广东省2024年九年级中考数学一轮复习：平行四边形 模拟练习(含解析)

2024年广东省九年级数学一轮复习：平行四边形模拟练习一、单选题1．（2023·广东深圳·中考真题）如图，在平行四边形中，，，将线段水平向右平移a个单位长度得到线段，若四边形为菱形时，则a的值为（

）

A．1 B．2 C．3 D．42．（2023·广东广州·模拟预测）如图，在平行四边形中，，的角平分线交于点E，且E点在边上且，线段DE的长度是（

）

A．5 B． C． D．103．（2023·广东梅州·一模）在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为，，，则D的坐标为(

)A． B． C． D．4．（2023·广东广州·一模）如图，在平行四边形中，与交于点，则下列结论中不一定成立的是（

）

A． B． C． D．5．（2023·河南安阳·二模）如图，中，，平分，交于点，，点，分别是和的中点，则的长为（）A．3 B．2.5 C．2 D．56．（2023·广东佛山·三模）在四边形中，、分别是边、的中点，、分别是对角线、的中点，依次连接、、、得到的四边形一定是（

）

A．平行四边形 B．菱形 C．矩形 D．正方形7．（2023·广东梅州·一模）如图，在中，点E，F分别在边上，添加下列条件中的一项，不能保证四边形是平行四边形的是（

）

①；②；③；④A．① B．② C．③ D．④8．（2023·广东广州·三模）如图：等边三角形中，，E、F分别是边上的动点，且，则的最小值为（

）

A． B． C． D．9．（2023·广东揭阳·一模）如图，在中，，，平分，点是的中点，若，则的长为（

）A．7 B．8 C．9 D．1010．（2023·广东江门·二模）如图，在矩形中，对角线与相交于点，已知，则的度数是（

）A． B． C． D．11．（2023·广东清远·一模）如图，平面直角坐标系中，菱形的边在x轴的正半轴上，点B，C在第一象限，若，，则对角线交点D的坐标为（）A． B． C． D．12．（2023·广东潮州·模拟预测）如图，四边形是菱形，与相交于点O，，连接，下列结论错误的是（）

A． B． C． D．13．（2023·广西贺州·二模）如图，正方形中，，将沿对折至，延长交于点G，G刚好是边的中点，则的长是（

）A．3 B．4 C．4.5 D．514．（2023·广东汕尾·二模）如图，正方形的边长为，点在对角线上，且，于点，则的长为()A． B． C． D．二、填空题15．（2023·广东广州·中考真题）如图，正方形的边长为4，点E在边上，且，F为对角线上一动点，连接，，则的最小值为．

16．（2023·广东江门·二模）已知三角形的周长为，则由它的三条中位线组成的三角形的周长是．17．（2023·广东深圳·模拟预测）如图，已知中，，点为上一动点，，连接．与交于点，，若，则．

18．（2023·广东梅州·一模）如图，在等边三角形中，，为上一点（与点、不重合），连接，以、为邻边作平行四边形，则的最小值是．

19．（2023·广东·模拟预测）如图，在菱形中，对角线相交于点，且，，则菱形的面积是．20．（2023·广东肇庆·三模）如图，将长、宽的矩形纸片折叠，使点与重合，则折痕的长为．21．（2023·山东枣庄·二模）如图，已知正方形的边长为，是边延长线上一点，，是边上一点，将沿翻折，使点的对应点落在边上，连接交折痕于点，则的长是．22．（2023·广东茂名·二模）如图，在矩形中，已知，，点P是边上一动点（点P不与点B，C重合），连接，作点B关于直线的对称点M，连接，作的角平分线交边于点N，则线段的最小值为．23．（2023·广东东莞·三模）如图，正方形的两条对角线，相交于点，点在上，且．则的度数为．三、解答题24．（2023·广东广州·中考真题）如图，在正方形中，E是边上一动点（不与点A，D重合）．边关于对称的线段为，连接．

(1)若，求证：是等边三角形；(2)延长，交射线于点G；①能否为等腰三角形？如果能，求此时的度数；如果不能，请说明理由；②若，求面积的最大值，并求此时的长．25．（2023·广东广州·一模）如图，菱形中，过点分别作边上的高，求证：．26．（2023·广东汕头·一模）如图，将矩形沿对角线翻折，点B落在点F处，交于E．(1)求证：；(2)若，求的面积．27．（2023·广东肇庆·三模）如图，在中，点E，F在对角线上，且．证明：(1)；(2)四边形是平行四边形．28．（2023·广东深圳·三模）在菱形中，，点是平面内一动点，以为边作等边，其中，，按逆时针方向排列．(1)如图①，当点在线段上，点在菱形内部时，连接，则线段与的数量关系是；与的夹角度数是；(2)如图②，当点在线段上，点在菱形外部时，连接，求证：；(3)如图③，当点在线段的延长线上时，连接，请直接用等式表示线段，，之间的数量关系：．参考答案：1．B【分析】首先根据平行四边形的性质得到，然后根据菱形的性质得到，然后求解即可．【详解】∵四边形是平行四边形，∴，∵四边形为菱形，∴，∵，∴，∴．故选：B．【点睛】此题考查了平行四边形和菱形的性质，平移的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．2．B【分析】由平行四边形的性质和角平分线定义证出，，，则，，，得，再由勾股定理即可求解．【详解】解：∵、分别是、的平分线，∴，，∵四边形是平行四边形，∴，，，∴，，∴，，，∴，，，∴，在中，由勾股定理得：，故选：B．【点睛】此题主要考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定以及勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的性质和等腰三角形的判定是解题的关键．3．B【分析】设D点的坐标为，根据平行四边形的对角互相平分，利用中点坐标公式即可求解．【详解】解：设点的坐标为，∵平行四边形三个顶点坐标分别为，，)，与互相平分，即与的中点相同，∴，解得，∴．故选：B．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，坐标与图形，掌握平行四边形的性质是本题的关键．4．D【分析】根据平行四边形的性质分别判断即可．【详解】解：四边形是平行四边形，∴，，，∴，而对角线不一定相等，故不成立，故选D．【点睛】本题考查了平行四边形的性质的应用，注意：平行四边形的性质是：①平行四边形的对边平行且相等，②平行四边形的对角相等，③平行四边形的对角线互相平分．5．B【分析】首先根据平行四边形的性质可得，，再结合角平分线的定义和平行线的性质证明为等腰三角形，易得，进而可得，然后结合点，分别是和的中点，易得是的中位线，结合三角形中位线的性质即可获得答案．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，，∴，∵平分，∴，∴，∴，∴，∵点，分别是和的中点，∴是的中位线，∴．故选：B．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、三角形中位线的性质、等腰三角形的判定与性质、角平分线的定义、平行线的性质等知识，熟练掌握平行四边形的性质和三角形中位线的性质是解题关键．6．A【分析】根据中位线的性质和平行四边形的判定条件，即可解答；【详解】解：、分别是、的中点，、分别是、的中点，∴分别是的中位线，，且，且，四边形为平行四边形，故选A．【点睛】本题考查了中位线的性质，平行四边形的判定，能判断出是的中位线，是的中位线是解题的关键．7．A【分析】根据平行四边形的判定方法，逐一进行判断即可．【详解】解：∵，∴，；∴；①，不能保证四边形是平行四边形，符合题意；②∵，，∴，又，∴四边形是平行四边形；不符合题意；③∵，∴，∵，∴，∴，∴四边形是平行四边形；不符合题意；④∵，∴，∴，同②即可得到四边形是平行四边形；不符合题意；故选A．【点睛】本题考查添加条件证明四边形是平行四边形．熟练掌握平行四边形的判定方法，是解题的关键．8．C【分析】取的中点D、G，连接，则可得，，因此转而求的最小值；过A作，且，连接，可证明，则有，进而转化为求的最小值，当点E在线段上时，取得最小值，在中由勾股定理即可求得最小值，从而求得的最小值．【详解】解：如图，取的中点D、G，连接，∴，，∴；∵，∴的最小值转化为求的最小值；在等边三角形中，，∴，∴，，∵，∴，∴；过A作，且，连接，则，∴，∴，∴，∴当点E在线段上时，取得最小值，且最小值为线段的长；∵，在中，由勾股定理得：，∴的最小值为．

故选：C．【点睛】本题考查了求线段和的最小值问题，等边三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，三角形中位线定理，把求的最小值转化为求的最小值，进而转化为求的最小值，是本题的难点与关键所在．9．B【分析】由题意推出，在中，，即可求出的长，进而可求出的长．【详解】解：∵，，∴，∵平分，∴，∴，∴，∵点是的中点，∴，∴，∴．故选：B．【点睛】本题主要考查了角平分线的定义、直角三角形斜边上的中线的性质、等腰三角形的判定等知识，熟练掌握相关知识是解题关键．10．B【分析】根据矩形的性质，证出，得出，再由三角形的外角的性质即可得出答案．【详解】解：四边形是矩形，，，，，，；故选：B【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，三角形的外角定理；证出是解题关键．11．A【分析】本题主要考查菱形的性质、勾股定理、含30度直角三角形的性质及图形与坐标，熟练掌握菱形的性质、勾股定理、含30度直角三角形的性质及图形与坐标是解题的关键；过点D作于点E，由题意易得，，然后根据含30度直角三角形的性质及勾股定理可进行求解．【详解】解：过点D作于点E，∵四边形是菱形，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，故选：A．12．B【分析】根据菱形的性质和勾股定理逐一进行判断即可．【详解】解：∵四边形是菱形，∴菱形的面积，∵，∴菱形的面积，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，故A正确；根据题意不能得到，故B错误；∵四边形是菱形，∴，，∴，故C正确；∵，∴，∵，∴，∴，故D正确；综上所述：结论错误的是B，故选：B．【点睛】本题考查了菱形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，全等三角形的判定，解决本题的关键是掌握菱形的性质．13．B【分析】本题考查了正方形和全等三角形的综合知识，根据勾股定理列方程是本题的解题关键．连接，证明，得到，折叠，得到，设，则，则中根据勾股定理列方程可求出的值．【详解】解：如图，连接，∵四边形是正方形，∴，．∵沿对折至，∴，，∴，，又是公共边，∴，∵G刚好是边的中点，∴，设，则，在中，根据勾股定理列方程：，解得：．所以的长是4，故选：B．14．C【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，根据正方形的性质得到，，求得，根据等腰三角形的判定定理得到，推出是等腰直角三角形，于是得到结论．【详解】解：四边形是正方形，，，正方形的边长为，，，，，，，，，，，是等腰直角三角形，，故选：C．15．【分析】连接交于一点F，连接，根据正方形的对称性得到此时最小，利用勾股定理求出即可．【详解】解：如图，连接交于一点F，连接，∵四边形是正方形，∴点A与点C关于对称，∴，∴，此时最小，∵正方形的边长为4，∴，∵点E在上，且，∴，即的最小值为故答案为：．

【点睛】此题考查正方形的性质，熟练运用勾股定理计算是解题的关键．16．6【分析】由三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半，即可解决问题．【详解】解：如图的周长是，，，是的中位线，，，，，这个三角形的三条中位线组成的三角形的周长是．故答案为：．【点睛】此题考查三角形中位线定理，关键是掌握三角形的中位线等于第三边的一半．17．【分析】延长，过点作，交的延长线于点，证明，得出，，证明四边形为平行四边形，得出，，求出，根据勾股定理求出，得出，求出，根据勾股定理求出即可．【详解】解：延长，过点作，交的延长线于点，如图所示：

，，，，，，，，，，，，，，∴四边形为平行四边形，，，，即，解得：或（舍去），在中根据勾股定理得：，，．故答案为：．【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，勾股定理，余角的性质，平行线的判定，平行四边形的判定与性质，作出辅助线，构造全等三角形证明是解题的关键．18．【分析】由平行四边形的性质可得，，当时，此时有最小值，即可求解．【详解】如图，设与交于点，连接，

四边形是平行四边形，，，是等边三角形，，，，，，当时，此时有最小值，，，的最小值为，故答案为：．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、等边三角形的性质、垂线段最短等知识点，灵活运用这些性质是解决问题的关键．19．24【分析】本题考查了菱形的性质，根据菱形的面积等于对角线乘积的一半计算即可．【详解】∵菱形中，对角线相交于点，且，，∴菱形的面积是，故答案为：24．20．【分析】连接，与交于点，则垂直平分，由勾股定理求出长，得出长，设，则，在中，由勾股定理得出方程，求出，由勾股定理求出的长，证明，得出，即可得出的长．【详解】解：连接，与交于点，∵点在上，在上，、点重合，是折痕，∴，，，∵四边形是矩形，∴，，，，∴，∴，设，则，在中，，∴，解得：，∴，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴，∴，即折痕的长为．故答案为：．【点睛】本题考查矩形的性质、勾股定理、折叠的性质，全等三角形的判定和性质等知识点．熟练掌握矩形的性质和折叠的性质，由勾股定理求出的长是解题的关键．21．/【分析】此题考查正方形的性质、轴对称的性质、勾股定理、根据面积等式求线段的长度；由正方形的性质得，，则，由翻折得，则，所以，，则，因为垂直平分，所以，由勾股定理，求得，即可根据等面积法，求得，于是得到问题的答案．【详解】解：四边形是边长为的正方形，，，，由翻折得，，，，，点与点关于直线对称，垂直平分，，，且，，解得，，，解得，故答案为：．22．/【分析】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，轴对称的性质等等，根据轴对称的性质得到，则当A、M、N三点共线时，此时取最小，，有轴对称的性质得到，则可证明，得到，中，由勾股定理得：，解方程即可得到答案．【详解】解：连接，如图所示：∵点B关于直线的对称点M，∴，∵，当A、M、N三点共线时，此时取最小，，∵四边形是矩形，∴，由轴对称的性质得：，∴，∵平分，∴，又∵，∴，∴，在中，由勾股定理得：，解得：，故线段的最小值为，故答案为：．23．【分析】本题主要考查正方形的性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键；根据正方形的性质得到线段相等和，再根据三角形的内角和即可求解．【详解】解：四边形是正方形．，，，，，故答案为：24．(1)见解析(2)①能为等腰三角形，；②【分析】（1）由轴对称的性质得到，根据正方形的性质得到，求得，根据轴对称的性质得到，根据等边三角形的判定定理即可得到结论；（2）①根据轴对称的性质得到，根据正方形的性质得到，得到，推出点B不可能是等腰三角形的顶点，若点F是等腰三角形的顶点，则有，此时E与D重合，不合题意，于是得到只剩下了，连接交于H，根据全等三角形的性质得到，得到为等腰三角形，根据平行线的性质得到，求得，根据等腰三角形的性质得到，于是得到；②由①知，，要求面积的最大值，即求面积的最大值，在中，底边是定值，即求高的最大值即可，如图2，过G作于P，连接，取的中点M，连接，作于N，设，则，根据直角三角形的性质得到，推出，当当G，M，N三点共线时，取等号，于是得到结论；如图3，设与交于Q，则四边形是矩形，根据矩形的性质得到，求得，于是得到结论．【详解】（1）证明：由轴对称的性质得到，∵四边形是正方形，∴，∵，∴，∵于对称的线段为，∴，∴，∴是等边三角形；（2）①∵于对称的线段为，∴∵四边形是正方形，∴，∴，∵E是边上一动点，∴，∴点B不可能是等腰三角形的顶点，若点F是等腰三角形的顶点，则有，此时E与D重合，不合题意，∴只剩下了，连接交于H，

∵∴∴，∴，∴为等腰三角形，∵，∴，∵，∴∴∴∴∴，∴∵∴∴；②由①知，要求面积的最大值，即求面积的最大值，在中，底边是定值，即求高的最大值即可，如图2，过G作于P，连接，取的中点M，连接，作于N，

设，则，∵，M是的中点，∴，∴，当G，M，N三点共线时，取等号，∴面积的最大值，的面积如图3，设与交于Q，

则四边形是矩形，∴，∴，∴，∵，∴，∴．【点睛】此题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，轴对称的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．25．证明见解析【分析】本题考查全等三角形的判定与性质，菱形性质等知识，由菱形性质结合条件，利用全等三角形的判定与性质即可得证，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解决问题的关键．【详解】证明：在四边形是菱形，，，，在和中，，∴．26．(1)见解析(2)