2020年暑期衔接训练青岛版数学八年级下册：第4讲 第六章《平行四边形》单元测试
一、单选题
1．（2020·台州）下是关于某个四边形的三个结论：①它的对角线相等；②它是一个正方形；③它是一个矩形.下列推理过程正确的是（ ）
A．由②推出③，由③推出① B．由①推出②，由②推出③
C．由③推出①，由①推出② D．由①推出③，由③推出②
2．（2020八下·北京期中）顺次连结对角线互相垂直的四边形各边中点所构成的四边形一定是（ ）
A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．不确定
3．（2020八下·北京期中）如图，已知四边形ABCD，R，P分别是DC，BC上的点，E，F分别是AP，RP的中点，当点P在BC上从点B向点C移动而点R不动时， 那么下列结论成立的是（ ）．
A．线段EF的长逐渐增大 B．线段EF的长逐渐减少
C．线段EF的长不变 D．线段EF的长不能确定
4．（2020八下·涿鹿期中）如图，在△ABC中，点D在BC上，DE∥AC，DF∥AB，下列四个判断中错误的是（ ）
A．四边形AEDF是平行四边形
B．若∠BAC＝90°，则四边形AEDF是矩形
C．若AD平分∠BAC，则四边形AEDF是矩形
D．若AD⊥BC且AB＝AC，则四边形AEDF是菱形
5．（2020八下·江岸期中）如图，四边形 和 都是平行四边形，过点 作直线交边 于点 ，交边 于点 ，连接 ， .若 和 的面积分别为4和6，则 的面积为（ ）
A．5 B．5.5 C．6 D．8
6．（2020·定兴模拟）已知：∠MON，如图，小静进行了以下作图：
①在∠MON的两边上分别截取OA，OB，使OA=OB；
②分别以点A，B为圆心，OA长为半径作弧，两弧交于点C；
③连接AC，BC，AB，OC．
若OC=2，S四边形OACB=4，则AB的长为（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
7．（2020·湖州）四边形具有不稳定性，对于四条边长确定的四边形，当内角度数发生变化时，其形状也会随之改变，如图，改变正方形ABCD的内角，正方形ABCD变为菱形ABC′D′，若∠D′AB＝30°，则菱形ABC′D′的面积与正方形ABCD的面积之比是（ ）
A．1 B． C． D．
8．（2020八下·金华期中）如图，在 ABCD中，对角经AC，BD交于点O，BD=2AD，点E，F，G分别是OA，OB，CD的中点，EG交FD于点H。有下列4个结论：①ED⊥CA；②EF=EG；③FH= FD；④S△EFD= S△CED，其中说法正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
9．（2020九下·安庆月考）如图，正方形ABCD的边长为2，P为CD的中点，连结AP，过点B作BE⊥AP于点E，延长CE交AD于点F，过点C作CH⊥BE于点G，交AB于点H，连接HF。下列结论正确的是（ ）
A．CE= B．EF=
C．cos∠CEP= D．HF2=EF·CF
10．（2020·上海模拟）如图，在正方形ABCD中，△BPC是等边三角形，BP、CP的延长线分别交AD于点E、F，连接BD、DP，BD与CF相交于点H，给出下列结论：①BE=2AE②△DFP∽△BPH③△PFD∽△PDB④DP2=PH·PC其中正确的有（ ）
A．①②③④ B．②③ C．①②④ D．①③
二、填空题
11．（2020八下·无锡期中）已知菱形ABCD的对角线AC＝12 cm，BD=16cm，则这个菱形的面积为 cm.
12．（2020·平阳模拟）如图，在△ABC中，分别以AB，AC为边向外作正方形ABED，ACGF。若点E，A，G在同一直线上，EG=8 ，BC=7，则△ABC的面积为 。
13．（2020八下·滨湖期中）如图，在四边形 中，点E、F分别是线段AD、BC的中点，G、H分别是线段BD、AC的中点，当四边形 的边满足 时，四边形 是菱形.
14．（2020八下·江阴期中）在四边形ABCD中，对角线AC ⊥BD且AC=4，BD=8，E、F分别是边AB.CD的中点，则EF= .
15．（2020八下·奉化期中）如图，平行四边形ABCD中，AB=8cm，AD=12cm，点P在AD边上以每秒1cm的速度从点A向点D运动，点Q在BC边上，以每秒4cm的速度从点C出发，在CB间往返运动，两个点同时出发，当点P到达点D时停止（同时点Q也停止），在运动以后，以P、D、Q、B四点组成平行四边形的次数有 次.
三、解答题
16．（2020八下·武汉期中）如图，在平行四边形ABCD中，AC、BD交于点O，又M、N分别是OA、OC的中点.
（1）求证：BM＝DN；
（2）若AO＝BD，试判断四边形MBND的形状，并证明你的结论.
17．（2020八下·洪泽期中）如图， 为菱形 对角线的交点， ， .
（1）试判断四边形 的形状，并说明理由；
（2）若 ， ，求线段 的长.
18．（2020·甘肃模拟）已知，如图1，D是△ABC的边上一点，CN∥AB，DN交AC于点M，MA＝MC.
（1）求证：四边形ADCN是平行四边形.
（2）如图2，若∠AMD＝2∠MCD，∠ACB＝90°，AC＝BC.请写出图中所有与线段AN相等的线段（线段AN除外）
19．（2020八下·南京期中）如图，在 ABCD 中，以点 A 为圆心，AB 长为半径画弧交 AD 于点 F，再分别以点 B、F 为圆心，大于 BF 的相同长为半径画弧，两弧交于点 P，连接 AP 并延长交 BC 于点 E，连接 EF.
（1）根据以上尺规作图的过程，证明四边形 ABEF 是菱形；
（2）若菱形 ABEF 的边长为 2，AE＝ 2 ，求菱形 ABEF 的面积.
20．（2020八下·江苏月考）已知：在四边形ABCD中，E、F、G、H分别是BC、AD、BD、AC的中点.
（1）求证：EF与GH互相平分；
（2）当四边形ABCD的边满足 条件时，EF⊥GH.（不必证明）
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】菱形的判定；正方形的判定与性质
【解析】【解答】解：对角线相等的四边形推不出是正方形或矩形，
故①→②，①→③错误，
故选项B，C，D错误，
故答案为：A．
【分析】根据对角线相等的四边形推不出是正方形或矩形即可判断．
2．【答案】A
【知识点】矩形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图：E、F、G、H分别为各边中点
∵EF∥GH∥DB，EF=GH= BD
EH∥FG∥AC，EH=FG= AC，
∵DB⊥AC.
∴EF⊥EH，EF⊥FG, HG⊥EH
∴四边形EFGH是矩形
故答案为：答案为A．
【分析】根据四边形对角线互相垂直以及三角形中位线平行于第三边说明四个角都是直角即可求解．
3．【答案】C
【知识点】三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，连接AR，
∵E、F分别是AP、RP的中点，
∴EF为△APR的中位线，
∴EF= AR，为定值．
∴线段EF的长不改变．
故答案为：C．
【分析】因为R不动，所以AR不变．根据三角形中位线定理可得EF= AR，因此线段EF的长不变．
4．【答案】C
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定
【解析】【解答】解：A.∵在△ABC中，点D在BC上，DE∥AC，DF∥AB，
∴DE∥AF，DF∥AE，
∴四边形AEDF是平行四边形；即A不符合题意；
B.∵四边形AEDF是平行四边形，∠BAC=90°，
∴四边形AEDF是矩形；即B不符合题意；
C.因为添加条件“AD平分∠BAC”结合四边形AEDF是平行四边形只能证明四边形AEDF是菱形，而不能证明四边形AEDF是矩形；所以C符合题意；
D.因为由添加的条件“AB=AC，AD⊥BC”可证明AD平分∠BAC，从而可通过证∠EAD=∠CAD=∠EDA证得AE=DE，结合四边形AEDF是平行四边形即可得到四边形AEDF是菱形，所以D不符合题意.
故答案为：C.
【分析】A.根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形，即可判定四边形AEDF是平行四边形；
B.根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，即可判定四边形AEDF是矩形；
C.由AD平分∠BAC，得出∠EAD=∠FAD，再由四边形AEDF是平行四边形，从而得出AE=DE，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，即可判定四边形AEDF是菱形；
D.由AD⊥BC且AB＝AC，得出AD平分∠BAC，从而得出AE=DE，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，即可判定四边形AEDF是菱形.
5．【答案】A
【知识点】平行四边形的性质
【解析】【解答】解：如图，过M作 于G，过C作 于H，
故答案为：A.
【分析】过M作 于G，过C作 于H，得到 ， ，进而根据即可算出答案.
6．【答案】B
【知识点】菱形的判定
【解析】【解答】由作图可得，OA=OB=BC=AC，
∴四边形AOBC是菱形，
∴S菱形AOBC= OC×AB，
∴AB= ，
故答案为：B．
【分析】根据作法判定出四边形OACB是菱形，再根据菱形的面积等于对角线乘积的一半列式计算即可得解．
7．【答案】B
【知识点】菱形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：根据题意可知菱形 的高等于 的一半，
菱形 的面积为 ，正方形 的面积为 .
菱形 的面积与正方形 的面积之比是 .
故答案为：B.
【分析】利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，就可证得菱形 的高等于 的一半，由此可得到菱形ABC′D′的面积与正方形ABCD的面积，然后求出它们的面积之比。
8．【答案】D
【知识点】平行四边形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：连接FG，
∵平行四边形ABCD，
∴BD=2OD，AB=CD，AB∥CD，
∵BD=2AD
∴OD=AD
∵点E是AO的中点，
∴DE⊥CA，故①正确；
∵点E，F，G分别是OA，OB，CD的中点
∴CD=2DG，EF是△AOB的中位线，
∴AB=CD=2EF，EF∥AB
∵∠DEC=90°
∴EG是△CDE的中线
∴CD=2EG
∴EG=EF，故②正确；
∵AB∥DC
∴EF∥CD，
∴四边形EFGD是平行四边形，
∴FH=DF，故③正确；
∵四边形EFGD是平行四边形，
∴S△EFD=S△EDG，
∵EG是△EDC的中线，
∴S△EFD=S△EDG=S△CED，故④正确；
正确结论的序号有①②③④.
故答案为：D.
【分析】连接FG，利用平行四边形的性质，可证得BD=2OD，AB=CD，AB∥CD，由BD=2AD，可证得OD=AD，再利用等腰三角形三线合一的性质，可对①作出判断；再利用三角形中位线定理证明AB=2EF，EF∥AB，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可证得CD=2EG，就可得到EG和EF的数量关系，由此可对②作出判断；易证四边形EFGD是平行四边形，利用平行四边形的对角线的性质，可对③作出判断；然后利用平行四边形的性质，可证得S△EFD=S△EDG，再由EG是△EDC的中线，可得到S△EFD=S△EDG=S△CED，可对④作出判断，综上所述可得出正确结论的个数。
9．【答案】D
【知识点】正方形的性质；正方形的判定与性质
【解析】【解答】解：连接EH。
在正方形ABCD中，∠D=∠ABC=90°，AB∥CD，AB=BC=CD=AD=2
∵P为CD的中点 ∴PC=
又∵ AP⊥BE，CH⊥BE∴AP∥CH
∴四边形APCH是平行四边形 ∴AH=PC=1 ∴BH=AH=1
在Rt△ABE中，EH=BH
又∵ CH⊥BE ∴BH=EH=
∴CH是BE的垂直平分线
∴CE=BC=2，故A错误；
∵CE=CB，CH=CH，EH=BH
∴△CEH≌△CBH
∴∠CEB=∠ABC=90°
又∵EH=AH=1，FH=FH
∴Rt△EFH≌Rt△AFH
∴AF=EF
设EF=AF=x
在Rt△CDF中，由勾股定理得：CD2+DF2=CF2，即，22+（2-x）2=（2+x）2
解得 x=∴EF=，故B错误；
在Rt△CEH中，CH= ，∴cos∠ECH=
∵AP∥CH ∴∠CEP=∠ECH ，∴cos∠CEP=cos∠ECH=，故C错误；
在Rt△AFH中，HF2=AF2+AH2=（）2+1=
EF·CF=×（2+）=
∴HF2=EF·CF，故D正确。
故答案为：D.
【分析】先判断四边形APCH是平行四边形，再利用平行四边形的性质、中点的定义以及直角三角形斜边中线的性质得AH=BH=EH，然后利用线段的垂直平分线的判定和性质得CE=BE，然后在证得△CEH≌△CBH、Rt△EFH≌Rt△AFH，利用全等三角形的性质及勾股定理即可对各个选项一一作出判断。
10．【答案】C
【知识点】正方形的判定与性质
【解析】【解答】解：在正方形ABCD中，AD∥BC，AB=BC=DC，
∠A=∠ABC=∠ADC=∠BCD=90°，∠ABD=∠ADB=∠BDC=45°
∵△BPC是等边三角形 ∴BP=PC=BC，∠PBC=∠PCB=∠BPC=60°，
∴DC=PC ，∠ABE=∠ABC-∠PBC=30°
∴BE=2AE，故①正确；
∵AD∥BC ∴∠PFD=∠BCF=60° ∴∠PFD=∠BPC
同①得：∠DCF=30° ∴∠CPD=∠CDP=75° ∴∠PDF=15°
又∵∠PBD=∠ABD-∠ABE=45°-30°=15°，
∴∠PDF=∠PBD
∴△DFP∽△BPH，故②正确；
∵∠PDB=∠CDP-∠BCD=75°-45°=30°，∠PFD=60°
∠BPD=135°，∠DPF=105°
∴∠PDB≠∠PFD≠∠BPD≠∠DPF
∴△PFD与△PDB不相似，故③错误；
∵∠PDH=∠PCD=30°，∠DPH=∠DPC
∴△DPH∽△CDP
∴
∴PD2=PH·CD，故④正确。
故答案为：C.
【分析】根据等边三角形的性质和正方形的性质，得到∠ABE=30°，利用直角三角形中30°的角的性质可得BE=2AE，故①正确；
同①得∠DCF=30° ，由三角形的内角和和等腰三角形的性质可得∠CPD=∠CDP=75° ，进而得∠PDF=15°，∠PBD=∠ABD-∠ABE=15°，则可得∠PDF=∠PBD，又∠PDF=∠PBD=60°，从而可证△DFP∽△BPH，故②正确；
通过计算可知 △PFD和△PDB 中，∠PDF=∠PBD，∠PDB≠∠PFD≠∠BPD≠∠DPF，可判断△PFD与△PDB不相似，故③错误；
利用∠PDH=∠PCD=30°，∠DPH=∠DPC可证得△DPH∽△CDP，利用相似三角形的性质可得 ，变形为PD2=PH·CD，故④正确。
11．【答案】96
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：∵对角线AC＝12，BD＝16，
∴菱形的面积＝ ×12×16＝96(cm2).
故答案为:96.
【分析】根据菱形的面积等于对角线乘积的一半解答.
12．【答案】
【知识点】正方形的性质
【解析】【解答】解：过点B作BM⊥AE于点M，过点C作CH⊥AG于点H,
∵正方形ABED，正方形ACGF，
∴AM=EM=BM，AH=HG=CH
设BM=x，CH=y
∴2x+2y=
∴
∴
在Rt△ABC中，
AB2+CA2=BC2
∴2x2+2y2=49
∴
∴
解之：xy=
∴S△ABC=
故答案为：
【分析】过点B作BM⊥AE于点M，过点C作CH⊥AG于点H，利用正方形的性质，可证得AM=EM=BM，AH=HG=CH，设BM=x，CH=y，求出x+y的值，利用勾股定理用含x，y的代数式分别表示出AB，CA，再利用勾股定理求出2x2+2y2=49，由此可求出xy的值，然后利用三角形的面积公式可求解。
13．【答案】AB=CD
【知识点】菱形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：当AB=CD时，四边形EGFH是菱形.
∵点E，G分别是AD，BD的中点，
∴EG∥AB，同理HF∥AB，∴EG∥HF，EG=HF= AB，
∴四边形EGFH是平行四边形.
∵EG= AB，又可同理证得EH= CD，
∵AB=CD，
∴EG=EH，
∴四边形EGFH是菱形.
故答案为AB=CD.
【分析】本题可根据菱形的定义来求解.E、G分别是AD，BD的中点，那么EG就是△ADB的中位线，同理，HF是△ABC的中位线，因此EG、HF同时平行且相等于AB，因此EG∥HF，EG=HF，因此四边形EHFG是平行四边形，E、H是AD，AC的中点，那么EH= CD，要想证明EHFG是菱形，那么就需证明EG=EH，那么就需要AB、CD满足AB=CD的条件.
14．【答案】
【知识点】三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，取BC的中点G，连接EG、FG.
∵E、F分别是边AB、CD的中点，∴EG∥AC且EG= AC= ×4=2，FG∥BD且FG= BD= ×8=4.
∵AC⊥BD，∴EG⊥FG，∴EF= = = .
故答案为 .
【分析】取BC的中点G，连接EG、FG，根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半求出EG、FG，并求出EG⊥FG，然后利用勾股定理列式计算即可得解.
15．【答案】3
【知识点】平行四边形的判定与性质
【解析】【解答】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD=12,AD∥BC，
∵四边形PDQB是平行四边形，
∴PD=BQ，
∵P的速度是1cm/秒，
∴两点运动的时间为12÷1=12s，
∴Q运动的路程为12×4=48cm，
∴在BC上运动的次数为48÷12=4次.
第一次PD=QB时，12 t=12 4t，解得t=0，不合题意，舍去；
第二次PD=QB时，Q从B到C的过程中，12 t=4t 12，解得t=4.8；
第三次PD=QB时，Q运动一个来回后从C到B，12 t=36 4t，解得t=8；
第四次PD=QB时，Q在BC上运动3次后从B到C，12 t=4t 36，解得t=9.6.
∴在运动以后，以P、D. Q、B四点组成平行四边形的次数有3次，
故答案为3.
【分析】根据平行四边形的性质可得BC=AD=12,AD∥BC，PD=BQ，利用时间=路程÷速度，可得P，Q两点运动的时间为12÷1=12s，Q运动的路程为12×4=48cm，从而可得在BC上运动的次数为48÷12=4次，所以分第一次，第二次，第三次，第四次PD=QB时，据此分别列出方程，求出t值并检验即可.
16．【答案】（1）证明：∵四边形 是平行四边形
∴ ，
∵ 、 分别是 、 的中点
，
∵
∴
∵
∴四边形 是平行四边形
∴
（2）解：若 ，则四边形 为矩形.
证明：由（1）可知 ， ，
∴ ， ，
∴四边形 为矩形.
【知识点】平行四边形的判定与性质；矩形的判定
【解析】【分析】（1）根据平行四边形的性质得到 ， ，利用中点的定义求得 ，从而利用对角线互相平分的四边形是平行四边形判定四边形 是平行四边形，使问题得解；（2）根据对角线相等且互相平分的四边形是矩形进行判定.
17．【答案】（1）解：理由如下：∵ ， ，
∴四边形 是平行四边形，
∵四边形 是菱形，
∴ ，
∴四边形 是矩形；
（2）解：在菱形 中，∵ ， ，
∴ ， ，
∴ ，
在矩形 中， .
【知识点】菱形的性质；矩形的判定与性质
【解析】【分析】（1）先求出四边形OCED是平行四边形，再根据菱形的对角线互相垂直求出∠COD=90°，然后根据有一个角是直角的平行四边形是矩形解答；（2）根据菱形的对角线互相平分求出OC、OD，再根据勾股定理列式求出CD，然后根据矩形的对角线相等求解.
18．【答案】（1）证明：∵CN∥AB，
∴∠DAM=∠NCM，
在△ADM和△CNM中，
，
∴△AMD≌△CMN（ASA），
∴MD=MN，
又MA=MC，
∴四边形ADCN是平行四边形.
（2）解：∵∠AMD=2∠MCD，∠AMD=∠MCD+∠MDC，
∴∠MCD=∠MDC，
∴MC=MD，
∴AC=DN，
∴ ADCN是矩形，
∵AC=BC，
∴AD=BD，
∵∠ACB=90°，
∴CD=AD=BD= AB，
∴ ADCN是正方形，
∴AN=AD=BD=CD=CN.
【知识点】平行四边形的判定与性质；正方形的判定与性质
【解析】【分析】（1）由CN∥AB，MA=MC，易证得△AMD≌△CMN，则可得MD=MN，即可证得四边形ADCN是平行四边形.（2）由∠AMD=2∠MCD，可证得四边形ADCN是矩形，又由∠ACB=90°，AC=BC，可得四边形ADCN是正方形，继而求得答案.
19．【答案】（1）解：根据题意，
由作法可知，AP平分∠BAF，
∴∠EAB=∠EAF，
∵AD∥BC，
∴∠EAF=∠AEB=∠EAB，
∴BE=AB=AF.
∵AF∥BE，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∵AB=BE，
∴四边形ABEF是菱形；
（2）解：如图，连结BF，交AE于G.
∵菱形ABEF的边长为2，AE= ，
∴AB=BE=EF=AF=2，AG= AE= ，AE⊥BF，
∴∠AGF=90°，GF= ，
∴ ，
∴菱形的面积为： .
【知识点】菱形的判定与性质
【解析】【分析】（1）由作法可知，AP平分∠BAF，推出∠EAB=∠EAF，由AD∥BC，推出∠EAF=∠AEB=∠EAB，得到BE=AB=AF，由此即可证明；（2）连结BF，交AE于G.根据菱形的性质得出AB=2，AG= AE= ，再根据勾股定理求出FG，可得BF的长，根据根据菱形面积公式计算即可；
20．【答案】（1）解：如图，连接GE、GF、HF、EH，
∵E、G分别为BC、BD中点，
∴EG= CD，
同理可得：FG= AB，FH= CD，EH= AB，
∴EG=FH，FG=EH，
∴四边形FGEH为平行四边形，
∴EF与GH互相平分
（2）AB=CD
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】（2）当EF⊥GH时，平行四边形FGEH为菱形，
此时GF=GE=FH=EH，
∵EG= CD，FG= AB，FH= CD，EH= AB，
∴AB=CD，
∴当四边形ABCD的边满足AB=CD时，EF⊥GH，
故答案为：AB=CD.
【分析】（1）连接GE、GF、HF、EH，利用三角形中位线性质得出EG= CD，FG= AB，FH= CD，EH= AB，由此证明出EG=FH，FG=EH，从而得出四边形FGEH为平行四边形，据此即可证明结论；（2）根据菱形的性质可知对角线互相垂直，由此结合三角形中位线性质进一步求解即可.
1 / 12020年暑期衔接训练青岛版数学八年级下册：第4讲 第六章《平行四边形》单元测试
一、单选题
1．（2020·台州）下是关于某个四边形的三个结论：①它的对角线相等；②它是一个正方形；③它是一个矩形.下列推理过程正确的是（ ）
A．由②推出③，由③推出① B．由①推出②，由②推出③
C．由③推出①，由①推出② D．由①推出③，由③推出②
【答案】A
【知识点】菱形的判定；正方形的判定与性质
【解析】【解答】解：对角线相等的四边形推不出是正方形或矩形，
故①→②，①→③错误，
故选项B，C，D错误，
故答案为：A．
【分析】根据对角线相等的四边形推不出是正方形或矩形即可判断．
2．（2020八下·北京期中）顺次连结对角线互相垂直的四边形各边中点所构成的四边形一定是（ ）
A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．不确定
【答案】A
【知识点】矩形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图：E、F、G、H分别为各边中点
∵EF∥GH∥DB，EF=GH= BD
EH∥FG∥AC，EH=FG= AC，
∵DB⊥AC.
∴EF⊥EH，EF⊥FG, HG⊥EH
∴四边形EFGH是矩形
故答案为：答案为A．
【分析】根据四边形对角线互相垂直以及三角形中位线平行于第三边说明四个角都是直角即可求解．
3．（2020八下·北京期中）如图，已知四边形ABCD，R，P分别是DC，BC上的点，E，F分别是AP，RP的中点，当点P在BC上从点B向点C移动而点R不动时， 那么下列结论成立的是（ ）．
A．线段EF的长逐渐增大 B．线段EF的长逐渐减少
C．线段EF的长不变 D．线段EF的长不能确定
【答案】C
【知识点】三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，连接AR，
∵E、F分别是AP、RP的中点，
∴EF为△APR的中位线，
∴EF= AR，为定值．
∴线段EF的长不改变．
故答案为：C．
【分析】因为R不动，所以AR不变．根据三角形中位线定理可得EF= AR，因此线段EF的长不变．
4．（2020八下·涿鹿期中）如图，在△ABC中，点D在BC上，DE∥AC，DF∥AB，下列四个判断中错误的是（ ）
A．四边形AEDF是平行四边形
B．若∠BAC＝90°，则四边形AEDF是矩形
C．若AD平分∠BAC，则四边形AEDF是矩形
D．若AD⊥BC且AB＝AC，则四边形AEDF是菱形
【答案】C
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定
【解析】【解答】解：A.∵在△ABC中，点D在BC上，DE∥AC，DF∥AB，
∴DE∥AF，DF∥AE，
∴四边形AEDF是平行四边形；即A不符合题意；
B.∵四边形AEDF是平行四边形，∠BAC=90°，
∴四边形AEDF是矩形；即B不符合题意；
C.因为添加条件“AD平分∠BAC”结合四边形AEDF是平行四边形只能证明四边形AEDF是菱形，而不能证明四边形AEDF是矩形；所以C符合题意；
D.因为由添加的条件“AB=AC，AD⊥BC”可证明AD平分∠BAC，从而可通过证∠EAD=∠CAD=∠EDA证得AE=DE，结合四边形AEDF是平行四边形即可得到四边形AEDF是菱形，所以D不符合题意.
故答案为：C.
【分析】A.根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形，即可判定四边形AEDF是平行四边形；
B.根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，即可判定四边形AEDF是矩形；
C.由AD平分∠BAC，得出∠EAD=∠FAD，再由四边形AEDF是平行四边形，从而得出AE=DE，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，即可判定四边形AEDF是菱形；
D.由AD⊥BC且AB＝AC，得出AD平分∠BAC，从而得出AE=DE，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，即可判定四边形AEDF是菱形.
5．（2020八下·江岸期中）如图，四边形 和 都是平行四边形，过点 作直线交边 于点 ，交边 于点 ，连接 ， .若 和 的面积分别为4和6，则 的面积为（ ）
A．5 B．5.5 C．6 D．8
【答案】A
【知识点】平行四边形的性质
【解析】【解答】解：如图，过M作 于G，过C作 于H，
故答案为：A.
【分析】过M作 于G，过C作 于H，得到 ， ，进而根据即可算出答案.
6．（2020·定兴模拟）已知：∠MON，如图，小静进行了以下作图：
①在∠MON的两边上分别截取OA，OB，使OA=OB；
②分别以点A，B为圆心，OA长为半径作弧，两弧交于点C；
③连接AC，BC，AB，OC．
若OC=2，S四边形OACB=4，则AB的长为（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
【答案】B
【知识点】菱形的判定
【解析】【解答】由作图可得，OA=OB=BC=AC，
∴四边形AOBC是菱形，
∴S菱形AOBC= OC×AB，
∴AB= ，
故答案为：B．
【分析】根据作法判定出四边形OACB是菱形，再根据菱形的面积等于对角线乘积的一半列式计算即可得解．
7．（2020·湖州）四边形具有不稳定性，对于四条边长确定的四边形，当内角度数发生变化时，其形状也会随之改变，如图，改变正方形ABCD的内角，正方形ABCD变为菱形ABC′D′，若∠D′AB＝30°，则菱形ABC′D′的面积与正方形ABCD的面积之比是（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】B
【知识点】菱形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：根据题意可知菱形 的高等于 的一半，
菱形 的面积为 ，正方形 的面积为 .
菱形 的面积与正方形 的面积之比是 .
故答案为：B.
【分析】利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，就可证得菱形 的高等于 的一半，由此可得到菱形ABC′D′的面积与正方形ABCD的面积，然后求出它们的面积之比。
8．（2020八下·金华期中）如图，在 ABCD中，对角经AC，BD交于点O，BD=2AD，点E，F，G分别是OA，OB，CD的中点，EG交FD于点H。有下列4个结论：①ED⊥CA；②EF=EG；③FH= FD；④S△EFD= S△CED，其中说法正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【知识点】平行四边形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：连接FG，
∵平行四边形ABCD，
∴BD=2OD，AB=CD，AB∥CD，
∵BD=2AD
∴OD=AD
∵点E是AO的中点，
∴DE⊥CA，故①正确；
∵点E，F，G分别是OA，OB，CD的中点
∴CD=2DG，EF是△AOB的中位线，
∴AB=CD=2EF，EF∥AB
∵∠DEC=90°
∴EG是△CDE的中线
∴CD=2EG
∴EG=EF，故②正确；
∵AB∥DC
∴EF∥CD，
∴四边形EFGD是平行四边形，
∴FH=DF，故③正确；
∵四边形EFGD是平行四边形，
∴S△EFD=S△EDG，
∵EG是△EDC的中线，
∴S△EFD=S△EDG=S△CED，故④正确；
正确结论的序号有①②③④.
故答案为：D.
【分析】连接FG，利用平行四边形的性质，可证得BD=2OD，AB=CD，AB∥CD，由BD=2AD，可证得OD=AD，再利用等腰三角形三线合一的性质，可对①作出判断；再利用三角形中位线定理证明AB=2EF，EF∥AB，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可证得CD=2EG，就可得到EG和EF的数量关系，由此可对②作出判断；易证四边形EFGD是平行四边形，利用平行四边形的对角线的性质，可对③作出判断；然后利用平行四边形的性质，可证得S△EFD=S△EDG，再由EG是△EDC的中线，可得到S△EFD=S△EDG=S△CED，可对④作出判断，综上所述可得出正确结论的个数。
9．（2020九下·安庆月考）如图，正方形ABCD的边长为2，P为CD的中点，连结AP，过点B作BE⊥AP于点E，延长CE交AD于点F，过点C作CH⊥BE于点G，交AB于点H，连接HF。下列结论正确的是（ ）
A．CE= B．EF=
C．cos∠CEP= D．HF2=EF·CF
【答案】D
【知识点】正方形的性质；正方形的判定与性质
【解析】【解答】解：连接EH。
在正方形ABCD中，∠D=∠ABC=90°，AB∥CD，AB=BC=CD=AD=2
∵P为CD的中点 ∴PC=
又∵ AP⊥BE，CH⊥BE∴AP∥CH
∴四边形APCH是平行四边形 ∴AH=PC=1 ∴BH=AH=1
在Rt△ABE中，EH=BH
又∵ CH⊥BE ∴BH=EH=
∴CH是BE的垂直平分线
∴CE=BC=2，故A错误；
∵CE=CB，CH=CH，EH=BH
∴△CEH≌△CBH
∴∠CEB=∠ABC=90°
又∵EH=AH=1，FH=FH
∴Rt△EFH≌Rt△AFH
∴AF=EF
设EF=AF=x
在Rt△CDF中，由勾股定理得：CD2+DF2=CF2，即，22+（2-x）2=（2+x）2
解得 x=∴EF=，故B错误；
在Rt△CEH中，CH= ，∴cos∠ECH=
∵AP∥CH ∴∠CEP=∠ECH ，∴cos∠CEP=cos∠ECH=，故C错误；
在Rt△AFH中，HF2=AF2+AH2=（）2+1=
EF·CF=×（2+）=
∴HF2=EF·CF，故D正确。
故答案为：D.
【分析】先判断四边形APCH是平行四边形，再利用平行四边形的性质、中点的定义以及直角三角形斜边中线的性质得AH=BH=EH，然后利用线段的垂直平分线的判定和性质得CE=BE，然后在证得△CEH≌△CBH、Rt△EFH≌Rt△AFH，利用全等三角形的性质及勾股定理即可对各个选项一一作出判断。
10．（2020·上海模拟）如图，在正方形ABCD中，△BPC是等边三角形，BP、CP的延长线分别交AD于点E、F，连接BD、DP，BD与CF相交于点H，给出下列结论：①BE=2AE②△DFP∽△BPH③△PFD∽△PDB④DP2=PH·PC其中正确的有（ ）
A．①②③④ B．②③ C．①②④ D．①③
【答案】C
【知识点】正方形的判定与性质
【解析】【解答】解：在正方形ABCD中，AD∥BC，AB=BC=DC，
∠A=∠ABC=∠ADC=∠BCD=90°，∠ABD=∠ADB=∠BDC=45°
∵△BPC是等边三角形 ∴BP=PC=BC，∠PBC=∠PCB=∠BPC=60°，
∴DC=PC ，∠ABE=∠ABC-∠PBC=30°
∴BE=2AE，故①正确；
∵AD∥BC ∴∠PFD=∠BCF=60° ∴∠PFD=∠BPC
同①得：∠DCF=30° ∴∠CPD=∠CDP=75° ∴∠PDF=15°
又∵∠PBD=∠ABD-∠ABE=45°-30°=15°，
∴∠PDF=∠PBD
∴△DFP∽△BPH，故②正确；
∵∠PDB=∠CDP-∠BCD=75°-45°=30°，∠PFD=60°
∠BPD=135°，∠DPF=105°
∴∠PDB≠∠PFD≠∠BPD≠∠DPF
∴△PFD与△PDB不相似，故③错误；
∵∠PDH=∠PCD=30°，∠DPH=∠DPC
∴△DPH∽△CDP
∴
∴PD2=PH·CD，故④正确。
故答案为：C.
【分析】根据等边三角形的性质和正方形的性质，得到∠ABE=30°，利用直角三角形中30°的角的性质可得BE=2AE，故①正确；
同①得∠DCF=30° ，由三角形的内角和和等腰三角形的性质可得∠CPD=∠CDP=75° ，进而得∠PDF=15°，∠PBD=∠ABD-∠ABE=15°，则可得∠PDF=∠PBD，又∠PDF=∠PBD=60°，从而可证△DFP∽△BPH，故②正确；
通过计算可知 △PFD和△PDB 中，∠PDF=∠PBD，∠PDB≠∠PFD≠∠BPD≠∠DPF，可判断△PFD与△PDB不相似，故③错误；
利用∠PDH=∠PCD=30°，∠DPH=∠DPC可证得△DPH∽△CDP，利用相似三角形的性质可得 ，变形为PD2=PH·CD，故④正确。
二、填空题
11．（2020八下·无锡期中）已知菱形ABCD的对角线AC＝12 cm，BD=16cm，则这个菱形的面积为 cm.
【答案】96
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：∵对角线AC＝12，BD＝16，
∴菱形的面积＝ ×12×16＝96(cm2).
故答案为:96.
【分析】根据菱形的面积等于对角线乘积的一半解答.
12．（2020·平阳模拟）如图，在△ABC中，分别以AB，AC为边向外作正方形ABED，ACGF。若点E，A，G在同一直线上，EG=8 ，BC=7，则△ABC的面积为 。
【答案】
【知识点】正方形的性质
【解析】【解答】解：过点B作BM⊥AE于点M，过点C作CH⊥AG于点H,
∵正方形ABED，正方形ACGF，
∴AM=EM=BM，AH=HG=CH
设BM=x，CH=y
∴2x+2y=
∴
∴
在Rt△ABC中，
AB2+CA2=BC2
∴2x2+2y2=49
∴
∴
解之：xy=
∴S△ABC=
故答案为：
【分析】过点B作BM⊥AE于点M，过点C作CH⊥AG于点H，利用正方形的性质，可证得AM=EM=BM，AH=HG=CH，设BM=x，CH=y，求出x+y的值，利用勾股定理用含x，y的代数式分别表示出AB，CA，再利用勾股定理求出2x2+2y2=49，由此可求出xy的值，然后利用三角形的面积公式可求解。
13．（2020八下·滨湖期中）如图，在四边形 中，点E、F分别是线段AD、BC的中点，G、H分别是线段BD、AC的中点，当四边形 的边满足 时，四边形 是菱形.
【答案】AB=CD
【知识点】菱形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：当AB=CD时，四边形EGFH是菱形.
∵点E，G分别是AD，BD的中点，
∴EG∥AB，同理HF∥AB，∴EG∥HF，EG=HF= AB，
∴四边形EGFH是平行四边形.
∵EG= AB，又可同理证得EH= CD，
∵AB=CD，
∴EG=EH，
∴四边形EGFH是菱形.
故答案为AB=CD.
【分析】本题可根据菱形的定义来求解.E、G分别是AD，BD的中点，那么EG就是△ADB的中位线，同理，HF是△ABC的中位线，因此EG、HF同时平行且相等于AB，因此EG∥HF，EG=HF，因此四边形EHFG是平行四边形，E、H是AD，AC的中点，那么EH= CD，要想证明EHFG是菱形，那么就需证明EG=EH，那么就需要AB、CD满足AB=CD的条件.
14．（2020八下·江阴期中）在四边形ABCD中，对角线AC ⊥BD且AC=4，BD=8，E、F分别是边AB.CD的中点，则EF= .
【答案】
【知识点】三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，取BC的中点G，连接EG、FG.
∵E、F分别是边AB、CD的中点，∴EG∥AC且EG= AC= ×4=2，FG∥BD且FG= BD= ×8=4.
∵AC⊥BD，∴EG⊥FG，∴EF= = = .
故答案为 .
【分析】取BC的中点G，连接EG、FG，根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半求出EG、FG，并求出EG⊥FG，然后利用勾股定理列式计算即可得解.
15．（2020八下·奉化期中）如图，平行四边形ABCD中，AB=8cm，AD=12cm，点P在AD边上以每秒1cm的速度从点A向点D运动，点Q在BC边上，以每秒4cm的速度从点C出发，在CB间往返运动，两个点同时出发，当点P到达点D时停止（同时点Q也停止），在运动以后，以P、D、Q、B四点组成平行四边形的次数有 次.
【答案】3
【知识点】平行四边形的判定与性质
【解析】【解答】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD=12,AD∥BC，
∵四边形PDQB是平行四边形，
∴PD=BQ，
∵P的速度是1cm/秒，
∴两点运动的时间为12÷1=12s，
∴Q运动的路程为12×4=48cm，
∴在BC上运动的次数为48÷12=4次.
第一次PD=QB时，12 t=12 4t，解得t=0，不合题意，舍去；
第二次PD=QB时，Q从B到C的过程中，12 t=4t 12，解得t=4.8；
第三次PD=QB时，Q运动一个来回后从C到B，12 t=36 4t，解得t=8；
第四次PD=QB时，Q在BC上运动3次后从B到C，12 t=4t 36，解得t=9.6.
∴在运动以后，以P、D. Q、B四点组成平行四边形的次数有3次，
故答案为3.
【分析】根据平行四边形的性质可得BC=AD=12,AD∥BC，PD=BQ，利用时间=路程÷速度，可得P，Q两点运动的时间为12÷1=12s，Q运动的路程为12×4=48cm，从而可得在BC上运动的次数为48÷12=4次，所以分第一次，第二次，第三次，第四次PD=QB时，据此分别列出方程，求出t值并检验即可.
三、解答题
16．（2020八下·武汉期中）如图，在平行四边形ABCD中，AC、BD交于点O，又M、N分别是OA、OC的中点.
（1）求证：BM＝DN；
（2）若AO＝BD，试判断四边形MBND的形状，并证明你的结论.
【答案】（1）证明：∵四边形 是平行四边形
∴ ，
∵ 、 分别是 、 的中点
，
∵
∴
∵
∴四边形 是平行四边形
∴
（2）解：若 ，则四边形 为矩形.
证明：由（1）可知 ， ，
∴ ， ，
∴四边形 为矩形.
【知识点】平行四边形的判定与性质；矩形的判定
【解析】【分析】（1）根据平行四边形的性质得到 ， ，利用中点的定义求得 ，从而利用对角线互相平分的四边形是平行四边形判定四边形 是平行四边形，使问题得解；（2）根据对角线相等且互相平分的四边形是矩形进行判定.
17．（2020八下·洪泽期中）如图， 为菱形 对角线的交点， ， .
（1）试判断四边形 的形状，并说明理由；
（2）若 ， ，求线段 的长.
【答案】（1）解：理由如下：∵ ， ，
∴四边形 是平行四边形，
∵四边形 是菱形，
∴ ，
∴四边形 是矩形；
（2）解：在菱形 中，∵ ， ，
∴ ， ，
∴ ，
在矩形 中， .
【知识点】菱形的性质；矩形的判定与性质
【解析】【分析】（1）先求出四边形OCED是平行四边形，再根据菱形的对角线互相垂直求出∠COD=90°，然后根据有一个角是直角的平行四边形是矩形解答；（2）根据菱形的对角线互相平分求出OC、OD，再根据勾股定理列式求出CD，然后根据矩形的对角线相等求解.
18．（2020·甘肃模拟）已知，如图1，D是△ABC的边上一点，CN∥AB，DN交AC于点M，MA＝MC.
（1）求证：四边形ADCN是平行四边形.
（2）如图2，若∠AMD＝2∠MCD，∠ACB＝90°，AC＝BC.请写出图中所有与线段AN相等的线段（线段AN除外）
【答案】（1）证明：∵CN∥AB，
∴∠DAM=∠NCM，
在△ADM和△CNM中，
，
∴△AMD≌△CMN（ASA），
∴MD=MN，
又MA=MC，
∴四边形ADCN是平行四边形.
（2）解：∵∠AMD=2∠MCD，∠AMD=∠MCD+∠MDC，
∴∠MCD=∠MDC，
∴MC=MD，
∴AC=DN，
∴ ADCN是矩形，
∵AC=BC，
∴AD=BD，
∵∠ACB=90°，
∴CD=AD=BD= AB，
∴ ADCN是正方形，
∴AN=AD=BD=CD=CN.
【知识点】平行四边形的判定与性质；正方形的判定与性质
【解析】【分析】（1）由CN∥AB，MA=MC，易证得△AMD≌△CMN，则可得MD=MN，即可证得四边形ADCN是平行四边形.（2）由∠AMD=2∠MCD，可证得四边形ADCN是矩形，又由∠ACB=90°，AC=BC，可得四边形ADCN是正方形，继而求得答案.
19．（2020八下·南京期中）如图，在 ABCD 中，以点 A 为圆心，AB 长为半径画弧交 AD 于点 F，再分别以点 B、F 为圆心，大于 BF 的相同长为半径画弧，两弧交于点 P，连接 AP 并延长交 BC 于点 E，连接 EF.
（1）根据以上尺规作图的过程，证明四边形 ABEF 是菱形；
（2）若菱形 ABEF 的边长为 2，AE＝ 2 ，求菱形 ABEF 的面积.
【答案】（1）解：根据题意，
由作法可知，AP平分∠BAF，
∴∠EAB=∠EAF，
∵AD∥BC，
∴∠EAF=∠AEB=∠EAB，
∴BE=AB=AF.
∵AF∥BE，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∵AB=BE，
∴四边形ABEF是菱形；
（2）解：如图，连结BF，交AE于G.
∵菱形ABEF的边长为2，AE= ，
∴AB=BE=EF=AF=2，AG= AE= ，AE⊥BF，
∴∠AGF=90°，GF= ，
∴ ，
∴菱形的面积为： .
【知识点】菱形的判定与性质
【解析】【分析】（1）由作法可知，AP平分∠BAF，推出∠EAB=∠EAF，由AD∥BC，推出∠EAF=∠AEB=∠EAB，得到BE=AB=AF，由此即可证明；（2）连结BF，交AE于G.根据菱形的性质得出AB=2，AG= AE= ，再根据勾股定理求出FG，可得BF的长，根据根据菱形面积公式计算即可；
20．（2020八下·江苏月考）已知：在四边形ABCD中，E、F、G、H分别是BC、AD、BD、AC的中点.
（1）求证：EF与GH互相平分；
（2）当四边形ABCD的边满足 条件时，EF⊥GH.（不必证明）
【答案】（1）解：如图，连接GE、GF、HF、EH，
∵E、G分别为BC、BD中点，
∴EG= CD，
同理可得：FG= AB，FH= CD，EH= AB，
∴EG=FH，FG=EH，
∴四边形FGEH为平行四边形，
∴EF与GH互相平分
（2）AB=CD
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】（2）当EF⊥GH时，平行四边形FGEH为菱形，
此时GF=GE=FH=EH，
∵EG= CD，FG= AB，FH= CD，EH= AB，
∴AB=CD，
∴当四边形ABCD的边满足AB=CD时，EF⊥GH，
故答案为：AB=CD.
【分析】（1）连接GE、GF、HF、EH，利用三角形中位线性质得出EG= CD，FG= AB，FH= CD，EH= AB，由此证明出EG=FH，FG=EH，从而得出四边形FGEH为平行四边形，据此即可证明结论；（2）根据菱形的性质可知对角线互相垂直，由此结合三角形中位线性质进一步求解即可.
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