2021北京初三一模数学汇编：平行四边形练习（含答案）

这是一份2021北京初三一模数学汇编：平行四边形练习（含答案），共19页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、填空题
1．（2021·北京大兴·一模）如图，在▱ABCD中，分别为边上的点（不与端点重合）．对于任意▱ABCD，下面四个结论中：
①存在无数个四边形，使得四边形是平行四边形；
②至少存在一个四边形，使得四边形菱形；
③至少存在一个四边形，使得四边形矩形；
④存在无数个四边形，使得四边形的面积是▱ABCD面积的一半．
所有正确结论的序号是___________．
2．（2021·北京房山·一模）如图，点O是矩形的对角线的中点，点E是的中点，连接，．若，，则矩形的面积为________．
3．（2021·北京大兴·一模）如图，在正方形中，E,F分别是的中点，若，则的长是__________．
二、解答题
4．（2021·北京门头沟·一模）在正方形ABCD中，将边AD绕点A逆时针旋转得到线段AE，AE与CD延长线相交于点F，过B作交CF于点G，连接BE．
（1）如图1，求证：；
（2）当（）时，依题意补全图2，用等式表示线段之间的数量关系，并证明．
5．（2021·北京房山·一模）已知：在△ABC中，，以为斜边作等腰，使得A，D两点在直线的同侧，过点D作于点E．
（1）如图1，当时，
①求的度数；
②判断线段与的数量关系；
（2）若，线段与的数量关系是否保持不变？依题意补全图2，并证明．
6．（2021·北京海淀·一模）如图，在中，，作射线，．D在射线上，连接，E是的中点，C关于点E的对称点为F，连接．
（1）依题意补全图形；
（2）判断与的数量关系并证明；
（3）平面内一点G，使得，求的值．
7．（2021·北京门头沟·一模）已知：△ABC，CD平分∠ACB．
求作：菱形DFCE，使点F在BC边上，点E在AC边上，下面是尺规作图过程．
作法：①分别以C、D为圆心，大于为半径作弧，两弧分别交于点M、N；
②作直线MN分别与AC、BC交于点E、F；
③连接DE、DF，DC与EF的交点记为点G；四边形DFCE为所求作的菱形．
（1）利用直尺和圆规依做法补全图形（保留作图痕迹）；
（2）完成下面的证明．
证明：，
为DC的垂直平分线．
，
．
平分，
．
，
__________（ ）（填推理依据）
同理可证，
四边形DFCE为平行四边形．
又____________________，
四边形DFCE为菱形．
8．（2021·北京房山·一模）如图，四边形是平行四边形，过点A作交的延长线于点E，点F在上，且，连接．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）连接，若，求的长．
9．（2021·北京平谷·一模）如图，中，，D是AC的中点，连接BD，过点C作CE//BD，过点B作BE//AC两直线相交于点E.
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，求四边形的面积.
10．（2021·北京石景山·一模）阅读下面材料：
小石遇到这样一个问题：图1，分别是的边上的动点（不与点B重合），与的角平分线交于点P，△DBE的周长为a，过点P作于点于点N，求与的周长a的数量关系．
小石通过测量发现了垂线段与的数量关系，从而构造全等三角形和直角三角形，经过推理和计算使问题得解决．
（1）线段与的数量关系为__________；与a的数量关系是____________．
（2）如图2，当时，其它条件不变，判断点P到的距离与△DBE的周长a的数量关系，并简要说明理由．
11．（2021·北京丰台·一模）如图，在菱形中，对角线，交于点O，过点A作于点E，延长到点F，使，连接．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）连接，若，求的长度．
12．（2021·北京房山·一模）已知：△ABC为锐角三角形，．
求作：菱形．
作法：如图，
①以点A为圆心，适当长为半径作弧，交于点M，交于点N；
②分别以点M，N为圆心，大于的长为半径作弧，两弧在的内部相交于点E，作射线与交于点O；
③以点O为圆心，以长为半径作弧，与射线交于点D，连接，；四边形就是所求作的菱形．
（1）使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）；
（2）完成下面的证明．
证明：∵平分，
∴________．
∵，
∴四边形是平行四边形．
∵，
∴四边形是菱形（_______）（填推理的依据）．
13．（2021·北京东城·一模）尺规作图：如图，已知线段a，线段b及其中点．
求作：菱形ABCD，使其两条对角线的长分别等于线段a，b的长．
作法：①作直线m，在m上任意截取线段；
②作线段AC的垂直平分线EF交线段AC于点O；
③以点O为圆心，线段b的长的一半为半径画圆，交直线EF于点B，D；
④分别连接AB，BC，CD，DA；
则四边形ABCD就是所求作的葵形．
（1）使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）
（2）完成下面的证明．
证明：，
四边形ABCD是_______________．
，
四边形ABCD是菱形（____________________________）（填推理的依据）．
参考答案
1．①②④．
【分析】
根据平行四边形的判定与性质、菱形的判定、矩形的判定逐条判断即可．
【详解】
解：只要满足AB∥EF，四边形是平行四边形，这样的EF有无数条，故①正确；
因为，可在AD上截取AE=AB，再满足AB∥EF，四边形是菱形，故②正确；
因为是任意▱ABCD，∠B不一定是直角，矩形不一定存在，故③错误；
当EF经过▱ABCD对角线交点时，四边形的面积是▱ABCD面积的一半，故④正确．
故答案为：①②④．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定与性质、菱形、矩形的判定，解题关键是熟练运用所学四边形的性质与判定，准确进行推理判断．
2．
【分析】
由题意易得OA=OB=2，进而可得，则，然后问题可求解．
【详解】
解：∵四边形是矩形，
∴，
∵点O是BD的中点，，
∴，
∵点E是的中点，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴在Rt△OEB中，，
∴，
∴矩形的面积为；
故答案为．
【点睛】
本题主要考查矩形的性质、三角形中位线、直角三角形斜边中线定理及勾股定理，熟练掌握矩形的性质、三角形中位线、直角三角形斜边中线定理及勾股定理是解题的关键．
3．4．
【分析】
连接BD，根据中位线性质求出BD，再根据正方形对角线相等可求AC．
【详解】
解：连接BD，
∵分别是的中点，
∴BD=2EF=4，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC=BD=4；
故答案为：4．

【点睛】
本题考查正方形的性质和中位线性质，解题关键是连接对角线，构建中位线．
4．（1）证明见解析，（2）补图见解析，FE= DG+AH；证明见解析．
【分析】
(1)证四边形FABG是平行四边形，根据平行四边形性质和等腰三角形性质可证；
(2)按题意画图，作AM⊥BE于M，交BG、CD于点L、K，证四边形ABLE是菱形，得出四边形FELG是平行四边形，证△ADK≌BAH，再证GL=GK即可．
【详解】
（1）证明：∵，，
∴四边形FABG是平行四边形，
∴∠FAB=∠FGB，
∵∠FAB+∠AEB+∠ABE=180°，∠CGB+∠FGB=180°，
∴∠CGB=∠AEB+∠ABE，
∵AB= AE，
∴∠AEB=∠ABE，
∴；
（2）补图如图3，线段之间的数量关系为：FE= DG+AH；
作AM⊥BE于M，交BG、CD于点L、K，连接EL，
∵AE=AB，
∴EM=MB，
∵，
∴∠AEB=∠EBL，
∠AME=∠LMB，
∴△AME≌△LMB，
∴AE=LB，
∴四边形ABLE是平行四边形，
∵AE=AB，
∴四边形ABLE是菱形，
∴EL∥AB，AB=BL，
∵AB∥FG，
∴EL∥FG，
∴四边形FGLE是平行四边形，
∴FE=GL，
∵AB=BL，
∴∠LAB=∠BLA，
∵AB∥FG，
∴∠GKL=∠LAB，
∴∠GKL=∠BLA，
∵∠ALB=∠GLK，
∴∠GKL=∠GLK，
∴GL=GK，
∴FE= GK，
∵∠DAK+∠BAK=90°，∠ABH+∠BAK=90°，
∴∠DAK=∠ABH，
∵∠ADK=∠BAH，AD=AB，
∴△ADK≌△BAH，
∴DK=AH，
∴FE= GK=DG+DK=DG+AH；
【点睛】
本题考查了正方形的性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，解题关键是恰当作辅助线，构建全等三角形和平行四边形．
5．（1）①；②，理由见详解；（2）图见详解，线段与的数量关系保持不变，理由见详解．
【分析】
（1）①由题意易得，，则有，进而可得，然后问题可求解；
②由①可得：∠CDE=∠EBD=25°，过点C作CH⊥AB，并延长，然后过点D作DF⊥CH的延长线于点F，则，然后可得四边形是矩形，进而可得△CFD≌△BED，则四边形是正方形，由此可得，最后问题可求解；
（2）过点D作DE⊥AB于点E，过点C作CG⊥ED，交ED延长线于点G，EG交AC于点F，由题意易证，进而可得，，，然后问题可求解．
【详解】
解：（1）①∵△BDC是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∵DE⊥AB，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
②，理由如下：
由①可得：∠CDE=∠EBD=25°，过点C作CH⊥AB，并延长，然后过点D作DF⊥CH的延长线于点F，如图所示：
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴CH∥DE，
∴∠FCD=∠CDE=∠EBD=25°，
∵△BDC是等腰直角三角形，
∴，
∴△CFD≌△BED（AAS），
∴DE=DF，CF=BE，
∴四边形是正方形，
∴HF=HE，
∵∠A=45°，
∴△AHC是等腰直角三角形，
∴AH=CH，
∵，
∴，
∴；
（2）线段与的数量关系保持不变，理由如下：
由题可得如图所示：
过点D作DE⊥AB于点E，过点C作CG⊥ED，交ED延长线于点G，EG交AC于点F，如图，
∴，
∵∠A=45°，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴AE=EF，∠AFE=45°，
∴∠GFC=∠AFE=45°，
∴△GFC是等腰直角三角形，
∴GF=GC，
∵△BDC是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的性质与判定，正方形的性质与判定及矩形的判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定，正方形的性质与判定及矩形的判定是解题的关键．
6．（1）作图见解析 ；（2）；证明见解析 ；（3） 或．
【分析】
（1）连接CE，并延长CE到点F，使得CE=EF即可；
（2）证明△AEC≌△DEF，后利用AB=AC代换传递即可得证；
（3）分点G，C位于直线DF的同侧和异侧两种情形求解．
【详解】
（1）下图即为所求
（2）与的数量关系是．
证明：∵点F与点C关于点E对称，
∴．
∵E是的中点，
∴．
∵，
∴△AEC≌△DEF
∴．
∵，
∴．
（3）如图所示，点G的位置有两种情况．
①点G与点C在直线同侧时，记为，连接，
∵，
∴四边形是平行四边形．
∴．
∵，
∴，
∵，
∴△ABF≌△DFG1．
∴．
∵▱ACDF中，，
∴．
∴．
②点G与点C在直线异侧时，记为，
∵，
∴△DFG1≌△DFG2．
∴．
∵▱ACDF中，，
∴．
∵由①，，
∴．
∴．
∴．
综上，的度数为或．
【点睛】
本题考查了对称点作法，三角形的全等，等腰三角形的性质，平行四边形的判定，分类思想，熟练掌握三角形全等的判定定理是解题的关键．
7．（1）作图见解析；（2）DE；FC；内错角相等，两直线平行；DE=EC（或DF=FC）．
【分析】
（1）根据题目作法可以得到求作图形；
（2）由题意可以推得四边形DFCE为平行四边形，再由DE=EC可以得到四边形DFCE为菱形．
【详解】
（1）根据题目作法可以得到下面图形：
其中四边形DFCE为所求作的菱形；
（2）证明：，
为DC的垂直平分线．
，
．
平分，
．
，
DEFC（ 内错角相等，两直线平行 ）（填推理依据）
同理可证，
四边形DFCE为平行四边形．
又，
四边形DFCE为菱形．
故答案为DE；FC；内错角相等，两直线平行；DE=EC（或DF=FC）．
【点睛】
本题考查菱形的判定及作图，熟练掌握菱形的判定方法及作图要领是解题关键．
8．（1）见详解；（2）
【分析】
（1）由题意易得，，则有，，进而可证，则有，然后问题可求证；
（2）由（1）可得，由勾股定理可得，设BF=x，则，进而可得，最后根据勾股定理可求解．
【详解】
解：（1）∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是矩形；
（2）由（1）可得：四边形是矩形，
∵，
∴，
∴在Rt△AEB中，，
设BF=x，则，
∴在Rt△ABD中，由勾股定理可得，
在Rt△DFB中，由勾股定理可得，
∴，即，
解得：，
∴．
【点睛】
本题主要考查矩形的性质与判定、平行四边形的性质、三角形全等及勾股定理，熟练掌握矩形的性质与判定、平行四边形的性质、三角形全等及勾股定理是解题的关键．
9．（1）见解析；（2）．
【分析】
（1）根据两组对边平行和直角三角形斜边中线等于斜边一半即可证出
（2）连接DE交BC于F，先根据直角三角形性质和菱形性质先求出，根据已知边长，求出DE，CF，进而求出四边形DBEC面积．
【详解】
（1）证明：
过点C作CE//BD，过点B作BE//AC
四边形BECD是平行四边形
在Rt△ABC中，
∵∠ABC=90°，D是AC中点
∴BD=DC
四边形是菱形；
（2）连接DE交BC于F，
四边形是菱形；
∴

∴S菱形DBEC=12×2×23=23．
【点睛】
本题考察了直角三角相关性质和菱形判定和性质等知识点，准确记住相关的判定和性质是解题关键．
10．（1）PM=PN，；（2）（或），理由见解析．
【分析】
（1）根据角平分线上的点到角两边距离相等可证PG=PM=PN，再根据HL定理可证明DM=DG，GE=EN，最后根据矩形的性质和判定以及线段的和差可得结论；
（2）由（1）可得PM=PH=PN，△DBE的周长a=PM+BN，根据角平分线的判定定理可得BP为∠ABC的角平分线上，根据含30°角的直角三角形的特点可得结论．
【详解】
解：（1）作PG⊥DE与DE交于G，
∵DP为的平分线，，PG⊥DE，
∴PM=PG，
同理可证明PG=PN，
∴PM=PN，
在Rt△PDM和Rt△PDG中，
∵PM=PG，PD=PD，
∴Rt△PDM≌Rt△PDG（HL），
∴DM=DG，
同理可证GE=EN，
∴，
∵，，，
∴，
∴四边形BNPM为矩形，
∴PN=BM,PM=BN，
∴
故答案为：PM=PN，；
（2）（或），理由如下：
作PH⊥DE，连接BP，
与（1）同理可证PM=PH=PN，△DBE的周长a=BM+BN，
∴P在∠ABN的角平分线上，
∵，
∴∠ABP=∠PBN=30°，
∴在Rt△BPM中，BP=2PM，
根据勾股定理,
同理可证，
∴（或）．
【点睛】
本题考查角平分线的性质和判定，HL定理，矩形的性质和判定，含30°角的直角三角形，勾股定理等．本题主要是角平分线的性质和判定定理的应用，理解角平分线上的点到角两边距离相等和在角内部到角两边距离相等的点在角平分线上是解题关键．
11．（1）见解析；（2）
【分析】
（1）根据菱形的性质得到AD∥BC且AD=BC，等量代换得到BC=EF，推出四边形AEFD是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论；
（2）由菱形的性质得AD=AB=BC=10，由勾股定理求出AE=8，AC=，再由直角三角形斜边上的中线性质即可得出答案．
【详解】
解：（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC且AD=BC，
∵BE=CF，
∴BC=EF，
∴AD=EF，
∵AD∥EF，
∴四边形AEFD是平行四边形，
∵AE⊥BC，
∴∠AEF=90°，
∴四边形AEFD是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，AD=10，
∴AD=AB=BC=10，
∵EC=4，
∴BE=10-4=6，
在Rt△ABE中，AE==8，
在Rt△AEC中，AC==，
∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC，
∴OE=．
【点睛】
本题考查了矩形的判定和性质，菱形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线性质等知识；正确的识别图形是解题的关键．
12．（1）图见详解；（2）BO，一组邻边相等的平行四边形是菱形
【分析】
（1）根据题意可直接进行作图；
（2）由题意易得，进而可得四边形是平行四边形，然后根据菱形的判定定理可求解．
【详解】
（1）解：由题意可得如图所示：
∴四边形就是所求作的菱形；
（2）证明：∵平分，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）；
故答案为BO，一组邻边相等的平行四边形是菱形．
【点睛】
本题主要考查尺规作图、菱形的判定、平行四边形的判定及等腰三角形的性质，熟练掌握尺规作图、菱形的判定、平行四边形的判定及等腰三角形的性质是解题的关键．
13．（1）作图见解析；（2）平行四边形；对角线互相垂直的平行四边形为菱形
【分析】
（1）根据题干中提示的步骤，逐步作图即可；
（2）根据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”进行证明即可．
【详解】
（1）按照步骤，作图如图所示：
（2）证明：，
四边形ABCD是平行四边形．
∵AC⊥BD，
四边形ABCD是菱形（对角线互相垂直的平行四边形是菱形）．
故答案为：平行四边形；对角线互相垂直的平行四边形是菱形．
【点睛】
本题考查尺规作图-作菱形，以及理论证明，掌握基本作图的方法，以及菱形的判定定理是解题关键．