资源简介

2024鲁教版八年级数学上学期平行四边形专题复习练习题
1．（2022秋 泰山区期末）如图，已知，，于点，于点，则下列说法中错误的是　　
A．
B．
C．、两点间距离就是线段的长度
D．与两平行线间的距离就是线段的长度
2．（2021秋 海阳市期末）如图，从各顶点作平行线，各与其对边或其延长线相交于点，，．若的面积为5，则的面积为 　 　．
3．（2022秋 东平县期末）如图，直线，且、之间相距，点是直线上一定点，点在直线上运动，则在点的运动过程中，线段的最小值是　 　．
4．（2024春 宁乡市期末）如图所示，为的中位线，点在上，且，若，，则的长为　　
A．1 B．2 C．1.5 D．2.5
5．（2023秋 莱州市期末）如图，是的中线，，分别是，的中点，，则的长为　　
A．3 B．4 C．5 D．6
6．（2023秋 环翠区期末）如图，点，，分别是，，边的中点，且，，，则　　
A． B． C． D．
7．（2023秋 东营期末）如图，四边形中，、分别是、上的点，、分别是、的中点，当点在上从向移动而点不动时，那么下列结论成立的是　　
A．线段的长逐渐增大
B．线段的长逐渐减小
C．线段的长不变
D．线段的长与点的位置有关
8．（2023秋 钢城区期末）如图，在中，，平分交于点，点在上，且，连接，为的中点，连接，则的长为　　
A．2 B．3 C．4 D．5
9．（2023秋 任城区校级期末）如图，在四边形中，点、分别是边、的中点，，，，，则的度数为　　
A． B． C． D．
10．（2023秋 淄川区期末）如图，在中，，，是的中点，是上一点．若平分的周长，则的长为　　
A． B． C． D．
11．（2023秋 岱岳区期末）如图，已知四边形中，，，，点、分别是边、的中点，连接，则的长是 　 　．
12．（2023秋 福山区期末）如图，在中，，分别是，的中点，是上任意一点，的面积为，那么面积为 　 　．
13．（2023秋 龙口市期末）如图，在中，，分别是，的中点，，是线段上一点，连接，，．若，则的长度是 　 　．
14．（2023秋 兰山区期末）图1所示的是一把木工台锯时使用的六角尺，它能提供常用的几种测量角度．在图2的六角尺示意图中，的值为　　
A．135 B．120 C．112.5 D．112
15．（2023秋 济宁期末）一个多边形的每个外角都等于，则这个多边形的边数是　　
A．8 B．9 C．10 D．12
16．（2023秋 乳山市期末）一个多边形的每一个内角都是，则这个多边形是　　
A．七边形 B．八边形 C．九边形 D．十边形
17．（2023秋 环翠区期末）若正多边形的一个外角为30度，则多边形的内角和为　　度．
A．1620 B．1800 C．1980 D．2160
18．（2023秋 沂源县期末）永祚寺双塔，又名凌霄双塔，是山西省太原市现存的古建筑中最高的建筑，十三层均为正八边形楼阁式空心砖塔，如图1所示．如图2所示的正八边形是双塔其中一层的平面示意图，则其每个内角的度数为　　
A． B． C． D．
19．（2023秋 兰山区期末）如图是脊柱侧弯的检查示意图，在体检时为方便测出角的大小，需将转化为与它相等的角，则图中与相等的角是　　
A． B． C． D．
20．（2023秋 嘉祥县期末）一个多边形的内角和是其外角和的6倍，则这个多边形的边数是　　
A．12 B．13 C．14 D．15
21．（2023秋 周村区期末）下列多边形中，内角和等于外角和的是　　
A． B．
C． D．
22．（2023秋 蓬莱区期末）一个多边形的内角和是它的外角和的2倍，则这个多边形是　　
A．五边形 B．六边形 C．七边形 D．八边形
23．（2023秋 河口区期末）如果一个多边形的内角和是它的外角和的5倍，则这个多边形是　　
A．十边形 B．十一边形 C．十二边形 D．十三边形
24．（2023秋 莱州市期末）一个多边形的内角和比四边形的内角和多，并且这个多边形的各内角相等，则这个多边形的一个外角是　　
A． B． C． D．
25．（2023秋 博山区期末）已知一个多边形的内角和为，则这个多边形是　 　边形．
26．（2023秋 济宁期末）如图，将一副三角板在平行四边形中作如图摆放，那么的度数是　　
A． B． C． D．
27．（2023秋 济宁期末）如图，在中，的平分线交于点，若，，则的周长为　　
A．46 B．48 C．50 D．52
28．（2023秋 福山区期末）在平行四边形中，，则等于　　
A． B． C． D．
29．（2023秋 环翠区期末）关于平行四边形的性质，下列描述错误的是　　
A．平行四边形既是轴对称图形又是中心对称图形
B．平行四边形的对角相等
C．平行四边形的对角线互相平分
D．平行四边形的对边平行且相等
30．（2023秋 东营期末）如图，在平行四边形中，，于，于，，相交于，与的延长线相交于点，下面给出四个结论：①；②；③；④，其中正确的结论有　　
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
31．（2023秋 泰山区期末）如图，的对角线、交于点，平分交于点，且，，连接，下列结论：①；②；③；④；⑤．其中成立的个数是　　
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
32．（2023秋 莱州市期末）如图，在中，，则的度数是　　
A． B． C． D．
33．（2023秋 淄川区期末）如图，在中，于点，于点．若，，且的周长为40，则的面积为　　
A．24 B．36 C．40 D．48
34．（2023秋 招远市期末）如图，在中，，对角线与相交于点，，则的周长为　　
A．8 B．9 C．12 D．15
35．（2023秋 高青县期末）如图，中，，，，动点从出发，以的速度沿向点运动，动点从点出发，以的速度沿着向运动，当点到达点时，两个点同时停止．则的长为时点的运动时间是　　
A． B．或 C． D．或
36．（2023秋 招远市期末）小军不慎将一块平行四边形玻璃打碎成如图所示的四块，他带了两块碎玻璃到商店配成了一块与原来相同的平行四边形玻璃，他带的碎玻璃编号是　　
A．①② B．③④ C．②③ D．①④
37．（2023秋 泰山区期末）在四边形中，对角线与交于点，下列各组条件，其中不能判定四边形是平行四边形的是　　
A．， B．，
C．， D．，
38．（2023秋 岱岳区期末）在四边形中，对角线与相交于点，给出五组条件：
（1），；
（2），；
（3），；
（4），；
（5），．
能判定此四边形是平行四边形的有　　组．
A．1 B．2 C．3 D．4
39．（2023秋 钢城区期末）已知在平面直角坐标系中有三个点：、、．在平面内确定点，使得以、、、为顶点的四边形为平行四边形，则点的坐标不可能是　　
A． B． C． D．
40．（2024春 平原县期末）依据所标数据，下列一定为平行四边形的是　　
A． B．
C． D．
41．（2023秋 潍坊期末）在如图所示的方格纸中，以格点为顶点作四边形，下列给出的四边形是平行四边形的是　　
A．四边形 B．四边形 C．四边形 D．四边形
42．（2023秋 河口区期末）如图，在四边形中，，，，，点从点出发，沿射线以每秒2个单位长度的速度向右运动，同时点从点出发，沿方向以每秒1个单位长度的速度向点运动．当点到达点时，点，停止运动，设点运动时间为秒．在运动的过程中，当　 　时，使以，，，为顶点的四边形为平行四边形？
43．（2023秋 蓬莱区期末）在平面直角坐标系中，，的坐标分别是，，，要使四边形、、、为平行四边形，则顶点的坐标是 　 　．
44．（2023秋 任城区期末）在平面直角坐标系中，，，，再找一点，使这四点能连成平行四边形，则点的坐标为 　 　．
45．（2023秋 龙口市期末）如图，，是四边形的对角线上两点，，，．求证：四边形是平行四边形．
46．（2023秋 济宁期末）如图，已知是边长为3的等边三角形，点是边上的一点，且，以为边作等边，过点作，交于点，连接，则下列结论中①；②四边形是平行四边形；③；④．其中正确的有　　
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
47．（2023秋 乳山市期末）如图，在中，，分别是，的中点，，是对角线上的两点，且．对于结论：①；②；③四边形是平行四边形；④．正确的个数为　　
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
48．（2024春 沂水县期末）小明是这样画平行四边形的：如图，将三角尺的一边贴着直尺推移到的位置，这时四边形就是平行四边形．小明这样做的依据是　　
A．有两组对边分别平行的四边形是平行四边形
B．有两组对边分别相等的四边形是平行四边形
C．有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
D．对角线互相平分的四边形是平行四边形
49．（2023秋 招远市期末）中，、是对角线上不同的两点，下列条件中，不能得出四边形一定为平行四边形的是　　
A． B． C． D．
50．（2023秋 任城区校级期末）如图，在平行四边形中，，，点在边上以每秒的速度从点向点运动，点在边上以每秒的速度从点出发，在间往返运动，两个点同时出发，当点到达点时停止运动，同时点也停止运动．设运动时间为 ，开始运动以后，当为何值时，以，，，为顶点的四边形是平行四边形？　　
A． B． C．或 D．或
51．（2023秋 沂源县期末）如图，点、分别是边、的中点，、是对角线上的两点，且．则下列结论中不正确的是　　
A． B．四边形是平行四边形
C． D．
52．（2023秋 河口区期末）下列说法正确的是　　
A．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
B．平行四边形的对角互补
C．有两组对角相等的四边形是平行四边形
D．平行四边形的对角线平分每一组对角
53．（2023秋 淄川区期末）如图，在中，点，分别在边，上，请你添加一个条件 　　 ，使四边形是平行四边形．
54．（2023秋 泰山区期末）如图，分别以的斜边、直角边为边向外作等边和等边，为的中点，连接、，与相交于点，若，下列结论：①；②；③四边形为平行四边形；④．其中正确结论的序号是 　 　．
55．（2023秋 乳山市期末）如图，在四边形中，对角线，相交于点，于，于，，．
（1）求证：四边形为平行四边形；
（2）若，，，求四边形的面积．
参考答案
1．（2022秋 泰山区期末）如图，已知，，于点，于点，则下列说法中错误的是　　
A．
B．
C．、两点间距离就是线段的长度
D．与两平行线间的距离就是线段的长度
【答案】
【分析】根据平行四边形的性质、平行线之间距离的定义对各选项进行逐一分析即可．
【解答】解：、，，
四边形是平行四边形，
，故本选项正确；
、，于点，于点，
四边形是平行四边形，
，故本选项正确；
、是线段，
、两点间距离就是线段的长度，故本选项正确；
、于点，
与两平行线间的距离就是线段的长度，故本选项错误．
故选：．
【点评】本题考查的是平行线之间的距离，熟知从一条平行线上的任意一点到另一条直线作垂线，垂线段的长度叫两条平行线之间的距离是解答此题的关键．
2．（2021秋 海阳市期末）如图，从各顶点作平行线，各与其对边或其延长线相交于点，，．若的面积为5，则的面积为 　 　．
【答案】10．
【分析】根据平行线间的距离处处相等得到：和在底边上的高相等，和在底边上的高相等，和在底边上的高相等，所以由三角形的面积公式和图形间的面积的数量关系进行证明即可．
【解答】证明：，
和在底边上的高相等，和在底边上的高相等，和在底边上的高相等，
，，
．
即．
，
，
故答案为：10．
【点评】本题考查了平行线间的距离和三角形的面积．两平行线之间的距离的定义，即两直线平行，则夹在两条平行线间的垂线段的长叫两平行线间的距离．
3．（2022秋 东平县期末）如图，直线，且、之间相距，点是直线上一定点，点在直线上运动，则在点的运动过程中，线段的最小值是　 　．
【答案】4．
【分析】从一条平行线上的任意一点到另一条直线作垂线，垂线段的长度叫两条平行线之间的距离，根据平行线之间的距离和垂线段最短即可得出答案．
【解答】解：当时，根据垂线段最短，可以知道此时线段最短，
直线，且、之间相距，
线段的最小值是，
故答案为：4．
【点评】本题考查了平行线之间的距离的定义，牢记平行线之间的距离的定义和垂线段最短是解题的关键．
4．（2024春 宁乡市期末）如图所示，为的中位线，点在上，且，若，，则的长为　　
A．1 B．2 C．1.5 D．2.5
【答案】
【分析】先根据三角形中位线定理求出的长，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出的长即可得到答案．
【解答】解：是的中位线，，
，是的中点，
，
，
，
故选：．
【点评】本题主要考查了三角形中位线定理，直角三角形斜边上的中线，熟知三角形中位线定理和直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
5．（2023秋 莱州市期末）如图，是的中线，，分别是，的中点，，则的长为　　
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】
【分析】根据三角形中位线定理求出，再根据三角形的中线的概念解答即可．
【解答】解：，分别是，的中点，
是的中位线，
，
是的中线，
，
故选：．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、三角形的中线的概念，熟记三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
6．（2023秋 环翠区期末）如图，点，，分别是，，边的中点，且，，，则　　
A． B． C． D．
【答案】
【分析】根据三角形中位线定理得出且，且，得出的度数以及即可推出结果．
【解答】解：点，，分别是，，边的中点，
、分别是三角形、三角形的中位线，
且，且，
，，
，
，
又，
，
，
故选：．
【点评】本题考查了三角形中位线定理，熟记三角形中位线定理是解题的关键．
7．（2023秋 东营期末）如图，四边形中，、分别是、上的点，、分别是、的中点，当点在上从向移动而点不动时，那么下列结论成立的是　　
A．线段的长逐渐增大
B．线段的长逐渐减小
C．线段的长不变
D．线段的长与点的位置有关
【答案】
【分析】连接，根据三角形中位线定理得到，得出结论．
【解答】
解：如图，连接，
、分别是、的中点，
是的中位线，
，
点不动，
大小不变，
线段的长不变，
故选：．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理，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．
8．（2023秋 钢城区期末）如图，在中，，平分交于点，点在上，且，连接，为的中点，连接，则的长为　　
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】
【分析】根据等腰三角形的三线合一得到，根据三角形中位线定理计算得到答案．
【解答】解：，，
，
，平分，
，
，
是的中位线，
．
故选：．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质，掌握三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
9．（2023秋 任城区校级期末）如图，在四边形中，点、分别是边、的中点，，，，，则的度数为　　
A． B． C． D．
【答案】
【分析】连接，根据三角形中位线定理得到，，根据平行线的性质求出，根据勾股定理的逆定理求出，计算即可．
【解答】解：如图，连接，
点、分别是边、的中点，
是的中位线，
，，
，
，
，
在中，，，
，
，
，
故选：．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、勾股定理的逆定理，三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．
10．（2023秋 淄川区期末）如图，在中，，，是的中点，是上一点．若平分的周长，则的长为　　
A． B． C． D．
【答案】
【分析】延长至，使，连接，根据等边三角形的性质求出，根据三角形中位线定理解答即可．
【解答】解：延长至，使，连接，
，
，
为等边三角形，
，
平分的周长，
，
，
，
，
故选：．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、等边三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键．
11．（2023秋 岱岳区期末）如图，已知四边形中，，，，点、分别是边、的中点，连接，则的长是 　 　．
【分析】取的中点，连接、，根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半求出、，并求出，然后利用勾股定理列式计算即可得解．
【解答】解：如图，取的中点，连接、，
、分别是边、的中点，
且，
且，
，
，
．
故答案为：．
【点评】本题考查了三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，勾股定理的应用，作辅助线构造出直角三角形是解题的关键．
12．（2023秋 福山区期末）如图，在中，，分别是，的中点，是上任意一点，的面积为，那么面积为 　 　．
【答案】．
【分析】作于，交于，根据三角形中位线定理得出，，进而证得，然后利用三角形面积公式即可求得结论．
【解答】解：如图，作于，交于，
、分别是、的中点，
，，
，
，
的面积为，
面积为，
故答案为：．
【点评】本题考查了三角形中位线定理，三角形的面积，解题的关键是利用中位线定理，证得是的一半，是的一半．
13．（2023秋 龙口市期末）如图，在中，，分别是，的中点，，是线段上一点，连接，，．若，则的长度是 　 　．
【答案】6．
【分析】根据三角形中位线定理得到，根据题意求出，根据直角三角形的性质求出．
【解答】解：、分别是、的中点，
，
，
，
，
，点是的中点，
，
故答案为：6．
【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．
14．（2023秋 兰山区期末）图1所示的是一把木工台锯时使用的六角尺，它能提供常用的几种测量角度．在图2的六角尺示意图中，的值为　　
A．135 B．120 C．112.5 D．112
【答案】
【分析】多边形内角和定理： 且为整数），由此即可计算．
【解答】解：根据题意得：，
，
故选：．
【点评】本题考查多边形的有关知识，关键是掌握多边形的内角和定理．
15．（2023秋 济宁期末）一个多边形的每个外角都等于，则这个多边形的边数是　　
A．8 B．9 C．10 D．12
【答案】
【分析】根据多边形的外角和等于，用360除以一个多边形的每个外角的度数，求出这个多边形的边数是多少即可．
【解答】解：，
这个多边形的边数是8．
故选：．
【点评】此题主要考查了多边形的内角与外角，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：多边形的外角和等于．
16．（2023秋 乳山市期末）一个多边形的每一个内角都是，则这个多边形是　　
A．七边形 B．八边形 C．九边形 D．十边形
【答案】
【分析】已知每一个内角都等于，就可以知道每个外角是45度，根据多边形的外角和是360度就可以求出多边形的边数．
【解答】解：多边形的边数是：．
故选：．
【点评】通过本题要理解已知内角或外角求边数的方法．
17．（2023秋 环翠区期末）若正多边形的一个外角为30度，则多边形的内角和为　　度．
A．1620 B．1800 C．1980 D．2160
【答案】
【分析】利用多边形的外角和求得多边形的边数，然后利用多边形的内角和公式列式计算即可．
【解答】解：正多边形的一个外角为30度，
其边数为，
则它的内角和为，
故选：．
【点评】本题考查多边形的内角与外角，结合已知条件求得多边形的边数是解题的关键．
18．（2023秋 沂源县期末）永祚寺双塔，又名凌霄双塔，是山西省太原市现存的古建筑中最高的建筑，十三层均为正八边形楼阁式空心砖塔，如图1所示．如图2所示的正八边形是双塔其中一层的平面示意图，则其每个内角的度数为　　
A． B． C． D．
【答案】
【分析】首先利用外角和求得外角的度数，然后根据互补求得每个内角的度数即可．
【解答】解：多边形外角和为，
正八边形每个外角为，
正八边形每个内角的度数为，
故选：．
【点评】本题考查了多边形的内角和外角的知识，解题的关键是了解多边形的外角和．
19．（2023秋 兰山区期末）如图是脊柱侧弯的检查示意图，在体检时为方便测出角的大小，需将转化为与它相等的角，则图中与相等的角是　　
A． B． C． D．
【答案】
【分析】根据直角三角形的性质可知，与互余，与互余，根据同角的余角相等可得，再根据对顶角相等即可得出结论．
【解答】解：由示意图可知，和都是直角三角形，
，，
，
，
．
故选：．
【点评】本题考查了多边形的内角和外角，掌握直角三角形的两个锐角互余是解题的关键．
20．（2023秋 嘉祥县期末）一个多边形的内角和是其外角和的6倍，则这个多边形的边数是　　
A．12 B．13 C．14 D．15
【答案】
【分析】已知多边形的外角和为，结合题意，利用多边形的内角和公式列方程并解方程即可．
【解答】解：设这个多边形的边数是，
则，
解得：，
即这个多边形的边数是14．
故选：．
【点评】本题主要考查多边形的内角和与外角和，利用方程思想将外角和与内角和建立等量关系是解题的关键．
21．（2023秋 周村区期末）下列多边形中，内角和等于外角和的是　　
A． B．
C． D．
【答案】
【分析】任意多边形的外角和都等于，所以当内角和等于外角和时，内角和等于，利用公式求出多边形内角和即可．
【解答】解：．三角形的内角和等于，任意多边形的外角和等于，故三角形的内角和与外角和不相等，那么不符合题意．
．四边形的内角和等于，任意多边形的外角和等于，故四边形的内角和和外角和相等，那么符合题意．
．五边形的内角和等于，任意多边形的外角和等于，故五边形的内角和与外角和不相等，那么不符合题意．
．六边形的内角和等于，任意多边形的外角和等于，故六边形的内角和与外角和不相等，那么不符合题意．
故选：．
【点评】本题主要考查多边形的内角和、外角和，熟练掌握任意多边形的内角和公式、任意多边形的外角和等于是解决本题的关键．
22．（2023秋 蓬莱区期末）一个多边形的内角和是它的外角和的2倍，则这个多边形是　　
A．五边形 B．六边形 C．七边形 D．八边形
【答案】
【分析】多边形的外角和是，则内角和是．设这个多边形是边形，内角和是，这样就得到一个关于的方程，从而求出边数的值．
【解答】解：设这个多边形是边形，根据题意，得
，
解得：．
故这个多边形是六边形．
故选：．
【点评】本题考查了多边形的内角与外角，熟记内角和公式和外角和定理并列出方程是解题的关键．根据多边形的内角和定理，求边数的问题就可以转化为解方程的问题来解决．
23．（2023秋 河口区期末）如果一个多边形的内角和是它的外角和的5倍，则这个多边形是　　
A．十边形 B．十一边形 C．十二边形 D．十三边形
【答案】
【分析】根据多边形的内角和公式、外角和公式，可得方程，根据解方程，可得答案．
【解答】解：设这个多边形是边形，由题意，得
．
解得，
故选：．
【点评】本题考查了多边形的内角与外角，利用了多边形的内角和公式、外角和公式．
24．（2023秋 莱州市期末）一个多边形的内角和比四边形的内角和多，并且这个多边形的各内角相等，则这个多边形的一个外角是　　
A． B． C． D．
【答案】
【分析】首先由题意得出等量关系，即这个多边形的内角和比四边形的内角和多，由此列出方程解出边数，进一步可求出它每一个内角的度数，即可解答．
【解答】解：设这个多边形边数为，则，
解得：，
这个多边形的每个内角都相等，
它每一个内角的度数为，
外角为：，
故选：．
【点评】本题主要考查多边形的内角和定理，解题的关键是根据题意列出方程从而解决问题．
25．（2023秋 博山区期末）已知一个多边形的内角和为，则这个多边形是　 　边形．
【分析】利用边形的内角和可以表示成，结合方程即可求出答案．
【解答】解：根据多边形的内角和可得：，
解得：．
则这个多边形是五边形．
故答案为：五．
【点评】此题考查多边形的内角和问题，关键是根据边形的内角和公式．
26．（2023秋 济宁期末）如图，将一副三角板在平行四边形中作如图摆放，那么的度数是　　
A． B． C． D．
【答案】
【分析】过点作，先根据平行线的性质可得，从而可得，再根据平行四边形的性质可得，然后根据平行公理推论可得，最后根据平行线的性质即可得．
【解答】解：如图，过点作，
，
由题意得：，
，
四边形是平行四边形，
，
，
，
故选：．
【点评】本题考查了平行线的性质、平行公理推论、平行四边形的性质，熟练掌握平行线的性质是解答本题的关键．
27．（2023秋 济宁期末）如图，在中，的平分线交于点，若，，则的周长为　　
A．46 B．48 C．50 D．52
【答案】
【分析】根据平行四边形的性质得到，，利用平行线的性质和角平分线推出，从而得到，求出，即可得到周长．
【解答】解：在平行四边形中，
，，
，
平分，
，
，
，
，
，
平行四边形的周长，
故选：．
【点评】本题主要考查平行四边形的性质，还涉及了平行线的性质，等角对等边，应熟练掌握．
28．（2023秋 福山区期末）在平行四边形中，，则等于　　
A． B． C． D．
【答案】
【分析】由在中，若，根据平行四边形的性质，可求得的度数，又由平行线的性质，求得答案．
【解答】解：四边形是平行四边形，
，，
，
，
，
．
故选：．
【点评】此题考查了平行四边形的性质．此题比较简单，注意掌握数形结合思想的应用．
29．（2023秋 环翠区期末）关于平行四边形的性质，下列描述错误的是　　
A．平行四边形既是轴对称图形又是中心对称图形
B．平行四边形的对角相等
C．平行四边形的对角线互相平分
D．平行四边形的对边平行且相等
【答案】
【分析】根据平行四边形的性质进行分析判断．
【解答】解：、平行四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形，原描述错误，符合题意；
、平行四边形的对角相等，原描述正确，不符合题意；
、平行四边形的对角线互相平分，原描述正确，不符合题意；
、平行四边形的对边平行且相等，原描述正确，不符合题意；
故选：．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质，平行四边形的性质：
①边：平行四边形的对边相等．
②角：平行四边形的对角相等．
③对角线：平行四边形的对角线互相平分．
此题还考查了中心对称图形和轴对称图形．
30．（2023秋 东营期末）如图，在平行四边形中，，于，于，，相交于，与的延长线相交于点，下面给出四个结论：①；②；③；④，其中正确的结论有　　
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】
【分析】①由等腰直角三角形的性质可求；
②由余角的性质和平行四边形的性质可求；
③由“”可证，可得；
④在和中，只有三个角相等，没有边相等，则与不全等．
【解答】解：，，
，
，
，故①正确；
，，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，故②正确；
，
，
在和中，
，
，
，故③正确，
在和中，只有三个角相等，没有边相等，
与不全等，故④错误．
故选：．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
31．（2023秋 泰山区期末）如图，的对角线、交于点，平分交于点，且，，连接，下列结论：①；②；③；④；⑤．其中成立的个数是　　
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】
【分析】由平行四边形中，，易得是等边三角形，又由，证得①；继而证得，得②；根据，，且，得到，故③错误；可得是三角形的中位线，证得④；由等边三角形的性质得到，根据等腰三角形的性质可得．
【解答】解：四边形是平行四边形，
，
，
平分，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
，
，
故①正确；
，，
，
，
，
故②正确；
，
，
，
故③错误；
，，，
，
，
，
，
，
故④正确；
是等边三角形，
，
，
，，
，
故⑤正确．
故选：．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，平行四边形的面积公式，熟练掌握性质定理和判定定理是解题的关键．
32．（2023秋 莱州市期末）如图，在中，，则的度数是　　
A． B． C． D．
【答案】
【分析】根据平行四边形的邻角互补、对角相等即可得出结果．
【解答】解：四边形是平行四边形，
，，
，
，
，
，
，
故选：．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的邻角互补、对角相等是解题的关键．
33．（2023秋 淄川区期末）如图，在中，于点，于点．若，，且的周长为40，则的面积为　　
A．24 B．36 C．40 D．48
【答案】
【分析】设，由平行四边形的周长表示出，再根据平行四边形的面积列式求出，然后根据平行四边形的面积公式列式进而求出，即可得出结论．
【解答】解：设，
四边形是平行四边形，
，，
的周长为40，
，
，
于点，于点，
的面积，
，
解得：，
的面积．
故选：．
【点评】本题考查了平行四边形的性质以及平行四边形面积公式，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
34．（2023秋 招远市期末）如图，在中，，对角线与相交于点，，则的周长为　　
A．8 B．9 C．12 D．15
【答案】
【分析】根据平行四边形对角线平分可得，即可求出结果．
【解答】解：四边形是平行四边形，
，，，，
，
，
，
故选：．
【点评】本题考查平行四边形的性质及三角形周长，熟练掌握平行四边形的对角线互相平分是解题的关键．
35．（2023秋 高青县期末）如图，中，，，，动点从出发，以的速度沿向点运动，动点从点出发，以的速度沿着向运动，当点到达点时，两个点同时停止．则的长为时点的运动时间是　　
A． B．或 C． D．或
【答案】
【分析】过点作于点，由，可得是等腰直角三角形，过点作于点，得矩形，利用勾股定理得，由题意可得 ， ，然后分两种情况列方程求出的值即可．
【解答】解：在中，，，
如图，过点作于点，
，
是等腰直角三角形，
，
过点作于点，
得矩形，
，，
，
，
由题意可知： ， ，
，，
，
，
解得，
当点在点左侧时，
由题意可知： ， ，
，，
，
，
解得，
点到达点时，两点同时停止运动，
，解得．
不符合题意，舍去，
的长为时点的运动时间是，
故选：．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，解决本题的关键是利用勾股定理得到的值．
36．（2023秋 招远市期末）小军不慎将一块平行四边形玻璃打碎成如图所示的四块，他带了两块碎玻璃到商店配成了一块与原来相同的平行四边形玻璃，他带的碎玻璃编号是　　
A．①② B．③④ C．②③ D．①④
【答案】
【分析】确定有关平行四边形，关键是确定平行四边形的四个顶点，由此即可解决问题．
【解答】解：只有③④两块角的两边互相平行，且中间部分相联，角的两边的延长线的交点就是平行四边形的顶点，
带③④两块碎玻璃，就可以确定平行四边形的大小．
故选：．
【点评】本题考查平行四边形的判定和性质，解题的关键是理解如何确定平行四边形的四个顶点，四个顶点的位置确定了，平行四边形的大小就确定了，属于中考常考题型．
37．（2023秋 泰山区期末）在四边形中，对角线与交于点，下列各组条件，其中不能判定四边形是平行四边形的是　　
A．， B．，
C．， D．，
【答案】
【分析】根据平行四边形的判定定理求解即可求得答案，注意排除法在解选择题中的应用．
【解答】解：、，，
四边形是平行四边形．故能判定这个四边形是平行四边形；
、，，
四边形是平行四边形．故能判定这个四边形是平行四边形；
、，，
四边形不是平行四边形．故不能判定这个四边形是平行四边形；
、，，
四边形是平行四边形，故能判定这个四边形是平行四边形．
故选：．
【点评】此题考查了平行四边形的判定．此题比较简单，注意熟记定理是解此题的关键．
38．（2023秋 岱岳区期末）在四边形中，对角线与相交于点，给出五组条件：
（1），；
（2），；
（3），；
（4），；
（5），．
能判定此四边形是平行四边形的有　　组．
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】根据平行四边形判定定理分别进行判断得出即可．
【解答】解：（1）由“，”可知，四边形的一组对边平行，另一组对边相等，据此不能判定该四边形是平行四边形，故本选项不符合题意；
（2）由“，”可知，四边形的一组对边平行且相等，据此能判定该四边形是平行四边形，故本选项符合题意；
（3）由“，”可知，四边形的两组对边互相平行，则该四边形是平行四边形，故本选项符合题意；
（4）由“，”可知，四边形的两条对角线互相平分，则该四边形是平行四边形，故本选项符合题意；
（5）由“，”可知，四边形的两组对边相等，则该四边形是平行四边形，故本选项符合题意；
故选：．
【点评】本题考查了平行四边形的判定．
（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形．
（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形．
（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
（4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形．
（5）对角线互相平分的四边形是平行四边形．
39．（2023秋 钢城区期末）已知在平面直角坐标系中有三个点：、、．在平面内确定点，使得以、、、为顶点的四边形为平行四边形，则点的坐标不可能是　　
A． B． C． D．
【答案】
【分析】在平面直角坐标系中，找出使得以、、、为顶点的四边形为平行四边形的点的坐标，即可求解．
【解答】解：如图，当点坐标为或或时，使得以、、、为顶点的四边形为平行四边形，
故选：．
【点评】本题考查了平行四边形的判定，坐标与图形性质，利用数形结合解决问题是解题的关键．
40．（2024春 平原县期末）依据所标数据，下列一定为平行四边形的是　　
A． B．
C． D．
【答案】
【分析】根据平行四边形的判定定理做出判断即可．
【解答】解：、，故选项不符合条件；
、只有一组对边平行不能确定是平行四边形，故选项不符合题意；
、不能判断出任何一组对边是平行的，故选项不符合题意；
、有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故选项符合题意；
故选：．
【点评】本题主要考查平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定是解题的关键．
41．（2023秋 潍坊期末）在如图所示的方格纸中，以格点为顶点作四边形，下列给出的四边形是平行四边形的是　　
A．四边形 B．四边形 C．四边形 D．四边形
【答案】
【分析】根据平行四边形的判定方法解决问题．．
【解答】解：由网格的特点和勾股定理可得可知，则四边形是菱形，即是平行四边形；
由网格的特点和勾股定理可得，则，即四边形不是平行四边形；
同理可得，，则四边形是平行四边形；
同理可证明四边形是菱形，即四边形是平行四边形；
故选：．
【点评】本题主要考查了平行四边形的判定，菱形的判定，勾股定理，熟知平行四边形和菱形的判定定理是解题的关键．
42．（2023秋 河口区期末）如图，在四边形中，，，，，点从点出发，沿射线以每秒2个单位长度的速度向右运动，同时点从点出发，沿方向以每秒1个单位长度的速度向点运动．当点到达点时，点，停止运动，设点运动时间为秒．在运动的过程中，当　 　时，使以，，，为顶点的四边形为平行四边形？
【答案】2或6．
【分析】分两种情况：当为平行四边形的边时，由列出方程可求出；当为平行四边形的对角线，由列出方程可求出．
【解答】解：由题意知，可分两种情况：
①当为平行四边形的边，则在点左侧，，，
，
，
解得；
②当为平行四边形的对角线，在点右侧，，，
，
，
解得，
综上所述，当或6时，以，，，为顶点的四边形为平行四边形．
故答案为：2或6．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质，正确进行分类是解题的关键．
43．（2023秋 蓬莱区期末）在平面直角坐标系中，，的坐标分别是，，，要使四边形、、、为平行四边形，则顶点的坐标是 　 　．
【答案】或或．
【分析】利用平行四边形的性质列出等式，可求解．
【解答】解：若为边，，的坐标分别是，，
，
四边形、、、为平行四边形，
，且，
，
可设点坐标为，
，解得或，
点坐标为或，
若为对角线，设点，
，，
，，
点坐标为，
故答案为：或或．
【点评】本题主要考查平行四边形的性质，掌握平行四边形的性质是解题的关键．
44．（2023秋 任城区期末）在平面直角坐标系中，，，，再找一点，使这四点能连成平行四边形，则点的坐标为 　 　．
【答案】或或．
【分析】根据平行四边形的性质，利用中点坐标解题即可求得顶点的坐标．
【解答】解：设点的坐标为，
若这四个点构成平行四边形，由平行四边形的性质可知的中点和的中点重合，
，
解得；
若这四个点构成平行四边形，由平行四边形的性质可知的中点和的中点重合，
，
解得；
若这四个点构成平行四边形，由平行四边形的性质可知的中点和的中点重合，
，
解得；
所以点的坐标为或或
故答案为：或或．
【点评】此题考查了平行四边形的性质，注意分类讨论思想的应用是解此题的关键．
45．（2023秋 龙口市期末）如图，，是四边形的对角线上两点，，，．求证：四边形是平行四边形．
【答案】证明见解析部分．
【分析】根据平行线的性质得到，再利用全等三角形的判定与性质得到，即可解答．
【解答】证明：，
，
在和中，
，
，
，，
，
四边形是平行四边形．
【点评】本题考查了平行线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
46．（2023秋 济宁期末）如图，已知是边长为3的等边三角形，点是边上的一点，且，以为边作等边，过点作，交于点，连接，则下列结论中①；②四边形是平行四边形；③；④．其中正确的有　　
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】
【分析】连接，作于．首先证明，再证明是等边三角形即可解决问题；
【解答】解：连接，作于．
，都是等边三角形，
，，，
，
，
，，
，
，
是等边三角形，，
，，
四边形是平行四边形，故②正确，
，，，
，故①正确，
，
故③正确，
，．
，
故④错误，
故选：．
【点评】本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、等边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，属于中考选择题中的压轴题．
47．（2023秋 乳山市期末）如图，在中，，分别是，的中点，，是对角线上的两点，且．对于结论：①；②；③四边形是平行四边形；④．正确的个数为　　
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】
【分析】证△△，得，，则，得，再证出四边形是平行四边形，得，故②③正确，不一定等于，故①不正确，不一定成立，故④不正确，即可得出结论．
【解答】解：四边形是平行四边形，
，，
，
又、分别是、的中点，
，
，
在△和△中，
，
△△，
，，，故②正确
，
，
四边形是平行四边形，故③正确
，
而不一定成立，故④不正确．
不一定等于，
不正确，故①不正确，
故选：．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
48．（2024春 沂水县期末）小明是这样画平行四边形的：如图，将三角尺的一边贴着直尺推移到的位置，这时四边形就是平行四边形．小明这样做的依据是　　
A．有两组对边分别平行的四边形是平行四边形
B．有两组对边分别相等的四边形是平行四边形
C．有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
D．对角线互相平分的四边形是平行四边形
【答案】
【分析】直接利用平移的性质结合平行四边形的判定定方法得出答案．
【解答】解：根据平移的性质，得到，，
故选：．
【点评】本题考查了平移，平行四边形的判定，熟练掌握一组对边平行且相等的四边形是平行四边形是解题的关键．
49．（2023秋 招远市期末）中，、是对角线上不同的两点，下列条件中，不能得出四边形一定为平行四边形的是　　
A． B． C． D．
【答案】
【分析】连接与相交于，根据平行四边形的对角线互相平分可得，，再根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，只要证明得到即可，然后根据各选项的条件分析判断即可得解．
【解答】解：连接与相交于，
在中，，，
要使四边形为平行四边形，只需证明得到即可；
、若，则，即，故本选项不符合题意；
、能够利用“角角边”证明和全等，从而得到，故本选项不符合题意；
、若，则无法判断，故本选项符合题意；
、由，从而推出，然后得出，，，结合选项可证明四边形是平行四边形；故本选项不符合题意；
故选：．
【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．
50．（2023秋 任城区校级期末）如图，在平行四边形中，，，点在边上以每秒的速度从点向点运动，点在边上以每秒的速度从点出发，在间往返运动，两个点同时出发，当点到达点时停止运动，同时点也停止运动．设运动时间为 ，开始运动以后，当为何值时，以，，，为顶点的四边形是平行四边形？　　
A． B． C．或 D．或
【答案】
【分析】由四边形为平行四边形可得出，结合平行四边形的判定定理可得出当时以、、、四点组成的四边形为平行四边形，分三种情况考虑，在每种情况中由即可列出关于的一元一次方程，解之即可得出结论．
【解答】解：四边形为平行四边形，
．
若要以、、、四点组成的四边形为平行四边形，则．
设运动时间为．
当时，，，，，
，
，
（舍去）；
当时，，，，
，
解得：；
当时，，，，，
，
解得：（舍去）；
综上所述，的值为时，以，，，为顶点的四边形是平行四边形．
故选：．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质以及一元一次方程的应用，分三种情况列出关于的一元一次方程是解题的关键．
51．（2023秋 沂源县期末）如图，点、分别是边、的中点，、是对角线上的两点，且．则下列结论中不正确的是　　
A． B．四边形是平行四边形
C． D．
【答案】
【分析】证，得，，则，得，再证出四边形是平行四边形，得，故正确，不一定等于，故不正确，即可得出结论．
【解答】解：四边形是平行四边形，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
四边形是平行四边形，
，故正确，
不一定等于，
不正确，
故选：．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明是解题的关键．
52．（2023秋 河口区期末）下列说法正确的是　　
A．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
B．平行四边形的对角互补
C．有两组对角相等的四边形是平行四边形
D．平行四边形的对角线平分每一组对角
【答案】
【分析】由平行四边形的判定分别对各个说法进行判断即可．
【解答】解：．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是等腰梯形或平行四边形，
错误，不符合题意；
．两组对角分别相等的四边形是平行四边形，
错误，不符合题意；
．两组对角分别相等的四边形是平行四边形，
正确，符合题意；
．菱形对角线平分每一组对角，平行四边形的对角线不平分每一组对角，
错误，不符合题意；
故选：．
【点评】本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的评定方法是解题的关键．
53．（2023秋 淄川区期末）如图，在中，点，分别在边，上，请你添加一个条件 　　 ，使四边形是平行四边形．
【答案】（答案不唯一）．
【分析】由平行四边形的性质得，再由，即可得出结论．
【解答】解：添加条件：，使四边形是平行四边形，理由如下：
四边形是平行四边形，
，
，
四边形是平行四边形，
故答案为：（答案不唯一）．
【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与性质是解题的关键．
54．（2023秋 泰山区期末）如图，分别以的斜边、直角边为边向外作等边和等边，为的中点，连接、，与相交于点，若，下列结论：①；②；③四边形为平行四边形；④．其中正确结论的序号是 　 　．
【答案】①②③④．
【分析】连接，根据直角三角形的性质得到，根据等边三角形的性质得到，求得，故①正确；根据等边三角形的性质得到，，，求得，根据平行线的判定定理得到，推出，得到，根据平行四边形的判定定理得到四边形是平行四边形，故③正确；根据平行四边形的性质得到，等量代换得到，故②正确；根据平行四边形的性质得到，等量代换得到，故④正确．
【解答】解：如图，
连接，
，点是的中点，
，
是等边三角形，
，
，
故①正确；
是等边三角形，是等边三角形，
，，，
，
点是的中点，
，
，
，
，，
，
，
由①知：，，
，
，
四边形是平行四边形，
故③正确；
四边形是平行四边形，
，
，
，故②正确；
四边形是平行四边形，
，
，，
，
故④正确；
故答案为：①②③④．
【点评】本题考查了等边三角形性质，平行四边形的判定和性质，直角三角形性质，解决问题的关键是熟练掌握相关基础知识．
55．（2023秋 乳山市期末）如图，在四边形中，对角线，相交于点，于，于，，．
（1）求证：四边形为平行四边形；
（2）若，，，求四边形的面积．
【分析】（1）根据平行线的判定定理得到，求得，根据全等三角形的性质得到，根据平行四边形的判定定理即可得到结论；
（2）根据勾股定理得到，，求得，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【解答】（1）证明：，
，
，
于，于，
，
在△与△中，
，
△△，
，
四边形为平行四边形；
（2）解：在△中，，，
，
在△中，，，
，
，
四边形的面积．
【点评】本题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行线的性质，三角形的面积的计算，勾股定理，证得△△是解题的关键．

展开更多......

收起↑