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第六章 《平行四边形》-----北师大版数学八年级下册单元检测
一、选择题（每题3分，共30分）
1．（2024八下·富阳期中）如图，平行四边形中，的平分线交于点E，的平分线交于点F，若，，则的长为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
2．（2025八下·广州期中）如图，菱形的对角线，相交于点O，E是的中点．若，则的长为（　　）
A．4 B．3 C． D．2
3．（2025八下·珠海期中）如图，点是任意四边形中的中点，若四边形是矩形，则四边形需要满足的条件是（　　）
A． B． C． D．
4．（2025八下·萧山期中）如图，在 ABCD中，E，F分别是AD，BC的中点，G，H是对角线BD上的两点，且.对于结论：①；②；③四边形EGFH是平行四边形；④.正确的是（　　）
A．①② B．②③ C．①②③ D．②③④
5．（2025八下·广州期中）已知四边形ABCD中，AB//CD，对角线AC与BD交于点O，下列条件中不能用作判定该四边形是平行四边形条件的是（　　）
A．AB=CD B．AC=BD C．AD//BC D．OA=OC
6．（2025八下·惠州期中）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，已知AD=16，BD=24，AC=12，则△OBC周长为(　　)
A．26 B．34 C．40 D．52
7．（2025八下·珠海期中）现有一张其中一个角为、最小边长为1的直角三角形纸片，沿如图所示的中位线剪开后，将两部分拼成一个四边形，则所得四边形的周长是（　　）
A．4 B． C． D．4或
8．（2025八下·珠海期中）如图，在中，对角线，相交于点，是的中点．若，则的长为（　　）
A． B． C． D．
9．（2025八下·金平期中）如图，在四边形中，，相交于点O，且，动点E从点B开始，沿折线运动至点D停止，与相交于点N，点F是线段的中点，连接，有下列结论：①四边形是矩形；②当点E在边上，且时，点E是的中点；③当，时，线段长度的最大值为2；④当点E在边上，且时，是等边三角形．其中正确的结论有(　　)
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
10．（2023八下·余姚期中）如图，在中，对角线，，直线过点，连接，的周长等于周长的一半，下列说法正确的是（　　）
①；②；③；④
A．①② B．①②③ C．②③④ D．③④
二、填空题（每题3分，共18分）
11．（2025八下·娄底期中）如图，四边形是由四边形的各边中点依次连接而形成的四边形，则四边形一定是　 　．
12．（2025八下·娄底期中）如图所示，中，E、F、D分别是上的中点，要使四边形是菱形，在不改变图形的前提下，你需添加的一个条件是　 　（在基础上添加）
13．（2025八下·娄底期中）如图，在中，平分交于点F，平分交于点E，若，，则的长度为　 　．
14．（2025八下·惠阳期中）如图，中，的平分线交于，则　 　．
15．（甘肃省定西市渭源县北寨中学（联盟）第二次联考2024-2025学年下学期八年级数学试题）平面直角坐标系中，平行四边形中，，，则点的坐标为　 　．
16．（2025八下·鄞州期中） 如图，直线与x轴、y轴分别交于A，B两点，点C，D分别为线段AB，OB的中点，点P为OA上一动点，当时，点P的坐标为　 　.
三、解答题（共8题，共72分）
17．（2025八下·萧山期中）如图，在中，于点E，于点F，连结AF，CE.
（1）证明：四边形AECF是平行四边形；
（2）若，，，求BD的长.
18．（2025八下·广安期中）已知：如图， ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E、F在直线AC上，并且AE=CF.
（1）求证：四边形是平行四边形
（2）若，求 ABCD的面积．
19．（2025八下·永定期中）如图，在四边形中，，，，，，点E是的中点．点P以每秒1个单位长度的速度从点A出发，沿向点D运动；点Q同时以每秒2个单位长度的速度从点C出发，沿向点B运动．点P停止运动时，点Q也随之停止运动．设运动时间为t秒．
（1）线段 ； ； （用含t的代数式表示）；
（2）当t为何值时，以点P，Q，E，D为顶点的四边形是平行四边形？
20．（2021八下·滨江期末）如图，在 ABCD中，点E，F分别是边AD，BC上的点，且DE＝BF，连接CE，AF.
（1）求证：四边形AECF是平行四边形；
（2）若E是AD中点，且CE⊥AD，当CE＝4，AB=5时，求 ABCD的面积.
21．（2024八下·湖州期末）在中，，，，点分别为边上异于端点的动点，且，连结，将四边形沿着折叠得到四边形．
（1）如图1，边，交于点，若，求证：四边形为平行四边形；
（2）如图2，当点落在点处时，求折痕的长；
（3）当点落在的边上时，求点之间的距离．
22．（2024八下·高州期中）
图1 图2 图3
（1）如图1，在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=AC，点D、E、F分别为BC、AB、AC的中点，则AE与CF的数量关系是　 　.
（2）如图 2，在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=AC，点D为BC的中点，∠EDF=90°，那么BE+CF=EF是否成立 证明你的猜想；
（3）如图3，边长为4的等边△ABC外有一点D，∠BDC=120°，BD=CD，E、F分别是边AB、AC的点，满足∠EDF=60°，求△AEF 的周长.
23．（2024八下·市中区期中）如图1，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与一次函数的图象在第一象限相交于点，与轴正半轴相交于点．
（1）若点的坐标为，分别求，的值；
（2）在(1)的条件下，是否存在点，使得以，，，为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）如图2，连接，过点作交直线于点，试探究的形状．
24．（2024八下·恩施期末）在平行四边形中，平分，平分，点、在上．
（1）如图1，当点、重合时，请你经过推理后直接填空：
①与的数量关系为：　 　；
②与的位置关系为：　 　；
③、、的关系式为：　 　．
（2）如图2，当点在点左侧时，证明（1）中③的结论仍然成立．
（3）如图3，当点在点右侧时，若，，则四边形的面积=　 　．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】等腰三角形的判定；平行四边形的性质
2．【答案】D
【知识点】菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，
∴，，
∵点E是的中点，，
∴，
故选：D．
【分析】根据菱形的性质求出，，再根据三角形的中位线的性质计算求解即可。
3．【答案】A
【知识点】矩形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵点E、F、G、H分别是任意四边形中、、、的中点，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
要使四边形是矩形，那么要满足，即要满足，
故选：A．
【分析】根据三角形中位线定理求出，再根据平行四边形的判定方法证明四边形是平行四边形，最后求解即可。
4．【答案】B
【知识点】平行四边形的判定与性质
【解析】【解答】解：∵G，H是BD上两动点，只需满足BG=DH
∴GF与BD不一定垂直故①不符合题意；
在中，有AD=BC，ADBC
∴∠ADB=∠CBD
∵ E，F分别是AD，BC的中点∴ED=AD，FB=BC
∴ED=FB
又∵BG=DH
∴△EDH≌△FBG（SAS）
∴故②符合题意；
∵△EDH≌△FBG
∴EH=GF，∠DHE=∠BGF
∵∠DHE+∠EHG=180°，∠BGF+∠FGH=180°
∴∠EHG=∠FGH
∴EH∥GF又
∵EH=GF
∴ 四边形EGFH是平行四边形故③符合题意；
∵G是BD上的动点
∴EG的长度在变化
∴EG不一定等于BD故④不符合题意；
故答案为：B.
【分析】 由F是BC的中点，G是BD上的动点，可知GF与BD不一定垂直，可判断①错误；由平行四边形的性质及E，F分别是AD，BC的中点，推导出∠EDH=∠FBG，DE=BF，而DH=BG，即可根据“SAS”证明△DEH≌△BFG，得∠DEH=∠BFG，可判断②正确；由等角的补角相等推导出∠EHG=∠FGH，则EH∥FG，因为EH=FG，所以四边形EGFH是平行四边形，可判断③正确；由EG是变量，而BD的值不变，可知EG与BD不一定相等，可判断④错误.
5．【答案】B
【知识点】平行四边形的判定
【解析】【解答】 解：A、AB//CD，AB=CD，符合平行四边形的判定定理之一：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故A不符合题意；
B、AB//CD，AC=BD，不符合平行四边形的任何判定定理，故B符合题意；
C、AB//CD，AD//BC，符合平行四边形的判定定理之一：两组对边分别平行的四边形是平行四边形，故C不符合题意；
D、AB//CD，OA=OC，符合平行四边形的判定定理之一：对角线互相平分的四边形是平行四边形，故D不符合题意；
故选：B．
【分析】根据平行四边形的判定定理对每个选项逐一判断求解即可。
6．【答案】B
【知识点】平行四边形的性质
7．【答案】D
【知识点】含30°角的直角三角形；菱形的判定与性质；矩形的判定与性质；三角形的中位线定理；分类讨论
【解析】【解答】解：如图，
由题意可得：，，
∴，，
∵是的中位线，
∴，，
∴，
沿图中所示的中位线剪开，
如图1所示：
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴矩形周长为：；
如图2所示，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，
∴，
∴菱形的周长为：．
即所得四边形的周长是4或．
故选：D．
【分析】分类讨论，利用勾股定理，三角形的中位线，矩形、平行四边形和菱形的判定与性质等计算求解即可。
8．【答案】B
【知识点】平行四边形的性质；三角形的中位线定理
9．【答案】C
【知识点】等边三角形的判定；矩形的判定与性质；三角形的中位线定理
10．【答案】A
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；平行四边形的性质
【解析】【解答】解：①如图，取的中点G，连接，
则，
∵， ∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴ ，
∵四边形是平行四边形，
∴，故①正确；
②∵的周长等于周长的一半，
周长的一半，的周长，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，即，故②正确；
③如图，过点E作，交的延长线于H， 则，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
解得：，
∴，，
而，
∴，
∵，，，
∴，故③错误；
∵，
∴，故④错误；
综上所述，说法正确的是①②．
故选：A．
【分析】取的中点G，连接即可得到是等边三角形，继而得到，根据勾股定理求出，进而求出OA长判断①； 由题意得，利用平行四边形性质得到，即可得到判断②； 过点E作，交的延长线于H，设根据勾股定理表示AH和EH长，根据勾股定理求出x值，即可得到，判断③；根据三角形的面积公式求出比值判断④解答即可．
11．【答案】平行四边形
【知识点】平行四边形的判定；三角形的中位线定理
12．【答案】
【知识点】菱形的判定；三角形的中位线定理
13．【答案】
【知识点】等腰三角形的判定；平行四边形的性质
14．【答案】
【知识点】平行四边形的性质；角平分线的概念
【解析】【解答】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
故答案为：．
【分析】根据平行四边形性质可得，，则，根据角平分线定义可得，则，根据等角对等边可得，再根据边之间的关系即可求出答案.
15．【答案】
【知识点】点的坐标；平行四边形的性质；坐标与图形变化﹣平移
16．【答案】（）
【知识点】一次函数图象与坐标轴交点问题；三角形的中位线定理；坐标系中的中点公式
【解析】【解答】解：如图，连接CD，过点P作PE⊥CD于点E，
∵点C、D分别为线段AB，OB的中点，
∴CD∥AO，
∴∠DCP=∠APC，∠CDP=∠OPD，PE⊥OA，
又∵∠APC=∠OPD，∴∠DCP=∠CDP，∴CP=DP，又PE⊥CD，∴点E是CD的中点，
令中的x=0，得y=4，令中的y=0，则x=-6，
∴A(-6，0)，B(0，4)，
∵点D是OB的中点，点C是AB的中点，
∴D（0，2），C（-3，2），
又∵点E是CD的中点，
∴E(-，2)，
∴点P(-，0).
故答案为：(-，0).
【分析】连接CD，过点P作PE⊥CD于点E，由三角形中位线定理得CD∥AO，由二直线平行，内错角相等得∠DCP=∠APC，∠CDP=∠OPD，结合已知得∠DCP=∠CDP，由等角对等边得CP=DP，由等腰三角形的三线合一得点E是CD的中点；分别令的x=0与y=0，算出对应的y与x的值，可得点A、B的坐标，根据中点坐标公式即可求出点D、C、E的坐标，进而根据点的坐标与图形性质可得点P的坐标.
17．【答案】（1）证明：四边形ABCD是平行四边形，
，，
，
于点E，于点F，
，
，
在和中，
，
，
四边形AECF是平行四边形
（2）解：∵，，，
∴，
∴，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴BD的长为13
【知识点】三角形全等的判定；平行四边形的判定与性质
【解析】【分析】 （1）由平行四边形的性质得AD∥CB，AD=CB，则∠ADE=∠CBF，由AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F，得AE∥CF，∠AED=∠CFB=90°，即可根据“AAS”证明△ADE≌△CBF，得AE=CF，即可根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”证明四边形AECF是平行四边形；
（2）由AF=DF，，得EF=AF=DF，利用比例关系和勾股定理，可以求得ED=8，而BF=ED，故BE=FD，从而求得BD=ED+BE.
18．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC， OB=OD，
又∵AE=CF，
∴OE=OF，
∴四边形BFDE是平行四边形.
（2）解：∵AB⊥AC， BO=13， AB=12，
在Rt△AOB中，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC =5， 即AC=10，
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质
【解析】【分析】(1)根据对角线相互平分的四边形为平行四边形，即可证明.
(2)根据AB⊥AC可知△AOB为直角三角形， 由勾股定理可求得OA=OC=5， ABCD的面积可看成由两个Rt△ABC组成，即可求得答案.
19．【答案】（1）；；或
（2）解：，∴点P，Q，E，D为顶点的四边形是平行四边形时，，
是的中点，
，
分两种情况：
①当Q运动到E和B之间，则得：，
解得：，
②当Q运动到E和C之间，则得：，
解得：，
综上所述，当运动时间t为2秒或秒时，以点P，Q，E，D为顶点的四边形是平行四边形．
【知识点】平行四边形的判定与性质；一元一次方程的实际应用-行程问题
20．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵DE＝BF，
∴AD DE＝BC BF，
即AE＝CF，且AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD＝AB＝5，
∵CE⊥AD，
∴∠DEC＝90°，
∴DE＝ = ，
∵E是AD的中点，
∴AD＝2DE＝6，
∴ ABCD的面积＝AD×CE＝6×4＝24.
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质
【解析】【分析】（1）由平行四边形的性质可得AD∥BC，AD＝BC，结合DE＝BF，求出AE＝CF，由AE∥CF利用一组对边平行且相等即证四边形AECF是平行四边形；
（2）由平行四边形的性质可得CD＝AB＝5，利用勾股定理求出DE=3，由线段的中点可得AD＝2DE＝6，根据平行四边形的面积公式计算即可.
21．【答案】（1）证明：∵，
∴，
在平行四边形中，，
∴四边形为平行四边形；
（2）解：如图1，过点作的垂线，交延长线于点，连结，交于点，由轴对称性可知垂直平分，
在中，
∵
∴
由勾股定理，得，
在中，由勾股定理，得，
即，解得，
在中，由勾股定理，得，
在中，由勾股定理，得，
由平行四边形的中心对称性，得；
（3）解：当点落在边上时，如图2，
由折叠可知，，，
∵
∴
在平行四边形中，，
∴四边形是平行四边形
∴
在中，
∴
∴
当点落在边上时，如图3，连结交于点
由平行四边形的中心对称性，得，
由翻折，得，
∴，
∴，
在中，
∴
由勾股定理，得
当点落在边上时，如图4，连结交于点，
由折叠可知，则垂直平分，
由轴对称性可知垂直平分，
∴点与点重合
过点作的垂线交于点，
在中，，，
由勾股定理，得．
综上所述，点之间的距离为4或或．
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】（1）先证，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形解题；
（2）过点作的垂线，交延长线于点，连结，交于点，可知垂直平分，然后根据勾股定理依次求出AH，AE，AC和EO长，根据四边形的对角线互相平分解题即可；
（3）分情况：当点落在边上；当点落在边上，连结交于点；当点落在边上，连结交于点，根据平行四边形的性质和勾股定理解题即可．
22．【答案】（1）
（2）解：不成立，理由如下：
延长至点M，使，连接，如图所示．
∵是的中点 ∴
∵
∴△BMD≌△CFD（SAS），
∴，
∵，，
∴，
在△BME中，由三角形的三边关系得：
，
∴
（3）解：∵△ABC是边长为4的等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
把△DBE绕点D顺时针旋转至，可使与重合，
由旋转得：，
，
∴点在同一条直线上，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴△MDF≌△EDF（SAS），
∴，
∴，
∴的周长
．
【知识点】旋转的性质；三角形全等的判定-SAS；三角形的中位线定理
【解析】【解答】(1)解：∵ 点D、E、F分别为BC、AB、AC的中点，
∴，，，
∵ AB=AC，
∴ AE=CF.
故答案为：AE=CF.
【分析】(1)根据三角形中位线的性质得到线段间的关系即可.
(2)先根据全等三角形的判定得到△BMD≌△CFD（SAS），进而得到EM=EF，再根据三角形三边关系证出即可.
(3)把△DBE绕点D顺时针旋转至，可使与重合，可得△MDF≌△EDF（SAS），进而求出三角形的周长即可.
23．【答案】（1）解：将点代入，
即，
∴，
将代入，
∴，
解得：，
∴；
（2）解：∵与轴正半轴相交于点
当时，，则，
设，又
当为对角线时，的中点与的中点重合，
解得：，则；
当为对角线时，的中点与的中点重合，
解得：，则
当为对角线时，的中点与的中点重合，
解得：，则
综上所述，点的坐标为：或或；
（3）解：是等腰三角形，理由如下，
如图所示，
∵，
∴ 过定点，
∵与坐标轴交于点，设分别为，
则四边形是正方形，则在上，
∴，
设，则，
∵是正方形的对角线，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰三角形．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；等腰三角形的判定与性质；平行四边形的性质；一次函数的实际应用-几何问题
【解析】【分析】（1）将点代入，得出，再根据待定系数法将点A坐标代入，即可求出答案.
（2）分三种情况讨论，分别根据，，为对角线时，根据中点坐标公式建立方程组，解方程组即可求出答案.
（3）根据题意可得直线过定点，而直线与坐标轴的交点分别为，，可得四边形是正方形，得出，设，则，进而根据是正方形的对角线，进而推导出，即可得出是等腰三角形．
24．【答案】（1）；；
（2）解：过点作，交于点，如图所示：
在平行四边形中
，，，
∵，
∴四边形为平行四边形．
∴，，
∵，平分
∴，
∴
∴
同理可证：
∴
∵，
∴
∵，平分，平分
∴
∵
∴
∴
∴
∴，则
∴（1）中③的结论仍然成立
（3）5
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质
【解析】【解答】解：（1）①∵四边形是平行四边形
∴
∴
∵平分，平分，
∴
∴
∴
∵
∴；
故答案为：DE=CF
②∵四边形是平行四边形
∴，
∴
则
∴
则
∴；
故答案为：AE⊥BF
③由勾股定理可得
即
故答案为：
（3）解：过点E作交直线于一点H，过点H作，如图所示：
∵四边形是平行四边形，，
∴四边形是平行四边形，四边形是平行四边形
∴
∵在平行四边形中，平分，平分，点、在上．
∴在平行四边形中，平分，平分，
与（1）同理，得出
则
∴
∵，，
∴，
则
∴
则
∵
∴
∵四边形的面积高，平行线的距离处处相等
∴四边形的面积高高
∴四边形的面积
【分析】（1）①先根据平行四边形的性质得到，进而根据等腰三角形的性质结合平行线的性质得到，再根据角平分线的定义得到，等量代换得到，再根据等腰三角形的性质得到，从而等量代换即可求解；
②根据平行四边形的性质结合平行线的性质得到，，则，再结合题意得到，从而即可求解；
③根据勾股定理得到，进而即可得到；
（2）根据平行四边形的性质得到，，，，进而根据平行四边形的判定与性质结合题意证明四边形为平行四边形得到，，，再根据平行线的性质结合角平分线的定义得到，从而得到
，同理可证，再结合题意等量代换得到，根据平行线的性质结合角平分线的定义得到，从而结合题意等量代换得到，根据勾股定理得到，则，进而即可求解；
（3）过点E作交直线于一点H，过点H作，根据平行四边形的判定与性质结合题意得到，进而结合题意得到在平行四边形中，平分，平分，与（1）同理，得出则，再根据勾股定理结合题意即可求解。
1 / 1第六章 《平行四边形》-----北师大版数学八年级下册单元检测
一、选择题（每题3分，共30分）
1．（2024八下·富阳期中）如图，平行四边形中，的平分线交于点E，的平分线交于点F，若，，则的长为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【知识点】等腰三角形的判定；平行四边形的性质
2．（2025八下·广州期中）如图，菱形的对角线，相交于点O，E是的中点．若，则的长为（　　）
A．4 B．3 C． D．2
【答案】D
【知识点】菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，
∴，，
∵点E是的中点，，
∴，
故选：D．
【分析】根据菱形的性质求出，，再根据三角形的中位线的性质计算求解即可。
3．（2025八下·珠海期中）如图，点是任意四边形中的中点，若四边形是矩形，则四边形需要满足的条件是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】矩形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵点E、F、G、H分别是任意四边形中、、、的中点，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
要使四边形是矩形，那么要满足，即要满足，
故选：A．
【分析】根据三角形中位线定理求出，再根据平行四边形的判定方法证明四边形是平行四边形，最后求解即可。
4．（2025八下·萧山期中）如图，在 ABCD中，E，F分别是AD，BC的中点，G，H是对角线BD上的两点，且.对于结论：①；②；③四边形EGFH是平行四边形；④.正确的是（　　）
A．①② B．②③ C．①②③ D．②③④
【答案】B
【知识点】平行四边形的判定与性质
【解析】【解答】解：∵G，H是BD上两动点，只需满足BG=DH
∴GF与BD不一定垂直故①不符合题意；
在中，有AD=BC，ADBC
∴∠ADB=∠CBD
∵ E，F分别是AD，BC的中点∴ED=AD，FB=BC
∴ED=FB
又∵BG=DH
∴△EDH≌△FBG（SAS）
∴故②符合题意；
∵△EDH≌△FBG
∴EH=GF，∠DHE=∠BGF
∵∠DHE+∠EHG=180°，∠BGF+∠FGH=180°
∴∠EHG=∠FGH
∴EH∥GF又
∵EH=GF
∴ 四边形EGFH是平行四边形故③符合题意；
∵G是BD上的动点
∴EG的长度在变化
∴EG不一定等于BD故④不符合题意；
故答案为：B.
【分析】 由F是BC的中点，G是BD上的动点，可知GF与BD不一定垂直，可判断①错误；由平行四边形的性质及E，F分别是AD，BC的中点，推导出∠EDH=∠FBG，DE=BF，而DH=BG，即可根据“SAS”证明△DEH≌△BFG，得∠DEH=∠BFG，可判断②正确；由等角的补角相等推导出∠EHG=∠FGH，则EH∥FG，因为EH=FG，所以四边形EGFH是平行四边形，可判断③正确；由EG是变量，而BD的值不变，可知EG与BD不一定相等，可判断④错误.
5．（2025八下·广州期中）已知四边形ABCD中，AB//CD，对角线AC与BD交于点O，下列条件中不能用作判定该四边形是平行四边形条件的是（　　）
A．AB=CD B．AC=BD C．AD//BC D．OA=OC
【答案】B
【知识点】平行四边形的判定
【解析】【解答】 解：A、AB//CD，AB=CD，符合平行四边形的判定定理之一：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故A不符合题意；
B、AB//CD，AC=BD，不符合平行四边形的任何判定定理，故B符合题意；
C、AB//CD，AD//BC，符合平行四边形的判定定理之一：两组对边分别平行的四边形是平行四边形，故C不符合题意；
D、AB//CD，OA=OC，符合平行四边形的判定定理之一：对角线互相平分的四边形是平行四边形，故D不符合题意；
故选：B．
【分析】根据平行四边形的判定定理对每个选项逐一判断求解即可。
6．（2025八下·惠州期中）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，已知AD=16，BD=24，AC=12，则△OBC周长为(　　)
A．26 B．34 C．40 D．52
【答案】B
【知识点】平行四边形的性质
7．（2025八下·珠海期中）现有一张其中一个角为、最小边长为1的直角三角形纸片，沿如图所示的中位线剪开后，将两部分拼成一个四边形，则所得四边形的周长是（　　）
A．4 B． C． D．4或
【答案】D
【知识点】含30°角的直角三角形；菱形的判定与性质；矩形的判定与性质；三角形的中位线定理；分类讨论
【解析】【解答】解：如图，
由题意可得：，，
∴，，
∵是的中位线，
∴，，
∴，
沿图中所示的中位线剪开，
如图1所示：
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴矩形周长为：；
如图2所示，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，
∴，
∴菱形的周长为：．
即所得四边形的周长是4或．
故选：D．
【分析】分类讨论，利用勾股定理，三角形的中位线，矩形、平行四边形和菱形的判定与性质等计算求解即可。
8．（2025八下·珠海期中）如图，在中，对角线，相交于点，是的中点．若，则的长为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平行四边形的性质；三角形的中位线定理
9．（2025八下·金平期中）如图，在四边形中，，相交于点O，且，动点E从点B开始，沿折线运动至点D停止，与相交于点N，点F是线段的中点，连接，有下列结论：①四边形是矩形；②当点E在边上，且时，点E是的中点；③当，时，线段长度的最大值为2；④当点E在边上，且时，是等边三角形．其中正确的结论有(　　)
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【知识点】等边三角形的判定；矩形的判定与性质；三角形的中位线定理
10．（2023八下·余姚期中）如图，在中，对角线，，直线过点，连接，的周长等于周长的一半，下列说法正确的是（　　）
①；②；③；④
A．①② B．①②③ C．②③④ D．③④
【答案】A
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；平行四边形的性质
【解析】【解答】解：①如图，取的中点G，连接，
则，
∵， ∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴ ，
∵四边形是平行四边形，
∴，故①正确；
②∵的周长等于周长的一半，
周长的一半，的周长，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，即，故②正确；
③如图，过点E作，交的延长线于H， 则，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
解得：，
∴，，
而，
∴，
∵，，，
∴，故③错误；
∵，
∴，故④错误；
综上所述，说法正确的是①②．
故选：A．
【分析】取的中点G，连接即可得到是等边三角形，继而得到，根据勾股定理求出，进而求出OA长判断①； 由题意得，利用平行四边形性质得到，即可得到判断②； 过点E作，交的延长线于H，设根据勾股定理表示AH和EH长，根据勾股定理求出x值，即可得到，判断③；根据三角形的面积公式求出比值判断④解答即可．
二、填空题（每题3分，共18分）
11．（2025八下·娄底期中）如图，四边形是由四边形的各边中点依次连接而形成的四边形，则四边形一定是　 　．
【答案】平行四边形
【知识点】平行四边形的判定；三角形的中位线定理
12．（2025八下·娄底期中）如图所示，中，E、F、D分别是上的中点，要使四边形是菱形，在不改变图形的前提下，你需添加的一个条件是　 　（在基础上添加）
【答案】
【知识点】菱形的判定；三角形的中位线定理
13．（2025八下·娄底期中）如图，在中，平分交于点F，平分交于点E，若，，则的长度为　 　．
【答案】
【知识点】等腰三角形的判定；平行四边形的性质
14．（2025八下·惠阳期中）如图，中，的平分线交于，则　 　．
【答案】
【知识点】平行四边形的性质；角平分线的概念
【解析】【解答】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
故答案为：．
【分析】根据平行四边形性质可得，，则，根据角平分线定义可得，则，根据等角对等边可得，再根据边之间的关系即可求出答案.
15．（甘肃省定西市渭源县北寨中学（联盟）第二次联考2024-2025学年下学期八年级数学试题）平面直角坐标系中，平行四边形中，，，则点的坐标为　 　．
【答案】
【知识点】点的坐标；平行四边形的性质；坐标与图形变化﹣平移
16．（2025八下·鄞州期中） 如图，直线与x轴、y轴分别交于A，B两点，点C，D分别为线段AB，OB的中点，点P为OA上一动点，当时，点P的坐标为　 　.
【答案】（）
【知识点】一次函数图象与坐标轴交点问题；三角形的中位线定理；坐标系中的中点公式
【解析】【解答】解：如图，连接CD，过点P作PE⊥CD于点E，
∵点C、D分别为线段AB，OB的中点，
∴CD∥AO，
∴∠DCP=∠APC，∠CDP=∠OPD，PE⊥OA，
又∵∠APC=∠OPD，∴∠DCP=∠CDP，∴CP=DP，又PE⊥CD，∴点E是CD的中点，
令中的x=0，得y=4，令中的y=0，则x=-6，
∴A(-6，0)，B(0，4)，
∵点D是OB的中点，点C是AB的中点，
∴D（0，2），C（-3，2），
又∵点E是CD的中点，
∴E(-，2)，
∴点P(-，0).
故答案为：(-，0).
【分析】连接CD，过点P作PE⊥CD于点E，由三角形中位线定理得CD∥AO，由二直线平行，内错角相等得∠DCP=∠APC，∠CDP=∠OPD，结合已知得∠DCP=∠CDP，由等角对等边得CP=DP，由等腰三角形的三线合一得点E是CD的中点；分别令的x=0与y=0，算出对应的y与x的值，可得点A、B的坐标，根据中点坐标公式即可求出点D、C、E的坐标，进而根据点的坐标与图形性质可得点P的坐标.
三、解答题（共8题，共72分）
17．（2025八下·萧山期中）如图，在中，于点E，于点F，连结AF，CE.
（1）证明：四边形AECF是平行四边形；
（2）若，，，求BD的长.
【答案】（1）证明：四边形ABCD是平行四边形，
，，
，
于点E，于点F，
，
，
在和中，
，
，
四边形AECF是平行四边形
（2）解：∵，，，
∴，
∴，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴BD的长为13
【知识点】三角形全等的判定；平行四边形的判定与性质
【解析】【分析】 （1）由平行四边形的性质得AD∥CB，AD=CB，则∠ADE=∠CBF，由AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F，得AE∥CF，∠AED=∠CFB=90°，即可根据“AAS”证明△ADE≌△CBF，得AE=CF，即可根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”证明四边形AECF是平行四边形；
（2）由AF=DF，，得EF=AF=DF，利用比例关系和勾股定理，可以求得ED=8，而BF=ED，故BE=FD，从而求得BD=ED+BE.
18．（2025八下·广安期中）已知：如图， ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E、F在直线AC上，并且AE=CF.
（1）求证：四边形是平行四边形
（2）若，求 ABCD的面积．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC， OB=OD，
又∵AE=CF，
∴OE=OF，
∴四边形BFDE是平行四边形.
（2）解：∵AB⊥AC， BO=13， AB=12，
在Rt△AOB中，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC =5， 即AC=10，
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质
【解析】【分析】(1)根据对角线相互平分的四边形为平行四边形，即可证明.
(2)根据AB⊥AC可知△AOB为直角三角形， 由勾股定理可求得OA=OC=5， ABCD的面积可看成由两个Rt△ABC组成，即可求得答案.
19．（2025八下·永定期中）如图，在四边形中，，，，，，点E是的中点．点P以每秒1个单位长度的速度从点A出发，沿向点D运动；点Q同时以每秒2个单位长度的速度从点C出发，沿向点B运动．点P停止运动时，点Q也随之停止运动．设运动时间为t秒．
（1）线段 ； ； （用含t的代数式表示）；
（2）当t为何值时，以点P，Q，E，D为顶点的四边形是平行四边形？
【答案】（1）；；或
（2）解：，∴点P，Q，E，D为顶点的四边形是平行四边形时，，
是的中点，
，
分两种情况：
①当Q运动到E和B之间，则得：，
解得：，
②当Q运动到E和C之间，则得：，
解得：，
综上所述，当运动时间t为2秒或秒时，以点P，Q，E，D为顶点的四边形是平行四边形．
【知识点】平行四边形的判定与性质；一元一次方程的实际应用-行程问题
20．（2021八下·滨江期末）如图，在 ABCD中，点E，F分别是边AD，BC上的点，且DE＝BF，连接CE，AF.
（1）求证：四边形AECF是平行四边形；
（2）若E是AD中点，且CE⊥AD，当CE＝4，AB=5时，求 ABCD的面积.
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵DE＝BF，
∴AD DE＝BC BF，
即AE＝CF，且AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD＝AB＝5，
∵CE⊥AD，
∴∠DEC＝90°，
∴DE＝ = ，
∵E是AD的中点，
∴AD＝2DE＝6，
∴ ABCD的面积＝AD×CE＝6×4＝24.
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质
【解析】【分析】（1）由平行四边形的性质可得AD∥BC，AD＝BC，结合DE＝BF，求出AE＝CF，由AE∥CF利用一组对边平行且相等即证四边形AECF是平行四边形；
（2）由平行四边形的性质可得CD＝AB＝5，利用勾股定理求出DE=3，由线段的中点可得AD＝2DE＝6，根据平行四边形的面积公式计算即可.
21．（2024八下·湖州期末）在中，，，，点分别为边上异于端点的动点，且，连结，将四边形沿着折叠得到四边形．
（1）如图1，边，交于点，若，求证：四边形为平行四边形；
（2）如图2，当点落在点处时，求折痕的长；
（3）当点落在的边上时，求点之间的距离．
【答案】（1）证明：∵，
∴，
在平行四边形中，，
∴四边形为平行四边形；
（2）解：如图1，过点作的垂线，交延长线于点，连结，交于点，由轴对称性可知垂直平分，
在中，
∵
∴
由勾股定理，得，
在中，由勾股定理，得，
即，解得，
在中，由勾股定理，得，
在中，由勾股定理，得，
由平行四边形的中心对称性，得；
（3）解：当点落在边上时，如图2，
由折叠可知，，，
∵
∴
在平行四边形中，，
∴四边形是平行四边形
∴
在中，
∴
∴
当点落在边上时，如图3，连结交于点
由平行四边形的中心对称性，得，
由翻折，得，
∴，
∴，
在中，
∴
由勾股定理，得
当点落在边上时，如图4，连结交于点，
由折叠可知，则垂直平分，
由轴对称性可知垂直平分，
∴点与点重合
过点作的垂线交于点，
在中，，，
由勾股定理，得．
综上所述，点之间的距离为4或或．
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】（1）先证，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形解题；
（2）过点作的垂线，交延长线于点，连结，交于点，可知垂直平分，然后根据勾股定理依次求出AH，AE，AC和EO长，根据四边形的对角线互相平分解题即可；
（3）分情况：当点落在边上；当点落在边上，连结交于点；当点落在边上，连结交于点，根据平行四边形的性质和勾股定理解题即可．
22．（2024八下·高州期中）
图1 图2 图3
（1）如图1，在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=AC，点D、E、F分别为BC、AB、AC的中点，则AE与CF的数量关系是　 　.
（2）如图 2，在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=AC，点D为BC的中点，∠EDF=90°，那么BE+CF=EF是否成立 证明你的猜想；
（3）如图3，边长为4的等边△ABC外有一点D，∠BDC=120°，BD=CD，E、F分别是边AB、AC的点，满足∠EDF=60°，求△AEF 的周长.
【答案】（1）
（2）解：不成立，理由如下：
延长至点M，使，连接，如图所示．
∵是的中点 ∴
∵
∴△BMD≌△CFD（SAS），
∴，
∵，，
∴，
在△BME中，由三角形的三边关系得：
，
∴
（3）解：∵△ABC是边长为4的等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
把△DBE绕点D顺时针旋转至，可使与重合，
由旋转得：，
，
∴点在同一条直线上，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴△MDF≌△EDF（SAS），
∴，
∴，
∴的周长
．
【知识点】旋转的性质；三角形全等的判定-SAS；三角形的中位线定理
【解析】【解答】(1)解：∵ 点D、E、F分别为BC、AB、AC的中点，
∴，，，
∵ AB=AC，
∴ AE=CF.
故答案为：AE=CF.
【分析】(1)根据三角形中位线的性质得到线段间的关系即可.
(2)先根据全等三角形的判定得到△BMD≌△CFD（SAS），进而得到EM=EF，再根据三角形三边关系证出即可.
(3)把△DBE绕点D顺时针旋转至，可使与重合，可得△MDF≌△EDF（SAS），进而求出三角形的周长即可.
23．（2024八下·市中区期中）如图1，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与一次函数的图象在第一象限相交于点，与轴正半轴相交于点．
（1）若点的坐标为，分别求，的值；
（2）在(1)的条件下，是否存在点，使得以，，，为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）如图2，连接，过点作交直线于点，试探究的形状．
【答案】（1）解：将点代入，
即，
∴，
将代入，
∴，
解得：，
∴；
（2）解：∵与轴正半轴相交于点
当时，，则，
设，又
当为对角线时，的中点与的中点重合，
解得：，则；
当为对角线时，的中点与的中点重合，
解得：，则
当为对角线时，的中点与的中点重合，
解得：，则
综上所述，点的坐标为：或或；
（3）解：是等腰三角形，理由如下，
如图所示，
∵，
∴ 过定点，
∵与坐标轴交于点，设分别为，
则四边形是正方形，则在上，
∴，
设，则，
∵是正方形的对角线，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰三角形．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；等腰三角形的判定与性质；平行四边形的性质；一次函数的实际应用-几何问题
【解析】【分析】（1）将点代入，得出，再根据待定系数法将点A坐标代入，即可求出答案.
（2）分三种情况讨论，分别根据，，为对角线时，根据中点坐标公式建立方程组，解方程组即可求出答案.
（3）根据题意可得直线过定点，而直线与坐标轴的交点分别为，，可得四边形是正方形，得出，设，则，进而根据是正方形的对角线，进而推导出，即可得出是等腰三角形．
24．（2024八下·恩施期末）在平行四边形中，平分，平分，点、在上．
（1）如图1，当点、重合时，请你经过推理后直接填空：
①与的数量关系为：　 　；
②与的位置关系为：　 　；
③、、的关系式为：　 　．
（2）如图2，当点在点左侧时，证明（1）中③的结论仍然成立．
（3）如图3，当点在点右侧时，若，，则四边形的面积=　 　．
【答案】（1）；；
（2）解：过点作，交于点，如图所示：
在平行四边形中
，，，
∵，
∴四边形为平行四边形．
∴，，
∵，平分
∴，
∴
∴
同理可证：
∴
∵，
∴
∵，平分，平分
∴
∵
∴
∴
∴
∴，则
∴（1）中③的结论仍然成立
（3）5
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质
【解析】【解答】解：（1）①∵四边形是平行四边形
∴
∴
∵平分，平分，
∴
∴
∴
∵
∴；
故答案为：DE=CF
②∵四边形是平行四边形
∴，
∴
则
∴
则
∴；
故答案为：AE⊥BF
③由勾股定理可得
即
故答案为：
（3）解：过点E作交直线于一点H，过点H作，如图所示：
∵四边形是平行四边形，，
∴四边形是平行四边形，四边形是平行四边形
∴
∵在平行四边形中，平分，平分，点、在上．
∴在平行四边形中，平分，平分，
与（1）同理，得出
则
∴
∵，，
∴，
则
∴
则
∵
∴
∵四边形的面积高，平行线的距离处处相等
∴四边形的面积高高
∴四边形的面积
【分析】（1）①先根据平行四边形的性质得到，进而根据等腰三角形的性质结合平行线的性质得到，再根据角平分线的定义得到，等量代换得到，再根据等腰三角形的性质得到，从而等量代换即可求解；
②根据平行四边形的性质结合平行线的性质得到，，则，再结合题意得到，从而即可求解；
③根据勾股定理得到，进而即可得到；
（2）根据平行四边形的性质得到，，，，进而根据平行四边形的判定与性质结合题意证明四边形为平行四边形得到，，，再根据平行线的性质结合角平分线的定义得到，从而得到
，同理可证，再结合题意等量代换得到，根据平行线的性质结合角平分线的定义得到，从而结合题意等量代换得到，根据勾股定理得到，则，进而即可求解；
（3）过点E作交直线于一点H，过点H作，根据平行四边形的判定与性质结合题意得到，进而结合题意得到在平行四边形中，平分，平分，与（1）同理，得出则，再根据勾股定理结合题意即可求解。
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