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题型突破09多边形以及平行四边形的判定与性质5大重点题型
题型一．多边形内角与外角
1．（2025春 越城区期中）一个多边形的每个内角都是144°，这个多边形是（　　）
A．八边形 B．十边形 C．十二边形 D．十四边形
【答案】B
【分析】先利用多边形的每个外角与相邻的内角互补得到这个多边形的每个外角都是（180°﹣144°）＝36°，然后根据n边的外角和为360°即可得到其边数．
【解答】解：∵一个多边形的每个内角都是144°，
∴这个多边形的每个外角都是（180°﹣144°）＝36°，
∴这个多边形的边数360°÷36°＝10．
故选：B．
2．（2025春 瑞安市期中）一个多边形的内角和比它的外角和的3倍少180°，则这个多边形的边数是（　　）
A．七 B．八 C．九 D．十
【答案】A
【分析】多边形的内角和为（n﹣2）×180°，外角和为360°，根据多边形的内角和比它的外角和的3倍少180°列出方程求解即可．
【解答】解：设这个多边形的边数是n，
根据题意得，（n﹣2）×180°＝3×360°﹣180°，
解得n＝7，
故选：A．
3．（2025春 温州期中）如图，在五边形ABCDE中，AB∥ED，∠1，∠2，∠3分别是∠ABC，∠BCD，∠CDE的外角，则∠1+∠2+∠3的度数为（　　）
A．180° B．210° C．240° D．270°
【答案】A
【分析】根据两直线平行，同旁内角互补得到以点A、点E为顶点的五边形的两个外角的度数之和等于180°，再根据多边形的外角和定理列式计算即可得解．
【解答】解：反向延长AB，DC，
∵AB∥ED，
∴∠4+∠5＝180°，
根据多边形的外角和定理可得∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝360°，
∴∠1+∠2+∠3＝360°﹣180°＝180°．
故选：A．
4．（2025春 嘉兴校级期中）五边形的内角和为　540°　 ．
【答案】540°
【分析】根据多边形的内角和公式计算即可．
【解答】解：五边形的内角和为：（5﹣2） 180°＝3×180°＝540°．
故答案为：540°．
5．（2025春 鄞州区期中）若n边形的每个外角都是18°，则n的值为 　20　 ．
【答案】20．
【分析】根据多边形的外角和公式即可得出答案．
【解答】解：360°÷18°＝20（条）．
故答案为：20．
6．（2025春 诸暨市期中）一个多边形的内角和是720°，这个多边形的边数是 　6　 ．
【答案】6
【分析】根据内角和定理180° （n﹣2）即可求得．
【解答】解：∵多边形的内角和公式为（n﹣2） 180°，
∴（n﹣2）×180°＝720°，
解得n＝6，
∴这个多边形的边数是6．
故答案为：6．
7．（2025春 上城区校级期中）一个多边形的内角和是它的外角和的3倍，则这个多边形是 　八　 边形．
【答案】八
【分析】根据多边形的内角和定理，多边形的内角和等于（n﹣2） 180°，外角和等于360°，然后列方程求解即可．
【解答】解：设多边形的边数是n，根据题意得，
（n﹣2） 180°＝3×360°，
解得n＝8，
∴这个多边形为八边形．
故答案为：八．
8．（2025春 拱墅区校级期中）四边形ABCD中，∠A＝80°，∠B＝130°，∠C＝60°，则∠D的度数为 　90　 °．
【答案】90．
【分析】先根据多边形的内角和公式求出四边形的内角和，从而根据已知条件求出∠D即可．
【解答】解：∵四边形的内角和为（4﹣2）×180°＝2×180°＝360°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D＝360°，
∵∠A＝80°，∠B＝130°，∠C＝60°，
∴∠D＝360°﹣80°﹣130°﹣60°＝90°，
故答案为：90．
9．（2025春 娄底期中）如图，在正五边形ABCDE中，连接两条对角线AD，BD，则∠ADB的度数为　36°　 ．
【答案】36°．
【分析】根据正五边形的性质得出E＝DE＝BC＝CD，∠E＝∠EDC＝∠C＝108°，根据等腰三角形的性质先求出∠ADE和∠BDC的度数，即可求出∠ADB的度数．
【解答】解：在正五边形ABCDE中，AE＝DE＝BC＝CD，∠E＝∠EDC＝∠C108°，
∴∠ADE＝∠BDC（180°﹣108°）＝36°，
∴∠ADB＝108°﹣36°﹣36°＝36°．
故答案为：36°．
10．（2025春 丽水期中）如图，∠1＝65°，∠2＝85°，∠3＝60°，∠4＝40°，则∠5＝ 　50°　 ．
【答案】50°．
【分析】在△BCE中根据三角形内角和定理求出∠EBC+∠ECB的度数，再求四边形ABCD的内角和，即可求出∠5的度数．
【解答】解：如图，连接BC，
在△BCE中，∠3+∠EBC+∠ECB＝180°，
∵∠3＝60°，
∴∠EBC+∠ECB＝120°，
在四边形ABCD中，∠1+∠2+∠4+∠EBC+∠ECB+∠5＝（4﹣2）×180°＝360°，
∵∠1＝65°，∠2＝85°，∠4＝40°，
∴65°+85°+40°+120°+∠5＝360°，
∴∠5＝50°，
故答案为：50°．
11．（2025春 上城区校级期中）门窗是中国古代木构架建筑上的重要组成部分．如图①所示是一款冰裂纹窗格，图②是窗格中的部分图案．其中∠1，∠2，∠3，∠4是五边形ABCDE的4个外角，若∠1+∠2+∠3+∠4＝300°，则∠D的度数是 　120　 °．
【答案】120．
【分析】根据多边形外角和是360°，可求出∠5的度数，再由补角的定义进行计算即可．
【解答】解：如图，由多边形的外角和可知，∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝360°，
∵∠1+∠2+∠3+∠4＝300°，
∴∠5＝360°﹣300°＝60°，
∴∠CDE＝180°﹣60°＝120°，
故答案为：120．
题型二．平行四边形的性质
12．（2025春 龙湾区期中）在平行四边形ABCD中，∠B+∠D＝110°，∠B的度数是（　　）
A．70° B．55° C．50° D．45°
【答案】B
【分析】根据平行四边形的对角相等即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∠B+∠D＝110°，
∴∠B＝∠D，
∴2∠B＝110°，
∴∠B＝55°，
故选：B．
13．（2025春 西湖区校级期中）如图，在 ABCD中，AE平分∠BAD交BC于点E，连接AC．若AB＝AE，∠EAC＝20°，则∠ACD的度数为（　　）
A．50° B．60° C．70° D．80°
【答案】D
【分析】根据平行四边形的性质可得AD∥BC，AB∥CD，推出∠DAE＝∠AEB，∠ACD＝∠BAC，证△ABE是等边三角形，根据等边三角形的性质可得∠BAE＝60°，由∠EAC＝20°可得∠BAC＝∠BAE+∠EAC＝80°，即可求解．
【解答】解：∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE，
∵平行四边形ABCD中，AD∥BC，AB∥CD，
∴∠DAE＝∠AEB，∠ACD＝∠BAC，
∴∠BAE＝∠AEB，
∵AB＝AE，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴∠ABE＝∠AEB＝∠BAE，
∴△ABE是等边三角形，
∴∠BAE＝60°，
∵∠EAC＝20°，
∴∠BAC＝∠BAE+∠EAC＝60°+20°＝80°，
∴∠ACD＝∠BAC＝80°，
故选：D．
14．（2025春 余杭区校级期中）如图，平行四边形ABCD中，AD＝8，AB＝6，DE平分∠ADC交BC边于点E，则BE的长为（　　）
A．1 B．4 C．3 D．2
【答案】D
【分析】根据角平分线的定义和平行四边形的性质即可求解．
【解答】解：∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE＝∠CDE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠ADE＝∠DEC，
∴∠DEC＝∠CDE，
∴CD＝CE，
∵AB＝6，
∴CD＝CE＝6，
∵AD＝8，
∴BE＝BC﹣CE＝2．
故选：D．
15．（2025春 余杭区校级期中）如图，在平行四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，则下列结论不一定成立的是（　　）
A．AO＝DO B．CD＝AB
C．∠BAD＝∠BCD D．AD∥BC，且AD＝BC
【答案】A
【分析】由平行四边形的性质可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝CO，BO＝DO，AB＝CD，∠BAD＝∠BCD，AD＝BC，AD∥BC，
故选：A．
16．（2025春 温州校级期中）如图，在 ABCD中，AC为对角线，E为BC边上一点，连接AE、DE，且AB＝AE．若AE平分∠DAB，∠EAC＝10°，则∠CAD＝（　　）
A．45° B．50° C．55° D．60°
【答案】B
【分析】根据平行四边形的性质，推出∠B+∠BAD＝180°，等边对等角，得到∠AEB＝∠B，根据角平分线的定义和三角形的内角和定理，进行求解即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠B+∠BAD＝180°，
∵AE平分∠DAB，
∴，
∴∠B+2∠BAE＝180°，
∵AB＝AE，
∴∠AEB＝∠B，
∵∠B+∠AEB+∠BAE＝180°，
∴2∠B+∠BAE＝180°，
∴2∠B+∠BAE＝∠B+2∠BAE，
∴∠BAE＝∠B，
∴∠B＝∠BAE＝∠AEB＝60°，
∴∠BAE＝∠EAD＝60°，
∴∠CAD＝∠EAD﹣∠EAC＝50°；
故选：B．
17．（2025春 义乌市期中）如图， ABCD中，AC，BD为对角线，∠BAC＝90°，且AC：BD＝2：3，若 ABCD的面积为，则AB的长为（　　）
A．2 B．2 C．4 D．4
【答案】B
【分析】根据平行四边形的性质可得AC＝2AO，BD＝2OB，设OA＝2x，OB＝3x，根据勾股定理可得ABx，然后根据平行四边形的性质即可解决问题．
【解答】解：如图，设AC，BD交于点O，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AC＝2AO，BD＝2OB，
∵AC：BD＝2：3，
∴OA：OB＝2：3，
设OA＝2x，OB＝3x，
∵∠BAC＝90°，
∴ABx，AC＝4x，
∵平行四边形ABCD的面积为16，
∴AC AB＝16，
∴4x x＝16，
∴x＝2（负值舍去），
∴ABx＝2．
故选：B．
18．（2025春 乐清市校级期中）如图，在 ABCD中，对角线AC和BD交于点O，且BD＝2AC，若AB＝2，AB⊥AC，则 ABCD的面积为（　　）
A． B． C．8 D．32
【答案】B
【分析】先根据平行四边形的性质可得，则可得OB＝2OA，再利用勾股定理可得OA的长，从而可得AC的长，然后利用平行四边形的面积公式求解即可得．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，
∵BD＝2AC，
∴OB＝2OA，
设OA＝x（x＞0），则OB＝AC＝2x，
∵AB⊥AC，，
由勾股定理可得，AB2+OA2＝OB2，
即，
解得x＝2或x＝﹣2＜0（不符合题意，舍去），
∴AC＝2×2＝4，
∴S ABCD，
故选：B．
19．（2025春 温州校级期中）如图， ABCD的对角线AC，BD交于点O，已知AB＝4，△OAB的周长比△OBC的周长小3，则BC的长为 　7　 ．
【答案】7．
【分析】根据平行四边形的对角线互相平分，结合三角形的周长公式得到BC﹣AB＝3，即可得出结果．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，
∵△OAB的周长比△OBC的周长小3，AB＝4，
∴BC+OC+OB﹣OA﹣OB﹣AB＝3，
∴BC﹣AB＝3，
∴BC＝AB+3＝4+3＝7；
故答案为：7．
20．（2025春 上城区校级期中）在 ABCD中，AB＝15，AD＝9，AB和CD之间的距离为6，则AD和BC之间的距离为　10　 ．
【答案】10
【分析】根据平行四边形的面积＝AB×DE＝BC×DF，即可求出AD与BC之间的距离．
【解答】解：由题意得，S四边形ABCD＝AB×DE＝BC×DF，
∴15×6＝9×DF，
∴DF＝10，即AD与BC之间的距离为10．
故答案为：10．
21．（2025秋 宁波校级期中）如图，在 ABCD中，过点D作DE⊥AB，垂足为E，过点B作BF⊥AC，垂足为F．若AB＝12，AC＝16，DE＝8，则BF的长为 　6　 ．
【答案】6．
【分析】由平行四边形的性质推出DC∥AB，由△ABC的面积AB DEAC BF，即可求出BF的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC∥AB，
∵DE⊥AB，BF⊥AC，
∴△ABC的面积AB DEAC BF，
∵AB＝12，AC＝16，DE＝8，
∴12×8＝16×BF，
∴BF＝6．
故答案为：6．
22．（2025春 杭州校级期中）如图，平行四边形的每一个顶点都用线段与两条对边的中点相连．这些直线所围成图形（阴影部分）的面积与原平行四边形面积之比为　　 ．
【答案】．
【分析】标注字母，连接HF、EG，交于点P，根据题意得：四边形AEHP、EBFP、PFCG、HPGD为四个全等的平行四边形，研究四边形AEHP中PQRS的面积，在△ABD中，点E、H均为中点，且BH、AE交于点R，连接BD，利用三角形中线的性质得出S△APS＝3S△RPS，S△AQP＝3S△RQP，同理即可求解．
【解答】解：如图，连接BD，AC，EG，HF，
四边形AEHP、EBFP、PFCG、HPGD是四个全等的平行四边形，
在△ABD中，点E、H均为中点，且BH、AE交于点R，
∵点P为BD、AC的交点，
∴点P为BD中点，
∴点A、R、P三点共线，
∴AP＝3PR，
∴S△APS＝3S△RPS，S△AQP＝3S△RQP，
∴，
同理得：阴影部分的面积为原平行四边形面积的六分之一，
故答案为：．
23．（2025春 拱墅区期中）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，过点O作EO⊥BD，交BC的延长线于点E，交CD于点F，若EF＝OF，∠CBD＝45°，，CE＝2，则下列所有正确结论的序号是　①②④　 ①EO平分∠BED；②DE⊥BE；③CF：DF＝1：2；④．
【答案】①②④
【分析】①根据平行四边形的性质得OB＝OD，则EO是线段BD的垂直平分线，进而得△EBD是等腰三角形，然后根据等腰三角形的性质可对结论结论①进行判断；②根据∠CBD＝45°得△BED是等腰直角三角形，由此可对结论②进行判断；③过点F作FN⊥CE于点E，先求出DE＝BE＝6，，，证明△EFN是等腰直角三角形，可求出，根据勾股定理求得，，进而得到，即可得到CF：DF＝1：3，据此可对结论③进行判断，④分别求出S△CEF＝1.5，S ABCD＝24，进而可对结论④进行判断，综上所述即可得出答案．
【解答】解：①在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，EO⊥BD，交BC的延长线于点E，
∴OB＝OD，
∴EO是线段BD的垂直平分线，
∴BE＝DE，
∴△EBD是等腰三角形，
∴EO平分∠BED，
故结论①正确；
②∵BE＝DE，∠CBD＝45°，
∴∠BDE＝∠CBD＝45°，
∴∠BED＝180°﹣∠BDC﹣∠CBD＝90°，
∴DE⊥BE，
故结论②正确；
③，CE＝2，如图，过点F作FN⊥CE于点E，
∵∠BED＝90°，BE＝DE，
∴△BED是等腰直角三角形，
由勾股定理得：，
∵EO⊥BD，
∴，
∴△OBE是等腰直角三角形，，
∴∠BEO＝45°，
∴△EFN是等腰直角三角形，
由勾股定理得：，
∵CE＝2，
∴，
在Rt△CFN中，由勾股定理得：，
在Rt△CDE中，由勾股定理得：，
∴，
∴，
故结论③错误；
，
∴，
∵DE＝BE＝6，
∴BC＝BE﹣CE＝6﹣2＝4，
∴S ABCD＝BC DE＝4×6＝24，
∴，
∴，
故结论④正确．
综上所述：所有正确结论的序号是①②④．
故答案为：①②④．
24．（2025春 上城区校级期中）如图，在 ABCD中，M，N在对角线AC上，且AM＝CN，求证：BM∥DN．
【分析】连接BD、MD、BN，根据平行四边形的性质证明OM＝ON，然后再证明四边形BNDM是平行四边形，从而可得BM∥DN．
【解答】证明：连接BD、MD、BN，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵AM＝CN，
∴OA﹣AM＝OC﹣CN，
即OM＝ON，
∴四边形BNDM是平行四边形．
∴BM∥DN．
25．（2025春 杭州期中）如图，在6×6的方格纸中，每个小正方形的边长均为1，点A，B均在格点上，请解答下列问题．
（1）画一个面积为12的 ABCD，使它的顶点都在格点上；
（2）求该平行四边形的周长．
【分析】（1）作一个底为4，高为3的平行四边形ABCD即可；
（2）求出平行四边形的各边的长可得结论．
【解答】解：（1）如图，四边形ABCD即为所求；
（2）∵AB＝CD，AD＝BC＝4，
∴平行四边形ABCD的周长＝28．
26．（2025春 柯桥区期中）如图，四边形ABCD是平行四边形，分别以点A、B为圆心，AB的长为半径画弧，交AD、BC于点F和点E，连接EF．
（1）判断四边形CDFE的形状，并说明理由；
（2）若∠B＝60°，AB＝8，求四边形ABEF的面积．
【分析】（1）由作图得AF＝BE＝AB，由平行四边形的性质得AD∥BC，AD＝BC，则FD∥EC，且FD＝EC，所以四边形CDFE是平行四边形；
（2）连接AE、BF交于点L，可证明四边形ABEF是菱形，则BF⊥AE，因为∠ABE＝60°，所以△ABE是等边三角形，则AE＝AB＝8，求得AL＝EL＝4，则BL4，则BF＝2BL＝8，所以S四边形ABEFAE BF＝32．
【解答】解：（1）四边形CDFE是平行四边形，
理由：由作图得AF＝BE＝AB，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴AD﹣AF＝BC﹣BE，
∴FD∥EC，且FD＝EC，
∴四边形CDFE是平行四边形．
（2）连接AE、BF交于点L，
∵AF∥BE，且AF＝BE，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∵BE＝AB，
∴四边形ABEF是菱形，
∴BF⊥AE，AL＝EL，BL＝FL，
∵∠ABE＝60°，AB＝8，
∴△ABE是等边三角形，
∴AE＝AB＝8，
∴AL＝ELAE＝4，
∵∠ALB＝90°，
∴BL4，
∴BF＝2BL＝8，
∴S四边形ABEFAE BF8×832，
∴四边形ABEF的面积是32．
27．（2025春 拱墅区校级期中）在 ABCD中，对角线AC⊥AB，BE平分∠ABC交AD于点E，交AC于点F．
（1）求证：AE＝AB；
（2）若AB＝3，BC＝5，求AF的长．
【分析】（1）根据平行四边形的性质可得AD∥BC，再由平行线的性质可得∠AEB＝∠EBC，由角平分线的定义可得∠ABE＝∠EBC，即可得∠ABE＝∠AEB，由此可得AE＝AB；
（2）由勾股定理求得AC＝4，过点F作FH⊥BC于点H，根据角平分线的性质定理可得AF＝FH，再由S△ABC＝S△ABF+S△BFC，即可得AB ACAB AFBC FH，由此即可求得AF．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠AEB＝∠EBC，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠EBC，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴AE＝AB；
（2）解：AC⊥AB，AB＝3，BC＝5，
∴AC，
过F点作FH⊥BC，垂足为H，
∵BE平分∠ABC，AC⊥AB，
∴AF＝FH，
∵S△ABC＝S△ABF+S△BFC，
∴AB ACAB AFBC FH，
即，
∴AF．
28．（2025春 拱墅区期中）如图，在平行四边形ABCD中，点M为边AD的中点，过点C作AB的垂线交AB于点E，连接ME，已知AM＝2AE＝4，∠BCE＝30°．
（1）求平行四边形ABCD的面积S；
（2）求证：∠EMC＝2∠AEM．
【分析】（1）利用平行四边形的性质以及直角三角形的性质得出CE的长，进而得出答案；
（2）利用全等三角形的判定得出△AEM≌△DNM（ASA），根据全等三角形的性质得到EM＝MN，根据直角三角形的性质得到MN＝MC，根据等腰三角形和三角形的外角的性质即可得到结论．
【解答】（1）解：∵M为AD的中点，AM＝2AE＝4，
∴AD＝2AM＝8．在 ABCD的面积中，BC＝CD＝8，
又∵CE⊥AB，
∴∠BEC＝90°，
∵∠BCE＝30°，
∴BEBC＝4，
∴AB＝6，CE＝4，
∴ ABCD的面积为：AB×CE＝6×424；
（2）证明：延长EM，CD交于点N，连接CM．
∵在 ABCD中，AB∥CD，
∴∠AEM＝∠N，
在△AEM和△DNM中，
∴△AEM≌△DNM（ASA），
∴EM＝MN，
又∵AB∥CD，CE⊥AB，
∴CE⊥CD，
∴CM是Rt△ECN斜边的中线，
∴MN＝MC，
∴∠N＝∠MCN，
∴∠EMC＝2∠N＝2∠AEM．
29．（2025春 西湖区校级期中）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，BD＝2AD，点E在线段OC上，且OE＝CE．
（1）求证：∠ADO＝2∠OBE；
（2）若F，G分别是OD，AB的中点，
①求证：△EFG是等腰三角形；
②当EF⊥EG时，BC＝10时，求平行四边形ABCD的面积．
【分析】（1）由平行四边形的性质可知，AD∥BC，AD＝BC，BD＝2DO＝2BO，则∠ADO＝∠CBO，AD＝BO＝BC，可得△BOC是等腰三角形，由等腰三角形的性质可知∠OBE＝∠CBE∠ADO，进而结论得证；
（2）①由等腰三角形的性质可知∠BEA＝90°，由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可得EGAB，由中位线的性质可知EFCD，由平行四边形的性质可知AB＝CD，可得EG＝EF，进而结论得证；②证明四边形BEFG是平行四边形，则∠EFG＝∠GBE，证明△EFG∽△EBA，则△ABE是等腰三角形，∠BAE＝∠ABE＝45°，设AC＝GE＝x，则BE＝AEx，CE，在Rt△BCE中，由勾股定理得，BC2＝BE2+CE2，即，求出满足要求的x值，进而可得BE，AC的值，根据S平行四边形ABCD＝2AC×BE计算求解即可得平行四边形ABCD的面积．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，BD＝2DO＝2BO，
∴∠ADO＝∠CBO，
∵BD＝2AD，
∴AD＝BO＝BC，
∴△BOC是等腰三角形，
∵OE＝CE，
∴∠OBE＝∠CBE∠ADO，
∴∠ADO＝2∠OBE．
（2）①证明：∵△BOC是等腰三角形，E是CO中点，
∴EB⊥CO，
∴∠BEA＝90°，
∵G为AB中点，
∴EGAB，
∵E、F分别是OC、OD的中点，
∴EFCD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，
∴EG＝EF，
∴△EFG是等腰三角形．
②解：由题意知，EF∥CD∥BG，
∴EFAB＝BG，
∴四边形BEFG是平行四边形，
∴∠EFG＝∠GBE，
∵∠FEG＝∠AEB＝90°，
∴△EFG∽△EBA，
∴△ABE是等腰三角形，
∴∠BAE＝∠ABE＝45°，
∴EG⊥AB，
设AG＝GE＝x，则BE＝AEx，CE，
在Rt△BCE中，由勾股定理得，BC2＝BE2+CE2，即，
解得x＝3或x＝﹣3（不合题意，舍去），
∴BE＝3，AC＝4CE＝4，
∴S平行四边形ABCD＝2120，
∴平行四边形ABCD的面积为120．
题型三．平行四边形的判定
30．（2025春 上城区校级期中）根据下列四边形中所标的数据，一定能判定为平行四边形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】由平行四边形的判定方法，即可判定．
【解答】解：A、由同旁内角互补，两直线平行判定上下一组对边平行，不能判定左右一组对边平行，不能判定四边形是平行四边形，故A不符合题意；
B、由同旁内角互补，两直线平行判定左右一组对边平行，不能判定上下一组对边平行，不能判定四边形是平行四边形，故B不符合题意；
C、由同旁内角互补，两直线平行判定上下一组对边平行，并且上下一组对边相等，判定四边形是平行四边形，故C符合题意；
D、四边形的左右一组对边相等，但上下一组对边不一定相等，不能判定四边形是平行四边形，故D不符合题意．
故选：C．
31．（2025春 瑞安市期中）如图，四边形ABCD的两条对角线AC、BD交于点O，下列条件不能判定四边形ABCD是平行四边形的是（　　）
A．AO＝CO，BO＝DO B．AB＝CD，AD＝BC
C．AB∥CD，AB＝CD D．AB∥CD，AD＝BC
【答案】D
【分析】由平行四边形的判定定理分别对各个选项进行判断即可．
【解答】解：A、∵AO＝CO，BO＝DO，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项A不符合题意；
B、∵AB＝CD，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项B不符合题意；
C、∵AB∥CD，AB＝CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项C不符合题意；
D、由AB∥CD，AD＝BC，不能判定四边形ABCD是平行四边形（如等腰梯形），故选项D符合题意；
故选：D．
32．（2025春 嵊州市期中）在四边形ABCD中，AD＝BC，添加下列条件后仍不能判定四边形ABCD为平行四边形的是（　　）
A．AB＝CD B．AB∥CD
C．AD∥BC D．∠A+∠B＝180°
【答案】B
【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．
【解答】解：A、∵AD＝CD，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项A不符合题意；
B、由AB∥CD，AD＝BC，可能是等腰梯形，不能判定四边形ABCD是平行四边形，故选项B符合题意；
C、∵AD＝BC，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项C不符合题意；
D、∵∠A+∠B＝180°，
∴AD∥BC，
∵AD＝BC
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项D不符合题意；
故选：B．
33．（2025春 瑞安市期中）如图，已知△ABD，用尺规进行如下操作：①以点B为圆心，AD长为半径画弧；②以点D为圆心，AB长为半径画弧；③两弧在BD上方交于点C，连接BC，DC．可直接判定四边形ABCD为平行四边形的条件是（　　）
A．两组对边分别平行 B．两组对边分别相等
C．对角线互相平分 D．一组对边平行且相等
【答案】B
【分析】根据平行四边形的判定定理即可得到结论．
【解答】解：由作图知，BC＝AD，CD＝AB，
∴四边形ABCD为平行四边形，
故判定四边形ABCD为平行四边形的条件是两组对边分别相等，
故选：B．
34．（2025春 瑞安市期中）如图1是我国古代数学家赵爽的“勾股圆方图”，它是由4个全等的直角三角形与中间的1个小正方形拼成的一个大正方形ABCD．已知图1中的AB＝5，将其重新拼接后，恰可以拼成如图2所示的平行四边形EFGH，则此时对角线EG的长为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】如图，过G作GQ⊥EF于Q，设长的直角边为a，短的直角边为b，由题意得，EH＝AB＝5，a＝2b，∠EPH＝90°，根据勾股定理得到PH，PE＝2，求得QG＝PH，EQ＝3×27，根据勾股定理得到EG5，
【解答】解：如图，过G作GQ⊥EF于Q，
设长的直角边为a，短的直角边为b，
由题意得，EH＝AB＝5，a＝2b，∠EPH＝90°，
∵a2+b2＝5b2＝EH2＝52，
∴b，
∴PH，PE＝2，
∴QG＝PH，EQ＝3×27，
∴EG5，
故选：B．
35．（2025春 定海区期中）如图，四边形ABCD，对角线BD⊥AB，且平分∠ADC，O为BD的中点．在AD上取一点G，使CG⊥BD，E为垂足，取AC中点F，连结BF．下列五句判断：①AO＝2BO；②EF∥AD；③AG＝3BF；④连结DF，则四边形BCDF是平行四边形：⑤FB＝2GE．其中判断正确的是（　　）
A．①②③ B．②④ C．②④⑤ D．③④⑤
【答案】B
【分析】根据含30°角直角三角形的性质即可判定①；根据题意证明出△GED≌△CED（ASA），得到GE＝CE，然后利用三角形中位线的性质即可判定②；延长AB，DC交于点H，然后证明出△ABD≌△HBD（ASA），得到AB＝HB，然后得到BF是△AHC的中位线，得到BF∥DH，然后结合等边对等角得到∠FEB＝∠FBD，然后结合AG＝2FE即可判断③；连接FD，证明出△FOB≌△COD（ASA），得到FB＝CD，然后结合FB∥CD，即可证明出四边形BCDF是平行四边形，进而可判断④；由GC＝2GE，FB＝CD，而GC≠CD，从而得到FB≠2GE，即可判断⑤．
【解答】解：∵BD⊥AB，但∠BAO≠30°，
∴AO≠2BO，故①错误；
∵CG⊥BD，
∴∠GED＝∠CED，
∵BD平分∠ADC，
∴∠GDE＝∠CDE，
又∵DE＝DE，
∴△GED≌△CED（ASA），
∴GE＝CE，
∵AC中点为F，
∴EF∥AD，故②正确；
如图所示，延长AB，DC交于点H
∵BD⊥AB，
∴∠ABD＝∠HBD＝90°，
∵∠GDE＝∠CDE，BD＝BD，
∴△ABD≌△HBD（ASA），
∴AB＝HB，
∵点F为AC的中点，
∴BF是△AHC的中位线，
∴BF∥DH，
∴∠FBD＝∠HDE，
∵∠GDE＝∠CDE，
∴∠FBD＝∠GDE，
∵EF∥AD，
∴∠FEB＝∠GDE＝∠FBD，
∴FB＝FE，
∵EF是△AGC的中位线，
∴AG＝2FE，
∴AG＝2BF，故③错误；
如图所示，连接FD，
∵∠FBO＝∠CDO，OB＝OD，∠FOB＝∠COD，
∴△FOB≌△COD（ASA），
∴FB＝CD，
又∵FB∥CD，
∴四边形BCDF是平行四边形，故④正确；
∵GC＝2GE，FB＝CD，而GC≠CD，
∴FB≠2GE，故⑤错误，
综上所述，其中判断正确的是②④．
故选：B．
36．（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．
【答案】AB∥CD（答案不唯一）．
【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）．
37．（2025春 钱塘区期中）如图，在等边△ABC中，BC＝5cm，射线AG∥BC，点E从点A出发沿射线AG以1cm/s的速度运动，点F从点B出发沿射线BC以2cm/s的速度运动．如果点E、F同时出发，设运动时间为t（s），当t＝　或5　 时，以A、C、E、F为顶点四边形是平行四边形．
【答案】或5
【分析】分别从当点F在C的左侧时与当点F在C的右侧时去分析，由当AE＝CF时，以A、C、E、F为顶点四边形是平行四边形，可得方程，解方程即可求得答案．
【解答】解：①当点F在C的左侧时，根据题意得：AE＝tcm，BF＝2tcm，
则CF＝BC﹣BF＝5﹣2t（cm），
∵AG∥BC，
∴当AE＝CF时，四边形AECF是平行四边形，
即t＝5﹣2t，
解得：t；
②当点F在C的右侧时，根据题意得：AE＝tcm，BF＝2tcm，
则CF＝BF﹣BC＝2t﹣5（cm），
∵AG∥BC，
∴当AE＝CF时，四边形AEFC是平行四边形，
即t＝2t﹣5，
解得：t＝5；
综上可得：当ts或5s时，以A、C、E、F为顶点四边形是平行四边形．
故答案为：或5．
38．（2025春 温州期中）科学实验器具盒的侧面构造如图所示，三条连杆EF，AB，CD连结了两个储物盒（即线段BH和ED）和底面（即AC所在直线），且AB＝2EF＝2CD＝26cm，BH＝ED＝24cm．拉杆GE与EF的夹角始终等于60°．其中构成的四边形EFBO和AODC在盒子开启和关闭过程中保持为平行四边形．如图（1），盒子关闭时，CD靠在底座，点B和D所在直线与底面AC垂直，两个储物盒之间的距离为　5　 cm；如图（2），盒子完全打开后，拉杆GE与底面AC平行，则线段BH与图（1）状态时相比，高度上升了　1310　 cm．
【答案】5，1310．
【分析】设延长的BD交AC于点K，通过勾股定理求出BK的长，再得到BD＝DKBK＝5cm，即可得出两个储物盒之间的距离，过点B作BM⊥DE于点M，过点O作ON⊥CA于点N，则∠BMO＝90°，通过含30°角的直角三角形得到OMOBcm，根据勾股定理求出BM，同理得到ON，即可求出BH上升的高度．
【解答】解：设延长的BD交AC于点K，如图：
由题意可得：BK⊥AK，AK＝DE＝24cm，AKI∥DE∥BH，
在Rt△AKB中，BK10cm，
∵四边形EFBO和AODC为平行四边形，
∴OB＝EF，OA＝CD，
∵AB＝2EF＝2CD，
∴OA＝OB，
∴点O为AB中点，
∵AK∥DE，
∴1，
∴点D为BK中点，
∴BD＝DKBK＝5cm，
∴两个储物盒之间的距离为5cm，
如图，过点B作BM⊥DE于点M，过点O作ON⊥CA于点N，则∠BMO＝90°，
∵四边形EFBO为平行四边形，∠GEF＝60°，
∴OB∥EF，
∴∠BOE＝∠GEF＝60°，
∵∠BMO＝90°，
∴∠OBM＝90°﹣∠BOE＝30°，
∵OB＝OAAB＝13cm，
∴OMOBcm，
在Rt△BMO中，BM（cm），
同理可得：ON（cm ），
∴线段BH与第一张图状态时相比，上升的高度为：
h＝ON﹣BK+BM10（1310）cm，
故答案为：5，1310．
39．（2025春 南湖区校级期中）如图，在由边长为1的小正方形组成的5×6的网格中，△ABC的三个顶点均在格点上，请按要求解决下列问题：
（1）判断△ABC的形状；
（2）在图中找到一个格点D，使四边形ABCD为平行四边形，并求出平行四边形的面积．
【分析】（1）分别计算三边长度，根据勾股定理的逆定理判断；
（2）过点A作AD∥BC，过点C作CD∥AB，根据S平行四边形ABCD＝S矩形EFMN﹣S△AEB﹣S△AND﹣S△CDM﹣S△BCF即可得解．
【解答】解：（1）△ABC是直角三角形，理由如下：
由题意可得，AB，AC2，BC5．
∵（ ）2+（2）2＝25＝52，即AB2+AC2＝BC2，
∴△ABC是直角三角形．
（2）过点A作AD∥BC，过点C作CD∥AB，直线AD和CD的交点就是D的位置，格点D的位置如图，
S平行四边形ABCD＝S矩形EFMN﹣S△AEB﹣S△AND﹣S△CDM﹣S△BCF
＝4×61×23×41×2
＝10．
题型四．平行四边形的判定与性质
40．（2025春 拱墅区期中）如图，E是 ABCD的边AD延长线上一点，连接BE，CE，BD，BE交CD于点F．添加以下条件，不能判定四边形BCED为平行四边形的是（　　）
A．EF＝BF B．∠BDE＝∠BCE C．∠ABD＝∠DCE D．∠AEB＝∠BCD
【答案】D
【分析】添加条件EF＝BF后可证明△DEF≌△CBF（AAS），得到DF＝CF，进而可得结论，A不符合题意；添加条件∠BDE＝∠BCE，可证明∠BCE+∠DBC＝180°，进而得到BD∥CE，从而证明结论，B不符合题意；添加条件∠ABD＝∠DCE，可证BD∥CE，进而证明结论，C不符合题意；添加条件∠AEB＝∠BCD，无法得到四边形BCED为平行四边形，D符合题意．
【解答】解：A、∵ ABCD，
∴AE∥BC，
∴∠DEF＝∠CBF，∠EDF＝∠BCF，
∵EF＝BF，
∴△DEF≌△CBF（AAS），
∴DF＝CF，
∴四边形BCED为平行四边形，不符合题意；
B、∵ ABCD，
∴AE∥BC，
∴∠BDE+∠DBC＝180°，
∵∠BDE＝∠BCE，
∴∠BCE+∠DBC＝180°，
∴BD∥CE，
∴四边形BCED为平行四边形，不符合题意；
C、∵ ABCD，
∴AB∥DC，
∴∠ABD＝∠BDC，
∵∠ABD＝∠DCE，
∴∠BDC＝∠DCE，
∴BD∥CE，
∴四边形BCED为平行四边形，不符合题意；
D、添加条件∠AEB＝∠BCD，无法证明四边形BCED为平行四边形，符合题意；
故选：D．
41．（2025春 杭州期中）如图1，平行四边形ABCD中，AD＞AB，∠ABC为锐角．要在对角线BD上找点N，M，使四边形ANCM为平行四边形，现有图2中的甲、乙、丙三种方案，则正确的方案是（　　）
A．只有甲、乙才是 B．只有甲、丙才是
C．只有乙、丙才是 D．甲、乙、丙都是
【答案】D
【分析】方案甲，连接AC，由平行四边形的性质得OB＝OD，OA＝OC，则NO＝OM，得四边形ANCM为平行四边形，方案甲正确；
方案乙，证△ABN≌△CDM（AAS），得AN＝CM，再由AN∥CM，得四边形ANCM为平行四边形，方案乙正确；
方案丙，证△ABN≌△CDM（ASA），得AN＝CM，∠ANB＝∠CMD，则∠ANM＝∠CMN，证出AN∥CM，得四边形ANCM为平行四边形，方案丙正确．
【解答】解：方案甲中，连接AC，如图所示：
∵四边形ABCD是平行四边形，O为BD的中点，
∴OB＝OD，OA＝OC，
∵BN＝NO，OM＝MD，
∴NO＝OM，
∴四边形ANCM为平行四边形，故方案甲正确；
方案乙中，∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴∠ABN＝∠CDM，
∵AN⊥BD，CM⊥BD，
∴AN∥CM，∠ANB＝∠CMD，
在△ABN和△CDM中，，
∴△ABN≌△CDM（AAS），
∴AN＝CM，
又∵AN∥CM，
∴四边形ANCM为平行四边形，故方案乙正确；
方案丙中，∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BAD＝∠BCD，AB＝CD，AB∥CD，
∴∠ABN＝∠CDM，
∵AN平分∠BAD，CM平分∠BCD，
∴∠BAN＝∠DCM，
在△ABN和△CDM中，，
∴△ABN≌△CDM（ASA），
∴AN＝CM，∠ANB＝∠CMD，
∴∠ANM＝∠CMN，
∴AN∥CM，
∴四边形ANCM为平行四边形，故方案丙正确；
故选：D．
42．（2025春 拱墅区期中）用若干根木棒搭平行四边形，在长度分别为4cm，8cm，10cm的三根木棒中，选择长度是　8　 cm的木棒作为平行四边形的一边，另两根作为对角线，可搭成平行四边形．
【答案】8．
【分析】根据平行四边形的对角线互相平分，结合三角形的三边关系，进行判断即可．
【解答】解：当选择长度为8cm的为边时，则10cm，12cm的为对角线，两条对角线的一半分别为：5cm，6cm，5+6＞8，可以搭成平行四边形；
当选择长度为10cm的为边时，则8cm，12cm的为对角线，两条对角线的一半分别为：4cm，6cm，4+6＝10，无法搭成平行四边形；
当选择长度为12cm的为边时，则8cm，10cm的为对角线，两条对角线的一半分别为：4cm，5cm，4+5＜12，无法搭成平行四边形；
故答案为：8．
43．（2025春 奉化区校级期中）如图，平行四边形ABCD中，AB＝8cm，AD＝12cm，点P在AD边上以每秒1cm的速度从点A向点D运动，点Q在BC边上，以每秒4cm的速度从点C出发，在CB间往返运动，两个点同时出发，当点P到达点D时停止（同时点Q也停止）．在运动以后，当t＝　4.8s或8s或9.6s 时以P、D、Q、B四点组成的四边形为平行四边形．
【答案】4.8s或8s或9.6s
【分析】根据平行四边形的判定可得当DP＝BQ时，以点P、D、Q、B为顶点组成平行四边形，然后分情况讨论，再列出方程，求出方程的解即可．
【解答】解：设经过t秒，以点P、D、Q、B为顶点组成平行四边形，
∵以点P、D、Q、B为顶点组成平行四边形，
∴DP＝BQ，
分为以下情况：①点Q的运动路线是C﹣B，方程为12﹣4t＝12﹣t，
此时方程t＝0，此时不符合题意；
②点Q的运动路线是C﹣B﹣C，方程为4t﹣12＝12﹣t，
解得：t＝4.8；
③点Q的运动路线是C﹣B﹣C﹣B，方程为12﹣（4t﹣24）＝12﹣t，
解得：t＝8；
④点Q的运动路线是C﹣B﹣C﹣B﹣C，方程为4t﹣36＝12﹣t，
解得：t＝9.6；
综上所述，4.8s或8s或9.6s时，以P、D、Q、B四点组成的四边形为平行四边形，
故答案为：4.8s或8s或9.6s．
44．（2025春 杭州期中）如图，点E、F是平行四边形ABCD对角线AC上两点，BE∥DF．
（1）求证：四边形BEDF是平行四边形；
（2）若，BC＝8，∠ACB＝30°，求平行四边形ABCD的周长．
【分析】（1）先证∠ACB＝∠CAD，再证出△BEC≌△DFA，从而得出BE＝DF，结合BE∥DF，即可判定四边形BEDF是平行四边形；
（2）过A点作AG⊥BC，交CB的延长线于G，在Rt△AGC中，根据含30°角的直角三角形的性质和勾股定理得出AG，CG，在Rt△AGB 中，根据勾股定理求出AB，即可得的答案．
【解答】（1）证明：平行四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC，
∴∠ACB＝∠CAD，
又∵BE∥DF，
∴∠BEC＝∠DFA，
在△BEC和△DFA中，，
∴△BEC≌△DFA（AAS），
∴BE＝DF，
又BE∥DF，
∴四边形BEDF是平行四边形；
（2）解：过A点作AG⊥BC，交CB的延长线于G，
在Rt△AGC中，AC＝6，∠ACB＝30°，
∴AG＝3，
∴CG9．
∵BC＝8，
∴BG＝CG﹣BC＝1，
在Rt△AGB 中，AG＝3，BG＝1，
AB2，
∴平行四边形ABCD的周长＝2（AB+BC）＝16+4．
45．（2025春 浙江期中）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，BO＝DO．
（1）求证：四边形ABCD是平行四边形．
（2）若CD＝12，BD＝26，AC⊥AB，求四边形ABCD的面积．
【分析】（1）根据平行线的性质得到∠ABD＝∠BDC，得到AB＝CD，推出四边形ABCD是平行四边形；
（2）根据平行四边形的性质得到AB＝CD＝12，OB，根据勾股定理得到AO5，求得AC＝2AO＝10，根据平行四边形的面积得到结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O．
∵AB∥CD，
∴∠ABD＝∠BDC，
在△ABO和△CDO中，，
∴△ABO≌△CDO（ASA），
∴AB＝CD，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD＝12，OB，
∵AC⊥AB，
∴∠BAC＝90°，
∴AO5，
∴AC＝2AO＝10，
∴四边形ABCD的面积＝AC AB＝12×10＝120；
46．（2025春 瑞安市期中）如图，在四边形ABCD中，∠ACB＝∠CAD＝90°，点E在BC上，AE∥DC．
（1）求证：四边形AECD是平行四边形；
（2）若∠D＝60°，AE＝BE，AD＝3，求AB的长．
【分析】（1）根据平行线的判定和平行四边形的判定定理即可得到结论；
（2）根据平行四边形的性质得到∠AEC＝∠D＝60°，求得，根据勾股定理得到，根据直角三角形的性质即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵∠ACB＝∠CAD＝90°，
∴AD∥CE，
∵AE∥DC，
∴四边形AECD是平行四边形；
（2）解：∵四边形AECD是平行四边形，∠D＝60°，
∴∠AEC＝∠D＝60°，
∵AE＝BE，
∴，
∵∠CAD＝90°，∠D＝60°，AD＝3，
∴CD＝2AD＝2×3＝6，AC3，
∵∠ACB＝90°，∠B＝30°，
∴．
47．（2025春 义乌市校级期中）如图，已知点E是 ABCD的边DC延长线上的一个点，CE＝DC．连接AE，交BC于点F，连接AC，BE．
（1）求证：四边形ABEC是平行四边形．
（2）若AE＝AD，请判断四边形ABEC的形状并说明理由．
【分析】（1）根据四边形ABCD是平行四边形得到AB＝CD，AB∥CD，由CE＝CD，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可得到结论；
（2）根据对角线相等的平行四边形是矩形即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∵CE＝CD，
∴AB∥CE，AB＝CE，
∴四边形ABEC是平行四边形；
（2）解：四边形ABEC是矩形，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，
∵AE＝AD，
∴AE＝BC，
∴四边形ABEC是矩形．
48．（2025春 鹿城区校级期中）如图， ABCD两条对角线AC，BD相交于点O，E是BO的中点，连结CE并延长至点F，连结BF，使BF∥AC，连结AF．
（1）求证：四边形AOBF是平行四边形．
（2）若AD⊥AC，BC＝2，，求 AOBF的面积．
【分析】（1）根据平行四边形的性质得到AO＝OC，根据全等三角形的性质得到EF＝CE，根据三角形中位线定理得到OD∥AF，AF＝2OE，根据平行四边形的判定定理得到结论．
（2）G根据平行线的性质得到∠ACB＝∠CAD＝90°，根据勾股定理得到AC6，求得AO3，根据平行四边形的面积公式得到 AOBF的面积＝OA BC＝3×2＝6．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝OC，
∵E是BO的中点，
∴OE＝BE，
∵BF∥AC，
∴∠BOC＝∠ABE，∠EFB＝∠OCE，
∴△BEF≌△OEC（AAS），
∴EF＝CE，
∴OE是△ACF的中位线，
∴OE∥AF，
∴OD∥AF，AF＝2OE，
∵OB＝2OE，
∴AF＝OB，
∴四边形AOBF是平行四边形．
（2）解：∵AD∥BC，AD⊥AC，
∴∠ACB＝∠CAD＝90°，
∵BC＝2，，
∴AB＝CD＝2，
∴AC6，
∴AO3，
∴ AOBF的面积＝OA BC＝3×2＝6．
49．（2025春 上城区校级期中）如图，已知 ABCD，AC、BD相交于点O，延长CD到点E，使CD＝DE，连接AE．
（1）求证：四边形ABDE是平行四边形；
（2）连接BE，交AD于点F，连接OF，判断CE与OF的数量关系，并说明理由．
【分析】（1）由平行四边形的性质得AB∥CD，AB＝CD，再证AB＝DE，即可得出结论；
（2）由平行四边形的性质得BF＝EF，OB＝OD，再证OF是△BDE的中位线，得DE＝2OF，即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∵CD＝DE，
∴AB＝DE，
∴四边形ABDE是平行四边形；
（2）解：CE与OF的数量关系为：CE＝4OF，理由如下：
由（1）得：四边形ABDE是平行四边形，
∴BF＝EF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB＝OD，
∴OF是△BDE的中位线，
∴DE＝2OF，
∵CD＝DE，
∴CE＝2DE，
∴CE＝4OF．
50．（2025春 钱塘区期中）如图，在 ABCD中，AF平分∠BAD交BC于点F，CE平分∠BCD交AD于点E．
（1）若AD＝12，AB＝8，求CF的长；
（2）连接BE和AF相交于点G，DF和CE相交于点H，求证：EF和GH互相平分．
【分析】（1）由平行线的性质得出∠DAF＝∠AFB，由已知得出∠BAF＝∠DAF，得出∠AFB＝∠BAF，证出BF＝AB＝8，即可得出答案；
（2）证出四边形AFCE是平行四边形，再证明四边形BFDE是平行四边形，得出BE∥DF，得出四边形EGFH是平行四边形，即可得出EF和GH互相平分．
【解答】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，BC＝AD＝12，∠BAD＝∠BCD，∠ABF＝∠CDE，AB＝CD，
∴∠DAF＝∠AFB，
∵AF平分∠BAD，
∴∠BAF＝∠DAF，
∴∠AFB＝∠BAF，
∴BF＝AB＝8，
∴CF＝BC﹣BF＝12﹣8＝4；
（2）证明：∵∠BAD＝∠BCD，AF平分∠BAD，CE平分∠BCD，
∴∠BAF＝∠DAF＝∠FCE＝∠DCE，
∵∠DAF＝∠AFB，
∴∠FCE＝∠AFB，
∴AF∥CE，
ABCD中，AE∥CF，
∴四边形AFCE是平行四边形，
∴AE＝CF，
∴DE＝BF，
∵AD∥BC，
∴四边形BFDE是平行四边形，
∴BE∥DF，
∵AF∥CE，
∴四边形EGFH是平行四边形，
∴EF和GH互相平分．
题型五．三角形中位线定理
51．（2025春 萧山区期中）如图，在△ABC中，点D，E分别是边AB，BC的中点，若△DBE的周长是7，则△ABC的周长是（　　）
A．8 B．10 C．12 D．14
【答案】D
【分析】根据线段中点的性质、三角形中位线定理得到BDAB，BEBC，DEAC，计算即可．
【解答】解：∵点D、E分别是边AB、BC的中点，
∴BDAB，BEBC，DEAC，
∴AB＝2BD，BC＝2BE，AC＝2DE，
∴△ABC的周长＝AB+BC+AC＝2BD+2BE+2DE＝2（BD+BE+DE）＝2×△DBE的周长＝2×7＝14，
故选：D．
52．（2025春 杭州期中）如图，四边形ABCD中，R是CD中点，E、F分别是AP、RP的中点，当动点P在CB上从C向B移动时，下列结论成立的是（　　）
A．线段EF的长逐渐增大
B．线段EF的长逐渐减小
C．线段EF的长不变
D．线段EF的长与点P的位置有关
【答案】C
【分析】连接AR，由题意可知EF是△APR的中位线，且AR的长是定值，从而得出结论．
【解答】解：如图，连接AR，
∵四边形ABCD中，R是CD中点，E、F分别是AP、RP的中点，
∴EF是△APR的中位线，
∴EF，
由题意可知，线段AR的长度是定值，
∴线段EF的长度是定值，
∴线段EF的长不变，
故选：C．
53．（2025春 拱墅区校级期中）在四边形ABCD中，AB＝8，CD＝12，M、N分别是AD，BC的中点，则线段MN的取值范围（　　）
A．2＜MN＜10 B．2＜MN≤10 C．4＜MN＜20 D．4＜MN≤20
【答案】B
【分析】连接BD，取BD的中点G，连接NG，MG．利用中位线定理可得，，利用三边关系可得MN的取值范围．
【解答】连接BD，取BD的中点G，连接NG，MG．
∵G是BD的中点，M是边AD的中点，
∴MG是△ABD的中位线，
∴；
∵G是BD的中点，N是BC的中点，
∴NG是△BCD的中位线，
∴，
在△MNG中，由三角形三边关系可知NG﹣MG＜MN＜MG+NG，
即6﹣4＜MN＜6+4，
∴2＜MN＜10，
当MN＝MG+NG，即MN＝8时，四边形ABCD是梯形，
故2＜MN≤10．
故选：B．
54．（2025春 浙江期中）如图，△ABC中，AB＝4，AC＝3，AD是∠BAC的角平分线，AE是BC上的中线，过点C作CG⊥AD于F，交AB于G，连结EF，则线段EF的长为（　　）
A．1 B． C． D．
【答案】B
【分析】先根据角平分线的定义得∠CAF＝∠GAF，再根据CG⊥AD，可得∠AGC＝∠ACG，进而得AC＝AG＝3，然后根据AB﹣AG＝BG求出BG，最后根据三角形中位线的性质得出答案．
【解答】解：∵AD是∠BAC的角平分线，
∴∠CAF＝∠GAF．
∵CG⊥AD，
∴∠AFG＝∠AFC，
∴∠AGC＝∠ACG，
∵AC＝3，
∴AC＝AG＝3，点F是CG的中点．
∵AB＝4，
∴AB﹣AG＝BG＝1，
∵点F是CG的中点，AE是BC上的中线，
∴EF是△BCG的中位线，
∴．
故选：B．
55．（2025春 鄞州区期中）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝13，AC＝5，点D是AB上一动点，作DE∥AC，且DE＝2，连接BE、CD，P、Q分别是BE、DC的中点，连接PQ，则PQ长为（　　）
A．6 B．2 C． D．6.5
【答案】C
【分析】由勾股定理得出BC12，取BD中点F，连接PF、QF，证出PF是△BDE的中位线，FQ是△BCD的中位线，由三角形中位线定理得出PF∥ED，PFDE＝1，FQ∥BC，FQBC＝6，证出PF⊥FQ，再由勾股定理求出PQ即可．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，AB＝13，AC＝5，
∴BC12，
取BD中点F，连接PF、QF，如图所示：
∵P、Q分别是BE、DC的中点，
∴PF是△BDE的中位线，FQ是△BCD的中位线，
∴PF∥ED，PFDE＝1，FQ∥BC，FQBC＝6，
∵DE∥AC，AC⊥BC，
∴PF⊥FQ，
∴PQ；
故选：C．
56．（2025春 温州期中）如图，小华同学想测量池塘A，B两处之间的距离．他先在A，B外选一点C，然后找出AC，BC的中点为D，E，测得DE＝20m，则A，B之间的距离为　40　 m．
【答案】40．
【分析】根据三角形中位线定理即可求出AB的长度．
【解答】解：∵D、E分别是AC、BC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴AB＝2DE＝2×20＝40（m），
故答案为：40．
57．（2025春 瑞安市期中）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝90°，连结AC，BD，点E，F分别是AD，BD的中点，AC＝10，BC＝6，则EF＝ 　4　 ．
【答案】4．
【分析】由勾股定理求出AB＝8，由三角形中位线定理可得出答案．
【解答】解：∵AC＝10，BC＝6，∠ABC＝90°，
∴AB8，
∵点E，F分别是AD，BD的中点，
∴EF是△ABD的中位线，
∴EFAB＝4，
故答案为：4
58．（2025春 诸暨市期中）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，点D，E分别在BC，AC边上，且AE＝4，BD＝6，分别连接AD，BE，点M，N分别是AD，BE的中点，连接MN，则线段MN的长为 　　 ．
【答案】．
【分析】根据题意取AB的中点F，连接NF，MF，根据三角形的中位线的性质，可得，MF∥BD，，NF∥AE，根据勾股定理，则MN2＝MF2+NF2，求出MN，即可．
【解答】解：取AB的中点F，连接NF，MF，
∵∠CAB+∠CBA＝90°，
∵点M是AD的中点，
∴MF是△ABD的中位线，
∴，MF∥BD，
∴∠AFM＝∠CBA，
∵NF是△ABE的中位线，
∴，NF∥AE，
∴∠BFN＝∠BAC，
∴∠BFN+∠AFM＝∠BAC+∠CBA＝90°，
∴∠MFN＝90°，
∴MN2＝MF2+NF2，
∴MN2＝32+22＝13，
∴．
故答案为：．
59．（2025春 拱墅区校级期中）如图，△ABC的周长为19，点D，E在边BC上，∠ABC的平分线垂直于AE，垂足为N，∠ACB的平分线垂直于AD，垂足为M，若BC＝7，则MN的长度为　　 ．
【答案】
【分析】证明△BNA≌△BNE，得到BA＝BE，即△BAE是等腰三角形，同理△CAD是等腰三角形，根据题意求出DE，根据三角形中位线定理计算即可．
【解答】解：∵BN平分∠ABC，BN⊥AE，
∴∠NBA＝∠NBE，∠BNA＝∠BNE，
在△BNA和△BNE中，．
∴△BNA≌△BNE（ASA），
∴BA＝BE，
∴△BAE是等腰三角形，
同理△CAD是等腰三角形，
∴点N是AE中点，点M是AD中点（三线合一），
∴MN是△ADE的中位线，
∵BE+CD＝AB+AC＝19﹣BC＝19﹣7＝12，
∴DE＝BE+CD﹣BC＝5，
∴MNDE．
故答案为：．
60．（2025春 滨江区期中）【三角形中位线定理】
已知：在△ABC中，点D，E分别是边AB，AC的中点．直接写出DE和BC的关系；
【应用】
如图，在四边形ABCD中，点E，F分别是边AB，AD的中点，若BC＝5，CD＝3，EF＝2，∠AFE＝45°，求∠ADC的度数；
【拓展】
如图，在四边形ABCD中，AC与BD相交于点E，点M，N分别为AD，BC的中点，MN分别交AC，BD于点F，G，EF＝EG．
求证：BD＝AC．
【分析】【三角形中位线定理】根据三角形中位线定理即可得到结论；
【应用】连接BD，根据三角形中位线定理得到EF∥BD，BD＝2EF＝4，根据勾股定理的逆定理得到∠BDC＝90°，计算即可；
【拓展】取DC的中点H，连接MH、NH，则MH、NH分别是△ACD、△BCD的中位线，由中位线的性质定理可得MH∥AC且MHAC，NH∥BD且NHBD，根据等腰三角形的性质即可得结论．
【解答】解：【三角形中位线定理】DE∥BC，DEBC；
理由：∵点D，E分别是边AB，AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE∥BC，DEBC；
【应用】连接BD，如图所示，
∵E、F分别是边AB、AD的中点，
∴EF∥BD，BD＝2EF＝4，
∴∠ADB＝∠AFE＝45°，
∵BC＝5，CD＝3，
∴BD2+CD2＝25，BC2＝25，
∴BD2+CD2＝BC2，
∴∠BDC＝90°，
∴∠ADC＝∠ADB+∠BDC＝135°；
【拓展】证明：取DC的中点H，连接MH、NH．
∵M、H分别是AD、DC的中点，
∴MH是△ADC的中位线，
∴MH∥AC且MHAC（三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半），
同理可得NH∥BD且NHBD．
∵EF＝EG，
∴∠EFG＝∠EGF，
∵MH∥AC，NH∥BD，
∴∠EFG＝∠HMN，∠EGF＝∠HNM，
∴∠HMN＝∠HNM，
∴MH＝NH，
∴AC＝BD．
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题型突破09多边形以及平行四边形的判定与性质5大重点题型
题型一．多边形内角与外角
1．（2025春 越城区期中）一个多边形的每个内角都是144°，这个多边形是（　　）
A．八边形 B．十边形 C．十二边形 D．十四边形
2．（2025春 瑞安市期中）一个多边形的内角和比它的外角和的3倍少180°，则这个多边形的边数是（　　）
A．七 B．八 C．九 D．十
3．（2025春 温州期中）如图，在五边形ABCDE中，AB∥ED，∠1，∠2，∠3分别是∠ABC，∠BCD，∠CDE的外角，则∠1+∠2+∠3的度数为（　　）
A．180° B．210° C．240° D．270°
4．（2025春 嘉兴校级期中）五边形的内角和为　 　 ．
5．（2025春 鄞州区期中）若n边形的每个外角都是18°，则n的值为 　 　 ．
6．（2025春 诸暨市期中）一个多边形的内角和是720°，这个多边形的边数是 　 　 ．
7．（2025春 上城区校级期中）一个多边形的内角和是它的外角和的3倍，则这个多边形是 　 　 边形．
8．（2025春 拱墅区校级期中）四边形ABCD中，∠A＝80°，∠B＝130°，∠C＝60°，则∠D的度数为 　 　 °．
9．（2025春 娄底期中）如图，在正五边形ABCDE中，连接两条对角线AD，BD，则∠ADB的度数为　 　 ．
10．（2025春 丽水期中）如图，∠1＝65°，∠2＝85°，∠3＝60°，∠4＝40°，则∠5＝ 　 　 ．
11．（2025春 上城区校级期中）门窗是中国古代木构架建筑上的重要组成部分．如图①所示是一款冰裂纹窗格，图②是窗格中的部分图案．其中∠1，∠2，∠3，∠4是五边形ABCDE的4个外角，若∠1+∠2+∠3+∠4＝300°，则∠D的度数是 　 　 °．
题型二．平行四边形的性质
12．（2025春 龙湾区期中）在平行四边形ABCD中，∠B+∠D＝110°，∠B的度数是（　　）
A．70° B．55° C．50° D．45°
13．（2025春 西湖区校级期中）如图，在 ABCD中，AE平分∠BAD交BC于点E，连接AC．若AB＝AE，∠EAC＝20°，则∠ACD的度数为（　　）
A．50° B．60° C．70° D．80°
14．（2025春 余杭区校级期中）如图，平行四边形ABCD中，AD＝8，AB＝6，DE平分∠ADC交BC边于点E，则BE的长为（　　）
A．1 B．4 C．3 D．2
15．（2025春 余杭区校级期中）如图，在平行四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，则下列结论不一定成立的是（　　）
A．AO＝DO B．CD＝AB
C．∠BAD＝∠BCD D．AD∥BC，且AD＝BC
16．（2025春 温州校级期中）如图，在 ABCD中，AC为对角线，E为BC边上一点，连接AE、DE，且AB＝AE．若AE平分∠DAB，∠EAC＝10°，则∠CAD＝（　　）
A．45° B．50° C．55° D．60°
17．（2025春 义乌市期中）如图， ABCD中，AC，BD为对角线，∠BAC＝90°，且AC：BD＝2：3，若 ABCD的面积为，则AB的长为（　　）
A．2 B．2 C．4 D．4
18．（2025春 乐清市校级期中）如图，在 ABCD中，对角线AC和BD交于点O，且BD＝2AC，若AB＝2，AB⊥AC，则 ABCD的面积为（　　）
A． B． C．8 D．32
19．（2025春 温州校级期中）如图， ABCD的对角线AC，BD交于点O，已知AB＝4，△OAB的周长比△OBC的周长小3，则BC的长为 　 　 ．
20．（2025春 上城区校级期中）在 ABCD中，AB＝15，AD＝9，AB和CD之间的距离为6，则AD和BC之间的距离为　 　 ．
21．（2025秋 宁波校级期中）如图，在 ABCD中，过点D作DE⊥AB，垂足为E，过点B作BF⊥AC，垂足为F．若AB＝12，AC＝16，DE＝8，则BF的长为 　 　 ．
22．（2025春 杭州校级期中）如图，平行四边形的每一个顶点都用线段与两条对边的中点相连．这些直线所围成图形（阴影部分）的面积与原平行四边形面积之比为　 　 ．
23．（2025春 拱墅区期中）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，过点O作EO⊥BD，交BC的延长线于点E，交CD于点F，若EF＝OF，∠CBD＝45°，，CE＝2，则下列所有正确结论的序号是　 　 ①EO平分∠BED；②DE⊥BE；③CF：DF＝1：2；④．
24．（2025春 上城区校级期中）如图，在 ABCD中，M，N在对角线AC上，且AM＝CN，求证：BM∥DN．
25．（2025春 杭州期中）如图，在6×6的方格纸中，每个小正方形的边长均为1，点A，B均在格点上，请解答下列问题．
（1）画一个面积为12的 ABCD，使它的顶点都在格点上；
（2）求该平行四边形的周长．
26．（2025春 柯桥区期中）如图，四边形ABCD是平行四边形，分别以点A、B为圆心，AB的长为半径画弧，交AD、BC于点F和点E，连接EF．
（1）判断四边形CDFE的形状，并说明理由；
（2）若∠B＝60°，AB＝8，求四边形ABEF的面积．
27．（2025春 拱墅区校级期中）在 ABCD中，对角线AC⊥AB，BE平分∠ABC交AD于点E，交AC于点F．
（1）求证：AE＝AB；
（2）若AB＝3，BC＝5，求AF的长．
28．（2025春 拱墅区期中）如图，在平行四边形ABCD中，点M为边AD的中点，过点C作AB的垂线交AB于点E，连接ME，已知AM＝2AE＝4，∠BCE＝30°．
（1）求平行四边形ABCD的面积S；
（2）求证：∠EMC＝2∠AEM．
29．（2025春 西湖区校级期中）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，BD＝2AD，点E在线段OC上，且OE＝CE．
（1）求证：∠ADO＝2∠OBE；
（2）若F，G分别是OD，AB的中点，
①求证：△EFG是等腰三角形；
②当EF⊥EG时，BC＝10时，求平行四边形ABCD的面积．
题型三．平行四边形的判定
30．（2025春 上城区校级期中）根据下列四边形中所标的数据，一定能判定为平行四边形的是（　　）
A． B．
C． D．
31．（2025春 瑞安市期中）如图，四边形ABCD的两条对角线AC、BD交于点O，下列条件不能判定四边形ABCD是平行四边形的是（　　）
A．AO＝CO，BO＝DO B．AB＝CD，AD＝BC
C．AB∥CD，AB＝CD D．AB∥CD，AD＝BC
32．（2025春 嵊州市期中）在四边形ABCD中，AD＝BC，添加下列条件后仍不能判定四边形ABCD为平行四边形的是（　　）
A．AB＝CD B．AB∥CD
C．AD∥BC D．∠A+∠B＝180°
33．（2025春 瑞安市期中）如图，已知△ABD，用尺规进行如下操作：①以点B为圆心，AD长为半径画弧；②以点D为圆心，AB长为半径画弧；③两弧在BD上方交于点C，连接BC，DC．可直接判定四边形ABCD为平行四边形的条件是（　　）
A．两组对边分别平行 B．两组对边分别相等
C．对角线互相平分 D．一组对边平行且相等
34．（2025春 瑞安市期中）如图1是我国古代数学家赵爽的“勾股圆方图”，它是由4个全等的直角三角形与中间的1个小正方形拼成的一个大正方形ABCD．已知图1中的AB＝5，将其重新拼接后，恰可以拼成如图2所示的平行四边形EFGH，则此时对角线EG的长为（　　）
A． B． C． D．
35．（2025春 定海区期中）如图，四边形ABCD，对角线BD⊥AB，且平分∠ADC，O为BD的中点．在AD上取一点G，使CG⊥BD，E为垂足，取AC中点F，连结BF．下列五句判断：①AO＝2BO；②EF∥AD；③AG＝3BF；④连结DF，则四边形BCDF是平行四边形：⑤FB＝2GE．其中判断正确的是（　　）
A．①②③ B．②④ C．②④⑤ D．③④⑤
36．（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．
37．（2025春 钱塘区期中）如图，在等边△ABC中，BC＝5cm，射线AG∥BC，点E从点A出发沿射线AG以1cm/s的速度运动，点F从点B出发沿射线BC以2cm/s的速度运动．如果点E、F同时出发，设运动时间为t（s），当t＝　 　 时，以A、C、E、F为顶点四边形是平行四边形．
38．（2025春 温州期中）科学实验器具盒的侧面构造如图所示，三条连杆EF，AB，CD连结了两个储物盒（即线段BH和ED）和底面（即AC所在直线），且AB＝2EF＝2CD＝26cm，BH＝ED＝24cm．拉杆GE与EF的夹角始终等于60°．其中构成的四边形EFBO和AODC在盒子开启和关闭过程中保持为平行四边形．如图（1），盒子关闭时，CD靠在底座，点B和D所在直线与底面AC垂直，两个储物盒之间的距离为　 　 cm；如图（2），盒子完全打开后，拉杆GE与底面AC平行，则线段BH与图（1）状态时相比，高度上升了　 　 cm．
39．（2025春 南湖区校级期中）如图，在由边长为1的小正方形组成的5×6的网格中，△ABC的三个顶点均在格点上，请按要求解决下列问题：
（1）判断△ABC的形状；
（2）在图中找到一个格点D，使四边形ABCD为平行四边形，并求出平行四边形的面积．
题型四．平行四边形的判定与性质
40．（2025春 拱墅区期中）如图，E是 ABCD的边AD延长线上一点，连接BE，CE，BD，BE交CD于点F．添加以下条件，不能判定四边形BCED为平行四边形的是（　　）
A．EF＝BF B．∠BDE＝∠BCE C．∠ABD＝∠DCE D．∠AEB＝∠BCD
41．（2025春 杭州期中）如图1，平行四边形ABCD中，AD＞AB，∠ABC为锐角．要在对角线BD上找点N，M，使四边形ANCM为平行四边形，现有图2中的甲、乙、丙三种方案，则正确的方案是（　　）
A．只有甲、乙才是 B．只有甲、丙才是
C．只有乙、丙才是 D．甲、乙、丙都是
42．（2025春 拱墅区期中）用若干根木棒搭平行四边形，在长度分别为4cm，8cm，10cm的三根木棒中，选择长度是　 　 cm的木棒作为平行四边形的一边，另两根作为对角线，可搭成平行四边形．
43．（2025春 奉化区校级期中）如图，平行四边形ABCD中，AB＝8cm，AD＝12cm，点P在AD边上以每秒1cm的速度从点A向点D运动，点Q在BC边上，以每秒4cm的速度从点C出发，在CB间往返运动，两个点同时出发，当点P到达点D时停止（同时点Q也停止）．在运动以后，当t＝　 　 时以P、D、Q、B四点组成的四边形为平行四边形．
44．（2025春 杭州期中）如图，点E、F是平行四边形ABCD对角线AC上两点，BE∥DF．
（1）求证：四边形BEDF是平行四边形；
（2）若，BC＝8，∠ACB＝30°，求平行四边形ABCD的周长．
45．（2025春 浙江期中）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，BO＝DO．
（1）求证：四边形ABCD是平行四边形．
（2）若CD＝12，BD＝26，AC⊥AB，求四边形ABCD的面积．
46．（2025春 瑞安市期中）如图，在四边形ABCD中，∠ACB＝∠CAD＝90°，点E在BC上，AE∥DC．
（1）求证：四边形AECD是平行四边形；
（2）若∠D＝60°，AE＝BE，AD＝3，求AB的长．
47．（2025春 义乌市校级期中）如图，已知点E是 ABCD的边DC延长线上的一个点，CE＝DC．连接AE，交BC于点F，连接AC，BE．
（1）求证：四边形ABEC是平行四边形．
（2）若AE＝AD，请判断四边形ABEC的形状并说明理由．
48．（2025春 鹿城区校级期中）如图， ABCD两条对角线AC，BD相交于点O，E是BO的中点，连结CE并延长至点F，连结BF，使BF∥AC，连结AF．
（1）求证：四边形AOBF是平行四边形．
（2）若AD⊥AC，BC＝2，，求 AOBF的面积．
49．（2025春 上城区校级期中）如图，已知 ABCD，AC、BD相交于点O，延长CD到点E，使CD＝DE，连接AE．
（1）求证：四边形ABDE是平行四边形；
（2）连接BE，交AD于点F，连接OF，判断CE与OF的数量关系，并说明理由．
50．（2025春 钱塘区期中）如图，在 ABCD中，AF平分∠BAD交BC于点F，CE平分∠BCD交AD于点E．
（1）若AD＝12，AB＝8，求CF的长；
（2）连接BE和AF相交于点G，DF和CE相交于点H，求证：EF和GH互相平分．
题型五．三角形中位线定理
51．（2025春 萧山区期中）如图，在△ABC中，点D，E分别是边AB，BC的中点，若△DBE的周长是7，则△ABC的周长是（　　）
A．8 B．10 C．12 D．14
52．（2025春 杭州期中）如图，四边形ABCD中，R是CD中点，E、F分别是AP、RP的中点，当动点P在CB上从C向B移动时，下列结论成立的是（　　）
A．线段EF的长逐渐增大
B．线段EF的长逐渐减小
C．线段EF的长不变
D．线段EF的长与点P的位置有关
53．（2025春 拱墅区校级期中）在四边形ABCD中，AB＝8，CD＝12，M、N分别是AD，BC的中点，则线段MN的取值范围（　　）
A．2＜MN＜10 B．2＜MN≤10 C．4＜MN＜20 D．4＜MN≤20
54．（2025春 浙江期中）如图，△ABC中，AB＝4，AC＝3，AD是∠BAC的角平分线，AE是BC上的中线，过点C作CG⊥AD于F，交AB于G，连结EF，则线段EF的长为（　　）
A．1 B． C． D．
55．（2025春 鄞州区期中）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝13，AC＝5，点D是AB上一动点，作DE∥AC，且DE＝2，连接BE、CD，P、Q分别是BE、DC的中点，连接PQ，则PQ长为（　　）
A．6 B．2 C． D．6.5
56．（2025春 温州期中）如图，小华同学想测量池塘A，B两处之间的距离．他先在A，B外选一点C，然后找出AC，BC的中点为D，E，测得DE＝20m，则A，B之间的距离为　 　 m．
57．（2025春 瑞安市期中）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝90°，连结AC，BD，点E，F分别是AD，BD的中点，AC＝10，BC＝6，则EF＝ 　 　 ．
58．（2025春 诸暨市期中）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，点D，E分别在BC，AC边上，且AE＝4，BD＝6，分别连接AD，BE，点M，N分别是AD，BE的中点，连接MN，则线段MN的长为 　 　 ．
59．（2025春 拱墅区校级期中）如图，△ABC的周长为19，点D，E在边BC上，∠ABC的平分线垂直于AE，垂足为N，∠ACB的平分线垂直于AD，垂足为M，若BC＝7，则MN的长度为　 　 ．
60．（2025春 滨江区期中）【三角形中位线定理】
已知：在△ABC中，点D，E分别是边AB，AC的中点．直接写出DE和BC的关系；
【应用】
如图，在四边形ABCD中，点E，F分别是边AB，AD的中点，若BC＝5，CD＝3，EF＝2，∠AFE＝45°，求∠ADC的度数；
【拓展】
如图，在四边形ABCD中，AC与BD相交于点E，点M，N分别为AD，BC的中点，MN分别交AC，BD于点F，G，EF＝EG．
求证：BD＝AC．
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