2022-2023学年沪科版数学八年级下册第19章四边形基础过关单元卷
一、单选题（每题4分，共40分）
1．（2023八下·河西期中）在平行四边形中，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】多边形内角与外角；平行四边形的性质
【解析】【解答】四边形ABCD是平行四边形，
，
， ，
，
，
故答案选：C
【分析】根据平行四边形性质求出，再根据四边形内角求出， 即可求出 的度数 。
2．（2023八下·温州期中）如图，四边形的对角线交于点，下列不能判定其为平行四边形的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】平行四边形的判定
【解析】【解答】解：A、∵AB=CD，AD=BC，∴四边形ABCD是平行四边形，故此选项不符合题意；
B、∵AB∥CD，AB=CD，∴四边形ABCD是平行四边形，故此选项不符合题意；
C、∵OA=OC，OB=OD，∴四边形ABCD是平行四边形，故此选项不符合题意；
D、由AB∥CD，AD=BC不能推出四边形ABCD是平行四边形，故此选项符合题意.
故答案为：D.
【分析】根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形，可判断A选项；根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可判断B选项；根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，可判断C选项；根据一组对边平行，另一组对边相等的四边形可能是等腰梯形，可判断D选项.
3．（2023八下·瑞安期中）如图，在 中，，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】三角形内角和定理；平行四边形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ACD是平行四边形，
∴∠D=∠B=69°，
∵AE⊥DC于点E，
∴∠AED=90°，
∴∠DAE=180°-∠D-∠AED=21°.
故答案为：B.
【分析】由平行四边形的对角相等得∠D=69°，根据垂直的定义及三角形的内角和可算出∠DAE的度数.
4．（2023八下·南宁期中）如图，点是的对角线上一点，连接，，设的面积为，的面积为，则与的大小关系（ ）
A． B． C． D．无法确定
【答案】C
【知识点】三角形的面积；平行四边形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴点B、D到直线AC的距离相等，设为h，
∴S1=AP·h，S2=AP·h，
∴S1=S2.
故答案为：C.
【分析】根据平行四边形的性质可得：点B、D到直线AC的距离相等，设为h，利用三角形的面积公式表示出S1、S2，然后进行判断.
5．（2022八下·巴彦期末）下列命题中，错误的是（ ）
A．两组对边分别相等的四边形是平行四边形
B．有一个角是直角的平行四边形是矩形
C．对角线互相垂直的四边形是菱形
D．有一组邻边相等的矩形是正方形
【答案】C
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：两组对边分别相等的四边形是平行四边形，故A不符合题意；
有一个角是直角的平行四边形是矩形，故B不符合题意；
对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故C符合题意；
有一组邻边相等的矩形是正方形，故D不符合题意；
故答案为：C．
【分析】利用平行四边形，矩形，菱形和正方形的判定方法对每个选项一一判断即可。
6．（2023八下·通州期中）如图，在平面直角坐标系中，菱形，O为坐标原点，点C在x轴上，A的坐标为，则顶点B的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】点的坐标；勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】 A（-3，4），
OA==5，
四边形OABC是菱形，
AO=CB=OC=AB-5，
点B的横坐标为-3-5=-8，
故点B的坐标为：（-8，4），
故选：C
【分析】根据勾股定理求出OA，根据菱形性质求出点B的横坐标，即可求出点B的坐标。
7．（2022八下·蜀山期末）用边长相等的两种正多边形地砖铺设地面，要求图形间既无缝隙又不重叠（平面镶嵌），下面选项中的两种正多边形不可以用来平面镶嵌的是（ ）
A．正三角形、正四边形 B．正三角形、正六边形
C．正四边形、正六边形 D．正四边形、正八边形
【答案】C
【知识点】平面镶嵌（密铺）
【解析】【解答】解：正三角形的每个内角的度数为，
正四边形的每个内角的度数为，
正六边形的每个内角的度数为，
正八边形的每个内角的度数为，
因为，
所以正三角形、正四边形可以用来平面镶嵌，选项A不符题意；
因为，
所以正三角形、正六边形可以用来平面镶嵌，选项B不符题意；
因为不存在正整数使得成立，
所以正四边形、正六边形不可以用来平面镶嵌，选项C符合题意；
因为，
所以正四边形、正八边形可以用来平面镶嵌，选项D不符题意；
故答案为：C．
【分析】利用正方形的内角公式，再对每个选项一一判断即可。
8．（2023八下·瑞安期中）如图，在中，对角线与交于点O，，E为中点，若的周长为32，的周长比的周长多4，则的长为（ ）
A．3 B．5 C．4 D．
【答案】B
【知识点】平行四边形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB=CD，AD=BC，BO=DO，AO=CO.
∵平行四边形ABCD的周长为32，
∴BC+CD=16.
∵△COD的周长比△BOC的周长多4，
∴(CO+OD+CD)-(BO+OC+BC)=4，
∴CD-BC=4，
∴CD=10，BC=6.
∵BD⊥AD，E为CD的中点，
∴BD⊥BC，
∴BE=CD=×10=5.
故答案为：B.
【分析】根据平行四边形的性质可得AB=CD，AD=BC，BO=DO，AO=CO，由平行四边形的周长为32可得BC+CD=16，根据周长的意义结合题意可得CD-BC=4，求出CD、BC的值，根据直角三角形斜边上中线的性质可得BE=CD，据此计算.
9．（2023八下·杭州期中）如图，四边形中，R、P分别是上的点，E、F分别是的中点，当点P在上从C向D移动而点R不动时，那么下列结论成立的是（ ）
A．线段的长逐渐增大 B．线段的长逐渐减小
C．线段的长不变 D．线段的长与点P的位置有关
【答案】C
【知识点】三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：连接AR，
∵E、F分别为AP、RP的中点，
∴EF为△APR的中位线，
∴EF=AR.
∵A、R不动，
∴EF的值为定值，为AR.
故答案为：C.
【分析】连接AR，由题意可得：EF为△APR的中位线，据此判断.
10．（2023八下·河东期中）如图，在中，，且，，点D是斜边上的一个动点，过点D分别作于点M，于点N，连接，则线段的最小值为（ ）
A．5 B．3.6 C．2.4 D．4.8
【答案】D
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质
【解析】【解答】∵∠BAC=90°，且BA=6，AC=8，
∴．
∵DM⊥AB，DN⊥AC，
∴四边形AMDN为矩形，
∴AD=MN，
∴当AD最小时，MN最小．
∵当AD⊥BC时，AD最小，
根据S△ABC=AB AC=AD BC，
∴6×8=10×AD，
∴AD=4.8，
∴线段MN的最小值为4.8．
故答案为：D．
【分析】 连接AD．由勾股定理可求得BC=10，由三个直角的四边形说明AMDN为矩形，得出AD=MN，所以当AD最小时，即MN最小．，D为BC边上的点，A为线段BC外一点，根据点到直线上各点的距离垂线段最短，所以当AD⊥BC时，AD最小，结合等面积法求出AD的值，便可求出线段MN的最小值．
二、填空题（每空5分，共20分）
11．（2022八下·柯桥期末）若一个多边形的外角和比这个多边形的内角和小540°，则这个多边形的边数为 .
【答案】7
【知识点】多边形内角与外角
【解析】【解答】解：设这个多边形的边数为n，根据题意得
360°=（n-2）×180°-540°，
解之：n=7.
故答案为：7.
【分析】利用n边形的内角和公式（n-2）×180°及已知一个多边形的外角和比这个多边形的内角和小540°，可得到关于n的方程，解方程求出n的值.
12．如图，在 □ ABCD中，EF∥AD，HN∥AB，则图中的平行四边形共有 个。
【答案】9
【知识点】平行四边形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图，设EF和NH交于O，
在□ ABCD中， EF∥AD， HN∥AB，
∴AD∥EF∥BC，AB∥NH∥CD，
则图中的四边形ABCD、AEOH、DHOF、 BEON、CFON、 AEFD、BEFC、AHNB、DHNC都是平行四边形，共9个.
故答案为：9.
【分析】设EF和NH交于O，根据平行四边形的性质，结合EF∥AD，HN∥AB，得出AD∥EF∥BC，AB∥NH∥CD，然后根据平行四边形的判定定理把平行四边形分别列出，即可解答.
13．（2023八下·盐城月考）如图，在四边形ABCD中，P、Q、M、N分别是AD、BC、BD、AC的中点，当四边形ABCD满足 时（填写一个条件），PQ⊥MN.
【答案】AB=CD
【知识点】菱形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵P、Q、M、N分别是AD、BC、BD、AC的中点，
∴PN是△ACD的中位线，PN=CD， MQ是△BCD的中位线，MQ=CD，
∴MQ=PN=CD，
同理可得：NQ=PM=AB，
当AB=CD时，MQ=PN=NQ=PM，四边形MQNP是菱形，
∵菱形对角线垂直平分，
∴PQ⊥MN，
故答案为：AB=CD；
【分析】由三角形中位线定理得MQ=PN=CD， NQ=PM=AB，当AB=CD时，由等量代换可得MQ=PN=NQ=PM，四边形MQNP是菱形，由菱形的对角线互相垂直即可得出结论.
14．（2022八上·江宁月考）在正方形中，，点P为对角线上一点，且，当点E在边上，时，的长为 .
【答案】0或2
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；正方形的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：作PM⊥BC于M，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
在△ABP和△CBP中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
当点E与C重合时，；
综上所述，的长为0或2；
故答案为：0或2.
【分析】作PM⊥BC于M，由正方形得BC=DC=AB=4，∠BCD=∠ABC=90°，∠ABD=∠CBD=45°，进而根据等腰直角三角形的性质求出BD的长，再由线段的和差算出BP的长，易得△BMP是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质求出BM=PM=3，由线段的和差得CM=1，用SAS判断出△ABP≌△CBP，根据全等三角形的性质得AP=CP，则PE=PC，根据等腰三角形的三线合一即可解决问题.
三、解答题（共5题，共40分）
15．（2023八下·灵丘期中）如图，中，平分，平分，求证：四边形是平行四边形．
【答案】证明： 四边形 是平行四边形，
， ，
，
平分 ， 平分 ，
， ，
，
，
四边形 是平行四边形．
【知识点】平行四边形的判定与性质
【解析】【分析】利用平行四边形的性质求出 ， ，再求出BE//DF，最后利用平行四边形的判定方法证明即可。
16．（2022八下·港南期中）求图（1）（2）中x的值.
【答案】解：由图（1）得： ，
解得： ；
由图（2）得： .
解得：
【知识点】三角形的外角性质；多边形内角与外角
【解析】【分析】对于图（1），根据外角的性质可得(x+65)°=x°+(x-5)°，求解可得x；
对于图（2），根据四边形内角和为360°可得x+x+10°+60°+90°=360°，求解可得x.
17．（2023八下·泉港期中）如图，在中，过对角线的交点，且与边分别相交于点，，求四边形的周长.
【答案】解：∵在中，，
∴，，，且，
在中，
，
∴，
∴，
∵四边形的周长，
∴四边形的周长.
【知识点】平行四边形的性质；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【分析】由平行四边形的性质“平行四边形的对边平行且相等，对角线互相平分”可得AD=BC，CO=AO，由平行线的性质可得∠FCO=∠EAO，结合已知用角边角可证 COF≌ AOE，根据全等三角形的对应边相等可得AE=CF，OF=OE，然后四边形BCFE的周长可求解.
18．已知：如在△ABC中，AD是∠BAC的平分线，DE∥AC，DF∥AB.
求证：四边形AEDF是菱形.
【答案】证明：∵DE∥AC，DF∥AB，
∴四边形AEDF是平行四边形.
∵AD平分∠BAC，
∴∠EAD=∠FAD(角平分线的定义).
∵DE∥AC，
∴∠FAD=∠EDA(两直线平行，内错角相等)，
∴∠EAD=∠EDA(等量代换)，
∴AE=DE，
∴四边形AEDF是菱形.
【知识点】平行线的性质；菱形的判定；角平分线的定义；平行四边形的定义及其特殊类型
【解析】【分析】利用有两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可证得四边形AEDF是平行四边形，利用角平分线的定义和平行线的性质可推出∠EAD=∠EDA，再根据等角对等边可证得AE=DE，然后利用有一组邻边相等的平行四边形是菱形，可证得结论.
19．（2022九下·利通期中）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AD的中点，点F，G在AB上， EF⊥AB，OG∥EF．求证：四边形OEFG是矩形
【答案】证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴OD=OB，
又∵点E是AD的中点，
∴OE是△ABD的中位线，
∴OE∥FG，
∵OG∥EF，
∴四边形OEFG是平行四边形，
∵EF⊥AB，
∴∠EFG ＝90°，
∴四边形OEFG是矩形．
【知识点】菱形的性质；矩形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【分析】根据菱形的对角线互相平分得OD=OB，由三角形中位线定理得OE∥FG，结合OG∥EF，可以推出四边形OEFG是平行四边形，结合EF⊥AB，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可得出答案.
四、综合题（共4题，共50分）
20．（2023八下·涡阳期中）如图，已知E、F分别是的边、上的点，且．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）在中，若，，，求边上的高．
【答案】（1）证明：∵四边形 是平行四边形，
∴ ，且 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴四边形 是平行四边形；
（2）解：∵ ， ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ．
【知识点】三角形的面积；勾股定理；平行四边形的判定与性质
【解析】【分析】（1）由平行四边形的性质可得AD∥BC，AD=BC，结合BE=DF，可得AF=EC，根据一组对边平行且相等可证四边形 是平行四边形；
（2）由勾股定理求出BC=10，根据 即可求出AG的长.
21．（2023八下·大兴期中）如图，菱形的对角线相交于点O，过点A作于点E，延长到点F，使，连接．
（1）求证：四边形AEFD是矩形；
（2）连接，若，．求的长．
【答案】（1）证明：∵四边形 是菱形，
∴ 且 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴四边形 是平行四边形，
∵ ，
∴ ，
∴四边形 是矩形；
（2）解：∵四边形 是菱形， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵四边形 是矩形，
∴ ， ，
∴
在 中， ，
∴
在 中， ，
∵ ，
∴ ．
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质；矩形的判定与性质
【解析】【分析】（1）利用菱形的性质求出 且 ， 再利用矩形的判定方法证明即可；
（2）利用菱形的性质求出 ， 再利用矩形的性质求出 ， ， 最后利用勾股定理计算求解即可。
22．（2023八下·夏津期中）如图，在矩形ABCD中，cm，cm，点P从点D出发向点A运动，运动到A停止，同时，点Q从点B出发向点C运动，运动到点C即停止，点P，Q的速度都是1cm/s．连接PQ，AQ，CP．设点P，Q运动的时间为ts．
（1）当t为何值时，四边形ABQP是矩形；
（2）当t为何值时，四边形AQCP是菱形；
（3）分别求出（2）中菱形AQCP的周长和面积．
【答案】（1）解：根据矩形的判定定理确定当AP=BQ时，四边形ABQP是矩形．
∵点P，Q的速度都是 ，点P，Q运动的时间为 ．
∴ ， ．
∵矩形ABCD中， ，
∴ ．
∴ ．
∴t=16-t．
∴t=8．
∴当 时，四边形ABQP是矩形．
（2）解：根据菱形的判定定理确定当AQ=CQ时，四边形AQCP是菱形．
∵矩形ABCD中， ， ， ，
∴ ， ．
∴ ．
解得t=6．
∴当 时，四边形AQCP是菱形．
（3）解：∵t=6，
∴ ．
∴ ， ．
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质；矩形的判定与性质
【解析】【分析】（1）矩形的判定定理确定当AP=BQ时，四边形ABQP是矩形，先根据题意得到BQ和PD的长，进而即可表示出AP的长，再结合题意即可求解；
（2）先根据菱形的判定定理确定AQ=CQ，再根据勾股定理即可表示AQ的长，再结合题意即可求解；
（3）运用菱形的周长公式和面积公式即可求解。
23．（2023八下·夏津期中）如图：和均为直线AB同侧的等边三角形，点P在内．
（1）求证：四边形PEDC为平行四边形；
（2）当点P同时满足条件：①和②时，猜想四边形PEDC是什么特殊的四边形，并说明理由；
（3）若中，，求四边形PEDC的面积．
【答案】（1）证明：∵△AEP，△DAB是等边三角形，
∴AE=AP，AD=AB，∠EAP=∠DAB=60°，
∴∠EAD=∠PAB，
∴△EAD≌△PAB（SAS），
∴DE=BP，
∵PC=PB，
∴DE=PC，
同理PE=CD，
∴四边形PEDC是平行四边形．
（2）解：此时四边形PEDC为正方形．
理由：当PA=PB时，
∵PE=PA，PC=PB，
∴PE=PC，
∵四边形PEDC是平行四边形，
∴四边形PEDC是菱形．
当∠APB=150°时，∵∠APE=∠BPC=60°，
∴∠EPC=360°-60°-60°-150°=90°，
又∵四边形PEDC是菱形，
∴四边形PEDC是正方形．
（3）解：如图所示，过C作CH垂直EP的延长线于H，
∵AB=3，PA= ，PB=2，
∴ ，
∴∠APB=90°
又∵∠APE=∠BPC=60°，
∴∠EPC=150°，
∴∠CPH=30°，而∠PHC=90°
∴CH= CP= PB=1，
又PE=PA=
∴S平行四边形PEDC=CH×EP=1× = ．
【知识点】三角形全等及其性质；等边三角形的性质；勾股定理的逆定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定；正方形的判定
【解析】【分析】（1）先运用等边三角形的性质得到AE=AP，AD=AB，∠EAP=∠DAB=60°，再结合三角形全等的判定得到△EAD≌△PAB（SAS），再利用边角转化即可得到DE=PC，PE=CD，进而根据平行四边形的判定即可求解；
（2）先根据平行四边形的性质和菱形的判定即可得到四边形PEDC是菱形，再根据正方形的判定即可求解；
（3）如图所示，过C作CH垂直EP的延长线于H，先根据勾股定理逆定理判断出∠APB=90°，再利用边角转化得到CH的长，最后利用平行四边形的面积公式即可求解。
1 / 12022-2023学年沪科版数学八年级下册第19章四边形基础过关单元卷
一、单选题（每题4分，共40分）
1．（2023八下·河西期中）在平行四边形中，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
2．（2023八下·温州期中）如图，四边形的对角线交于点，下列不能判定其为平行四边形的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2023八下·瑞安期中）如图，在 中，，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
4．（2023八下·南宁期中）如图，点是的对角线上一点，连接，，设的面积为，的面积为，则与的大小关系（ ）
A． B． C． D．无法确定
5．（2022八下·巴彦期末）下列命题中，错误的是（ ）
A．两组对边分别相等的四边形是平行四边形
B．有一个角是直角的平行四边形是矩形
C．对角线互相垂直的四边形是菱形
D．有一组邻边相等的矩形是正方形
6．（2023八下·通州期中）如图，在平面直角坐标系中，菱形，O为坐标原点，点C在x轴上，A的坐标为，则顶点B的坐标是（ ）
A． B． C． D．
7．（2022八下·蜀山期末）用边长相等的两种正多边形地砖铺设地面，要求图形间既无缝隙又不重叠（平面镶嵌），下面选项中的两种正多边形不可以用来平面镶嵌的是（ ）
A．正三角形、正四边形 B．正三角形、正六边形
C．正四边形、正六边形 D．正四边形、正八边形
8．（2023八下·瑞安期中）如图，在中，对角线与交于点O，，E为中点，若的周长为32，的周长比的周长多4，则的长为（ ）
A．3 B．5 C．4 D．
9．（2023八下·杭州期中）如图，四边形中，R、P分别是上的点，E、F分别是的中点，当点P在上从C向D移动而点R不动时，那么下列结论成立的是（ ）
A．线段的长逐渐增大 B．线段的长逐渐减小
C．线段的长不变 D．线段的长与点P的位置有关
10．（2023八下·河东期中）如图，在中，，且，，点D是斜边上的一个动点，过点D分别作于点M，于点N，连接，则线段的最小值为（ ）
A．5 B．3.6 C．2.4 D．4.8
二、填空题（每空5分，共20分）
11．（2022八下·柯桥期末）若一个多边形的外角和比这个多边形的内角和小540°，则这个多边形的边数为 .
12．如图，在 □ ABCD中，EF∥AD，HN∥AB，则图中的平行四边形共有 个。
13．（2023八下·盐城月考）如图，在四边形ABCD中，P、Q、M、N分别是AD、BC、BD、AC的中点，当四边形ABCD满足 时（填写一个条件），PQ⊥MN.
14．（2022八上·江宁月考）在正方形中，，点P为对角线上一点，且，当点E在边上，时，的长为 .
三、解答题（共5题，共40分）
15．（2023八下·灵丘期中）如图，中，平分，平分，求证：四边形是平行四边形．
16．（2022八下·港南期中）求图（1）（2）中x的值.
17．（2023八下·泉港期中）如图，在中，过对角线的交点，且与边分别相交于点，，求四边形的周长.
18．已知：如在△ABC中，AD是∠BAC的平分线，DE∥AC，DF∥AB.
求证：四边形AEDF是菱形.
19．（2022九下·利通期中）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AD的中点，点F，G在AB上， EF⊥AB，OG∥EF．求证：四边形OEFG是矩形
四、综合题（共4题，共50分）
20．（2023八下·涡阳期中）如图，已知E、F分别是的边、上的点，且．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）在中，若，，，求边上的高．
21．（2023八下·大兴期中）如图，菱形的对角线相交于点O，过点A作于点E，延长到点F，使，连接．
（1）求证：四边形AEFD是矩形；
（2）连接，若，．求的长．
22．（2023八下·夏津期中）如图，在矩形ABCD中，cm，cm，点P从点D出发向点A运动，运动到A停止，同时，点Q从点B出发向点C运动，运动到点C即停止，点P，Q的速度都是1cm/s．连接PQ，AQ，CP．设点P，Q运动的时间为ts．
（1）当t为何值时，四边形ABQP是矩形；
（2）当t为何值时，四边形AQCP是菱形；
（3）分别求出（2）中菱形AQCP的周长和面积．
23．（2023八下·夏津期中）如图：和均为直线AB同侧的等边三角形，点P在内．
（1）求证：四边形PEDC为平行四边形；
（2）当点P同时满足条件：①和②时，猜想四边形PEDC是什么特殊的四边形，并说明理由；
（3）若中，，求四边形PEDC的面积．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】多边形内角与外角；平行四边形的性质
【解析】【解答】四边形ABCD是平行四边形，
，
， ，
，
，
故答案选：C
【分析】根据平行四边形性质求出，再根据四边形内角求出， 即可求出 的度数 。
2．【答案】D
【知识点】平行四边形的判定
【解析】【解答】解：A、∵AB=CD，AD=BC，∴四边形ABCD是平行四边形，故此选项不符合题意；
B、∵AB∥CD，AB=CD，∴四边形ABCD是平行四边形，故此选项不符合题意；
C、∵OA=OC，OB=OD，∴四边形ABCD是平行四边形，故此选项不符合题意；
D、由AB∥CD，AD=BC不能推出四边形ABCD是平行四边形，故此选项符合题意.
故答案为：D.
【分析】根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形，可判断A选项；根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可判断B选项；根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，可判断C选项；根据一组对边平行，另一组对边相等的四边形可能是等腰梯形，可判断D选项.
3．【答案】B
【知识点】三角形内角和定理；平行四边形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ACD是平行四边形，
∴∠D=∠B=69°，
∵AE⊥DC于点E，
∴∠AED=90°，
∴∠DAE=180°-∠D-∠AED=21°.
故答案为：B.
【分析】由平行四边形的对角相等得∠D=69°，根据垂直的定义及三角形的内角和可算出∠DAE的度数.
4．【答案】C
【知识点】三角形的面积；平行四边形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴点B、D到直线AC的距离相等，设为h，
∴S1=AP·h，S2=AP·h，
∴S1=S2.
故答案为：C.
【分析】根据平行四边形的性质可得：点B、D到直线AC的距离相等，设为h，利用三角形的面积公式表示出S1、S2，然后进行判断.
5．【答案】C
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：两组对边分别相等的四边形是平行四边形，故A不符合题意；
有一个角是直角的平行四边形是矩形，故B不符合题意；
对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故C符合题意；
有一组邻边相等的矩形是正方形，故D不符合题意；
故答案为：C．
【分析】利用平行四边形，矩形，菱形和正方形的判定方法对每个选项一一判断即可。
6．【答案】C
【知识点】点的坐标；勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】 A（-3，4），
OA==5，
四边形OABC是菱形，
AO=CB=OC=AB-5，
点B的横坐标为-3-5=-8，
故点B的坐标为：（-8，4），
故选：C
【分析】根据勾股定理求出OA，根据菱形性质求出点B的横坐标，即可求出点B的坐标。
7．【答案】C
【知识点】平面镶嵌（密铺）
【解析】【解答】解：正三角形的每个内角的度数为，
正四边形的每个内角的度数为，
正六边形的每个内角的度数为，
正八边形的每个内角的度数为，
因为，
所以正三角形、正四边形可以用来平面镶嵌，选项A不符题意；
因为，
所以正三角形、正六边形可以用来平面镶嵌，选项B不符题意；
因为不存在正整数使得成立，
所以正四边形、正六边形不可以用来平面镶嵌，选项C符合题意；
因为，
所以正四边形、正八边形可以用来平面镶嵌，选项D不符题意；
故答案为：C．
【分析】利用正方形的内角公式，再对每个选项一一判断即可。
8．【答案】B
【知识点】平行四边形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB=CD，AD=BC，BO=DO，AO=CO.
∵平行四边形ABCD的周长为32，
∴BC+CD=16.
∵△COD的周长比△BOC的周长多4，
∴(CO+OD+CD)-(BO+OC+BC)=4，
∴CD-BC=4，
∴CD=10，BC=6.
∵BD⊥AD，E为CD的中点，
∴BD⊥BC，
∴BE=CD=×10=5.
故答案为：B.
【分析】根据平行四边形的性质可得AB=CD，AD=BC，BO=DO，AO=CO，由平行四边形的周长为32可得BC+CD=16，根据周长的意义结合题意可得CD-BC=4，求出CD、BC的值，根据直角三角形斜边上中线的性质可得BE=CD，据此计算.
9．【答案】C
【知识点】三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：连接AR，
∵E、F分别为AP、RP的中点，
∴EF为△APR的中位线，
∴EF=AR.
∵A、R不动，
∴EF的值为定值，为AR.
故答案为：C.
【分析】连接AR，由题意可得：EF为△APR的中位线，据此判断.
10．【答案】D
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质
【解析】【解答】∵∠BAC=90°，且BA=6，AC=8，
∴．
∵DM⊥AB，DN⊥AC，
∴四边形AMDN为矩形，
∴AD=MN，
∴当AD最小时，MN最小．
∵当AD⊥BC时，AD最小，
根据S△ABC=AB AC=AD BC，
∴6×8=10×AD，
∴AD=4.8，
∴线段MN的最小值为4.8．
故答案为：D．
【分析】 连接AD．由勾股定理可求得BC=10，由三个直角的四边形说明AMDN为矩形，得出AD=MN，所以当AD最小时，即MN最小．，D为BC边上的点，A为线段BC外一点，根据点到直线上各点的距离垂线段最短，所以当AD⊥BC时，AD最小，结合等面积法求出AD的值，便可求出线段MN的最小值．
11．【答案】7
【知识点】多边形内角与外角
【解析】【解答】解：设这个多边形的边数为n，根据题意得
360°=（n-2）×180°-540°，
解之：n=7.
故答案为：7.
【分析】利用n边形的内角和公式（n-2）×180°及已知一个多边形的外角和比这个多边形的内角和小540°，可得到关于n的方程，解方程求出n的值.
12．【答案】9
【知识点】平行四边形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图，设EF和NH交于O，
在□ ABCD中， EF∥AD， HN∥AB，
∴AD∥EF∥BC，AB∥NH∥CD，
则图中的四边形ABCD、AEOH、DHOF、 BEON、CFON、 AEFD、BEFC、AHNB、DHNC都是平行四边形，共9个.
故答案为：9.
【分析】设EF和NH交于O，根据平行四边形的性质，结合EF∥AD，HN∥AB，得出AD∥EF∥BC，AB∥NH∥CD，然后根据平行四边形的判定定理把平行四边形分别列出，即可解答.
13．【答案】AB=CD
【知识点】菱形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵P、Q、M、N分别是AD、BC、BD、AC的中点，
∴PN是△ACD的中位线，PN=CD， MQ是△BCD的中位线，MQ=CD，
∴MQ=PN=CD，
同理可得：NQ=PM=AB，
当AB=CD时，MQ=PN=NQ=PM，四边形MQNP是菱形，
∵菱形对角线垂直平分，
∴PQ⊥MN，
故答案为：AB=CD；
【分析】由三角形中位线定理得MQ=PN=CD， NQ=PM=AB，当AB=CD时，由等量代换可得MQ=PN=NQ=PM，四边形MQNP是菱形，由菱形的对角线互相垂直即可得出结论.
14．【答案】0或2
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；正方形的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：作PM⊥BC于M，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
在△ABP和△CBP中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
当点E与C重合时，；
综上所述，的长为0或2；
故答案为：0或2.
【分析】作PM⊥BC于M，由正方形得BC=DC=AB=4，∠BCD=∠ABC=90°，∠ABD=∠CBD=45°，进而根据等腰直角三角形的性质求出BD的长，再由线段的和差算出BP的长，易得△BMP是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质求出BM=PM=3，由线段的和差得CM=1，用SAS判断出△ABP≌△CBP，根据全等三角形的性质得AP=CP，则PE=PC，根据等腰三角形的三线合一即可解决问题.
15．【答案】证明： 四边形 是平行四边形，
， ，
，
平分 ， 平分 ，
， ，
，
，
四边形 是平行四边形．
【知识点】平行四边形的判定与性质
【解析】【分析】利用平行四边形的性质求出 ， ，再求出BE//DF，最后利用平行四边形的判定方法证明即可。
16．【答案】解：由图（1）得： ，
解得： ；
由图（2）得： .
解得：
【知识点】三角形的外角性质；多边形内角与外角
【解析】【分析】对于图（1），根据外角的性质可得(x+65)°=x°+(x-5)°，求解可得x；
对于图（2），根据四边形内角和为360°可得x+x+10°+60°+90°=360°，求解可得x.
17．【答案】解：∵在中，，
∴，，，且，
在中，
，
∴，
∴，
∵四边形的周长，
∴四边形的周长.
【知识点】平行四边形的性质；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【分析】由平行四边形的性质“平行四边形的对边平行且相等，对角线互相平分”可得AD=BC，CO=AO，由平行线的性质可得∠FCO=∠EAO，结合已知用角边角可证 COF≌ AOE，根据全等三角形的对应边相等可得AE=CF，OF=OE，然后四边形BCFE的周长可求解.
18．【答案】证明：∵DE∥AC，DF∥AB，
∴四边形AEDF是平行四边形.
∵AD平分∠BAC，
∴∠EAD=∠FAD(角平分线的定义).
∵DE∥AC，
∴∠FAD=∠EDA(两直线平行，内错角相等)，
∴∠EAD=∠EDA(等量代换)，
∴AE=DE，
∴四边形AEDF是菱形.
【知识点】平行线的性质；菱形的判定；角平分线的定义；平行四边形的定义及其特殊类型
【解析】【分析】利用有两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可证得四边形AEDF是平行四边形，利用角平分线的定义和平行线的性质可推出∠EAD=∠EDA，再根据等角对等边可证得AE=DE，然后利用有一组邻边相等的平行四边形是菱形，可证得结论.
19．【答案】证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴OD=OB，
又∵点E是AD的中点，
∴OE是△ABD的中位线，
∴OE∥FG，
∵OG∥EF，
∴四边形OEFG是平行四边形，
∵EF⊥AB，
∴∠EFG ＝90°，
∴四边形OEFG是矩形．
【知识点】菱形的性质；矩形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【分析】根据菱形的对角线互相平分得OD=OB，由三角形中位线定理得OE∥FG，结合OG∥EF，可以推出四边形OEFG是平行四边形，结合EF⊥AB，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可得出答案.
20．【答案】（1）证明：∵四边形 是平行四边形，
∴ ，且 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴四边形 是平行四边形；
（2）解：∵ ， ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ．
【知识点】三角形的面积；勾股定理；平行四边形的判定与性质
【解析】【分析】（1）由平行四边形的性质可得AD∥BC，AD=BC，结合BE=DF，可得AF=EC，根据一组对边平行且相等可证四边形 是平行四边形；
（2）由勾股定理求出BC=10，根据 即可求出AG的长.
21．【答案】（1）证明：∵四边形 是菱形，
∴ 且 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴四边形 是平行四边形，
∵ ，
∴ ，
∴四边形 是矩形；
（2）解：∵四边形 是菱形， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵四边形 是矩形，
∴ ， ，
∴
在 中， ，
∴
在 中， ，
∵ ，
∴ ．
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质；矩形的判定与性质
【解析】【分析】（1）利用菱形的性质求出 且 ， 再利用矩形的判定方法证明即可；
（2）利用菱形的性质求出 ， 再利用矩形的性质求出 ， ， 最后利用勾股定理计算求解即可。
22．【答案】（1）解：根据矩形的判定定理确定当AP=BQ时，四边形ABQP是矩形．
∵点P，Q的速度都是 ，点P，Q运动的时间为 ．
∴ ， ．
∵矩形ABCD中， ，
∴ ．
∴ ．
∴t=16-t．
∴t=8．
∴当 时，四边形ABQP是矩形．
（2）解：根据菱形的判定定理确定当AQ=CQ时，四边形AQCP是菱形．
∵矩形ABCD中， ， ， ，
∴ ， ．
∴ ．
解得t=6．
∴当 时，四边形AQCP是菱形．
（3）解：∵t=6，
∴ ．
∴ ， ．
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质；矩形的判定与性质
【解析】【分析】（1）矩形的判定定理确定当AP=BQ时，四边形ABQP是矩形，先根据题意得到BQ和PD的长，进而即可表示出AP的长，再结合题意即可求解；
（2）先根据菱形的判定定理确定AQ=CQ，再根据勾股定理即可表示AQ的长，再结合题意即可求解；
（3）运用菱形的周长公式和面积公式即可求解。
23．【答案】（1）证明：∵△AEP，△DAB是等边三角形，
∴AE=AP，AD=AB，∠EAP=∠DAB=60°，
∴∠EAD=∠PAB，
∴△EAD≌△PAB（SAS），
∴DE=BP，
∵PC=PB，
∴DE=PC，
同理PE=CD，
∴四边形PEDC是平行四边形．
（2）解：此时四边形PEDC为正方形．
理由：当PA=PB时，
∵PE=PA，PC=PB，
∴PE=PC，
∵四边形PEDC是平行四边形，
∴四边形PEDC是菱形．
当∠APB=150°时，∵∠APE=∠BPC=60°，
∴∠EPC=360°-60°-60°-150°=90°，
又∵四边形PEDC是菱形，
∴四边形PEDC是正方形．
（3）解：如图所示，过C作CH垂直EP的延长线于H，
∵AB=3，PA= ，PB=2，
∴ ，
∴∠APB=90°
又∵∠APE=∠BPC=60°，
∴∠EPC=150°，
∴∠CPH=30°，而∠PHC=90°
∴CH= CP= PB=1，
又PE=PA=
∴S平行四边形PEDC=CH×EP=1× = ．
【知识点】三角形全等及其性质；等边三角形的性质；勾股定理的逆定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定；正方形的判定
【解析】【分析】（1）先运用等边三角形的性质得到AE=AP，AD=AB，∠EAP=∠DAB=60°，再结合三角形全等的判定得到△EAD≌△PAB（SAS），再利用边角转化即可得到DE=PC，PE=CD，进而根据平行四边形的判定即可求解；
（2）先根据平行四边形的性质和菱形的判定即可得到四边形PEDC是菱形，再根据正方形的判定即可求解；
（3）如图所示，过C作CH垂直EP的延长线于H，先根据勾股定理逆定理判断出∠APB=90°，再利用边角转化得到CH的长，最后利用平行四边形的面积公式即可求解。
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