中考数学一轮复习考点微专题（全国通用）考向24 平行四边形（附答案）

这是一份中考数学一轮复习考点微专题（全国通用）考向24 平行四边形（附答案），共57页。

1、平行四边形：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）平行四边形的邻角互补，对角相等。
（2）平行四边形的对边平行且相等。
（3）平行四边形的对角线互相平分。
推论：夹在两条平行线间的平行线段相等。
3、平行四边形的判定
（1）定义：两组对边分别平行的四边形是平行四边形
（2）定理1：两组对角分别相等的四边形是平行四边形
（3）定理2：两组对边分别相等的四边形是平行四边形
（4）定理3：对角线互相平分的四边形是平行四边形
（5）定理4：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
4、两条平行线的距离
两条平行线中，一条直线上的任意一点到另一条直线的距离，叫做这两条平行线的距离。
平行线间的距离处处相等。
5、平行四边形的面积：
S平行四边形=底边长×高=ah
6.三角形的中位线的性质：
三角形的中位线平行于三角形的第三边，且等于第三边的一半。
【题型探究】
题型一：平行四边形的性质
1．（2022·江苏泰州·模拟预测）如图，在▱中，，，，分别为边，上的点，若四边形为正方形，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
2．（2021·贵州遵义·校考模拟预测）如图，在平行四边形中，以对角线为直径的分别交于M，N．若，则的长度为（ ）
A．12B．15C．D．
3．（2023·广东佛山·石门中学校考一模）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC⊥BC，M在∠CAD的平分线上，且AM⊥DM，点N为CD的中点，连接MN，若AD＝12，MN＝2．则AB的长为（ ）
A．12B．20C．24D．30
题型二：平行四边形的判定
4．（2022·河北廊坊·统考二模）如图，是四边形的边延长线上的一点，且，则下列条件中不能判定四边形是平行四边形的是（ ）
A．B．C．D．
5．（2022·河南安阳·统考一模）如图，四边形的四个顶点分别在矩形的边和对角线上，已知，下列条件能使四边形是平行四边形的是（ ）
A．B．C．D．
6．（2022·四川成都·模拟预测）如图，在中，要对角线BD上找点E，F，使四边形AECF为平行四边形，现有①，②，③三种方案，①只需要满足；②只需要满足，；③只需要满足AE，CF分别平分，，则正确的方案是（ ）
A．①②③B．①③C．①②D．②③
题型三：三角形的中位线问题
7．（2022秋·辽宁沈阳·九年级校考期中）如图，在中，D是边的中点，点在边上，且，与交于点F，则=（ ）
A．2：3B．3：4C．4：3D．3：2
8．（2022·四川绵阳·东辰国际学校校考模拟预测）如图，在中，，，，AE平分∠BAC，且于点E，点D为的中点，连接，则的长为（ ）
A．2B．C．D．
9．（2023·上海静安·统考一模）如图，在中，中线与中线相交于点G，联结．下列结论成立的是（ ）
A．B．C．D．
题型四：平行四边形性质和判定的应用
10．（2022·江苏淮安·模拟预测）如图，在平行四边形中，点、、分别是、、的中点，，则的长是（ ）
A．2B．3C．4D．5
11．（2022·四川绵阳·统考中考真题）如图，E、F、G、H分别是矩形的边AB、BC、CD、AD上的点，AH＝CF，AE＝CG，∠EHF＝60°，∠GHF＝45°．若AH＝2，AD＝5＋．则四边形EFGH的周长为（ ）
A．B．C．D．
12．（2022·湖北鄂州·统考中考真题）如图，定直线MNPQ，点B、C分别为MN、PQ上的动点，且BC=12，BC在两直线间运动过程中始终有∠BCQ=60°．点A是MN上方一定点，点D是PQ下方一定点，且AEBCDF，AE=4，DF=8，AD=24，当线段BC在平移过程中，AB+CD的最小值为（ ）
A．24B．24C．12D．12
题型五：平行四边形的综合问题
13．（2022·浙江杭州·杭州育才中学校考模拟预测）如图，在平行四边形中，点E、F分别在、上，且，．
(1)求证：．
(2)若，，，求的长．
14．（2022·江苏镇江·模拟预测）如图①，在矩形中，，为的中点，，分别在、上，且．
(1)求证：；
(2)若，，求的长；
(3)如图②，为的中点，连接，，求证：．
15．（2022·贵州毕节·统考二模）已知，如图抛物线与轴交于点，与轴交于、两点，点在点左侧，点的坐标为，．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若点是线段下方抛物线上的动点，求四边形面积的最大值；
(3)若点在轴上，点在抛物线上，是否存在以为顶点且以为一边的平行四边形？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由．
【必刷基础】
一、单选题
16．（2022秋·广东东莞·九年级校联考期末）如图，在中，，则的长为（ ）．
A．B．8C．10D．16
17．（2019·海南省直辖县级单位·统考中考模拟）如图，菱形中，对角线相交于点O，E为边中点，菱形的周长为28，则的长等于（ ）
A．3.5B．4C．7D．14
18．（2022·山东临沂·校考二模）如图，将▱ABCD沿对角线BD折叠，使点A落在点E处，交BC于点F，若∠ABD=48°，∠CFD=40°，则∠E为
A．B．C．D．
19．（2019·天津·校联考中考模拟）如图，▱ABCD的周长为36，对角线AC、BD相交于点O，点E是CD的中点，BD=12，则△DOE的周长为（ ）
A．15B．18C．21D．24
20．（2022秋·湖南株洲·九年级统考期末）如图，平行四边形ABCD中，AB=2，AD=4，对角线AC，BD相交于点O，且E，F，G，H分别是AO，BO，CO，DO的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．EH=HGB．四边形EFGH是平行四边形
C．AC⊥BDD．的面积是的面积的2倍
21．（2022·山东济南·统考模拟预测）已知：如图，在平行四边形中，点、为对角线上两点，且求证：．
22．（2022·江苏盐城·校考三模）如图，在中，点D是边的中点，点F，E分别是及其延长线上的点，，连接，．
(1)求证：四边形是平行四边形．
(2)当满足____________条件时，四边形为菱形．（填写序号）
①．②，③，④．
23．（2022·宁夏银川·校考二模）如图，已知四边形中，对角线，相交于点O，且，，过点O作，分别交，于点E，F．
(1)求证：；
(2)若，，求四边形的周长．
【必刷培优】
一、单选题
24．（2022·广东佛山·校考三模）如图，四边形中，ABDC，，，点，分别是边和对角线的中点，且与对角线交于点，则的长为（ ）
A．B．C．D．
25．（2022·河北邯郸·校考三模）如图．Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D是△ABC的重心，连接BD并延长交AC于点E，连接CD并延长交AB于点F，连接EF．若AE＝，CF＝，则EF＝（ ）
A．5B．4C．3D．2
26．（2022秋·全国·九年级专题练习）如图，在RtΔABC中，∠ACB=90，AC=6、BC=4，点F为射线CB上一动点，过点C作CM⊥AF于M交AB于E， D是AB的中点，则DM长度的最小值是( )
A．B．C．1D．-2
27．（2022·重庆·西南大学附中校考三模）如图，AB为的直径，CA与相切于点A，BC交于点D，E是的中点，连接OE并延长交AC于点F，若，，则AF的长为（ ）
A．B．C．D．
28．（2022秋·九年级课时练习）如图，在中，点D、E、F分别为边、、的中点，分别连结、、、，点O是与的交点，下列结论中，正确的个数是（ ）
①的周长是周长的一半；②与互相平分；③如果，那么点O到四边形四个顶点的距离相等；④如果，那么点O到四边形四条边的距离相等．
A．1个B．2个C．3个D．4个
29．（2022·青海·统考中考真题）如图，在中，，D是AB的中点，延长CB至点E，使，连接DE，F为DE中点，连接BF.若，，则BF的长为（ ）
A．5B．4C．6D．8
30．（2022·内蒙古通辽·统考中考真题）如图，点是内一点，与轴平行，与轴平行，，，，若反比例函数的图像经过，两点，则的值是（ ）
A．B．C．D．
31．（2022·山东潍坊·中考真题）如图，在▱ABCD中，∠A=60°，AB=2，AD=1，点E，F在▱ABCD的边上，从点A同时出发，分别沿A→B→C和A→D→C的方向以每秒1个单位长度的速度运动，到达点C时停止，线段EF扫过区域的面积记为y，运动时间记为x，能大致反映y与x之间函数关系的图象是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
32．（2022·黑龙江哈尔滨·校考二模）如图，平行四边形中，点E在边上，连接，，F在上，，，若，，则___________．
33．（2022·四川绵阳·东辰国际学校校考模拟预测）如图，在平行四边形中，，，，于点E，点F为的中点，与相交于点P，则的长为______．
34．（2022·内蒙古通辽·模拟预测）如图，在和中，，，，将绕点旋转，连接，若点为中点，绕点旋转，则点的运动轨迹的长为______．
35．（2022·湖南株洲·校考二模）如图，在平行四边形中，，，平分交于点，是的中点，连接，交于点，连接，则的值为 ___________．
36．（2023·陕西西安·西安市铁一中学校考二模）如图，平行四边形的顶点在坐标原点上，在轴上，顶点在上，顶点在上，则平行四边形的面积是_____．
37．（2023·陕西西安·西安市铁一中学校考二模）如图，正方形，点、、、分别在边、、、上，若与的夹角为，，，则的长度为______．
38．（2023·广东佛山·石门中学校考一模）如图，在中，D，E分别为，上的点，将沿折叠，得到，连接，，，若，，，则的长为 _____．
39．（2023·陕西西安·校考二模）如图，在平行四边形中，，，，点F、点N分别为的中点，点E在边上运动，将沿折叠，使得点D落在处，连接，点M为中点，则的最小值是________．
三、解答题
40．（2022·宁夏银川·银川九中校考二模）如图，在中，、分别是、的中点，连接，过作交的延长线于点，
(1)证明：四边形是平行四边形；
(2)若，，，求四边形的周长．
41．（2022·山西·山西实验中学校考模拟预测）综合与探究：
已知：二次函数的图象的顶点为，与轴交于，A两点，与轴交于点，如图：
(1)求二次函数的表达式；
(2)在抛物线的对称轴上有一点，使得的周长最小，求出点的坐标；
(3)若点在抛物线的对称轴上，抛物线上是否存在点，使得以A、、、为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．
42．（2022·江苏镇江·统考中考真题）已知，点、、、分别在正方形的边、、、上．
(1)如图1，当四边形是正方形时，求证：；
(2)如图2，已知，，当、的大小有_________关系时，四边形是矩形；
(3)如图3，，、相交于点，，已知正方形的边长为16，长为20，当的面积取最大值时，判断四边形是怎样的四边形？证明你的结论．
43．（2022·四川资阳·中考真题）已知二次函数图象的顶点坐标为，且与x轴交于点．
(1)求二次函数的表达式；
(2)如图，将二次函数图象绕x轴的正半轴上一点旋转，此时点A、B的对应点分别为点C、D．
①连结，当四边形为矩形时，求m的值；
②在①的条件下，若点M是直线上一点，原二次函数图象上是否存在一点Q，使得以点B、C、M、Q为顶点的四边形为平行四边形，若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
参考答案：
1．B
【分析】由四边形是平行四边形，，得到，由正方形的性质得到
，，设，则，在中，由勾股定理得到，，，得到，则是等腰直角三角形，即可得到的度数．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，，
∴，
∵四边形为正方形，
，，
设，则，
在中，，
，
整理得，，
解得，
，，
∴，
是等腰直角三角形，
∴．
故选：B
【点睛】此题考查了正方形的性质、平行四边形的性质、勾股定理、解一元二次方程、等腰直角三角形的判定和性质等知识，证明是等腰直角三角形是解题的关键．
2．C
【分析】连接，由为的直径，推出，，
在中，勾股定理求出的长，利用平行四边形的性质得到，，证明，得到，代入数值计算可得的长度．
【详解】解：连接，
∵为的直径，
∴，，
在中，，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
又∵
∴
∴，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】此题考查了勾股定理，平行四边形的性质，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握圆周角定理和相似三角形的判定定理是解题的关键．
3．B
【分析】延长DM交AC于E，利用ASA证明△ADM≌△AEM可得AE=AD=12，DM=EM，即可证明MN是△CDE的中位线，可求解CE的长，进而可求解AC的长，再结合平行四边形的性质利用勾股定理可求解．
【详解】解：延长DM交AC于E，
∵AM平分∠CAD，AM⊥DM，
∠DAM=∠EAM，∠AMD=∠AME=90°，
在△ADM和△AEM中，
，
∴△ADM≌△AEM（ASA），
∴DM=EM，AE=AD=12，
∴M点是DE的中点，
∵N是CD的中点，
∴MN是△CDE的中位线，
∵MN=2，
∴CE=2MN=4，
∴AC=AE+CE=12+4=16，
在平行四边形ABCD中，AB=CD，AD∥BC，AC⊥BC，
∴AC⊥AD，
∴∠CAD=90°，
．
故选B．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质，三角形的中位线，勾股定理，求解AC的长是解题的关键．
4．C
【分析】利用平行线的判定方法判断即可得到结果．
【详解】解：A. ，
，
，
四边形是平行四边形，故不符合题意；
B. ，
，
，
四边形是平行四边形，故不符合题意；
C. ，
，不能判断四边形是平行四边形，故符合题意；
D. ，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，故不符合题意．
故选：C．
【点睛】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方法是解本题的关键．
5．C
【分析】条件DF=BE，根据矩形的性质得到AB=CD，∠CAB=∠ACD，由此证明△AEG≌△CFH（SAS），推出∠AGE=∠CHF，GE=FH，得到GEFH，由此证得四边形是平行四边形．
【详解】条件DF=BE可使四边形是平行四边形，
证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴ABCD，AB=CD，
∴∠CAB=∠ACD，
∵DF=BE，
∴AE=CF，
又∵AG=CH，
∴△AEG≌△CFH（SAS），
∴∠AGE=∠CHF，GE=FH，
∴∠CGE=∠AHF，
∴GEFH，
∴四边形是平行四边形，
故选：C．
【点睛】此题考查了矩形的性质、平行四边形的性质、全等三角形的判定及性质，熟记矩形的性质是解题的关键．
6．A
【分析】连接AC与BD相交于点O，由四边形ABCD是平行四边形，得AO=CO，BO=DO，再证OE=OF，可得①正确；由四边形ABCD是平行四边形，得AB=CD，∠ABD=∠BDC，再证∠AEB=∠CFD=90°，可得∠AEB=∠CFD=90°，可得△ABE≌△CDF，可得②正确；由四边形ABCD是平行四边形，得AB=CD，∠ABD=∠BDC，∠BAD=DCB，再证∠BAE=∠DCF，可得△ABE≌△CDF，可得③正确．
【详解】解：如下图，连接AC与BD相交于点O，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=CO，BO=DO，
∵BE=DF，
∴OE=OF，
∴四边形AECF是平行四边形，
故①正确；
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，∠ABD=∠BDC，
∵AE⊥BD，CF⊥BD，
∴∠AEB=∠CFD=90°，
∴△ABE≌△CDF，
∴BE=DF，
∴和①一样了，
故②正确；
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BAD=DCB，∠ABD=∠BDC，AB=CD，
∵AE，CF分别平分∠BAD，∠BCD，
∴∠BAE=∠DCF，
∴△ABE≌△CDF，
∴BE=DF，
∴和①一样了，
故③正确，
故选：A．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，解题的关键是连接AC，利用对角线相等证平行四边形．
7．B
【分析】过点作交于，可得为的中位线，可得，设，则，根据平行线分线段成比例定理即可求解．
【详解】解：如图，过点作交于，
，
是边的中点，
点是的中点，
是的中位线，
，
设，则，，
，
，
，
故选：B．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例，三角形的中位线，过点作，构造三角形的中位线是解题的关键．
8．B
【分析】利用余弦求出的长，利用勾股定理求出的长，延长交于点，证明，得到，推出是的中位线，进行求解即可．
【详解】解：∵，，，
∴，
∴，
∴；
延长交于点，
∵AE平分∠BAC，，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∴点E为的中点，
∵点D为的中点，
∴；
故选B．
【点睛】本题考查解直角三角形，全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理．通过添加辅助线，证明三角线全等，是解题的关键．
9．C
【分析】由中线与中线得出是的中位线，推出，，由相似三角形的性质即可解决问题．
【详解】∵中线与中线相交于点G，
∴是的中位线，
∴，
∴，
，
∴，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
，
，
∴，
∴，
∴，
∴结论正确的是，
故选：C．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
10．C
【分析】连接、，由平行四边形的性质得出，证明四边形是平行四边形，得出，由平行线得出，设，则，证明是的中位线，由三角形中位线定理得出，得出，由勾股定理得出方程，求出，得出，在中，由勾股定理求出，即可得出的长．
【详解】解：如图所示：连接、，

四边形是平行四边形，
，
点分别是的中点，
，
四边形是平行四边形，
，
，
，
设，则，
点分别是的中点，
是的中位线，
，
，
，
由勾股定理得：，
即，
，
，
，
，
在中，，
，
故选：．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定、三角形中位线定理、勾股定理等知识点，熟练掌握平行四边形的判定与性质，运用勾股定理进行计算是解答本题的关键．
11．A
【分析】证明四边形EFGH为平行四边形，作交于点P，交于点K，设，表示出，，，，进一步表示出，，，利用勾股定理即可求出a的值，进一步可求出边形EFGH的周长．
【详解】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴，，
∵，，
∴，，
在和中，
∴，
∴，
同理：，
∴，
∴四边形EFGH为平行四边形，
作交于点P，交于点K，
设，
∵，，，，
∴，，，，
∴，，
∴，
∵，
∴ABKH为矩形，即，
∵，，
∴，
即，
解得：，
∴四边形EFGH的周长为：，
故选：A.
【点睛】本题考查矩形的判定及性质，平行四边形的判定及性质，勾股定理，全等三角形的判定及性质，解题的关键是利用求出a的值．
12．C
【分析】如图所示，过点F作交BC于H，连接EH，可证明四边形CDFH是平行四边形，得到CH=DF=8，CD=FH，则BH=4，从而可证四边形ABHE是平行四边形，得到AB=HE，即可推出当E、F、H三点共线时，EH+HF有最小值EF即AB+CD有最小值EF，延长AE交PQ于G，过点E作ET⊥PQ于T，过点A作AL⊥PQ于L，过点D作DK⊥PQ于K，证明四边形BEGC是平行四边形，∠EGT=∠BCQ=60°，得到EG=BC=12，然后通过勾股定理和解直角三角形求出ET和TF的长即可得到答案．
【详解】解：如图所示，过点F作交BC于H，连接EH，
∵，
∴四边形CDFH是平行四边形，
∴CH=DF=8，CD=FH，
∴BH=4，
∴BH=AE=4，
又∵，
∴四边形ABHE是平行四边形，
∴AB=HE，
∵，
∴当E、F、H三点共线时，EH+HF有最小值EF即AB+CD有最小值EF，
延长AE交PQ于G，过点E作ET⊥PQ于T，过点A作AL⊥PQ于L，过点D作DK⊥PQ于K，
∵，
∴四边形BEGC是平行四边形，∠EGT=∠BCQ=60°，
∴EG=BC=12，
∴，
同理可求得，，
∴，
∵AL⊥PQ，DK⊥PQ，
∴，
∴△ALO∽△DKO，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选C．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，勾股定理，解直角三角形，正确作出辅助线推出当E、F、H三点共线时，EH+HF有最小值EF即AB+CD有最小值EF是解题的关键．
13．(1)见解析
(2)5
【分析】（1）根据平行四边形的性质，得出，再由，，得出，从而得出全等；
（2）作，垂足为H，由含30度角的直角三角形的性质得出，由，得出，进而得出四边形为平行四边形，即可得出答案．
【详解】（1）∵四边形是平行四边形，
∴，，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴（）；
（2）作，垂足为H，
在中，，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∵，．
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴．
【点睛】本题考查平行四边的判定与性质，含30度角的直角三角形的性质，正确理解题意是解题的关键．
14．(1)证明过程见详解
(2)
(3)证明过程见详解
【分析】（1）根据矩形的性质，，为的中点，，可证，由此即可求证；
（2）根据（1）中的结论可知，在等腰直角三角形中，设，则，在中根据勾股定理即可求出的长，根据矩形中，，即可求解；
（3）延长至，使，连接，与交于点，根据题意证明，得到，然后进一步证明，最后根据同角的余角相等的性质即可证明出．
【详解】（1）证明：矩形中，，为的中点，
∴，且，，
∴，
在，中，
∵，
∴，
∴．
（2）解：由（1）可知，等腰直角三角形中，设，则，
∴在中，，即，解方程得，，（舍去），
∴，
∵矩形中，，
∴，
∴的长．
（3）证明：如图所示，延长至，使，连接，与交于点，

由（1）可知和都是等腰直角三角形，则，，
∵四边形是矩形，点是的中点，，
∴点是的中点，
∴四边形和四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∴，
∵为的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】此题考查了矩形的性质，正方形的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理的运用等知识，解题的关键是熟练掌握矩形的性质，正方形的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理的运用．
15．(1)
(2)13.5
(3)存在，，或
【分析】（1）根据，，求出C点坐标，把点的坐标代入，即可求出函数解析式；
（2）过点作轴分别交线段于点，设，然后求出的表达式，利用，转化为二次函数求最值；
（3）①过点作轴交抛物线于点，过点作交轴于点，此时四边形为平行四边形；②平移直线交轴于点，交轴上方的抛物线于点，由题意可知点的纵坐标为3，从而可求得其横坐标．
【详解】（1）解：∵的坐标为，
∴，
∵，点在轴下方，
∴，
∵将代入抛物线的解析式，
可得，解得，
∴抛物线的解析式为；
（2）如图1所示，过点作，交于点，
∵该抛物线的对称轴为，，
∴，
∴，
∴，
设的解析式为，
∵将代入，
可得，解得，
∴直线的解析式为，
设，则，
∵，
∴当时，有最大值，最大值为3，
∴的最大面积，
∴，
∴四边形的面积的最大值为13.5；
（3）存在，理由如下：
①如图2，过点作轴交抛物线于点，过点作交轴于点，此时四边形为平行四边形，
∵，令，
∴，
∴；
②平移直线交轴于点，交轴上方的抛物线于点，当时，四边形为平行四边形，当时，四边形为平行四边形，
∵，
∴的纵坐标均为3，
令，可得，
解得，
∴．
综上所述，存在3个点符合题意，坐标分别是，或．
【点睛】本题是二次函数综合题，涉及待定系数法求二次函数的解析式、利用二次函数求最值、平行四边形的判定与性质等知识，根据题意作出图形，利用数形结合求解是解答此题的关键．
16．C
【分析】根据平行线的性质和相似三角形的判定证得，可得到，进而求解即可．
【详解】∵∥，
∴∠DEF=∠A，∠DFE=∠DBA，
∴．
∵，
∴，
又∵，
∴．
∴在中，．
故选：C．
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质、平行线的性质、比例性质、平行四边形的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答的关键．
17．A
【分析】首先根据菱形的性质求出边长并得出，然后利用三角形中位线的性质即可求出答案．
【详解】∵菱形的周长为28，
∴，，
∵为边中点，
∴是的中位线，
∴，
故选：A．
【点睛】本题主要考查菱形的性质和三角形中位线定理，掌握菱形的性质是解题的关键．
18．B
【分析】由平行四边形的性质和折叠的性质，得出∠ADB=∠BDF=∠DBC，由三角形的外角性质求出∠BDF=∠DBC=∠DFC=20°，再由三角形内角和定理求出∠A，即可得到结果．
【详解】∵AD∥BC，
∴∠ADB=∠DBC，
由折叠可得∠ADB=∠BDF，
∴∠DBC=∠BDF，
又∠DFC=40°，
∴∠DBC=∠BDF=∠ADB=20°，
又∵∠ABD=48°，
∴△ABD中，∠A=180°-20°-48°=112°，
∴∠E=∠A=112°，
故选B．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、折叠的性质、三角形的外角性质以及三角形内角和定理的综合应用，熟练掌握平行四边形的性质，求出的度数是解决问题的关键．
19．A
【分析】此题涉及的知识点是平行四边形的性质．根据平行四边形的对边相等和对角线互相平分可得，OB=OD，又因为E点是CD的中点，可得OE是△BCD的中位线，可得OE=BC，所以易求△DOE的周长．
【详解】解：∵▱ABCD的周长为36，
∴2（BC+CD）=36，则BC+CD=18．
∵四边形ABCD是平行四边形，对角线AC，BD相交于点O，BD=12，
∴OD=OB=BD=6．
又∵点E是CD的中点，DE=CD，
∴OE是△BCD的中位线，∴OE=BC，
∴△DOE的周长=OD+OE+DE=BD+（BC+CD）=6+9=15，
即△DOE的周长为15．
故选A
【点睛】此题重点考查学生对于平行四边形的性质的理解，三角形的中位线，平行四边形的对角对边性质是解题的关键．
20．B
【分析】根据三角形中位线的性质和平行四边形的性质分别判断各选项即可解答，
【详解】解：因为E、H为OA、OD的中点，
所以，EH＝＝2，同理，HG＝＝1，所以，A错误；
EH∥AD，EH＝，
FG∥BC，FG＝，
因为平行四边形ABCD中，AD＝BC，且AD∥BC，
所以，EH＝FG，且EH∥FG，
所以，四边形EFGH是平行四边形， B正确．
AC与BD不一定垂直，C错误；
由相似三角形的面积比等于相似比的平方，知：△ABC的面积是△EFO的面积的4倍，D错误；
故选B.
【点睛】本题考查了三角形中位线的性质和平行四边形的性质，熟练掌握是解题的关键.
21．见解析
【分析】证明，由全等三角形的性质可得出答案．
【详解】证明：四边形是平行四边形，
，，
，
在和中，
，
，
，
即．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题．
22．(1)见详解
(2)①，理由见详解
【分析】（1）由已知条件，据证得，则可证得，继而证得四边形是平行四边形；
（2）由，得到，由得，即互相垂直平分，然后根据菱形的判定，可得四边形是菱形．
【详解】（1）证明：在中，D是边的中点，
∴
∵，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）满足条件①时四边形为菱形．
理由：若时，为等腰三角形，
∵为中线，
∴，
即，
由（1）知，，
∴，
∴平行四边形为菱形．
故答案为：①．
【点睛】此题主要考查了菱形的判定、平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质、平行线的性质以及等腰三角形的性质．熟练掌握菱形的判定方法，且证得得到是解决问题的关键．
23．(1)见解析；
(2)．
【分析】（1）首先证明四边形是平行四边形，得出，再利用证明；
（2）首先证明四边形是菱形，然后根据勾股定理求出，进而可以解决问题．
【详解】（1）证明：∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
在和中，，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∵平行四边形中，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，
∵，，
∴，，
∴，
∴菱形的周长．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
24．B
【分析】先证是的中位线，利用中位线的性质得出，，再证为的中位线，进而得出，即可求出的长．
【详解】点，分别是边和对角线的中点，
是的中位线，
，，
，
，
，
，
，
点为的中点，
为的中位线，
，
，
故选B．
【点睛】本题考查三角形中位线的判定与性质、平行线分线段成比例，解题的关键是掌握“三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的二分之一” ．
25．D
【分析】先根据三角形的重心是三角形的三条中线的交点求得AC，再根据直角三角形斜边上的中线性质求得AB，然后利用勾股定理和三角形的中位线性质求得BC和EF．
【详解】解：∵点D是△ABC的重心，
∴AE=CE，AF=BF，
∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AE＝，CF＝，
∴AC=2AE=3，AB=2CF=5，则BC= =4，
∴EF= BC=2，
故选：D．
【点睛】本题考查三角形的重心、勾股定理、三角形的中位线性质，理解三角形的重心定义，熟练掌握三角形的相关知识的联系与运用是解答的关键．
26．C
【分析】取AC的中点T，连接DT，MT．利用三角形的中位线定理求出DT，利用直角三角形的中线的性质求出MT，再根据，可得结论．
【详解】解：如图，取AC的中点T，连接DT，MT．
∵，，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴点M的运动轨迹是以T为圆心，TM为半径的圆，
∴，
∴DM的最小值为1，
故选：C．
【点睛】本题考查点与圆的位置关系，三角形中位线定理，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造三角形中位线，直角三角形斜边中线解决问题．
27．A
【分析】连接AD交OF于点G，根据垂径定理可得OE⊥AD，再利用直径所对的圆周角是直角可得∠ADB＝90°，从而可得BC∥OF，进而可得OF是△ABC的中位线，然后利用三角形的中位线定理可得OF＝BC，再证明△BDA∽△BAC，利用相似三角形的性质可求出BC＝10，从而求出OF＝5，最后在Rt△AFO中，利用勾股定理进行计算即可解答．
【详解】解：连接AD交OF于点G，
∵E是的中点，
∴OE⊥AD，
∴∠AGO＝90°，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠ADB＝∠AGO＝90°，
∴BC∥OF，
∵OA＝OB，
∴AF＝CF，
∴OF是△ABC的中位线，
∴OF＝BC，
∵BD＝CD，
∴BD＝BC，
∵CA与⊙O相切于点A，
∴∠CAB＝90°，
∴∠CAB＝∠ADB＝90°，
∵∠B＝∠B，
∴△BDA∽△BAC，
∴，
∴BA2＝BD•BC，
∴25＝BC2，
∴BC＝10，
∴OF＝BC＝5，
∵OA＝AB＝2.5，
∴AF＝，
故选：A．
【点睛】本题考查了圆周角定理，三角形的中位线定理，相似三角形的判定与性质，切线的性质，垂径定理，熟练掌握相似三角形的判定与性质，以及圆周角定理是解题的关键．
28．D
【分析】①根据中位线的性质，即可判断；②根据中位线的性质、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形、平行四边形的对角线互相平分，即可判断；③根据矩形的判定和性质，即可判断；④根据菱形的判定和性质，即可判断．
【详解】解：①∵点D、E、F分别为边、、的中点，
∴DE、EF、DF是的中位线，
∴，
∴，
即的周长是周长的一半，
故①正确，符合题意；
②∵点D、E、F分别为边、、的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，
∴四边形ADEF是平行四边形，
∴与互相平分，
故②正确，符合题意；
③由②得四边形ADEF是平行四边形，
当时，如图1，
∴四边形ADEF是矩形，
∴，
∴，
∴点O到四边形四个顶点的距离相等，
故③正确，符合题意；
④由①得，
当时，如图2，
∴，
由②得四边形ADEF是平行四边形，
∴四边形ADEF是菱形，
∴，
∴，
∴，
∴点O到四边形四条边的距离相等，
故④正确，符合题意．
故选D．
【点睛】本题主要考查了中位线的性质、平行四边形的判定和性质、矩形的判定和性质、菱形的判定和性质．
29．A
【分析】利用勾股定理求得；然后由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求得的长度；结合题意知线段是的中位线，则．
【详解】解：在中，，，，
．
又为中线，
．
为中点，即点是的中点，
是的中位线，则．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，三角形中位线定理，直角三角形斜边上的中线，利用直角三角形的中线性质求出线段的长度是解题的关键．
30．C
【分析】过点C作CE⊥y轴于点E，延长BD交CE于点F，可证明△COE≌△ABE（AAS），则OE=BD=；由S△BDC=•BD•CF=可得CF=9，由∠BDC=120°，可知∠CDF=60°，所以DF=3，所以点D的纵坐标为4；设C（m，），D（m+9，4），则k=m=4（m+9），求出m的值即可求出k的值．
【详解】解：过点C作CE⊥y轴于点E，延长BD交CE于点F，
∵四边形OABC为平行四边形，
∴ABOC，AB=OC，
∴∠COE=∠ABD，
∵BDy轴，
∴∠ADB=90°，
∴△COE≌△ABD（AAS），
∴OE=BD=，
∵S△BDC=•BD•CF=，
∴CF=9，
∵∠BDC=120°，
∴∠CDF=60°，
∴DF=3．
∴点D的纵坐标为4，
设C（m，），D（m+9，4），
∵反比例函数y=（x＜0）的图像经过C、D两点，
∴k=m=4（m+9），
∴m=-12，
∴k=-12．
故选：C．
【点睛】本题主要考查反比例函数与几何的综合问题，坐标与图形，全等三角形的判定与性质，设出关键点的坐标，并根据几何关系消去参数的值是本题解题关键．
31．A
【分析】分0≤x≤1，1【详解】解：当0≤x≤1时，过点F作FG⊥AB于点G，
∵∠A=60°，AE=AF=x，
∴AG=x，
由勾股定理得FG=x，
∴y=AE×FG=x2，图象是一段开口向上的抛物线；
当1∵∠DAH=60°，AE=x，AD=1，DF= x-1，
∴AH=，
由勾股定理得DH=，
∴y=(DF+AE)×DH=x-，图象是一条线段；
当2≤x≤3时，过点E作EI⊥CD于点I，
∵∠C=∠DAB=60°，CE=CF=3-x，
同理求得EI=(3-x)，
∴y= AB×DH -CF×EI=-(3-x)2=-x2+x-，图象是一段开口向下的抛物线；
观察四个选项，只有选项A符合题意，
故选：A．
【点睛】本题考查了利用分类讨论的思想求动点问题的函数图象；也考查了平行四边形的性质，含30度的直角三角形的性质，勾股定理，三角形的面积公式以及一次函数和二次函数的图象．
32．4或9##9或
【分析】过点A作于点H，根据已知条件解直角三角形，可得，的长，设，根据勾股定理，可得的值，再根据平行四边形的性质，易证，根据相似三角形的性质列方程，求解即可．
【详解】解：过点A作于点H，如图所示：
∴，
∵，，
∴，，
设，则，
根据勾股定理，得，
在平行四边形中，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
解得或，
∴或9，
故答案为：4或9．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，涉及勾股定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，本题综合性较强，难度较大，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握平行四边形的性质和勾股定理．
33．
【分析】延长交于点，根据平行四边形的性质，得到，进而得到，相似比为，得到，，得到，利用所对的直角边是斜边的一半，得到，进而求出的值，过点作，交的延长线与点，易得四边形为矩形，进而得到的长，利用勾股定理求出的长，再根据的值求出的长即可．
【详解】解：∵，，，
∴，
延长交于点，
∵四边形为平行四边形，，，
∴，
∴，
∴，
∵点F为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
过点作，交的延长线与点，
则四边形为矩形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴；
故答案为：．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，含的直角三角形，相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质．本题的综合性强，通过添加辅助线，证明三角形相似，是解题的关键．
34．
【分析】取的中点O，连接，得是的中位线，则，可知点的运动轨迹为以点O为圆心，长为半径的半圆，由此可解．
【详解】解：如图，取的中点O，连接，
点为中点，
是的中位线，
，
绕点旋转，
点的运动轨迹为以点O为圆心，长为半径的半圆，
点的运动轨迹的长度为．
故答案为：．
【点睛】本题考查旋转的性质，三角形中位线定理，点的运动轨迹，弧长公式等，解题的关键是构造中位线，得出点的运动轨迹．
35．##0.01
【分析】根据平行四边形的性质得出，，由平行线的性质及角平分线的性质得出，得出，由中点的定义得出，进而求出；根据，，则，根据相似三角形的性质，即可求出答案．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，，，
∴，，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，角平分线的性质，等腰三角形的性质是解决问题的关键．
36．12
【分析】过点作于点，过点作轴于点，因为四边形是平行四边形，可证得，，即，，再根据反比例函数的的几何意义即可解答．
【详解】解：如图所示，过点作于点，过点作轴于点，
四边形是平行四边形，
，
，
，
∴，
，
同理可得：，，
点在反比例函数上，
，
点在反比例函数上，
，
平行四边形的面积为：．
故答案为：12．
【点睛】本题主要考查了反比例函数系数的几何意义，在反比例函数的图像上任意一点向坐标轴作垂线，这一点和垂足以及坐标原点所构成的三角形的面积是是解答本题的关键．
37．##
【分析】过点作交于点，过点作交于点，延长至，使得，连接，证明，，得出，设，则，，在中，，然后在中，勾股定理即可求解．
【详解】解：如图所示，过点作交于点，过点作交于点，延长至，使得，连接，
∵四边形是正方形，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
在中，,,
∴,
在与中，
∴
∴，
∵与的夹角为，
∴与的夹角为，即，
∴
∴，
即，
在与中，
∴，
∴，
设，则，，
在中，
∴
解得：，
∴,
在中，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了勾股定理，平行四边形的性质与判定，正方形的性质、全等三角形的性质以及判定定理，作出辅助线是解题的关键．
38．
【分析】方法一、延长交于G，延长，交于点M，根据折叠的性质以及平行四边形的判定定理得出四边形是平行四边形，再根据平行四边形的性质及等角对等边即可得出答案；
延长和相交于点H，根据折叠的性质及等边对等角得出，再根据等角的余角相等以及等角对等边得出，最后根据平行线的性质及线段的和差即可得出答案．
【详解】解：方法一、如图，延长交于G，延长，交于点M，
∵将沿折叠，得到，
∴，，，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
方法二、延长和相交于点H，
∵折叠，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了折叠的性质、平行四边形的判定及性质、平行线的性质、等腰三角形的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．
39．##
【分析】连接，，由中位线的性质可得出，即说明当最小时，最小．又可求出，结合折叠的性质可知，即说明点在以F为圆心，以为半径的圆上运动，且点在平行四边形内．根据，可知当共线时，最小，即为的值．过点F作，由平行四边形的性质，含30度角的直角三角形的性质结合勾股定理即可求解．
【详解】如下图，连接，．
∵点N为的中点，点M为中点，
∴，
∴当最小时，最小．
∵点F为的中点，
∴．
由折叠的性质可知，
∴点在以F为圆心，以为半径的圆上运动，且点在平行四边形内．
∵，
∴当共线时，最小，即为的值．
过点F作，如下图．
∵四边形为平行四边形，，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴的最小值为．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，中位线的性质，折叠的性质，含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识．正确作出辅助线并理解点在以F为圆心，以为半径的圆上运动是解题关键．
40．(1)见解析
(2)16
【分析】（1）由三角形的中位线定理推知，再结合，利用两组对边分别平行的四边形是平行四边形即可证得结论；
（2）根据勾股定理求得的值，由三角形的中位线定理推知的长值，再由斜边中线等于斜边一半求得的值即可求得答案．
【详解】（1）解：、分别是、的中点，
是的中位线，
，
又，
四边形是平行四边形．
（2）解：在中，，，，
,
是的中位线,，
，
是斜边的中线,
,
四边形的周长为．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，三角形的中位线定理，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理的运用等知识点，熟练掌握性质定理是解题关键．
41．(1)；
(2)；
(3)或或.
【分析】（1）利用待定系数法，设顶点式求出二次函数的表达式；
（2）根据轴对称最短路径问题得到点E的位置，利用待定系数法求出直线的函数解析式，令代入计算得到答案；
（3）根据平行四边形的判定定理画出可能的图形，根据二次函数图象上点的坐标特征解答．
【详解】（1）解：∵抛物线的顶点为，
∴设函数表达式为.
∵图象过点，
∴当时，，
∴，
解得，，
∴函数表达式为，即；
（2）解方程，
得：，，
∴点的坐标为，点A的坐标为．
如图1，连接，
∵A、关于对称轴对称，点在对称轴上，
∴，
∴的周长，
当、、在同一直线上时，的周长最小．
设直线的函数解析式为.
则，解得，
∴直线的函数解析式为.
∵点的横坐标为，
所以点的坐标为；
（3）如图2，当点与点重合，点与点关于轴对称时，四边形的对角线互相平分，
∴四边形是平行四边形，此时点的坐标为.
当，时，四边形是平行四边形，
此时点的横坐标为，
∴的纵坐标为：，
∴点的坐标为.
当，时，四边形是平行四边形，
此时点的横坐标为，
的纵坐标为：，
∴点的坐标为.
∴以A、、、四点为顶点的四边形为平行四边形，点的坐标为：或或.
【点睛】本题考查了二次函数的性质、平行四边形的判定、灵活运用分情况讨论思想、掌握待定系数法求二次函数解析式的一般步骤是解题的关键．
42．(1)见解析
(2)
(3)平行四边形，证明见解析
【分析】（1）利用平行四边形的性质证得，根据角角边证明．
（2）当，证得，是等腰直角三角形，∠HEF=∠EFG=90°，即可证得四边形EFGH是矩形．
（3）利用正方形的性质证得为平行四边形，过点作，垂足为点，交于点，由平行线分线段成比例，设，，，则可表示出，从而把△OEH的面积用x的代数式表示出来，根据二次函数求出最大值，则可得OE=OG，OF=OH，即可证得平行四边形．
【详解】（1）∵四边形为正方形，
∴，
∴．
∵四边形为正方形，
∴，，
∴，
∴．
在和中，
∵，，，
∴．
∴．
∴；
（2）；证明如下：
∵四边形为正方形，
∴，AB=BC=AD=CD，
∵AE=AH，CF=CG，AE=CF，
∴AH=CG，
∴，
∴EH=FG．
∵AE=CF，
∴AB－AE=BC－CF，即BE=BF，
∴是等腰直角三角形，
∴∠BEF=∠BFE=45°，
∵AE=AH，CF=CG，
∴∠AEH=∠CFG=45°，
∴∠HEF=∠EFG=90°，
∴EH∥FG，
∴四边形EFGH是矩形．
（3）∵四边形为正方形，
∴．
∵，，
∴四边形为平行四边形．
∴．
∴．
过点作，垂足为点，交于点，
∴．
∵，
设，，，则，
∴．
∴．
∴当时，的面积最大，
∴，，
∴四边形是平行四边形．
【点睛】此题考查了正方形的性质，矩形的判定和平行四边形的性质与判定，平行线分线段成比例定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，二次函数的最值，有一定的综合性，解题的关键是熟悉这些知识并灵活运用．
43．(1)（或）
(2)①，②存在符合条件的点Q，其坐标为或或
【分析】（1）根据二次函数的图象的顶点坐标，设二次函数的表达式为，再把代入即可得出答案；
（2）①过点作轴于点E，根据，又因为，证明出，从而得出，将，，代入即可求出m的值；
②根据上问可以得到，点M的横坐标为4，，要让以点B、C、M、Q为顶点的平行四边形，所以分为三种情况讨论：1）当以为边时，存在平行四边形为；2）当以为边时，存在平行四边形为；3）当以为对角线时，存在平行四边形为；即可得出答案．
（1）
∵二次函数的图象的顶点坐标为，
∴设二次函数的表达式为，
又∵，∴，
解得：，
∴（或）；
（2）
①∵点P在x轴正半轴上，
∴，
∴，
由旋转可得：，
∴，
过点作轴于点E，
∴，，
在中，，
当四边形为矩形时，，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，
解得；
②由题可得点与点C关于点成中心对称，
∴，
∵点M在直线上，
∴点M的横坐标为4，
存在以点B、C、M、Q为顶点的平行四边形，
1）、当以为边时，平行四边形为，
点C向左平移8个单位，与点B的横坐标相同，
∴将点M向左平移8个单位后，与点Q的横坐标相同，
∴代入，
解得：，
∴，
2）、当以为边时，平行四边形为，
点B向右平移8个单位，与点C的横坐标相同，
∴将M向右平移8个单位后，与点Q的横坐标相同，
∴代入，
解得：，
∴，
3）、当以为对角线时，
点M向左平移5个单位，与点B的横坐标相同，
∴点C向左平移5个单位后，与点Q的横坐标相同，
∴代入，
得：，
∴，
综上所述，存在符合条件的点Q，其坐标为或或．