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期末核心考点 平行四边形的判定
一．选择题（共7小题）
1．（2024秋 林州市期末）四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，下列条件不能判定这个四边形是平行四边形的是（　　）
A．AC⊥BD，∠A＝∠C B．AB＝DC，AD＝BC
C．AB∥DC，AD∥BC D．AB∥DC，AB＝DC
2．（2025 长安区一模）根据所标数据，不能判断下列四边形是平行四边形的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2025春 阳东区期中）如图，在△ABC中，∠B＝49°，分别以点A，C为圆心，BC，AB长为半径作弧，两弧相交于点D，连接AD，CD，则∠ADC的度数为（　　）
A．41° B．49° C．51° D．59°
4．（2025春 宿迁期中）汽车雨刮器是扫除车窗玻璃上妨碍视线的雨雪和尘土的重要工具，通常两个雨刮器的刷片长度相同，即AB＝CD．某时刻汽车雨刮器的位置如图所示，此时∠ABE＝∠C，则下列说法错误的是（　　）
A．四边形ABCD是平行四边形
B．∠A＝∠D
C．AD＝BC
D．AD∥BC
5．（2025春 西山区校级期中）下面给出了四边形ABCD中∠A，∠B，∠C，∠D的度数之比，能判定四边形ABCD是平行四边形的是（　　）
A．1：2：3：4 B．2：3：2：3 C．2：3：3：2 D．1：2：2：3
6．（2025 三河市一模）如图，四边形ABCD为平行四边形，E为AB的中点．下列两个方案中，能得到以A，B，F，C为顶点的四边形为平行四边形的是（　　）
方案一 F为DA和CE的延长线上的交点 方案二 F为DC和AG的延长线上的交点
A．只有方案一 B．只有方案二
C．两个方案都不行 D．两个方案都行
7．（2025 广东一模）如图，将两张对边平行的纸片随意交叉叠放在一起，转动其中一张，使重合部分构成一个四边形，则下列结论中不一定成立的是（　　）
A．AB＝CD B．AD∥BC C．AB＝BC D．∠ABC＝∠ADC
二．填空题（共5小题）
8．（2025春 瑞安市期中）如图，已知AB＝CD，那么添加一个条件　 　 后，可判定四边形ABCD是平行四边形．
9．（2025春 徐州期中）如图，点D是直线l外一点，在l上取两点A，B，连接AD，分别以点B，D为圆心，AD，AB的长为半径画弧，两弧交于点C，连接CD，BC，则四边形ABCD是平行四边形．依据是 　 　 的四边形是平行四边形．
10．（2025春 长沙期中）如图，在四边形ABCD中，AB＝CD，AD＝BC，∠A+∠C＝100°，则∠B＝ 　 　 °．
11．（2024秋 莱芜区期末）如图，在 ABCD中，已知AD＝15cm，点P在AD上以1cm/s的速度从点A向点D运动，点Q在CB上以4cm/s的速度从点C出发在CB上往返运动．两点同时出发，当点Q第一次返回C点时点P也停止运动，设运动时间为t（s）（t＞0）．当t＝　 　 时，四边形PDCQ是平行四边形．
12．（2025春 西城区校级期中）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，对角线AC，BD交于点O，现有三个条件：①AD＝BC；②OB＝OD；③AB＝CD．其中可以判定四边形ABCD是平行四边形的有 　 　 （只写序号即可）．
三．解答题（共3小题）
13．（2025春 越秀区校级期中）已知：如图，在 ABCD中，点E、F在AC上，且AE＝CF．
求证：四边形EBFD是平行四边形．
14．（2025春 定海区期中）如图，在平行四边形ABCD中，E，F是直线BD上的两点，DE＝BF．
（1）求证：四边形AECF是平行四边形；
（2）若AD⊥BD，AB＝10，BC＝6，且EF﹣AF＝4，求DE的长．
15．（2025 防城港一模）如图，在△ABF中，AB＝BF，BE⊥AF于点E，过点A作AD∥BF，连接DE并延长，交BF于点C．
（1）求证：AE＝EF．
（2）连接AC，DF，求证：四边形ACFD是平行四边形．
期末核心考点 平行四边形的判定
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
1．（2024秋 林州市期末）四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，下列条件不能判定这个四边形是平行四边形的是（　　）
A．AC⊥BD，∠A＝∠C B．AB＝DC，AD＝BC
C．AB∥DC，AD∥BC D．AB∥DC，AB＝DC
【考点】平行四边形的判定．
【专题】多边形与平行四边形；推理能力．
【分析】利用平行四边形的判定方法依次判断可求解．
【解答】解：A、若AC⊥BD，∠A＝∠C，无法判断四边形ABCD是平行四边形，故选项A符合题意；
B、若AB＝DC，AD＝BC，由两组对边相等的四边形是平行四边形，可判断四边形ABCD是平行四边形，故选项B不符合题意；
C、若AB∥DC，AD∥BC，由两组对边平行的四边形是平行四边形，可判断四边形ABCD是平行四边形，故选项C不符合题意；
D、若AB∥DC，AB＝DC，由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可判断四边形ABCD是平行四边形，故选项D不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查了平行四边形的判定，掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．
2．（2025 长安区一模）根据所标数据，不能判断下列四边形是平行四边形的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】平行四边形的判定．
【专题】多边形与平行四边形；推理能力．
【分析】依据题意，根据平行四边形的判定定理逐个进行分析可以判断得解．
【解答】解：A、∵AO＝CO，BO＝DO，
∴四边形ABCD是平行四边形，故不符合题意；
B、∵AB＝CD，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故不符合题意；
C、∵∠ACB＝∠DAC＝40°，
∴AD∥BC，
∵AB＝CD，
∴不能判定四边形ABCD是平行四边形，故符合题意；
D、∠ACB＝∠CAD＝40°，
∴AD∥BC，
∵∠ABD＝∠BDC＝35°，
∴AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故不符合题意；
故选：C．
【点评】本题主要考查了平行四边形的判定，解题时要熟练掌握平行四边形的判定定理是关键．
3．（2025春 阳东区期中）如图，在△ABC中，∠B＝49°，分别以点A，C为圆心，BC，AB长为半径作弧，两弧相交于点D，连接AD，CD，则∠ADC的度数为（　　）
A．41° B．49° C．51° D．59°
【考点】平行四边形的判定与性质．
【专题】多边形与平行四边形；推理能力．
【分析】判定四边形ABCD是平行四边形，推出∠ADC＝∠B＝49°．
【解答】解：由题意得到：AD＝BC，CD＝AB，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ADC＝∠B＝49°．
故选：B．
【点评】本题考查平行四边形的判定和性质，关键是掌握两组对边分别相等的四边形是平行四边形，平行四边形的对角相等．
4．（2025春 宿迁期中）汽车雨刮器是扫除车窗玻璃上妨碍视线的雨雪和尘土的重要工具，通常两个雨刮器的刷片长度相同，即AB＝CD．某时刻汽车雨刮器的位置如图所示，此时∠ABE＝∠C，则下列说法错误的是（　　）
A．四边形ABCD是平行四边形
B．∠A＝∠D
C．AD＝BC
D．AD∥BC
【考点】平行四边形的判定与性质．
【专题】多边形与平行四边形；推理能力．
【分析】先根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得：四边形ABCD是平行四边形，然后利用平行四边形的性质即可解答．
【解答】解：∵∠ABE＝∠C，
∴AB∥CD，
又∵AB＝CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A+∠D＝180°，AD＝BC，AD∥BC，
故选项B错误，符合题意；
故选：B．
【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．
5．（2025春 西山区校级期中）下面给出了四边形ABCD中∠A，∠B，∠C，∠D的度数之比，能判定四边形ABCD是平行四边形的是（　　）
A．1：2：3：4 B．2：3：2：3 C．2：3：3：2 D．1：2：2：3
【考点】平行四边形的判定．
【专题】多边形与平行四边形；推理能力．
【分析】两组对角分别相等的四边形是平行四边形，由此即可判断．
【解答】解：A、C、D中的条件不能推出四边形ABCD的两组对角分别相等，故A、C、D不符合题意；
B、由条件推出∠A＝∠C，∠B＝∠D，判定四边形ABCD是平行四边形，故B符合题意．
故选：B．
【点评】本题考查平行四边形的判定，关键是掌握两组对角分别相等的四边形是平行四边形．
6．（2025 三河市一模）如图，四边形ABCD为平行四边形，E为AB的中点．下列两个方案中，能得到以A，B，F，C为顶点的四边形为平行四边形的是（　　）
方案一 F为DA和CE的延长线上的交点 方案二 F为DC和AG的延长线上的交点
A．只有方案一 B．只有方案二
C．两个方案都不行 D．两个方案都行
【考点】平行四边形的判定与性质．
【专题】多边形与平行四边形；推理能力．
【分析】方案一证明△AFE≌△BCE（AAS）可得AF＝BC，AF∥BC，即可判断四边形ABFC是平行四边形；方案二通过证明△ABI≌△FCI（AAS）可得AB＝CF，AB∥CF，即可判断四边形ABFC是平行四边形，从而可得结论．
【解答】解：方案一：由题意可得：AD∥BC，AE＝BE，
∴∠FAE＝∠CBE，∠AFE＝∠BCE，
在△AFE和△BCE中，
，
∴△AFE≌△BCE（AAS），
∴AF＝BC，
又AF∥BC，
∴四边形ABFC是平行四边形，
方案二：由题意可得：
∴AB∥CD，AC，BD互相平分于点H，如图，
又E为AB的中点，
∴G为△ABC的重心，
∴AI为BC边上的中线，I为BC边的中点，
∵AB∥CF，
∴∠BAI＝∠CFI，∠ABI＝∠FCI，
又BI＝CI，
∴△ABI≌△FCI（AAS），
∴AB＝CF，
又AB∥CF，
∴四边形ABFC是平行四边形，
综上，方案一和方案二都正确，
故选：D．
【点评】本题主要考查平行四边形的判定和全等三角形的判定与性质，正确记忆相关知识点是解题关键．
7．（2025 广东一模）如图，将两张对边平行的纸片随意交叉叠放在一起，转动其中一张，使重合部分构成一个四边形，则下列结论中不一定成立的是（　　）
A．AB＝CD B．AD∥BC C．AB＝BC D．∠ABC＝∠ADC
【考点】平行四边形的判定与性质．
【专题】多边形与平行四边形；几何直观；推理能力．
【分析】根据题意证得四边形ABCD是平行四边形，再逐项判断即可．
【解答】解：∵将两张对边平行的纸片随意交叉叠放在一起，
∴AD∥BC，AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形．
∴AB＝CD，∠ABC＝∠ADC，
∴A、B、D一定成立，不符合题意；
∴AB不一定等于BC，与两张纸片的宽度有关，
故C不一定成立，符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查平行四边形的判定和性质，掌握平行四边形的判定方法和其性质是解答本题的关键．
二．填空题（共5小题）
8．（2025春 瑞安市期中）如图，已知AB＝CD，那么添加一个条件　AB∥CD（答案不唯一）　 后，可判定四边形ABCD是平行四边形．
【考点】平行四边形的判定．
【专题】多边形与平行四边形；推理能力．
【分析】由平行四边形的判定方法即可得出结论．
【解答】解：添加条件为：AB∥CD，理由如下：
∵AB＝CD，AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
故答案为：AB∥CD（答案不唯一）．
【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判定方法是解题的关键．
9．（2025春 徐州期中）如图，点D是直线l外一点，在l上取两点A，B，连接AD，分别以点B，D为圆心，AD，AB的长为半径画弧，两弧交于点C，连接CD，BC，则四边形ABCD是平行四边形．依据是 　两组对边分别相等　 的四边形是平行四边形．
【考点】平行四边形的判定．
【专题】多边形与平行四边形；推理能力．
【分析】根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形进行判定即可．
【解答】解：由作图可知，BC＝AD，CD＝AB，
∴四边形ABCD是平行四边形，
依据是：两组对边分别相等的四边形是平行四边形，
故答案为：两组对边分别相等．
【点评】本题考查了平行四边形的判定，熟记两组对边分别相等的四边形为平行四边形是解题的关键．
10．（2025春 长沙期中）如图，在四边形ABCD中，AB＝CD，AD＝BC，∠A+∠C＝100°，则∠B＝ 　130　 °．
【考点】平行四边形的判定与性质．
【专题】多边形与平行四边形；运算能力；推理能力．
【分析】由平行四边形的性质等∠C＝∠A，AD∥BC，得∠A+∠B＝180°，再求出∠A＝50°，即可解决问题．
【解答】解：∵AB＝CD，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴∠C＝∠A，AD∥BC，
∴∠A+∠B＝180°，
∵∠A+∠C＝100°，
∴∠A＝50°，
∴∠B＝180°﹣50°＝130°，
故答案为：130．
【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．
11．（2024秋 莱芜区期末）如图，在 ABCD中，已知AD＝15cm，点P在AD上以1cm/s的速度从点A向点D运动，点Q在CB上以4cm/s的速度从点C出发在CB上往返运动．两点同时出发，当点Q第一次返回C点时点P也停止运动，设运动时间为t（s）（t＞0）．当t＝　3或5　 时，四边形PDCQ是平行四边形．
【考点】平行四边形的判定与性质．
【专题】分类讨论；多边形与平行四边形；推理能力．
【分析】根据平行四边形的性质得出DP＝CQ，分情况讨论，再列出方程，求出方程的解即可．
【解答】解：设经过t秒，四边形PDCQ是平行四边形，
∵P在AD上运动，
∴t7.5，即0＜t≤7.5，
∵四边形PDCQ是平行四边形，
∴DP＝CQ，
分为以下情况：①点Q的运动路线是C﹣B，方程为4t＝15﹣t，
解得t＝3，
②点Q的运动路线是C﹣B﹣C，方程为15﹣415﹣t，
解得：t＝5；
故答案为：3或5．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质，能求出符合的所有情况是解此题的关键，用了分类讨论思想．
12．（2025春 西城区校级期中）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，对角线AC，BD交于点O，现有三个条件：①AD＝BC；②OB＝OD；③AB＝CD．其中可以判定四边形ABCD是平行四边形的有 　①②　 （只写序号即可）．
【考点】平行四边形的判定；全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；多边形与平行四边形；推理能力．
【分析】根据平行四边形的判定方法分别对各个条件进行判断即可．
【解答】解：①∵AD∥BC，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故①符合题意；
②∵AD∥BC，
∴∠OBC＝∠ODA，
又∵OB＝OD，∠BOC＝∠DOA，
∴△OBC≌△ODA（ASA），
∴OA＝OC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故②符合题意；
③由AD∥BC，AB＝CD，不能判定四边形ABCD是平行四边形，故③不符合题意；
故答案为：①②．
【点评】本题考查了平行四边形的判定以及全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．
三．解答题（共3小题）
13．（2025春 越秀区校级期中）已知：如图，在 ABCD中，点E、F在AC上，且AE＝CF．
求证：四边形EBFD是平行四边形．
【考点】平行四边形的判定与性质．
【专题】多边形与平行四边形；几何直观；推理能力．
【分析】由平行四边形可知OB＝OD，OA＝OC，又AE＝CF，所以OE＝OF，然后依据对角线互相平分的四边形是平行四边形即可证明．
【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，AE＝CF，
∴AO＝CO，BO＝DO，
∴AO﹣AE＝CO﹣CF，
∴OE＝OF．
∴四边形EBFD为平行四边形．
【点评】本题主要考查了平行四边形的判定与性质，解答本题的关键要明确：对角线互相平分的四边形是平行四边形．
14．（2025春 定海区期中）如图，在平行四边形ABCD中，E，F是直线BD上的两点，DE＝BF．
（1）求证：四边形AECF是平行四边形；
（2）若AD⊥BD，AB＝10，BC＝6，且EF﹣AF＝4，求DE的长．
【考点】平行四边形的判定与性质；平行线的判定与性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理．
【专题】线段、角、相交线与平行线；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形．
【分析】（1）由平行四边形的性质得出AD∥BC，AD＝BC，再证△ADE≌△CBF（SAS），得出AE＝CF，∠AED＝∠CFB，则AE∥CF，即可得出结论；
（2）由勾股定理得求出BD＝8，设DE＝BF＝x，则EF＝2x+8，DF＝8+x，推出AF＝2x+4，然后由勾股定理求出x＝2，即可得出结果．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴∠ADB＝∠CBD，
∴∠ADE＝∠CBF，
在△ADE和△CBF中，
，
∴△ADE≌△CBF（SAS），
∴AE＝CF，∠AED＝∠CFB，
∴AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC＝AD＝6，
在Rt△ADB中，由勾股定理得：BD8，
设DE＝BF＝x，
∴EF＝2x+8，DF＝8+x，
∵EF﹣AF＝4，
∴AF＝2x+4，
在Rt△ADF中，由勾股定理得：AF2＝AD2+DF2，
即（2x+4）2＝62+（8+x）2，
解得：x＝2（负值已舍去），
∴DE的长为2．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、勾股定理以及全等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．
15．（2025 防城港一模）如图，在△ABF中，AB＝BF，BE⊥AF于点E，过点A作AD∥BF，连接DE并延长，交BF于点C．
（1）求证：AE＝EF．
（2）连接AC，DF，求证：四边形ACFD是平行四边形．
【考点】平行四边形的判定；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】（1）由等腰三角形的性质可求解；
（2）由AAS可证△ADE≌△FCE，可得AD＝CF，即可求解．
【解答】证明：（1）∵AB＝BF，BE⊥AF，
∴AE＝EF；
（2）∵AD∥BF，
∴∠ADE＝∠FCE，
在△ADE和△FCE中，
∴△ADE≌△FCE（AAS），
∴AD＝CF．
∵AD∥BF，
∴四边形ACFD是平行四边形．
【点评】本题考查了平行四边形的判定，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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