苏科版八年级下册第9章 中心对称图形——平行四边形9.3 平行四边形课后测评

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考点二：平行四边形的判定
考点三：平行四边形的判定与性质
考点四：反证法
考点考向
一．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．
二．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．
三．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．
四．反证法
（1）对于一个命题，当使用直接证法比较困难时，可以采用间接证法，反证法就是一个间接证法．反证法主要适合的证明类型有：①命题的结论是否定型的．②命题的结论是无限型的．③命题的结论是“至多”或“至少”型的．
（2）反证法的一般步骤是：
①假设命题的结论不成立；
②从这个假设出发，经过推理论证，得出矛盾；
③由矛盾判定假设不正确，从而肯定原命题的结论正确．
考点精讲
一．平行四边形的性质（共9小题）
1．（2022春•六合区校级月考）如图，已知△ABC的面积为24，点D在线段AC上，点F在线段BC的延长线上，且BF＝4CF，四边形DCFE是平行四边形，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．8B．6C．4D．3
【分析】连接EC，过A作AM∥BC交FE的延长线于M，求出平行四边形ACFM，根据等底等高的三角形面积相等得出△BDE的面积和△CDE的面积相等，△ADE的面积和△AME的面积相等，推出阴影部分的面积等于平行四边形ACFM的面积的一半，求出CF•hCF的值即可．
【解答】解：连接EC，过A作AM∥BC交FE的延长线于M，
∵四边形CDEF是平行四边形，
∴DE∥CF，EF∥CD，
∴AM∥DE∥CF，AC∥FM，
∴四边形ACFM是平行四边形，
∵△BDE边DE上的高和△CDE的边DE上的高相同，
∴△BDE的面积和△CDE的面积相等，
同理△ADE的面积和△AME的面积相等，
∴△BDE的面积＝△DEC的面积＝△ECF的面积，
即阴影部分的面积等于平行四边形ACFM的面积的一半，是，
∵△ABC的面积是24，BC＝3CF，
∴＝24，
∴CF•hCF＝16，
∴阴影部分的面积是，
故选：A．
【点评】本题考查了平行四边形的性质和判定，三角形的面积的应用，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
2．（2022春•盐都区期中）如图，▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，且AC+BD＝14，AB＝4．则△OCD的周长为 11 ．
【分析】根据平行四边形对角线互相平分，求出OC+OD即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝OC＝AC，BO＝OD＝BD，
∵AC+BD＝14，
∴CO+DO＝7，
∵AB＝CD＝4，
∴△OCD的周长为OD+OC+CD＝7+4＝11．
故答案为：11．
【点评】本题考查平行四边形的性质，三角形周长等知识，解题的关键是记住平行四边形的性质：对角线互相平分，属于中考基础题．
3．（2022春•赣榆区校级月考）如图，在▱ABCD中，AE⊥BC，AF⊥CD，BC＝6cm，CD＝4cm，AE＝2cm，则AF长为 3cm ．
【分析】根据平行四边形的面积公式求解即可．
【解答】解：在▱ABCD中，AE⊥BC，AF⊥CD，
∴S▱ABCD＝BC•AE＝CD•AF，
∴AF＝＝3（cm），
故答案为：3cm．
【点评】本题考查了平行四边形的面积公式，熟练掌握平行四边形的面积公式是解题的关键．
4．（2022春•徐州期中）如图，在▱ABCD中，∠ABC，∠BCD的平分线分别交AD于点E，F，BE、CF相交于点G．
（1）求证：BE⊥CF；
（2）若AB＝5，AD＝7，求ED的长．
【分析】（1）利用平行四边形的性质得∠ABC+∠DCB＝180°，再利用角平分线的定义得∠EBC+∠FCB＝°＝90°，即可证明结论；
（2）利用平行线的性质和角平分线的定义说明AB＝AE，DF＝CD，从而得出EF的长，即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
∴∠ABC+∠DCB＝180°，
∵∠ABC，∠BCD的平分线分别交AD于点E，F，
∴∠EBC＝∠ABC，∠BCF＝∠BCD，
∴∠EBC+∠FCB＝°＝90°，
∴∠BGC＝90°，
∴BE⊥CF；
（2）解：∵∠ABC，∠BCD的平分线分别交AD于点E，F，
∴∠ABE＝∠CBE，
∵AD∥BC，
∴∠AEB＝∠EBC，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴AB＝AE＝5，
同理，DF＝CD＝5，
∴EF＝AE+DF﹣AD＝5+5﹣7＝3，
∴DE＝2．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质，平行线的性质，等腰三角形的判定等知识，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
5．（2022春•姜堰区校级月考）如图，▱ABCD中，CE平分∠BCD．
（1）若AE＝4，DE＝3，求▱ABCD的周长；
（2）连接BE，若BE平分∠ABC，求∠BEC的度数．
【分析】（1）根据平行四边形的性质和角平分线定义证明DC＝DE＝3，进而可以解决问题；
（2）根据平行四边形的性质和角平分线定义证明∠EBC+∠ECB＝（∠ABC+∠BCD）＝90°，进而可以解决问题．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AB＝DC，AD∥BC，
∴∠DEC＝∠BCE，
∵CE平分∠BCD，
∴∠BCE＝∠DCE，
∴∠DEC＝∠DCE，
∴DC＝DE＝3，
∵AE＝4，DE＝3，
∴AD＝AE+DE＝7，
∴▱ABCD的周长＝2（DC+BC）＝2（7+3）＝20；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠ABC+∠BCD＝180°，
∵BE平分∠ABC，CE平分∠BCD，
∴∠EBC＝ABC，∠ECB＝BCD，
∴∠EBC+∠ECB＝（∠ABC+∠BCD）＝90°，
∴∠BEC＝90°．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，角平分线定义，解决本题的关键是掌握平行四边形的性质．
6．（2022春•镇江期末）如图，四边形ABCD是平行四边形，AE∥BD，AE与CB的延长线交于点E，DE交AB于F．
（1）求证：BC＝BE；
（2）连接CF，若∠FDA＝∠FCB，判断四边形ABCD的形状并说明理由．
【分析】（1）根据平行四边形的性质得：AD∥BC，AD＝BC，又由平行四边形的判定得：四边形AEBD是平行四边形，又由平行四边形的对边相等可得结论；
（2）利用“有一内角为直角的平行四边形是矩形”推知四边形ABCD是矩形．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC．
∵AE∥BD，
∴四边形AEBD是平行四边形．
∴AD＝EB．
∴BC＝BE；
（2）四边形ABCD是矩形．理由如下：
∵AD∥EC，
∴∠FDA＝∠FEC．
∵∠FDA＝∠FCB，
∴∠FEC＝∠FCB，
∴FF＝FC．
又∵BC＝BE，
∴FB⊥BC，即∠BCD＝90°．
又∵四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是矩形．
【点评】此题考查了平行四边形的性质．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．
7．（2022春•东台市月考）如图，平行四边形ABCD中，BD⊥AD，∠A＝45°，E、F分别是AB、CD上的点，且BE＝DF，连接EF交BD于O．
（1）求证：BO＝DO；
（2）若EF⊥AB，延长EF交AD的延长线于G，当FG＝1时，求AE的长．
【分析】（1）由平行四边形的性质和AAS证明△OBE≌△ODF，得出对应边相等即可；
（2）证出AE＝GE，再证明DG＝DO，然后由等腰三角形的性质得出OF＝FG＝1，即可得出结果．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC∥AB，
∴∠OBE＝∠ODF．
在△OBE与△ODF中，
∴△OBE≌△ODF（AAS）．
∴BO＝DO．
（2）解：∵EF⊥AB，AB∥DC，
∴∠GEA＝∠GFD＝90°．
∵∠A＝45°，
∴∠G＝∠A＝45°．
∴AE＝GE
∵BD⊥AD，
∴∠ADB＝∠GDO＝90°．
∴∠GOD＝∠G＝45°．
∴DG＝DO，
∵EF⊥AB，
∴EF⊥CD，
∴OF＝FG＝1，
由（1）可知，OE＝OF＝1，
∴GE＝OE+OF+FG＝3，
∴AE＝3．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质；熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等是解决问题（1）的关键．
8．（2022春•江阴市校级月考）如图，在▱ABCD中，E是BC的中点，连接AE并延长交DC的延长线于点F．
（1）求证：AB＝CF；
（2）连接DE，若AD＝2AB，求证：DE⊥AF．
【分析】（1）由在▱ABCD中，E是BC的中点，利用ASA，即可判定△ABE≌△FCE，继而证得结论；
（2）由AD＝2AB，AB＝FC＝CD，可得AD＝DF，又由△ABE≌△FCE，可得AE＝EF，然后利用三线合一，证得结论．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DF，
∴∠ABE＝∠FCE，
∵E为BC中点，
∴BE＝CE，
在△ABE与△FCE中，
，
∴△ABE≌△FCE（ASA），
∴AB＝CF；
（2）∵AD＝2AB，AB＝FC＝CD，
∴AD＝DF，
∵△ABE≌△FCE，
∴AE＝EF，
∴DE⊥AF．
【点评】此题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质以及等腰三角形的判定与性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．
9．（2022春•宿城区校级月考）如图，在平行四边形ABCD中，E为BC边上一点，且AB＝AE．
（1）求证：△ABC≌△EAD；
（2）若AE平分∠DAB，∠EAC＝25°，求∠AED的度数．
【分析】从题中可知：（1）△ABC和△EAD中已经有一条边和一个角分别相等，根据平行的性质和等边对等角得出∠B＝∠DAE即可证明．
（2）根据全等三角形的性质，利用平行四边形的性质求解即可．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC．
∴∠DAE＝∠AEB．
∵AB＝AE，
∴∠AEB＝∠B．
∴∠B＝∠DAE．
∵在△ABC和△AED中，
，
∴△ABC≌△EAD．
（2）解：∵AE平分∠DAB（已知），
∴∠DAE＝∠BAE；
又∵∠DAE＝∠AEB，
∴∠BAE＝∠AEB＝∠B．
∴△ABE为等边三角形．
∴∠BAE＝60°．
∵∠EAC＝25°，
∴∠BAC＝85°．
∵△ABC≌△EAD，
∴∠AED＝∠BAC＝85°．
【点评】主要考查了平行四边形的基本性质和全等三角形的判定及性质．判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．
二．平行四边形的判定（共11小题）
10．（2022春•吴中区校级期中）如图，四边形ABCD中AC、BD相交于点O，延长AD至点E，连接EO并延长交CB的延长线于点F，∠E＝∠F，AD＝BC．
（1）求证：O是线段AC的中点：
（2）连接AF、EC，证明四边形AFCE是平行四边形．
【分析】（1）证明四边形ABCD是平行四边形，则结论得出；
（2）证明△OAE≌△OCF（ASA）．则OE＝OF，可得出结论．
【解答】证明：（1）∵∠E＝∠F，
∴AD∥BC，
∵AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴AC，BD互相平分；
即O是线段AC的中点．
（2）∵AD∥BC，
∴∠EAC＝∠FCA，
在△OAE和△OCF中，
，
∴△OAE≌△OCF（ASA）．
∴OE＝OF，
又∵OA＝OC，
∴四边形AFCE是平行四边形．
【点评】本题考查的是全等三角形的判定和性质、平行四边形的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
11．（2022春•大丰区校级月考）如图所示，E，F是四边形ABCD的对角线BD上的两点，AF＝CE，DF＝BE，AF∥CE，求证：四边形ABCD是平行四边形．
【分析】因为AE＝CF，DF＝BE，AF∥CE，所以可根据SAS判定△ADF≌△CBE，即有AD＝BC，AD∥BC，故可根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形进行判定．
【解答】证明：∵AF∥CE，
∴∠AFE＝∠CEF，∴∠DFA＝∠BEC，
在△ADF和△CBE中，
∵，
∴△ADF≌△CBE（SAS），
∴AD＝BC，
∴∠ADB＝∠DBC，
∴AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形．
【点评】此题主要考查平行四边形的判定以及全等三角形的判定．平行四边形的判定方法共有五种，应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法．
12．（2022春•江都区校级月考）如图，已知：AB∥CD，BE⊥AD，垂足为点E，CF⊥AD，垂足为点F，并且AE＝DF．
求证：四边形BECF是平行四边形．
【分析】通过全等三角形（△AEB≌△DFC）的对应边相等证得BE＝CF，由“在同一平面内，同垂直于同一条直线的两条直线相互平行”证得BE∥CF．则四边形BECF是平行四边形．
【解答】证明：∵BE⊥AD，CF⊥AD，
∴∠AEB＝∠DFC＝90°，
∵AB∥CD，
∴∠A＝∠D，
在△AEB与△DFC中，
，
∴△AEB≌△DFC（ASA），
∴BE＝CF．
∵BE⊥AD，CF⊥AD，
∴BE∥CF．
∴四边形BECF是平行四边形．
【点评】本题考查了平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
13．（2022春•阜宁县期中）如图，E，F是四边形ABCD的对角线AC上两点，AF＝CE，DF＝BE，DF∥BE．求证：
（1）△AFD≌△CEB；
（2）四边形ABCD是平行四边形．
【分析】（1）利用两边和它们的夹角对应相等的两三角形全等（SAS），这一判定定理容易证明△AFD≌△CEB．
（2）由△AFD≌△CEB，容易证明AD＝BC且AD∥BC，可根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
【解答】证明：（1）∵DF∥BE，
∴∠DFE＝∠BEF．
在△ADF和△CBE中，
，
∴△AFD≌△CEB（SAS）；
（2）由（1）知△AFD≌△CEB，
∴∠DAC＝∠BCA，AD＝BC，
∴AD∥BC．
∴四边形ABCD是平行四边形．
【点评】此题主要考查了全等三角形的判定和平行四边形的判定，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．
14．（2022春•泗阳县期末）在平面直角坐标系中，点A、B、C的坐标分别是A（0，1），B（1，0），C（3，1），点D在第一象限内，若以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形，那么点D的坐标是 （2，2） ．
【分析】分三种情况同理：①BC为对角线时，②AB为对角线时，③AC为对角线时；由平行四边形的判定容易得出点D的坐标．
【解答】解：分三种情况：①BC为对角线时，点D的坐标为（4，0）；
②AB为对角线时，点D的坐标为（﹣2，0）；
③AC为对角线时，点D的坐标为（2，2）；
∵点D在第一象限内，
∴点D的坐标是（2，2）；
故答案为：（2，2）．
【点评】本题考查了平行四边形的判定、坐标与图形的性质；熟练掌握平行四边形的判定是解决问题的关键．
15．（2022春•东台市期中）如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝8cm，BC＝12cm，点P自点A向D以1cm/s的速度运动，到D点即停止．点Q自点C向B以3cm/s的速度运动，到B点即停止，直线PQ截原四边形为两个新四边形．则当P、Q同时出发 2或3 秒后其中一个新四边形为平行四边形．
【分析】当AP＝BQ时，四边形APQB是平行四边形，建立关于t的一元一次方程方程，解方程求出符合题意的t值即可；
当PD＝CQ时，四边形PDCQ是平行四边形，建立关于t的一元一次方程方程，解方程求出符合题意的t值即可．
【解答】解：根据题意有AP＝tcm，CQ＝3tcm，PD＝（8﹣t）cm，BQ＝（12﹣3t）cm．
①∵AD∥BC，
∴当AP＝BQ时，四边形APQB是平行四边形．
∴t＝12﹣3t．
解得t＝3．
∴t＝3时四边形APQB是平行四边形．
②AP＝tcm，CQ＝3tcm，
∵AD＝8cm，BC＝12cm，
∴PD＝AD﹣AP＝（8﹣t）cm．
∵AD∥BC，
∴当PD＝QC时，四边形PDCQ是平行四边形．
即：8﹣t＝3t，
解得t＝2．
∴当t＝2时，四边形PDCQ是平行四边形．
综上所述，当P，Q同时出发3或2秒后其中一个新四边形为平行四边形．
故答案为：2或3．
【点评】本题考查了平行四边形的判定和性质的应用，题目是一道综合性比较强的题目，难度适中，解题的关键是把握“化动为静”的解题思想．
16．（2022春•太仓市期末）如图，四边形ABCD中，AB＝DC，点E，F对角线AC上，且AE＝CF．连接BE，DF，若BE＝DF．
证明：四边形ABCD是平行四边形．
【分析】证△AEB≌△CFD（SSS），得∠EAB＝∠FCD，再证AB∥DC，然后由平行四边形的判定即可得出结论．
【解答】证明：在△AEB和△CFD中，
，
∴△AEB≌△CFD（SSS），
∴∠EAB＝∠FCD，
∴AB∥DC，
又∵AB＝DC，
∴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、全等三角形的判定与性质以及平行线的判定等知识；熟练掌握平行四边形的判定是解题的关键．
17．（2022春•洪泽区月考）如图，在△ABC中，D是BC边的中点，F，E分别是AD及其延长线上的点，CF∥BE，连接BF，CE．试判断四边形BECF是何种特殊四边形，并说明理由．
【分析】根据∠CFD＝∠BED，∠CDF＝∠BDE，BD＝CD，可以判定△CDF≌△BDE，即BE＝CF，又∵CF∥BE，即可证明四边形BECF为平行四边形．
【解答】解：四边形BECF为平行四边形．
证明：连接CE．
∵∠CFD＝∠BED，∠CDF＝∠BDE，BD＝CD，
∴△CDF≌△BDE（AAS），
∴BE＝CF，
又∵CF∥BE，
∴四边形BECF为平行四边形．
【点评】本题考查了平行四边形的判定方法，一组对边平行且相等判定四边形为平行四边形的方法，本题中求证△CDF≌△BDE是解题的关键．
18．（2022春•靖江市校级月考）已知在△ABC中，AB＝AC，点D在BC上，以AD、AE为腰做等腰三角形ADE，且∠ADE＝∠ABC，连接CE，过E作EM∥BC交CA延长线于M，连接BM．
（1）求证：△BAD≌△CAE；
（2）若∠ABC＝30°，求∠MEC的度数；
（3）求证：四边形MBDE是平行四边形．
【分析】（1）证明∠BAC＝∠DAE，得出∠BAD＝∠CAE，由SAS即可得出结论；
（2）求出∠ACB＝∠ACE＝30°，由平行线的性质得出∠MEC+∠ECD＝180°，即可得出结果；
（3）由△BAD≌△CAE，得出DB＝CE，再证明∠ACE＝∠EMC，得出ME＝EC，推出DB＝ME，即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴∠BAC＝180°﹣2∠ABC，
∵以AD、AE为腰做等腰三角形ADE，
∴AD＝AE，
∴∠ADE＝∠AED，
∴∠DAE＝180°﹣2∠ADE，
∵∠ADE＝∠ABC，
∴∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠CAD＝∠DAE﹣∠CAD，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，，
∴△BAD≌△CAE（SAS）；
（2）解：∵AB＝AC，
∴∠ACB＝∠ABC＝30°，
∵△BAD≌△CAE，
∴∠ABD＝∠ACE＝30°，
∴∠ACB＝∠ACE＝30°，
∴∠ECB＝∠ACB+∠ACE＝60°，
∵EM∥BC，
∴∠MEC+∠ECD＝180°，
∴∠MEC＝180°﹣60°＝120°；
（3）证明：∵△BAD≌△CAE，
∴DB＝CE，∠ABD＝∠ACE，
∵AB＝AC，
∴∠ABD＝∠ACB，
∴∠ACB＝∠ACE，
∵EM∥BC，
∴∠EMC＝∠ACB，
∴∠ACE＝∠EMC，
∴ME＝EC，
∴DB＝ME，
又∵EM∥BD，
∴四边形MBDE是平行四边形．
【点评】本题考查了平行四边形的判定、等腰三角形的判定与性质、平行线的性质、全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
19．（2022春•邗江区期中）如图，E，F是四边形ABCD的对角线AC上两点，AF＝CE，DF＝BE，DF∥BE．
求证：（1）△AFD≌△CEB；
（2）四边形ABCD是平行四边形．
【分析】（1）利用平行线的性质可得∠DFA＝∠BEC，然后利用SAS判定△AFD≌△CEB即可；
（2）利用全等三角形的性质可得AD＝BC，∠DAF＝∠BCE，然后可判定AD∥BC，进而可根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得四边形ABCD是平行四边形．
【解答】证明：（1）∵DF∥BE，
∴∠DFA＝∠BEC，
在△ADF和△CBE中，
∴△AFD≌△CEB（SAS）；
（2）∵△AFD≌△CEB，
∴AD＝BC，∠DAF＝∠BCE，
∴AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形．
【点评】此题主要考查了平行四边形的判定和全等三角形的判定和性质，关键是掌握一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
（多选）20．（2022春•兴化市月考）如图，在平面直角坐标系中，已知点A（4，0），点B（﹣3，2），点C（0，2），点P从点B出发，以每秒2个单位的速度沿射线BC运动，点Q从点A出发，开始以每秒1个单位的速度向原点O运动，到达原点后立刻以原来3倍的速度沿射线OA运动，若P，Q两点同时出发，设运动时间为t秒，若以点A，Q，C，P为顶点的四边形为平行四边形，则t等于（ ）
A．1B．3C．9D．13
【分析】由题意得OA＝4，BC＝3，BC∥x轴，再由平行四边形的判定可知，当PC＝AQ时，以点A，Q，C，P为顶点的四边形为平行四边形，分情况讨论：若0＜t＜时，3﹣2t＝t；若＜t≤4时，2t﹣3＝t；若4＜t＜时，2t﹣3＝4﹣3（t﹣4）；若t＞时，2t﹣3＝3（t﹣4）﹣4，分别解方程求出满足条件的t的值即可．
【解答】解：∵A（4，0），B（﹣3，2），C（0，2），
∴OA＝4，BC＝3，BC∥x轴，
∵PC∥AQ，
∴当PC＝AQ时，以点A，Q，C，P为顶点的四边形为平行四边形，
若0＜t＜时，BP＝2t，PC＝3﹣2t，AQ＝t，
此时3﹣2t＝t，
解得：t＝1；
若＜t≤4时，BP＝2t，PC＝2t﹣3，AQ＝t，
此时2t﹣3＝t，
解得：t＝3；
若4＜t＜时，BP＝2t，PC＝2t﹣3，OQ＝3（t﹣4），AQ＝4﹣3（t﹣4），
此时2t﹣3＝4﹣3（t﹣4），
解得：t＝（舍去）；
若t＞时，BP＝2t，PC＝2t﹣3，OQ＝3（t﹣4），AQ＝3（t﹣4）﹣4，
此时2t﹣3＝3（t﹣4）﹣4，
解得：t＝13；
综上所述，当t为1或3或13秒时，以点A，Q，C，P为顶点的四边形为平行四边形．
故选：ABD．
【点评】本题考查了平行四边形的判定、坐标与图形性质以及分类讨论等知识，熟练掌握平行四边形的判定，进行分类讨论是解题的关键．
三．平行四边形的判定与性质（共14小题）
21．（2022春•张家港市校级月考）如图，在平行四边形ABCD中，E，F是对角线BD上不同的两点，连接AE，CE，AF，CF．下列条件中，不能得出四边形AECF一定是平行四边形的为（ ）
A．BE＝DFB．AE＝CFC．AF∥CED．∠BAE＝∠DCF
【分析】由平行四边形的性质或全等三角形的判定与性质分别对各个选项进行判断即可．
【解答】解：A、连接AC，交BD于O，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝CO，BO＝DO，
∵BE＝DF，
∴EO＝FO，
∴四边形AECF是平行四边形，故选项A不符合题意；
B、由AE＝CF不能判定四边形AECF一定是平行四边形，故选项B符合题意；
C、∵AF∥CE，
∴∠AFB＝∠CED，
∴∠AFD＝∠CEB，
在△ADF和△CBE中，
，
∴△ADF≌△CBE（AAS），
∴BE＝DF，
∴EO＝FO，
∴四边形AECF是平行四边形，故选项C不符合题意；
D、∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝CO，BO＝DO，AB∥CD，
∴∠ABE＝∠CDF，
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（ASA），
∴BE＝DF，
∴EO＝FO，
∴四边形AECF是平行四边形，故选项D不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质以及平行线的性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定方法，证明三角形全等是解题的关键．
22．（2022春•江都区校级月考）如图，在平行四边形ABCD中，GH∥AB，EF∥BC，EF、GH的交点P在BD上，则图中面积相等的平行四边形有（ ）
A．3对B．2对C．1对D．0对
【分析】根据平行四边形的判定与性质可知，平行四边形的对角线将平行四边形的面积平分，可推出3对平行四边形的面积相等．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AD∥BC，S△ABD＝S△CBD．
∵GH∥AB，EF∥BC，
∴GH∥AB∥CD，EF∥BC∥AD，
∴四边形ABHG、四边形CDGH、四边形BHPE、四边形CHPF、四边形AEPG、四边形DFPG、四边形AEFD、四边形BCFE都是平行四边形，
∵BP是平行四边形BEPH的对角线，
∴S△BEP＝S△BHP，
∵PD是平行四边形GPFD的对角线，
∴S△GPD＝S△FPD．
∴S△ABD﹣S△BEP﹣S△GPD＝S△BCD﹣S△BHP﹣S△PFD，
即S▱AEPG＝S▱HCFP，
∴S▱ABHG＝S▱BCFE，
同理S▱AEFD＝S▱HCDG．
即：S▱ABHG＝S▱BCFE，S▱AGPE＝S▱HCFP，S▱AEFD＝S▱HCDG．
故选：A．
【点评】本题考查的是平行四边形的判定与性质，熟记平行四边形的一条对角线可以把平行四边形分成两个全等的三角形，可以把平行四边形的面积平分是解题的关键．
23．（2022春•滨湖区期末）如图，∠ABC＝45°，AB＝2，BC＝2，点P为BC上一动点，AQ∥BC，CQ∥AP，AQ、CQ交于点Q，则四边形APCQ的形状是 平行四边形 ，连接PQ，当PQ取得最小值时，四边形APCQ的周长为 ．
【分析】根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形即可求解；当PQ是AQ和BC间距离时PQ取得最小值，计算四边形APCQ的周长即可．
【解答】解：如图，
∵AQ∥BC，CQ∥AP，
∴四边形APCQ是平行四边形．
当PQ⊥BC时，PQ取得最小值，
∵四边形APCQ是平行四边形，
∴AH＝HC＝，QH＝PH＝PQ，
∵∠ABC＝45°，AB＝2，BC＝2，
∴AC＝2，∠ACB＝45°，
∵QP⊥BC，
∴∠PHC＝45°，
∴PH＝PC＝，
∴PQ＝，
∴QC＝＝，
∴四边形APCQ的周长为：2PC+2QC＝2×＝．
故答案为：平行四边形；．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定，垂线段最短的性质，综合性较强．
24．（2022春•南京期末）如图，在▱ABCD中，AB＝6cm，AD＝10cm，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之间往返运动．两个点同时出发，当点P到达点D时停止（同时点Q也停止运动），设运动时间为t秒．当5＜t＜10时，运动时间t＝ 秒或8秒 时，以P、D、Q、B为顶点的四边形是平行四边形．
【分析】根据P的速度为每秒1cm，可得AP＝tcm，从而得到PD＝（10﹣t）cm，由四边形ABCD为平行四边形可得出PD∥BQ，结合平行四边形的判定定理可得出当PD＝BQ时以P、D、Q、B四点组成的四边形为平行四边形，当5＜t＜10时，分两种情况考虑，在每种情况中由PD＝BQ即可列出关于t的一元一次方程，解之即可得出结论．
【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴PD∥BQ．
若要以P、D、Q、B四点组成的四边形为平行四边形，则PD＝BQ．
当5＜t≤时，AP＝tcm，PD＝（10﹣t）cm，CQ＝（4t﹣20）cm，BQ＝（30﹣4t）cm，
∴10﹣t＝30﹣4t，
解得：t＝；
当＜t≤10时，AP＝tcm，PD＝（10﹣t）cm，BQ＝（4t﹣30）cm，
∴10﹣t＝4t﹣30，
解得：t＝8．
综上所述：当运动时间为秒或8秒时，以P、D、Q、B四点组成的四边形为平行四边形．
故答案为：秒或8秒．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质以及一元一次方程的应用，弄清Q在BC上往返运动情况是解决此题的关键．
25．（2022春•海安市校级月考）如图，已知△ABC是边长为3的等边三角形，点D是边BC上的一点，且BD＝1，以AD为边作等边△ADE，过点E作EF∥BC，交AC于点F，连接BF，则下列结论中：①△ABD≌△BCF；②四边形BDEF是平行四边形；③S四边形BDEF＝；④S△AEF＝．其中正确的有 ①②③ ．
【分析】连接EC，作CH⊥EF于H．首先证明△BAD≌△CAE（SAS），根据SAS可证明△ABD≌△BCF，再证明△EFC是等边三角形即可解决问题．
【解答】解：连接EC，作CH⊥EF于H．
∵△ABC，△ADE都是等边三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝∠ABC＝∠ACB＝60°，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△BAD与△CAE中，
，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝EC＝1，∠ACE＝∠ABD＝60°，
∵EF∥BC，
∴∠EFC＝∠ACB＝60°，
∴△EFC是等边三角形，
∴CH＝，EF＝EC＝BD，
∵EF∥BD，
∴四边形BDEF是平行四边形，
故②正确，
∵BD＝CF＝1，BA＝BC，∠ABD＝∠BCF，
∴△ABD≌△BCF（SAS），
故①正确，
∵S平行四边形BDEF＝BD•CH＝，
故③正确，
∵AC＝BC＝3，BD＝CF＝1，
∴CD＝2BD，AF＝2CF，
∵S△ABD＝×1×＝，
∴S△AEF＝•S△AEC＝•S△ABD＝，
故④错误，
∴①②③都正确，
故答案为：①②③．
【点评】本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题．
26．（2022春•亭湖区校级月考）如图，在▱ABCD中，点E、F分别是AD、BC边的中点，求证：BE∥DF．
【分析】由四边形ABCD是平行四边形，可得AD∥BC，AD＝BC，又由点E、F分别是▱ABCD边AD、BC的中点，可得DE＝BF，继而证得四边形BFDE是平行四边形，即可证得结论．
【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵点E、F分别是▱ABCD边AD、BC的中点，
∴DE＝AD，BF＝BC，
∴DE＝BF，
∴四边形BFDE是平行四边形，
∴BE∥DF．
【点评】此题考查了平行四边形的判定与性质．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．
27．（2022春•洪泽区校级月考）▱ABCD的对角线相交于点O，E、F分别是BD上的点，且BE＝DF，四边形AECF是平行四边形吗？为什么？
【分析】可连接AO，证四边形AECF的对角线互相平分即可．
【解答】解：四边形AECF是平行四边形．
理由：连接AC交BD于点O，
∵平行四边形ABCD，
∴AO＝CO，BO＝DO，
∵BE＝DF，
∴BO﹣BE＝DO﹣DF，
∴EO＝FO，
∴四边形AECF是平行四边形．
【点评】此题主要考查了平行四边形的判定和性质：平行四边形的对角线互相平分；对角线互相平分的四边形是平行四边形．
28．（2022春•无锡期末）已知：如图，BD 是△ABC的角平分线，点E、F分别在AB、BC上，且ED∥BC，EF∥AC．
（1）求证：BE＝CF；
（2）若∠A＝∠C，△AED的周长为3，求△ABC的周长．
【分析】（1）根据题意得到四边形EFCD是平行四边形，利用平行四边形性质证明DE＝CF，再证明EB＝ED，即可解决问题；
（2）根据题意得到ED是△ABC的中位线，根据三角形中位线的性质求解即可．
【解答】（1）证明：∵ED∥BC，EF∥AC，
∴四边形EFCD是平行四边形，
∴DE＝CF，
∵BD平分∠ABC，
∴∠EBD＝∠DBC，
∵DE∥BC，
∴∠EDB＝∠DBC，
∴∠EBD＝∠EDB，
∴EB＝ED，
∴EB＝CF；
（2）解：∵ED∥BC，
∴∠ADE＝∠C，
∵∠A＝∠C，
∴∠ADE＝∠A，
∴AE＝ED，
∵EB＝ED，
∴AE＝EB，
即AE＝AB，
∵ED∥BC，
∴ED是△ABC的中位线，
∴AD＝AC，ED＝BC，
∵△AED的周长为3，
∴△ABC的周长为6．
【点评】此题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定定理与性质定理是解题的关键．
29．（2022春•宜兴市期末）如图，在▱ABCD中，点E、F为对角线BD的三等分点，连结AE，CF，AF，CE．
（1）求证：△ABE≌△CDF；
（2）求证：四边形AECF为平行四边形．
【分析】（1）先由SAS证明△ABE≌△CDF，再由全等三角形的性质即可得出结论；
（2）由全等三角形的性质得AE＝CF，∠AEB＝∠CFD，再证AE∥CF，然后由平行四边形的判定即可得出结论．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴∠ABE＝∠CDF，
∵点E、F为对角线BD的三等分点，
∴BE＝EF＝DF，
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（SAS）；
（2）由（1）得：△ABE≌△CDF，
∴AE＝CF，∠AEB＝∠CFD，
∴∠AEF＝∠CFE，
∴AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、平行四边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，证明△ABE≌△CDF是解题的关键．
30．（2022春•玄武区校级期中）如图，已知AC垂直平分BD，DF⊥BD，∠ABC＝∠DCF．
（1）求证：四边形ACFD是平行四边形；
（2）若DF＝CF＝5，CD＝6，求BD的长．
【分析】（1）根据全等三角形的判定和性质、平行线的性质得出AF∥CD，进而利用平行四边形的判定解答即可；
（2）根据平行四边形和菱形的性质分析，再根据勾股定理解答即可．
【解答】（1）证明：∵AC垂直平分BD，
∴AB＝AD，BC＝DC，
在△ABC与△ADC中，
，
∴△ABC≌△ADC（SSS），
∴∠ABC＝∠ADC，
∵∠ABC＝∠DCF，
∴∠ADC＝∠DCF，
∴AD∥CF，
∵AC⊥BD，DF⊥BD，
∴DF∥AC，
∴四边形ACFD是平行四边形；
（2）解：∵四边形ACDF是平行四边形，DF＝CF＝5，
∴▱ACDF是菱形，
∴AD＝5，
设CE＝x，则AE＝5﹣x，
∴CD2﹣CE2＝AD2﹣AE2
即62﹣x2＝52﹣（5﹣x）2
解得：x＝3.6，即CE＝3.6，
∴DE＝，
∴BD＝2DE＝9.6．
【点评】此题考查平行四边形的判定和性质，关键是根据全等三角形的判定和平行四边形的判定分析．
31．（2022春•灌云县期中）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E、F在线段BD上，且OE＝OF．求证：AE∥CF．
【分析】连接CE，AF，证明四边形AECF是平行四边形即可证得结论，
【解答】证明：连接CE，AF，
∵平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，
∴OA＝OC，∵OE＝OF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∴AE∥CF．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质和判定，证得四边形AECF是平行四边形是解决问题的关键．
32．（2022春•江阴市期中）如图，在▱ABCD中，
（1）若点E、F是AD、BC的中点，连接BE、DF，求证：BE＝DF．
（2）若BE平分∠ABC且交边AD于点E，如果AB＝6cm，BC＝10cm，试求线段DE的长．
【分析】（1）由四边形ABCD是平行四边形，可得AD∥BC，AD＝BC，又由点E、F分别是▱ABCD边AD、BC的中点，可得DE＝BF，证得四边形BFDE是平行四边形，即可证得结论．
（2）由平行线的性质和角平分线得出∠ABE＝∠AEB，证出AE＝AB＝6cm，即可得出结果．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵点E、F分别是▱ABCD边AD、BC的中点，
∴DE＝AD，BF＝BC，
∴DE＝BF，
∴四边形BFDE是平行四边形，
∴BE＝DF．
（2）解：∵AD∥BC，
∴∠AEB＝∠CBE，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠CBE，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴AE＝AB＝6cm，
∴DE＝AD﹣AE＝10cm﹣6cm＝4cm．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定；熟记平行四边形的性质，证出AE＝AB是解决问题（2）的关键．
33．（2022春•兴化市月考）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠BCD＝90°，AB＝DC＝4，AD＝BC＝8．延长BC到E，使CE＝3，连接DE，由直角三角形的性质可知DE＝5．动点P从点B出发，以每秒2个单位的速度沿BC﹣CD﹣DA向终点A运动，设点P运动的时间为t秒．（t＞0）
（1）当t＝3时，BP＝ 6 ；
（2）当t＝ 8 时，点P运动到∠B的角平分线上；
（3）请用含t的代数式表示△ABP的面积S；
（4）当0＜t＜6时，直接写出点P到四边形ABED相邻两边距离相等时t的值．
【分析】（1）根据题意可得BP＝2t，进而可得结果；
（2）根据∠A＝∠B＝∠BCD＝90°，可得四边形ABCD是矩形，根据角平分线定义可得AF＝AB＝4，得DF＝4，进而可得t的值；
（3）根据题意分3种情况讨论：①当点P在BC上运动时，②当点P在CD上运动时，③当点P在AD上运动时，分别用含t的代数式表示△ABP的面积S即可；
（4）当0＜t＜6时，点P在BC、CD边上运动，根据题意分情况讨论：①当点P在BC上，点P到AD边的距离为4，点P到AB边的距离也为4，②当点P在BC上，点P到AD边的距离为4，点P到DE边的距离也为4，③当点P在CD上，点P到AB边的距离为8，但点P到AB、BC边的距离都小于8，进而可得当t＝2s或t＝3s或t＝时，点P到四边形ABED相邻两边距离相等．
【解答】解：（1）BP＝2t＝2×3＝6，
故答案为：6；
（2）作∠B的角平分线交AD于F，
∴∠ABF＝∠FBC，
∵∠A＝∠ABC＝∠BCD＝90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∵AD∥BC，
∴∠AFB＝∠FBC，
∴∠ABF＝∠AFB，
∴AF＝AB＝4，
∴DF＝AD﹣AF＝8﹣4＝4，
∴BC+CD+DF＝8+4+4＝16，
∴2t＝16，解得t＝8．
∴当t＝8时，点P运动到∠ABC的角平分线上；
故答案为：8；
（3）根据题意分3种情况讨论：
①当点P在BC上运动时，
S△ABP＝×BP×AB＝×2t×4＝4t；（0＜t＜4）；
②当点P在CD上运动时，
S△ABP＝×AB×BC＝×4×8＝16；（4≤t≤6）；
③当点P在AD上运动时，
S△ABP＝×AB×AP＝×4×（20﹣2t）＝﹣4t+40；（6＜t≤10）；
（4）当0＜t＜6时，点P在BC、CD边上运动，
根据题意分情况讨论：
①当点P在BC上，点P到四边形ABED相邻两边距离相等，
∴点P到AD边的距离为4，
∴点P到AB边的距离也为4，
即BP＝4，
∴2t＝4，解得t＝2s；
②当点P在BC上，点P到AD边的距离为4，
∴点P到DE边的距离也为4，
∴PE＝DE＝5，
∴PC＝PE﹣CE＝2，
∴8﹣2t＝2，解得t＝3s；
③当点P在CD上，如图，过点P作PH⊥DE于点H，
点P到DE、BE边的距离相等，
即PC＝PH，
∵PC＝2t﹣8，
∵S△DCE＝S△DPE+S△PCE，
∴3×4＝5×PH+3×PC，
∴12＝8PH，
∴12＝8（2t﹣8），
解得t＝．
综上所述：t＝2或t＝3或t＝时，点P到四边形ABED相邻两边距离相等．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、角平分线定义、三角形的面积、全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是综合运用以上知识．
34．（2022春•滨海县月考）▱ABCD的对角线相交于点O，直线EF过点O分别交BC、AD于点E、F，G、H分别为OB、OD的中点，四边形GEHF是平行四边形吗？为什么？
【分析】对角线互相平分的四边形是平行四边形，在本题中，OG＝OH可以根据线段之间的等量关系求出，而OE＝OF则需通过证明全等得出．解本题则可利用这一判定，利用全等证明OE＝OF即可．
【解答】解：四边形GEHF是平行四边形；理由如下：
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴BO＝DO，AD＝BC且AD∥BC．
∴∠ADO＝∠CBO．
又∵∠EOD＝∠FOB，
∴△EOD≌△FOB（ASA）．
∴EO＝FO．
又∵G、H分别为OB、OD的中点，
∴GO＝HO．
∴四边形GEHF为平行四边形．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握性质定理和判定定理是解题的关键．平行四边形的五种判定方法与平行四边形的性质相呼应，每种方法都对应着一种性质，在应用时应注意它们的区别与联系．
四．反证法（共3小题）
35．（2022春•常州期末）用反证法证明“同位角不相等，两直线不平行”，应先提出假设 两直线平行 ．
【分析】反证法的步骤中，第一步是假设结论不成立，反面成立，可据此进行判断．
【解答】证明：已知平面中有两条直线，被第三条直线所截；
假设同位角不相等，则两条直线平行，
同位角不相等，则有两条直线与第三直线互相相交，即为三角形．
因假设与结论不相同．故假设不成立，
即如果同位角不相等．那么这两条直线不平行．
故答案为：两直线平行．
【点评】本题考查的是反证法的应用，反证法的一般步骤是：①假设命题的结论不成立；②从这个假设出发，经过推理论证，得出矛盾；③由矛盾判定假设不正确，从而肯定原命题的结论正确．
36．（2022春•溧水区期中）对于命题“如图，如果OA＝OC，OB≠OD，那么四边形ABCD不是平行四边形”．用反证法证明这个结论时，第一步应假设 四边形ABCD是平行四边形 ．
【分析】用反证法证明命题的真假，先假设命题的结论不成立，从这个结论出发，经过推理论证，得出矛盾；由矛盾判定假设不正确，从而肯定命题的结论正确．
【解答】解：用反证法证明某个命题的结论“四边形ABCD不是平行四边形”时，第一步应假设四边形ABCD是平行四边形，
故答案为：四边形ABCD是平行四边形．
【点评】此题考查了反证法，反证法是指“证明某个命题时，先假设它的结论的否定成立，然后从这个假设出发，根据命题的条件和已知的真命题，经过推理，得出与已知事实（条件、公理、定义、定理、法则、公式等）相矛盾的结果．这样，就证明了结论的否定不成立，从而间接地肯定了原命题的结论成立．”
37．（2022春•鼓楼区期中）已知△ABC中，AB＝AC，求证：∠B＜90°．下面写出运用反证法证明这个命题的四个步骤：
①所以∠A+∠B+∠C＞180°，这与三角形内角和为180°矛盾；
②因此假设不成立，所以∠B＜90°；
③假设在△ABC中，∠B≥90°；
④由AB＝AC，得∠B＝∠C≥90°，即∠B+∠C≥180°．
这四个步骤正确的顺序应是 ③④①② ．（填序号）
【分析】根据反证法的一般步骤判断即可．
【解答】解：运用反证法证明这个命题的四个步骤：1、假设在△ABC中，∠B≥90°，
2、由AB＝AC，得∠B＝∠C≥90°，即∠B+∠C≥180°，
3、∴∠A+∠B+∠C＞180°，这与三角形内角和为180°矛盾，
4、因此假设不成立．∴∠B＜90°，
故答案为：③④①②．
【点评】本题考查的是反证法，反证法的一般步骤是：①假设命题的结论不成立；②从这个假设出发，经过推理论证，得出矛盾；③由矛盾判定假设不正确，从而肯定原命题的结论正确．
巩固提升
一、单选题
1．（2022春·江苏泰州·八年级校考期中）如图，由25个点构成的5×5的正方形点阵中，横纵方向相邻的两点之间的距离都是1个单位．定义：由点阵中四个点为顶点的平行四边形叫阵点平行四边形．图中以A，B为顶点，面积为2的阵点平行四边形的个数为（ ）
A．3B．6C．7D．9
【答案】D
【详解】解：如图所示：
∵矩形AD4C1B，平行四边形ACDB，平行四边形AC1D1B，上下完全一样的各有3个，还有正方形ACBC3，还有两个以AB为对角线的平行四边形AD4BD2，平行四边形C2AC1B．
∴一共有9个面积为2的阵点平行四边形．
故选D．
【点睛】本题考查平行四边形的判定．
2．（2022·江苏·八年级假期作业）如图，在四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，下列条件中不能判定四边形ABCD是平行四边形的是（ ）
A．OA＝OC，OB＝ODB．ABCD，ADCB
C．AB＝CD，AD＝CBD．ABCD，AD＝CB
【答案】D
【分析】由平行四边形的判定定理对边对各个选项进行判断即可．
【详解】解：A、∵OA＝OC，OB＝OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项A不符合题意；
B、∵ABCD，ADCB，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项B不符合题意；
C、∵AB＝CD，AD＝CB，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项C不符合题意；
D、由ABCD，AD＝CB，不能判定四边形ABCD是平行四边形，故选项D符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定定理，熟记平行四边形的判定定理是解题的关键．
3．（2022秋·江苏·八年级专题练习）如图所示，△AOD关于直线l进行轴对称变换后得到△BOC，则以下结论中，不一定正确的是（ ）（填字母序号）
A．B．C．l垂直平分AB，且l垂直平分CDD．AC与BD互相平分
【答案】D
【分析】由轴对称的性质和平行四边形的判定与性质即可得出结论．
【详解】解：∵△AOD关于直线l进行轴对称变换后得到△BOC，
∴∠1＝∠2，∠3＝∠4，l垂直平分AB，且l垂直平分CD，故选项A、B、C正确；
∵四边形ABCD不一定是平行四边形，
∴AC与BD不一定互相平分，故选项D不一定正确．
故答案为：D．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、轴对称的性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质和轴对称的性质是解题的关键．
4．（2022春·江苏南通·八年级校考阶段练习）如图，四边形中，对角线相交于点O，下列条件能判定这个四边形是平行四边形的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据平行四边形的判定定理即可进行解答．
【详解】解：A、两组邻角相等，不能判定这个四边形是平行四边形，故A不符合题意；
B、对角线互相平分的四边形是平行四边形，故B符合题意；
C、一组对边平行，另一组对边相等，不能判定这个四边形是平行四边形，故C不符合题意；
D、两组邻边相等，不能判定这个四边形是平行四边形，故D不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定定理，解题的关键是熟练掌握平行四边形的判定定理：两组对边相等的四边形是平行四边形；两组对边平行的四边形是平行四边形；一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；对角线互相平分的四边形是平行四边形；两组对角相等的四边形是平行四边形．
二、填空题
5．（2022春·江苏淮安·八年级校考阶段练习）已知：如图，ABCD，线段AC和BD交于点O，要使四边形ABCD是平行四边形，还需要增加的一个条件是：_____（填一个即可）．
【答案】ADCB（答案不惟一）．
【分析】根据平行四边形的定义：两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可得答案．
【详解】解：根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可增加的条件可以是：ADCB，
故答案为：ADCB（答案不惟一）．
【点睛】此题主要考查了平行四边形的判定，解决本题的关键是熟练掌握平行四边形的判定．
6．（2023春·江苏泰州·八年级校考周测）四边形是平行四边形，点B为的中点，延长至点C，使，连接，则在中， ___________．
【答案】
【分析】连接，设平行四边形的面积为，根据平行四边形的性质可得，，再由点B为的中点，可得，然后根据，可得，从而得到，即可求解．
【详解】解：如图，连接，
设平行四边形的面积为，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵点B为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，等高模型等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．
7．（2022春·江苏扬州·八年级校考阶段练习）如图，在中，过对角线上一点P作，且，则________．
【答案】2
【分析】根据，可得四边形为平行四边形，从而得到，同理，进而得到，即可求解．
【详解】解：∵，
∴四边形为平行四边形，
∴，
同理，
∴，
即．
∵，
∴，
∴；
故答案为：2．
【点睛】本题主要考查平行四边形的判定和性质，掌握平行四边形的判定和性质是解题的关键．
8．（2022春·江苏南京·八年级统考期中）对于命题“如图，如果OA＝OC，OB≠OD，那么四边形ABCD不是平行四边形”．用反证法证明这个结论时，第一步应假设_____．
【答案】四边形ABCD是平行四边形
【分析】用反证法证明命题的真假，先假设命题的结论不成立，从这个结论出发，经过推理论证，得出矛盾；由矛盾判定假设不正确，从而肯定命题的结论正确．
【详解】解：用反证法证明某个命题的结论“四边形ABCD不是平行四边形”时，第一步应假设四边形ABCD是平行四边形，
故答案为：四边形ABCD是平行四边形．
【点睛】此题考查了反证法，反证法是指“证明某个命题时，先假设它的结论的否定成立，然后从这个假设出发，根据命题的条件和已知的真命题，经过推理，得出与已知事实（条件、公理、定义、定理、法则、公式等）相矛盾的结果．这样，就证明了结论的否定不成立，从而间接地肯定了原命题的结论成立．
9．（2022秋·江苏泰州·八年级靖江市靖城中学校联考阶段练习）如图，在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，OA＞OC，∠AOB＝∠COD＝40°，连接AC，BD交于点M，连接OM．下列结论：①AC＝BD；②∠AMB＝40°；③OM平分∠BOC；④MO平分∠BMC．其中正确的个数为____________．
【答案】①②④
【分析】由SAS证明△AOC≌△BOD得出∠OCA=∠0DB，AC=BD，①正确；由全等三角形性质得∠OAC=∠OBD，由三角形的外角性质得：∠AMB+∠OAC=∠AOB+∠OBD，得出∠AMB=∠AOB=40°，②正确；作OG⊥MC于G，OH⊥MB于H，根据全等三角形的性质得出OG=OH，由角平分线的判定方法得出MO平分∠BMC，④正确；由∠AOB=∠COD，得出当∠DOM=∠AOM时，OM才平分∠BOC，假设∠DOM=∠AOM，由△AOC≌△BOD得出∠COM=∠BOM，由MO平分∠BMC得出∠CMO=∠BMO，推出△COM≌△BOM，得OB=OC，而OA=OB，所以OA=OC，而OA>OC，故③错误；即可得出结论．
【详解】解：∵∠AOB=∠COD=40°，
∠AOB+∠AOD=∠COD+∠AOD，即∠AOC=∠BOD，
在△AOC和△BOD中，
∵，
∴△AOC≌△BOD（SAS），
∴∠OCA=∠ODB，AC=BD，①正确；
∴∠OAC=∠OBD，
由三角形的外角性质得：∠AMB+∠OAC=∠AOB+∠OBD，
∴∠AMB=∠AOB=40°，②正确；
如图，作OG⊥MC于G，OH⊥MB于H，则∠OGC=∠OHD=90°，
∵△AOC≌△BOD，
∴，
∴
∴OH=OG，
∴MO平分∠BMC，④正确；
∵∠AOB=∠COD，
∴当∠DOM=∠AOM时，OM才平分∠BOC，假设∠DOM=∠AOM
∵△AOC≌△BOD，
∴∠COM=∠BOM，
∴MO平分∠BMC，
∴∠CMO=∠BMO，
在△COM和△BOM中，
，
∴△COM≌△BOM（ASA），
∴OB=OC，
∵OA=OB，
∴OA=OC，
与OA＞OC矛盾，故③错误；
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、三角形的外角性质、角平分线的判定等知识；证明三角形全等是解题的关键．
10．（2023春·江苏泰州·八年级校考周测）如图，在平面直角坐标系中，平行四边形的边落在轴的正半轴上，且点，直线以每秒1个单位长度的速度沿轴向下平移，经过___________秒该直线可将平行四边形分成面积相等的两部分．
【答案】6
【分析】依题意，直线经过平行四边形对角线的交点时，平分平行四边形的面积，求出对角线交点坐标，进而根据一次函数平移的性质即可求解．
【详解】解：∵平行四边形是中心对称图形，
设t秒后直线可将平行四边形分成面积相等的两部分，则直线经过平行四边形的对角线的交点
∵点，
∴平行四边形对角线的交点坐标为
当过时，则
解得：，
∴向下平移个单位得到，
∴经过秒该直线可将平行四边形分成面积相等的两部分．
故答案为：6．
【点睛】本题考查了一次函数的平移，平行四边形的性质，掌握平行四边形的中心对称性质，直线经过对角线的交点是解题的关键．
三、解答题
11．（2022春·江苏南京·八年级校考阶段练习）已知直线及外一点，分别按下列要求写出画法，并保留作图痕迹．
(1)在图1中，只用圆规在直线上画出两点，使得点是一个等腰三角形的三个顶点；
(2)在图2中，只用圆规在直线外画出一点，使得点所在直线与直线平行．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】(1)根据等腰三角形的定义：有两边相等的三角形是等腰三角形即可画出所求图形；
(2)平行四边形的判定：两组对边分别相等的四边形是平行四边形即可画出图形．
【详解】（1）解：画法一：
以点为圆心，大于点到直线的距离长为半径画弧，与直线交于两点，则点即为所求．
画法二：
在直线上任取一点，以点为圆心，长为半径画弧，与直线交于点，则点即为所求．

（2）解：画法：
在直线上任取两点，以点为圆心，长为半径画弧，以点为圆心，长为半径画弧，两弧交于点，则点即为所求．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，平行四边形的判定，理解定义和定理是解题的关键．
12．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，在平行四边形中，对角线和交于点O，点分别为的中点，连接．
(1)求证：．
(2)若，且，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)16
【分析】（1）由平行四边形性质，，再结合中点条件，利用“”即可证明．
（2）根据题意得出为等腰三角形，由F是的中点，可得，利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：∵平行四边形，
∴，，，
∴，
∵点E，F分别为的中点，
∴，，
∴，
在三角形和中，
，
．
（2）根据题意得
∴，
∵平行四边形，
，
∴为等腰三角形，
∵点F是的中点，
∴，
在中，，，
，
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，掌握平行四边形性质和全等三角形的判定定理是解题关键．
13．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，中，、是直线上两点，且．
(1)证明：；
(2)证明：．
【答案】(1)见详解
(2)见详解
【分析】（1）根据平行线四边形的性质得出，，再由平行线的性质得出角相等，利用全等三角形的判定和性质证明即可；
（2）由（1）得及，利用平行线的判定证明即可．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，，
，
，
，
，
在和中，
，
，
；
（2）证明：由（1）得：
，
∴．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质，熟练掌握运用全等三角形的判定是解题的关键．
14．（2021春·江苏徐州·八年级校考阶段练习）已知：如图，在四边形中，分别是和的角平分线，交于点E，F连接．
(1)求证：互相平分；
(2)若，求四边形的周长和面积．
【答案】(1)见解析
(2)四边形的周长为12，四边形的面积为
【分析】（1）证明互相平分，只要证是平行四边形，利用两组对边分别平行来证明．
（2）首先证明出是等边三角形，然后根据平行四边形的周长公式求解，过D点作于点G，根据勾股定理求出，然后利用平行四边形的面积公式求解即可．
【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形
∴，
∵分别是和的角平分线
∴
∵，
∴
∴
∴，
∴，
∴即
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴互相平分；
（2）∵，
∴是等边三角形
∵，
∴，
∵，
∴
∴四边形的周长；
过D点作于点G，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴四边形的面积．
【点睛】此题主要考查了平行四边形的性质与判定，勾股定理，在应用判定定理判定平行四边形时，应仔细观察题目所给的条件，仔细选择适合于题目的判定方法进行解答，避免混用判定方法．
15．（2022秋·江苏南京·八年级校考阶段练习）如图，在四边形中，，，点E是的中点，请仅用无刻度的直尺分别按下列要求画图．（不写画法，保留画图痕迹）
(1)在图1中，画出的边上的中线；
(2)在图2中，若，画出的边上的高．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）连接交于，可得四边形为平行四边形，再根据平行四边形对角线互相平分得到点M是的中点，然后连接即可；
（2）连接交于，点为的中点，再连接、，它们相交于，连接并延长交于，则．
【详解】（1）如图，连接交于，连接，则为所求；
∵点E是的中点，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∴点M是的中点，
连接，
∴是的边上的中线，
∴为所求；
（2）如图，连接交于，连接、，它们相交于，接并延长交于，则即为所求，
由（1）可得，点M是的中点，
又∵点E是的中点，，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴为的边上的高．
【点睛】本题考查了作图复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了等腰三角形的性质．
16．（2021春·江苏常州·八年级常州市清潭中学校考期中）如图，已知点，，．
(1)将绕点逆时针旋转得，画出，并写出点的对应点的坐标为 ．
(2)画出关于原点成中心对称的图形；并写出点的对应点的坐标为 ．
(3)在平面直角坐标系内找点，使得、、、为顶点的四边形为平行四边形，则点的坐标为 ．
【答案】(1)图见解析，
(2)图见解析，
(3)或或
【分析】（1）根据旋转的性质分别画出点，再顺次连接即可得，根据点的位置写出坐标即可得；
（2）根据中心对称的定义分别画出点，再顺次连接即可得，根据点的位置写出坐标即可得；
（3）分①组成的平行四边形是，②组成的平行四边形是，③组成的平行四边形是三种情况，分别根据平行四边形的性质求解即可得．
【详解】（1）解：如图，即为所求，
则点的坐标为，
故答案为：．
（2）解：如图，即为所求，
则点的坐标为，
故答案为：．
（3）解：①如图，组成的平行四边形是，
，，
将点先向左平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度可得到点，
将点先向左平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度可得到点，
，
，即为；
②如图，组成的平行四边形是，
同理可得：；
③如图，组成的平行四边形是，
同理可得：；
故答案为：或或．
【点睛】本题考查了旋转画图、画中心对称图形、平行四边形、点坐标的平移变换，熟练掌握旋转和中心对称图形的画法是解题关键．
17．（2022秋·江苏·八年级专题练习）已知直线：y1=x+m与直线：y2=2x+n相交于点A（2，3）．
(1)求m，n的值；
(2)请在所给坐标系中画出直线和，并根据图像回答：当满足____时，．
(3)设交轴于点B，交y轴于点C，若点D与点A，B，C能构成平行四边形，则点D的坐标为_____．
【答案】(1)m=，n=-1；
(2)函数图象见解析，x>2；
(3)（0，4）或（4，2）或（-4，-4）
【分析】（1）将点A（2，3）分别代入直线和的解析式中，即可求出m，n的值；
（2）由（1）可得函数解析式，然后可以画出函数图象，观察图象可得x的取值范围；
（3）求出点B、C的坐标，然后分BC是边和BC是对角线两种情况，分别作出平行四边形，即可得到点D位置．
【详解】（1）解：将点A（2，3）分别代入，中，
得：，，
∴m＝，n＝−1；
（2）∵m＝，n＝−1，
∴，，
画出两直线如图，
由函数图象得：当x＞2时．
故答案为：x＞2；
（3）当时，解得：，
∴B（－2，0），
在中，当x＝0时，y＝－1，
∴C（0，－1），
如图，当BC是平行四边形的边时，
点D坐标为（0，4）或（4，2），
当BC是平行四边形的对角线时，点D坐标为（−4，−4），
故答案为：（0，4）或（4，2）或（−4，−4）．
【点睛】本题考查待定系数法，画一次函数图象，一次函数图象的交点与不等式的关系，平行四边形的判定等知识，解题关键是通过数形结合分类讨论．
18．（2021春·江苏南京·八年级统考期中）类比和转化是数学中重要的思想方法，阅读下面的材料，并解答问题：
（1）从数学课本中我们已经学习了利用平行四边形的定义和三个定理来判断一个四边形是平行四边形的方法，他们分别是：
定义：两组对边分别平行的四边形是平行四边形；
定理1：两组对边分别相等的四边形是平行四边形；
定理2：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；
定理3：____________________．
请将定理3补充完整；
（2）周老师所在的班级成立了数学兴趣小组，他们在周老师的指导下对平行四边形的判定进行进一步的研究．他们发现：平行四边形的判定都需要两个条件，除上述4个已经被证明过的判定方法外，还有很多由两个条件组成的关于平行四边形判定的命题，他们对这些命题展开了研究．
数学爱好者小赵发现“一组对边平行，一条对角线平分另一条对角线的四边形是平行四边形”是一个真命题．请你完成证明：
已知：________________，
求证：_________________．
（3）小珊和小红研究后发现还有一些是假命题，并且能够通过举反例说明．请你写出一个假命题，并举反例说明．（用符号或者文字简要说明你构图的方法）
假命题：__________________
反例：
（4）数学课代表小明想到了一个命题：一组对角相等，一条对角线平分另一条对角线的四边形是平行四边形．为此他和小晨同学讨论了起来．他们一致认为，首先要明确是哪一组对角和哪一条对角线平分了另外一条对角线，所以需要分情况考虑．聪明的同学们，你们能把这个问题研究一下吗？请在答题卡上写上你的研究成果（要求有必要的图形和文字说明）．
【答案】（1）对角线互相平分的四边形是平行四边形；（2）见解析；（3）见解析；（4）见解析．
【分析】（1）根据平行四边形的判定定理即可解答；
（2）首先由已知条件及全等三角形判定，可得，，然后根据平行四边形的判定可证四边形是平行四边形即可；
（3）根据已知条件及平行四边形的判定即可得到答案；
（4）根据已知条件分情况讨论证明即可．
【详解】（1）对角线互相平分的四边形是平行四边形；
（2）已知：在四边形中，，对角线和交于点，，
求证：四边形是平行四边形．
证明：∵，
∴，，
在和中，，
∴≌（AAS），
∴．
又∵，
∴四边形是平行四边形．
（3）（答案不唯一）
假命题：一组对边平行，一组对边相等的四边形是平行四边形．
反例：反例如图所示．
四边形是等腰梯形，，，
四边形满足一组对边平行，一组对边相等，但它不是平行四边形．
（4）分两种情况
①已知，且，
四边形满足一组对角相等，一条对角线平分另一条对角线，但它不是平行四边形．
②已知，且，
反证法：假设四边形不是平行四边形，则，
故可以在射线上取和不重合的点，使得，
∵且，
∴四边形是平行四边形，∴，
∵，∴，
但和不重合，矛盾，假设不成立，
∴四边形是平行四边形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定、真假命题、反证法，掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．
19．（2022秋·江苏常州·八年级统考期中）【模型建立】
(1)如图1，已知在中，点是边的中点，将沿翻折得到，连接，．
①求证：是直角三角形；
②延长，交于点，判断与的数量关系，并证明你的结论；
(2)【拓展应用】如图2，已知在中，点是边的中点，点是边上一点，将沿翻折得到，连接，．
①判断与的位置关系，并证明你的结论；
②若，用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明你的结论．
【答案】(1)①证明见解析；②，证明见解析
(2)①，证明见解析；②，证明见解析
【分析】（1）①根据折叠的性质得到，根据线段中点的定义得到，根据直角三角形的判定定理即可得到结论；
②如图1，延长，交于点，根据折叠的性质得到，，根据等腰三角形的性质得到，求得，推出，即可得到结论；
（2）①由（1）知，，求得，根据三角形的内角和定理得到，根据平行线的判定定理得到；
②如图2，延长，交于，根据折叠的性质得到，，根据平行线的性质得到，推出四边形是平行四边形，得到，于是得到结论．
【详解】（1）①证明：将沿翻折得到，
，
点是边的中点，
，
，
，
是直角三角形；
②，
证明：如图1，延长，交于点，
将沿翻折得到，
，，
，
点是边的中点，
，
，
，
，
，
，
；
（2）①，
证明：由（1）知，，
，
将沿翻折得到，
，，
，
，
，
，
；
②，
证明：如图2，延长，交于，
，
将沿翻折得到，
，，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了折叠的性质，直角三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键．
20．（2021春·江苏常州·八年级常州市清潭中学校考期中）如图，平行四边形中，，，，是的中点，是边上的动点，的延长线与的延长线交于点，连接，．
(1)求证：四边形是平行四边形．
(2)当 时，四边形是矩形．
(3)当多长时，四边形是菱形，请说明理由．
【答案】(1)见解析；
(2)10；
(3)当时，四边形是菱形．
【分析】（1）利用平行四边形的性质，结合题意证，然后利用全等三角形的性质证明即可；
（2）结合（1），找到矩形的特殊性——有一个角是直角的平行四边形是矩形，然后解直角三角形即可；
（3）结合（1），找到菱形的特殊性——邻边相等的平行四边形是菱形，然后证是等边三角形，利用等边三角形性质求解即可．
【详解】（1）证明：是平行四边形，
即，
，
是的中点,
，
在与中：
，
，
是平行四边形；
（2）是平行四边形，，，，
，，，
由（1）可知当时，
四边形是矩形，
在中，
，，
，
，
，
，
故答案为：；
（3）解：当四边形是菱形时，
，
是平行四边形，，，，
，，，
是等边三角形，
，
．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的判定，矩形的判定，等边三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定的应用；抓住矩形、菱形的特殊性是解题的关键．
21．（2021春·江苏无锡·八年级无锡市江南中学校考期中）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标是，将线段绕着点O逆时针方向旋转后得到线段，连接，直线交x轴于点C．
(1)求直线的解析式．
(2)若点是点C关于直线的对称点，沿着直线平移得到．求的最小值，并求出此时的坐标．
(3)点D是坐标平面内一点，且满足，在x轴上是否存在一点E，使得以点B、O、D、E为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)直线的解析式为；
(2)点的坐标为；
(3)点D的坐标为或或或．
【分析】（1）由旋转的性质知是等边三角形，求得点C的坐标是，利用待定系数法即可求解；
（2）由题意是定值，所以时，的值最小，求出即可解决问题；
（3）由题意知，点D在过点C且与平行的直线l上，或点D在过点A且与平行的直线上，据此画出图形，即可解答．
【详解】（1）解：∵点A的坐标是，将线段绕着点O逆时针方向旋转后得到线段，
∴是等边三角形，且，
∴，，
∴，，
∴点C的坐标是，
设直线的解析式为，
则，
∴，
∴直线的解析式为；
（2）解：由题意是定值，所以时，的值最小，
连接，，
∵，是等边三角形，点是点C关于直线的对称点，
∴也是等边三角形，
∴，
∴，
∴当三点共线时，的值最小，
由于平移，则，，设与x轴交于点G，
此时，，
∴，，
∴，，
∴，
此时点的坐标为；
（3）解：存在，
如图所示，过点C作的平行线l，
∵，
∴点D在直线l上，
当E、C重合，时，四边形是平行四边形，此时B、D关于x轴对称，是等边三角形，
∴，，
∴点B的坐标为，点D的坐标为；
当E、C重合，时，四边形是平行四边形，
∵点B的坐标为，，
∴点D的坐标为；
如图所示，过点A作的平行线，
∵，
∴点D在直线上，
当时，四边形是平行四边形，此时B、D关于y轴对称，C、E也关于y轴对称，
∵点B的坐标为，点C的坐标是，
∴点D的坐标为；点E的坐标是；
当时，四边形是平行四边形，
∵点B的坐标为，点E的坐标是，
由平移的性质，
∵点O的坐标为，
∴点D的坐标为；
综上，点D的坐标为或或或．
【点睛】此题考查了待定系数法求函数解析式，线段的和差最值问题，平行四边形与坐标与图形结合的问题，将不共线的线段转换为共线线段为解题关键．
22．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中．一次函数y=-2x+ 12的图象分别交x轴、y轴于A、B两点，过点A的直线交y轴正半轴于点M．且点M为线段OB的中点．
(1)求直线AM的解析式；
(2)在直线AM上有一点P，且，求点P的坐标；
(3)在坐标平面内是否存在点C，使以A、B、M、C为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点C的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)点P的坐标为(0，6)或(12，-6)
(3)存在，点C的坐标为(6，-6)或(6，6)或(-6，18)
【分析】（1）利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点A，B的坐标，由点M为线段OB的中点可得出点M的坐标，根据点A，M的坐标，利用待定系数法即可求出直线AM的函数解析式；
（2）分两种情况：①由点M为线段OB的中点．可得，即可得出点P于点M重合，②根据，即可得答案；
（3）存在点C，使以A、B、M、C为顶点的四边形是平行四边形，分三种情况：①以AM，BC为对角线；②以AB，CM为对角线；③以AC，BM为对角线，根据平移的性质求解即可．
【详解】（1）解：当x=0时，y=-2x+12=12，
∴点B的坐标为（0，12），
当y=0时，-2x+12=0，
解得：x=6，
∴点A的坐标为（6，0）．
∵点M为线段OB的中点，
∴点M的坐标为（0，6）．
设直线AM的函数解析式为y=kx+b（k≠0），
将A（6，0），M（0，6）代入y=kx+b，得
，解得：
∴直线AM的函数解析式为y=-x+6；
（2）解：①∵点M为线段OB的中点．
∴，
∴点P于点M重合，
∴点P的坐标为（0，6）；
②如图，
∵点A的坐标为（6，0）．点M的坐标为（0，6）．
∴×6×6=18，
∵，
∴，
设点P的坐标为：（x， -x+6），
∴×6x-18=18，解得x=12，
∴点P的坐标为（12，-6）；
∴点P的坐标为（0，6）或（12，-6）；
（3）解：分三种情况考虑（如图所示）：
存在点C，使以A、B、M、C为顶点的四边形是平行四边形，
∵A（6，0），B（0，12），M（0，6），
①以AM，BC为对角线，
根据平移的性质，得点C（6，-6），
②以AB，CM为对角线，
根据平移的性质，得点C（6，6），
③以AC，BM为对角线，
根据平移的性质，得点C（-6，18），
综上，点C的坐标为（6，-6）或（6，6）或（-6，18）．
【点睛】本题是一次函数综合题，考查了一次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求一次函数解析式、三角形的面积以及平行四边形的性质，解题的关键是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．
23．（2023·江苏·八年级泰州市姜堰区第四中学校考期末）如图，在平面直角坐标系中，点，点P为x轴正半轴上一点，直线直线，垂足为C，连接，设点P的横坐标为m．
(1)求证：；
(2)当时，求点C的坐标；
(3)取点O关于的对称点D，连接；
①试说明：当时，为等腰直角三角形；
②试探索三条线段长度之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析；
(2)；
(3)①见解析；②，见解析
【分析】（1）根据垂直可得，由，即可得出答案；
（2）当时，，得出，证明，得出，求出直线为，直线为，联立方程即可得出答案；
（3）①过O作，先得出直线是线段的垂直平分线，得出，再证明，进而证明，得出，即可得出结论；
②作交于Q，证明四边形是平行四边形，得出，，再证明，得出，进而得出答案，
【详解】（1）解：∵，
∴，
∵，
∴；
（2）解：
当时，，
∵，
∴，，，
∴，
∵，，
∴，
∴
∴，
设直线为，
，
解得：，
∴直线为，
设直线为，
，
解得：，
∴直线为，
联立方程得： ，
解得： ，
∴；
（3）①解：过O作，
∵点O关于的对称点D，
∴直线是线段的垂直平分线，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴当时，为等腰直角三角形；
②，
作交于Q，
由①可知：，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查一次函数，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，垂直平分线的判定，正确作出辅助线是解题的关键．
24．（2022春·江苏泰州·八年级校考阶段练习）如图1，在ABC中，BD是AC边上的中线，将DBA绕点D顺时针旋转α（0°＜α＜180°） 得到DEA（如图2），我们称DEA为DBC的“旋补三角形”．DEA的边EA上的中线DF叫做DBC的“旋补中线”．
(1)在图2，图3，图4中，DEA为DBC的“旋补三角形”，DF是DBC的“旋补中线”．
①如图2，∠BDE+∠CDA＝ °；
②如图3，当DBC为等边三角形时，DF与BC的数量关系为DF＝ BC；
③如图4，当∠BDC＝90°时，BC＝4时，则DF长为 ；
(2)在图2中，当DBC为任意三角形时，猜想DF与BC的关系，并给出证明．
(3)如图5，在四边形ABCD中，∠C＝90°，∠D＝150°，BC＝12，CD＝2，DA＝6，BE⊥AD，E为垂足．在线段BE上是否存在点P，使PDC是PAB的“旋补三角形”？若存在，请作出点P，不需证明，简要说明你的作图过程．
【答案】(1)①180；②；③2
(2)；证明见解析
(3)存在．见解析
【分析】（1）①依据，可得；②当为等边三角形时，可得是等腰三角形，，，再根据，即可得到中，，进而得出；③当时，时，易得，即可得到中，；
（2）延长至，使得，连接，，判定四边形是平行四边形，进而得到，再判定，即可得到，进而得出；
（3）延长，，交于点，作线段的垂直平分线，交于，交于，连接、、，由定义知当，且时，是的“旋补三角形”，据此进行证明即可．
（1）
解：①∵∠ADE＋∠BDC＝180°，
∴∠BDE＋∠CDA＝180°，
故答案为：180；
②当△DBC为等边三角形时，BC＝DB＝DE＝DC＝DA，∠BDC＝60°，
∴△ADE是等腰三角形，∠ADE＝120°，∠E＝30°，
又∵DF是△ADE的中线，
∴DF⊥AE，
∴Rt△DEF中，DF＝DE，
∴DF＝BC，
故答案为：；
③∵BD是AC边上的中线，
∴，
∵∠BDC＝90°，
∴ ，
在△ADE和△CDB 中，
，
∴△ADE≌△CDB，
∴AE＝BC＝4，
∴Rt△ADE中，DF＝AE＝2，
故答案为：2；
（2）
猜想：DF＝AE．
证明：如图2，延长DF至G，使得FG＝DF，连接EG，AG，
∵EF＝FA，FG＝DF，
∴四边形AGED是平行四边形，
∴，GE＝AD＝CD，
∴∠GED＋∠ADE＝180°，
又∵∠BDC＋∠ADE＝180°，
∴∠BDC＝∠DEG，
在△GED和△CDB中，
，
∴△DGE≌△CDB（SAS），
∴BC＝DG，
∴DF＝DG＝BC；
（3）
存在．
理由：如图5，延长AD，BC，交于点F，作线段BC的垂直平分线PG，交BE于P，交BC于G，连接PA、PD、PC，
由定义知当PA＝PD，PB＝PC，且∠DPA＋∠CPB＝180°时，△PDC是△PAB的“旋补三角形”，
∵∠ADC＝150°，
∴∠FDC＝30°，
在Rt△DCF中，
∵CD＝2，∠DCF＝90°，∠FDC＝30°，
∴CF＝2，DF＝4，∠F＝60°，
在Rt△BEF中，
∵∠BEF＝90°，BF＝14，∠FBE＝30°，
∴EF＝BF＝7，
∴DE＝EF−DF＝3，
∵AD＝6，
∴AE＝DE，
又∵BE⊥AD，
∴PA＝PD，PB＝PC，
在Rt△BPG中，
∵BG＝BC＝6，∠PBG＝30°，
∴PG＝2，
∴PG＝CD，
又∵，∠PGC＝90°，
∴四边形CDPG是矩形，
∴∠DPG＝90°，
∴∠DPE＋∠BPG＝90°，
∴2∠DPE＋2∠BPG＝90°，即∠DPA＋∠BPC＝180°，
∴△PDC是△PAB的“旋补三角形”．
【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、含30°角直角三角形的性质、等边三角形的判定和性质、矩形的判定和性质等知识的综合运用，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
25．（2022春·江苏扬州·八年级校联考期中）如图1①②③，平面内三点O，M，N，如果将线段OM绕点O旋转90°得ON，称点N是点M关于点O的“等直点”，如果OM绕点O顺时针旋转90°得ON，称点N是点M关于点O的“正等直点”，如②．
(1)如图2，在平面直角坐标系中，已知点P（2，1）．
①在P1（－1，2），P2（2，－1），P3（1，－2）三点中， 是点P关于原点O的“等直点”；
②若直线l1：y＝kx＋4交y轴于点M，若点N是直线l1上一点，且点N是点M关于点P的“等直点”，求直线l1的解析式；
(2)如图3，已知点A的坐标为（4，0），点B在直线l2：y＝3x上，若点B关于点A的“正等直点”C在坐标轴上，D是平面内一点，若四边形ABCD是平行四边形，直接写出点D的坐标．
【答案】(1)①P1，P3；②y＝﹣x＋4或y＝5x＋4
(2)（16，﹣12）或
【分析】（1）①将OP顺时针旋转90°或逆时针旋转90°，求出旋转后点P的对应点坐标，即可求解；
②分两种情况讨论，利用全等三角形的判定和性质可求点N坐标，代入解析式，可求解；
（2）分点C在x轴上和点C在y轴上，由平行四边形的性质可求解．
【详解】（1）解：如图2，连接OP，作PF⊥y轴，将OP绕点O顺时针旋转90°得到OE，过点E作EH⊥y轴，
∴PF＝2，OF＝1，∠PFO＝∠EHO＝90°，
∵将OP绕点O顺时针旋转90°得到OE，
∴OP＝OE，∠POE＝90°，
∴∠POF＋∠EOH＝90°，
∵∠POF＋∠FPO＝90°，
∴∠FPO＝∠EOH，
又∵∠PFO＝∠EHO＝90°，OE＝OP，
∴△PFO≌△OHE（AAS），
∴HE＝OF＝1，PF＝OH＝2，
∴点E（1，﹣2），
将OP绕点O顺时针旋转90°得到OG，
同理可求点G（﹣1，2），
∴P1，P3是点P关于原点O的“等直点”，
故答案为：P1，P3；
②∵y＝kx＋4交y轴于点M，
∴点M（0，4），
∵点N是点M关于点P的“等直点”，
∴MP＝NP，MP⊥NP，
如图，当线段MP绕点P顺时针旋转90°得PN，过P作PQ⊥y轴于点Q，NK⊥PQ交QP的延长线于点K，
则∠MQP＝∠NKP＝90°，
∠QMP＋∠QPM＝∠QPM＋∠NPK＝90°，
∴∠QMP＝∠KPN，
∴△MPQ≌△PNK（AAS），
∴MQ＝PK＝4﹣1＝3，PQ＝NK＝2，
∴点N（5，3），
∵点N是直线l1上一点，
∴3＝5k＋4，
解得k＝﹣，
∴直线l1的解析式为：y＝﹣x＋4，
当线段MP绕点P逆时针旋转90°得PN，
同理可得点N（﹣1，﹣1），
∴﹣1＝﹣k＋4，
解得k＝5，
∴直线l1的解析式为：y＝5x＋4，
∴综上所述：直线l1的解析式为y＝﹣x＋4或y＝5x＋4；
（2）解：如图3，当点C在x轴上时，
0
∵点A的坐标为（4，0），
∴OA=4，
∵点C是点B关于点A的“正等直点”，
∴∠BAC=90°，AB=AC，
∴点B的横坐标为4，
∴点B的坐标（4，12），
∴AB=12=AC，
∴OC=16，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD=12，
∴点D（16，12）；
若点C在y轴上时，过点B作BE⊥x轴于E，
∵点C是点B关于点A的“正等直点”，
∴∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠BAE+∠CAO=90°，
又∵∠CAO+∠ACO=90°，
∴∠BAE=∠ACO，
又∵AC=AB，∠AOC=∠AEB=90°，
∴△ACO≌△BAE（AAS），
∴BE=AO=4，AE=OC，
∴点B的纵坐标为4，
∴点B坐标为（，4），
∴EO=，
∴CO=4+=，
∴点C（0，），
设点D（x，y），
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AC与BD互相平分，
∴，
∴
∴点D（，），
综上所述：点D坐标为（16，12）或（，）
【点睛】本题是一次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质等知识，理解“等直点”的定义，并能运用是本题的关键．
26．（2022春·江苏苏州·八年级苏州工业园区星湾学校校考期中）【理解概念】
定义：有三个角相等的四边形叫做三等角四边形．
（1）下列四边形是三等角四边形的是_________．（填序号）
①平行四边形；②菱形；③矩形；④正方形．
【巩固新知】
（2）如图 ，折叠平行四边形 DEBF，使得顶点 E、F 分别落在边 BE、BF上的点 A、C 处，折痕为DG、DH．
求证：四边形 ABCD 为三等角四边形．
【拓展提高】
（3）如图 ，在三等角四边形 ABCD 中，∠A＝∠B＝∠C，若 AB＝5，，DC＝7，则BC的长度为_________．
【答案】（1）③④；（2）证明见解析；（3）．
【分析】（1）利用平行四边形、菱形、矩形、正方形的性质判断即可求解；
（2）由平行四边形的性质可得∠E=∠F，且∠E+∠EBF=180°，根据折叠的性质可得∠E=∠DAE，∠F=∠DCF，再根据等角的补角相等，判断出∠DAB=∠DCB=∠ABC即可得结论；
（3）如图，过点D作DE//BC，交BA延长线于E，作DF//AB，交BC延长线于F，作DG⊥BE于G，DH⊥BF于H，可得四边形DEBF是平行四边形，根据及平行四边形的性质可得AD=DE=BF=，CD=DF=7，可求出AE的长，根据等腰三角形“三线合一”的性质可得AG=EG=AE=1，CH=HF=CF，利用勾股定理可得DG的长，利用平行四边形的面积可求出DH的长，利用勾股定理可求出CH的长，进而求出CF的长，即可求出BC的长．
【详解】解：（1）①根据平行四边形的对角相等可得平行四边形不是三等角四边形；
②根据菱形四边相等、对角相等可知菱形不是三等角四边形；
③根据矩形四个角都相等可知矩形是三等角四边形；
④根据正方形四个角都相等可知正方形是三等角四边形．
故答案为：③④；
（2）∵四边形为平行四边形，
∴，，
∵折叠平行四边形，使得顶点分别落在边上的点处，
∴DE=DA，DF=DC，
∴，
∵，，，
∴，
∴四边形是三等角四边形
（3）如图，过点D作DE//BC，交BA延长线于E，作DF//AB，交BC延长线于F，作DG⊥BE于G，DH⊥BF于H，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∴DE=BF，DF=BE，∠B+∠E=180°，∠B+∠F=180°，∠E=∠F，
∵∠DAB=∠B=∠BCD，∠DAE+∠DAB=180°，∠DCB+∠DCF=180°，
∴∠DAE=∠E=∠DCF=∠F，
∴AD=DE=BF=，CD=DF=7，
∴AE=BE-AB=CD-AB=2，
∵DG⊥BE，DH⊥BF，
∴AG=EG=AE=1，CH=HF=CF，
∴DG=，
∴S平行四边形DEBF=BE·DG=BF·DH，即7×5=DH，
解得：DH=，
∴CH==，
∴CF=2CH=，
∴BC=BF-CF=．
故答案为：
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了三等角四边形的判定与性质，翻折变换-折叠问题，四边形的内角和定理，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质等知识；证明三角形全等和运用勾股定理是解决问题的关键．
27．（2020春·江苏南通·八年级统考期末）定义：在平面直角坐标系中，对于任意两点A（a，b），B（c，d），若点T（x，y）满足x＝，y＝，那么称点T是点A，B的三分点．
例如：A（﹣1，5），B（7，7），当点T（x，y）满足x＝＝2，y＝＝4时，则点T（2，4）是点A，B的三分点．
（1）已知点C（﹣1，8），D（1，2），E（4，﹣2），请说明其中一个点是另外两个点的三分点．
（2）如图，点A为（3，0），点B（t，2t+3）是直线l上任意一点，点T（x，y）是点A，B的三分点．
①试确定y与x的关系式．
②若①中的函数图象交y轴于点M，直线l交y轴于点N，当以M，N，B，T为顶点的四边形是平行四边形时，求点B的坐标．
③若直线AT与线段MN有交点，直接写出t的取值范围．
【答案】（1）见解析；（2）①y＝2x﹣1；②点B的坐标（，6）或（﹣，）；③﹣3≤t≤1
【分析】（1）由“三分点”的定义可求解；
（2）①由“三分点”定义可得：，消去t即可求解；
②先求出点M，点N的坐标，分两种情况：MN为一边或MN为对角线，利用平行四边形的性质可求解；
（3）利用特殊位置，分别求出AT过点M和过点N时，t的值，即可求解．
【详解】（1）∵，，
∴点D（1，2）是点C，点E的三分点；
（2）①∵点A为（3，0），点B（t，2t+3）是直线l上任意一点，点T（x，y）是点A，B的三分点，
∴，
∴y＝2x﹣1；
②∵y＝2x﹣1图象交y轴于点M，直线l交y轴于点N，
∴点M（0，﹣1），点N（0，3），
当四边形MTBN是平行四边形时，
∴BT∥MN，
∵B（t，2t+3），T（，），
∴t＝，
∴t＝，
∴点B的坐标（，6）；
当四边形MTNB是平行四边形时，
设BT与MN交于点P，则点P为BT与MN的中点，
∴点P（0，1），
∵B（t，2t+3），T（，），
∴t+＝0，
∴t＝﹣，
∴点B（﹣，），
综上所述：点B的坐标为（，6）或（﹣，）；
（3）当直线AT过点M时，
∵点A（3，0），点M（0，﹣1），
∴直线AM解析式为y＝x﹣1，
∵点T是直线AM上，
∴＝×﹣1
∴t＝﹣3，
当直线AT过点N时，
∵点A（3，0），点M（0，3），
∴直线AN解析式为y＝﹣x+3，
∵点T是直线AN上，
∴＝﹣+3，
∴t＝1，
∵直线AT与线段MN有交点，
∴﹣3≤t≤1．
【点睛】本题新定义考题，题目中给出一个新的概念，严格利用新的概念进行求解；但是，新定义问题实质上是课程内知识点的综合应用，比如本题考查了消元法，平行四边形的性质和一次函数，本类题目一定要注意分类讨论，利用合适条件确定边界条件是解题的关键．
28．（2019秋·江苏南通·八年级校考期末）如图，锐角，，点是边上的一点，以为边作，使，．
（1）过点作交于点，连接（如图①）
①请直接写出与的数量关系；
②试判断四边形的形状，并证明；
（2）若，过点作交于点，连接（如图②），那么（1）②中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明，若不成立，请说明理由．
【答案】（1）①； ② 平行四边形，证明见解析；（2）成立，证明见解析．
【分析】（1）①根据，两角有公共角，可证；
②连接EB，证明△EAB≌△DAC，可得,再结合平行线的性质和等腰三角形的判定定理可得EF=DC，由此可根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明四边形为平行四边形．
（2）根据，可证明△AED和△ABC为等边三角形，再根据ED∥FC结合等边三角形的性质，得出∠AFC=∠BDA，求证△ABD≌△CAF，得出ED=CF，进而求证四边形EDCF是平行四边形．
【详解】解：（1）①，理由如下：
∵，，,
∴，
∴；
②证明：如下图，连接EB,
在△EAB和△DAC中
∵
∴△EAB≌△DAC（SAS）
∴,
∵，
∴,
∴，
∵，
∴,
∴,
∴,
∴
∴四边形为平行四边形；
（2）成立；理由如下：
理由如下：
∵，
∴，
∵AE=AD，AB=AC，
∴△AED和△ABC为等边三角形，
∴∠B=60°，∠ADE=60°，AD=ED,
∵ED∥FC，
∴∠EDB=∠FCB，
∵∠AFC=∠B+∠BCF=60°+∠BCF，∠BDA=∠ADE+∠EDB=60°+∠EDB，
∴∠AFC=∠BDA，
在△ABD和△CAF中，
∴△ABD≌△CAF（AAS），
∴AD=FC，
∵AD=ED，
∴ED=CF，
又∵ED∥CF，
∴四边形EDCF是平行四边形．
【点睛】本题考查全等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质和判定，等边三角形的性质和判定，平行四边形的判定定理，平行线的性质．在做本题时可先以平行四边形的判定定理进行分析，在后两问中已知一组对边平行，所以只需证明这一组对边相等即可，一般证明线段相等就是证明相应的三角形全等．本题中是间接证明全等，在证明线段相等的过程中还应用到等腰三角形的判定定理（第（1）小题的第②问）和等边三角形的性质（第（2）小题），难度较大．