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专题08 平行四边形的性质与判定（五大题型，50题）（原卷版）
目录
一、题型一：平行四边形的性质，难度三星，10题 1
二、题型二：添加一个条件成为平行四边形，难度三星，10题 3
三、题型三：利用平行四边形的判定与性质求解，难度四星，10题 5
一、题型一：平行四边形的性质，难度三星，10题
1．（22-23九年级·重庆北碚·开学考试）在平行四边形中，的角平分线把边分成长度为4和5的两条线段，则平行四边形的周长为（ ）
A．13或14 B．26或28 C．13 D．无法确定
2．（21-22八年级下·广西桂林·期中）如图，在平行四边形中，将沿折叠后，点D恰好落在延长线上的点E处．若则的周长为（ ）
A．12 B．18 C．24 D．30
3．（23-24八年级·山东泰安·期末）如图，在平行四边形中，，．平分，交边于点，连接，若，则的长为（ ）
A．10 B．6 C． D．
4．（22-23八年级下·江苏苏州·阶段练习）如图，在中，垂直平分于点E，，，则的对角线的长为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024八年级下·江苏·专题练习）如图，在中，对角线，交于点O，，过点O作交于点E，连接．已知，，则的周长是 ．
6．（23-24八年级·山东济宁·期末）如图，已知点，，，，C为直线EF上一动点，则的对角线CD的最小值是 ．
7．（23-24八年级·江苏淮安·阶段练习）如图，在中，，，，为斜边边上的一动点，以、为边作平行四边形，则线段长度的最小值为 ．
8．（23-24八年级·山东潍坊·期末）如图，的对角线，相交于点O，点E，F在上，添加一个条件使，这个条件可以是 （写出一个即可）．
9．（23-24八年级·浙江金华·阶段练习）如图，点是的边上的中点，连接，点为中点，若，，，则的长为 ．
10．（21-22八年级下·宁夏银川·期末）如图，四边形为平行四边形，的角平分线交于点F，交的延长线于点E．
(1)求证：是等腰三角形．
(2)连接，若，求平行四边形的面积．
二、题型二：添加一个条件成为平行四边形，难度三星，10题
11．（22-23八年级下·广西南宁·期中）如图，四边形中，对角线，相交于点O，且，添加下列条件后仍无法判定四边形是平行四边形的是（ ）
A． B． C． D．
12．（22-23八年级下·浙江绍兴·期末）如图，在中，点，分别在边，上，连接，，，，添加下列条件后不能使四边形成为平行四边形的是（ ）
A． B． C． D．
13．（22-23八年级下·浙江嘉兴·期中）在四边形中，，要判定四边形为平行四边形，可添加条件（ ）
A． B．
C．平分 D．
14．（22-23八年级下·湖北武汉·期末）如图，在正六边形中，，是对角线上的两点．添加下列条件中的一个：①；②；③；④．能使四边形是平行四边形的是（ ）
A．②③④ B．①③④ C．①②④ D．①②③
15．（21-22八年级下·全国·单元测试）在四边形中，，再添加下列其中一个条件后，四边形不一定是平行四边形的是（ ）
A． B． C． D．
16．（22-23八年级下·北京东城·期中）如图，在中，对角线与相交于点O，E、F是对角线上的点．下列条件中，不能判定四边形是平行四边形的是（ ）
A． B． C． D．
17．（22-23八年级下·福建福州·期中）如图，E，F是对角线BD上的两点，请你添加一个适当的条件： ，使四边形AECF是平行四边形．
18．（22-23八年级下·福建三明·阶段练习）如图，，则当 时，四边形是平行四边形．
19．（22-23八年级下·广东东莞·阶段练习）如图，在四边形中，，，，点在边上以每秒的速度从点向点运动，点在边上，以每秒的速度从点向点运动，当 秒时，直线在四边形内部能截出一个平行四边形．
20．（22-23八年级下·江苏·期中）在四边形中，，给出下列4组条件：①，②，③，④．其中，不能得到“四边形是平行四边形”的条件是 ．（只填序号）
三、题型三：利用平行四边形的判定与性质求解，难度四星，10题
21．（2024·安徽阜阳·一模）如图，在中，点D，E，F分别在，，上，连接，，且，，，若四边形的面积为16，则的面积为（ ）
A．2 B． C．4 D．
22．（22-23八年级下·辽宁葫芦岛·期末）如图，图、图、图分别表示甲、乙、丙三人由地到地的路线图箭头表示行进的方向其中为的中点，，判断三人行进路线长度的大小关系为（ ）
A．甲乙丙 B．乙丙甲 C．丙乙甲 D．甲乙丙
23．（23-24八年级·山东泰安·期末）如图，已知，是线段上的动点，分别以、为边，在线段的同侧作等边和，连接，设的中点为，当点从点运动到点时，则点移动路径的长是（ ）
A．4 B．4.5 C．5 D．6
24．（23-24八年级·山东淄博·期末）如图，在周长为9的等边三角形的内部有一点P，过点P作，，分别交三边于点D，E，F，则等于（ ）
A．9 B．8 C．4 D．3
25．（23-24八年级·福建福州·期末）如图，是的边上的点，是中点，连接并延长交点，连接与相交于点，若，，则阴影部分的面积为（ ）．
A． B． C． D．
26．（23-24八年级·安徽亳州·期末）如图，点C，D在线段上（点C在点A，D之间），分别以为边向同侧作等边三角形与等边三角形，边长分别为a，b，与交于点H，延长，交于点G，长为c．若四边形的周长与的周长相等，则a，b，c之间的等量关系 ．
27．（2024八年级·全国·竞赛）如图所示，六边中，平行且等于，平行且等于，平行且等于，对角线．已知，．则六边形的面积是 ．
28．（2024八年级·全国·竞赛）如图，在梯形中，，，分别以、、为边向梯形外作正方形，其面积分别是、、，且，已知的长度为7，则CD的长度为 ．
29．（23-24八年级·福建泉州·期末）如图，四边形中，，，且，以，，为边向外作正方形，其面积分别为，，．若，，则的值为 ．
30．（22-23八年级下·贵州铜仁·阶段练习）如图，在中，，是中位线，连接和，交于点O．
(1)求证：；
(2)若，求的长．
四、题型四：利用平行四边形的判定与性质证明，难度三星，10题
31．（23-24九年级下·黑龙江哈尔滨·开学考试）已知等腰直角，，，，延长交延长线于点G，若，，，则的长为 ．
32．（22-23八年级·宁夏吴忠·期末）如图，、是四边形的对角线上的两点，，，，求证：．
33．（23-24八年级·山东济宁·期末）如图，在中，点，分别在，上，，分别交，于点，．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)已知，连接，若平分，求的长．
34．（23-24八年级下·江苏泰州·阶段练习）如图，①四边形是平行四边形，线段分别交于点E、O、F，②，③．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）爱动脑筋的小明发现： 在本题①、②、③三个已知条件中，有一个多余条件，去掉这个条件，四边形是平行四边形的结论依然成立，可以去掉的这个条件是 （直接写出这个条件的序号），并证明四边形是平行四边形．
35．（23-24八年级下·黑龙江大庆·开学考试）如图，已知在中，点分别是边的中点，过点的直线交的延长线于点，连接．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)求证：．
36．（2024八年级下·全国·专题练习）如图，在中，点在上，点在上，且．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若为的角平分线，且，，求的周长．
37．（23-24八年级·山东威海·期末）如图，在中，，，求证：
38．（21-22八年级下·黑龙江哈尔滨·期末）已知在 中，，点 D、分别为 的中点，点 在 的延长线上，连接 ，且 ．
(1)如图1，求证：四边形 是平行四边形；
(2)如图2，连接 ，在不添加任何辅助线和字母的前提下，请直接写出图2中与面积相等的四个三角形（除外）．
39．（23-24八年级·山东烟台·期末）如图①为某街道的部分示意图，将其简化成如图②所示模型，其中，，，点，，在一条直线上，且为的中点．
(1)求证：；
(2)从村步行至村，小明选择的路线是，小亮选择的路线是．请比较两条路线的长度并说明理由；
(3)请直接写出线段，，之间的数量关系．
40．（23-24八年级·山东济南·期末）已知：如图，在四边形中，，平分交于点E，．
(1)求证：四边形为平行四边形；
(2)若，求证：；
(3)在（2）的条件下，连接、，若，求的度数．
五、题型五：平行四边形的性质与判定的应用，难度三星，10题
41．（22-23八年级下·湖南岳阳·期中）某广场上一个形状是平行四边形的花坛，分别种有红、黄、蓝、绿、橙、紫6种颜色的花，如果有，，那么下列说法中错误的是（ ）
A．红花、绿花种植面积一定相等 B．紫花、橙花种植面积一定相等
C．红花、蓝花种植面积一定相等 D．蓝花、黄花种植面积一定相等
42．（2022八年级·浙江·专题练习）如图，直线l1，l2表示一条河的两岸，且l1∥l2．现要在这条河上建一座桥（桥与河的两岸相互垂直），使得从村庄P经桥过河到村庄Q的路程最短，应该选择路线（ ）
A．路线：PF→FQ B．路线：PE→EQ
C．路线：PE→EF→FQ D．路线：PE→EF→FQ
43．（22-23九年级·海南省直辖县级单位·期末）如图，四边形是平行四边形，以点B为圆心，的长为半径作弧交于点E，分别以点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点P，作射线交的延长线于点F，，，则的长为 ．
44．（20-21八年级下·山东潍坊·期末）和两地在一条河的两岸，现要在河上造一座桥，使从到的路径最短的是（假定河的两岸是平行线，桥与河岸垂直）（ ）
A．（垂直于） B．（不平行）
C．（垂直于） D．（平行）
45．（22-23八年级下·浙江金华·期中）图1是四连杆开平窗铰链，其示意图如图2所示，为滑轨，为固定长度的连杆．支点A固定在上，支点B固定在连杆上，支点D固定在连杆上．支点P可以在上滑动，点P的滑动带动点的运动．已知，，，，．窗户在关闭状态下，点B、C、D、E都在滑轨MN上．当窗户开到最大时，．
（1）若，则支点P与支点A的距离为 cm；
（2）窗户从关闭状态到开到最大的过程中，支点P移动的距离为 cm．
46．（21-22八年级下·江苏扬州·阶段练习）如图，在中，，，将沿射线平移，得到，再将沿射线翻折，得到，连接、，则的最小值为
47．（21-22八年级下·湖南怀化·期末）如图，已知的面积为a，点D在线段AC上，点F在线段BC的延长线上，且，四边形DCFE是平行四边形，则图中阴影部分的面积为 ．
48．（21-22八年级·辽宁大连·期中）如图，四边形中，，，过点作，垂足为，且．连接，交于点．
（1）探究与的数量关系，并证明；
（2）探究线段，，的数量关系，并证明你的结论．
49．（20-21八年级下·湖北恩施·期末）如图所示，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝10cm，BC＝15cm，点P从点A向点D以1cm/s的速度运动，点Q从点C出发以3cm/s的速度在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）．
（1）设当P，Q两点同时出发t秒后，CQ的长为s，请写出s与t之间的函数关系式；
（2）线段PQ将四边形ABCD截成两个四边形，分别为四边形ABQP和四边形PQCD，t为何值时所截得的两个四边形中，其中一个四边形为平行四边形？
50．（20-21八年级下·广东惠州·期末）如图，在等腰Rt△ABC中，∠B＝90°，AC＝60cm，点D从点C出发沿CA方向以cm/s的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以1cm/s的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点D，E运动的时间是ts（0＜t≤60）．过点D作DF⊥BC于点F，连接DE，EF．
（1）求证：四边形AEFD是平行四边形；
（2）当t为何值时，△DEF为直角三角形？请说明理由．
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专题08 平行四边形的性质与判定（五大题型，50题）
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一、题型一：平行四边形的性质，难度三星，10题 1
二、题型二：添加一个条件成为平行四边形，难度三星，10题 11
三、题型三：利用平行四边形的判定与性质求解，难度四星，10题 19
四、题型四：利用平行四边形的判定与性质证明，难度三星，10题 29
五、题型五：平行四边形的性质与判定的应用，难度三星，10题 42
一、题型一：平行四边形的性质，难度三星，10题
1．（22-23九年级·重庆北碚·开学考试）在平行四边形中，的角平分线把边分成长度为4和5的两条线段，则平行四边形的周长为（ ）
A．13或14 B．26或28 C．13 D．无法确定
【答案】B
【分析】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，解题的关键是先根据平行四边形的性质和平行线的性质求出，根据等腰三角形的判定得出，分两种情况讨论：当，时，当，时，分别画出图形，求出结果即可．
【详解】解：设的平分线交于点E，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
当，时，如图1，
则，，
∴；
当，时，如图2，
则，，
∴，
∴平行四边形的周长为26或28，
故选：B．
2．（21-22八年级下·广西桂林·期中）如图，在平行四边形中，将沿折叠后，点D恰好落在延长线上的点E处．若则的周长为（ ）
A．12 B．18 C．24 D．30
【答案】B
【分析】本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质，等边三角形的判定和性质，根据平行四边形，得到根据折叠的性质，，是等边三角形，计算即可．
【详解】∵平行四边形，
∴
将沿折叠后，点D恰好落在延长线上的点E处．
∴，
∴
∴是等边三角形，
∴是等边三角形，
故选B．
3．（23-24八年级·山东泰安·期末）如图，在平行四边形中，，．平分，交边于点，连接，若，则的长为（ ）
A．10 B．6 C． D．
【答案】C
【分析】本题考查了平行四边形的性质、角平分线的定义、等腰三角形的判定与性质、直角三角形的性质、勾股定理等知识．由平行四边形的性质可得，，，由平行线的性质可得，由角平分线的定义可得，从而得到，推出，，过点作于点，由直角三角形的性质和勾股定理可得，，，即可得到答案．
【详解】解：四边形是平行四边形，
，，，
，
平分，
，
，
，
，
，
如图，过点作于点，
，
则，
，
，
，，
，
故选：C．
4．（22-23八年级下·江苏苏州·阶段练习）如图，在中，垂直平分于点E，，，则的对角线的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】连接交于点F，根据平行四边形和线段垂直平分线的性质可以推出，即可推出，先利用勾股定理求出的长，即可求出的长．
【详解】解：如图，连接交于点F．
∵垂直平分，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，，，
∴，
∴
∵，
∴，
∴．
在中，由勾股定理得，，
∴，
故选B．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质与判定，勾股定理，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
5．（2024八年级下·江苏·专题练习）如图，在中，对角线，交于点O，，过点O作交于点E，连接．已知，，则的周长是 ．
【答案】
【分析】本题考查了平行四边形与三角形综合．熟练掌握平行四边形的性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理解直角三角形，是解决问题的关键．
根据平行四边形对角线的性质，得到，，中根据勾股定理得， 中利用勾股定理得，利用线段垂直平分线的性质得，推出周长等于即可．
【详解】∵中， ，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
∴故答案为：．
6．（23-24八年级·山东济宁·期末）如图，已知点，，，，C为直线EF上一动点，则的对角线CD的最小值是 ．
【答案】
【分析】连接，设交于点，根据平行四边形的性质得出点，进而根据点到直线的距离，垂线段最短，可知当时，取得最小值，勾股定理即可求解．
【详解】解：连接，设交于点，如图所示，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴当取得最小值时，取得最小值，
∴当时，取得最小值，
∵，，
∴，,
∴是等腰直角三角形，
∴此时是直角三角形，且是斜边，
∵,
∴，
∴的对角线的最小值是，
故答案为：．
【点睛】本题考查了坐标与图形，平行四边形的性质，勾股定理，点到直线的距离，垂线段最短，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
7．（23-24八年级·江苏淮安·阶段练习）如图，在中，，，，为斜边边上的一动点，以、为边作平行四边形，则线段长度的最小值为 ．
【答案】
【分析】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，垂线段最短等知识．在中，由勾股定理可求的长，由面积法可求的长，由垂线段最短可得当时，有最小值，即可求解．
【详解】解：如图，过点作于，
在中，，，，
，
，
，
四边形是平行四边形，
∴，
当时，有最小值，
此时：，
故答案为：．
8．（23-24八年级·山东潍坊·期末）如图，的对角线，相交于点O，点E，F在上，添加一个条件使，这个条件可以是 （写出一个即可）．
【答案】（答案不唯一）
【分析】本题考查平行四边形的性质，三角形全等的判定．由平行四边形的性质得到，又，结合三角形全等的判定方法即可解答．
【详解】添加条件：．
理由：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
，
∴．
故答案为：（答案不唯一）
9．（23-24八年级·浙江金华·阶段练习）如图，点是的边上的中点，连接，点为中点，若，，，则的长为 ．
【答案】
【分析】过点作交于点，首先根据梯形的中位线得出的值，再证明为直角三角形、和为等腰三角形，进而解得，易得，根据勾股定理即可求得答案．
【详解】解：过点作交于点，如下图，
∵四边形为平行四边形，
∴，，，
∵为中点，且，
∴为中点，，
∴，
∵，
∴，
∵点是的边上的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、勾股定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、等腰三角形的判定与性质等知识，解题的关键是正确作出辅助线，熟练掌握相关知识点并灵活运用．
10．（21-22八年级下·宁夏银川·期末）如图，四边形为平行四边形，的角平分线交于点F，交的延长线于点E．
(1)求证：是等腰三角形．
(2)连接，若，求平行四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】
此题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定、等边三角形的判定与性质、勾股定理；熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．
（1）由平行四边形的性质和角平分线得出，即可得出；
（2）先证明是等边三角形，得出，由勾股定理求出，由证明，得出的面积的面积，因此平行四边形的面积的面积，即可得出结果．
【详解】（1）
（1）证明：∵四边形是平行四边形，
，
，
是的平分线，
，
，
；
（2）
解：，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
的面积的面积，
∴平行四边形的面积的面积.
二、题型二：添加一个条件成为平行四边形，难度三星，10题
11．（22-23八年级下·广西南宁·期中）如图，四边形中，对角线，相交于点O，且，添加下列条件后仍无法判定四边形是平行四边形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据对角线互相平分是四边形是平行四边形，即可判断A；通过，得出，进而证明，得出，即可判断B；根据不能证明，即可判断C；通过证明，得出，即可判断D．
【详解】解：A、∵，，∴四边形是平行四边形，故A不符合题意；
B、∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，故B不符合题意；
C、已知，，，则不能证明，进而得不到四边形为平行四边形，故C符合题意；
D、∵，，，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，故D不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，全等三角形的判定和性质，解题的关键是掌握全等三角形的判定方法，全等三角形对应边相等，对角线互相平分的四边形是平行四边形．
12．（22-23八年级下·浙江绍兴·期末）如图，在中，点，分别在边，上，连接，，，，添加下列条件后不能使四边形成为平行四边形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据平行四边形的性质可得，，，分别分析每个选项，根据平行四边形的判定和全等三角形的判定和性质进行求证即可．
【详解】解：∵四边形为平行四边形，故，，，
A. 添加，则，即，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
故添加该选项的条件能使四边形成为平行四边形；
B. 添加，则又∵，
∴四边形是平行四边形，
故添加该选项的条件能使四边形成为平行四边形；
C. 添加，则，，，
∴
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
故添加该选项的条件能使四边形成为平行四边形；
D. 添加，无法证明四边形是平行四边形，
故添加该选项的条件不能使四边形成为平行四边形；
故选：D．
【点睛】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，熟练掌握以上判定和性质是解题的关键．
13．（22-23八年级下·浙江嘉兴·期中）在四边形中，，要判定四边形为平行四边形，可添加条件（ ）
A． B．
C．平分 D．
【答案】B
【分析】根据添加的条件和平行四边形的判定方法逐项判断即可解答．
【详解】解：如图：A.添加后，四边形一组对边平行，另一组对边相等，不一定是平行四边形，有可能为等腰梯形，因此A选项不合题意；
B.添加后，利用平行线的判定定理可得，四边形是两组对边平行，能判定为平行四边形，因此B选项符合题意；
C.添加平分后，利用角平分线的定义和平行线的性质可推出，四边形一组对边平行，一组邻边相等，不能判定为平行四边形，因此C选项不合题意；
D.添加后，四边形一组对边平行、邻边相等，不可以判定为平行四边形，因此D选项不符合题意．
故选B．
【点睛】本题主考查平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．1.两组对边分别平行的四边形是平行四边形；2.两组对边分别相等的四边形是平行四边形；3.对角线互相平分的四边形是平行四边形；4.一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；5.两组对角分别相等的四边形是平行四边形．
14．（22-23八年级下·湖北武汉·期末）如图，在正六边形中，，是对角线上的两点．添加下列条件中的一个：①；②；③；④．能使四边形是平行四边形的是（ ）
A．②③④ B．①③④ C．①②④ D．①②③
【答案】C
【分析】①连接交于点，证出由对角线互相平分的四边形是平行四边形可得出结论；②证明由全等三角形的性质得出，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得出结论；③不能证明与全等，则可得出结论；④证明，得出，根据得出，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得出结论．
【详解】解：连接交于点，
①正六边形，
，
和是等边三角形，
，，
又，
，
四边形是平行四边形，故①符合题意；
②，，
，
，
又，，
，
，
四边形是平行四边形，故②符合题意；
③，，，
与不一定全等，不能得出四边形是平行四边形，故③不符合题意；
④，，，
，
，
，，
，
，
四边形是平行四边形，故④符合题意．
故选：．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质，正六边形的性质，熟练掌握平行四边形的判定是解题的关键．
15．（21-22八年级下·全国·单元测试）在四边形中，，再添加下列其中一个条件后，四边形不一定是平行四边形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据平行四边形的判定进行判断即可．
【详解】解：A、∵，若，则四边形是平行四边形，故A选项不符合题意；
B、∵，若，则四边形可能是等腰梯形，不一定是平行四边形，故B选项符合题意；
C、∵，若，则四边形是平行四边形，故C选项不符合题意；
D、∵，若，则四边形是平行四边形，故D选项不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定是解题的关键．
16．（22-23八年级下·北京东城·期中）如图，在中，对角线与相交于点O，E、F是对角线上的点．下列条件中，不能判定四边形是平行四边形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据平行四边形的性质与全等三角形的性质逐一分析，结合平行四边形的判定方法可得结论．
【详解】解：∵，
∴，，，，，，
∵，
∴，，
∴四边形是平行四边形，故B不符合题意；
∵，，
∴，而，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，故C不符合题意；
∵，
∴，
∴，而，，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，故D不符合题意；
当，而，，
∵，
∴，而，
此时不能得到：，，
∴添加不能判定四边形是平行四边形，故A符合题意；
故选A．
【点睛】本题考查的是添加条件判断平行四边形，全等三角形的判定与性质，熟记平行四边形的判定方法是解本题的关键．
17．（22-23八年级下·福建福州·期中）如图，E，F是对角线BD上的两点，请你添加一个适当的条件： ，使四边形AECF是平行四边形．
【答案】或或．
【分析】用反推法，假如四边形是平行四边形，会推出什么结果，这结果就是要添加的条件．
【详解】解：使四边形是平行四边形．就要使，，就要使，而在平行四边形中已有，，再加一个或可用证，或用证．
故答案为：或或．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，本题是开放题，答案不唯一，可以针对各种特殊的平行四边形的判定方法，给出条件，本题主要是通过给出证明的条件来得到，，根据四边形中一组对边平行且相等就可证明为是平行四边形．
18．（22-23八年级下·福建三明·阶段练习）如图，，则当 时，四边形是平行四边形．
【答案】6
【分析】根据对角线互相平分的四边形是平行四边形即可得到答案．
【详解】解：，
当时，，即对角线互相平分，
四边形是平行四边形，
故答案为：6．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，熟练掌握对角线互相平分的四边形是平行四边形是解题的关键．
19．（22-23八年级下·广东东莞·阶段练习）如图，在四边形中，，，，点在边上以每秒的速度从点向点运动，点在边上，以每秒的速度从点向点运动，当 秒时，直线在四边形内部能截出一个平行四边形．
【答案】2或3
【分析】根据平行四边形的判定可知，分两种情况：①和②，据此建立方程，解方程即可得．
【详解】解：设当运动秒时，直线在四边形内部能截出一个平行四边形，
则，
，，
，，
由题意，分以下两种情况：
①当时，四边形是平行四边形，
则，
解得；
②当时，四边形是平行四边形，
则，
解得；
综上，当2秒或3秒时，直线在四边形内部能截出一个平行四边形，
故答案为：2或3．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定是解题关键．
20．（22-23八年级下·江苏·期中）在四边形中，，给出下列4组条件：①，②，③，④．其中，不能得到“四边形是平行四边形”的条件是 ．（只填序号）
【答案】②
【分析】根据平行四边形的判定直接判断即可．
【详解】①，则一组对边平行且相等，可得到四边形是平行四边形，不符合题意；
②，无法得到四边形是平行四边形，符合题意；
③，两组对边分别平行，可得到四边形是平行四边形，不符合题意；
④，则此两角都是的补角，而与为同旁内角互补，可推出，两组对边分别平行，可得到四边形是平行四边形，不符合题意；
故答案为：②
【点睛】此题考查平行四边形的判定定理，解题关键是熟练掌握所有平行四边形的判定定理．
三、题型三：利用平行四边形的判定与性质求解，难度四星，10题
21．（2024·安徽阜阳·一模）如图，在中，点D，E，F分别在，，上，连接，，且，，，若四边形的面积为16，则的面积为（ ）
A．2 B． C．4 D．
【答案】C
【分析】本题考查了平行四边形的判定和面积计算，三角形的面积计算，由，，得到四边形为平行四边形，利用平行四边形与同高即可求解．
【详解】解：如图，过点F做于点，
，，
四边形为平行四边形，
，
,
，,
，
故选：C．
22．（22-23八年级下·辽宁葫芦岛·期末）如图，图、图、图分别表示甲、乙、丙三人由地到地的路线图箭头表示行进的方向其中为的中点，，判断三人行进路线长度的大小关系为（ ）
A．甲乙丙 B．乙丙甲 C．丙乙甲 D．甲乙丙
【答案】D
【分析】本题考查了平行线的判定，平行四边形的性质和判定的应用，延长和交于，如图，延长和交于，根据平行四边形的性质和判定求出即可；
【详解】解：图中，甲走的路线长是的长度；
延长和交于，如图，
，
，
同理，
四边形是平行四边形，
，，
即乙走的路线长是的长；
延长和交于，如图，
与以上证明过程类似，，
即丙走的路线长是的长；
即甲乙丙，
故选：D．
23．（23-24八年级·山东泰安·期末）如图，已知，是线段上的动点，分别以、为边，在线段的同侧作等边和，连接，设的中点为，当点从点运动到点时，则点移动路径的长是（ ）
A．4 B．4.5 C．5 D．6
【答案】C
【分析】如图，分别延长、交于点，易证四边形为平行四边形，根据平行四边形的性质可得与互相平分，可得正好为中点，即在的运动过程中，始终为的中点，所以的运行轨迹为的中位线．由此即可求解
【详解】如图，分别延长、交于点，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∴与互相平分．
∵为的中点，
∴正好为中点，即在的运动过程中，始终为的中点，所以的运行轨迹为的中位线．
∴，即的移动路径长为．
故选：．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理及等边三角形的性质，解答本题的关键是作出辅助线，找到点移动的规律，判断出其运动路径，综合性较强．
24．（23-24八年级·山东淄博·期末）如图，在周长为9的等边三角形的内部有一点P，过点P作，，分别交三边于点D，E，F，则等于（ ）
A．9 B．8 C．4 D．3
【答案】D
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，延长交于点，延长交于点，证明四边形、四边形均为平行四边形，得到，再证明和是等边三角形，得到，进而推出，则．
【详解】解：延长交于点，延长交于点，
∵，，，
四边形、四边形均为平行四边形，
∴．
为等边三角形，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
同理可得是等边三角形，
∴，
∴，
∵的周长为9，
∴
，
故选D．
25．（23-24八年级·福建福州·期末）如图，是的边上的点，是中点，连接并延长交点，连接与相交于点，若，，则阴影部分的面积为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定和全等三角形的性质与判定，连接，先根据平行四边形的性质得到，，再证明，得到，则可判定四边形为平行四边形，则，再证明四边形为平行四边形，得出，最后阴影部分的面积即可求解，熟练运用平行四边形的性质与判定和全等三角形的性质与判定进行证明与计算是解题的关键．
【详解】解：连接，如图，
∵四边形为平行四边形，
∴，，
∴，
∵是中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∵，即，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴阴影部分的面积，
故选：．
26．（23-24八年级·安徽亳州·期末）如图，点C，D在线段上（点C在点A，D之间），分别以为边向同侧作等边三角形与等边三角形，边长分别为a，b，与交于点H，延长，交于点G，长为c．若四边形的周长与的周长相等，则a，b，c之间的等量关系 ．
【答案】
【分析】本题考查等边三角形的性质及应用，由和是等边三角形，可得和是等边三角形，，，即知，，根据四边形的周长与的周长相等，有，故
【详解】解：∵和是等边三角形，
∴，
∴和是等边三角形，，，
∴四边形是平行四边形，，，
∴，
∵四边形的周长与的周长相等，
∴，
整理得：，
故答案为：
27．（2024八年级·全国·竞赛）如图所示，六边中，平行且等于，平行且等于，平行且等于，对角线．已知，．则六边形的面积是 ．
【答案】
【分析】本题主要考查平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，不规则图形面积的计算方法，掌握以上知识的判定和性质是解题的关键．
如图所示，连接交于，连接交于，可得四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，，，将多变边的面积转换为平行四边形与三角形的面积，根据边形的面积平行四边形的面积三角形的面积三角形的面积即可求解．
【详解】解：如图所示，连接交于，连接交于，
∵平行且等于，平行且等于，
∴四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，
∴，
∵，，
∴，垂足为点，，垂足为点，
∵平行且等于，平行且等于，
∴在中，
，
∴，
∵是边上高，是边上高，
∴，
∴
，
∴六边形的面积为，
故答案为：．
28．（2024八年级·全国·竞赛）如图，在梯形中，，，分别以、、为边向梯形外作正方形，其面积分别是、、，且，已知的长度为7，则CD的长度为 ．
【答案】14
【分析】本题考查平行四边形的性质和判定、平行线性质，以及勾股定理，过点B作，得到，证明四边形平行四边形，推出，，得到，结合，推出，得到，即可解题．
【详解】解：如图所示，过点B作，
，
，
，
，
，
四边形平行四边形，
则，，，
又，即，
，
，
又，则．
故答案为：．
29．（23-24八年级·福建泉州·期末）如图，四边形中，，，且，以，，为边向外作正方形，其面积分别为，，．若，，则的值为 ．
【答案】12
【分析】本题主要考查了勾股定理，平行四边形的判定和性质，过作交于点，则，依据四边形是平行四边形，即可得出，，再根据勾股定理，即可得到，进而得到的值．熟练勾股定理的应用是解题的关键。
【详解】解：如图，过作交于点，则，
，
四边形是平行四边形，
，，
，
，
，
，
，
，
，即，
，
故答案为：．
30．（22-23八年级下·贵州铜仁·阶段练习）如图，在中，，是中位线，连接和，交于点O．
(1)求证：；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)8
【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，中位线的性质，解题的关键是熟练掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．
（1）根据中位线的性质得出，，证明四边形是平行四边形，得出；
（2）根据中位线的性质和平行四边形的性质求出结果即可．
【详解】（1）证明：∵，是的中位线，
∴，，
∴四边形是平行四边形
∵对角线、相交于点O，
∴；
（2）解：∵、是平行四边形的对角线，，
∴，
∵，是的中位线，
∴D，F分别是的中点
∴，
即．
四、题型四：利用平行四边形的判定与性质证明，难度三星，10题
31．（23-24九年级下·黑龙江哈尔滨·开学考试）已知等腰直角，，，，延长交延长线于点G，若，，，则的长为 ．
【答案】8
【分析】如图，延长至点M，使，连接并延长交的延长线于点N，连接，利用勾股定理求得，从而可得，根据垂直平分线的性质得，从而可得，再由等腰三角形的性质可得，，从而可得，再根据对顶角相等可得，由平行线的判定可得，从而可证四边形是平行四边形，由平行四边形的性质可得，且，再由平行线的性质得，，从而可得，可证是等腰直角三角形，再利用勾股定理即可求解．
【详解】解：如图，延长至点M，使，连接并延长交的延长线于点N，连接，
∵是等腰直角三角形，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，且，
∴，即，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
故答案为：8．
【点睛】本题考查垂直平分线的性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、平行四边形的判定与性质、对顶角相等、平行线的判定与性质，正确作出辅助线，构造平行四边形是解题的关键．
32．（22-23八年级·宁夏吴忠·期末）如图，、是四边形的对角线上的两点，，，，求证：．
【答案】见解析
【分析】
本题考查了平行四边形的判定与性质，平行线的性质，全等三角形的性质和判定，求出，根据证出两三角形全等，根据三角形全等得出，，推出，根据平行四边形的判定推出四边形是平行四边形，即可解决问题．
【详解】
证明：，
，
，即，
，
在和中，
，
，
，，
，
四边形是平行四边形，
．
33．（23-24八年级·山东济宁·期末）如图，在中，点，分别在，上，，分别交，于点，．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)已知，连接，若平分，求的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（）由平行线四边形的性质可以得出，，再利用线段和差证明，即可得出结论；
（）由（）得：，，再由平行线的性质得，然后证，则可由求解；
本题考查了平行四边形的判定与性质、平行线的判定与性质、等腰三角形的判定等知识，熟练掌握平行线的判定与性质是解题的关键．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，即，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：∵平分，
∴，
由（）得：四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∴，
∴．
34．（23-24八年级下·江苏泰州·阶段练习）如图，①四边形是平行四边形，线段分别交于点E、O、F，②，③．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）爱动脑筋的小明发现： 在本题①、②、③三个已知条件中，有一个多余条件，去掉这个条件，四边形是平行四边形的结论依然成立，可以去掉的这个条件是 （直接写出这个条件的序号），并证明四边形是平行四边形．
【答案】（1）见解析；（2）②，见解析
【分析】本题考查全等三角形判定及性质，平行四边形性质及判定．
（1）根据题意证明，可得即可得到；
（2）条件②多余，再利用
【详解】解：（1）∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）在本题①、②、③三个已知条件中，去掉②条件，四边形是平行四边形的结论依然成立，证明如下：
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
35．（23-24八年级下·黑龙江大庆·开学考试）如图，已知在中，点分别是边的中点，过点的直线交的延长线于点，连接．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题主要考查了平行性四边形的判定与性质、三角形中位线等知识，熟练掌握平行四边形的判定条件和性质是解题关键．
（1）根据平行四边形的性质可得，根据三角形中位线的性质可得，然后根据“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”证明结论即可；
（2）首先证明四边形是平行四边形，易得，然后根据平行四边形的性质证明结论即可．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，即，
∵点分别是边的中点，
∴，即，
∴四边形是平行四边形；
（2）∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
又∵点是边的中点，
∴，
∴．
36．（2024八年级下·全国·专题练习）如图，在中，点在上，点在上，且．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若为的角平分线，且，，求的周长．
【答案】(1)见解析
(2)32
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定与性质，平行四边形的周长，熟练掌握平行四边形的性质和等腰三角形的判定与性质是解答的关键．
（1）根据平行四边形对边平行且相等的性质和可得，进而可得四边形是平行四边形；
（2）根据（1）可得，根据为的平分线，可得为等腰三角形，即可得出的值，即可解答．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
（2）解：∵，
∴，
∵为的平分线，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的周长为：．
37．（23-24八年级·山东威海·期末）如图，在中，，，求证：
【答案】见解析
【分析】证明四边形是平行四边形，得到，再证明四边形是平行四边形，得到，则四边形是平行四边形，即可得到．此题考查了平行四边形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定并灵活选择方法是解题的关键．
【详解】解：在中，，
∵，，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴．
38．（21-22八年级下·黑龙江哈尔滨·期末）已知在 中，，点 D、分别为 的中点，点 在 的延长线上，连接 ，且 ．
(1)如图1，求证：四边形 是平行四边形；
(2)如图2，连接 ，在不添加任何辅助线和字母的前提下，请直接写出图2中与面积相等的四个三角形（除外）．
【答案】(1)见解析
(2)、、、
【分析】（1）由中点及中位线定理得，则有，有，即可证明结论成立；
（2）由D为中点，则的面积相等，的面积相等；由，则的面积相等，从而的面积也相等；由，则的面积也相等，从而面积相等；则可得与面积相等的四个三角形．
【详解】（1）证明：∵点 D、分别为 的中点，，
∴，是的中位线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：∵D为中点，
∴为与的中线，
∴的面积相等，的面积相等；
由（1）知，，
∴的面积相等，
∴的面积也相等；
由（1）知，四边形是平行四边形，
∴，
∴等底（为底）等高，
∴的面积也相等；
∵的面积相等，
∴面积相等；
∴与面积相等的四个三角形分别为、、、．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的性质，三角形中位线的性质，平行四边形的判定与性质等知识，题目不难，但涉及的知识点较多．
39．（23-24八年级·山东烟台·期末）如图①为某街道的部分示意图，将其简化成如图②所示模型，其中，，，点，，在一条直线上，且为的中点．
(1)求证：；
(2)从村步行至村，小明选择的路线是，小亮选择的路线是．请比较两条路线的长度并说明理由；
(3)请直接写出线段，，之间的数量关系．
【答案】(1)证明见解析；
(2)两条路线长度相等，理由见解析；
(3)．
【分析】（1）连接与交于点，证明四边形为平行四边形，推出为的中位线，进而得到，即可；
（2）根据平行四边形的对边相等，即可得出结论；
（3）过点作，交的延长线与点，证明四边形为平行四边形，推出，得到，再根据，即可得出结论．
【详解】（1）证明：如图，连接与交于点．
∵，，
∴四边形为平行四边形．
∴．
∵为中点，
∴为的中位线．
∴，又点，，，共线，即．
∵，即，
∴，即．
（2）两条路线长度相等．理由如下：
由（1）知，，，
∴垂直平分．
∴．
由（1）知，四边形为平行四边形，
∴，．
由题意，得小明的路线长，小亮的路线长，
∴，即两条路线长度相等．
（3）过点作，交的延长线与点，
由（1）知，
∴四边形为平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
又，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质，三角形的中位线定理，全等三角形的判定和性质．添加辅助线构造平行四边形和全等三角形，是解题的关键．
40．（23-24八年级·山东济南·期末）已知：如图，在四边形中，，平分交于点E，．
(1)求证：四边形为平行四边形；
(2)若，求证：；
(3)在（2）的条件下，连接、，若，求的度数．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)．
【分析】（1）根据平行四边形的性质得到，等量代换得到，求得，得到，根据平行四边形的判定定理即可得到结论；
（2）根据等边三角形的判定定理得到是等边三角形，求得，根据平行四边形的性质得到，求得；
（3）根据等边三角形的性质得到，根据平行四边形的性质得到，根据全等三角形的性质得到，进而得到结论．
【详解】（1）证明：∵，
∴,
又，
∴,
∴；
，
∴,
∴，
∴四边形为平行四边形；
（2）证明：，，
∴为等边三角形，
∴，
∵中，，
∴，
（3）解：∵为等边三角形，
∴，
∵中，，
∴，
∴，
又，，
∴，
∴，
∵
∴
∴．
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握各性质定理是解题的关键．
五、题型五：平行四边形的性质与判定的应用，难度三星，10题
41．（22-23八年级下·湖南岳阳·期中）某广场上一个形状是平行四边形的花坛，分别种有红、黄、蓝、绿、橙、紫6种颜色的花，如果有，，那么下列说法中错误的是（ ）
A．红花、绿花种植面积一定相等 B．紫花、橙花种植面积一定相等
C．红花、蓝花种植面积一定相等 D．蓝花、黄花种植面积一定相等
【答案】C
【分析】由题意得出四边形、四边形、四边形、四边形、四边形是平行四边形，得出的面积的面积，的面积的面积，的面积的面积，得出四边形的面积四边形的面积，即可得出结论．
【详解】解：如图所示：
，，
四边形、四边形、四边形、四边形、四边形是平行四边形，
的面积的面积，的面积的面积，的面积的面积，故A，D选项正确
四边形的面积四边形的面积，故B选项正确
∴A、B、D正确，C不正确；
故选：C．
【点睛】此题考查平行四边形的性质，利用平行四边形性质比较三角形面积大小，结合图形解题较为简便．
42．（2022八年级·浙江·专题练习）如图，直线l1，l2表示一条河的两岸，且l1∥l2．现要在这条河上建一座桥（桥与河的两岸相互垂直），使得从村庄P经桥过河到村庄Q的路程最短，应该选择路线（ ）
A．路线：PF→FQ B．路线：PE→EQ
C．路线：PE→EF→FQ D．路线：PE→EF→FQ
【答案】C
【分析】构造四边形FEPP′为平行四边形，根据“两点之间线段最短”，QP′最短，即PE+FQ最短．
【详解】作PP'垂直于河岸l2，使PP′等于河宽，
连接QP′，与另一条河岸相交于F，作FE⊥直线l1于点E，
则EF∥PP′且EF＝PP′，
∴四边形FEPP′为平行四边形，∴P′F＝PE，
根据“两点之间线段最短”，QP′最短，即PE+FQ最短．
故选：C．
【点睛】此题考查了两点之间线段最短，解题的关键是构造平行四边形．
43．（22-23九年级·海南省直辖县级单位·期末）如图，四边形是平行四边形，以点B为圆心，的长为半径作弧交于点E，分别以点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点P，作射线交的延长线于点F，，，则的长为 ．
【答案】
【分析】连接交于G，连接．根据平行四边形的性质，平行线的性质确定，根据题目中作图过程确定是的平分线，根据等角对等边和等价代换思想确定，根据菱形的判定定理和性质确定，，根据角平分线的定义，所对的直角边是斜边的一半，勾股定理求出的长度，进而即可求出的长度．
【详解】解：如图所示，连接交于G，连接．
∵四边形是平行四边形，
∴，即．
∴．
∵以点B为圆心，的长为半径作弧交于点，
∴．
根据作图过程可知是的平分线．
∴．
∴．
∴．
∴．
∴四边形是平行四边形．
∴平行四边形是菱形．
∴，．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查平行四边形的判定定理和性质，平行线的性质，角平分线作图，等角对等边，菱形的判定定理和性质，所对的直角边是斜边的一半，勾股定理，综合应用这些知识点是解题关键．
44．（20-21八年级下·山东潍坊·期末）和两地在一条河的两岸，现要在河上造一座桥，使从到的路径最短的是（假定河的两岸是平行线，桥与河岸垂直）（ ）
A．（垂直于） B．（不平行）
C．（垂直于） D．（平行）
【答案】D
【分析】过点作河的垂线，要使最短，直线，，连接即可得出，作出、、即可．
【详解】根据垂线段最短，得出是河的宽时，最短，即直线（或直线），只要最短即可，
即过作河岸的垂线，垂足为，在直线上取点，使等于河宽，连接交河的边岸于，作垂直于河岸交边的岸于点，所得即为所求．
易得四边形是平行四边形，则，即．
故选：．
【点睛】本题考查了最短路线问题，垂线段最短，三角形的三边关系定理的应用，关键是如何找出、点的位置．
45．（22-23八年级下·浙江金华·期中）图1是四连杆开平窗铰链，其示意图如图2所示，为滑轨，为固定长度的连杆．支点A固定在上，支点B固定在连杆上，支点D固定在连杆上．支点P可以在上滑动，点P的滑动带动点的运动．已知，，，，．窗户在关闭状态下，点B、C、D、E都在滑轨MN上．当窗户开到最大时，．
（1）若，则支点P与支点A的距离为 cm；
（2）窗户从关闭状态到开到最大的过程中，支点P移动的距离为 cm．
【答案】 12
【分析】（1）先证四边形是平行四边形，推出，再根据勾股定理解即可；
（2）当窗户开到最大时，，根据勾股定理解求出；当关闭状态下，，由此可解．
【详解】解：（1），，
四边形是平行四边形，
，
，
，，
．
故答案为：；
（2）当窗户开到最大时，，，
，
，
，，
；
当关闭状态下，，
窗户从关闭状态到开到最大的过程中，支点P移动的距离为，
故答案为：12．
【点睛】本题考查平行四边形的实际应用、勾股定理等，解题的关键是掌握平行四边形的性质，从根据实际情况构建数学模型．
46．（21-22八年级下·江苏扬州·阶段练习）如图，在中，，，将沿射线平移，得到，再将沿射线翻折，得到，连接、，则的最小值为
【答案】45
【分析】连接，作点D关于直线的对成点T，连接、、．首先证明B、A、T共线，求出，证明四边形EGCD是平行四边形，推出，进而得到，根据，即可解决问题．
【详解】解：如图，连接、，作点D关于直线的对成点T，连接、、．
∵，，将沿射线平移，得到，再将沿射线翻折，得到，
∴，，，
∵，
∴，
∵D、T关于对称，
∴，，
∴，
∵，
∴B、A、T共线，
∴，
∵， ，
∴四边形EGCD是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
则的最小值为45．
故答案为：45．
【点睛】本题考查轴对称，等腰三角形的性质，平行四边形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会运用转化的思想思考问题．
47．（21-22八年级下·湖南怀化·期末）如图，已知的面积为a，点D在线段AC上，点F在线段BC的延长线上，且，四边形DCFE是平行四边形，则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】
【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．
【详解】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，
即阴影部分的面积等于平行四边形ACFM的面积的一半，是×CF×hCF，
∵△ABC的面积是，，
∴BC×hBC＝×3CF×hCF＝a，
∴CF×hCF＝a，
∴阴影部分的面积是CF×hCF＝a＝，
故答案为：
【点睛】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，正确得出阴影部分的面积等于平行四边形ACFM的面积的一半是解题关键．
48．（21-22八年级·辽宁大连·期中）如图，四边形中，，，过点作，垂足为，且．连接，交于点．
（1）探究与的数量关系，并证明；
（2）探究线段，，的数量关系，并证明你的结论．
【答案】（1）∠DAE+∠CAE=90°，理由见解析；（2）AF=EF+CE，理由见解析．
【分析】（1）设∠CAE=，先证∠EAB=∠EBA=45°，再证∠DAC=180°-∠DCA-∠ADC=90°-2，最后由∠DAE+∠CAE=∠DAC+∠CAE+∠CAE得出结论；
（2）延长DC交AE延长线于G，连接BG，先证△CEA≌△GEB，再证四边形ABGD是平行四边形，最后根据平行四边形的性质解答即可．
【详解】解：（1）∠DAE+∠CAE=90°，
理由：设∠CAE=，
∵AE⊥BE，
∴∠AEB=90°，
∵AE=BE，
∴∠EAB=∠EBA=45°，
∵CD∥AB，
∴∠DCA=∠CAB=45°+，
∵AC=AD，
∴∠DCA=∠ADC=45°+，
∴∠DAC=180°-∠DCA-∠ADC=90°-2，
∴∠DAE+∠CAE=∠DAC+∠CAE+∠CAE=90°-2++=90°；
（2）AF=EF+CE，
理由：延长DC交AE延长线于G，连接BG，
∵CD∥AB，
∴∠ECG=∠EBA=∠EAB=∠CGE=45°，
∴CE=EG，AE=BE，
又∵∠CEA=∠GEB=90°，
∴△CEA≌△GEB，
∴AC=GB=AD，∠ACE=∠BGE，
∴∠CAE=∠GBE，
∵∠GEB=90°，
∴∠AGB+∠GBE=90°，
∵由（1）知∠DAE+∠CAE=90°，
∴∠DAE=∠AGB，
∴AD∥BG，
∵DG∥AB，
∴四边形ABGD是平行四边形，
∴AF=GF，
∵GF=EF+GE=EF+CE，
∴AF=EF+CE．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质及平行四边形的判定与性质，正确作出辅助线是解题的关键．
49．（20-21八年级下·湖北恩施·期末）如图所示，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝10cm，BC＝15cm，点P从点A向点D以1cm/s的速度运动，点Q从点C出发以3cm/s的速度在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）．
（1）设当P，Q两点同时出发t秒后，CQ的长为s，请写出s与t之间的函数关系式；
（2）线段PQ将四边形ABCD截成两个四边形，分别为四边形ABQP和四边形PQCD，t为何值时所截得的两个四边形中，其中一个四边形为平行四边形？
【答案】（1）当0≤t＜5时，s＝3t，当5≤t≤10时，s＝30﹣3t；（2）或或
【分析】（1）分点Q没有到达点B时和点Q到达点B后返回时两种情况讨论，即可求解；
（2）分四种情况讨论，由平行四边形的性质可求解．
【详解】（1）∵点P从点A向点D以1cm/s的速度运动，
∴点P到达点D的时间t＝＝10（s），
∵点Q从点C出发以3cm/s的速度在CB间往返运动，
∴点Q从点C出发到点B时，用时为15÷3=5（s），
点Q从点B再返回C时共用时为30÷3=10（s），
∴当0≤t＜5时，s＝3t，
当5≤t≤10时，s＝15+15﹣3t=30-3t；
（2）当0≤t＜5时，若四边形PQCD是平行四边形，则PD＝CQ，
∴10﹣t＝3t，
∴t＝，
若四边形ABQP是平行四边形，则AP＝BQ，
∴t＝15﹣3t，
∴t＝，
当5≤t≤10时，若四边形PQCD是平行四边形，则PD＝CQ，
∴10﹣t＝30﹣3t，
∴t＝10（不合题意舍去），
若四边形ABQP是平行四边形，则AP＝BQ，
∴t＝3t﹣15，
∴t＝，
综上所述：t的值为或或．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
50．（20-21八年级下·广东惠州·期末）如图，在等腰Rt△ABC中，∠B＝90°，AC＝60cm，点D从点C出发沿CA方向以cm/s的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以1cm/s的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点D，E运动的时间是ts（0＜t≤60）．过点D作DF⊥BC于点F，连接DE，EF．
（1）求证：四边形AEFD是平行四边形；
（2）当t为何值时，△DEF为直角三角形？请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）当t＝30秒或40秒时，△DEF为直角三角形
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质求出DF，得到DF=AE，并由已知证得DF∥AE，则根据平行四边形的判定定理证明结论；
（2）利用①当∠EDF=90°时；②当∠DEF=90°时；③当∠EFD=90°时，分别分析得出即可．
【详解】（1）证明：∵等腰Rt△ABC中，∠B＝90°，AC＝60cm，
∴AB＝BC＝60cm，∠C＝45°，
由题意得，CD＝t，AE＝t，
∵DF⊥BC，
∴DF＝CD＝t，∠CFD＝90°，
∴DF＝AE，DF∥AE，
∴四边形AEFD是平行四边形；
（2）解：①当∠EDF＝90°时，如图①，
∵DE∥BC，
∴∠ADE＝∠C＝45°，
∴AD＝AE，
即60﹣t＝t，
解得，t＝30，
②当∠DEF＝90°时，如图②，
∵AD∥EF，
∴DE⊥AC，
∴AE＝AD，
即t＝×（60﹣t），
解得，t＝40，
③当∠EFD=90°时，此种情况不存在．
综上所述，当t＝30秒或40秒时，△DEF为直角三角形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定、等腰直角三角形的性质，掌握平行四边形的判定定理及等腰直角三角形的性质是解题的关键．
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