2012-2021北京中考真题数学汇编平行四边形一、单选题1．（2015·北京·中考真题）如图，公路AC，BC互相垂直，公路AB的中点M与点
C被湖隔开，若测得AM的长为1.2km，则M、C两点间的距离为（ ）A．0.5kmB．0.6kmC．0.9kmD．1.2km二、填
空题2．（2013·北京·中考真题）如图，是矩形的对角线的中点，是的中点．若，，则四边形的周长为_______.3．（2019·北
京·中考真题）在矩形ABCD中，M，N，P，Q分别为边AB，BC，CD，DA上的点（不与端点重合），对于任意矩形ABCD，下面四个
结论中，①存在无数个四边形MNPQ是平行四边形；②存在无数个四边形MNPQ是矩形；③存在无数个四边形MNPQ是菱形；④至少存在一个
四边形MNPQ是正方形．所有正确结论的序号是______．4．（2019·北京·中考真题）把图1中的菱形沿对角线分成四个全等的直角
三角形，将这四个直角三角形分别拼成如图2，图3所示的正方形，则图1中菱形的面积为______．5．（2021·北京·中考真题）如图
，在矩形中，点分别在上，．只需添加一个条件即可证明四边形是菱形，这个条件可以是______________（写出一个即可）．三、解
答题6．（2014·北京·中考真题）在正方形外侧作直线，点关于直线的对称点为，连接，，其中交直线于点．（）依题意补全图．（）若，求
的度数．（）如图，若，用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明．7．（2018·北京·中考真题）如图，在正方形ABCD中，E是边A
B上的一动点（不与点A、B重合），连接DE，点A关于直线DE的对称点为F，连接EF并延长交BC于点G，连接DG，过点E作EH⊥DE
交DG的延长线于点H，连接BH．（1）求证：GF=GC；（2）用等式表示线段BH与AE的数量关系，并证明．8．（2016·北京·中
考真题）如图，在四边形ABCD中，∠ABC=90°，AC=AD，M，N分别为AC，CD的中点，连接BM，MN，BN．（1）求证：B
M=MN；（2）∠BAD=60°，AC平分∠BAD，AC=2，求BN的长．9．（2017·北京·中考真题）数学家吴文俊院士非常重视
古代数学家贾宪提出的“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的直线，则所容两长方形面积相等（如图所示）”这一推论，他从这一推
论出发，利用“出入相补”原理复原了《海岛算经》九题古证.,（以上材料来源于《古证复原的原理》、《吴文俊与中国数学》和《古代世界数学
泰斗刘徽》）请根据上图完成这个推论的证明过程．证明：S矩形NFGD=S△ADC-（S△ANF+S△FGC），S矩形EBMF=S△A
BC-（____________+____________）．易知，S△ADC=S△ABC，_____________=_____
_________，______________=_____________．可得S矩形NFGD= S矩形EBMF ．10．（20
17·北京·中考真题）如图，在四边形ABCD中，BD为一条对角线，AD∥BC，AD=2BC，∠ABD=90°，E为AD的中点，连接
BE．（1）求证：四边形BCDE为菱形；（2）连接AC，若AC平分∠BAD，判断AC与CD的数量关系和位置关系，并说明理由．11．
（2018·北京·中考真题）下面是小东设计的“过直线外一点作这条直线的平行线”的尺规作图过程．已知：直线及直线外一点．求作：，使得
．作法：如图，①在直线上取一点，作射线，以点为圆心，长为半径画弧，交的延长线于点；②在直线上取一点（不与点重合），作射线，以点为圆
心，长为半径画弧，交的延长线于点；③作直线．所以直线就是所求作的直线．根据小东设计的尺规作图过程，（1）使用直尺和圆规，补全图形；
（保留作图痕迹）（2）完成下面的证明．证明：∵_______，_______，∴（____________）（填推理的依据）．12
．（2013·北京·中考真题）如图，在ABCD中，F是AD的中点，延长BC到点E，使CE=BC，连结DE，CF．（1）求证：四边形
CEDF是平行四边形；（2）若AB=4，AD=6，∠B=60°，求DE的长．13．（2015·北京·中考真题）在ABCD，过点D作
DE⊥AB于点E，点F在边CD上，DF＝BE，连接AF，BF.（1）求证：四边形BFDE是矩形；（2）若CF＝3，BF＝4，DF＝
5，求证：AF平分∠DAB.14．（2020·北京·中考真题）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AD的中点，点F
，G在AB上，EF⊥AB，OG∥EF．（1）求证：四边形OEFG是矩形；（2）若AD=10，EF=4，求OE和BG的长．15．（2
020·北京·中考真题）在中，∠C=90°，AC＞BC，D是AB的中点．E为直线上一动点，连接DE，过点D作DF⊥DE，交直线BC
于点F，连接EF．（1）如图1，当E是线段AC的中点时，设，求EF的长（用含的式子表示）；（2）当点E在线段CA的延长线上时，依题
意补全图2，用等式表示线段AE，EF，BF之间的数量关系，并证明．16．（2016·北京·中考真题）如图，四边形ABCD是平行四边
形，AE平分∠BAD，交DC的延长线于点E．求证：DA=DE．参考答案1．D【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求
得．【详解】解：根据题意可得，AM=1.2，∵M为中点，∴AB=2AM=2.4，∴CM=故选：D．【点睛】题目主要考查直角三角形斜
边上的中线的性质，理解题意，熟练掌握运用这个性质是解题关键．2．20【分析】先由，得到，然后结合矩形的性质得到，再结合点和点分别是
和的中点得到和的长，最后得到四边形的周长．【详解】解：，，，，，点和点分别是和的中点，，，是的中位线，，．故答案为：20．【点睛】
本题考查了矩形的性质、三角形的中位线定理，解题的关键是熟知矩形的性质．3．①②③【分析】根据矩形的判定和性质，菱形的判定，正方形的
判定，平行四边形的判定定理即可得到结论．【详解】解：①如图，∵四边形ABCD是矩形，连接AC，BD交于O，∴OA=OB=OC=OD
，AB∥CD，AD∥BC，∴∠OBM=∠ODP，∠OAQ=∠OCN，过点O的直线MP和QN，分别交AB，BC，CD，AD于M，N，
P，Q，∴∠BOM=∠DOP，∠AOQ=∠CON，所以△BOM≌△DOP（ASA），△AOQ≌△CON（ASA），所以OM=OP，
OQ=ON，则四边形MNPQ是平行四边形，故存在无数个四边形MNPQ是平行四边形；故正确；②如图，当PM=QN时，四边形MNPQ是
矩形，故存在无数个四边形MNPQ是矩形；故正确；③如图，当PM⊥QN时，存在无数个四边形MNPQ是菱形；故正确；④当四边形MNPQ
是正方形时，MQ=PQ，则△AMQ≌△DQP，∴AM=QD，AQ=PD，∵PD=BM，∴AB=AD，∴四边形ABCD是正方形，当四
边形ABCD为正方形时，四边形MNPQ是正方形，故错误；故正确结论的序号是①②③．故答案为：①②③．【点睛】本题考查了矩形的判定和
性质，菱形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理，熟记各定理是解题的关键．4．12【分析】由菱形的性质得出OA=OC，OB=O
D，AC⊥BD，设OA=x，OB=y，由题意得：，解得：，得出AC=2OA=6，BD=2OB=4，即可得出菱形的面积．【详解】解：
如图1所示：∵四边形ABCD是菱形，∴OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，设OA=x，OB=y，由题意得：，解得：，∴AC=2OA
=6，BD=2OB=4，∴菱形ABCD的面积=；故答案为12．【点睛】本题考查了菱形的性质、正方形的性质、二元一次方程组的应用；熟
练掌握正方形和菱形的性质，由题意列出方程组是解题的关键．5．（答案不唯一）【分析】由题意易得四边形是平行四边形，然后根据菱形的判定
定理可进行求解．【详解】解：∵四边形是矩形，∴，∵，∴四边形是平行四边形，若要添加一个条件使其为菱形，则可添加或AE=CE或CE=
CF或AF=CF，理由：一组邻边相等的平行四边形是菱形；故答案为（答案不唯一）．【点睛】本题主要考查菱形的判定定理、矩形的性质及平
行四边形的判定，熟练掌握菱形的判定定理、矩形的性质及平行四边形的判定是解题的关键．6．（1）图形见解析（2）25°（3）【分析】（
1）按照题意补全图形（2）连接AE，根据轴对称性和正方形的性质可得∠EAD=∠PAB+∠PAE=130°，即可求解；（3）连接AE
、BF、BD，根据轴对称性和正方形的性质可得∠ABF=∠AEF=∠ADF，从而得到，∠BFD=∠BAD=90°，再由勾股定理，即可
求解．【详解】解：（1）补全图形如图所示：（2）连接AE，根据题意得：∠PAB=∠PAE=20°，AE=AB=AD，∵四边形ABC
D是正方形，∴∠BAD=90°，∴∠EAD=∠PAB+∠PAE=130°，∴∠ADF=∠AED==25°；（3）EF2+FD2=2
AB2，理由如下：连接AE、BF、BD，由轴对称的性质可得：EF=BF，AE=AB=AD，∴∠BEF=∠EBF，∠AEB=∠ABE
，∠AED=∠ADF，∴∠ABF=∠AEF=∠ADF，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD=90°，AB=AD，∴∠ABD+∠AD
B=90°，，∴∠ABF+∠DBF+∠ADB=∠DBF+∠ADB+∠ADF=90°，∴∠BFD=∠BAD=90°，∴BF2+FD2
=BD2∴EF2+FD2=2AB2．【点睛】本题主要考查了轴对称的性质，正方形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，熟练掌握轴对称的
性质，正方形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质是解题的关键．7．（1）证明见解析；（2）BH=AE，理由见解析【分析】（1）连接．
根据对称的性质可得．．证明，根据全等三角形的性质得到．进而证明≌，即可证明；（2）在上取点使得，连接．证明≌，根据等腰直角三角形的
性质即可得到线段与的数量关系．【详解】（1）证明：连接． ∵，关于对称．∴．．在和中，∴，∴．∵四边形是正方形，∴．，∴，∴，∴
，∵，，∴．在和中．∴≌，∴．（2）．证明：在上取点使得，连接．∵四这形是正方形．∴，．∵≌，∴．同理：，∴∵，∴，∴，∴．∴．∵
，∴．∵，∴，∴．∵，，∴．在和中，∴≌，∴，在中，，．∴，∴．【点睛】本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，轴对称的性质，全
等三角形的性质与判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定等知识，此题综合性较强，难度较大，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想
的应用．8．（1）证明见解析；（2）【分析】（1）在△CAD中，由中位线定理得到MN∥AD，且MN=AD，在Rt△ABC中，因为M
是AC的中点，故BM=AC，即可得到结论；（2）由∠BAD=60°且AC平分∠BAD，得到∠BAC=∠DAC=30°，由（1）知，
BM=AC=AM=MC，得到∠BMC =60°．由平行线性质得到∠NMC=∠DAC=30°，故∠BMN=90°，得到，再由MN=B
M=1，得到BN的长．【详解】（1）在△CAD中，∵M、N分别是AC、CD的中点，∴MN∥AD，且MN=AD，在Rt△ABC中，∵
M是AC的中点，∴BM=AC，又∵AC=AD，∴MN=BM；（2）∵∠BAD=60°且AC平分∠BAD，∴∠BAC=∠DAC=30
°，由（1）知，BM=AC=AM=MC，∴∠BMC=∠BAM+∠ABM=2∠BAM=60°．∵MN∥AD，∴∠NMC=∠DAC=3
0°，∴∠BMN=∠BMC+∠NMC=90°，∴，而由（1）知，MN=BM=AC=×2=1，∴BN=．9．S△AEF，S△CFM；
S△ANF，S△AEF；S△FGC，S△CFMF .【详解】试题分析：由矩形的对角线的性质，对角线把矩形分成两个面积相等的三角形计
算即可.试题解析：由矩形对角线把矩形分成两个面积相等的两部分可得： ， ∴ ， ∴ .10．（1）证明见解析；（2）AC与CD的数
量关系是AC=CD，位置关系是AC⊥CD．【详解】试题分析：（1）先证明BCDE是平行四边形，再证明一组邻边相等.(2)连接AC,
证明AD=2CD,可知ACD是30°的特殊三角形，勾股定理求AC的长.试题解析：（1）∵AD=2BC，E为AD的中点，∴DE=BC
，∵AD∥BC，∴四边形BCDE是平行四边形，∵∠ABD=90°，AE=DE，∴BE=DE，∴四边形BCDE是菱形．（2）解：连接
AC．∵AD∥BC，AC平分∠BAD，∴∠BAC=∠DAC=∠BCA，∴AB=BC=1，∵AD=2BC=2，∴sin∠ADB=，∴
∠ADB=30°，∴∠DAC=30°，∠ADC=60°，在Rt△ACD中，∵AD=2，∴CD=1，AC=．11．(1)作图见解析（
2），，三角形中位线平行于三角形的第三边．【详解】分析：根据作图过程，补全图形即可.详解：（1）尺规作图如下图所示：（2），，三角
形中位线平行于三角形的第三边．点睛：考查尺规作图，三角形中位线定理，熟练掌握三角形的中位线定理是解题的关键.12．（1）见解析（2
）【分析】（1）由“平行四边形的对边平行且相等”的性质推知AD∥BC，且AD=BC；然后根据中点的定义、结合已知条件推知四边形CE
DF的对边平行且相等（DF=CE，且DF∥CE），即四边形CEDF是平行四边形；（2）如图，过点D作DH⊥BE于点H，构造含30度
角的直角△DCH和直角△DHE．通过解直角△DCH和在直角△DHE中运用勾股定理来求线段ED的长度．【详解】（1）证明：在?ABC
D中，ADBC，且AD=BC∵F是AD的中点∴DF=AD又∵CE=BC∴DF=CE，且DFCE∴四边形CEDF是平行四边形；（2）
如图，过点D作DH⊥BE于点H．在?ABCD中，∵∠B=60°，∴∠DCE=60°．∵AB=4，∴CD=AB=4，∴CH=CD=2
，DH=2．在?CEDF中，CE=DF=AD=3，则EH=1．∴在Rt△DHE中，根据勾股定理知DE=．13．（1）见解析（2）见
解析【分析】（1）根据平行四边形的性质，可得AB与CD的关系，根据平行四边形的判定，可得BFDE是平行四边形，再根据矩形的判定，即
可证明；（2）根据平行线的性质，可得∠DFA=∠FAB，根据等腰三角形的判定与性质，可得∠DAF=∠DFA，根据角平分线的判定，即
可证明．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD．∵BE∥DF，BE=DF，∴四边形BFDE是平行四边形．∵
DE⊥AB，∴∠DEB=90°，∴四边形BFDE是矩形；（2）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥DC，∴∠DFA=∠FAB．在
Rt△BCF中，由勾股定理，得BC===5，∴AD=BC=DF=5，∴∠DAF=∠DFA，∴∠DAF=∠FAB，即AF平分∠DAB
．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定，等腰三角形的判定与性质，利用等腰三角形的判定与性质得出∠DAF=∠DFA是解题关
键．14．(1)见解析；(2)OE=5，BG=2.【分析】(1)先证明EO是△DAB的中位线，再结合已知条件OG∥EF，得到四边形
OEFG是平行四边形，再由条件EF⊥AB，得到四边形OEFG是矩形；(2)先求出AE=5，由勾股定理进而得到AF=3，再由中位线定
理得到OE=AB=AD=5，得到FG=5，最后BG=AB-AF-FG=2．【详解】解：(1)证明:∵四边形ABCD为菱形，∴点O为
BD的中点，∵点E为AD中点，∴OE为△ABD的中位线，∴OE∥FG，∵OG∥EF，∴四边形OEFG为平行四边形∵EF⊥AB，∴平
行四边形OEFG为矩形．(2)∵点E为AD的中点，AD=10，∴AE=∵∠EFA=90°，EF=4，∴在Rt△AEF中，．∵四边形
ABCD为菱形，∴AB=AD=10，∴OE=AB=5，∵四边形OEFG为矩形，∴FG=OE=5，∴BG=AB-AF-FG=10-3
-5=2．故答案为：OE=5，BG=2．【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，菱形的性质、勾股定理等知识点，解题的关键是掌握特殊四边
形的性质和判定属于中考常考题型，需要重点掌握．15．（1）；（2）图见解析，，证明见解析．【分析】（1）先根据中位线定理和线段中点
定义可得，，，再根据平行四边形的性质、矩形的判定与性质可得，从而可得，然后利用勾股定理即可得；（2）如图（见解析），先根据平行线的
性质可得，，再根据三角形全等的判定定理与性质可得，，然后根据垂直平分线的判定与性质可得，最后在中，利用勾股定理、等量代换即可得证．【详解】（1）∵D是AB的中点，E是线段AC的中点∴DE为的中位线，且∴，∵∴∵∴∴四边形DECF为矩形∴∴则在中，；（2）过点B作AC的平行线交ED的延长线于点G，连接FG∵∴，∵D是AB的中点∴在和中，∴∴，又∵∴DF是线段EG的垂直平分线∴∵，∴在中，由勾股定理得：∴．【点睛】本题考查了中位线定理、矩形的判定与性质、三角形全等的判定定理与性质、垂直平分线的判定与性质、勾股定理等知识点，较难的是题（2），通过作辅助线，构造全等三角形和直角三角形是解题关键．16．证明见解析.【分析】由平行四边形的性质得出AB∥CD，得出内错角相等∠E=∠BAE，再由角平分线证出∠E=∠DAE，即可得出结论．【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，∴∠E=∠BAE，∵AE平分∠BAD，∴∠BAE=∠DAE，∴∠E=∠DAE，∴DA=DE． 18 / 18 |
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