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专题09 平行四边形-2022-2023学年八年级数学下学期期末考点大串讲（北师大版）
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这是一份专题09 平行四边形-2022-2023学年八年级数学下学期期末考点大串讲（北师大版），文件包含专题09平行四边形知识串讲+热考题型解析版docx、专题09平行四边形知识串讲+热考题型原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共61页， 欢迎下载使用。
专题09 平行四边形
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）
1．（2023春•长沙期中）如图，在△ABC中，点D，E分别为AB，AC的中点，若DE＝1，则BC的长度为（ ）
A．2 B．2.5 C．3 D．4
【分析】根据三角形中位线定理解答即可．
【解答】解：∵点D，E分别为AB，AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴BC＝2DE，
∵DE＝1，
∴BC＝2，
故选：A．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
2．（2023春•锡山区期中）如图，在△ABC中，点D、E分别是边AB、AC的中点，连接DE，∠ABC的平分线BF交DE于点F，若AB＝6，BC＝8，则EF的长为 1 ．
【分析】根据三角形中位线定理得到DE∥BC，DE＝BC＝3，根据角平分线定义和平行线的性质以及等腰三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：∵点D、E分别为边AB、AC的中点，
∴DE∥BC，DE＝BC＝4，
∴∠DFB＝∠HBF，
∵BF平分∠ABC，
∴∠DBF＝∠CBF，
∴∠DFB＝∠DBF，
∴DB＝DF＝AB＝3，
∴EF＝DE﹣DF＝1，
故答案为：1．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、全等三角形的判定和性质，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．
3．（2023春•江津区期中）如图，在△ABC中，AM平分∠BAC，BM⊥AM，N为BC中点，若AB＝6，AC＝10，则MN＝ 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，BM＝MF，求出FC，根据三角形中位线定理计算即可．
【解答】解：延长BM交AC于F，
在△AMB和△AMF中，
，
∴△AMB≌△AMF（ASA），
∴AF＝AB＝6，BM＝MF，
∴FC＝AC﹣AF＝4，
∵BM＝MF，BN＝NC，
∴MN＝FC＝2，
故答案为：2．
【点评】本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．（2023春•沙坪坝区校级月考）在△ABC中，点D和点E分别是AB、AC上两点，连接ED，EB．点F、G、H分别是DE、BC、BE的中点，连接HG，FG，HF．
（1）猜想∠A与∠FHG的关系，并证明你的猜想．
（2）若∠A＝90°，∠2＝∠1+60°，求的值．
【分析】（1）直接利用三角形的中位线定理得出FH∥BD，GH∥CE，再借助三角形的外角的性质即可得出∠A+∠EHG＝180°，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∠HFG＝60°，再利用含30度角的直角三角形的性质即可求解．
【解答】解：（1）猜想，∠A+∠FHG＝180°，理由如下，
∵点F是DE的中点，点H是BE的中点，
∴FH∥BD，
∴∠FHE＝∠ABE，
∵点G是BC的中点，点H是BE的中点，
∴GH∥CE，
∴∠HGB＝∠C，
∵∠EHG＝∠EBG+∠HGB＝∠EBG+∠C，
∴∠FHG＝∠FHE+∠EHG＝∠ABE+∠EBG+∠C＝∠ABC+∠C，
∵∠A+∠ABC+∠C＝180°，
∴∠A+∠FHG＝180°；
（2）∵点G是BC的中点，点H是BE的中点，
∴，即CE＝2GH，
∵∠A＝90°，∠A+∠EHG＝180°，
∴∠EHG＝90°，
∵FH∥BD，
∴∠2＝∠1+∠HFG，
∵∠2＝∠1+60°，
∴∠HFG＝60°，
∴∠HGF＝30°，
∴FG＝2FH，，
∴．
【点评】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∠HFG＝60°是解题的关键．
5．（2022春•新罗区校级期中）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： DE∥BC，且DE＝BC ．
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，诺你直接写出边AB的取值范围．
【分析】（1）根据题意写出求证；
（2）证明△ADE≌△CFE，根据全等三角形的性质得到AD＝CF，∠A＝∠ECF，证明四边形BDFC是平行四边形，根据平行四边形的性质解答即可；
（3）根据三角形三边关系即可得到结论．
【解答】解：（1）求证：DE∥BC，且DE＝BC，
故答案为：DE∥BC，且DE＝BC；
（2）∵点E是AC的中点，
∴AE＝CE，
在△ADE和△CFE中，
，
∴△ADE≌△CFE（SAS），
∴AD＝CF，∠A＝∠ECF，
∴AD∥CF，
∵点D是AB的中点，
∴AD＝BD，
∴BD＝CF，
∴四边形BDFC是平行四边形，
∴DE∥BC，DF＝BC，
∵DE＝FE，
∴DE∥BC，且DE＝BC；
（3）∵EF＝DE＝4，CE＝3，
∴BC＝2DE＝8，
∵CE＝3，
∴AC＝6，
∴BC﹣AC＜AB＜BC+AC，
即2＜AB＜14．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键．
6．（2023春•西城区校级月考）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△ABC的边AB，AC中点．
求证：DE∥BC，．
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DE至F，使EF＝DE，连接CF、CD、AF．
方法二
证明：如图，过E作EF∥AB交BC于F，过A作AM∥BC交FE于M．
【分析】方法一：结合已给出的辅助线，先证明四边形ADCF是平行四边形，再证明四边形BDFC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AMFB是平行四边形，再证明△AME≌△CFE，接着证明四边形AMED是平行四边形，问题得证；
【解答】解：方法一：延长DE至F，使EF＝DE，连接CF、CD、AF．
∵D、E分别是△ABC的边AB，AC中点，
∴，AE＝EC＝AC，
又∵EF＝DE，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∴AD∥CF，AD＝CF，
∴BD∥CF，BD＝CF，
∴四边形BDFC是平行四边形，
∴DF∥BC，DF＝BC，即DE∥BC，
∵EF＝DE，
∴，
∴；
方法二：过E作EF∥AB交BC于F，过A作AM∥BC交FE于M，
同理有：，，
∵EF∥AB，AM∥BC，
∴四边形AMFB是平行四边形，
∴AM＝FB，AM∥FB，AB＝MF，
∴∠AME＝∠EFC，∠MAE＝∠ECF，∠AME＝∠EFC，
∵AE＝EC，
∴△AME≌△CFE（AAS），
∴AM＝FC，EM＝EF，
∴，
∵AB＝MF，
∴，
∵EF∥AB，
∴四边形AMED是平行四边形，
∴AM＝ED，AM∥ED，
∵AM＝FC，AM＝FB，AM∥BC，
∴，
∴DE∥BC，．
【点评】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．
二．多边形的对角线（共3小题）
7．（2022秋•禅城区期末）过一个多边形一个顶点的所有对角线，将这个多边形分成5个三角形．这个多边形是（ ）
A．五边形 B．六边形 C．七边形 D．八边形
【分析】根据过多边形的一个顶点的所有对角线，将这个多边形分成（n﹣2）个三角形，计算可求解．
【解答】解：由题意得5+2＝7，
故过多边形的一个顶点的所有对角线，将这个多边形分成5个三角形的多边形为七边形，
故选：C．
【点评】本题考查了多边形的边数与对角线的关系，解题的关键是掌握n边形从一个顶点出发可引出（n﹣3）条对角线，将这个多边形分成（n﹣2）个三角形．
8．（2022春•思南县校级月考）若过十二边形的一个顶点可以画n条对角线，则n的值是 9 ．
【分析】根据从一个n边形的一个顶点出发，可以画（n﹣3）条对角线即可得．
【解答】解：因为过十二边形的一个顶点可以画12﹣3＝9条对角线，
所以n＝9，
故答案为：9．
【点评】本题考查了多边形的对角线条数问题，熟练掌握从一个n边形的一个顶点出发，可以画（n﹣3）条对角线是解题关键．
9．（2022秋•薛城区期末）探究归纳题：
（1）试验分析：
如图1，经过A点可以做 1 条对角线；同样，经过B点可以做 1 条对角线；经过C点可以做 1 条对角线；经过D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
（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；
（3）探索归纳：对于n边形（n＞3），共有 条对角线．（用含n的式子表示）
（4）特例验证：十边形有 35 对角线．
【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．
【解答】解：经过A点可以做 1条对角线；同样，经过B点可以做 1条；经过C点可以做 1条；经过D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．
（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；
（3）探索归纳：
对于n边形（n＞3），共有条对角线．
（4）特例验证：
十边形有＝35对角线．
故答案为：（1）1、1、1、1、2；（2）5、9；（3）；（4）35．
【点评】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．
三．多边形内角与外角（共5小题）
10．（2023春•江阴市期中）一个多边形的每个外角都等于36°，则这个多边形的边数是（ ）
A．9 B．10 C．11 D．12
【分析】根据正多边形的边数等于360°除以每一个外角的度数列式计算即可得解．
【解答】解：360°÷36°＝10．
故这个多边形的边数为10．
故选：B．
【点评】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．（2023春•上城区期中）一个多边形的内角和与它的外角和的比为3：1，则这个多边形的边数为（ ）
A．8 B．7 C．6 D．5
【分析】利用多边形的内角和与外角和定理得到[（n﹣2）×180°]：360°＝3：1，然后解方程即可．
【解答】解：设这个多边形的边数为n，
根据题意得[（n﹣2）×180°]：360°＝3：1，
解得n＝8，
即这个多边形的边数为8．
故选：A．
【点评】本题考查了多边形内角与外角：n边形的内角和为（n﹣2）•180° （n≥3且n为整数）；多边形的外角和等于360°．
12．（2023•碑林区校级四模）若一个正多边形的内角和为1260°，则该正多边形一个外角的度数为 40° ．
【分析】n边形的内角和可以表示成（n﹣2）•180°，根据题意列方程，求出该正多边形的边数，再根据多边形的外角和为360°解答即可．
【解答】解：设该正多边形的边数为n，
根据题意列方程，得（n﹣2）•180°＝1260°，
解得n＝9．
∴该正多边形的边数是9，
∵多边形的外角和为360°，
360°÷9＝40°，
∴该正多边形的一个外角为40°．
故答案为：40°．
【点评】此题考查多边形的内角和外角，根据多边形的内角和定理，求边数的问题就可以转化为解方程的问题来解决．
13．（2023春•惠东县校级期中）若一个n边形的每个内角都为150°，那么边数n为 12 ．
【分析】根据多边形的内角和公式（n﹣2）•180°列方程求解即可．
【解答】解：由题意得，（n﹣2）•180°＝150°•n，
解得：n＝12．
故答案为：12．
【点评】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．（2023春•九龙坡区校级期中）如图1，已知在四边形ABCD中，AD∥BC，∠A＝∠DCB，点E是边AD上的一点，连接CE，∠ABC的平分线与∠ECD的平分线相交于点P．
（1）求证：
①AB∥CD；
②2∠P+∠ECB＝180°；
（2）如图2，∠BCP的平分线交AD于点F，若4∠P＝3∠DEC，3∠D＝2∠DFC，求∠PCF的度数．
【分析】（1）①根据平行线的性质和等量代换可得：∠ABC+∠DCB＝180°，从而得结论；
②如图1，过点P作PG∥CD，根据平行线的性质得：∠ABP＝∠BPG，∠DCP＝∠CPG，由角平分线的定义，角的和差，三角形的内角和定理可得结论；
（2）如图2，设∠P＝3x，∠DEC＝4x，∠D＝2y，∠DFC＝3y，根据△BPC中三角形的内角和定理可得x的值，由平行线的性质和角平分线的定义表示∠CBP＝y，∠BCP＝2∠BCF＝6y，列方程可得y的值，从而可以解答．
【解答】（1）证明：①∵AD∥BC，
∴∠A+∠ABC＝180°，
∵∠A＝∠DCB，
∴∠ABC+∠DCB＝180°，
∴AB∥CD；
②∵BP平分∠ABC，CP平分∠DCE，
∴∠ABP＝∠CBP，∠DCP＝∠ECP，
如图1，过点P作PG∥CD，
∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥PG，
∴∠ABP＝∠BPG，∠DCP＝∠CPG，
∴∠BPC＝∠BPG+∠CPG＝∠ABP+∠DCP＝∠PBC+∠ECP，
在△BPC中，∠BPC+∠PBC+∠ECP+∠ECB＝180°，
∴2∠BPC+∠ECB＝180°；
（2）解：如图2，设∠P＝3x，∠DEC＝4x，
∵AD∥BC，
∴∠ECB＝∠DEC＝4x，
由（1）知：2∠P+∠ECB＝180°，
∴6x+4x＝180，
∴x＝18°，
∴∠P＝54°，
∵3∠D＝2∠DFC，
∴设∠D＝2y，∠DFC＝3y，
∵AB∥CD，AD∥BC，
∴∠A+∠ABC＝180°，∠A+∠D＝180°，∠BCF＝∠DFC＝3y，
∴∠ABC＝∠D＝2y，
∴∠CBP＝y，
∵CF平分∠BCP，
∴∠BCP＝2∠BCF＝6y，
△BCP中，∠CBP+∠P+∠BCP＝180°，
∴y+54°+6y＝180°，
∴y＝18°，
∴∠PCF＝3y＝3×18°＝54°．
【点评】本题主要考查角平分线的定义，平行线的性质与判定，三角形的内角和定理等知识的综合运用，灵活运用相关定义与性质求解角的度数是解题的关键．
四．平行四边形的性质（共10小题）
15．（2023春•长乐区期中）如图，在平行四边形ABCD中，AE⊥CD于点E，∠B＝65°，则∠DAE等于（ ）
A．15° B．25° C．35° D．65°
【分析】由四边形ABCD是平行四边形，根据平行四边形的对角相等，可得∠D＝∠B＝65°，又因为AE⊥CD，可得∠DAE＝90°﹣65°＝25°．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∠B＝65°，
∴∠D＝∠B＝65°，
∵AE⊥CD，
∴∠AED＝90°，
∴∠DAE＝90°﹣65°＝25°．
故选：B．
【点评】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．（2023春•锦江区校级期中）平行四边形ABCD中，∠A+∠C＝270°，则∠B的度数为（ ）
A．45° B．55° C．135° D．270°
【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．
【解答】解：在▱ABCD中，∠A＝∠C，
若∠A+∠C＝270°，则∠A＝135°，
∴∠B＝180°﹣∠A＝45°．
故选：A．
【点评】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．（2023春•拱墅区期末）如图，在平行四边形ABCD中，AE，BF分别平分∠DAB和∠ABC，交边CD于点E，F，线段AE，BF相交于点M．
（1）求证：AE⊥BF；
（2）若4EF＝AD＝8，求AB的长．
【分析】（1）根据平行四边形的性质结合角平分线的定义得出∠MAB+∠MBA＝＝90°，即可得出结论；
（2）根据平行四边形的性质结合角平分线的定义得出∠DAE＝∠DEA，同法可得CF＝BC，即可推出结果．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAB+∠ABC＝180°，
∵AE，BF分别平分∠DAB和∠ABC，
∴∠MAB+∠MBA＝＝90°，
∴∠BMA＝90°，
∴AE⊥BF；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD∥AB，
∴∠DEA＝∠EAB，
又∵AE平分∠DAB，
∴∠DAE＝∠EAB＝∠DEA，
∴DE＝DA＝8，
同法可得，BC＝CF＝AD＝8，
∵4EF＝8，
∴EF＝2，
∴DF＝CE＝8﹣EF＝6，
∴AB＝CD＝8+6＝14．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，角平分线的定义，熟练掌握平行四边形的性质，角平分线的定义是解题的关键．
18．（2023春•长乐区期中）如图，在平行四边形ABCD中，点E，F分别在AD，BC上，且AE＝CF，连接EF，AC交于点O，求证：OE＝OF．
【分析】先利用平行四边形的性质证明∠AEO＝∠CFO，再利用AAS证明△AEO≌△CFO即可证明OE＝OF．
【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠AEO＝∠CFO，
在△AEO和△CFO中，
，
∴△AEO≌△CFO（AAS），
∴OE＝OF．
【点评】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△AEO≌△CFO是解题的关键．
19．（2023春•大兴区校级月考）如图，平行四边形ABCD的对角线AC与BD交于点O．若AB＝6，AD＝10，AC⊥CD，求AC、BD以及AD和BC之间的距离．
【分析】先根据平行四边形的性质得到CD＝AB＝6，AC＝2OC，BD＝2OD，再利用勾股定理求出AC＝8，得到OC＝4，即可利用勾股定理求出，则，最后利用等面积法求出AD和BC之间的距离即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD＝AB＝6，AC＝2OC，BD＝2OD，
∵AC⊥CD，
∴由勾股定理得AC＝＝＝8，
∴，
在Rt△OCD中，由勾股定理得OD＝＝＝2，
∴；
设AD和BC之间的距离为h，
∵S平行四边形ABCD＝CD•AC＝AD•h，
∴h＝＝．
【点评】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．（2023春•龙湖区校级期中）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E，F分别是OB，OD的中点，连接AE，CF．
求证：AE＝CF．
【分析】利用SAS证明△ABE≌△CDF后利用全等三角形对应边相等即可证得结论．
【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝DC，AB∥DC，OD＝OB，
∴∠ABE＝∠CDF，
∵点E，F分别为OB，OD的中点，
∴BE＝DF，
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（SAS），
∴AE＝CF．
【点评】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．（2023春•龙湾区期中）如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E，F分别为BO，OD的中点，连结AE，CF．
（1）求证：AE＝CF．
（2）若∠BAC＝90°，AB＝3，AE＝，求▱ABCD的周长．
【分析】（1）由平行四边形的性质得OA＝OC，OB＝OD，再由点E，F分别为OB，OD的中点，推导出OE＝OF，即可证明△AOE≌△COF，AE＝CF；
（2）由∠BAC＝90°，点E是OB的中点，求得OB＝2AE＝，由勾股定理求得OA＝＝2，则AC＝2OA＝4，所以BC＝＝5，即可求得▱ABCD的周长为16．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，对角线AC与BD相交于点O，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵点E，F分别为OB，OD的中点，
∴OE＝OB，OF＝OD，
∵OE＝OF，
在△AOE和△COF，
，
∴△AOE≌△COF（SAS），
∴AE＝CF．
（2）解：∵∠BAC＝90°，点E是OB的中点，AB＝3，AE＝，
∴OB＝2AE＝2×＝，
∴OA＝＝＝2，
∴AC＝2OA＝2×2＝4，
∴BC＝＝＝5，
∴2AB+2BC＝2×3+2×5＝16，
∴▱ABCD的周长为16．
【点评】此题重点考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、平行四边形的周长等知识，证明△AOE≌△COF是解题的关键．
22．（2023春•河东区期中）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．
【分析】（1）由平行四边形的性质得OA＝OC＝AC＝3，OB＝OD＝BD＝5，而AB＝4，则AB2+OA2＝OB2＝25，所以∠OAB＝90°，由CD∥AB，得∠ACD＝∠OAB＝90°；
（2）由∠BAC＝90°，AB＝4，AC＝6，根据勾股定理得BC＝＝2．
【解答】解：（1）∵平行四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，AC＝6，BD＝10，
∴OA＝OC＝AC＝×6＝3，OB＝OD＝BD＝×10＝5，
∵AB＝4，
∴AB2+OA2＝42+32＝25，OB2＝52＝25，
∴AB2+OA2＝OB2，
∴△AOB是直角三角形，且∠OAB＝90°，
∵CD∥AB，
∴∠ACD＝∠OAB＝90°，
∴∠ACD的度数是90°．
（2）∵∠BAC＝90°，AB＝4，AC＝6，
∴BC＝＝＝2，
∴BC的长是2．
【点评】此题重点考查平行四边形的性质、勾股定理及其逆定理等知识，根据勾股定理的逆定理证明∠OAB＝90°是解题的关键．
23．（2023春•天津期中）如图，▱ABCD四个内角的平分线围成四边形EFGH，猜想四边形EFGH的形状，并说明理由．
【分析】由平行四边形的性质得AB∥CD，则∠ABC+∠DCB＝180°，所以∠HBC+∠HCB＝∠ABC+∠DCB＝90°，则∠EHG＝90°，同理可证明∠EFG＝90°，∠FEH＝∠AEB＝90°，即可根据“有三个角是直角的四边形是矩形”证明四边形EFGH是矩形．
【解答】解：四边形EFGH是矩形，
理由：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AD∥CB，
∴∠ABC+∠DCB＝180°，∠BAD+∠CDA＝180°，∠BAD+∠ABC＝180°，
∴∠ABC+∠DCB＝90°，∠BAD+∠CDA＝90°，∠BAD+∠ABC＝90°，
∵∠HBC＝∠ABC，∠HCB＝∠DCB，
∴∠HBC+∠HCB＝∠ABC+∠DCB＝90°，
∴∠EHG＝90°，
同理，∠FAD+∠FDA＝∠BAD+∠CDA＝90°，∠EAB+∠EBA＝∠BAD+∠ABC＝90°，
∴∠EFG＝90°，∠FEH＝∠AEB＝90°，
∴四边形EFGH是矩形．
【点评】此题重点考查平行四边形的性质、平行线的性质、三角形内角和定理、矩形的判定等知识，证明四边形EFGH有三个内角为直角是解题的关键．
24．（2023春•普兰店区期中）在▱ABCD中，∠ACD＝90°，AB＝AC，点M为BC的中点，以AB为斜边作Rt△AEB，∠AEB＝90°，连接EM，如图．
（1）填空：与∠CAE相等的角是 ∠ABE ；
（2）求证：BE＝AE+ME；
（3）利用前面的结论，EM＝，AE＝6，求AD的长．
【分析】（1）由平行四边形的性质得AB∥CD，则∠BAC＝∠ACD＝90°，所以∠CAE+∠BAE＝90°，因为∠AEB＝90°，所以∠ABE+∠BAE＝90°，则∠ABE＝∠CAE，于是得到问题的答案；
（2）在BE上截取BF＝AE，连接FM、AM，可证明△MBF≌△MAE，得BF＝AE，MF＝ME，∠BMF＝∠AME，则∠EMF＝∠AMB＝90°，由勾股定理得EF＝＝ME，即可证明BE＝AE+ME；
（3）由EM＝，AE＝6，得BF＝AE＝6，EF＝EM＝2，则BE＝8，所以AC＝AB＝＝10，则AD＝BC＝＝10．
【解答】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，∠ACD＝90°，
∴AB∥CD，
∴∠BAC＝∠ACD＝90°，
∴∠CAE+∠BAE＝90°，
∵∠AEB＝90°，
∴∠ABE+∠BAE＝90°，
∴∠ABE＝∠CAE，
故答案为：∠ABE.
（2）证明：在BE上截取BF＝AE，连接FM、AM，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∵点M为BC的中点，
∴AM⊥BC，AM＝BM＝CM＝BC，∠MAC＝∠MAB＝∠BAC＝45°，
∴∠ABC＝∠MAC＝45°，
∵∠ABE＝∠CAE，
∴∠MBF＝∠ABC﹣∠ABE＝∠MAC﹣∠CAE＝∠MAE，
在△MBF和△MAE中，
，
∴△MBF≌△MAE（SAS），
∴BF＝AE，MF＝ME，∠BMF＝∠AME，
∴∠EMF＝∠AMF+∠AME＝∠AMF+∠BMF＝∠AMB＝90°，
∴EF＝＝＝ME，
∵BE＝BF+EF，
∴BE＝AE+ME．
（3）解：∵EM＝，AE＝6，
∴BF＝AE＝6，EF＝EM＝×＝2，
∴BE＝BF+EF＝6+2＝8，
∴AB＝＝＝10，
∴AC＝AB＝10，
∴AD＝BC＝＝＝10，
∴AD的长是10．
【点评】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．
五．平行四边形的判定（共11小题）
25．（2023春•荣县校级月考）平面直角坐标系内有点A（0，0），B（2，2），C（6，0）三点，请确定一点D，使以A、B、C、D为顶点的四边形为平行四边形，则的点D的坐标不可以是（ ）
A．（﹣4，2） B．（4，﹣2） C．（8，2） D．（2，﹣2）
【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．
【解答】解：∵平面直角坐标系内有点A（0，0），B（2，2），C（6，0）三点，∴连接A（0，0），B（2，2），C（6，0）构成△ABC，过△ABC的顶点作其对边平行线，分别交于D1、D2、D3，如图所示：
①在平行四边形ACBD1中，CB∥AD1，
∵C（6，0），B（2，2），
∴C（6，0）向左平移4个单位长度、向上平移2个单位长度得到B（2，2），
∵A（0，0），
∴由点的平移可得D1（﹣4，2）；
②在平行四边形CABD2中，AB∥CD2，
∵A（0，0），B（2，2），
∴A（0，0）向右平移2个单位长度、向上平移2个单位长度得到B（2，2），
∵C（6，0），
∴由点的平移可得D2（8，2）；
③在平行四边形CBAD3中，BA∥CD3，
∵B（2，2），A（0，0），
∴B（2，2）向左平移2个单位长度、向下平移2个单位长度得到A（0，0），
∵C（6，0），
∴由点的平移可得D3（4，﹣2）；
综上所述，符合题意的点D1（﹣4，2）、D2（8，2）或D3（4，﹣2）三种情况．
故选：D．
【点评】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．（2023春•江汉区校级月考）下列条件中，不能判定四边形ABCD为平行四边形的是（ ）
A．AB∥CD，AD＝BC B．∠A＝∠C，∠B＝∠D
C．AB＝CD，AD＝BC D．AB∥CD，AB＝CD
【分析】根据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、由AB∥CD，AD＝BC，不能判定四边形ABCD是平行四边形，故选项A符合题意；
B、∵∠A＝∠C，∠B＝∠D，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项B不符合题意；
C、∵AB＝CD，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项C不符合题意；
D、∵AB∥CD，AB＝CD，
∴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以及平行线的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．
27．（2023春•江南区校级期中）平面直角坐标系中，A（1，2），B（2，1），C（5，4），以A、B、C、D四点为顶点的四边形是平行四边形，则D点的坐标为 （﹣2，﹣1）或（4，5）或（6，3） ．
【分析】分三种情况讨论，由平行四边形的对角线互相平分列出方程组可求解．
【解答】解：设点D坐标为（x，y），
当AB为对角线时，，
解得：，
∴点D（﹣2，﹣1），
当AC为对角线时，，
解得：，
∴点D（4，5），
当BC为对角线时，，
解得：，
∴点D（6，3），
∴点D坐标为（﹣2，﹣1）或（4，5）或（6，3）．
故答案为：（﹣2，﹣1）或（4，5）或（6，3）．
【点评】本题考查了平行四边形的判定和性质，掌握平行四边形的性质是解题的关键．
28．（2023春•邗江区月考）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC且AD＝9cm，BC＝6cm，点P、Q分别从点A、C同时出发，点P以1cm/s的速度由A向D运动，点Q以2cm/s的速度由C向B运动．则 2或3 秒后直线PQ将四边形ABCD截出一个平行四边形．
【分析】分别利用①当BQ＝AP时以及②当CQ＝PD时，列方程得出答案．
【解答】解：设点P，Q运动的时间为ts．依题意得：CQ＝2t，BQ＝6﹣2t，AP＝t，
PD＝9﹣t．
∵AD∥BC，
①当BQ＝AP时，四边形APQB是平行四边形．
即6﹣2t＝t，
解得t＝2．
②当CQ＝PD时，
四边形CQPD是平行四边形，即2t＝9﹣t，
解得：t＝3．
所以经过2秒或3秒后，直线PQ将四边形ABCD截出一个平行四边形．
故答案为：2或3．
【点评】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．（2023•五华县校级开学）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 9.6 ．
【分析】当DE是平行四边形BDCE的对角线，且DE⊥AC时，DE的长最小，作BH⊥AC于H，连接AM，由勾股定理．三角形的面积公式求出BH的长，即可解决问题．
【解答】解：当DE是平行四边形BDCE的对角线，且DE⊥AC时，DE的长最小，BC和DE交于M，作BH⊥AC于H，连接AM，
在平行四边形BDCE中，MB＝CM，BE∥AC，
∴MB＝BC＝6，
∴AM＝＝＝8，
∵△ABC的面积＝AC•BH＝BC•AM，
∴10BH＝12×8，
∴BH＝9.6，
∵四边形BEDH是矩形，
∴DE＝BH＝9.6．
∴DE长的最小值是9.6．
故答案为：9.6．
【点评】本题考查求线段长的最小值，关键是明白：当DE是平行四边形BDCE的对角线，且DE⊥AC时，DE的长最小
30．（2023春•天河区校级期中）如图，在四边形ABCD中，AC，BD相交于点O，O是BD的中点，AB∥CD．求证：四边形ABCD是平行四边形．
【分析】由已知条件易证△AOD≌△COB，由此可得OD＝OB，进而可证明四边形ABCD是平行四边形．
【解答】证明：∵O是BD的中点，
∴OB＝OD，
∵AB∥CD，
∴∠BAO＝∠DCO，
在△BAO和△DCO中，
，
∴△BAO≌△DCO（AAS），
∴OA＝OC，
∴四边形ABCD是平行四边形．
【点评】本题考查平行四边形的判定、全等三角形的判定和性质、平行线的性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定，证明三角形全等是解题的关键．
31．（2023春•西湖区校级期中）如图，已知AC＝AE，BC＝BE，BC∥AD，CD⊥CE．
（1）求证：四边形ABCD是平行四边形；
（2）若AD＝CD＝5，AC＝6，求CE的长．
【分析】（1）根据线段垂直平分线的性质得到AB⊥CE，推出AB∥CD，根据全等三角形的性质得到∠AEB＝∠ACB，根据平行四边形的判定即可得到结论；
（2）过A作AH⊥CD于H，根据勾股定理和矩形的判定和性质即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵AC＝AE，BC＝BE，
∴AB垂直平分CE，
∴AB⊥CE，
∵CD⊥CE，
∴AB∥CD，
∵BC∥AD，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（2）解：过A作AH⊥CD于H，
∴AH∥CF，
∴四边形AHCF是矩形，
∴CF＝AH，
∴AC2﹣CH2＝AD2﹣DH2，
∵AD＝CD＝5，AC＝6，
∴52﹣DH2＝62﹣（5﹣DH）2，
∴DH＝1.4，
∴AH＝，
∴CF＝4.8，
由（1）△AEB≌△ACB，
∴AE＝AC，∠EAF＝∠CAF，
∵AF＝AF，
∴△AFE≌△AFC（SAS），
∴EF＝CF，
∴CE＝2CF，
∴CE＝9.6．
【点评】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．（2023春•江宁区月考）数学课上，陈老师布置了一道题目：如图①，在△ABC中，AD是BC边上的高，如果AB+BD＝AC+CD，那么AB＝AC吗？
悦悦的思考：通过添辅助线“补短”，分别表示出“AB+BD”和“AC+CD”，…
（1）根据悦悦的思考，完成上述解答．
（2）如图②，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB+AD＝CD+CB．求证：四边形ABCD是平行四边形．
【分析】（1）延长DB至E，使BE＝AB；延长DC至F，使CF＝AC；连接AE、AF；由AB+BD＝CD+AC，得到DE＝DF，又AD⊥BC；推出△AEF是等腰三角形；得到∠E＝∠F；于是得到∠ABC＝2∠E；同理得∠ACB＝2∠F；证得∠ABC＝∠ACB，即可得到结论；
（2）在DA的延长线上取点M，使AM＝AB，在BC的延长线上取点N，使CN＝CD，连接BM、DN，先证四边形MBND是平行四边形，得MB＝ND，∠M＝∠N，再证△ABM≌△CDN（ASA），得AM＝CN，证出AD＝BC，即可得出结论．
【解答】（1）证明：延长DB至E，使BE＝AB；延长DC至F，使CF＝AC；连接AE、AF．
∵AB+BD＝CD+AC，
∴DE＝DF，
又AD⊥BC，
∴△AEF是等腰三角形；
∴∠E＝∠F；
∵AB＝BE，
∴∠ABC＝2∠E；
同理，得∠ACB＝2∠F；
∴∠ABC＝∠ACB，
∴AB＝AC；
（2）证明：在DA的延长线上取点M，使AM＝AB，在BC的延长线上取点N，使CN＝CD，连接BM、DN，
则∠M＝∠ABM，∠N＝∠CDN，
∵AB+AD＝CD+CB，且 AM＝AB，CN＝CD，
∴AM+AD＝CN+CB，
即DM＝BN，
又∵AD∥BC，
∴四边形MBND是平行四边形，
∴MB＝ND，∠M＝∠N，
∴∠ABM＝∠CDN，
在△ABM和△CDN中，
，
∴△ABM≌△CDN（ASA），
∴AM＝CN，
∵DM＝BN，
∴DM﹣AM＝BN﹣CN，
即AD＝BC，
∵AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形．
【点评】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．（2022春•鹤城区校级期中）如图，矩形ABCD中，AB＝4cm，BC＝8cm，动点M从点D出发，按折线DCBAD方向以2cm/s的速度运动，动点N从点D出发，按折线DABCD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 t cm，M走过 2t 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BC上，且BE＝3cm，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？
【分析】（1）根据路程＝时间×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+N的路程＝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AN＝ME列出方程求解即可．
【解答】解：（1）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）设t秒时两点相遇，
根据题意得t+2t＝2×（4+8）＝24，
解得t＝8，
即经过8秒钟两点第一次相遇；
（3）
①如图1，点M在BC上且在E点右侧时，当AN＝ME时，四边形AEMN为平行四边形，
得8﹣t＝9﹣2t，
解得t＝1，
此时点M在DC，所以舍去；
②如图2，点M在BC上且在E点左侧时，当AN＝ME时，四边形AEMN为平行四边形，
得8﹣t＝2t﹣9，
解得，符合题意，
所以经过秒钟，点A，E，M，N组成平行四边形．
【点评】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．（2023春•东莞市期中）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，连接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．
【分析】（1）作AM⊥BC于M，由已知条件得出AB＝AC，由等腰三角形的性质得出BM＝CM，由直角三角形斜边上的中线性质得出AM＝BC＝5，证出△APN和△CEN是等腰直角三角形，得出PN＝AP＝t，CE＝NE＝5﹣t，由CE＝CQ﹣QE＝2t﹣2得出方程，解方程即可；
（2）由平行四边形的判定得出AP＝BE，得出方程，解方程即可．
【解答】解：（1）作AM⊥BC于M，设AC交PE于N．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＝，所以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．
【点评】本题考查了平行四边形的判定、等腰直角三角形的判定与性质、等腰三角形的性质等知识；根据题意得出t的方程是解决问题的突破口．
35．（2022秋•济宁期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，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．
【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．
【解答】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．
【点评】此题考查了梯形的性质以及平行四边形的判定与性质．此题难度适中，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．
六．平行四边形的判定与性质（共11小题）
36．（2023春•杭州期中）如图，已知四边形ABCD，对角线AC和BD相交于O，下面选项不能得出四边形
ABCD是平行四边形的是（ ）
A．AB∥CD，且AB＝CD B．AB＝CD，∠ABD＝∠CDB
C．AO＝CO，∠DAC＝∠BCA D．AB∥CD，且AD＝BC
【分析】根据平行四边形的判定逐个进行判断即可．
【解答】解：A、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ABCD是平行四边形，故本选项不符合题意；
B、由∠ABD＝∠CDB，得出AB∥CD，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ABCD是平行四边形，故本选项不符合题意；
C、∵∠DAC＝∠BCA，AO＝CO，∠AOD＝∠COB，
∴△AOD≌△COB（ASA），
∴BO＝DO，
∴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ABCD是平行四边形，故本选项不符合题意；
D、不能推出四边形ABCD是平行四边形，故本选项符合题意；
故选：D．
【点评】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，难度适中．
37．（2023春•滨江区校级期中）如图，E是▱ABCD的边AB上的点，Q是CE中点，连接BQ并延长交CD于点F，连接AF与DE相交于点P，若S△APD＝3cm2，S△BQC＝7cm2，则阴影部分的面积为（ ）cm2
A．24 B．17 C．13 D．10
【分析】连接EF，如图，先根据平行四边形的性质得到AB＝CD，AB∥CD，再证明△BEQ≌△FCQ得到BE＝CF，则可判定四边形BCFE为平行四边形，根据平行四边形的性质得到S△BEF＝2S△BQC＝14cm2，接着证明四边形ADFE为平行四边形，所以S△PEF＝S△APD＝3cm2，然后计算S△BEF+S△PEF得到阴影部分的面积．
【解答】解：连接EF，如图，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴∠BEC＝∠FCE，
∵Q是CE中点，
∴EQ＝CQ，
在△BEQ和△FCQ中，
，
∴△BEQ≌△FCQ（ASA），
∴BE＝CF，
∵BE∥CF，
∴四边形BCFE为平行四边形，
∴S△BEF＝2S△BQC＝14cm2，
∵AB﹣BE＝CD﹣CF，
即AE＝FD，
∵AE∥FD，
∴四边形ADFE为平行四边形，
∴S△PEF＝S△APD＝3cm2，
∴阴影部分的面积＝S△BEF+S△PEF＝14+3＝17（cm2）．
故选：B．
【点评】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．（2023春•东莞市校级月考）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AD∥BC，AC，BD相交于点O．若AC＝5，则线段AO的长等于 ．
【分析】证四边形ABCD是平行四边形，得AO＝CO＝AC，即可得出结论．
【解答】解：∵AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝CO＝AC，
∵AC＝5，
∴AO＝AC＝，
故答案为：．
【点评】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．（2022春•义马市期中）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，BD＝12cm，AC＝6cm，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t＝ 2 时，四边形AECF是平行四边形．
【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．
【解答】解：由题意得OE＝OB﹣BE＝OB﹣t，OF＝2t，
∵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，
∴6﹣t＝2t，
∴t＝2，
∴当t＝2时，四边形AECF是平行四边形，
故答案为：2．
【点评】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．（2023春•沭阳县月考）如图，在▱ABCD中，点E，F在对角线AC上，请在不添加辅助线的情况下增加一个有关线段的条件 AE＝CF（答案不唯一） ，使四边形DEBF是平行四边形．
【分析】由平行四边形的性质得OA＝OC，OB＝OD，再证OE＝OF，即可得出结论．
【解答】解：增加条件AE＝CF，使四边形DEBF是平行四边形．理由如下：
连接BD，交AC于O，如图所示：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵AE＝CF，
∴OA﹣AE＝OC﹣CF，
即OE＝OF，
又∵OB＝OD，
∴四边形DEBF是平行四边形．
故答案为：AE＝CF（答案不唯一）．
【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性质，证明OE＝OF是解题的关键．
41．（2023春•锦江区校级期中）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为E、F．
（1）求证：四边形AECF是平行四边形；
（2）若，∠ADE＝30°，求四边形AECF的面积．
【分析】（1）由平行四边形的性质得AB＝CD，AB∥CD，则∠ABE＝∠CDF，再证AE∥CF，然后证△ABE≌△CDF（AAS），得AE＝CF，即可得出结论；
（2）由含30°角的直角三角形的性质得AE＝4，则DE＝4，再由全等三角形的性质得DF＝BE＝2，则EF＝2，然后由平行四边形面积公式即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴∠ABE＝∠CDF，
∵AE⊥BD，CF⊥BD，
∴AE∥CF，∠AEB＝∠CFD＝90°，
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（AAS），
∴AE＝CF，
∴四边形AECF是平行四边形；
（2）解：∵AE⊥BD，
∴∠AED＝90°，
∵∠ADE＝30°，AD＝8，
∴AE＝AD＝4，
∴DE＝＝＝4，
由（1）可知，△ABE≌△CDF，
∴DF＝BE＝2，
∴EF＝DE﹣DF＝4﹣2＝2，
∵四边形AECF是平行四边形，AE⊥EF，
∴S平行四边形AECF＝AE•EF＝4×2＝8．
【点评】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．（2023春•长乐区期中）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB边上一点，连接CD，E为CD中点，连接BE并延长至点F，使得EF＝EB，连接CF，DF．
（1）求证：四边形DBCF是平行四边形；
（2）若，求AD的长．
【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CF∥AB，CF＝BD＝6，在△ABC中，∠ACB＝90°，，则，，解得AB＝8，即可求得AD的长．
【解答】（1）证明：∵点E为CD的中点，
∴CE＝DE．
∵EF＝EB，
∴四边形DBCF是平行四边形；
（2）解：∵四边形DBCF是平行四边形，
∴CF∥AB，CF＝BD＝6，
在△ABC中，∠ACB＝90°，，
∴，
由勾股定理得到AC2+BC2＝AB2，
∴，
解得：AB＝8，
∴AD＝AB﹣BD＝8﹣6＝2．
【点评】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含30度角的直角三角形，利用直角三角形的性质求线段CG的长度是解答本题的关键．
43．（2023春•东莞市校级月考）如图，在平行四边形ABCD中，AE⊥BD，CF⊥BD，E，F分别是垂足．
求证：（1）BE＝DF；
（2）四边形AECF是平行四边形．
【分析】（1）由AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F，得AE∥CF，则∠AED＝∠CFB，由平行四边形的性质得AD∥CB，AD＝CB，则∠ADE＝∠CBF，即可证明△ADE≌△CBF，得DE＝BF，即可推导出BE＝DF；
（2）由△ADE≌△CBF，得AE＝CF，而AE∥CF，所以四边形AECF是平行四边形．
【解答】证明：（1）∵AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F，
∴AE∥CF，
∴∠AED＝∠CFB，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥CB，AD＝CB，
∴∠ADE＝∠CBF，
在△ADE和△CBF中，
，
∴△ADE≌△CBF（AAS），
∴DE＝BF，
∴BF﹣EF＝DE﹣EF，
∴BE＝DF．
（2）∵△ADE≌△CBF，
∴AE＝CF，
∵AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形．
【点评】此题重点考查平行四边形的判定与性质、垂直于同一条直线的两条直线平行、全等三角形的判定与性质等知识，证明△ADE≌△CBF是解题的关键．
44．（2023春•淮北期中）如图，在△ABC中，BD平分∠ABC交AC于点D，且BD⊥AC，点F在BC上，点E为AF的中点，连接AF，BE，ED，DF，BF＝DE．
（1）求证：四边形DEBF是平行四边形．
（2）若，BD＝6，求AB的长．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得出AD＝DC，进而利用三角形中位线定理得出DE∥BF，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DE，进而解答即可．
【解答】（1）证明：在△ABC中，BD平分∠ABC交AC于点D，且BD⊥AC，
∴△ABC是等腰三角形，
∴AD＝DC，
∵点E为AF的中点，
∴DE是△ACF的中位线，
∴DE∥BF，
∵DE＝BF，
∴四边形DEBF是平行四边形；
（2）解：由（1）可知，△ABC是等腰三角形，AB＝BC，
设DE＝a，则CF＝2DE＝2a，BF＝DE＝a，
∴BC＝AB＝3a，
∵AC＝2DE＝2a，
∴DC＝DE＝a，
在Rt△BDC中，DB2+DC2＝BC2，
即，
解得：a＝±（负值舍去），
∴DE＝，
∴AB＝3．
【点评】此题考查平行四边形的判定和性质，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．（2023春•鹿城区校级期中）如图1，在▱ABCD中，∠BAD的角平分线恰好经过边CD的中点F，且与边BC的延长线交于点E．
（1）若AB＝6，求BE的长；
（2）如图2，连接BF，过点D作DG⊥AE于点H，交AB于点G．
求证：四边形BFDG是平行四边形．
【分析】（1）由平行四边形的性质得AD∥BC，则∠DAF＝∠E，再由角平分线定义得∠DAF＝∠BAE，则∠BAE＝∠E，然后由等腰三角形的判定即可得出结论；
（2）证△ADF≌△ECF（AAS），得AF＝EF，再由等腰三角形的性质得BF⊥AE，则DG∥BF，然后由平行四边形的判定即可得出结论．
【解答】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAF＝∠E，
∵AE是∠BAD的平分线，
∴∠DAF＝∠BAE，
∴∠BAE＝∠E，
∴BE＝AB＝6，即BE的长为6；
（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
∴∠DAF＝∠E，
∵F是CD的中点，
∴DF＝CF，
在△ADF和△ECF中，
，
∴△ADF≌△ECF（AAS），
∴AF＝EF，
由（1）可知，BE＝AB，
∴BF⊥AE，
∵DG⊥AE，
∴DG∥BF，
又∵DF∥BG，
∴四边形BFDG是平行四边形．
【点评】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．（2023春•许昌期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，过AB上一点D作DE∥AC交BC于点E，以E为顶点，ED为一边，作∠DEF＝∠A，另一边EF交AC于点F．
（1）求证：四边形ADEF为平行四边形；
（2）延长图①中的DE到点G，使EG＝DE，连接AE，AG，FG，得到图②，若AD＝AG，判断四边形AEGF 的形状，并说明理由．
【分析】（1）根据平行线的性质得到∠BDE＝∠A，根据题意得到∠DEF＝∠BDE，根据平行线的判定定理得到AD∥EF，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AE⊥EG，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形证明．
【解答】（1）证明：∵DE∥AC，
∴∠BDE＝∠A，
∵∠DEF＝∠A，
∴∠DEF＝∠BDE，
∴AD∥EF，
又∵DE∥AC，
∴四边形ADEF为平行四边形；
（2）解：四边形AEGF是矩形，理由如下：
由（1）得，四边形ADEF为平行四边形，
∴AF∥DE，AF＝DE，
∵EG＝DE，
∴AF∥DE，AF＝GE，
∴四边形AEGF是平行四边形，
∵AD＝AG，EG＝DE，
∴AE⊥EG，
∴四边形AEGF是矩形．
【点评】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．
专题09 平行四边形
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）
1．（2023春•长沙期中）如图，在△ABC中，点D，E分别为AB，AC的中点，若DE＝1，则BC的长度为（ ）
A．2 B．2.5 C．3 D．4
【分析】根据三角形中位线定理解答即可．
【解答】解：∵点D，E分别为AB，AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴BC＝2DE，
∵DE＝1，
∴BC＝2，
故选：A．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
2．（2023春•锡山区期中）如图，在△ABC中，点D、E分别是边AB、AC的中点，连接DE，∠ABC的平分线BF交DE于点F，若AB＝6，BC＝8，则EF的长为 1 ．
【分析】根据三角形中位线定理得到DE∥BC，DE＝BC＝3，根据角平分线定义和平行线的性质以及等腰三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：∵点D、E分别为边AB、AC的中点，
∴DE∥BC，DE＝BC＝4，
∴∠DFB＝∠HBF，
∵BF平分∠ABC，
∴∠DBF＝∠CBF，
∴∠DFB＝∠DBF，
∴DB＝DF＝AB＝3，
∴EF＝DE﹣DF＝1，
故答案为：1．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、全等三角形的判定和性质，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．
3．（2023春•江津区期中）如图，在△ABC中，AM平分∠BAC，BM⊥AM，N为BC中点，若AB＝6，AC＝10，则MN＝ 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，BM＝MF，求出FC，根据三角形中位线定理计算即可．
【解答】解：延长BM交AC于F，
在△AMB和△AMF中，
，
∴△AMB≌△AMF（ASA），
∴AF＝AB＝6，BM＝MF，
∴FC＝AC﹣AF＝4，
∵BM＝MF，BN＝NC，
∴MN＝FC＝2，
故答案为：2．
【点评】本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．（2023春•沙坪坝区校级月考）在△ABC中，点D和点E分别是AB、AC上两点，连接ED，EB．点F、G、H分别是DE、BC、BE的中点，连接HG，FG，HF．
（1）猜想∠A与∠FHG的关系，并证明你的猜想．
（2）若∠A＝90°，∠2＝∠1+60°，求的值．
【分析】（1）直接利用三角形的中位线定理得出FH∥BD，GH∥CE，再借助三角形的外角的性质即可得出∠A+∠EHG＝180°，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∠HFG＝60°，再利用含30度角的直角三角形的性质即可求解．
【解答】解：（1）猜想，∠A+∠FHG＝180°，理由如下，
∵点F是DE的中点，点H是BE的中点，
∴FH∥BD，
∴∠FHE＝∠ABE，
∵点G是BC的中点，点H是BE的中点，
∴GH∥CE，
∴∠HGB＝∠C，
∵∠EHG＝∠EBG+∠HGB＝∠EBG+∠C，
∴∠FHG＝∠FHE+∠EHG＝∠ABE+∠EBG+∠C＝∠ABC+∠C，
∵∠A+∠ABC+∠C＝180°，
∴∠A+∠FHG＝180°；
（2）∵点G是BC的中点，点H是BE的中点，
∴，即CE＝2GH，
∵∠A＝90°，∠A+∠EHG＝180°，
∴∠EHG＝90°，
∵FH∥BD，
∴∠2＝∠1+∠HFG，
∵∠2＝∠1+60°，
∴∠HFG＝60°，
∴∠HGF＝30°，
∴FG＝2FH，，
∴．
【点评】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∠HFG＝60°是解题的关键．
5．（2022春•新罗区校级期中）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： DE∥BC，且DE＝BC ．
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，诺你直接写出边AB的取值范围．
【分析】（1）根据题意写出求证；
（2）证明△ADE≌△CFE，根据全等三角形的性质得到AD＝CF，∠A＝∠ECF，证明四边形BDFC是平行四边形，根据平行四边形的性质解答即可；
（3）根据三角形三边关系即可得到结论．
【解答】解：（1）求证：DE∥BC，且DE＝BC，
故答案为：DE∥BC，且DE＝BC；
（2）∵点E是AC的中点，
∴AE＝CE，
在△ADE和△CFE中，
，
∴△ADE≌△CFE（SAS），
∴AD＝CF，∠A＝∠ECF，
∴AD∥CF，
∵点D是AB的中点，
∴AD＝BD，
∴BD＝CF，
∴四边形BDFC是平行四边形，
∴DE∥BC，DF＝BC，
∵DE＝FE，
∴DE∥BC，且DE＝BC；
（3）∵EF＝DE＝4，CE＝3，
∴BC＝2DE＝8，
∵CE＝3，
∴AC＝6，
∴BC﹣AC＜AB＜BC+AC，
即2＜AB＜14．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键．
6．（2023春•西城区校级月考）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△ABC的边AB，AC中点．
求证：DE∥BC，．
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DE至F，使EF＝DE，连接CF、CD、AF．
方法二
证明：如图，过E作EF∥AB交BC于F，过A作AM∥BC交FE于M．
【分析】方法一：结合已给出的辅助线，先证明四边形ADCF是平行四边形，再证明四边形BDFC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AMFB是平行四边形，再证明△AME≌△CFE，接着证明四边形AMED是平行四边形，问题得证；
【解答】解：方法一：延长DE至F，使EF＝DE，连接CF、CD、AF．
∵D、E分别是△ABC的边AB，AC中点，
∴，AE＝EC＝AC，
又∵EF＝DE，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∴AD∥CF，AD＝CF，
∴BD∥CF，BD＝CF，
∴四边形BDFC是平行四边形，
∴DF∥BC，DF＝BC，即DE∥BC，
∵EF＝DE，
∴，
∴；
方法二：过E作EF∥AB交BC于F，过A作AM∥BC交FE于M，
同理有：，，
∵EF∥AB，AM∥BC，
∴四边形AMFB是平行四边形，
∴AM＝FB，AM∥FB，AB＝MF，
∴∠AME＝∠EFC，∠MAE＝∠ECF，∠AME＝∠EFC，
∵AE＝EC，
∴△AME≌△CFE（AAS），
∴AM＝FC，EM＝EF，
∴，
∵AB＝MF，
∴，
∵EF∥AB，
∴四边形AMED是平行四边形，
∴AM＝ED，AM∥ED，
∵AM＝FC，AM＝FB，AM∥BC，
∴，
∴DE∥BC，．
【点评】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．
二．多边形的对角线（共3小题）
7．（2022秋•禅城区期末）过一个多边形一个顶点的所有对角线，将这个多边形分成5个三角形．这个多边形是（ ）
A．五边形 B．六边形 C．七边形 D．八边形
【分析】根据过多边形的一个顶点的所有对角线，将这个多边形分成（n﹣2）个三角形，计算可求解．
【解答】解：由题意得5+2＝7，
故过多边形的一个顶点的所有对角线，将这个多边形分成5个三角形的多边形为七边形，
故选：C．
【点评】本题考查了多边形的边数与对角线的关系，解题的关键是掌握n边形从一个顶点出发可引出（n﹣3）条对角线，将这个多边形分成（n﹣2）个三角形．
8．（2022春•思南县校级月考）若过十二边形的一个顶点可以画n条对角线，则n的值是 9 ．
【分析】根据从一个n边形的一个顶点出发，可以画（n﹣3）条对角线即可得．
【解答】解：因为过十二边形的一个顶点可以画12﹣3＝9条对角线，
所以n＝9，
故答案为：9．
【点评】本题考查了多边形的对角线条数问题，熟练掌握从一个n边形的一个顶点出发，可以画（n﹣3）条对角线是解题关键．
9．（2022秋•薛城区期末）探究归纳题：
（1）试验分析：
如图1，经过A点可以做 1 条对角线；同样，经过B点可以做 1 条对角线；经过C点可以做 1 条对角线；经过D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
（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；
（3）探索归纳：对于n边形（n＞3），共有 条对角线．（用含n的式子表示）
（4）特例验证：十边形有 35 对角线．
【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．
【解答】解：经过A点可以做 1条对角线；同样，经过B点可以做 1条；经过C点可以做 1条；经过D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．
（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；
（3）探索归纳：
对于n边形（n＞3），共有条对角线．
（4）特例验证：
十边形有＝35对角线．
故答案为：（1）1、1、1、1、2；（2）5、9；（3）；（4）35．
【点评】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．
三．多边形内角与外角（共5小题）
10．（2023春•江阴市期中）一个多边形的每个外角都等于36°，则这个多边形的边数是（ ）
A．9 B．10 C．11 D．12
【分析】根据正多边形的边数等于360°除以每一个外角的度数列式计算即可得解．
【解答】解：360°÷36°＝10．
故这个多边形的边数为10．
故选：B．
【点评】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．（2023春•上城区期中）一个多边形的内角和与它的外角和的比为3：1，则这个多边形的边数为（ ）
A．8 B．7 C．6 D．5
【分析】利用多边形的内角和与外角和定理得到[（n﹣2）×180°]：360°＝3：1，然后解方程即可．
【解答】解：设这个多边形的边数为n，
根据题意得[（n﹣2）×180°]：360°＝3：1，
解得n＝8，
即这个多边形的边数为8．
故选：A．
【点评】本题考查了多边形内角与外角：n边形的内角和为（n﹣2）•180° （n≥3且n为整数）；多边形的外角和等于360°．
12．（2023•碑林区校级四模）若一个正多边形的内角和为1260°，则该正多边形一个外角的度数为 40° ．
【分析】n边形的内角和可以表示成（n﹣2）•180°，根据题意列方程，求出该正多边形的边数，再根据多边形的外角和为360°解答即可．
【解答】解：设该正多边形的边数为n，
根据题意列方程，得（n﹣2）•180°＝1260°，
解得n＝9．
∴该正多边形的边数是9，
∵多边形的外角和为360°，
360°÷9＝40°，
∴该正多边形的一个外角为40°．
故答案为：40°．
【点评】此题考查多边形的内角和外角，根据多边形的内角和定理，求边数的问题就可以转化为解方程的问题来解决．
13．（2023春•惠东县校级期中）若一个n边形的每个内角都为150°，那么边数n为 12 ．
【分析】根据多边形的内角和公式（n﹣2）•180°列方程求解即可．
【解答】解：由题意得，（n﹣2）•180°＝150°•n，
解得：n＝12．
故答案为：12．
【点评】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．（2023春•九龙坡区校级期中）如图1，已知在四边形ABCD中，AD∥BC，∠A＝∠DCB，点E是边AD上的一点，连接CE，∠ABC的平分线与∠ECD的平分线相交于点P．
（1）求证：
①AB∥CD；
②2∠P+∠ECB＝180°；
（2）如图2，∠BCP的平分线交AD于点F，若4∠P＝3∠DEC，3∠D＝2∠DFC，求∠PCF的度数．
【分析】（1）①根据平行线的性质和等量代换可得：∠ABC+∠DCB＝180°，从而得结论；
②如图1，过点P作PG∥CD，根据平行线的性质得：∠ABP＝∠BPG，∠DCP＝∠CPG，由角平分线的定义，角的和差，三角形的内角和定理可得结论；
（2）如图2，设∠P＝3x，∠DEC＝4x，∠D＝2y，∠DFC＝3y，根据△BPC中三角形的内角和定理可得x的值，由平行线的性质和角平分线的定义表示∠CBP＝y，∠BCP＝2∠BCF＝6y，列方程可得y的值，从而可以解答．
【解答】（1）证明：①∵AD∥BC，
∴∠A+∠ABC＝180°，
∵∠A＝∠DCB，
∴∠ABC+∠DCB＝180°，
∴AB∥CD；
②∵BP平分∠ABC，CP平分∠DCE，
∴∠ABP＝∠CBP，∠DCP＝∠ECP，
如图1，过点P作PG∥CD，
∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥PG，
∴∠ABP＝∠BPG，∠DCP＝∠CPG，
∴∠BPC＝∠BPG+∠CPG＝∠ABP+∠DCP＝∠PBC+∠ECP，
在△BPC中，∠BPC+∠PBC+∠ECP+∠ECB＝180°，
∴2∠BPC+∠ECB＝180°；
（2）解：如图2，设∠P＝3x，∠DEC＝4x，
∵AD∥BC，
∴∠ECB＝∠DEC＝4x，
由（1）知：2∠P+∠ECB＝180°，
∴6x+4x＝180，
∴x＝18°，
∴∠P＝54°，
∵3∠D＝2∠DFC，
∴设∠D＝2y，∠DFC＝3y，
∵AB∥CD，AD∥BC，
∴∠A+∠ABC＝180°，∠A+∠D＝180°，∠BCF＝∠DFC＝3y，
∴∠ABC＝∠D＝2y，
∴∠CBP＝y，
∵CF平分∠BCP，
∴∠BCP＝2∠BCF＝6y，
△BCP中，∠CBP+∠P+∠BCP＝180°，
∴y+54°+6y＝180°，
∴y＝18°，
∴∠PCF＝3y＝3×18°＝54°．
【点评】本题主要考查角平分线的定义，平行线的性质与判定，三角形的内角和定理等知识的综合运用，灵活运用相关定义与性质求解角的度数是解题的关键．
四．平行四边形的性质（共10小题）
15．（2023春•长乐区期中）如图，在平行四边形ABCD中，AE⊥CD于点E，∠B＝65°，则∠DAE等于（ ）
A．15° B．25° C．35° D．65°
【分析】由四边形ABCD是平行四边形，根据平行四边形的对角相等，可得∠D＝∠B＝65°，又因为AE⊥CD，可得∠DAE＝90°﹣65°＝25°．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∠B＝65°，
∴∠D＝∠B＝65°，
∵AE⊥CD，
∴∠AED＝90°，
∴∠DAE＝90°﹣65°＝25°．
故选：B．
【点评】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．（2023春•锦江区校级期中）平行四边形ABCD中，∠A+∠C＝270°，则∠B的度数为（ ）
A．45° B．55° C．135° D．270°
【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．
【解答】解：在▱ABCD中，∠A＝∠C，
若∠A+∠C＝270°，则∠A＝135°，
∴∠B＝180°﹣∠A＝45°．
故选：A．
【点评】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．（2023春•拱墅区期末）如图，在平行四边形ABCD中，AE，BF分别平分∠DAB和∠ABC，交边CD于点E，F，线段AE，BF相交于点M．
（1）求证：AE⊥BF；
（2）若4EF＝AD＝8，求AB的长．
【分析】（1）根据平行四边形的性质结合角平分线的定义得出∠MAB+∠MBA＝＝90°，即可得出结论；
（2）根据平行四边形的性质结合角平分线的定义得出∠DAE＝∠DEA，同法可得CF＝BC，即可推出结果．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAB+∠ABC＝180°，
∵AE，BF分别平分∠DAB和∠ABC，
∴∠MAB+∠MBA＝＝90°，
∴∠BMA＝90°，
∴AE⊥BF；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD∥AB，
∴∠DEA＝∠EAB，
又∵AE平分∠DAB，
∴∠DAE＝∠EAB＝∠DEA，
∴DE＝DA＝8，
同法可得，BC＝CF＝AD＝8，
∵4EF＝8，
∴EF＝2，
∴DF＝CE＝8﹣EF＝6，
∴AB＝CD＝8+6＝14．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，角平分线的定义，熟练掌握平行四边形的性质，角平分线的定义是解题的关键．
18．（2023春•长乐区期中）如图，在平行四边形ABCD中，点E，F分别在AD，BC上，且AE＝CF，连接EF，AC交于点O，求证：OE＝OF．
【分析】先利用平行四边形的性质证明∠AEO＝∠CFO，再利用AAS证明△AEO≌△CFO即可证明OE＝OF．
【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠AEO＝∠CFO，
在△AEO和△CFO中，
，
∴△AEO≌△CFO（AAS），
∴OE＝OF．
【点评】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△AEO≌△CFO是解题的关键．
19．（2023春•大兴区校级月考）如图，平行四边形ABCD的对角线AC与BD交于点O．若AB＝6，AD＝10，AC⊥CD，求AC、BD以及AD和BC之间的距离．
【分析】先根据平行四边形的性质得到CD＝AB＝6，AC＝2OC，BD＝2OD，再利用勾股定理求出AC＝8，得到OC＝4，即可利用勾股定理求出，则，最后利用等面积法求出AD和BC之间的距离即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD＝AB＝6，AC＝2OC，BD＝2OD，
∵AC⊥CD，
∴由勾股定理得AC＝＝＝8，
∴，
在Rt△OCD中，由勾股定理得OD＝＝＝2，
∴；
设AD和BC之间的距离为h，
∵S平行四边形ABCD＝CD•AC＝AD•h，
∴h＝＝．
【点评】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．（2023春•龙湖区校级期中）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E，F分别是OB，OD的中点，连接AE，CF．
求证：AE＝CF．
【分析】利用SAS证明△ABE≌△CDF后利用全等三角形对应边相等即可证得结论．
【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝DC，AB∥DC，OD＝OB，
∴∠ABE＝∠CDF，
∵点E，F分别为OB，OD的中点，
∴BE＝DF，
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（SAS），
∴AE＝CF．
【点评】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．（2023春•龙湾区期中）如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E，F分别为BO，OD的中点，连结AE，CF．
（1）求证：AE＝CF．
（2）若∠BAC＝90°，AB＝3，AE＝，求▱ABCD的周长．
【分析】（1）由平行四边形的性质得OA＝OC，OB＝OD，再由点E，F分别为OB，OD的中点，推导出OE＝OF，即可证明△AOE≌△COF，AE＝CF；
（2）由∠BAC＝90°，点E是OB的中点，求得OB＝2AE＝，由勾股定理求得OA＝＝2，则AC＝2OA＝4，所以BC＝＝5，即可求得▱ABCD的周长为16．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，对角线AC与BD相交于点O，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵点E，F分别为OB，OD的中点，
∴OE＝OB，OF＝OD，
∵OE＝OF，
在△AOE和△COF，
，
∴△AOE≌△COF（SAS），
∴AE＝CF．
（2）解：∵∠BAC＝90°，点E是OB的中点，AB＝3，AE＝，
∴OB＝2AE＝2×＝，
∴OA＝＝＝2，
∴AC＝2OA＝2×2＝4，
∴BC＝＝＝5，
∴2AB+2BC＝2×3+2×5＝16，
∴▱ABCD的周长为16．
【点评】此题重点考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、平行四边形的周长等知识，证明△AOE≌△COF是解题的关键．
22．（2023春•河东区期中）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．
【分析】（1）由平行四边形的性质得OA＝OC＝AC＝3，OB＝OD＝BD＝5，而AB＝4，则AB2+OA2＝OB2＝25，所以∠OAB＝90°，由CD∥AB，得∠ACD＝∠OAB＝90°；
（2）由∠BAC＝90°，AB＝4，AC＝6，根据勾股定理得BC＝＝2．
【解答】解：（1）∵平行四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，AC＝6，BD＝10，
∴OA＝OC＝AC＝×6＝3，OB＝OD＝BD＝×10＝5，
∵AB＝4，
∴AB2+OA2＝42+32＝25，OB2＝52＝25，
∴AB2+OA2＝OB2，
∴△AOB是直角三角形，且∠OAB＝90°，
∵CD∥AB，
∴∠ACD＝∠OAB＝90°，
∴∠ACD的度数是90°．
（2）∵∠BAC＝90°，AB＝4，AC＝6，
∴BC＝＝＝2，
∴BC的长是2．
【点评】此题重点考查平行四边形的性质、勾股定理及其逆定理等知识，根据勾股定理的逆定理证明∠OAB＝90°是解题的关键．
23．（2023春•天津期中）如图，▱ABCD四个内角的平分线围成四边形EFGH，猜想四边形EFGH的形状，并说明理由．
【分析】由平行四边形的性质得AB∥CD，则∠ABC+∠DCB＝180°，所以∠HBC+∠HCB＝∠ABC+∠DCB＝90°，则∠EHG＝90°，同理可证明∠EFG＝90°，∠FEH＝∠AEB＝90°，即可根据“有三个角是直角的四边形是矩形”证明四边形EFGH是矩形．
【解答】解：四边形EFGH是矩形，
理由：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AD∥CB，
∴∠ABC+∠DCB＝180°，∠BAD+∠CDA＝180°，∠BAD+∠ABC＝180°，
∴∠ABC+∠DCB＝90°，∠BAD+∠CDA＝90°，∠BAD+∠ABC＝90°，
∵∠HBC＝∠ABC，∠HCB＝∠DCB，
∴∠HBC+∠HCB＝∠ABC+∠DCB＝90°，
∴∠EHG＝90°，
同理，∠FAD+∠FDA＝∠BAD+∠CDA＝90°，∠EAB+∠EBA＝∠BAD+∠ABC＝90°，
∴∠EFG＝90°，∠FEH＝∠AEB＝90°，
∴四边形EFGH是矩形．
【点评】此题重点考查平行四边形的性质、平行线的性质、三角形内角和定理、矩形的判定等知识，证明四边形EFGH有三个内角为直角是解题的关键．
24．（2023春•普兰店区期中）在▱ABCD中，∠ACD＝90°，AB＝AC，点M为BC的中点，以AB为斜边作Rt△AEB，∠AEB＝90°，连接EM，如图．
（1）填空：与∠CAE相等的角是 ∠ABE ；
（2）求证：BE＝AE+ME；
（3）利用前面的结论，EM＝，AE＝6，求AD的长．
【分析】（1）由平行四边形的性质得AB∥CD，则∠BAC＝∠ACD＝90°，所以∠CAE+∠BAE＝90°，因为∠AEB＝90°，所以∠ABE+∠BAE＝90°，则∠ABE＝∠CAE，于是得到问题的答案；
（2）在BE上截取BF＝AE，连接FM、AM，可证明△MBF≌△MAE，得BF＝AE，MF＝ME，∠BMF＝∠AME，则∠EMF＝∠AMB＝90°，由勾股定理得EF＝＝ME，即可证明BE＝AE+ME；
（3）由EM＝，AE＝6，得BF＝AE＝6，EF＝EM＝2，则BE＝8，所以AC＝AB＝＝10，则AD＝BC＝＝10．
【解答】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，∠ACD＝90°，
∴AB∥CD，
∴∠BAC＝∠ACD＝90°，
∴∠CAE+∠BAE＝90°，
∵∠AEB＝90°，
∴∠ABE+∠BAE＝90°，
∴∠ABE＝∠CAE，
故答案为：∠ABE.
（2）证明：在BE上截取BF＝AE，连接FM、AM，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∵点M为BC的中点，
∴AM⊥BC，AM＝BM＝CM＝BC，∠MAC＝∠MAB＝∠BAC＝45°，
∴∠ABC＝∠MAC＝45°，
∵∠ABE＝∠CAE，
∴∠MBF＝∠ABC﹣∠ABE＝∠MAC﹣∠CAE＝∠MAE，
在△MBF和△MAE中，
，
∴△MBF≌△MAE（SAS），
∴BF＝AE，MF＝ME，∠BMF＝∠AME，
∴∠EMF＝∠AMF+∠AME＝∠AMF+∠BMF＝∠AMB＝90°，
∴EF＝＝＝ME，
∵BE＝BF+EF，
∴BE＝AE+ME．
（3）解：∵EM＝，AE＝6，
∴BF＝AE＝6，EF＝EM＝×＝2，
∴BE＝BF+EF＝6+2＝8，
∴AB＝＝＝10，
∴AC＝AB＝10，
∴AD＝BC＝＝＝10，
∴AD的长是10．
【点评】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．
五．平行四边形的判定（共11小题）
25．（2023春•荣县校级月考）平面直角坐标系内有点A（0，0），B（2，2），C（6，0）三点，请确定一点D，使以A、B、C、D为顶点的四边形为平行四边形，则的点D的坐标不可以是（ ）
A．（﹣4，2） B．（4，﹣2） C．（8，2） D．（2，﹣2）
【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．
【解答】解：∵平面直角坐标系内有点A（0，0），B（2，2），C（6，0）三点，∴连接A（0，0），B（2，2），C（6，0）构成△ABC，过△ABC的顶点作其对边平行线，分别交于D1、D2、D3，如图所示：
①在平行四边形ACBD1中，CB∥AD1，
∵C（6，0），B（2，2），
∴C（6，0）向左平移4个单位长度、向上平移2个单位长度得到B（2，2），
∵A（0，0），
∴由点的平移可得D1（﹣4，2）；
②在平行四边形CABD2中，AB∥CD2，
∵A（0，0），B（2，2），
∴A（0，0）向右平移2个单位长度、向上平移2个单位长度得到B（2，2），
∵C（6，0），
∴由点的平移可得D2（8，2）；
③在平行四边形CBAD3中，BA∥CD3，
∵B（2，2），A（0，0），
∴B（2，2）向左平移2个单位长度、向下平移2个单位长度得到A（0，0），
∵C（6，0），
∴由点的平移可得D3（4，﹣2）；
综上所述，符合题意的点D1（﹣4，2）、D2（8，2）或D3（4，﹣2）三种情况．
故选：D．
【点评】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．（2023春•江汉区校级月考）下列条件中，不能判定四边形ABCD为平行四边形的是（ ）
A．AB∥CD，AD＝BC B．∠A＝∠C，∠B＝∠D
C．AB＝CD，AD＝BC D．AB∥CD，AB＝CD
【分析】根据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、由AB∥CD，AD＝BC，不能判定四边形ABCD是平行四边形，故选项A符合题意；
B、∵∠A＝∠C，∠B＝∠D，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项B不符合题意；
C、∵AB＝CD，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项C不符合题意；
D、∵AB∥CD，AB＝CD，
∴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以及平行线的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．
27．（2023春•江南区校级期中）平面直角坐标系中，A（1，2），B（2，1），C（5，4），以A、B、C、D四点为顶点的四边形是平行四边形，则D点的坐标为 （﹣2，﹣1）或（4，5）或（6，3） ．
【分析】分三种情况讨论，由平行四边形的对角线互相平分列出方程组可求解．
【解答】解：设点D坐标为（x，y），
当AB为对角线时，，
解得：，
∴点D（﹣2，﹣1），
当AC为对角线时，，
解得：，
∴点D（4，5），
当BC为对角线时，，
解得：，
∴点D（6，3），
∴点D坐标为（﹣2，﹣1）或（4，5）或（6，3）．
故答案为：（﹣2，﹣1）或（4，5）或（6，3）．
【点评】本题考查了平行四边形的判定和性质，掌握平行四边形的性质是解题的关键．
28．（2023春•邗江区月考）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC且AD＝9cm，BC＝6cm，点P、Q分别从点A、C同时出发，点P以1cm/s的速度由A向D运动，点Q以2cm/s的速度由C向B运动．则 2或3 秒后直线PQ将四边形ABCD截出一个平行四边形．
【分析】分别利用①当BQ＝AP时以及②当CQ＝PD时，列方程得出答案．
【解答】解：设点P，Q运动的时间为ts．依题意得：CQ＝2t，BQ＝6﹣2t，AP＝t，
PD＝9﹣t．
∵AD∥BC，
①当BQ＝AP时，四边形APQB是平行四边形．
即6﹣2t＝t，
解得t＝2．
②当CQ＝PD时，
四边形CQPD是平行四边形，即2t＝9﹣t，
解得：t＝3．
所以经过2秒或3秒后，直线PQ将四边形ABCD截出一个平行四边形．
故答案为：2或3．
【点评】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．（2023•五华县校级开学）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 9.6 ．
【分析】当DE是平行四边形BDCE的对角线，且DE⊥AC时，DE的长最小，作BH⊥AC于H，连接AM，由勾股定理．三角形的面积公式求出BH的长，即可解决问题．
【解答】解：当DE是平行四边形BDCE的对角线，且DE⊥AC时，DE的长最小，BC和DE交于M，作BH⊥AC于H，连接AM，
在平行四边形BDCE中，MB＝CM，BE∥AC，
∴MB＝BC＝6，
∴AM＝＝＝8，
∵△ABC的面积＝AC•BH＝BC•AM，
∴10BH＝12×8，
∴BH＝9.6，
∵四边形BEDH是矩形，
∴DE＝BH＝9.6．
∴DE长的最小值是9.6．
故答案为：9.6．
【点评】本题考查求线段长的最小值，关键是明白：当DE是平行四边形BDCE的对角线，且DE⊥AC时，DE的长最小
30．（2023春•天河区校级期中）如图，在四边形ABCD中，AC，BD相交于点O，O是BD的中点，AB∥CD．求证：四边形ABCD是平行四边形．
【分析】由已知条件易证△AOD≌△COB，由此可得OD＝OB，进而可证明四边形ABCD是平行四边形．
【解答】证明：∵O是BD的中点，
∴OB＝OD，
∵AB∥CD，
∴∠BAO＝∠DCO，
在△BAO和△DCO中，
，
∴△BAO≌△DCO（AAS），
∴OA＝OC，
∴四边形ABCD是平行四边形．
【点评】本题考查平行四边形的判定、全等三角形的判定和性质、平行线的性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定，证明三角形全等是解题的关键．
31．（2023春•西湖区校级期中）如图，已知AC＝AE，BC＝BE，BC∥AD，CD⊥CE．
（1）求证：四边形ABCD是平行四边形；
（2）若AD＝CD＝5，AC＝6，求CE的长．
【分析】（1）根据线段垂直平分线的性质得到AB⊥CE，推出AB∥CD，根据全等三角形的性质得到∠AEB＝∠ACB，根据平行四边形的判定即可得到结论；
（2）过A作AH⊥CD于H，根据勾股定理和矩形的判定和性质即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵AC＝AE，BC＝BE，
∴AB垂直平分CE，
∴AB⊥CE，
∵CD⊥CE，
∴AB∥CD，
∵BC∥AD，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（2）解：过A作AH⊥CD于H，
∴AH∥CF，
∴四边形AHCF是矩形，
∴CF＝AH，
∴AC2﹣CH2＝AD2﹣DH2，
∵AD＝CD＝5，AC＝6，
∴52﹣DH2＝62﹣（5﹣DH）2，
∴DH＝1.4，
∴AH＝，
∴CF＝4.8，
由（1）△AEB≌△ACB，
∴AE＝AC，∠EAF＝∠CAF，
∵AF＝AF，
∴△AFE≌△AFC（SAS），
∴EF＝CF，
∴CE＝2CF，
∴CE＝9.6．
【点评】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．（2023春•江宁区月考）数学课上，陈老师布置了一道题目：如图①，在△ABC中，AD是BC边上的高，如果AB+BD＝AC+CD，那么AB＝AC吗？
悦悦的思考：通过添辅助线“补短”，分别表示出“AB+BD”和“AC+CD”，…
（1）根据悦悦的思考，完成上述解答．
（2）如图②，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB+AD＝CD+CB．求证：四边形ABCD是平行四边形．
【分析】（1）延长DB至E，使BE＝AB；延长DC至F，使CF＝AC；连接AE、AF；由AB+BD＝CD+AC，得到DE＝DF，又AD⊥BC；推出△AEF是等腰三角形；得到∠E＝∠F；于是得到∠ABC＝2∠E；同理得∠ACB＝2∠F；证得∠ABC＝∠ACB，即可得到结论；
（2）在DA的延长线上取点M，使AM＝AB，在BC的延长线上取点N，使CN＝CD，连接BM、DN，先证四边形MBND是平行四边形，得MB＝ND，∠M＝∠N，再证△ABM≌△CDN（ASA），得AM＝CN，证出AD＝BC，即可得出结论．
【解答】（1）证明：延长DB至E，使BE＝AB；延长DC至F，使CF＝AC；连接AE、AF．
∵AB+BD＝CD+AC，
∴DE＝DF，
又AD⊥BC，
∴△AEF是等腰三角形；
∴∠E＝∠F；
∵AB＝BE，
∴∠ABC＝2∠E；
同理，得∠ACB＝2∠F；
∴∠ABC＝∠ACB，
∴AB＝AC；
（2）证明：在DA的延长线上取点M，使AM＝AB，在BC的延长线上取点N，使CN＝CD，连接BM、DN，
则∠M＝∠ABM，∠N＝∠CDN，
∵AB+AD＝CD+CB，且 AM＝AB，CN＝CD，
∴AM+AD＝CN+CB，
即DM＝BN，
又∵AD∥BC，
∴四边形MBND是平行四边形，
∴MB＝ND，∠M＝∠N，
∴∠ABM＝∠CDN，
在△ABM和△CDN中，
，
∴△ABM≌△CDN（ASA），
∴AM＝CN，
∵DM＝BN，
∴DM﹣AM＝BN﹣CN，
即AD＝BC，
∵AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形．
【点评】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．（2022春•鹤城区校级期中）如图，矩形ABCD中，AB＝4cm，BC＝8cm，动点M从点D出发，按折线DCBAD方向以2cm/s的速度运动，动点N从点D出发，按折线DABCD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 t cm，M走过 2t 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BC上，且BE＝3cm，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？
【分析】（1）根据路程＝时间×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+N的路程＝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AN＝ME列出方程求解即可．
【解答】解：（1）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）设t秒时两点相遇，
根据题意得t+2t＝2×（4+8）＝24，
解得t＝8，
即经过8秒钟两点第一次相遇；
（3）
①如图1，点M在BC上且在E点右侧时，当AN＝ME时，四边形AEMN为平行四边形，
得8﹣t＝9﹣2t，
解得t＝1，
此时点M在DC，所以舍去；
②如图2，点M在BC上且在E点左侧时，当AN＝ME时，四边形AEMN为平行四边形，
得8﹣t＝2t﹣9，
解得，符合题意，
所以经过秒钟，点A，E，M，N组成平行四边形．
【点评】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．（2023春•东莞市期中）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，连接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．
【分析】（1）作AM⊥BC于M，由已知条件得出AB＝AC，由等腰三角形的性质得出BM＝CM，由直角三角形斜边上的中线性质得出AM＝BC＝5，证出△APN和△CEN是等腰直角三角形，得出PN＝AP＝t，CE＝NE＝5﹣t，由CE＝CQ﹣QE＝2t﹣2得出方程，解方程即可；
（2）由平行四边形的判定得出AP＝BE，得出方程，解方程即可．
【解答】解：（1）作AM⊥BC于M，设AC交PE于N．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＝，所以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．
【点评】本题考查了平行四边形的判定、等腰直角三角形的判定与性质、等腰三角形的性质等知识；根据题意得出t的方程是解决问题的突破口．
35．（2022秋•济宁期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，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．
【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．
【解答】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．
【点评】此题考查了梯形的性质以及平行四边形的判定与性质．此题难度适中，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．
六．平行四边形的判定与性质（共11小题）
36．（2023春•杭州期中）如图，已知四边形ABCD，对角线AC和BD相交于O，下面选项不能得出四边形
ABCD是平行四边形的是（ ）
A．AB∥CD，且AB＝CD B．AB＝CD，∠ABD＝∠CDB
C．AO＝CO，∠DAC＝∠BCA D．AB∥CD，且AD＝BC
【分析】根据平行四边形的判定逐个进行判断即可．
【解答】解：A、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ABCD是平行四边形，故本选项不符合题意；
B、由∠ABD＝∠CDB，得出AB∥CD，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ABCD是平行四边形，故本选项不符合题意；
C、∵∠DAC＝∠BCA，AO＝CO，∠AOD＝∠COB，
∴△AOD≌△COB（ASA），
∴BO＝DO，
∴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ABCD是平行四边形，故本选项不符合题意；
D、不能推出四边形ABCD是平行四边形，故本选项符合题意；
故选：D．
【点评】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，难度适中．
37．（2023春•滨江区校级期中）如图，E是▱ABCD的边AB上的点，Q是CE中点，连接BQ并延长交CD于点F，连接AF与DE相交于点P，若S△APD＝3cm2，S△BQC＝7cm2，则阴影部分的面积为（ ）cm2
A．24 B．17 C．13 D．10
【分析】连接EF，如图，先根据平行四边形的性质得到AB＝CD，AB∥CD，再证明△BEQ≌△FCQ得到BE＝CF，则可判定四边形BCFE为平行四边形，根据平行四边形的性质得到S△BEF＝2S△BQC＝14cm2，接着证明四边形ADFE为平行四边形，所以S△PEF＝S△APD＝3cm2，然后计算S△BEF+S△PEF得到阴影部分的面积．
【解答】解：连接EF，如图，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴∠BEC＝∠FCE，
∵Q是CE中点，
∴EQ＝CQ，
在△BEQ和△FCQ中，
，
∴△BEQ≌△FCQ（ASA），
∴BE＝CF，
∵BE∥CF，
∴四边形BCFE为平行四边形，
∴S△BEF＝2S△BQC＝14cm2，
∵AB﹣BE＝CD﹣CF，
即AE＝FD，
∵AE∥FD，
∴四边形ADFE为平行四边形，
∴S△PEF＝S△APD＝3cm2，
∴阴影部分的面积＝S△BEF+S△PEF＝14+3＝17（cm2）．
故选：B．
【点评】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．（2023春•东莞市校级月考）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AD∥BC，AC，BD相交于点O．若AC＝5，则线段AO的长等于 ．
【分析】证四边形ABCD是平行四边形，得AO＝CO＝AC，即可得出结论．
【解答】解：∵AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝CO＝AC，
∵AC＝5，
∴AO＝AC＝，
故答案为：．
【点评】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．（2022春•义马市期中）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，BD＝12cm，AC＝6cm，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t＝ 2 时，四边形AECF是平行四边形．
【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．
【解答】解：由题意得OE＝OB﹣BE＝OB﹣t，OF＝2t，
∵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，
∴6﹣t＝2t，
∴t＝2，
∴当t＝2时，四边形AECF是平行四边形，
故答案为：2．
【点评】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．（2023春•沭阳县月考）如图，在▱ABCD中，点E，F在对角线AC上，请在不添加辅助线的情况下增加一个有关线段的条件 AE＝CF（答案不唯一） ，使四边形DEBF是平行四边形．
【分析】由平行四边形的性质得OA＝OC，OB＝OD，再证OE＝OF，即可得出结论．
【解答】解：增加条件AE＝CF，使四边形DEBF是平行四边形．理由如下：
连接BD，交AC于O，如图所示：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵AE＝CF，
∴OA﹣AE＝OC﹣CF，
即OE＝OF，
又∵OB＝OD，
∴四边形DEBF是平行四边形．
故答案为：AE＝CF（答案不唯一）．
【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性质，证明OE＝OF是解题的关键．
41．（2023春•锦江区校级期中）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为E、F．
（1）求证：四边形AECF是平行四边形；
（2）若，∠ADE＝30°，求四边形AECF的面积．
【分析】（1）由平行四边形的性质得AB＝CD，AB∥CD，则∠ABE＝∠CDF，再证AE∥CF，然后证△ABE≌△CDF（AAS），得AE＝CF，即可得出结论；
（2）由含30°角的直角三角形的性质得AE＝4，则DE＝4，再由全等三角形的性质得DF＝BE＝2，则EF＝2，然后由平行四边形面积公式即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴∠ABE＝∠CDF，
∵AE⊥BD，CF⊥BD，
∴AE∥CF，∠AEB＝∠CFD＝90°，
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（AAS），
∴AE＝CF，
∴四边形AECF是平行四边形；
（2）解：∵AE⊥BD，
∴∠AED＝90°，
∵∠ADE＝30°，AD＝8，
∴AE＝AD＝4，
∴DE＝＝＝4，
由（1）可知，△ABE≌△CDF，
∴DF＝BE＝2，
∴EF＝DE﹣DF＝4﹣2＝2，
∵四边形AECF是平行四边形，AE⊥EF，
∴S平行四边形AECF＝AE•EF＝4×2＝8．
【点评】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．（2023春•长乐区期中）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB边上一点，连接CD，E为CD中点，连接BE并延长至点F，使得EF＝EB，连接CF，DF．
（1）求证：四边形DBCF是平行四边形；
（2）若，求AD的长．
【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CF∥AB，CF＝BD＝6，在△ABC中，∠ACB＝90°，，则，，解得AB＝8，即可求得AD的长．
【解答】（1）证明：∵点E为CD的中点，
∴CE＝DE．
∵EF＝EB，
∴四边形DBCF是平行四边形；
（2）解：∵四边形DBCF是平行四边形，
∴CF∥AB，CF＝BD＝6，
在△ABC中，∠ACB＝90°，，
∴，
由勾股定理得到AC2+BC2＝AB2，
∴，
解得：AB＝8，
∴AD＝AB﹣BD＝8﹣6＝2．
【点评】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含30度角的直角三角形，利用直角三角形的性质求线段CG的长度是解答本题的关键．
43．（2023春•东莞市校级月考）如图，在平行四边形ABCD中，AE⊥BD，CF⊥BD，E，F分别是垂足．
求证：（1）BE＝DF；
（2）四边形AECF是平行四边形．
【分析】（1）由AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F，得AE∥CF，则∠AED＝∠CFB，由平行四边形的性质得AD∥CB，AD＝CB，则∠ADE＝∠CBF，即可证明△ADE≌△CBF，得DE＝BF，即可推导出BE＝DF；
（2）由△ADE≌△CBF，得AE＝CF，而AE∥CF，所以四边形AECF是平行四边形．
【解答】证明：（1）∵AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F，
∴AE∥CF，
∴∠AED＝∠CFB，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥CB，AD＝CB，
∴∠ADE＝∠CBF，
在△ADE和△CBF中，
，
∴△ADE≌△CBF（AAS），
∴DE＝BF，
∴BF﹣EF＝DE﹣EF，
∴BE＝DF．
（2）∵△ADE≌△CBF，
∴AE＝CF，
∵AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形．
【点评】此题重点考查平行四边形的判定与性质、垂直于同一条直线的两条直线平行、全等三角形的判定与性质等知识，证明△ADE≌△CBF是解题的关键．
44．（2023春•淮北期中）如图，在△ABC中，BD平分∠ABC交AC于点D，且BD⊥AC，点F在BC上，点E为AF的中点，连接AF，BE，ED，DF，BF＝DE．
（1）求证：四边形DEBF是平行四边形．
（2）若，BD＝6，求AB的长．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得出AD＝DC，进而利用三角形中位线定理得出DE∥BF，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DE，进而解答即可．
【解答】（1）证明：在△ABC中，BD平分∠ABC交AC于点D，且BD⊥AC，
∴△ABC是等腰三角形，
∴AD＝DC，
∵点E为AF的中点，
∴DE是△ACF的中位线，
∴DE∥BF，
∵DE＝BF，
∴四边形DEBF是平行四边形；
（2）解：由（1）可知，△ABC是等腰三角形，AB＝BC，
设DE＝a，则CF＝2DE＝2a，BF＝DE＝a，
∴BC＝AB＝3a，
∵AC＝2DE＝2a，
∴DC＝DE＝a，
在Rt△BDC中，DB2+DC2＝BC2，
即，
解得：a＝±（负值舍去），
∴DE＝，
∴AB＝3．
【点评】此题考查平行四边形的判定和性质，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．（2023春•鹿城区校级期中）如图1，在▱ABCD中，∠BAD的角平分线恰好经过边CD的中点F，且与边BC的延长线交于点E．
（1）若AB＝6，求BE的长；
（2）如图2，连接BF，过点D作DG⊥AE于点H，交AB于点G．
求证：四边形BFDG是平行四边形．
【分析】（1）由平行四边形的性质得AD∥BC，则∠DAF＝∠E，再由角平分线定义得∠DAF＝∠BAE，则∠BAE＝∠E，然后由等腰三角形的判定即可得出结论；
（2）证△ADF≌△ECF（AAS），得AF＝EF，再由等腰三角形的性质得BF⊥AE，则DG∥BF，然后由平行四边形的判定即可得出结论．
【解答】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAF＝∠E，
∵AE是∠BAD的平分线，
∴∠DAF＝∠BAE，
∴∠BAE＝∠E，
∴BE＝AB＝6，即BE的长为6；
（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
∴∠DAF＝∠E，
∵F是CD的中点，
∴DF＝CF，
在△ADF和△ECF中，
，
∴△ADF≌△ECF（AAS），
∴AF＝EF，
由（1）可知，BE＝AB，
∴BF⊥AE，
∵DG⊥AE，
∴DG∥BF，
又∵DF∥BG，
∴四边形BFDG是平行四边形．
【点评】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．（2023春•许昌期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，过AB上一点D作DE∥AC交BC于点E，以E为顶点，ED为一边，作∠DEF＝∠A，另一边EF交AC于点F．
（1）求证：四边形ADEF为平行四边形；
（2）延长图①中的DE到点G，使EG＝DE，连接AE，AG，FG，得到图②，若AD＝AG，判断四边形AEGF 的形状，并说明理由．
【分析】（1）根据平行线的性质得到∠BDE＝∠A，根据题意得到∠DEF＝∠BDE，根据平行线的判定定理得到AD∥EF，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AE⊥EG，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形证明．
【解答】（1）证明：∵DE∥AC，
∴∠BDE＝∠A，
∵∠DEF＝∠A，
∴∠DEF＝∠BDE，
∴AD∥EF，
又∵DE∥AC，
∴四边形ADEF为平行四边形；
（2）解：四边形AEGF是矩形，理由如下：
由（1）得，四边形ADEF为平行四边形，
∴AF∥DE，AF＝DE，
∵EG＝DE，
∴AF∥DE，AF＝GE，
∴四边形AEGF是平行四边形，
∵AD＝AG，EG＝DE，
∴AE⊥EG，
∴四边形AEGF是矩形．
【点评】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．
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