专题6.5 平行四边形的判定（分层练习）（培优练）（含解析）

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专题6.5 平行四边形的判定（分层练习）（培优练）
一、单选题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
1．（23-24八年级下·湖南衡阳·期中）如图，已知四边形，对角线和相交于O，下面选项不能得出四边形是平行四边形的是（ ）

A．， B．，且
C．，且 D．，
2．（22-23八年级下·云南曲靖·期末）如图是嘉淇不完整的推理过程．

（ ） ∴四边形是平行四边形
小明为保证嘉淇的推理成立，需在括号中添加适当的条件，下列正确的是（ ）
A． B． C． D．
3．（22-23八年级下·贵州黔东南·期中）以点O、A、B、C为顶点的平行四边形放置在平面直角坐标系中，其中点O为坐标原点．若点C的坐标是，点A的坐标是，则点B的坐标是（ ）
A．或 B．或
C．或或 D．或或
4．（23-24九年级下·河北保定·期中）如图，已知点P，Q分别是四边形的边上的点，有如下条件：①；②；③；④四边形是平行四边形．则根据已知及下列条件的组合不能得到四边形是平行四边形的是（ ）
A．①和④ B．①和③ C．②和③ D．②和④
5．（23-24八年级下·广东深圳·期中）在平面直角坐标系中，长为2的线段（点D在点C的右侧）在x轴上移动，y轴上的点A、B坐标分别为、，连接，，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024九年级下·云南·专题练习）如图，在四边形中，，对角线与交于点，于点，于点，连接，若，则下列结论：
四边形是平行四边形
图中共有四对全等三角形．
其中正确的是（　　）
A． B． C． D．
7．（21-22八年级下·河北保定·期末）如图，在菱形中，点，，，分别是边，，，的中点，连接，，，.若，则下列结论正确的是（ ）

A． B． C． D．
8．（23-24八年级下·陕西宝鸡·期中）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．28 B．26 C．24 D．20
9．（23-24八年级下·广东广州·阶段练习）如图，已知中，，点为上一动点，，连接．与交于点，，若，则（ ）
A． B． C．6 D．
10．（21-22九年级下·江西吉安·期中）如图，折叠ABCD，使折痕经过点B，交AD边于点E，点C落在BA延长线上的点G处，点D落在点H处，得到四边形AEHG．若ABCD的面积是8，则下列结论中正确的是（ ）
A．四边形AEHG不是平行四边形
B．AB≠AE
C．设四边形AEHG的面积为y，四边形BCDE的面积为x，则y与x的函数关系式是
D．若BC=4，则点E到BG的距离为1
二、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）
11．（22-23八年级下·吉林长春·期中）如图，点、在直线上，为直线外一点，连结，分别以点、为圆心，、的长为半径画弧，两弧交于点，连接、，则四边形是平行四边形的理由是 ．

12．（23-24八年级下·黑龙江齐齐哈尔·期中）如图，点、在的对角线上，连接、、、，求条件一个条件使四边形是平行四边形，那么这个条件是 ．（只填一个即可）

13．（23-24八年级下·河北衡水·期中）若在四边形中，的长度之比是，则四边形是平行四边形，判定的依据是 ．
14．（23-24八年级下·湖北孝感·期中）如图，两张对边平行的纸条随意交叉叠放在一起，重合部分构成一个四边形． 若， 则 ．
15．（23-24八年级下·山西运城·期中）如图，在四边形中，，，E是边上一点，连接，过点E作于点F，且．若，，则的长为 ．
16．（23-24八年级下·浙江温州·期中）如图，在中，将和分别沿着折叠得到和，点G，H恰好落在对角线上，且，连接，若，则 ．
17．（23-24八年级下·山东威海·期中）如图，在平行四边形中，，，将线段沿着直线上下平移得到线段，连接，，则的最小值是 ．
18．（2024九年级下·江苏·专题练习）如图，在中，点D在线段上，点F在线段的延长线上，若，四边形是平行四边形，且与的面积和为6，则的面积为 ．
三、解答题（本大题共6小题，共58分）
19．（8分）（2024·福建龙岩·模拟预测）如图，将沿射线方向平移得到，的对应点分别是．
(1)若，求的度数；
(2)若，当时，求的长．
20．（8分）2023·江苏盐城·模拟预测）如图，平行四边形，对角线交于点O，点E在上，点F在上，．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，求的长．
21．（10分）（21-22八年级下·四川成都·期末）如图，在四边形ABCD中，AB＝CD，∠ABC的平分线交AD于点E，∠BCD的平分线交AD于点F，交BE于点G．
(1)当∠BGC等于多少度时，四边形ABCD是平行四边形？并以此为条件，证明该四边形为平行四边形．
(2)在（1）问的情况下，求证：AF＝DE．
22．（10分）（23-24八年级下·黑龙江齐齐哈尔·期中）综合与探究
如图，在平面直角坐标系中，A是y轴的正半轴上一点，点B、C分别在x轴的负半轴上和正半轴上，的长满足，过点B作直线的垂线，交于点D．
(1)求点A、点B、点C的坐标；
(2)求线段的长；
(3)在平面内是否存在一点P，使以A，B，C，P为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
23．（10分）（22-23八年级下·安徽芜湖·期中）【模型建立】
（1）如图1，已知在中，点D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E，判断与的数量关系，并证明你的结论；
【拓展应用】
（2）如图2，已知在中，点D是边的中点，点E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．

24．（12分）（23-24八年级上·山东济南·期末）(一)知识拓展
如图Ⅰ，，点E，F在上，点M，N在上，则.即同底(或等底)等高(或同高)的三角形的面积相等.
(二)解决问题
数学兴趣小组的同学利用含30°的角的三个全等直角三角板拼了下面的图形(如图Ⅱ).
已知，点F在上
(1)直接写出图中存在旋转关系的一对三角形;
(2)连接，判断四边形的形状，并写出理由;
(3)若点G是边上任意一点，连接，设的面积为，的面积为，写出与间的数量关系，并证明你的结论.
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试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【分析】本题考查了平行四边形的判定，熟记平行四边形的判定定理是解题的关键；
根据平行四边形的判定定理逐个进行判断即可．
【详解】A． ，，两组对边相等的四边形是平行四边形，故此选项不符合题意；
B． ，且，一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故此选项不符合题意；
C． ，且，一组对边平行，另一组对边相等的四边形不一定是平行四边形，故此选项符合题意；
D． ，，对角线互相平分的四边形是平行四边形，故此选项不符合题意．
故选：C．
2．B
【分析】根据平行四边形的一组对边平行且相等，即可求解．
【详解】解：
∴四边形是平行四边形
故选：B．
【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定理是解题的关键．
3．D
【分析】先根据题意画出图形，然后分为边和对角线两种情况，分别根据平行四边形的判定和平移的性质即可解答．
【详解】解：如图：当为对角线时，点的坐标为，即；
当为边时，点的坐标为，即；点的坐标为，即．
故选D．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定、平移的性质等知识点，掌握分类讨论思想是解答本题的关键．
4．B
【分析】本题考查平行四边形的判定与性质，需要学生根据不同条件的组合进行判断，考查推理能力、几何直观．根据平行四边形的判定进行证明即可．
【详解】解：添加的条件为①和④，证明如下；
∵四边形是平行四边形，
∵，．
∵，
∴，
即．
又，
∴四边形是平行四边形．
故A不符合题意；
添加条件为①和③，不能证明四边形是平行四边形；
故B选项符合题意；
添加的条件为②和③，证明如下：
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
故选项C不符合题意，
添加的条件为②和④，证明如下：
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵．
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
故选项D不符合题意，
故选：B．
5．C
【分析】本题主要考查最短路径问题，勾股定理，平行四边形的判定和性质，坐标与图形的性质，解题的关键是熟知直角坐标系、平行四边形的性质，勾股定理．
作关于轴的对称点，再过作轴且，连接交轴于点，过作交轴于点，得到四边形为平行四边形，故可知最短等于的长，再利用勾股定理即可求解．
【详解】作关于轴的对称点，
过作轴且，则，
连接交轴与点,
过作交轴于点，
四边形为平行四边形，
此时最短等于的长，
即
故选：C．
6．C
【分析】本题考查了全等三角形的判定及性质，平行四边形的判定及性质； ①由平行线的判定方法得，由可判定，由全等三角形的性质得，由平行四边形的性质即可判断；②由平行四边形的性质即可判断；③，由线段的和差得，由平行四边形的性质得，由平行四边形的判定方法即可判断；④数出全等三角形的个数，即可判断；掌握判定方法及性质是解题的关键．
【详解】解：①，，
，
，
在和中，
()，
，
四边形是平行四边形，
，
故正确
②四边形是平行四边形，
，
故正确
③，
即，
四边形是平行四边形，
，
四边形是平行四边形，
故正确
④由题意可得
，，
，，，
，，，
，，，
共对全等三角形，
故错误．
正确的结论是，
故选C．
7．C
【分析】利用三角形中位线定理先证明，再结合菱形的对角线的性质可得出是直角三角形，利用勾股定理可得出；然后再利用菱形及中点的性质证明四边形是平行四边形，即可证明，则
【详解】如图，连接．

∵点分别是的中点，
∴
∵由四边形是菱形，可得．
∴
∴是直角三角形．
∵
∴
∴．
∵是菱形，且点分别是的中点
∴
∴
∴四边形是平行四边形，
∴，
又
∴
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质、平行四边形的判定和性质、勾股定理的应用等知识点，解题的关键是作出恰当的辅助线．
8．A
【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，可得，可判定四边形是平行四边形，从而得到，再证明四边形是平行四边形，可得，最后根据阴影部分的面积，即可求解．
【详解】解：连接，如图，

∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∵是中点，
∴，
在和中，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，即，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴阴影部分的面积为．
故选：A
9．B
【分析】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，勾股定理，平行四边形的判定与性质．延长，过点作，交的延长线于点，证明，得出，，证明四边形为平行四边形，得出，，求出，根据勾股定理求出，得出，求出，根据勾股定理求出即可．
【详解】解：延长，过点作，交的延长线于点，如图所示：
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
∴四边形为平行四边形，
，，
，即，
解得：或（舍去），
在中根据勾股定理得：，
，
．
故选：B．
10．C
【分析】根据轴对称、平行四边形、等腰三角形的性质，得，，从而证明四边形AEHG是平行四边形；根据轴对称和平行四边形的性质，得；设点E到BG的距离为，结合根据轴对称的性质分析，即可得到答案．
【详解】解：∵折叠ABCD，使折痕经过点B，交AD边于点E，点C落在BA延长线上的点G处，点D落在点H处，
∴，，，四边形面积=四边形面积
∵ABCD
∴，，
∴，
∴，
∴，即选项B不正确；
∴
∴四边形AEHG是平行四边形，即选项A不正确；
∴
∵四边形面积=四边形面积
∴四边形面积=+四边形AEHG面积
∵四边形AEHG的面积为y，四边形BCDE的面积为x，ABCD的面积是8
∴，即
∵点E在AD边上
∴四边形BCDE面积，即
∴，即选项C正确；
设点E到BG的距离为
∵四边形面积
∴四边形面积
∴，即
∴
∴，即点E到BG的距离为2
∴选项D不正确
故选：C．
【点睛】本题考查了一次函数、平行四边形、等腰三角形、轴对称的知识；解题的关键是熟练掌握轴对称、平行四边形的性质，从而完成求解．
11．两组对边分别相等的四边形是平行四边形
【分析】先根据分别以点、为圆心，、的长为半径画弧，两弧交于点，连接、，得出，，即可证明四边形是平行四边形．
【详解】解：根据尺规作图的画法可得，，，
根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形即可证明四边形是平行四边形，
故答案为：两组对边分别相等的四边形是平行四边形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，掌握两组对边分别相等的四边形是平行四边形是解题的关键．
12．（答案不唯一）
【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，即可求解．
【详解】解：添加：，理由如下：
连接交于点，如图，
四边形是平行四边形，
，，
，
，
四边形是平行四边形．
故答案为：（答案不唯一）
13．两组对边分别相等的四边形是平行四边形
【分析】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方法是解答本题的关键．根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形可得答案．
【详解】解：∵四边形中，的长度之比是，
∴，
∴四边形是平行四边形（两组对边分别相等的四边形是平行四边形）．
故答案为：两组对边分别相等的四边形是平行四边形．
14．8
【分析】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．由条件可知，可证明四边形为平行四边形，可得到．
【详解】解：∵，
∴四边形为平行四边形，
∴．
故答案为：8
15．
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，勾股定理，角平分线的判定，先证明，再由角平分线的判定定理得到，进而证明四边形是平行四边形得到；利用勾股定理求出，进而利用等面积法求出的长，进而利用勾股定理求出的长．
【详解】解：，
，
，
∵，，，
是的平分线，
，
，
四边形是平行四边形，
．
，，，
，
，
，即，
解得，
，
∴
故答案为：．
16．
【分析】如图，连接，交于，过作于，连接，证明，四边形为平行四边形，四边形是平行四边形，且，设，则，设，，，，利用等面积法可得，，由勾股定理可得：，可得，再进一步求解即可．
【详解】解：如图，连接，交于，过作于，连接，
∵，
∴，，，，，
∴，
由对折可得：，，
∴，
∴，
结合对折可得：，
∴，，
∴四边形为平行四边形，
∴，，
同理可得：四边形是平行四边形，且，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，则，设，，
∴， ，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵四边形的面积为，
∴，
∴，
∴，
由勾股定理可得：，
∴，
∴，
同理可得：
，
∴；
故答案为：
【点睛】本题考查的是轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理的应用，二次根式的运算，作出合适的辅助线是解本题的关键．
17．13
【分析】先由平移性质证明四边形为平行四边形，从而得，进而使得，再作关于直线的对称点，由对称性得，再由，求出，，由勾股定理求出即可．
【详解】解：连接，∵平行四边形，
∴，，
由平移性质得：，，
四边形为平行四边形，
，
，
作关于直线的对称点，连接，，交延长线于，
由对称性得：，，，
，
，，
，
，，
∵，
，
，
的最小值为，
故答案为：
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、最短路径问题、勾股定理，解决此题的关键是证明四边形为平行四边形、再作关于直线的对称点，将的最小值转化为．
18．24
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质以及三角形的面积等知识，连接，过A作交的延长线于点M，证四边形是平行四边形，再证，设平行四边形的边上的高为h，则，然后证，即可解决问题．
【详解】解：如图，连接，过A作交的延长线于点M，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵边上的高和的边上的高相同，
∴，
同理：，
∴S△BDE+S△ADES平行四边形ACFM=6，
∴，
设平行四边形的边上的高为h，
则，
∵，
∴，
∴，
故答案为：24．
19．(1)
(2)
【分析】本题考查了平移的性质、平行四边形的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）由平移的性质得，推出四边形是平行四边形，由平行四边形的性质即可得解；
（2）由平移的性质可得，结合，计算即可得解．
【详解】（1）解：由平移的性质得，
∴四边形是平行四边形，
∴；
（2）解：由平移的性质得，
又∵，
∴．
20．(1)见解析
(2)
【分析】此题考查平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟记各定理是解题的关键：
（1）证明，推出，即可得到结论；
（2）利用勾股定理求出，在中，由勾股定理得，由此得到．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴，
即的长为．
21．(1)90°，证明见解析
(2)见解析
【分析】（1）证出∠GBC+∠GCB=90°，由角平分线的定义得出∠ABC=2∠GBC，∠BCD=2∠DCF，得出∠ABC+∠BCD=180°，证出AB//CD，即可得出结论；
（2）根据平行四边形的性质可得：AB=CD，AD//BC，根据平行线性质和角平分线的定义求出∠ABE=∠AEB，推出AB=AE，同理求出DF=CD，即可证明AE=DF．
【详解】（1）解：∠BGC=90°时，四边形ABCD是平行四边形，
证明：∵∠BGC=90°，
∴∠GBC+∠GCB=90°，
∵∠ABC的平分线交AD于点E，∠BCD的平分线交AD于点F，
∴∠ABC=2∠GBC，∠BCD=2∠DCF，
∴∠ABC+∠BCD=180°，
∴AB//CD，
∵AB=CD，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AD//BC，
∴∠AEB=∠EBC，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE，
∴∠ABE=∠AEB，
∴AB=AE，
同理可得：DF=CD，
∴AE=DF，即AF+EF=DE+EF，
∴AF=DE．
【点睛】本题考查了平行四边形性质，等腰三角形的判定等知识的运用，能综合运用平行四边形的性质进行推理是解此题的关键．
22．(1)，，
(2)
(3)存在，点P的坐标为或或
【分析】本题考查一次函数综合题、平行四边形的判定和性质，二次根式非负性．
（1）根据绝对值、二次根式、平方的非负性分别求出的长度即可；
（2）利用计算即可；
（3）分别过三个顶点作对边平行线，平行线交点即为点P，再利用平移的性质求坐标即可．
【详解】（1）∵，
∴，，，
∴，，，（负值舍去），
∴，，；
（2）∵，，，
∴，，
∵，
∴
（3）分别过三个顶点作对边平行线，平行线交点即为点P，如图所示：
点向左平移10个单位长度到点，由平行四边形可得点向左平移10个单位长度到点，
同理，，
∴存在一点P，使以A，B，C，P为顶点的四边形为平行四边形，点P的坐标为或或．
23．（1）①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根据翻折性质得到，利用等腰三角形的性质得到，，再根据三角形的内角和定理求得，即， 进而证得结论；
②同①中方法，利用翻折性质和等腰三角形的判定与性质，结合三角形的内角和定理求得，进而得到即可得出结论；
（2）①由（1）知 ，再利用翻折性质得到，，则，再根据三角形的内角和定理推出，利用等角的余角相等得到，进而利用平行线的判定可得结论；
②如图2，延长，交于，由翻折性质可得到 ，，利用平行线的性质和等腰三角形的等角对等边推出 ，证明四边形是平行四边形，得到，进而由可得结论．
【详解】（1）①证明：
∵将沿翻折得到，，则，
∵点是边的中点，，则，
∴ ，
∴，
，
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，
，，，
，
，又，
，
；
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】本题考查翻折性质、等腰三角形的判定与性质、三角形的内角和定理、平行线的判定与性质、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握翻折性质以及等腰三角形的判定与性质，（2）②中证得是解答的关键．
24．(1)存在旋转关系的一对三角形为和
(2)四边形的形状是平行四边形，见解析
(3)，见解析
【分析】本题主要考查了全等三角形的性质，三角形的面积，以及平行四边形的判定的综合应用，灵活应用以上知识解题是关键；
（1）根据，可得，进而得出存在旋转关系的一对三角形；
（2）根据全等三角形的性质可得，，根据平行线的判定，可得，进而可得四边形是平行四边形；
（3）根据，可得的面积的面积，再根据，可得的面积的面积，最后得出与间的数量关系．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∴，
∴以C为顶点旋转的度数可得，
∴存在旋转关系的一对三角形为和；
（2）解：四边形的形状是平行四边形，
理由:∵，
∴，
又∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形.
（3）解：，
理由：∵，
∴，
∴的面积的面积，
，
，
∴的面积的面积，
∴的面积的面积，
即．