到上述目的． 运用定义，也可以判定某个图形是平行四边形，这是常用的方法，不要忘记平行四边形的定义，有时用定义判定比用其他判定定理还简单． 凡是可以用平行四边形知识证明的问题，不要再回到用三角形全等证明，应直接运用平行四边形的性质和判定去解决问题． 15．菱形的性质 （1）菱形的性质 ①菱形具有平行四边形的一切性质； ②菱形的四条边都相等； ③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角； ④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线． （2）菱形的面积计算 ①利用平行四边形的面积公式． ②菱形面积ab．（a、b是两条对角线的长度） 16．菱形的判定与性质 （1）依次连接四边形各边中点所得的四边形称为中点四边形．不管原四边形的形状怎样改变，中点四边形的形状始终是平行四边形． （2）菱形的中点四边形是矩形（对角线互相垂直的四边形的中点四边形定为矩形，对角线相等的四边形的中点四边形定为菱形．）　　 （3）菱形是在平行四边形的前提下定义的，首先它是平行四边形，但它是特殊的平行四边形，特殊之处就是“有一组邻边相等”，因而就增加了一些特殊的性质和不同于平行四边形的判定方法． （4）正方形是特殊的菱形，菱形不一定是正方形，所以，在同一平面上四边相等的图形不只是正方形． 17．矩形的性质 （1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形． （2）矩形的性质 ①平行四边形的性质矩形都具有； ②角：矩形的四个角都是直角； ③边：邻边垂直； ④对角线：矩形的对角线相等； ⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点． （3）由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半． 18．矩形的判定与性质 （1）关于矩形，应从平行四边形的内角的变化上认识其特殊性：一个内角是直角的平行四边形，进一步研究其特有的性质：是轴对称图形、内角都是直角、对角线相等．同时平行四边形的性质矩形也都具有． 在处理许多几何问题中，若能灵活运用矩形的这些性质，则可以简捷地解决与角、线段等有关的问题． （2）下面的结论对于证题也是有用的：①△OAB、△OBC都是等腰三角形；②∠OAB＝∠OBA，∠OCB＝∠OBC；③点O到三个顶点的距离都相等． 19．正方形的性质 （1）正方形的定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形． （2）正方形的性质 ①正方形的四条边都相等，四个角都是直角； ②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角； ③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质． ④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴． 20．正方形的判定与性质 （1）正方形的性质：正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质． （2）正方形的判定 正方形的判定没有固定的方法，只要判定既是矩形又是菱形就可以判定． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $