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专题09 平行四边形（知识串讲+热考题型）
一、三角形中位线定理（共6小题） 二、多边形的对角线（共3小题）
三、多边形内角与外角（共5小题） 四、平行四边形的性质（共10小题）
五、平行四边形的判定（共11小题） 六、平行四边形的判定与性质（共11小题）
一、三角形中位线定理
（1）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．
（2）几何语言：
如图，∵点D、E分别是AB、AC的中点
∴DE∥BC，DE=BC．
二、多边形的对角线
（1）多边形的对角线：连接多边形不相邻的两个顶点的线段，叫做多边形的对角线．
（2）n边形从一个顶点出发可引出（n﹣3）条对角线．从n个顶点出发引出（n﹣3）条，而每条重复一次，所以n边形对角线的总条数为：n（n﹣3）2（n≥3，且n为整数）
（3）对多边形对角线条数公：n（n﹣3）2的理解：n边形的一个顶点不能与它本身及左右两个邻点相连成对角线，故可连出（n﹣3）条．共有n个顶点，应为n（n﹣3）条，这样算出的数，正好多出了一倍，所以再除以2．
（4）利用以上公式，求对角线条数时，直接代入边数n的值计算，而计算边数时，需利用方程思想，解方程求n．
三、多边形内角与外角
（1）多边形内角和定理：（n﹣2） 180° （n≥3且n为整数）
此公式推导的基本方法是从n边形的一个顶点出发引出（n﹣3）条对角线，将n边形分割为（n﹣2）个三角形，这（n﹣2）个三角形的所有内角之和正好是n边形的内角和．除此方法之和还有其他几种方法，但这些方法的基本思想是一样的．即将多边形转化为三角形，这也是研究多边形问题常用的方法．
（2）多边形的外角和等于360°．
①多边形的外角和指每个顶点处取一个外角，则n边形取n个外角，无论边数是几，其外角和永远为360°．
②借助内角和和邻补角概念共同推出以下结论：外角和=180°n﹣（n﹣2） 180°=360°．
四、平行四边形的性质
（1）平行四边形的概念：有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．
（3）平行线间的距离处处相等．
（4）平行四边形的面积：
①平行四边形的面积等于它的底和这个底上的高的积．
②同底（等底）同高（等高）的平行四边形面积相等．
五、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．符号语言：∵AB∥DC，AD∥BC∴四边行ABCD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．符号语言：∵AB=DC，AD=BC∴四边行ABCD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．
符号语言：∵AB∥DC，AB=DC∴四边行ABCD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．
符号语言：∵∠ABC=∠ADC，∠DAB=∠DCB∴四边行ABCD是平行四边形．
（5）对角线互相平分的四边形是平行四边形．符号语言：∵OA=OC，OB=OD∴四边行ABCD是平行四边形．
六、平行四边形的判定与性质
平行四边形的判定与性质的作用
平行四边形对应边相等，对应角相等，对角线互相平分及它的判定，是我们证明直线的平行、线段相等、角相等的重要方法，若要证明两直线平行和两线段相等、两角相等，可考虑将要证的直线、线段、角、分别置于一个四边形的对边或对角的位置上，通过证明四边形是平行四边形达到上述目的．
运用定义，也可以判定某个图形是平行四边形，这是常用的方法，不要忘记平行四边形的定义，有时用定义判定比用其他判定定理还简单．
凡是可以用平行四边形知识证明的问题，不要再回到用三角形全等证明，应直接运用平行四边形的性质和判定去解决问题．
一、三角形中位线定理（共6小题）
（2023春 长沙期中）
1．如图，在中，点D，E分别为的中点，若，则的长度为（ ）
A．2 B． C．3 D．4
（2023春 锡山区期中）
2．如图，在中，点D、E分别是边的中点，连接，的平分线交于点F，若，则的长为 ．
（2023春 江津区期中）
3．如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，BD⊥AD，点E是BC的中点，连结DE，且AB＝6，AC＝10，则DE＝ ．
（2023春 沙坪坝区校级月考）
4．在中，点D和点E分别是上两点，连接．点F、G、H分别是的中点，连接．
(1)猜想与的关系，并证明你的猜想．
(2)若，，求的值．
（2022春 新罗区校级期中）
5．在证明定理“三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半“时，小明给出如下部分证明过程．
已知：在△ABC中，D、E分别是边AB、AC的中点．求证：　 　．
证明：如图，延长DE到点F，使EF＝DE，连接CF，
（1）补全求证；
（2）请根据添加的辅助线，写出完整的证明过程；
（3）若CE＝3，DE＝4，请你直接写出边AB的取值范围．
（2023春 西城区校级月考）
6．证明：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半；
已知：如图，D、E分别是的边，中点．
求证：，．
下面是证明的两种添加辅助线的方法，请选择其中一种，完成证明．
方法一 证明：如图，延长至F，使，连接、、． 方法二 证明：如图，过E作交于F，过A作交于M．
二、多边形的对角线（共3小题）
（2022秋 禅城区期末）
7．过多边形一个顶点的所有对角线，将这个多边形分为5个三角形，则这个多边形是（ ）
A．五边形 B．六边形 C．七边形 D．八边形
（2022春 思南县校级月考）
8．若过十二边形的一个顶点可以画条对角线，则的值是 ．
（2022秋 薛城区期末）
9．探究归纳题：
（1）试验分析：如图1，经过A点可以作1条对角线；同样，经过B点可以作______条对角线；经过C点可以作______条对角线；经过D点可以作______条对角线．通过以上分析和总结，图1共有______条对角线．
（2）拓展延伸：运用1的分析方法，可得：图2共有______条对角线；图3共有______条对角线；
（3）探索归纳：对于n边形，共有______条对角线．（用含n的式子表示）
（4）特例验证：十边形有______对角线．
三、多边形内角与外角（共5小题）
（2023春 江阴市期中）
10．一个多边形的每个外角都等于，则这个多边形的边数是（　　）
A．9 B．10 C．11 D．12
（2023春 上城区期中）
11．一个多边形的内角和与它的外角和的比为，则这个多边形的边数为（　　）
A．8 B．7 C．6 D．5
（2023 碑林区校级四模）
12．已知一个正多边形的内角和为，则这个正多边形的每个外角为 度．
（2023春 惠东县校级期中）
13．若一个边形的每个内角都为，那么边数为 ．
（2023春 九龙坡区校级期中）
14．如图1，已知在四边形中，，，点E是边上的一点，连接，的平分线与的平分线相交于点P．
(1)求证：
①；
②；
(2)如图2，的平分线交于点F，若，，求的度数．
四、平行四边形的性质（共10小题）
（2023春 长乐区期中）
15．如图，在平行四边形中，于点，，则等于（ ）
A． B． C． D．
（2023春 锦江区校级期中）
16．平行四边形中，，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
（2023春 拱墅区期末）
17．如图，在平行四边形中，分别平分和，交边于点E，F，线段相交于点M．
(1)求证：；
(2)若，求的长．
（2023春 长乐区期中）
18．如图，在中，点E，F分别在上，且，连接交于点O，求证：．
（2023春 大兴区校级月考）
19．如图，平行四边形的对角线与交于点O．若，，求以及和之间的距离．
（2023春 龙湖区校级期中）
20．如图，平行四边形的对角线相交于点O，E，F分别是的中点，连接．求证：．
（2023春 龙湾区期中）
21．如图，在中，对角线与相交于点，点分别为的中点，连结．

(1)求证：．
(2)若，求的周长．
（2023春 河东区期中）
22．如图，已知平行四边形ABCD，AC、BD相交于点O，AB=4，AC=6，BD=10．（1）求∠ACD的度数；（2）求BC的长.

（2023春 天津期中）
23．如图，四个内角的平分线围成四边形，猜想四边形的形状，并说明理由．
（2023春 普兰店区期中）
24．在中，，点M为的中点，以为斜边作，连接，如图．

(1)填空：与相等的角是 ___________；
(2)求证：；
(3)利用前面的结论，，求的长．
五、平行四边形的判定（共11小题）
（2023春 荣县校级月考）
25．平面直角坐标系内有点，，三点，请确定一点，使以为顶点的四边形为平行四边形，则的点的坐标不可以是（ ）
A． B． C． D．
（2023春 江汉区校级月考）
26．如图，下列条件中，不能判定四边形是平行四边形的是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
（2023春 江南区校级期中）
27．平面直角坐标系中，，，，若四边形为平行四边形，则D点坐标为 ．
（2023春 邗江区月考）
28．如图，在四边形中，且，，点P、Q分别从点A、C同时出发，点P以的速度由A向D运动，点Q以的速度由C向B运动．则 秒后直线将四边形截出一个平行四边形．
（2023 五华县校级开学）
29．如图，△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝12，D为AC边上一动点，E为平面内一点，以点B、C、D、E为顶点的四边形为平行四边形，则DE的最小值为 ．
（2023春 天河区校级期中）
30．如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AC、BD相交于点O，且O是BD的中点．求证：四边形ABCD是平行四边形．
（2023春 西湖区校级期中）
31．如图，已知，，，．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，，求的长．
（2023春 江宁区月考）
32．数学课上，陈老师布置了一道题目：如图①，在中，是边上的高，如果，那么吗？
悦悦的思考：通过添辅助线“补短”，分别表示出“”和“”，……

(1)根据悦悦的思考，完成上述解答．
(2)如图②，在四边形中，，．求证：四边形是平行四边形．
（2022春 鹤城区校级期中）
33．如图，矩形中，cm，cm，动点M从点D出发，按折线方向以2cm/s的速度运动，动点N从点D出发，按折线方向以1cm/s的速度运动．
(1)若动点M，N同时出发，t秒时，N走过 ___________cm，M走过 ___________cm；
(2)若动点M，N同时出发，经过几秒钟两点第一次相遇？
(3)若点E在线段上，且cm，若动点M，N同时出发，相遇时停止运动，经过几秒钟，点A，E，M，N组成平行四边形？
（2023春 东莞市期中）
34．如图，在△ABC中，∠BAC=90°，∠B=45°，BC=10，过点A作AD∥BC，且点D在点A的右侧．点P从点A出发沿射线AD方向以每秒1个单位的速度运动，同时点Q从点C出发沿射线CB方向以每秒2个单位的速度运动，在线段QC上取点E，使得QE=2，连结PE，设点P的运动时间为t秒．
（1）若PE⊥BC，求BQ的长；
（2）请问是否存在t的值，使以A，B，E，P为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
（2022秋 济宁期末）
35．如图，在四边形ABCD中，ADBC，AD＝6，BC＝16，E是BC的中点．点P以每秒1个单位长度的速度从点A出发，沿AD向点D运动；点Q同时以每秒3个单位长度的速度从点C出发，沿CB向点B运动．点P停止运动时，点Q也随之停止运动．当运动时间t为多少秒时，以点P，Q，E，D为顶点的四边形是平行四边形．
六、平行四边形的判定与性质（共11小题）
（2023春 杭州期中）
36．如图，已知四边形，对角线和相交于，下面选项不能得出四边形是平行四边形的是（　　）
A．，且 B．，
C．， D．，且
（2023春 滨江区校级期中）
37．如图，是的边上的点，是中点，连接并延长交于点，连接与相交于点，若，，则阴影部分的面积为（　　）
A．24 B．17 C．13 D．10
（2023春 东莞市校级月考）
38．如图，在四边形中，，，，相交于点．若，则线段的长等于 ．

（2022春 义马市期中）
39．如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，，点E在线段BO上从点B以1cm/s的速度运动，点F在线段OD上从点O以2cm/s的速度运动．若点E，F同时运动，设运动时间为t秒，当 时，四边形AECF是平行四边形．
（2023春 沭阳县月考）
40．如图，在中，点E，F在对角线上，请在不添加辅助线的情况下增加一个有关线段的条件 ，使四边形是平行四边形．
（2023春 锦江区校级期中）
41．如图，在平行四边形中，对角线、交于点O，，，垂足分别为E、F．

(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，，求四边形的面积．
（2023春 长乐区期中）
42．如图，在中，，D为边上一点，连接，E为中点，连接并延长至点F，使得，连接．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，求的长．
（2023春 东莞市校级月考）
43．如图，在平行四边形中，分别是垂足．
求证：
(1)；
(2)四边形是平行四边形．
（2023春 淮北期中）
44．如图，在中，平分交于点D，且，点F在上，点E为的中点，连接，．
(1)求证：四边形是平行四边形．
(2)若，，求的长．
（2023春 鹿城区校级期中）
45．如图1，在 中，的角平分线恰好经过边的中点F，且与边的延长线交于点E．
(1)若，求的长；
(2)如图2，连接，过点D作于点H，交于点G．求证：四边形是平行四边形．
（2023春 许昌期中）
46．如图，在中，，过上一点作交于点，以为顶点，为一边，作，另一边交于点．
(1)求证：四边形为平行四边形；
(2)延长图①中的到点，使，连接，，，得到图②，若，判断四边形的形状，并说明理由．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【分析】根据三角形中位线定理计算即可．
【详解】解：∵D、E分别为边的中点，，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理的应用，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．
2．1
【分析】由于，可先证得是的中位线，求得的长度，再利用平行线的性质和角平分线的定义证得，即可求解．
【详解】解：∵点、分别为边、的中点，，
∴，，
∴是的中位线，
∵，
∴，，
∴，
∵的平分线交线段于点，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：1
【点睛】本题考查了中位线的性质定理及平行线的性质和角平分线的定义，根据图形得到是解题的关键．
3．2
【分析】延长BD交AC于F，证明△ADB≌△ADF，根据全等三角形的性质得到AF=AB=6，BD=DF，求出FC，根据三角形中位线定理计算即可．
【详解】解：延长BD交AC于F，
在△ADB和△ADF中，
，
∴△ADB≌△ADF（ASA）
∴AF＝AB＝6，BD＝DF，
∴FC＝AC﹣AF＝4，
∵BD＝DF，BE＝EC，
∴DEFC＝2，
故答案为：2．
【点睛】题考查的是三角形中位线定理、全等三角形的判定和性质，三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．
4．(1)，理由见解析
(2)．
【分析】（1）直接利用三角形的中位线定理得出，，再借助三角形的外角的性质即可得出，即可得出结论；
（2）利用三角形的中位线定理得出，由（1）的结论结合已知求得，再利用含30度角的直角三角形的性质即可求解．
【详解】（1）解：猜想，，理由如下，
∵点F是的中点，点H是的中点，
∴，
∴，
∵点G是的中点，点H是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴；
（2）解：∵点G是的中点，点H是的中点，
∴，即，
∵，，∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴．
【点睛】此题主要考查了三角形的中位线定理，含30度角的直角三角形的性质，求得，是解第2小题的关键．
5．（1），且；（2）见解析；（3）．
【分析】（1）分析定理的题设和结论即可写出求证；结论是平行于第三边，且等于第三边的一半；
（2）倍长类中线构造，根据全等三角形的性质得到，，求得，，从而证明四边形是平行四边形，再利用平行四边形的性质得出结论；
（3）根据三角形三边关系即可得到结论．
【详解】解：（1），且；
（2）如图，延长到点，使，连接，
点是的中点，
，
又，，
，
，，
，
，
点是的中点，
，
，
四边形是平行四边形，
，，
又，
；．
（3），
，
，
，
，
即．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理的证明、平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质，倍长类中线构造证明四边形是平行四边形是解题的关键．
6．见详解
【分析】方法一：结合已给出的辅助线，先证明四边形是平行四边形，再证明四边形是平行四边形，问题得证；
方法二：结合已给出的辅助线，先证明四边形是平行四边形，再证明，接着证明四边形是平行四边形，问题得证；
【详解】方法一：延长至F，使，连接、、．
∵ D、E分别是的边，中点，
∴，，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∴，，即，
∵，
∴，
∴；
方法二：过E作交于F，过A作交于M，
同理有：，，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，，，
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∵，，，
∴，
∴，．
【点睛】本题主要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，三角形中位线的性质证明等知识，掌握平行四边形的判定与性质是解答本题的关键．
7．C
【分析】根据n边形从一个顶点出发可引出条对角线，可组成个三角形，依此可求出n的值，得到答案．
【详解】解：设这个多边形是n边形，
由题意得：，
解得：，
即这个多边形是七边形，
故选C．
【点睛】本题考查了多边形的对角线，求对角线条数时，直接代入边数n的值计算，而计算边数时，需利用方程思想，解方程求n．
8．9
【分析】根据从一个边形的一个顶点出发，可以画条对角线即可得．
【详解】解：因为过十二边形的一个顶点可以画条对角线，
所以，
故答案为：9．
【点睛】本题考查了多边形的对角线条数问题，熟练掌握从一个边形的一个顶点出发，可以画条对角线是解题关键．
9．（1）1、1、1、2；（2）5、9；（3）；（4）35
【分析】（1）根据对角线的定义，可得答案；
（2）根据对角线的定义，可得答案；
（3）根据探索，可发现规律；
（4）根据对角线的公式，可得答案．
【详解】解：（1）经过点可以做 1条对角线；同样，经过点可以做 1条；经过点可以做 1条；经过点可以做 1条对角线．
通过以上分析和总结，图1共有 2条对角线．
故答案为：1、1、1、2；
（2）拓展延伸：
运用（1）的分析方法，可得：
图2共有 5条对角线；
图3共有 9条对角线，
故答案为：5、9；
（3）探索归纳：
对于边形，共有条对角线．
故答案为：；
（4）特例验证：
十边形有对角线．
故答案为：35.
【点睛】本题考查了多边形的对角线，发现多边形对角线公式是解题关键．
10．B
【分析】根据正多边形的边数等于除以每一个外角的度数列式计算即可得解．
【详解】解：．
故这个多边形的边数为10．
故选：B．
【点睛】本题考查了多边形的内角与外角，熟练掌握多边形的外角和、多边形的每一个外角的度数、多边形的边数三者之间的关系是解题的关键．
11．A
【分析】设多边形的边数是n，则内角和为，外角和为，根据内角和与外角和的比列方程求解即可．
【详解】解：设多边形的边数是n，则
，
整理得：，
解得：．
故选：A．
【点睛】本题考查多边形的内角和与外角和，熟记内角和为和外角和为是解答的关键．
12．40
【分析】首先根据多边形的内角和定理求得多边形的边数，然后求出每个外角的度数，进而求出答案．
【详解】解：设正多边形的边数为n，
∵正多边形的内角和为1260°．
∴（n-2）×180°=1260°，
解得：n=9，
正九边形的每个外角为：360°÷9=40°，
故答案为：40．
【点睛】本题主要考查了多边形内角和及外角和定理，任何多边形的外角和是360°．
13．12
【分析】根据多边形的内角和公式列方程求解即可．
【详解】由题意得，，
解得：．
故答案为：．
【点睛】本题考查了多边形的内角与外角，熟记内角和公式并列出方程是解题的关键．
14．(1)①见解析，②见解析
(2)
【分析】（1）①根据平行线的性质和等量代换可得，再根据平行线的判定即可得证；
②如图1，过点作，根据角平分线的定义可得，，根据平行线的性质可得，，从而可得，再根据三角形的内角和定理即可得证；
（2）如图2，设，则，根据平行线的性质可得，根据可得，从而可得，设，则，再根据平行线的性质可得，，，从而可得，根据角平分线的定义可得，，然后在中，利用三角形的内角和定理可得的值，由此即可得．
【详解】（1）证明：①，
，
，
，
；
②∵平分，平分，
∴，，
如图1，过点作，
，
，
∴，，
∴，
在中，，
∴．
（2）解：如图2，设，则，
∵，
∴，
由（1）②知：，
∴，
解得，
，
∵，
∴设，则，
∵，，
∴，，，
∴，
∴，
∵平分，
∴，，
在中，，
，
解得，
∴．
【点睛】本题主要考查了角平分线的定义、平行线的性质与判定、三角形的内角和定理等知识点，熟练掌握平行线的性质与判定是解题的关键．
15．B
【分析】由四边形是平行四边形，根据平行四边形的对角相等，可得，又因为，可得．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，，
∴，
∵，
∴，
∴．
故选：B．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质：平行四边形的对角相等，还考查了垂直的定义与三角形内角和定理．题目比较简单，解题时要细心．
16．A
【分析】根据平行四边形的性质可知，平行四边形的对角相等，邻角互补，再根据已知即可求解．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
故选A．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，在应用平行四边形的性质解题时，要根据具体问题，有选择的使用，避免混淆性质，以致错用性质．
17．(1)见解析
(2)
【分析】（1）由平行四边形对边平行，可得，又因为分别平分和，即可证明结论成立；
（2）由平行四边形的性质和角平分线，可得和是等腰三角形，可得，由已知条件即可求出的长．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形
，
又分别平分和，
（2）四边形是平行四边形，平分，
是等腰三角形
同理可得，是等腰三角形
，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查平行四边形的性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定和性质，解题的关键是由平行线和角平分线证明等腰三角形．
18．见解析
【分析】先利用平行四边形的性质证明，再利用证明即可证明．
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质，证明是解题的关键．
19．；和之间的距离为
【分析】先根据平行四边形的性质得到，，，再利用勾股定理求出，得到，即可利用勾股定理求出，则，最后利用等面积法求出和之间的距离即可．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，，
∵
∴由勾股定理得，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴；
设和之间的距离为h，
∵，
∴．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、勾股定理，熟知平行四边形的性质是解题的关键．
20．见解析
【分析】证明后利用全等三角形对应边相等即可证得结论．
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵点E，F分别为的中点，
∴，
∴，
∴．
【点睛】考查了平行四边形的性质及全等三角形的判定与性质，灵活运用所学知识是解决问题的关键．
21．(1)见解析
(2)
【分析】（1）证明，即可得证；
（2）斜边的上中线等于斜边的一半，求出的长，勾股定理求出的长，进而得到的长，再利用勾股定理求出的长，即可得解．
【详解】（1）解：∵在中，对角线与相交于点，
∴，
∵点分别为的中点，
∴，
∴，
又，
∴，
∴；
（2）解：∵，点为的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴的周长．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，斜边上的中线，全等三角形的判定和性质，勾股定理．解题的关键是熟练掌握平行四边形的对角线互相平分，斜边上的中线等于斜边的一半．
22．（1）90°；（2） ．
【分析】（1）由平行四边形ABCD的对角线AC和BD交于点O，若AC=6，BD=10，AB=4，易求得OA与OB的长，又由勾股定理的逆定理，可证得∠BAO=90°，由AB∥CD，可得∠ACD的度数；
（2）在直角△ABC中，利用勾股定理即可求BC的长．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，且AC=6，BD=10，AB=4，
∴OA=OC=AC=3，OB=OD=5，
∴OA2+AB2=OB2，
∴△OAB是直角三角形，且∠BAO=90°，
∵AB∥CD，
∴∠ACD=∠BAO=90°；
（2）在直角△ABC中，BC= ．
故答案是：（1）90°；（2） ．
【点睛】本题考查平行四边形的性质与勾股定理的逆定理．解题的关键是注意掌握数形结合思想的应用．
23．四边形是矩形，证明见解析
【分析】根据平行四边形的性质可得，再由、分别平分、，可得，从而得到，同理可得，，即可．
【详解】证明：四边形是矩形，理由如下：
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵、分别平分、，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理：，，
∴四边形是矩形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，矩形的判定，熟练掌握平行四边形的性质，矩形的判定定理是解题的关键．
24．(1)
(2)见解析
(3)10
【分析】（1）由平行四边形的性质得，则，所以，因为，所以，则，于是得到问题的答案；
（2）在上截取，连接，可证明，得，则，由勾股定理得，即可证明；
（3）由，得，则，所以，则．
【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
（2）证明：在上截取，连接，

∵，
∴，
∵点M为的中点，
∴，，
∴，
∵
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴
∴，
∵，
∴．
（3）解：∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的长是．
【点睛】此题重点考查平行四边形的性质、平行线的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
25．D
【分析】结合平行四边形性质，利用点的平移分三种情况即可得到答案即可得到答案．
【详解】解：平面直角坐标系内有点，，三点，
连接，，构成，过的顶点作其对边平行线，分别交于，如图所示：
①在中，，
，，即向左平移4个单位长度、向上平移2个单位长度得到，
又，
由点的平移可得；
②在中，，
，，即向右平移2个单位长度、向上平移2个单位长度得到，
又，
由点的平移可得；
③在中，，
，，即向左平移2个单位长度、向下平移2个单位长度得到，
又，
由点的平移可得；
综上所述，符合题意的点、或三种情况，
故选：D．
【点睛】本题考查利用点的平移求平行四边形顶点坐标，涉及平行四边形性质及点的平移法则，熟练掌握点的平移法则是解决问题的关键．
26．C
【分析】由平行四边形的判定方法分别对各个选项进行判断即可．
【详解】解：A．∵，，
∴四边形是平行四边形，故此选项不符合题意；
B．∵，，
∴四边形是平行四边形，故此选项不符合题意；
C．由，不能判定四边形是平行四边形，故此选项符合题意；
D．∵，，
∴四边形是平行四边形，故此选项不符合题意．
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题的关键．
27．
【分析】用平移点的坐标的方法，求点D的坐标即可．
【详解】解：设点D的坐标为，
∵四边形为平行四边形，
∴，，
∴经过平移可以与重合，
∵，，，
∴，，
解得：，，
∴点D的坐标为．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了坐标平移，平行四边形的性质，解题的关键是熟练掌握坐标平移的特点，列出方程．
28．2或3
【分析】分别利用①当时以及②当时，列方程得出答案．
【详解】解：设点P，Q运动的时间为．依题意得：，
．
∵，
①当时，四边形是平行四边形．
即，
解得．
②当时，
四边形是平行四边形，即，
解得：．
所以经过2秒或3秒后，直线将四边形截出一个平行四边形．
故答案为：2或3．
【点睛】此题主要考查的是平行四边形的判定，关键是掌握一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
29．9.6
【分析】以点B、C、D、E为顶点的四边形为平行四边形，分为两种情况，或者，根据垂线段最短求得最值．
【详解】以点B、C、D、E为顶点的四边形为平行四边形，分为两种情况，或者
①，
②当时，过点作边上的高,过点作，
，
，
，
根据题意要使得最小，即当时，取得最小值，
此时，
，
的最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，平行四边形的性质与判定，垂线段最短，勾股定理，掌握以上知识是解题的关键．
30．详见解析．
【分析】先证明△AOB≌△COD，再证明AB=CD，最后利用平行四边形的判定定理得到结论.
【详解】证明：∵AB∥CD，
∴∠ABO=∠CDO，
O是BD的中点，
OB=OD，
∠AOB=∠COD，
∴△AOB≌△COD（ASA），
∴AB=CD．
又∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形．
【点睛】本题考查平行四边形的判定，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
31．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据线段垂直平分线的性质得到，推出，根据平行四边形的判定即可得到结论；
（2）过作于，根据矩形的判定和性质和勾股定理可以求出的长，进而求出的长，再根据全等三角形的判定和性质即可得到结论．
【详解】（1）证明：，，
垂直平分，
，
，
，
，
四边形是平行四边形；
（2）过作于，
，
，
由（1）可知，
四边形是矩形，
，
，
，，
，
，
，
，
，，，
，
∴，
，
，
，
，
．
【点睛】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，勾股定理，熟练掌握平行四边形的判定和性质定理是解题的关键．
32．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）延长至，使；延长至，使；连接、；由，得到，又；推出是等腰三角形；得到；于是得到；同理得；证得，即可得到结论；
（2）在的延长线上取点，使，在的延长线上取点，使，连接、，先证四边形是平行四边形，得，，再证，得，证出，即可得出结论．
【详解】（1）解：证明：延长至，使；延长至，使；连接、．
，
，
又，
是等腰三角形；
；
，
；
同理，得；
，
；
（2）证明：在的延长线上取点，使，在的延长线上取点，使，连接、，
则，，
，且，，
，
即，
又，
四边形是平行四边形，
，，
，
在和中，
，
，
，
，
，
即，
，
四边形是平行四边形．
【点睛】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、等腰三角形的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质和等腰三角形的判定与性质是解题的关键．
33．(1)t，2t
(2)8秒钟
(3)
【分析】（1）根据路程等于时间乘以速度的等量关系，可直接写出N和M的路程
（2）根据相遇问题的等量关系列出方程求解即可，M的路程加上N的路程等于矩形的周长；
（3）分点M在点E的左边和右边两种情况，根据平行四边形对边相等，利用列出方程求解即可．
【详解】（1）解：路程时间速度，时间为t，
N的速度为1cm/s，所以其路程为t；
M的速度2cm/s，所以其路程为2t；
故答案为：t，2t；
（2）解：设t秒时两点相遇，
根据题意得，
解得，
即经过8秒钟两点第一次相遇；
（3）解：①如图1，点M在上且在E点右侧时，
当时，四边形为平行四边形，
则：，
解得，
此时点M在上，不符合题意，舍去；
②如图2，点M在上且在E点左侧时，
当时，四边形为平行四边形，
则：，
解得，符合题意，
所以经过秒钟，点A，E，M，N组成平行四边形．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质及平行四边形的判定与性质，根据等量关系列出方程是解题的关键．
34．(1) BQ= ；（2）存在，t=4或12，详见解析.
【分析】(1)作AM⊥BC于M，PE交AC于点N，则△APN和△CEN是等腰直角三角形，把CE的长在PE上和在CM上用关于t的式子表示，即可得到关于t的方程，从而求解；
(2)根据AP=BE，列出关于t的方程求解.
【详解】解：（1）作AM⊥BC于M，如图所示：

∵∠BAC=90°，∠B=45°，∴∠C=45°=∠B，
∴AB=AC，∴BM=CM，∴AM=BC=5，
∵AD∥BC，∴∠PAN=∠C=45°，
∵PE⊥BC，∴PE=AM=5，PE⊥AD，
∴△APN和△CEN是等腰直角三角形，
∴PN=AP=t，CE=NE=5-t，
∵CE=CQ-QE=2t-2，∴5-t=2t-2，
解得：t=，BQ=BC-CQ=10-2× = ；
（2）存在，t=4或12；理由如下：
若以A，B，E，P为顶点的四边形为平行四边形，
则AP=BE，
∴t=10-2t+2，或t=2t-2-10解得：t=4或12∴存在t的值，使以A，B，E，P为顶点的四边形为平行四边形，t=4或12．
35．1秒或3.5秒
【分析】分别从当Q运动到E和B之间、当Q运动到E和C之间去分析求解即可求得答案．
【详解】解：∵E是BC的中点，
∴BE=CE=BC=8，
①当Q运动到E和B之间，设运动时间为t，则得：
3t-8=6-t，
解得：t=3.5；
②当Q运动到E和C之间，设运动时间为t，则得：
8-3t=6-t，
解得：t=1，
∴当运动时间t为1秒或3.5秒时，以点P，Q，E，D为顶点的四边形是平行四边形．
【点睛】本题考查了梯形的性质以及平行四边形的判定与性质．，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想、分类讨论思想与方程思想的应用．
36．D
【分析】根据平行四边形的判定逐个进行判断即可．
【详解】解：、依据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，能推出四边形是平行四边形，故本选项不符合题意；
、由，得出，依据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，能推出四边形是平行四边形，故本选项不符合题意；
、，，，
，
，
∴依据对角线互相平分的四边形是平行四边形，能推出四边形是平行四边形，故本选项不符合题意；
、不能推出四边形是平行四边形，故本选项符合题意，
故选：．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定的应用，能熟记平行四边形的判定定理是解此题的关键．
37．B
【分析】连接，如图，先根据平行四边形的性质得到，，再证明得到，则可判定四边形为平行四边形，根据平行四边形的性质得到，接着证明四边形为平行四边形，所以，然后计算得到阴影部分的面积．
【详解】解：连接，如图，
四边形为平行四边形，
，，
，
是中点，
，
在和中，
，
，
，
，
四边形为平行四边形，
，
，
即，
，
四边形为平行四边形，
，
阴影部分的面积．
故选：B．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质：一组对边平行且相等的四边形为平行四边形；平行四边形的对边平行且相等；平行四边形的对角线把四边形分成面积相等的四部分．
38．
【分析】证四边形是平行四边形，得，即可得出结论．
【详解】解：，，
四边形是平行四边形，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题看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．
39．2
【分析】先根据平行四边形的性质求出OB的长，从而得到OE的长，再由平行四边形的性质得到OE=OF进而得到关于t的方程，解方程即可．
【详解】解：由题意得，
∵四边形ABCD是平行四边形，BD=12cm，
∴OB=OD=6cm，
∴OE=6-t，
∵四边形AECF是平行四边形，
∴OE=OF，
∴，
∴t=2，
∴当t=2时，四边形AECF是平行四边形．
故答案为：2．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，熟知平行四边形对角线互相平分是解题的关键．
40．（答案不唯一）
【分析】由平行四边形的性质可得，，进而可证，可得，，可得，进而可得，即可得出结论．
【详解】解：增加条件，使四边形是平行四边形．理由如下：
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，，则，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
故答案的为：（答案不唯一）．
【点睛】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，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
41．(1)见解析
(2)
【分析】（1）由平行四边形的性质得，，则，再证，然后证，得，即可得出结论；
（2）由含角的直角三角形的性质得，则，再由全等三角形的性质得，则，然后由平行四边形面积公式即可得出结论．
【详解】（1）∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵，，
∴AE∥CF，，
在和中，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
由（1）可知，，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，，
∴．
【点睛】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、含30°角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
42．(1)见解析
(2)
【分析】（1）由对角线互相平分的四边形是平行四边形可得结论；
（2）由平行四边形的性质可得，在中，，则，，解得，即可求得的长．
【详解】（1）∵点E为的中点，
∴．
∵，
∴四边形是平行四边形．
（2）∵四边形是平行四边形，
∴，
在中，，
∴，
由勾股定理得到，
∴，
解得，
∴．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理，利用直角三角形的性质求线段CG的长度是本题的关键．
43．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）由于点于点，得，则，由平行四边形的性质得，则，即可证明，得，即可推导出；
（2）由，得，而，所以四边形是平行四边形．
【详解】（1）于点于点，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，
在和中，
，
，
，
，
．
（2），
，
，
四边形是平行四边形．
【点睛】此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，垂直于同一条直线的两条直线平行等知识，证明是解题的关键．
44．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得出，进而利用三角形中位线定理得出，进而利用平行四边形的判定解答即可；
（2）根据等腰三角形的性质和勾股定理得出，进而解答即可．
【详解】（1）证明：在中，平分交于点，且，
，
，
，
是等腰三角形，
，
点为的中点，
是的中位线，
，
，
四边形是平行四边形；
（2）解：由（1）可知，是等腰三角形，，
设，则，，
，
，
，
在中，，
即，
解得：（负值舍去），
，
．
【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质，等腰三角形的判定与性质，三角形中位线的应用，勾股定理，关键是根据平行四边形的判定和性质以及勾股定理解答．
45．(1)6
(2)见解析
【分析】（1）由平行四边形的性质得，则，再由角平分线定义得，则，然后由等腰三角形的判定即可得出结论；
（2）证，得，再由等腰三角形的性质得，则，然后由平行四边形的判定即可得出结论．
【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵是的平分线，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵F是的中点，
∴，
又，
∴，
∴，
由（1）可知，，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形．
【点睛】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以及等腰三角形的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
46．(1)见解析
(2)矩形，见解析
【分析】（1）根据平行线的性质得到，根据题意得到，根据平行线的判定定理得到，根据平行四边形的判定定理证明；
（2）根据等腰三角形的性质得到，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形证明．
【详解】（1）证明：，
，
，
，
，
又，
四边形为平行四边形；
（2）四边形是矩形，理由如下：
由（1）得，四边形为平行四边形，
，，
，
∴，
四边形是平行四边形，
，，
，
四边形是矩形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定，掌握它们的判定定理是解题的关键．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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