【初中数学】【平行四边形】重难点题型14个

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．

在平行四边形ABCD中，在对角线BD上取不同的两点E，F（点B、E、F、D依次排列），下列条件中，能得出四边形AECF一定为平行四边形的是：①③④.（填序号）

①BE＝DF；②AE＝CF；③AE∥CF；④∠BAE＝∠DCF．

【分析】连接AC与BD相交于O，根据平行四边形的对角线互相平分可得OA＝OC，OB＝OD，再根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，只要证明得到OE＝OF即可，然后根据各选项的条件分析判断即可得解．

【解答】解：如图，连接AC与BD相交于O，

在▱ABCD中，OA＝OC，OB＝OD，

要使四边形AECF为平行四边形，只需证明得到OE＝OF即可；

①若BE＝DF，则OB﹣BE＝OD﹣DF，即OE＝OF，

∴四边形AECF是平行四边形；

②若AE＝CF，则无法判断OE＝OF，

∴四边形AECF不一定是平行四边形；

③AF∥CE能够利用“角角边”证明△AOF和△COE全等，从而得到OE＝OF，

则四边形AECF是平行四边形；

④∠BAE＝∠DCF能够利用“角角边”证明△ABE和△CDF全等，从而得到DF＝BE，然后同①，

因此能得出四边形AECF是平行四边形；

【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．

考点3：三角形中位线定理的运用

【方法点拨】掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．

如图，在△ABC中，BC＝12，D、E分别是AB、AC的中点，F是DE上一点，DF＝1，连接AF，CF，若∠AFC＝90°，则AC的长度为（A）

A．10 B．12 C．13 D．14

【分析】根据三角形中位线定理求出DE，得到EF的长，根据直角三角形的性质计算，得到答案．

【解答】解：∵D、E分别是AB、AC的中点，

∴DE是△ABC的中位线，

∴DE=1/2BC＝6，

∴EF＝DE﹣DF＝6﹣1＝5，

在Rt△AFC中，AE＝EC，

∴AC＝2EF＝10，

【点评】本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．

考点4：菱形的性质

【方法点拨】掌握菱形的性质是解决此类问题的关键，菱形的四条边都相等；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．

如图，在菱形ABCD中，M，N分别在AB，CD上，且AM＝CN，MN与AC交于点O，连接BO．若∠DAC＝33°，则∠OBC的度数为（B）

A．33° B．57° C．59° D．66°

【分析】根据菱形的性质以及AM＝CN，利用ASA可得△AMO≌△CNO，可得AO＝CO，然后可得BO⊥AC，继而可求得∠OBC的度数．

【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，

∴AB∥CD，AB＝BC，

∴∠MAO＝∠NCO，∠AMO＝∠CNO，

在△AMO和△CNO中，

∵∠MAO＝∠NCO，∠AMO＝∠CNO，AM=CN，

∴△AMO≌△CNO（ASA），∴AO＝CO，

∵AB＝BC，∴BO⊥AC，∴∠BOC＝90°，

∵∠DAC＝33°，∴∠BCA＝∠DAC＝33°，

∴∠OBC＝90°﹣33°＝57°，

【点评】本题考查了菱形的性质和全等三角形的判定和性质，注意掌握菱形对边平行以及对角线相互垂直的性质．

考点5：菱形的判定与性质（计算与证明）

如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD交于点O，E是AD上一点，连接EO并延长，交BC于点F．连接AF，CE，EF平分∠AEC．

（1）求证：四边形AFCE是菱形；

（2）若∠DAC＝60°，AC＝2，求四边形AFCE的面积．

【分析】（1）由“AAS”证△AOE≌△COF，得OF＝OE，证出四边形AFCE是平行四边形，再证CE＝CF，即可得出结论；

（2）由含30°角的直角三角形的性质得出OE=√3AO=√3，则EF＝2OE＝2√3，由菱形面积公式即可得出答案．

【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形

∴AD∥BC，AO＝CO，∴∠AEF＝∠CFE，

在△AOE和△COF中，

∠AEF＝∠CFE，∠AOE＝∠COF，AO＝CO，

∴△AOE≌△COF（AAS），∴OF＝OE，

∵AO＝CO，∴四边形AFCE是平行四边形；

∵EF平分∠AEC，∴∠AEF＝∠CEF，

∴∠CFE＝∠CEF，∴CE＝CF，

∴四边形AFCE是菱形；

（2）解：由（1）得：四边形AFCE是菱形，

∴AC⊥EF，AO＝CO=1/2AC＝1，∴∠AOE＝90°，

∵∠DAC＝60°，∴∠AEO＝30°，

∴OE=√3AO=√3，

∴EF＝2OE=2√3，∴四边形AFCE的面积=1/2AC×EF

=1/2×2×2√3=2√3．

【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、全等三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质等知识；熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．

考点6：矩形的性质

【方法点拨】掌握矩形的性质是解决此类问题的关键，矩形具有平行四边形的一切性质；矩形的四个角都是直角；矩形的对角线相等.

如图，在矩形ABCD中，对角线BD的垂直平分线MN交AD于点M，交BC于点N，连结BM、DN．若AB＝4，AD＝8，则MD的长为（C）

A．3 B．4 C．5 D．6

【分析】根据线段垂直平分线的的性质，求出DM＝BM，在Rt△AMB中，根据勾股定理得出BM2＝AM2+AB2，即可列方程求解．

【答案】解：∵对角线BD的垂直平分线MN交AD于点M，交BC于点N，∴MB＝MD，

设MD长为x，则MB＝DM＝x，

在Rt△AMB中，BM2＝AM2+AB2

即x2＝（8﹣x）2+42，

解得：x＝5，

∴MD长为5．

【点评】本题主要考查了矩形的性质以及勾股定理的运用，解题时注意，线段垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等．

考点7：直角三角形斜边上的中线应用

【方法点拨】掌握在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．

如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，∠DAC＝45°，∠BAC＝30°，E是AC的中点，连接BE，BD．则∠DBE的度数为（　C）

A．10° B．12° C．15° D．18°

【分析】连接DE，根据直角三角形的性质得到DE=1/2AC＝AE，根据三角形的外角性质求出∠DEC、∠BEC，根据等腰三角形的性质计算即可．

【答案】解：连接DE，

∵∠ADC＝90°，E是AC的中点，

∴DE=1/2AC＝AE，

∴∠EDA＝∠DAC＝45°，

∴∠DEC＝∠EDA+∠DAC＝90°，

同理，∠BEC＝60°，

∴∠DEB＝90°+60°＝150°，

∵DE=1/2AC，BE=1/2AC，

∴DE＝BE，

∴∠DBE=1/2×（180°﹣150°）＝15°，

【点评】本题考查的是直角三角形的性质、等腰三角形的性质，掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．

考点8：矩形的判定与性质（计算与证明）

【方法点拨】矩形的判定：有一个角是直角的平行四边形是矩形；对角线相等的平行四边形是矩形；有三个角是直角的四边形是矩形.

如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AE⊥BC交CB延长线于E，CF∥AE交AD延长线于点F．

（1）求证：四边形AECF是矩形；

（2）连接OE，若AD＝5，BE＝3，求线段OE的长．

【分析】（1）根据菱形的性质得到AD∥BC，推出四边形AECF是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论；

（2）根据勾股定理求出AE，求得AC＝4√5，由直角三角形的性质即可得到结论．

【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，

∴AD∥BC，即AF∥EC，

∵CF∥AE，∴四边形AECF是平行四边形，

∵AE⊥BC，

∴平行四边形AECF是矩形；

（2）解：如图所示：

∵四边形ABCD为菱形，四边形AECF为矩形，且BE＝3，AD＝5

∴OA＝OC，AB＝BC＝AD＝5，

DF＝EB＝3，∠AEC＝90°，

∴AE=√AB²-BE²=√5²-3²=4，CE＝BC+BE＝8，

∴AC=√AE²+CE²=√4²+8²=4√5,

∵OA＝OC，∠AEC＝90°，

∴OE＝OC=1/2AC=1/2×4√5=2√5．

【点评】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的性质，直角三角形斜边上的中线性质，勾股定理等知识；熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．

考点9：正方形的性质

【方法点拨】掌握在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．

如图，正方形ABCD中，AB=√2，点E是对角线AC上一点，EF⊥AB于点F，连结DE，当∠ADE＝22.5°时，EF的长是（C）

A．1B．2√2-2 C．√2-1 D．1/4

【分析】证明∠CDE＝∠CED＝67.5°，则CD＝CE=√2，计算AC的长，得AE＝2-√2，证明△AFE是等腰直角三角形，可得EF的长．

【答案】解：∵四边形ABCD是正方形，

∴AB＝CD＝BC=√2，

∠B＝∠ADC＝90°，∠BAC＝∠CAD＝45°，

∴AC=√2AB＝2，

∵∠ADE＝22.5°，∴∠CDE＝90°﹣22.5°＝67.5°，

∵∠CED＝∠CAD+∠ADE＝45°+22.5°＝67.5°，

∴∠CDE＝∠CED，∴CD＝CE=√2，∴AE＝2-√2，

∵EF⊥AB，∴∠AFE＝90°，

∴△AFE是等腰直角三角形，

∴EF=AE/√2=√2-1，

【点评】本题考查正方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形，三角形的外角的性质等知识，解题的关键是在正方形中学会利用等腰直角三角形的性质解决问题，属于中考常考题型．

考点10：正方形的判定与性质（计算与证明）

如图，正方形ABCD中，AB＝4，点E是对角线AC上的一点，连接DE．过点E作EF⊥ED，交AB于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接AG．

（1）求证：矩形DEFG是正方形；

（2）求AG+AE的值；

（3）若F恰为AB中点，连接DF交AC于点M，请直接写出ME的长．

【分析】（1）如图，作EM⊥AD于M，EN⊥AB于N．只要证明△EMD≌△ENF即可解决问题；

（2）只要证明△ADG≌△CDE，可得AG＝EC即可解决问题；

（3）如图，作EH⊥DF于H．想办法求出EH，HM即可解决问题；

【答案】解：（1）如图，作EM⊥AD于M，EN⊥AB于N．

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠EAD＝∠EAB，

∵EM⊥AD于M，EN⊥AB于N，

∴EM＝EN，

∵∠EMA＝∠ENA＝∠DAB＝90°，

∴四边形ANEM是矩形，

∵EF⊥DE，∴∠MEN＝∠DEF＝90°，

∴∠DEM＝∠FEN，

∵∠EMD＝∠ENF＝90°，∴△EMD≌△ENF，

∴ED＝EF，

∵四边形DEFG是矩形，

∴四边形DEFG是正方形．

（2）解：∵四边形DEFG是正方形，四边形ABCD是正方形，

∴DG＝DE，DC＝DA＝AB＝4，∠GDE＝∠ADC＝90°，

∴∠ADG＝∠CDE，

∴△ADG≌△CDE（SAS），∴AG＝CE，

∴AE+AG＝AE+EC＝AC=√2AD＝4√2．

（3）解：如图，作EH⊥DF于H．

∵四边形ABCD是正方形，

∴AB＝AD＝4，AB∥CD，

∵F是AB中点，

∴AF＝FB∴DF=√2²+4²=2√5，

∵△DEF是等腰直角三角形，EH⊥AD，

∴DH＝HF，∴EH=1/2DF=√5，

∵AF∥CD，∴AF：CD＝FM：MD＝1：2，

∴FM=2√5/3，∴HM＝HF﹣FM=√5/3，

在Rt△EHM中，EM=√HM²+EH²=5√2/3.

【点评】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、矩形的性质和判定、解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．

考点11 ：中点四边形

如图，在任意四边形ABCD中，M，N，P，Q分别是AB，BC，CD，DA的中点，对于四边形MNPQ的形状，以下结论中，错误的是（A）

A．当∠ABC＝90°时，四边形MNPQ为正方形

B．当AC＝BD时，四边形MNPQ为菱形

C．当AC⊥BD时，四边形MNPQ为矩形

D．四边形MNPQ一定为平行四边形

【分析】连接AC、BD，根据三角形中位线定理得到PQ∥AC，PQ=1/2AC，MN∥AC，MN=1/2AC，根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理判断即可．

【答案】解：连接AC、BD交于点O，

∵M，N，P，Q是各边中点，

∴PQ∥AC，PQ=1/2AC，MN∥AC，MN=1/2AC，

∴PQ∥MN，PQ＝MN，

∴四边MNPQ一定为平行四边形，D说法正确，不符合题意；

∠ABC＝90°时，四边形MNPQ不一定为正方形，A说法错误，符合题意；

AC＝BD时，MN＝MQ，

∴四边形MNPQ为菱形，B说法正确，不符合题意；

AC⊥BD时，∠MNP＝90°，

∴四边形MNPQ为矩形，C说法正确，不符合题意；

【点评】本题考查的是中点四边形，掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理、三角形中位线定理是解题的关键．

考点12：四边形的判定（动点问题）

如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠DAB＝60°，点E是AD边的中点，点M是AB边上一动点（不与点A重合），延长ME交射线CD于点N，连接MD，AN．

（1）求证：四边形AMDN是平行四边形；

（2）①当AM的值为3时，四边形AMDN是矩形；

②若AM＝6，求证：四边形AMDN是菱形．

【分析】（1）由菱形的性质可得∠DNE＝∠AME，再由点E是AD边的中点，可得AE＝DE，从而可证明△NDE≌△MAE（AAS），则NE＝ME，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可得答案；

（2）①当AM的值为3时，四边形AMDN是矩形．根据对角线相等的平行四边形是矩形即可判定；

②根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可判定．

【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，

∴AB∥CD，∴∠DNE＝∠AME，

∵点E是AD边的中点，∴AE＝DE，

在△NDE和△MAE中，

∠DNE＝∠AME，∠DEN＝∠AEM，∠DE＝∠AE，

∴△NDE≌△MAE（AAS），

∴NE＝ME，∴四边形AMDN是平行四边形；

（2）①解：当AM的值为3时，四边形AMDN是矩形．理由如下：

∵四边形ABCD为菱形，∴AB＝AD＝6，

∵点E是AD边的中点，∴AE=1/2AD＝3，

∴AM＝AE＝3，

∵∠DAB＝60°，∴△AEM是等边三角形，

∴EM＝AE，

∵NE＝EM=1/2MN，∴MN＝AD，

∵四边形AMDN是平行四边形，

∴四边形AMDN是矩形．

②证明：∵AB＝AD＝6，AM＝6，∴AD＝AM，

∵∠DAB＝60°，

∴△AMD是等边三角形，∴ME⊥AD，

∵四边形AMDN是平行四边形，

∴四边形AMDN是菱形．

【点评】本题考查了菱形的判定与性质、矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质及等边三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．

考点13：四边形中的最值问题

如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝60°，点G是边CD边的中点，点E、F分别是AG、AD上的两个动点，则EF+ED的最小值是3√3 ．

【分析】作DH⊥AC垂足为H与AG交于点E，点H关于AG的对称点为F，此时EF+ED最小＝DH，先证明△ADC是等边三角形，在RT△DCH中利用勾股定理即可解决问题．

【答案】解：如图作DH⊥AC垂足为H与AG交于点E，

∵四边形ABCD是菱形，

∵AB＝AD＝CD＝BC＝6，

∵∠B＝60°，

∴∠ADC＝∠B＝60°，

∴△ADC是等边三角形，

∵AG是中线，

∴∠GAD＝∠GAC

∴点F关于AG的对称点H在AC上，此时EF+ED最小＝DH．

在RT△DHC中，∵∠DHC＝90°，DC＝6，∠CDH=1/2∠ADC＝30°，

∴CH=1/2DC＝3，DH=√CD²-CH²=√6²-3²=3√3,

∴EF+DE的最小值＝DH＝3√3

故答案为3．

【点评】本题考查菱形的性质、垂线段最短、等边三角形的判定、勾股定理等知识，解决问题的关键是利用垂线段最短解决最小值问题，属于中考常考题型．

考点14：四边形综合（旋转问题）

在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、AD上，DE＝EF，过D作DG⊥EF于点H，交AB边于点G．

（1）如图1，求证：DE＝DG；

（2）如图2，将EF绕点E逆时针旋转90°得到EK，点F对应点K，连接KG，EG，若H为DG中点，在不添加任何辅助线及字母的情况下，请直接写出图中所有与EG长度相等的线段（不包括EG）．

【分析】（1）由“AAS”可证△DAG≌△DCE，可得DG＝DE；

（2）先证明四边形KEDG是菱形，可得GK＝DG＝KE＝DE，由线段中垂线定理可得GE＝DE，可得EG＝DE＝DG＝GK＝KE＝EF．

【答案】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，

∴AD＝DC，AD∥BC，∠DAG＝∠DCE＝90°，

∴∠DEC＝∠EDF，

∵DE＝EF，

∴∠EFD＝∠EDF，

∴∠EFD＝∠DEC，

∵DG⊥EF于H，

∴∠GHF＝90°，

∴∠AGH+∠AFH＝180°，

∵∠AFH+∠EFD＝180°，

∴∠DGA＝∠EFD＝∠DEC，

在△DAG和△DCE中：

∠DGA＝∠DEC，∠DAG=∠DCE，DA=DC，

∴△DAG≌△DCE（AAS），

∴DG＝DE．

（2）解：∵KE⊥EF，DG⊥EF，

∴KE∥DG，且DG＝EF＝KE＝DE，

∴四边形KEDG是平行四边形，且DG＝DE，

∴四边形KEDG是菱形，

∴GK＝DG＝KE＝DE，

∵DG⊥EF，H是DG的中点，

∴EG＝DE，

∴EG＝DE＝DG＝GK＝KE＝EF．

【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．

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