初中数学北师大版（2024）八年级下册平行四边形的性质优秀课后复习题

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知识一遍过
（一）平行四边形的性质
考点一遍过
考点1：平行四边形的定义及表示
典例1：（2024上·山东潍坊·八年级统考期末）依据所标数据，下列一定为平行四边形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查平行四边形的判定，根据平行四边形的判定定理逐项判断即可．
【详解】A，由100°+80°=180°，110°+80°=190°可知一组对边平行，另一组对边不平行，不是平行四边形，不合题意；
B，三条边相等的四边形不一定是平行四边形，不合题意；
C，由110°+70°=180°可得上下两条边平行，该四边形中一组对边平行且相等，一定是平行四边形，符合题意；
D，由110°+70°=180°可得上下两条边平行，不确定边长是否相等，不一定是平行四边形，不合题意；
故选C．
【变式1】（2023·河北保定·统考模拟预测）图中每个四边形上所做的标记中，线段上的划记数量相同的表示线段相等，角的标记弧线数量相同的表示角相等，则下列一定为平行四边形的有（ ）

A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】由第四个图形中的两组内错角分别相等，得到的只有一组对边平行，故不能判断该四边形是平行四边形，其他三个图形均可判断为平行四边形．
【详解】解：∵两组对边分别相等的四边形是平行四边形，
∴第1个图是平行四边形，
∵两组对角分别相等的四边形是平行四边形，
∴第2个图是平行四边形，
∵两条对角线互相平分的四边形是平行四边形，
∴第3个图是平行四边形；
第4个图只能得到一组对边平行，
∴第4个图不一定是平行四边形；
∴一定为平行四边形的有3个；
故选C．
【点睛】本题考查的是平行四边形的判定，熟记平行四边形的判定方法是解本题的关键．
【变式2】（2022下·江西赣州·八年级校考期末）如图，已知BC为等腰三角形纸片ABC的底边，AB=AC，AD⊥BC.将此三角形纸片沿AD剪开，得到两个三角形，若把这两个三角形拼成一个平行四边形(含特殊平行四边形)，则不同的拼法有( )
A．1种B．2种C．3种D．4种
【答案】C
【分析】根据等腰三角形的性质以及平行四边形的判定，可以动手拼凑，得出答案．
【详解】解：如图所示就是3种平行四边形，

故选：C．
【点睛】此题主要考查了平行四边形的判定以及等腰三角形的性质，通过动手操作得出答案是解决问题的关键．
【变式3】（2023·河北保定·统考二模）小明为了计算▱ABCD的面积，画出一些垂线段，如图所示，这些线段不能表示▱ABCD的高的是（ ）

A．BFB．GHC．DED．BD
【答案】D
【分析】根据平行四边形的高的定义进行判断即可．
【详解】解：∵从平行四边形一条边上任意一点向对边引一条垂线，这点到垂足之间的线段叫做平行四边形的高，
由图可知，BD并不垂直于B点的对边CD，
∴ BD不能表示▱ABCD的高，
故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形的高的定义，熟练掌握从平行四边形一条边上任意一点向对边引一条垂线，这点到垂足之间的线段叫做平行四边形的高是解答本题的关键．
考点2：平行四边形的性质——求角
典例2：（2024上·云南昆明·九年级云南省昆明市第五中学校考期末）如图，已知▱ABCD中，AE⊥BC于点E，以点B为中心，取旋转角等∠ABC，把△BAE顺时针旋转，得到△BA′E′，连接DA′．若∠ADC=60°，∠ADA′=50°，则∠DA′E′的大小为（ ）

A．140°B．150°C．160°D．170°
【答案】C
【分析】本题考查旋转的性质，平行四边形的性质，根据旋转的性质可得∠BA′E′=∠BAE，由平行四边形的对角相等可得∠ADC=∠ABC，根据平行四边形对边平行，结合平行线的性质可得∠DA′B+∠ADA′=180°，进而求得 ∠DA′B的度数，根据∠ADC=∠ABC,结合三角形内角和定理可求得∠EAB的度数，即∠BA′E′的度数，接下来根据角度之间的和差关系，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
【详解】解：∵△BA′E′是由△BAE旋转得到的，
∴∠BA′E′=∠BAE，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴∠ADC=∠ABC，AD∥BC，.
∵AD∥BC，∠ADA′=50°，
∴∠DA′B=180°−∠ADA′=130°
∴∠EAB=30°=∠BA′E′，
∴∠DA′E′=∠DA′B+∠BA′E′，∠DA′B=130°，∠BA′E′=30°，
∴∠DA′E′=130°+30°=160°．
故选：C．
【变式1】（2023上·重庆九龙坡·八年级重庆实验外国语学校校考期末）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，BD=2AD，点E、点G分别是OC、AB的中点，连接BE、GE，若∠ABE=42°，则∠AEG的度数为（ ）
A．42°B．45°C．46°D．48°
【答案】D
【分析】本题主要考查了平行四边形性质、等腰三角形的三线合一、直角三角形斜边上的中线等知识点，熟悉这些知识点是解题的关键，由平行四边形的性质和已知条件可以得到△BCO是等腰三角形，再根据三线合一得到BE⊥OC，最后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到AG=EG，进而得到∠AEG=∠EAG=90°−∠ABE=48°．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形；
∴BC=AD，BD=2BO；
∵BD=2AD；
∴BD=2BC=2BO；
∴BC=BO；
∴△BCO是等腰三角形；
∵点E是OC的中点；
∴BE⊥OC；
∴△BEA是直角三角形；
∵点G是AB的中点；
∴EG=12AB，AG=12AB；
∴AG=EG；
∴∠AEG=∠EAG；
∵∠ABE=42°；
∴∠AEG=∠EAG=90°−∠ABE=90°−42°=48°；
故选：D．
【变式2】（2023上·山西吕梁·九年级统考期中）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，连接CE，四边形ACED是平行四边形，若∠ACB=30°，则∠AEC的度数为（ ）
A．45°B．60°C．75°D．90°
【答案】C
【分析】本题考查了旋转的性质、平行四边形的性质、三角形内角和定理、等腰三角形的性质，根据旋转的性质可得∠DEA=∠ACB=30°，AE=AC，再由平行四边形的性质可得AC∥DE，得到∠CAE=∠DEA=30°，最后由三角形内角和定理进行计算即可，熟练掌握旋转的性质及平行四边形的性质是解此题的关键．
【详解】解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，∠ACB=30°，
∴∠DEA=∠ACB=30°，AE=AC，
∵四边形ACED是平行四边形，
∴AC∥DE，
∴∠CAE=∠DEA=30°，
∴∠AEC=∠ACE=180°−∠CAE2=180°−30°2=75°，
故选：C．
【变式3】（2023上·新疆乌鲁木齐·八年级校联考期中）如图，▱ABCD与▱DCFE的周长相等，且∠BAD=60°，∠F=110°，则∠DAE的度数为（ ）

A．55°B．25°C．30°D．35°
【答案】B
【分析】延长CD交AE于点G，根据平行四边形的性质、平行线的性质求出∠ADG，∠EDG，进而求出∠ADE，再根据▱ABCD与▱DCFE的周长相等，推出AD=DE，最后根据等腰三角形“等边对等角”、三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：∵▱ABCD与▱DCFE中，∠BAD=60°，∠F=110°，
∴由平行四边形的性质可得，∠BCD=∠BAD=60°，∠DCF=180°−∠F=70°．
如图，延长CD交AE于点G，

∵▱ABCD中AD∥BC，▱DCFE中DE∥CF，
∴∠ADG=∠BCD=60°，∠EDG=∠DCF=70°，
∴∠ADE=∠ADG+∠EDG=60°+70°=130°，
∵▱ABCD与▱DCFE的周长相等，且有公共边CD，
∴AD=DE，
∴∠DAE=∠DEA，
∴∠DAE=12180°−∠ADE=12×180°−130°=25°，
故选B．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等，求出∠ADE的度数、证明△ADE是等腰三角形是解题的关键．
考点3：平行四边形的性质——求线段
典例3：（2024上·山东泰安·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，AB=12，∠ABC=60°．BE平分∠ABC，交边AD于点E，连接CE，若AE=2ED，则CE的长为（ ）
A．10B．6C．108D．54
【答案】C
【分析】本题考查了平行四边形的性质、角平分线的定义、等腰三角形的判定与性质、直角三角形的性质、勾股定理等知识．由平行四边形的性质可得∠D=∠ABC=60°，CD=AB=12，AD∥BC，由平行线的性质可得∠AEB=∠CBE，由角平分线的定义可得∠ABE=∠CBE，从而得到∠ABE=∠AEB，推出AE=AB=12，DE=6，过点E作EF⊥CD于点F，由直角三角形的性质和勾股定理可得DF=12DE=3，EF=33，CF=9，即可得到答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠D=∠ABC=60°，CD=AB=12，AD∥BC，
∴∠AEB=∠CBE，
∵ BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE，
∴∠ABE=∠AEB，
∴AE=AB=12，
∵AE=2ED，
∴DE=6，
如图，过点E作EF⊥CD于点F，
，
则∠EFC=∠EFD=90°，
∴∠DEF=90°−∠D=90°−60°=30°，
∴DF=12DE=3，
∴EF=DE2−DF2=62−32=33，CF=CD−DF=12−3=9，
∴CE=CF2+EF2=92+332=108，
故选：C．
【变式1】（2023上·四川成都·九年级统考期中）如图所示，在▱ABCD中，AE垂直平分BC于E，其中∠ABC=30°，AB=4，则▱ABCD的对角线BD的长为（ ）．

A．8B．6C．43D．47
【答案】D
【分析】如图，作DF⊥BC的延长线于F，则∠DCF=∠ABC=30°，CD=AB=4，AE=12AB=2，由垂直平分线的性质可知，BE=12BC，由勾股定理得，BE=AB2−AE2=23，则BC=43，同理，DF=2，CF=23，BF=63，根据BD=BF2+DF2，计算求解即可．
【详解】解：如图，作DF⊥BC的延长线于F，

∵▱ABCD，∠ABC=30°，AB=4，
∴AB∥CD，
∴∠DCF=∠ABC=30°，CD=AB=4，
∴AE=12AB=2，
∵AE垂直平分BC于E，
∴BE=12BC，
由勾股定理得，BE=AB2−AE2=23，
∴BC=43，
同理，DF=2，CF=23，
∴BF=63，
由勾股定理得，BD=BF2+DF2=47，
故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，垂直平分线的性质，含30°的直角三角形，勾股定理等知识．熟练掌握含30°的直角三角形的性质是解题的关键．
【变式2】（2022下·黑龙江哈尔滨·八年级校考期中）如图，在平行四边形ABCD中，∠A的平分线AE交CD于点E，若AB=10，BC=6，则EC的长（）
A．3B．4C．5D．6
【答案】B
【分析】由平行四边形的性质得CD=AB=10,AD =BC=6,CD∥AB，所以∠DEA=∠BAE，而∠DAE=∠BAE，则∠DEA=∠DAE，所以ED=AD=6，即可求得EC=4，于是得到问题的答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD=AB=10,AD=BC=6,CD∥AB,
∴∠DEA=∠BAE,
∵AE平分∠BAD，
∴∠DAE=∠BAE,
∴∠DEA=∠DAE,
∴ED=AD=6,
∴EC=CD−ED=10−6=4,
故选：B．
【点睛】此题重点考查平行四边形的性质、角平分线的定义、等腰三角形的判定等知识，证明∠DEA=∠DAE是解题的关键．
【变式3】（2023下·山东青岛·八年级统考期末）如图，平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于O，过点O作OE⊥AC交AD于点E，若AE=4，DE=3，AB=5，则AC的长度为（ ）
A．32B．42C．52D．522
【答案】B
【分析】连接CE，由线段垂直平分线的性质得AE=CE，再由勾股定理的逆定理证明△EDC是直角三角形，∠CED=90°，然后由勾股定理即可求解．
【详解】解：如图，连接CE，
∵四边形ABCD是平行四边形，AB=5，AE=4，
∴CD=AB=5，OA=OC，
∵OE⊥AC，
∴CE=AE=4，
∵DE=3，
∴CE2+DE2=42+32=25，CD2=25，
∴CE2+DE2=CD2，
∴△EDC是直角三角形，∠CED=90°，
∴∠AEC=90°，
∴AC=AE2+CE2=42+42=42，
故选：B．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、勾股定理以及勾股定理的逆定理等知识，熟练掌握平行四边形的性质，证明△EDC为直角三角形是解题的关键．
考点4：平行四边形的性质——求面积
典例4：（2023·广西北海·统考三模）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，EF过点O，交AD于点F，交BC于点E．若AB=3，AC=4，AD=5，则图中阴影部分的面积是（ ）

A．1.5B．3C．6D．4
【答案】C
【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理的逆定理，利用三角形全等，把阴影面积转化为△ABC的面积计算即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD，AD∥BC，OA=OC，∠EOA=∠FOC，∠EAO=∠FCO，
在△AOE和△OFC中，
∵∠EOA=∠FOC∠EAO=∠FCOAO=CO，
∴△AOE≌△OFCAAS，
∴S△AOE=S△OFC，
在△AOB和△DOC中，
∵OA=OC∠AOB=∠CODOB=OD，
∴△AOB≌△CODSAS，
∴S△AOB=S△DOC，
∵AB=3，AC=4，AD=5，AB2+AC2=BC2
∴△ABC是直角三角形，且∠BAC=90°，
∴S阴影=S△ABC=12AB·AC=12×3×4=6，
故选：C．
【变式1】（2023上·浙江·九年级校联考阶段练习）已知平行四边形ABCD，点E为边AD上任意一点，连结CE并延长，与BA的延长线相交于点H，连结DH，BE，要算出△HED的面积，则只需知道（ ）的面积．

A．△AHEB．△CDEC．△ABED．▱ABCD
【答案】C
【分析】本题考查平行四边形的性质，平行线间的距离，三角形的面积．熟练掌握同底等高的两三角形面积相等是解题的关键．
连接AC，根据平行四边形性质得AB∥CD，AD∥BC，根据平行线间的距离相等和同底等高的两三角形面积相等，得到S△CDH=S△CDA，S△AEB=S△SEC，从而得出S△HED=S△AEB即可求解．
【详解】解：连接AC，如图，

∵▱ABCD
∴AB∥CD，AD∥BC，
∴△CDH与△CDA的边CD的高相等， △AEB与△AEC的边AE的高相等，
∴S△CDH=S△CDA，S△AEB=S△SEC，
∴S△CDH−S△CDE=S△CDA−S△CDE
即S△HED=S△AEC
∴S△HED=S△AEB，
∴要算出△HED的面积，则只需知道△ABE的面积．
故选：C．
【变式2】（2023·河南安阳·统考模拟预测）如图，在▱ABCD中，AB=5，BC=4，∠BCD=60°，以点A为圆心，适当长为半径作弧，分别交AD，AB于点M，N，再分别以点M，N为圆心，大于12MN的长为半径作弧，两弧交于点P，连接AP并延长交CD于点E，则四边形ABCE的面积是（ ）

A．6B．12C．63D．123
【答案】C
【分析】如图所示，过点C作CF⊥AB交AB延长线于F，根据平行四边形的性质得到CD=AB=5，AB∥CD，AD=BC=4，求出∠BCF=30°，从而利用勾股定理和含30度角的直角三角形的性质求出CF的长，由作图方法可知AE是∠BAD的角平分线，从而证明∠DEA=∠DAE得到DE=DA=4，则CE=1，再根据梯形面积公式进行求解即可．
【详解】解：如图所示，过点C作CF⊥AB交AB延长线于F，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD=AB=5，AB∥CD，AD=BC=4，
∴∠CBF=∠BCD=60°，∠DEA=∠BAE，
∴∠BCF=30°，
∴BF=12BC=2，
∴CF=BC2−BF2=23，
由作图方法可知AE是∠BAD的角平分线，
∴∠DAE=∠BAE，
∴∠DEA=∠DAE，
∴DE=DA=4，
∴CE=1，
∴S四边形ABCE=AB+CE2⋅CF=1+52×23=63，
故选C．

【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，勾股定理，角平分线的尺规作图，含30度角的直角三角形的性质，等角对等边等等，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
【变式3】（2023下·海南儋州·八年级儋州市第一中学校考期中）如图，在平行四边形ABCD中，CA⊥AD，若AB=5，BC=3，则平行四边形的面积等于（ ）

A．6B．10C．12D．15
【答案】C
【分析】根据四边形ABCD是平行四边形得到CD=AB=5，AD=BC=3，再根据勾股定理可求AC=4，从而可求平行四边形的面积．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD=AB=5，AD=BC=3，
∵CA⊥AD，
∴∠CAD=90°，
∴由勾股定理可得AC=CD2−AD2=52−32=4，
∴平行四边形的面积为AD⋅AC=3×4=12，
故选：C
【点睛】本题考查了勾股定理以及平行四边形的性质，解题的关键是熟练掌握勾股定理．
考点5：平行四边形的性质——折叠问题
典例5：（2023下·安徽六安·八年级校考期末）如图，将平行四边形ABCD沿对角线BD折叠，使点A落在点E处．若∠1=56°，∠2=40°，则∠A的度数为（ ）

A．68°B．70°C．110°D．112°
【答案】D
【分析】根据折叠得出∠EDB=∠2=40°，∠EBD=∠ABD，根据平行线的性质得出∠CDB=∠ABD，得出∠EBD=∠CDB=∠ABD，根据∠1=∠EBD+∠CDB，求出∠EBD=28°，即可得出∠ABD=28°，根据三角形内角和定理求出结果即可．
【详解】解：根据折叠可知，∠EDB=∠2=40°，∠EBD=∠ABD，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠CDB=∠ABD，
∴∠EBD=∠CDB=∠ABD，
∵∠1=∠EBD+∠CDB，
∴2∠EBD=56°，
∴∠EBD=28°，
∴∠ABD=28°，
∴∠A=180°−∠ABD−∠2=180°−28°−40°=112°，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了折叠性质，平行四边形的性质，平行线的性质，三角形内角和定理，三角形外角的性质，解题的关键是熟练掌握相关的性质，求出∠ABD=28°．
【变式1】（2023下·河南信阳·八年级统考期中）如图，在▱ABCD中，∠ACB=25°，现将▱ABCD沿EF折叠，使点C与点A重合，点D与点落在点G处，则∠GFE的度数是（ ）

A．135°B．120°C．115°D．100°
【答案】C
【分析】首先根据折叠找到对应相等的角∠EAC=∠ECA=25°,∠FEC=∠AEF,∠DFE=∠GFE,然后根据三角形内角和可算出∠AEC=130°，进而得出∠FEC=65°，再根据平行四边形的性质即可求出答案．
【详解】解：由折叠性质可得：∠EAC=∠ECA=25°,∠FEC=∠AEF,∠DFE=∠GFE,
∵∠EAC+∠ECA+∠AEC=180°，
∴∠AEC=130°，
∴∠FEC=65°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DFE+∠FEC=180°，
∴∠DFE=115°，
∴∠GFE=115°，
故选：C．
【点睛】此题主要考查了平行四边形的性质，以及折叠变换，关键是找准折叠后些角是对应相等的．
【变式2】（2023下·辽宁沈阳·八年级统考期末）如图，在▱ABCD中，将△ADC沿AC折叠后，点D恰好落在DC的延长线上的点E处．若∠B=60°，AB=2，则△ADE的周长为（ ）

A．18B．15C．12D．9
【答案】C
【分析】根据平行四边形的性质以及折叠的性质，即可得到BC=2AB=4，AD=4，再根据△ADE是等边三角形．即可算出周长．
【详解】由折叠可知，∠ACD=∠ACE=90°
∵▱ABCD
∴AB∥CD
∴∠BAC=∠ACD=90°
∵∠B=60°
∴∠ACB=60°
∴BC=2AB=4
∴AD=4
由折叠可得，∠E=∠D=∠B=60°
∴∠DAE=60°
∴△ADE是等边三角形
∴AD=AE=DE=4
故C△ADE=4×3=12
故选C．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，轴对称图形的性质，以及等边三角形的判定．解题时注意折叠是一种对称变化．
【变式3】（2023·山西晋城·校联考模拟预测）如图，将平行四边形ABCD折叠，使点C落在AD边上的点C′处，若∠1=58°，∠2=42°，则∠B的度数为（ ）
A．71°B．50°C．54.5°D．80°
【答案】A
【分析】根据平行线的性质求出∠C′EC的度数，根据折叠的性质求出∠CED的度数，利用三角形内角和求出∠C，进而可求出∠B的度数．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC,AB∥CD，
∴∠C′EC=∠1=58°，
∵折叠，
∴∠CED=12∠C′EC=29°，
∴∠C=180°−∠CED−∠2=109°，
AB∥CD，
∴∠B=180°−109°=71°．
故选A．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，平行线的性质，折叠的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解答本题的关键．
考点6：平行四边形的性质——坐标系
典例6：（2023下·广东江门·八年级江门市新会东方红中学校考期中）在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，以点O为坐标原点，若点A的坐标为(−3,−4)，则点C的坐标为（ ）
A．(−4,−3)B．(−3,4)C．(3,−4)D．(3,4)
【答案】D
【分析】根据平行四边形是中心对称图形的特点可知，点A、C关于原点O对称，即可获得答案．
【详解】解：∵▱ABCD的对角线AC与BD相交于坐标原点O，
∴点A、C关于原点O对称，
∵点A的坐标为(−3,−4)，
∴点C的坐标为(3,4)．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、坐标与图形以及中心对称的性质，解题关键是根据平行四边形的性质得到点A、C关于原点O对称．
【变式1】（2023下·湖北恩施·八年级统考期中）平行四边形ABCD的顶点A,B,C的坐标分别为−2,0,1,0,2,2，则点D的坐标为（ ）
A．1,2B．−1,2C．2,1D．−1,3
【答案】B
【分析】根据题意，作出图形，利用点的平移性质求解即可得到答案．
【详解】解：如图所示：

∵ B1,0,C2,2，
∴将B平移到C的过程是：向右平移1个单位长度、向上平移2个单位，
∵A−2,0，
∴D−1,2，
故选：B．
【点睛】本题考查点的平移，熟记平行四边形性质及点的平移法则是解决问题的关键．
【变式2】（2023下·陕西西安·八年级校考期末）如图，点A坐标为2,4，点B坐标为3,0，将△AOB沿x轴方向向右平移得到△CED，且四边形AODC面积为22，则点E坐标为（ ）

A．4,0B．4.25,0C．5,0D．7,0
【答案】A
【分析】根据平移的性质得出四边形ABDC是平行四边形，四边形OAEC是平行四边形，AC=BD=OE，进而有根据四边形AODC面积为22，求得BD的长，即可求得D的坐标．
【详解】解：∵点A坐标为2,4，点B坐标为3,0，
∴S△AOB=12×3×4=6，
∵将△AOB沿x轴方向向右平移得到△CED，
∴四边形ABDC是平行四边形，四边形OAEC是平行四边形，
∴AC=BD=OE，A和C的纵坐标相同，
∵点A坐标为2,4，且四边形AODC面积为22，
∴4BD=22−6，
∴BD=OE=4，
∴点A坐标为4,0，，
故选：A．
【点睛】本题考查了坐标与图形的变换-平移，平移的性质，平行四边形的性质，求得平移的距离是解题的关键．
【变式3】（2023下·陕西榆林·八年级统考期末）▱OABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，∠AOC=45°，OA=OC=4，则点B的坐标为（ ）

A．22,4B．4+22,22C．22+4,4D．22,22+4
【答案】B
【分析】如图，过B作BD⊥OA于D，由▱OABC，∠AOC=45°，OA=OC=4，可得AB=OC=4，∠BAD=∠AOC=45°，则∠ABD=45°，AD=BD，由勾股定理得AD2+BD2=AB2，即AD2+BD2=42，解得AD=BD=22，即OD=4+22，进而可得B的坐标．
【详解】解：如图，过B作BD⊥OA于D，

∵▱OABC，∠AOC=45°，OA=OC=4，
∴AB=OC=4，∠BAD=∠AOC=45°，
∴∠ABD=45°，
∴AD=BD，
由勾股定理得AD2+BD2=AB2，即AD2+BD2=42，解得AD=BD=22，
∴OD=4+22，
∴B4+22，22，
故选：B．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等角对等边，勾股定理等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
考点7：平行四边形的性质——证明题
典例7：（2024下·八年级单元测试）如图所示，在▱ABCD中，E、F是对角线BD上的两点，且BE=DF，求证：

(1)AE=CF；
(2)AE∥CF．
【答案】(1)详见解析
(2)详见解析
【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质．
（1）根据平行四边形的性质，利用SAS证明△ABE≌△CDF，即可推出AE=CF；
（2）由△ABE≌△CDF推出∠AEB=∠CFD，利用邻补角的性质以及平行线的判定定理即可证明AE∥CF．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB∥CD．
∴∠ABE=∠CDF．
又BE=DF，
∴△ABE≌△CDFSAS．
∴AE=CF．
（2）证明：∵△ABE≌△CDF，
∴∠AEB=∠CFD，
∴∠AEF=∠CFE．
∴AE∥CF．
【变式1】（2023·黑龙江哈尔滨·统考三模）如图，平行四边形ABCD中，∠BCD的平分线交AD于E，∠ABC的平分线交ED于点F．
(1)求证：AE=DF；
(2)若∠A=120°，BF=83，EF=3，求BC的长．
【答案】(1)见详解．
(2)13
【分析】本题考查了平行四边形的性质，角平分线的性质，等腰三角形的三线合一性质知识，
（1）根据平行四边形性质和角平分线性质可得∠ABF=∠AFB，∠DEC=∠DCE．即可得到AB=AF，DE=DC．即可求证结论．
（2）过点A作AH⊥BF，垂足为H，利用∠BAF=120°，BF=83可计算出AB的长度，结合（1）即可求出BC长度．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形．
∴AD∥BC，AB=DC，AD=BC．
∴∠AFB=∠FBC，∠DEC=∠ECB．
∵CE是∠BCD的平分线，BF是∠ABC的平分线．
∴∠ABF=∠FBC，∠DCE=∠ECB．
∴∠ABF=∠AFB，∠DEC=∠DCE．
∴AB=AF，DE=DC．
∴AF=DE．
∴AF−EF=DE−EF．
∴AE=DF．
（2）过点A作AH⊥BF，垂足为H，如图：
由（1）知AB=AF，且∠BAF=120°，BF=83，
∴∠BAH=60°， BH=12BF=43．
∵∠ABH=30°，
∴AH=12AB，
∴AB2=AH2+BH2=12AB2+BH2，AB=8．
∴AF=DE=AB=8．
∵EF=3．
∴AE=AF−EF=5．
∴AD=AE+ED=13．
∴BC=AD=13．
【变式2】（2022上·黑龙江齐齐哈尔·八年级统考期末）如图，在▱ABCD中，对角线AC、BD交于点O，EF过点O，并与AC、BD分别交于点E、F，AE=3，BF=5．
(1)求证：OE=OF；
(2)若AC+BD=20，求△AOD的周长．
【答案】(1)见解析
(2)18
【分析】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的性质：
（1）先根据平行四边形的性质得出AD∥BC，OB=OD，再根据AAS证明△ODE≌△OBF即可；
（2）根据平行四边形对角线互相平分，可得OA+OD=12AC+BD=10，再根据△ODE≌△OBF推出DE=BF=5，进而求出AD，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ AD∥BC，OB=OD，
∴ ∠ODE=∠OBF，∠OED=∠OFB，
在△ODE和△OBF中，
∠ODE=∠OBF∠OED=∠OFBOB=OD，
∴ △ODE≌△OBFAAS，
∴ OE=OF；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ OA=OC=12AC，OB=OD=12BD，
∴ OA+OD=12AC+BD=12×20=10，
由（1）知△ODE≌△OBF，
∴ DE=BF=5，
∴ AD=DE+AE=5+3=8，
∴ OA+OD+AD=10+8=18，
即△AOD的周长为
【变式3】（2023下·广东惠州·八年级惠州市惠阳区第一中学校考期中）如图，在▱ABCD中，点N、M分别在边AB、CD上，∠BCN=∠DAM．求证：AN=CM．

【答案】见解析
【分析】根据平行四边形的性质可得∠B=∠D，BC=DA，然后利用ASA即可证出△BCN≌△DAM，从而证出结论．
【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B=∠D，BC=DA，AB=CD，
在△BCN和△DAM中，
∠B=∠DBC=DA∠BCN=DAM，
∴△BCN≌△DAMASA，
∴BN=DM．
∴AB−BN=CD−DM，
∴AN=CM．
【点睛】此题考查的是平行四边形的性质和全等三角形的判定及性质,掌握平行四边形的性质和全等三角形的判定及性质是解决此题的关键．
考点8：平行四边形的性质综合——最值
典例8：（2023下·吉林·八年级校联考期末）【教材原题改编】改编自人教版八年级下册数学教材第51页第14题．
如图，▱ABCD的对角线AC和BD相交于点O，EF过点O且与边AB、CD分别相交于点E和点F．求证：OE=OF；
【结论应用】若∠ADB=90°，AB=5，AD=3，则四边形ADFE的面积为______，EF的最小值为______

【答案】【教材原题改编】见解析；【结论应用】6；2.4
【分析】教材原题改编：根据平行四边形的性质可知OB=OD，∠EBO=∠FDO，然后可证△BEO≌△DFO，进而问题可求证；
结论应用：由勾股定理可得BD=4，然后根据平行四边形的性质可进行求解．
【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB=OD，
∵AB∥DC，
∴∠EBO=∠FDO，
∵∠BOE=∠DOF，
∴△BEO≌△DFO，
∴OE=OF．
结论应用：
解：∵∠ADB=90°，AB=5，AD=3，
∴BD=AB2−AD2=4，
∴S▱ABCD=AD⋅BD=12，
∴S四边形ADFE=12S▱ABCD=6，
当EF⊥AB时，EF的值最小，最小值即为点D到AB的距离，
∴EF=AD⋅BDAB=2.4；
故答案为6；2.
【点睛】本题主要考查平行四边形的性质、全等三角形的性质与判定及勾股定理，熟练掌握平行四边形的性质、全等三角形的性质与判定及勾股定理是解题的关键．
【变式1】（2023下·浙江·八年级期中）如图，在平行四边形ABCD中，∠BCD=30°，BC=6，CD=33，
(1)平行四边形ABCD的面积为________．
(2)若M是AD边的中点，N是AB边上的一个动点，将△ AMN沿MN所在直线翻折得到△A′MN，连接A′C，则A′C长度的最小值是________．
【答案】(1)93
(2)37−3
【分析】（1）过点C作CF⊥AB，交AB延长线于F，根据平行四边形的性质得出BC=6，AB=CD= 33，根据含30度角的直角三角形的性质得出CF= 12 BC=3，进而求得四边形ABCD的面积；
（2）连接MC，过点M作ME⊥CD于E，交CD的延长线于点E，根据轴对称的性质，以及两点直线线段最短可得到A′C≥MC−MA′=MC−3，当折线MA′C与线段MC重合时，线段A′C的长度最短，根据勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：过点C作CF⊥AB，交AB延长线于F，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，BC=6，AB=CD= 33，
∵∠BCD=30°=∠CBF，
∴CF= 12 BC=3，
∴四边形ABCD的面积= AB×CF = 33×3 = 93；
故答案为：93；
（2）连接MC，过点M作ME⊥CD于E，交CD的延长线于点E；
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC=6，
∵点M为AD的中点，∠BCD=30°，
∴DM=MA=3，∠MDE=∠BCD=30°，
∴ME= 12 DM= 32，DE= 323，
∴CE=CD+DE= 33+323 = 923，
由勾股定理得：CM2=ME2+CE2，
∴CM= 322+9322 = 37，
由翻折变换的性质得：MA'=MA=3，
∵ MA′+A′C≥MC，
∴ A′C≥MC−MA′=MC−3，当折线MA′C与线段MC重合时，线段A′C的长度最短，
此时A′C= 37−3，
故答案为：37−3．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，轴对称求线段最值问题，掌握轴对称的性质是解题的关键．
【变式2】（2022下·北京海淀·七年级校考阶段练习）如图，平行四边形ABCO四个顶点的坐标分别是A(1,2)，B(4,2)，C(3,0)，O(0,0)．将这个平行四边形向左平移4个单位长度，向上平移3个单位长度，得到平行四边形A′B′C′O′，点A，B，C，O的对应点分别是点A′，B′，C′，O′．
(1)画出平移后的平行四边形A′B′C′O′，并写出A′，B′的坐标；
(2)直接写出平行四边形A′B′C′O′的面积 ；
(3)若点N是x轴上的一个动点，直接写出线段O′N的最小值： ，数学依据是： ．
【答案】(1)见解析，(−3,5)，(0,5)
(2)6
(3)3；直线外一点与直线上各点的连线中，垂线段最短
【分析】（1）根据平移的性质作图，即可得出答案；
（2）利用平行四边形的面积公式计算即可；
（3）根据直线外一点与直线上各点的连线中，垂线段最短，可知当O'N⊥x轴时，线段O'N取最小值，即可得出答案．
【详解】（1）解：如图，平行四边形A'B'C'O'即为所求．
点A'3,5，B'0,5．
（2）解：平行四边形A'B'C'O'的面积为3×2=6．
故答案为：6；
（3）解：∵点O'4,3，点N在x轴上，
∴当O'N⊥x轴时，线段O'N取最小值，最小值为3，
数学依据为：直线外一点与直线上各点的连线中，垂线段最短．
故答案为：3；直线外一点与直线上各点的连线中，垂线段最短．
【点睛】本题考查了作图﹣平移变换、平行四边形的面积公式、点到直线的距离，熟练掌握平移的性质是解答本题的关键．
考点9：平行四边形的性质综合——动点
典例9：（2023上·海南省直辖县级单位·九年级统考期中）如图所示，在直角梯形ABCD中，AD∥BC,∠A=90°,AB=12,BC=21，AD=16．动点P从点B出发，沿射线BC的方向以每秒2个单位长度的速度运动，动点Q同时从点A出发，在线段AD上以每秒1个单位长度的速度向点D运动，当点Q到达端点D时，另一个动点P也随之停止运动．设运动的时间为t（秒）．
(1)设△DPQ的面积为S，求S与t之间的关系式；
(2)当t为何值时，以点P,C,D,Q为顶点的四边形是平行四边形？
(3)分别求出当t为何值时，①PD=PQ；②DQ=PQ．
【答案】(1)S=−6t+96(0≤t≤16)
(2)当t=5或373时，以点P,C,D,Q为顶点的四边形是平行四边形
(3)①当t=16或163时，PD=PQ；②当t=72时，DQ=PQ
【分析】本题考查了平行四边形的性质，列函数关系式，勾股定理；
（1）根据题意设AQ=t,BP=2t，得出DQ=16−t,PC=21−2t，过点P作PE⊥AD于E，根据三角形的面积公式列出函数关系式，即可求解；
（2）分两种情况讨论，①当四边形PCDQ是平行四边形时；②当四边形PCQD为平行四边形时，根据平行四边形的性质列出方程，解方程即可求解；
（3）①分当点Q与点D重合时与不重合时两种情况讨论，根据题意列出一元一次方程，即可求解．
②根据勾股定理表示出DQ2,PQ2，根据题意列出方程，解方程即可求解．
【详解】（1）在直角梯形ABCD中，AD∥BC,∠A=90°,BC=21,AB=12,AD=16，
设AQ=t,BP=2t，则DQ=16−t,PC=21−2t，
过点P作PE⊥AD于E，
则四边形ABPE是矩形，PE=AB=12，
∴S=12DQ⋅AB=12(16−t)×12=−6t+96
故答案为：S=−6t+96(0≤t≤16)．
（2）I：当四边形PCDQ是平行四边形时，PC=DQ，
∴21−2t=16−t解得：t=5，
∴当t=5时，四边形PCDQ是平行四边形．
II：当四边形PCQD为平行四边形时，CP=QD．
∴16−t=2t−21，
∴t=373
综上所述，当t=5或373时，以点P,C,D,Q为顶点的四边形是平行四边形．
（3）∵AE=BP=2t,PE=AB=12，
①I：当点Q与点D重合时，PD=PQ，此时，t=16．
II：当点Q与点D不重合时，
当PD=PQ时，QE=ED=12QD，
∵DE=16−2t，
∴AE=BP=AQ+QE，即2t=t+16−2t，
解得：t=163，
∴当t=16或163时，PD=PQ．
②当DQ=PQ时，DQ2=PQ2
∴t2+122=(16−t)2解得：t=72
∴当t=72时，DQ=PQ
【变式1】（2022上·陕西西安·九年级校考期中）如图：平面直角坐标系中，直线y=−32x+18与x轴、y轴分别交于点A、B．点C为y轴上一点，且BC=AC．

(1)求点C的坐标；
(2)点P为x轴上一个动点，点Q为直线AB上一个动点，如果以点A、C、P、Q为顶点的四边形是以AC为边的平行四边形，求P点坐标．
【答案】(1)C0，5
(2)P623，0或P103，0
【分析】（1）先求出A、B的坐标，再根据BC=AC，利用勾股定理建立方程求解即可；
（2）分当四边形ACQP是平行四边形时，当四边形ACPQ是平行四边形时，两种情况利用平行四边形的性质进行求解即可．
【详解】（1）解：在y=−32x+18中，当x=0时，y=−32x+18=18，当y=−32x+18=0时，x=12，
∴A12，0，B0，18，
设C0，m，
∴BC2=m−182，AC2=m2+122，
∵BC=AC，
∴m−182=m2+122，
解得m=5，
∴C0，5；
（2）解：如图所示，当四边形ACQP是平行四边形时，
则AP=CQ且AP∥CQ，
在y=−32x+18中，当y=−32x+18=5时，x=263，
∴Q263，5，
∴AP=CQ=263，
∴OP=623，
∴P623，0；

如图所示，当四边形ACPQ是平行四边形时，
设Pn，0，Qs，t，
∵平行四边形两条对角线中点坐标相同，
∴n+122=0+s20+02=5+t2，
∴t=−5，s=n+12，
在y=−32x+18中，当y=−32x+18=−5时，x=463，
∴s=463，
∴n=103，
∴P103，0；
综上所述，P623，0或P103，0．

【点睛】本题主要考查了一次函数与几何综合，勾股定理，平行四边形的性质等等，利用勾股定理建立方程求解是解题的关键．
【变式2】（2023下·山东济南·八年级统考期中）如图，在四边形ABCD中AD∥BC，AD=9cm，BC=12cm，动点P、Q分别从A、C同时出发，点P以1cm/s的速度由A向D运动，点Q以3cm/s的速度由C向B运动，其中一动点到达终点时，另一动点随之停止运动，设运动时间为t秒．

(1)AP= ______ ，CQ= ______ (分别用含有t的式子表示)；
(2)当四边形ABQP的面积与四边形PQCD面积相等时，求出t的值；
(3)当点P、Q与四边形ABCD的任意两个顶点所组成的四边形是平行四边形时，请直接写出t的值．
【答案】(1)tcm，3tcm
(2)t=34
(3)当t的值为94或3或32时，点P、Q与四边形ABCD的任意两个顶点所形成的四边形是平行四边形
【分析】（1）根据“动点P、Q分别从A、C同时出发，点P以1cm/s的速度由A向D运动，点Q以3cm/s的速度由C向B运动”即可求解；
（2）设点A到BC的距离为ℎcm，根据“四边形ABQP的面积与四边形PQCD面积相等” 即可求解；
（3）分四种情况讨论，由平行四边形的性质分别列出方程求解即可．
【详解】（1）解：∵点P以1cm/s的速度由A向D运动，点Q以3cm/s的速度由C向B运动，
∴AP=tcm，CQ=3tcm，
故答案为：tcm，3tcm
（2）解：设点A到BC的距离为ℎcm，
∵四边形PQCD的面积与四边形ABQP面积相等，
∴12×(9−t+3t)×ℎ=12×(t+12−3t)×ℎ，
∴t=34；
（3）解：①若四边形APQB是平行四边形，
则AP=BQ，
∴t=12−3t，
∴t=3；
②若四边形PDCQ是平行四边形，
则PD=CQ，
∴9−t=3t，
∴t=94；
③若四边形APCQ是平行四边形，
则AP=CQ，
∴t=3t，
∴t=0(不合题意舍去)；
④若四边形PDQB是平行四边形，
则PD=BQ，
∴9−t=12−3t，
∴t=32；
综上所述：当t的值为94或3或32时，点P、Q与四边形ABCD的任意两个顶点所形成的四边形是平行四边形．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了平行四边形的判定与性质、梯形面积公式以及分类讨论等知识，本题综合性强，熟练掌握平行四边形的判定与性质，进行分类讨论是解题的关键，属于中考常考题型．
【变式3】（2023下·河南平顶山·八年级统考期末）（1）如图1，在四边形ABCD中，AD∥BC ，AD=6cm，BC=8cm，若动点P从A点出发，以每秒1cm的速度沿线段AD向点D运动；点Q从C点出发以每秒2cm的速度沿CB方向运动，当Q点到达B点时，动点P、Q同时停止运动，设点P、Q同时出发，并运动了x秒（x>0），求当x为多少秒时，四边形PQCD变为平行四边形．
（2）如图2，若四边形ABCD变为平行四边形ABCD，AD=BC=6cm，动点P从A点出发．以每秒1cm的速度沿线段AD向D点运动；动点Q从C点出发以每秒2cm的速度在BC间往返运动，当P点到达D点时，动点P、Q同时停止运动，设P、Q两点同时出发．并运动了t秒（t>0）．求当t为多少秒时，以P、D、Q、B四点组成的四边形是平行四边形．

【答案】（1）x=2时，四边形PQCD变为平行四边形；（2）t=4时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形
【分析】（1）四边形PQCD为平行四边形时，则PD=CQ，列出方程即可求出答案．
（2）由题意知，AP=tcm，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形时，PD=BQ，列出方程即可求出答案．
【详解】解：（1）当四边形PQCD为平行四边形时，则PD=CQ，
∴6−x=2x，解得x=2，
∴x=2时，四边形PQCD变为平行四边形；
（2）由题意知，AP=tcm，
∴PD=(6−t)cm，
当以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形时，PD=BQ，
当0