第18章平行四边形检测卷（含解析）
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第18章平行四边形检测卷-2024-2025学年数学八年级下册人教版
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图，在平行四边形中，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
2．如图，在四边形中，是边的中点，连结并延长交的延长线于点，．添加一个条件使四边形是平行四边形，下面四个条件中可选择的是（ ）
A． B． C． D．
3．在中，若，，则对角线的长度不可能为（ ）
A．4 B．6 C．12 D．14
4．如图，在中，，且，，点是斜边上的一个动点，过点分别作于点，于点，连接，则线段的最小值为（ ）
A． B． C． D．
5．下列说法正确的是（ ）
A．一组对边平行且对角线相等的四边形是矩形
B．菱形的对角线相等
C．命题“平行四边形的对角线互相平分”的逆命题是真命题
D．若，则
6．如图，在中，，连接，作交的延长线于点，过点作交的延长线于点，若，则的长是（ ）
A．1 B．2 C． D．
7．如图，边长为的正方形中，点分别是的中点，与交于点，记四边形的面积为，则的值是（用含的代数式表示）（ ）
A． B． C． D．
8．如图，在中，，，分别以点，为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于点，，作直线分别交，于点，，连接，，下列结论错误的是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
9．如图，若菱形的顶点、的坐标分别为、，点在轴正半轴上，则点的坐标是 ．
10．如图，在平行四边形中，的平分线交于，，，则的长等于 ．
11．如图，在平行四边形中，，，点是边上的动点，连接，，是的中点，是的中点，则的最小值是 ．
12．如图，菱形的对角线．的长分别是，．P为边上任意一点．（可与点D或点C重合），分别过B，C，D三点作射线的垂线，垂足分别为，，．设，则的取值范围是 ．
13．如图，，长为，长为，正方形的周长为 ．
14．如图，在矩形中，，点P在上，点Q在上，且，连接，则的最小值为 ．
三、解答题
15．如图，在矩形中，E是上的一点，交于点F，，矩形的周长为16．求的长．
16．如图，在四边形中，．四边形是平行四边形吗？为什么？
17．如图，过矩形的顶点C作，交的延长线于点E，矩形的对角线相交于点O．
(1)证明；
(2)若，求矩形的面积．
18．如图，四边形是平行四边形，E为延长线上一点，，连接交于点F，连接、、．
(1)若，求的度数；
(2)已知，求证：四边形是平行四边形．
19．如图，在四边形中，对角线与相交于点O，O是的中点，．
(1)请你从以下条件①；②；③中，选择一个条件______（填序号），使得四边形为菱形，并说明理由；
(2)请用尺规作图的方法作一个矩形，使为矩形的一条对角线．（保留作图痕迹，不写作法）
20．【问题背景】在矩形纸片中，，，点P在边上，点Q在边上，将纸片沿折叠，使顶点B落在点E处．
【初步认识】
（1）如图①，折痕的端点P与点A重合．
①当时， ______．
②若点E恰好在线段上，则的长为_______．
【深入思考】
（2）点E恰好落在边上．
①请在图②中用无刻度的直尺和圆规作出折痕；（不写作法，保留作图痕迹）
②如图③，过点E作交于点F，连接．请根据题意，补全图③并证明四边形是菱形；
【拓展提升】
（3）如图④，若，连接，当是以为腰的等腰三角形时，求的长．
21．如图①，在中，．动点以每秒5个单位长度的速度从点出发沿运动，同时动点以每秒2个单位长度的速度从点出发沿运动，当点、点中有一点停止运动，另一点也同时停止运动．设点运动的时间为秒．
(1)当点从向运动时，______，______；
当点从向运动时，______；（用含的代数式表示）．
(2)当直线恰好平分的面积时，求的值．
(3)如图②，点、分别为、的中点，当以、、、为顶点的四边形面积是面积的时，直接写出所有满足条件的的值．
《第18章平行四边形检测卷-2024-2025学年数学八年级下册人教版》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C C D B C B C C
1．C
【分析】本题考查了平行四边形的性质．由平行四边形中，，，可求得与的度数．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴．
故选C．
2．C
【分析】本题考查了平行四边形的判定．当添加时，利用证明，推出，能证明四边形是平行四边形．
【详解】解：当添加时，
∴，
∵是边的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵
∴四边形是平行四边形．
而添加或或都不能证明四边形是平行四边形．
故选：C．
3．D
【分析】本题考查了平行四边形的性质及三角形三边关系，先根据平行四边形的性质得到，再利用三角形三边关系可得，即可解答．
【详解】解：在中，，，
∴，
∴，即，
则对角线的长度不可能为，
故选：D．
4．B
【分析】连接，根据勾股定理求出的长，再证明四边形是矩形，可得，根据垂线段最短和三角形面积即可解决问题．
【详解】解：连接，
∵，，，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴当时，的值最小，
此时，
∴，
∴的最小值为．
故选：B．
【点睛】本题考查矩形的判定和性质、勾股定理、三角形面积、垂线段最短等知识，解题的关键是掌握矩形的性质并理解垂线段最短的意义．
5．C
【分析】本题考查了矩形的判定，平行四边形的性质及判定，命题，二次根式有意义的条件，菱形的性质等知识点，熟练掌握各知识点是解题的关键．
分别根据矩形的判定，平行四边形的性质及判定，命题（真假命题），二次根式有意义的条件，菱形的性质去判断各选项即可．
【详解】解：A、一组对边平行且对角线相等的四边形可能是等腰梯形，原说法错误，不符合题意；
B、菱形的对角线不一定相等，原说法错误，不符合题意；
C、命题“平行四边形的对角线互相平分”的逆命题是真命题，正确，其逆命题为“对角线互相平分的四边形是平行四边形”是平行四边形的判定定理，符合题意；
D、若，不一定等于，若均为负数，则原说法错误，故不符合题意，
故选：C．
6．B
【分析】本题主要考查了平行四边形的判定与性质，直角三角形的两个锐角互余，含度角的直角三角形等知识点，熟练掌握平行四边形的判定与性质及含度角的直角三角形的性质是解题的关键．
由可得，由平行四边形的性质可得，，，由邻补角互补可得，由直角三角形的两个锐角互余可得，由含度角的直角三角形的性质可得，由可得，再结合，可证得四边形是平行四边形，于是可得，则，由此即可求出的长．
【详解】解：，
，
四边形是平行四边形，
，，，
，
，
，
，
，
又，
四边形是平行四边形，
，
，
，
故选：．
7．C
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，正方形的性质等知识点，熟练掌握全等三角形的判定与性质，灵活运用勾股定理和三角形的面积公式进行计算是解决问题的关键，连接，依题意得，证明和全等得，，进而可证明，根据三角形的面积公式求出，则，再由勾股定理得，继而得，，然后根据即可得出答案．
【详解】解：连接，如图所示：
四边形是正方形，边长为，
，，
点分别是的中点，
，
在中，由勾股定理得：，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
，
在中，由勾股定理得，
，，
，
故选：C．
8．C
【分析】本题考查了线段垂直平分线的性质，直角三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
根据线段垂直平分线的性质，直角三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，逐项判断即可．
【详解】解：根据题意得，是的垂直平分线，
，
，
，
选项A结论正确，不符合题意；
是的垂直平分线，
，，
，
，
选项B结论正确，不符合题意；
，，
，，
，
，
，
，
，
，，
选项D结论正确，不符合题意；
，
选项C结论错误，符合题意；
故选：C．
9．
【分析】本题考查菱形的性质、勾股定理，坐标与图形，解题的关键是掌握菱形的性质．由菱形的性质可求，，由勾股定理可得，即可求点坐标．
【详解】解：菱形的顶点，的坐标分别为、，
，，
，
点，
，
，
点，
故答案为：．
10．
【分析】本题考查平行四边形的性质，平行线的性质，等腰三角形的判定，熟练掌握这些性质和判定是解题的关键．利用平行四边形性质得出，，，利用平行结合角平分线可得，即可求解．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
11．
【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线定理，直角三角形的性质，由三角形中位线定理可得，当时，有最小值，即有最小值，由直角三角形的性质可求解．
【详解】解：如图，过点A作于N，
∵四边形是平行四边形，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵E、F分别为、的中点，
∴，
∴当时，有最小值，即有最小值，
∴当点P与点N重合时，的最小值为，
∴的最小值为．
故答案为：．
12．
【分析】本题考查了菱形的性质和勾股定理．找到的等量关系，并且根据等量关系计算得，根据的取值范围计算的最小值和最大值．
【详解】解：连接，设与的交点为，
四边形是菱形，
，
，
，
在中，
，
，
，
，
，
即，
，
，，
，
，
，
，
，
，
当点与点重合时，最小，为，则的最大值为，
当点与点重合时，最大，为，则的最小值为，
综上：，
故答案为：．
13．
【分析】本题考查了勾股定理，先根据勾股定理求出的长，然后根据正方形的周长公式求解即可．
【详解】解：∵，长为，长为，
∴，
∴正方形的周长为．
故答案为：．
14．13
【分析】本题考查的是最短路径问题，勾股定理，矩形的性质，平行四边形的判定与性质，中垂线的性质，熟知两点之间线段最短的知识是解答此题的关键．连接，，在的延长线上截取，连接，，，则的最小值转化为的最小值，则，根据勾股定理可得结果．
【详解】解：如图，连接，，
在矩形中，，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵
∴四边形是矩形，
∴，
则，则的最小值转化为的最小值，
在的延长线上截取，连接，
∵，
∴是的垂直平分线，
∴，
∴，
连接，则，
∵，，
∴．
∴的最小值为13．
故答案为：13．
15．
【分析】本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的性质与判定，根据矩形的性质得到，再证明得到，则，再根据矩形周长计算公式得到，据此求解即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵矩形的周长为16，
∴，
∴，
∴，
∴．
16．四边形是平行四边形，理由见解析
【分析】此题主要考查了平行线的判定，根据得到，，即可证明四边形是平行四边形．
【详解】解：四边形是平行四边形，
理由：∵，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形．
17．(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，平行四边形的性质与判定，等边对等角：
（1）根据矩形的性质得到，证明四边形是平行四边形，可推出，则由等边对等角即可证明结论；
（2）利用矩形对角线互相平分求出的长，进而利用勾股定理求出的长，再根据矩形面积计算公式求解即可．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴．
18．(1)
(2)见解析
【分析】本题考查了平行四边形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质和平行线的性质等知识点．
（1）根据平行四边形的性质得出，，根据平行线的性质得出，求出，根据得出即可；
（2）根据等腰三角形的性质得出，求出，根据全等三角形的性质得出，再根据平行四边形的判定得出结论即可．
【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形．
19．(1)添加①或②；理由见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了菱形的判定，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的定义，矩形的判定，正确的识别图形是解题的关键．
（1）先证明，可得，证明四边形是平行四边形，再根据菱形的判定定理逐一证明即可得到结论；
（2）以点B为圆心为半径作弧，再以点C为圆心为半径作弧，交前弧于点E，连接，则四边形是平行四边形，再根据得出四边形是矩形即可；
【详解】（1）解：添加①或②；理由如下：
∵是的中点，．
∴，，，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
①添加：，
∴四边形是菱形，
②添加：，
∴四边形是菱形，
③添加：，
而，，
∴，
∴四边形是矩形．不是菱形．
（2）解：如下图，矩形即为所求．
20．（1）①②；（2）①见详解②见详解（3）或
【分析】本题考查了矩形中的折叠问题，线段垂直平分线的尺规作图，矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，菱形的判定，等腰三角形的判定及性质等；
（1）①由折叠的性质得，即可求解；
②连接，设，由矩形的性质结合折叠的性质，，
由勾股定理得，即可求解；
（2）①连接，作的垂直平分线交于，交于，即可求解；
②由折叠的性质及等腰三角形的性质得，即可得证；
（3）当时，设，由勾股定理得，即可求解；过作交于，由等腰三角形的性质得，由可判定，由全等三角形的性质得，即可求解；
掌握线段垂直平分线的尺规作图作法，矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定及性质，菱形的判定，等腰三角形的判定及性质，能熟练利用勾股定理进行求解，并能以等腰三角形的腰不同进行分类讨论是解题的关．
【详解】解：（1）①，
，
由折叠得：，
故答案为：；
②连接，
四边形是矩形，
，
，
，
设，
由折叠得：
，，
，
，
，
，
在中，
，
，
解得：，
，
故答案为：；
（2）
①如图，
为所求作；
②如图，补全图如下：
由折叠得：，
，
，
，
，
，
，
，
四边形是菱形；
（3）当时，
设，
由折叠得：，
，
，
，
，
解得：；
当时，
如图，过作交于，
，
，
，
，
，
由折叠得：，
，
在和中
，
（），
，
，
解得：，
；
综上所述：的长为或．
21．(1)，，
(2)当秒或秒时，直线恰好平分的面积；
(3)的值为或．
【分析】本题考查了平行四边形的性质，一元一次方程的应用．
（1）根据题意列出代数式即可；
（2）当直线经过的中心点时，恰好直线恰好平分的面积，则，分两种情况讨论，列式计算即可求解；
（3）分五种情况讨论，列式计算即可求解．
【详解】（1）解：当点从向运动时，，，，；
当点从向运动时， ；（用含的代数式表示）．
故答案为：，，；
（2）解：当直线经过的中心点时，恰好直线恰好平分的面积，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴或，
解得或；
（3）解：设平行四边形的高为，则平行四边形的面积为，
当时，，，
由题意得，，解得；
当时，，，
由题意得，，解得（舍去）；
当时，，，
由题意得，，解得（舍去）；
当时，，，
由题意得，，解得（舍去）；
当时，，，
由题意得，，解得；
综上，的值为或．
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第18章平行四边形检测卷-2024-2025学年数学八年级下册人教版
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图，在平行四边形中，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
2．如图，在四边形中，是边的中点，连结并延长交的延长线于点，．添加一个条件使四边形是平行四边形，下面四个条件中可选择的是（ ）
A． B． C． D．
3．在中，若，，则对角线的长度不可能为（ ）
A．4 B．6 C．12 D．14
4．如图，在中，，且，，点是斜边上的一个动点，过点分别作于点，于点，连接，则线段的最小值为（ ）
A． B． C． D．
5．下列说法正确的是（ ）
A．一组对边平行且对角线相等的四边形是矩形
B．菱形的对角线相等
C．命题“平行四边形的对角线互相平分”的逆命题是真命题
D．若，则
6．如图，在中，，连接，作交的延长线于点，过点作交的延长线于点，若，则的长是（ ）
A．1 B．2 C． D．
7．如图，边长为的正方形中，点分别是的中点，与交于点，记四边形的面积为，则的值是（用含的代数式表示）（ ）
A． B． C． D．
8．如图，在中，，，分别以点，为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于点，，作直线分别交，于点，，连接，，下列结论错误的是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
9．如图，若菱形的顶点、的坐标分别为、，点在轴正半轴上，则点的坐标是 ．
10．如图，在平行四边形中，的平分线交于，，，则的长等于 ．
11．如图，在平行四边形中，，，点是边上的动点，连接，，是的中点，是的中点，则的最小值是 ．
12．如图，菱形的对角线．的长分别是，．P为边上任意一点．（可与点D或点C重合），分别过B，C，D三点作射线的垂线，垂足分别为，，．设，则的取值范围是 ．
13．如图，，长为，长为，正方形的周长为 ．
14．如图，在矩形中，，点P在上，点Q在上，且，连接，则的最小值为 ．
三、解答题
15．如图，在矩形中，E是上的一点，交于点F，，矩形的周长为16．求的长．
16．如图，在四边形中，．四边形是平行四边形吗？为什么？
17．如图，过矩形的顶点C作，交的延长线于点E，矩形的对角线相交于点O．
(1)证明；
(2)若，求矩形的面积．
18．如图，四边形是平行四边形，E为延长线上一点，，连接交于点F，连接、、．
(1)若，求的度数；
(2)已知，求证：四边形是平行四边形．
19．如图，在四边形中，对角线与相交于点O，O是的中点，．
(1)请你从以下条件①；②；③中，选择一个条件______（填序号），使得四边形为菱形，并说明理由；
(2)请用尺规作图的方法作一个矩形，使为矩形的一条对角线．（保留作图痕迹，不写作法）
20．【问题背景】在矩形纸片中，，，点P在边上，点Q在边上，将纸片沿折叠，使顶点B落在点E处．
【初步认识】
（1）如图①，折痕的端点P与点A重合．
①当时， ______．
②若点E恰好在线段上，则的长为_______．
【深入思考】
（2）点E恰好落在边上．
①请在图②中用无刻度的直尺和圆规作出折痕；（不写作法，保留作图痕迹）
②如图③，过点E作交于点F，连接．请根据题意，补全图③并证明四边形是菱形；
【拓展提升】
（3）如图④，若，连接，当是以为腰的等腰三角形时，求的长．
21．如图①，在中，．动点以每秒5个单位长度的速度从点出发沿运动，同时动点以每秒2个单位长度的速度从点出发沿运动，当点、点中有一点停止运动，另一点也同时停止运动．设点运动的时间为秒．
(1)当点从向运动时，______，______；
当点从向运动时，______；（用含的代数式表示）．
(2)当直线恰好平分的面积时，求的值．
(3)如图②，点、分别为、的中点，当以、、、为顶点的四边形面积是面积的时，直接写出所有满足条件的的值．
《第18章平行四边形检测卷-2024-2025学年数学八年级下册人教版》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C C D B C B C C
1．C
【分析】本题考查了平行四边形的性质．由平行四边形中，，，可求得与的度数．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴．
故选C．
2．C
【分析】本题考查了平行四边形的判定．当添加时，利用证明，推出，能证明四边形是平行四边形．
【详解】解：当添加时，
∴，
∵是边的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵
∴四边形是平行四边形．
而添加或或都不能证明四边形是平行四边形．
故选：C．
3．D
【分析】本题考查了平行四边形的性质及三角形三边关系，先根据平行四边形的性质得到，再利用三角形三边关系可得，即可解答．
【详解】解：在中，，，
∴，
∴，即，
则对角线的长度不可能为，
故选：D．
4．B
【分析】连接，根据勾股定理求出的长，再证明四边形是矩形，可得，根据垂线段最短和三角形面积即可解决问题．
【详解】解：连接，
∵，，，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴当时，的值最小，
此时，
∴，
∴的最小值为．
故选：B．
【点睛】本题考查矩形的判定和性质、勾股定理、三角形面积、垂线段最短等知识，解题的关键是掌握矩形的性质并理解垂线段最短的意义．
5．C
【分析】本题考查了矩形的判定，平行四边形的性质及判定，命题，二次根式有意义的条件，菱形的性质等知识点，熟练掌握各知识点是解题的关键．
分别根据矩形的判定，平行四边形的性质及判定，命题（真假命题），二次根式有意义的条件，菱形的性质去判断各选项即可．
【详解】解：A、一组对边平行且对角线相等的四边形可能是等腰梯形，原说法错误，不符合题意；
B、菱形的对角线不一定相等，原说法错误，不符合题意；
C、命题“平行四边形的对角线互相平分”的逆命题是真命题，正确，其逆命题为“对角线互相平分的四边形是平行四边形”是平行四边形的判定定理，符合题意；
D、若，不一定等于，若均为负数，则原说法错误，故不符合题意，
故选：C．
6．B
【分析】本题主要考查了平行四边形的判定与性质，直角三角形的两个锐角互余，含度角的直角三角形等知识点，熟练掌握平行四边形的判定与性质及含度角的直角三角形的性质是解题的关键．
由可得，由平行四边形的性质可得，，，由邻补角互补可得，由直角三角形的两个锐角互余可得，由含度角的直角三角形的性质可得，由可得，再结合，可证得四边形是平行四边形，于是可得，则，由此即可求出的长．
【详解】解：，
，
四边形是平行四边形，
，，，
，
，
，
，
，
又，
四边形是平行四边形，
，
，
，
故选：．
7．C
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，正方形的性质等知识点，熟练掌握全等三角形的判定与性质，灵活运用勾股定理和三角形的面积公式进行计算是解决问题的关键，连接，依题意得，证明和全等得，，进而可证明，根据三角形的面积公式求出，则，再由勾股定理得，继而得，，然后根据即可得出答案．
【详解】解：连接，如图所示：
四边形是正方形，边长为，
，，
点分别是的中点，
，
在中，由勾股定理得：，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
，
在中，由勾股定理得，
，，
，
故选：C．
8．C
【分析】本题考查了线段垂直平分线的性质，直角三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
根据线段垂直平分线的性质，直角三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，逐项判断即可．
【详解】解：根据题意得，是的垂直平分线，
，
，
，
选项A结论正确，不符合题意；
是的垂直平分线，
，，
，
，
选项B结论正确，不符合题意；
，，
，，
，
，
，
，
，
，，
选项D结论正确，不符合题意；
，
选项C结论错误，符合题意；
故选：C．
9．
【分析】本题考查菱形的性质、勾股定理，坐标与图形，解题的关键是掌握菱形的性质．由菱形的性质可求，，由勾股定理可得，即可求点坐标．
【详解】解：菱形的顶点，的坐标分别为、，
，，
，
点，
，
，
点，
故答案为：．
10．
【分析】本题考查平行四边形的性质，平行线的性质，等腰三角形的判定，熟练掌握这些性质和判定是解题的关键．利用平行四边形性质得出，，，利用平行结合角平分线可得，即可求解．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
11．
【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线定理，直角三角形的性质，由三角形中位线定理可得，当时，有最小值，即有最小值，由直角三角形的性质可求解．
【详解】解：如图，过点A作于N，
∵四边形是平行四边形，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵E、F分别为、的中点，
∴，
∴当时，有最小值，即有最小值，
∴当点P与点N重合时，的最小值为，
∴的最小值为．
故答案为：．
12．
【分析】本题考查了菱形的性质和勾股定理．找到的等量关系，并且根据等量关系计算得，根据的取值范围计算的最小值和最大值．
【详解】解：连接，设与的交点为，
四边形是菱形，
，
，
，
在中，
，
，
，
，
，
即，
，
，，
，
，
，
，
，
，
当点与点重合时，最小，为，则的最大值为，
当点与点重合时，最大，为，则的最小值为，
综上：，
故答案为：．
13．
【分析】本题考查了勾股定理，先根据勾股定理求出的长，然后根据正方形的周长公式求解即可．
【详解】解：∵，长为，长为，
∴，
∴正方形的周长为．
故答案为：．
14．13
【分析】本题考查的是最短路径问题，勾股定理，矩形的性质，平行四边形的判定与性质，中垂线的性质，熟知两点之间线段最短的知识是解答此题的关键．连接，，在的延长线上截取，连接，，，则的最小值转化为的最小值，则，根据勾股定理可得结果．
【详解】解：如图，连接，，
在矩形中，，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵
∴四边形是矩形，
∴，
则，则的最小值转化为的最小值，
在的延长线上截取，连接，
∵，
∴是的垂直平分线，
∴，
∴，
连接，则，
∵，，
∴．
∴的最小值为13．
故答案为：13．
15．
【分析】本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的性质与判定，根据矩形的性质得到，再证明得到，则，再根据矩形周长计算公式得到，据此求解即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵矩形的周长为16，
∴，
∴，
∴，
∴．
16．四边形是平行四边形，理由见解析
【分析】此题主要考查了平行线的判定，根据得到，，即可证明四边形是平行四边形．
【详解】解：四边形是平行四边形，
理由：∵，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形．
17．(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，平行四边形的性质与判定，等边对等角：
（1）根据矩形的性质得到，证明四边形是平行四边形，可推出，则由等边对等角即可证明结论；
（2）利用矩形对角线互相平分求出的长，进而利用勾股定理求出的长，再根据矩形面积计算公式求解即可．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴．
18．(1)
(2)见解析
【分析】本题考查了平行四边形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质和平行线的性质等知识点．
（1）根据平行四边形的性质得出，，根据平行线的性质得出，求出，根据得出即可；
（2）根据等腰三角形的性质得出，求出，根据全等三角形的性质得出，再根据平行四边形的判定得出结论即可．
【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形．
19．(1)添加①或②；理由见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了菱形的判定，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的定义，矩形的判定，正确的识别图形是解题的关键．
（1）先证明，可得，证明四边形是平行四边形，再根据菱形的判定定理逐一证明即可得到结论；
（2）以点B为圆心为半径作弧，再以点C为圆心为半径作弧，交前弧于点E，连接，则四边形是平行四边形，再根据得出四边形是矩形即可；
【详解】（1）解：添加①或②；理由如下：
∵是的中点，．
∴，，，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
①添加：，
∴四边形是菱形，
②添加：，
∴四边形是菱形，
③添加：，
而，，
∴，
∴四边形是矩形．不是菱形．
（2）解：如下图，矩形即为所求．
20．（1）①②；（2）①见详解②见详解（3）或
【分析】本题考查了矩形中的折叠问题，线段垂直平分线的尺规作图，矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，菱形的判定，等腰三角形的判定及性质等；
（1）①由折叠的性质得，即可求解；
②连接，设，由矩形的性质结合折叠的性质，，
由勾股定理得，即可求解；
（2）①连接，作的垂直平分线交于，交于，即可求解；
②由折叠的性质及等腰三角形的性质得，即可得证；
（3）当时，设，由勾股定理得，即可求解；过作交于，由等腰三角形的性质得，由可判定，由全等三角形的性质得，即可求解；
掌握线段垂直平分线的尺规作图作法，矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定及性质，菱形的判定，等腰三角形的判定及性质，能熟练利用勾股定理进行求解，并能以等腰三角形的腰不同进行分类讨论是解题的关．
【详解】解：（1）①，
，
由折叠得：，
故答案为：；
②连接，
四边形是矩形，
，
，
，
设，
由折叠得：
，，
，
，
，
，
在中，
，
，
解得：，
，
故答案为：；
（2）
①如图，
为所求作；
②如图，补全图如下：
由折叠得：，
，
，
，
，
，
，
，
四边形是菱形；
（3）当时，
设，
由折叠得：，
，
，
，
，
解得：；
当时，
如图，过作交于，
，
，
，
，
，
由折叠得：，
，
在和中
，
（），
，
，
解得：，
；
综上所述：的长为或．
21．(1)，，
(2)当秒或秒时，直线恰好平分的面积；
(3)的值为或．
【分析】本题考查了平行四边形的性质，一元一次方程的应用．
（1）根据题意列出代数式即可；
（2）当直线经过的中心点时，恰好直线恰好平分的面积，则，分两种情况讨论，列式计算即可求解；
（3）分五种情况讨论，列式计算即可求解．
【详解】（1）解：当点从向运动时，，，，；
当点从向运动时， ；（用含的代数式表示）．
故答案为：，，；
（2）解：当直线经过的中心点时，恰好直线恰好平分的面积，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴或，
解得或；
（3）解：设平行四边形的高为，则平行四边形的面积为，
当时，，，
由题意得，，解得；
当时，，，
由题意得，，解得（舍去）；
当时，，，
由题意得，，解得（舍去）；
当时，，，
由题意得，，解得（舍去）；
当时，，，
由题意得，，解得；
综上，的值为或．
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