第18章平行四边形章末练习卷（含解析）
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第18章平行四边形章末练习卷-2024-2025学年数学八年级下册人教版
一、单选题
1．矩形具有而一般平行四边形不一定具有的性质是（ ）
A．两组对边分别相等 B．两条对角线互相平分
C．两条对角线互相垂直 D．两条对角线相等
2．如图，在中，已知，垂足为．若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
3．下列命题正确的是（ ）
A．对角线相等的四边形是平行四边形
B．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
C．对角线互相垂直的平行四边形是菱形
D．对角线相等的四边形是矩形
4．如图，一根木棍斜靠在与地面（）垂直的墙（）上，设木棍中点为P，若木棍长5米，点P到点O的距离（ ）
A．3米 B．3.5米 C．2.5米 D．5米
5．如图，在中，，，，分别平分和．若，则的长为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，在菱形中，，则（ ）
A． B．
C． D．
7．如图，为矩形对角线上的一点，过点作，分别交、于点、，若，，的面积为，的面积为，则（ ）
A．12 B．8 C．6 D．10
8．如图，P为边长为4的正方形的对角线上任一点，过点P作于点E，于点F，连接．给出以下4个结论：①；②最短长度为；③当时，的长度为；④．其中结论正确的有（ ）
A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②④
二、填空题
9．如图，在矩形中，对角线相交于点，矩形的面积为 ．
10．如图，、、是正十二边形的三条边，四边形是正方形，则的度数为 ．
11．如图，线段把正方形分成两个正方形和两个矩形，其中两个正方形的面积，，则矩形的对角线长为 ．
12．如图，在中，，，点D、E分别是边的中点，点F是线段上一点，连接，若，则的长为 ．
13．如图，已知平行四边形的周长为48，相邻两边上的高分别为4和8，则平行四边形面积为 ．
14．如图，在四边形中，，，，，，点从点出发，以的速度向点运动；点Q从点C同时出发，以的速度向点运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为t秒，当时，则t的值为 ．
三、解答题
15．如图，在中，点分别在上，且相交于点，求证：．
16．如图，中，，平分，，．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)作于F，若，，求的长．
17．如图，在中，平分交于点．
(1)若，求的长；
(2)若是的中点，连结，求证：平分．
18．通过学习，同学们知道，我们可以通过平行四边形转移边和角等信息，根据你的学习，完成下面的问题．如图，已知垂直平分线段，，．
(1)证明：四边形 是平行四边形；
(2)若，，求的长．
(3)已知，如图，四边形中，，，，请写出图中与相等的线段，并证明．
19．如图，在中，点E是边上一点，将沿折叠后，点B的对应点为点F．
(1)如图1，当点F恰好落在边上时，求证：四边形是菱形．
(2)如图2，当点F恰好落在上，且时，求的值．
(3)如图3，当，，时，连接，下列两个问题，对应的满分值为2分、4分，根据你的认知水平，选择其中一个问题求解．
①当时，求的长．
②当点F恰好落在上时，求的长．
20．如图1， 在四边形中， ， ， 点P在边上．
(1)判断四边形的形状并加以证明；
(2)以过点P的直线为轴，将四边形折叠，使点B，C分别落在点上，且经过点D，折痕与四边形的另一交点为Q；
①在图2中作出四边形（保留作图痕迹，不必说明作法和理由）
（提示：为使折叠后经过点D，可以先考虑边上与点D对应的点）；
②如图3， 如果， 且， 试求的值：
③如图4， 如果， 且， 请直接写出的值．
《第18章平行四边形章末练习卷-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 D B C C A C A D
1．D
【分析】本题考查矩形的性质，矩形具有平行四边形的性质，又具有自己的特性，要注意运用矩形具备而一般平行四边形不具备的性质．如，矩形的对角线相等．根据平行四边形和矩形的性质容易得出结论．
【详解】解：A、两组对边分别相等，矩形和平行四边形都具有，故不合题意；
B、两条对角线互相平分，矩形和平行四边形都具有，故不合题意；
C、两条对角线互相垂直，矩形和平行四边形都不一定具有，故不合题意；
D、两条对角线相等，矩形具有而平行四边形不一定具有，符合题意．
故选：D．
2．B
【分析】本题考查平行四边形的性质，解题的关键是掌握平行四边形的性质和三角形外角的性质等知识点．由平行四边形对边平行得出，再由知，根据可得答案．
【详解】四边形是平行四边形，
，
，
，
，即，
，
故选：B．
3．C
【分析】根据矩形的判定、菱形的判定、平行四边形和正方形的判定判断即可．
【详解】解：A．对角线互相平分的四边形是平行四边形，故不正确；
B．对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，故不正确；
C．对角线互相垂直的平行四边形是菱形，正确；
D．对角线相等且互相平分的四边形是矩形，故不正确；
故选C．
【点睛】此题考查了真假命题的判断，正确掌握特殊四边形的判定方法是解题的关键．
4．C
【分析】本题考查了直角三角形斜边上的中线，解题的关键是知道斜边不变．连接，易知就是斜边上的中线，由于直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，那么，即可求解．
【详解】解：连接，
在中，就是斜边上的中线，
，
∵木棍长5米，
米，
故选C．
5．A
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定和性质，角平分线的定义，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
过点作交与点，设与交于点，由平行线的性质和角平分线的性质可证，由平行线的性质可求，由平行线的性质和角平分线的性质可证，由勾股定理可求的长，由“”可证 ，可得，通过证明四边形是平行四边形，可得．
【详解】解：过点作交与点，设与交于点，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵，分别平分和，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
在和中，
,
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
故选：．
6．C
【分析】本题考查了菱形的性质，等边对等角，三角形内角和，利用菱形性质可得，根据等边对等角以及三角形内角和可得，进而求出结果即可．
【详解】解：四边形为菱形，
，
，
，
故选：C．
7．A
【分析】本题主要考查了矩形的性质、三角形的面积等知识，作辅助线构造矩形是解题的关键．
先作辅助线，然后根据矩形的性质可得到两个三角形的面积相等，根据三角形面积的和差进行求解即可．
【详解】解：作于点，交于点，如图所示：
又∵，
则四边形，，，都是矩形，
，，，，，，
，，
，
，
∴，
故选：A．
8．D
【分析】本题考查了正方形的性质及全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，构造三角形全等证得是解题的关键．连接，可证得，结合矩形的性质，可证得，可判断①；求得的最小值即可求得的最短长度，可判断②；连接交于O，由（2）可得，求出，得到，则，可判断③；由矩形的性质可得，则，证明，得到，即可判断④．
【详解】解：如图，连接，
∵四边形为正方形，
∴，，
在和中
，
∴，
∴，
∵，，且，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，故①正确；
∵正方形，，
∴，
当时，，此时有最小值，
由①可知，
∴的最短长度为，故②正确；
如图所示，连接交于O，由（2）可得，
由正方形的性质可得，
∵，
∴，
∴，
∴，故③错误；
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，故④正确；
故选：D．
9．
【分析】本题主要考查矩形的性质，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．根据题意得到是等边三角形，即可得到，根据勾股定理求出，即可求出面积．
【详解】解：在矩形中，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
故矩形的面积为．
故答案为：．
10．/120度
【分析】本题考查了正多边形的内角和公式，正方形的性质，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键．
由正方形的性质得，由正多边形的内角和公式得，最后根据，即可求解．
【详解】解：四边形是正方形，
，
正十二边形的内角，
，
故答案为：．
11．
【分析】此题考查了正方形、勾股定理、二次根式的应用等知识，根据题意求出，，利用勾股定理即可求出答案．
【详解】解：∵两个正方形的面积，，
∴，，
∴，
故答案为：．
12．1
【分析】本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质，掌握三角形的中位线性质是解题的关键．先根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可以得到的长，然后利用三角形的中位线求出长，再利用解题即可．
【详解】解：∵
∴，
∵点D是的中点，
∴，
∵点D、E分别是边的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，
故答案为：1．
13．64
【分析】本题考查了平行四边形的性质，根据平行四边形的性质并结合” 平行四边形的周长为48”可得，根据“相邻两边上的高分别为4和”得出，解方程组求出、，即可求解．
【详解】解∶设是边上的高，是边上的高，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵平行四边形的周长为48，
∴，
∴，
∵相邻两边上的高分别为4和8，不妨设，，
∴，
∴，，
∴平行四边形面积为，
故答案为∶64．
14．3或
【分析】此题考查了平行四边形的判定、等腰梯形的判定．此题难度适中，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用．
根据，一种情况是：四边形为平行四边形，可得方程，一种情况是：四边形为等腰梯形，可求得当，即时，解此方程即可求得答案．
【详解】解：依题意得：，
，
，
，
若，分为两种情况：
①当四边形为平行四边形时，
即，
，
解得：，
②当四边形为等腰梯形时，
即，
，
解得：，
综上：当或时，．
故答案为3或．
15．见解析
【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，连接，证明四边形为平行四边形即可得证．
【详解】证明：连接，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∵相交于点，
∴．
16．(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了矩形的性质和判定，等腰三角形的性质，勾股定理，解答本题的关键是熟练掌握勾股定理．
（1）根据等腰三角形的性质得，再根据平行线的性质得，然后根据，可得，即可得出结论；
（2）根据等腰三角形的性质求出，再根据勾股定理得，然后根据矩形的性质得，，最后根据三角形的面积相等得出答案．
【详解】（1）证明：∵中，，平分，
∴，，
∵，，
∴，，
∴四边形是矩形；
（2）解：∵，平分，，，
∴．
在直角三角形中，由勾股定理得：．
∵四边形是矩形，
∴，．
∵，
∴．
17．(1)
(2)见解析
【分析】本题考查了平行四边形的性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定及性质，熟悉掌握平行四边形的性质是解题的关键．
（1）利用平行四边形的性质得到，即 ，由角平分线的定义可得，即可推出，从而求解；
（2）由中点的性质得到证出，利用平行四边形的性质得到，即，在通过角的等量代换求解即可．
【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴；
（2）由(1)可得，
∴，
∵为中点，
∴，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴平分．
18．(1)证明见解析；
(2)；
(3)，理由见解析．
【分析】本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定和性质，勾股定理的应用，等腰三角形的判定等知识，掌握相关知识是解题的关键．
（）先证得，求得，从而得到，所以，因为，，所以即可证得；
（）先证得平行四边形是菱形，然后根据勾股定理即可求解；
（）过作，交与点，过作于点，于点，连接，四边形是平行四边形，则，，再证明，所以，然后证明，根据性质可得，由平行线的性质可得，最后利用等角对等边即可求证．
【详解】（1）证明：∵垂直平分，
∴，，
在与中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：∵四边形是平行四边形，，
∴四边形是菱形，
∴，
∵，
设，则，
∴，即
解得：，
∴，
∴；
（3）解：，理由：
如图，过作，交与点，过作于点，于点，连接，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∵，，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
19．(1)见解析
(2)
(3)①；②
【分析】（1）由折叠的性质可得，，，结合平行线的性质得出，从而推出，即可得出结论；
（2）由“”证明得出，即可得解；
（3）①由等腰直角三角形的性质可得，由折叠的性质得出，，即可求解；②设与交于点，过点作直线于，过点作于，过点作于，交于，由面积公式求得的长，的长，再由勾股定理计算即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵将沿折叠后，点的对应点为点，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）解：∵四边形是平行四边形，
∴，，，
∴，
∵将沿折叠后，点的对应点为点，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）解：①如图，连接，设与交点，
∵，，，
∴，
∵将沿折叠后，点的对应点为点，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴；
②设与交于点，过点作直线于，过点作于，过点作于，交于，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，四边形是矩形，
∴，，
∵将沿折叠后，点的对应点为点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质、菱形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理、折叠性质等知识，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键．
20．(1)四边形是平行四边形；证明见解析
(2)①见解析；②；③
【分析】（1）根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形进行判断；
（2）①过点P作的垂线，交于点E，截取，在上截取，交于点，再以为圆心，适当长度为半径画弧交于一点，连接点P与该点作射线交于点Q，过点Q作的垂线，作射线，交的垂线于点，连接即可；②先根据折叠得出一些对应边相等，对应角相等，并推导出，再设，，利用解直角三角形将和长用含的代数式表示出来，最后根据列出关于、的关系式，求得、的比值即可；③连接，易得平行四边形是菱形，推出，由折叠的性质得到，再求出，推出四点共线，得到点在上，是等腰直角三角形，得到，进而得到，即可求解．
【详解】（1）解：四边形是平行四边形；
证明：在四边形中，，
∴，
，
，
，
四边形是平行四边形；
（2）解：①作图如下：
②当时，平行四边形是菱形，
由折叠可得，，，，，
当时，由 ，可得，
，，
∵，
∴，
，
设，，则直角三角形中， ，且，，
，
，
直角三角形中，，
∴，
，
，
整理得，
，即；
③连接，
当时，平行四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，，
由折叠的性质得到，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四点共线，
∴点在上，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了平行四边形以及菱形，解题的关键是掌握平行四边形的判定以及菱形的判定与性质．在解题时注意，菱形的四条边都相等，此外在折叠问题中，需要抓住对应边相等，对应角相等这些等量关系，折叠问题的实质是轴对称的性质．
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第18章平行四边形章末练习卷-2024-2025学年数学八年级下册人教版
一、单选题
1．矩形具有而一般平行四边形不一定具有的性质是（ ）
A．两组对边分别相等 B．两条对角线互相平分
C．两条对角线互相垂直 D．两条对角线相等
2．如图，在中，已知，垂足为．若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
3．下列命题正确的是（ ）
A．对角线相等的四边形是平行四边形
B．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
C．对角线互相垂直的平行四边形是菱形
D．对角线相等的四边形是矩形
4．如图，一根木棍斜靠在与地面（）垂直的墙（）上，设木棍中点为P，若木棍长5米，点P到点O的距离（ ）
A．3米 B．3.5米 C．2.5米 D．5米
5．如图，在中，，，，分别平分和．若，则的长为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，在菱形中，，则（ ）
A． B．
C． D．
7．如图，为矩形对角线上的一点，过点作，分别交、于点、，若，，的面积为，的面积为，则（ ）
A．12 B．8 C．6 D．10
8．如图，P为边长为4的正方形的对角线上任一点，过点P作于点E，于点F，连接．给出以下4个结论：①；②最短长度为；③当时，的长度为；④．其中结论正确的有（ ）
A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②④
二、填空题
9．如图，在矩形中，对角线相交于点，矩形的面积为 ．
10．如图，、、是正十二边形的三条边，四边形是正方形，则的度数为 ．
11．如图，线段把正方形分成两个正方形和两个矩形，其中两个正方形的面积，，则矩形的对角线长为 ．
12．如图，在中，，，点D、E分别是边的中点，点F是线段上一点，连接，若，则的长为 ．
13．如图，已知平行四边形的周长为48，相邻两边上的高分别为4和8，则平行四边形面积为 ．
14．如图，在四边形中，，，，，，点从点出发，以的速度向点运动；点Q从点C同时出发，以的速度向点运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为t秒，当时，则t的值为 ．
三、解答题
15．如图，在中，点分别在上，且相交于点，求证：．
16．如图，中，，平分，，．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)作于F，若，，求的长．
17．如图，在中，平分交于点．
(1)若，求的长；
(2)若是的中点，连结，求证：平分．
18．通过学习，同学们知道，我们可以通过平行四边形转移边和角等信息，根据你的学习，完成下面的问题．如图，已知垂直平分线段，，．
(1)证明：四边形 是平行四边形；
(2)若，，求的长．
(3)已知，如图，四边形中，，，，请写出图中与相等的线段，并证明．
19．如图，在中，点E是边上一点，将沿折叠后，点B的对应点为点F．
(1)如图1，当点F恰好落在边上时，求证：四边形是菱形．
(2)如图2，当点F恰好落在上，且时，求的值．
(3)如图3，当，，时，连接，下列两个问题，对应的满分值为2分、4分，根据你的认知水平，选择其中一个问题求解．
①当时，求的长．
②当点F恰好落在上时，求的长．
20．如图1， 在四边形中， ， ， 点P在边上．
(1)判断四边形的形状并加以证明；
(2)以过点P的直线为轴，将四边形折叠，使点B，C分别落在点上，且经过点D，折痕与四边形的另一交点为Q；
①在图2中作出四边形（保留作图痕迹，不必说明作法和理由）
（提示：为使折叠后经过点D，可以先考虑边上与点D对应的点）；
②如图3， 如果， 且， 试求的值：
③如图4， 如果， 且， 请直接写出的值．
《第18章平行四边形章末练习卷-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 D B C C A C A D
1．D
【分析】本题考查矩形的性质，矩形具有平行四边形的性质，又具有自己的特性，要注意运用矩形具备而一般平行四边形不具备的性质．如，矩形的对角线相等．根据平行四边形和矩形的性质容易得出结论．
【详解】解：A、两组对边分别相等，矩形和平行四边形都具有，故不合题意；
B、两条对角线互相平分，矩形和平行四边形都具有，故不合题意；
C、两条对角线互相垂直，矩形和平行四边形都不一定具有，故不合题意；
D、两条对角线相等，矩形具有而平行四边形不一定具有，符合题意．
故选：D．
2．B
【分析】本题考查平行四边形的性质，解题的关键是掌握平行四边形的性质和三角形外角的性质等知识点．由平行四边形对边平行得出，再由知，根据可得答案．
【详解】四边形是平行四边形，
，
，
，
，即，
，
故选：B．
3．C
【分析】根据矩形的判定、菱形的判定、平行四边形和正方形的判定判断即可．
【详解】解：A．对角线互相平分的四边形是平行四边形，故不正确；
B．对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，故不正确；
C．对角线互相垂直的平行四边形是菱形，正确；
D．对角线相等且互相平分的四边形是矩形，故不正确；
故选C．
【点睛】此题考查了真假命题的判断，正确掌握特殊四边形的判定方法是解题的关键．
4．C
【分析】本题考查了直角三角形斜边上的中线，解题的关键是知道斜边不变．连接，易知就是斜边上的中线，由于直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，那么，即可求解．
【详解】解：连接，
在中，就是斜边上的中线，
，
∵木棍长5米，
米，
故选C．
5．A
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定和性质，角平分线的定义，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
过点作交与点，设与交于点，由平行线的性质和角平分线的性质可证，由平行线的性质可求，由平行线的性质和角平分线的性质可证，由勾股定理可求的长，由“”可证 ，可得，通过证明四边形是平行四边形，可得．
【详解】解：过点作交与点，设与交于点，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵，分别平分和，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
在和中，
,
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
故选：．
6．C
【分析】本题考查了菱形的性质，等边对等角，三角形内角和，利用菱形性质可得，根据等边对等角以及三角形内角和可得，进而求出结果即可．
【详解】解：四边形为菱形，
，
，
，
故选：C．
7．A
【分析】本题主要考查了矩形的性质、三角形的面积等知识，作辅助线构造矩形是解题的关键．
先作辅助线，然后根据矩形的性质可得到两个三角形的面积相等，根据三角形面积的和差进行求解即可．
【详解】解：作于点，交于点，如图所示：
又∵，
则四边形，，，都是矩形，
，，，，，，
，，
，
，
∴，
故选：A．
8．D
【分析】本题考查了正方形的性质及全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，构造三角形全等证得是解题的关键．连接，可证得，结合矩形的性质，可证得，可判断①；求得的最小值即可求得的最短长度，可判断②；连接交于O，由（2）可得，求出，得到，则，可判断③；由矩形的性质可得，则，证明，得到，即可判断④．
【详解】解：如图，连接，
∵四边形为正方形，
∴，，
在和中
，
∴，
∴，
∵，，且，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，故①正确；
∵正方形，，
∴，
当时，，此时有最小值，
由①可知，
∴的最短长度为，故②正确；
如图所示，连接交于O，由（2）可得，
由正方形的性质可得，
∵，
∴，
∴，
∴，故③错误；
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，故④正确；
故选：D．
9．
【分析】本题主要考查矩形的性质，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．根据题意得到是等边三角形，即可得到，根据勾股定理求出，即可求出面积．
【详解】解：在矩形中，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
故矩形的面积为．
故答案为：．
10．/120度
【分析】本题考查了正多边形的内角和公式，正方形的性质，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键．
由正方形的性质得，由正多边形的内角和公式得，最后根据，即可求解．
【详解】解：四边形是正方形，
，
正十二边形的内角，
，
故答案为：．
11．
【分析】此题考查了正方形、勾股定理、二次根式的应用等知识，根据题意求出，，利用勾股定理即可求出答案．
【详解】解：∵两个正方形的面积，，
∴，，
∴，
故答案为：．
12．1
【分析】本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质，掌握三角形的中位线性质是解题的关键．先根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可以得到的长，然后利用三角形的中位线求出长，再利用解题即可．
【详解】解：∵
∴，
∵点D是的中点，
∴，
∵点D、E分别是边的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，
故答案为：1．
13．64
【分析】本题考查了平行四边形的性质，根据平行四边形的性质并结合” 平行四边形的周长为48”可得，根据“相邻两边上的高分别为4和”得出，解方程组求出、，即可求解．
【详解】解∶设是边上的高，是边上的高，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵平行四边形的周长为48，
∴，
∴，
∵相邻两边上的高分别为4和8，不妨设，，
∴，
∴，，
∴平行四边形面积为，
故答案为∶64．
14．3或
【分析】此题考查了平行四边形的判定、等腰梯形的判定．此题难度适中，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用．
根据，一种情况是：四边形为平行四边形，可得方程，一种情况是：四边形为等腰梯形，可求得当，即时，解此方程即可求得答案．
【详解】解：依题意得：，
，
，
，
若，分为两种情况：
①当四边形为平行四边形时，
即，
，
解得：，
②当四边形为等腰梯形时，
即，
，
解得：，
综上：当或时，．
故答案为3或．
15．见解析
【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，连接，证明四边形为平行四边形即可得证．
【详解】证明：连接，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∵相交于点，
∴．
16．(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了矩形的性质和判定，等腰三角形的性质，勾股定理，解答本题的关键是熟练掌握勾股定理．
（1）根据等腰三角形的性质得，再根据平行线的性质得，然后根据，可得，即可得出结论；
（2）根据等腰三角形的性质求出，再根据勾股定理得，然后根据矩形的性质得，，最后根据三角形的面积相等得出答案．
【详解】（1）证明：∵中，，平分，
∴，，
∵，，
∴，，
∴四边形是矩形；
（2）解：∵，平分，，，
∴．
在直角三角形中，由勾股定理得：．
∵四边形是矩形，
∴，．
∵，
∴．
17．(1)
(2)见解析
【分析】本题考查了平行四边形的性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定及性质，熟悉掌握平行四边形的性质是解题的关键．
（1）利用平行四边形的性质得到，即 ，由角平分线的定义可得，即可推出，从而求解；
（2）由中点的性质得到证出，利用平行四边形的性质得到，即，在通过角的等量代换求解即可．
【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴；
（2）由(1)可得，
∴，
∵为中点，
∴，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴平分．
18．(1)证明见解析；
(2)；
(3)，理由见解析．
【分析】本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定和性质，勾股定理的应用，等腰三角形的判定等知识，掌握相关知识是解题的关键．
（）先证得，求得，从而得到，所以，因为，，所以即可证得；
（）先证得平行四边形是菱形，然后根据勾股定理即可求解；
（）过作，交与点，过作于点，于点，连接，四边形是平行四边形，则，，再证明，所以，然后证明，根据性质可得，由平行线的性质可得，最后利用等角对等边即可求证．
【详解】（1）证明：∵垂直平分，
∴，，
在与中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：∵四边形是平行四边形，，
∴四边形是菱形，
∴，
∵，
设，则，
∴，即
解得：，
∴，
∴；
（3）解：，理由：
如图，过作，交与点，过作于点，于点，连接，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∵，，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
19．(1)见解析
(2)
(3)①；②
【分析】（1）由折叠的性质可得，，，结合平行线的性质得出，从而推出，即可得出结论；
（2）由“”证明得出，即可得解；
（3）①由等腰直角三角形的性质可得，由折叠的性质得出，，即可求解；②设与交于点，过点作直线于，过点作于，过点作于，交于，由面积公式求得的长，的长，再由勾股定理计算即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵将沿折叠后，点的对应点为点，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）解：∵四边形是平行四边形，
∴，，，
∴，
∵将沿折叠后，点的对应点为点，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）解：①如图，连接，设与交点，
∵，，，
∴，
∵将沿折叠后，点的对应点为点，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴；
②设与交于点，过点作直线于，过点作于，过点作于，交于，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，四边形是矩形，
∴，，
∵将沿折叠后，点的对应点为点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质、菱形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理、折叠性质等知识，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键．
20．(1)四边形是平行四边形；证明见解析
(2)①见解析；②；③
【分析】（1）根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形进行判断；
（2）①过点P作的垂线，交于点E，截取，在上截取，交于点，再以为圆心，适当长度为半径画弧交于一点，连接点P与该点作射线交于点Q，过点Q作的垂线，作射线，交的垂线于点，连接即可；②先根据折叠得出一些对应边相等，对应角相等，并推导出，再设，，利用解直角三角形将和长用含的代数式表示出来，最后根据列出关于、的关系式，求得、的比值即可；③连接，易得平行四边形是菱形，推出，由折叠的性质得到，再求出，推出四点共线，得到点在上，是等腰直角三角形，得到，进而得到，即可求解．
【详解】（1）解：四边形是平行四边形；
证明：在四边形中，，
∴，
，
，
，
四边形是平行四边形；
（2）解：①作图如下：
②当时，平行四边形是菱形，
由折叠可得，，，，，
当时，由 ，可得，
，，
∵，
∴，
，
设，，则直角三角形中， ，且，，
，
，
直角三角形中，，
∴，
，
，
整理得，
，即；
③连接，
当时，平行四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，，
由折叠的性质得到，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四点共线，
∴点在上，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了平行四边形以及菱形，解题的关键是掌握平行四边形的判定以及菱形的判定与性质．在解题时注意，菱形的四条边都相等，此外在折叠问题中，需要抓住对应边相等，对应角相等这些等量关系，折叠问题的实质是轴对称的性质．
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