苏科版数学八年级下册第八章 四边形（提升卷）

苏科版数学八年级下册第八章 四边形（提升卷）
一、选择题（每小题3分，共30分）
1．（2025八下·瑞安期中）如图，四边形ABCD的两条对角线AC、BD交于点O，下列条件不能判定四边形ABCD是平行四边形的是（　　）
A．AO=CO，BO=DO B．AB=CD，AD=BC
C．AB//CD，AB=CD D．AB//CD，AD=BC
【答案】D
【知识点】平行四边形的判定
【解析】【解答】解：A、∵OA=OC，OB=OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项A不符合题意；
B、∵∠ABC=∠ADC，∠BAD=∠DCB，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项B不符合题意；
C、∵AB//CD，AD//CB，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项C不符合题意；
D、由AB//CD，AD=CB，不能判定四边形ABCD是平行四边形，故选项D符合题意.
故答案为：D.
【分析】由平行四边形的判定定理对各个选项进行判断即可.
2．（2025八下·杭州月考）阅读材料：物理学中“力的合成”遵循平行四边形法则，即F1和F2的合力是以这两个力为邻边构成的平行四边形的对角线所表示的力F，如下图。
解决问题：设两个共点的合力为F，现保持两力的夹角θ（0°<θ<90°）不变，使得其中一个力增大，则（　　）
A．合力F一定增大 B．合力F的大小可能不变
C．合力F可能增大，也可能减小 D．合力F一定减小
【答案】A
【知识点】平行四边形的性质
【解析】【解答】解：已知两边长度和夹角的度数可以确定一个平行四边形，即其对角线也是确定的，而两边的夹角不变，某一边长增大时，平行四边形的对角线也在增大。
如图所示，两力的夹角0(0°<θ<90°)不变，使得其中一个力F不变，F增大时，合力F也在增大，故A正确
故答案为：A
【分析】已知两边长度和夹角的度数可以确定一个平行四边形，即其对角线也是确定的，而两边的夹角不变，某一边长增大时，平行四边形的对角线也在增大，两力的夹角0(0°<θ<90°)不变，使得其中一个力F不变，F增大时，合力F也在增大.
3．（2024八下·金沙期末）如图，在中，对角线与相交于点，要在对角线上找点，，分别连接，，，，使四边形为平行四边形.现有甲、乙两种方案，下列说法正确的是（　　）

甲方案：只需要满足；
乙方案：只需要满足.
A．只有甲方案正确 B．只有乙方案正确
C．甲、乙方案都正确 D．甲、乙方案都不正确
【答案】C
【知识点】平行四边形的判定
【解析】【解答】解：甲方案：在 ABCD中，OA=OC，OB=OD．
∵BF=DE，
∴BF-EF=DE-EF，即BE=DF．
∴OB-BE=OD-DF，即OE=OF．
在四边形AECF中，∵OA=OC，OE=OF，
∴四边形AECF为平行四边形．
故该方案符合题意．
乙方案：在 ABCD中，OA=OC，∠AOE=∠COF．
∵AE∥CF，
∴∠EAO=∠FCO．
在△AOE与△COF中，
，
∴△AOE≌△COF（ASA）．
∴AE=CF．
在四边形AECF中，∵AE∥CF、AE=CF，
∴四边形AECF为平行四边形．
故该方案符合题意．
观察选项，选项C符合题意．
故答案为：C．
【分析】甲方案：根据平行四边形ABCD的对角线互相平分的性质得到OA=OC，OB=OD；结合BF=DE推知OE=OF；在四边形AECF中，对角线互相平分，则该四边形是平行四边形；
乙方案：首先证明△AOE≌△COF，然后由该全等三角形的对应边相等推知AE=CF，则由“AE∥CF、AE=CF”可以判定四边形AECF为平行四边形．
4．（2025八下·瑞安期中） 如图，E，F分别是平行四边形ABCD的边AB，CD上的点，AF与DE相交于点P，BF与CE相交于点Q，若，，，则阴影部分的面积为（　　）
A．a+b B． c-a-b C．c-2a-b D．2a+b
【答案】B
【知识点】三角形的面积；平行四边形的性质
【解析】【解答】解：连接E、F两点，过点E作EM⊥DC于点M，
∵，S ABCD=DC·EM=c，
∴，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，
∴△EFC的FC边上的高与△BCF的FC边上的高相等，
∴S△EFC=S△BCF，
∴S△EFQ=S△BCQ，
同理：S△EFD=S△ADF，
∴S△EFP=S△ADP，
∵S△APD =a，S△BQC= b.
∴S四边形EPFQ=a+b，
故阴影部分的面积为.
故答案为：B.
【分析】利用平行四边形的性质和三角形面积公式来求解阴影部分的面积，通过连接E、F两点并作高，利用平行线性质和三角形面积相等的原理，推导出阴影部分的面积.
5．（2024八下·寻甸期中）已知在同一平面内，直线，，互相平行，直线与之间的距离是，直线与之间的距离是，那么直线与的距离是（　　）
A． B． C．2或 D．不能确定
【答案】C
【知识点】平行线之间的距离
【解析】【解答】解：有两种情况，如图：
（1）直线与的距离是3厘米厘米厘米；
（2）直线与的距离是5厘米厘米厘米；
故答案为：C
【分析】本题考查平行线之间的距离．根据题意先画出图形（1）（2），根据图形进行计算可求出直线与的距离．
6．（2024八下·江岸期末）如图，将四根木条用钉子钉成一个矩形框架，，.然后向左扭动框架，得到新的四边形（点E在的上方）.若在扭动后四边形面积减少了8，点P和Q分别为四边形和四边形对角线的交点，则的长为（　　）
A． B． C． D．2
【答案】A
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；矩形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：连接CF、CA、AF，
∵点P和Q分别为四边形ABCD和四边形BCEF对角线的交点，
∴CF过点Q，CA过点P，
∴点Q是CF的中点，点P是CA的中点，
∴PQ是△CAF的中位线，
∴PQ=AF，
在矩形框架ABCD中，AB=5，AD=8，
∴矩形ABCD的面积为5×8=40，BC=AD=8，∠ABC=90°，
由题意得，BC=EF，CE=BF，
∴四边形BCEF是平行四边形，
∴EF∥BC，
∴∠BHF=∠AHF=90°，
∵扭动后四边形面积减少了8，
∴四边形BCEF的面积为40-8=32，
∴8BH=32，
∴BH=4，
∴AH=AB-BH=5-4=1，
∵BF=CE=AB=5，
∴由勾股定理得，FH===3，
在Rt△AHF中，由勾股定理得，AF===，
∴PQ=AF=，
故答案为：A.
【分析】连接CF、CA、AF，先证PQ是△CAF的中位线，得出PQ=AF，再证四边形BCEF是平行四边形，根据矩形的面积得出平行四边形BCEF的面积，即可求出BH的长，进一步求出AH、FH的长，根据勾股定理即可求出AF的长，从而求出PQ的长.
7．（2025八下·临平月考）如图为汽车常备的一种千斤顶的原理图，其基本形状是一个菱形ABCD，中间通过螺杆连结，转动手柄可改变∠BCD的大小（菱形的边长不变）.当∠BCA=26°时，则∠ADC的度数为（　　）
A．26° B．52° C．128° D．154°
【答案】C
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，∠BCD=2∠BCA=52°，
∴∠ADC=180°-∠BCD=128°.
故答案为：C.
【分析】由菱形的对边平行得AD∥BC，根据菱形的每一条对角线平分一组对角得∠BCD=2∠BCA=52°，进而根据二直线平行，同旁内角互补可得∠ADC=180°-∠BCD，从而代值计算可得答案.
8．（2024八下·云梦期中）如图，在平行四边形中，于点，是的中点，是的中点，已知，则的长为（　　）
A．3 B．4 C． D．
【答案】B
【知识点】勾股定理；三角形的中位线定理
【解析】【解答】如图，连接对角线AC，取AC中点O，连接EO交AG于点H，连接OF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC=8，
又∵点E和点F分别是AB与CG的中点，
∴，，
∴四边形FGHO是平行四边形，
又∵AG⊥BC，
∴四边形FGHO是矩形，
故∠FOH=90°，
在Rt△EOF中，
，
∴AG=2OF=4.
故选：B.
【分析】结合平行四边形对角线的中点，从而实现利用中点并将条件线段聚集，最后利用勾股定理解得对应边长即可.
9．（2024八下·兰州期末）如图，平行四边形的对角线相交于点，是的中点，连接．下列结论：①；②平分；③；④．其中结论正确的序号有（　　）
A．①② B．②③④ C．①②③ D．①③④
【答案】C
【知识点】等边三角形的判定与性质；平行四边形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵，点E是的中点，
∴.
∵，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴．
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，，
∴是平分．
则①②正确；
∵点E是的中点，点O是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴．
则③正确；
∵点O是的中点，
∴．
∵点E是的中点，
∴，
∴．
由平行四边形的性质得，
∴，
即．
则④不正确．
所以正确的有①②③.
故答案为：C.
【分析】本题主要考查平行四边形的性质、等边三角形的性质、中位线性质等相关知识。
根据，是的中点，配合平行四边形对角线互相平分，即可得出OE为△ACB的中位线、AE=CE=BE=BC，得出 ；根据“有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形”即可得出△BCE是等边三角形，此时即可得出∠BCE、∠ACE、∠ACD的度数，即可得出平分；最后根据平行四边的面积和中位线进行面积拆分，即可得出 。
10．（2024八下·金沙期末）如图，在 中，，，点从点出发，以的速度沿运动，同时点从点出发，以的速度沿往复运动，当点到达端点时，点随之停止运动在此运动过程中，线段出现的次数是(　　)
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平行四边形的性质；等腰梯形的性质
【解析】【解答】解：设运动时间为t秒，
根据题意，得点P从点A到达端点D的运动时间为12s，点Q从点C到达点B的运动时间为4秒，
∵四边形ABCD是平行四边形，∠B=60°，AB=6，BC=12，
∴∠D=∠B=60°，CD=AB=6，AD=BC=12，AD∥BC，AB∥CD，
①当0≤t≤4时，如图，过点Q作QE⊥AD于E，过点C作CF⊥AD于F，
∴∠QEF=∠PEQ=∠DFC=90°，
∴EQ∥FC，
∵EF∥QC，
∴四边形EQCF是平行四边形，
∵∠QEF=90°，
∴四边形EQCF是矩形，
∴EF=CQ，
根据题意，得CQ=EF=3t，AP=t，
∵PQ=CD，PD∥CQ，
∴四边形PQCD是等腰梯形，
∴∠D=∠EPQ=60°，
∴∠PQE=∠FCD=30°，
∴，
又∵AD=12，
∴t+3+3t+3=12，
解得：t=1.5，
如图，四边形PQCD是平行四边形，
∴AP=BQ，
∵CQ=3t，BC=12，
∴BQ=12-3t，
∴t=12-3t，
解得：t=3；
②当4∴AP=BQ，
根据题意，得BQ=3t-12，AP=t，
∴t=3t-12，
解得：t=6，
如图，四边形PQCD是等腰梯形，
根据题意，得AP=t，CQ=EF=24-3t，
由①同理得t+3+24-3t+3=12，
解得：t=9（舍去）；
③当8∴AP=BQ，
根据题意，得AP=t，BQ=36-3t，
∴t=36-3t，
解得：t=9，
综上所述，当运动时间为1.5s或3s或6s或9s时，PQ=CD，
故答案为：B.
【分析】设运动时间为t秒，根据题意，得点P从点A到达端点D的运动时间为12s，点Q从点C到达点B的运动时间为4秒，然后根据平行四边形的性质得∠D=∠B=60°，CD=AB=6，AD=BC=12，AD∥BC，AB∥CD，接下来分情况讨论：①当0≤t≤4时，过点Q作QE⊥AD于E，过点C作CF⊥AD于F，易证四边形EQCF是矩形，得EF=CQ，然后证四边形PQCD是等腰梯形，得∠D=∠EPQ=60°，从而有∠PQE=∠FCD=30°，利用含30°的直角三角形的性质得PE=DF=3，接下来得关于t的方程t+3+3t+3=12，解方程求出t；当四边形PQCD是平行四边形，根据平行四边形的性质得AP=BQ，根据题意列出关于t的方程t=12-3t，解方程求出t；②当4二、填空题（第11-12题每小题3分，第13-17题每小题4分，第18题8分，共30分）
11．（2025八下·温州期中）如图，的对角线AC，BD交于点，已知的周长比的周长小3，则BC的长为　 　。
【答案】7
【知识点】平行四边形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，
∵的周长比的周长小3，AB=4，
∴OB+OC+BC-(OA+OB+AB)=3，
即BC-AB=3，
解得：BC=7；
故答案为：7.
【分析】 利用平行四边形对角线互相平分的性质，将三角形周长差转化为边长关系 ，即可得出BC的长度.
12．（2025八下·鄞州期中）在同一平面内，设a，b，c是三条互相平行的直线，若a与b的距离为3，a与c的距离为4，则b与c是距离为　 　．
【答案】1或7
【知识点】平行线之间的距离
【解析】【解答】解：①a在中间，b和c分别位于a的两侧，
此时b与c的距离为3+4=7；
②b和c位于a的同一侧，
此时距离为|4-3|=1，
综上所述，b与c是距离为1或7，
故答案为：1或7.
【分析】分两种情况讨论①a在中间，b和c分别位于a的两侧，②b和c位于a的同一侧，然后根据平行线之间的距离计算即可.
13．（2025八下·镇海区期末）如图，在中，，，，点、分别在线段、上，且，连结，若平分，则的长为　 　．
【答案】
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；平行四边形的性质
【解析】【解答】解： 如图，过点B作BH⊥DA交DA延长线于H点，过B作BGIIEF，交AH的延长线于G，
∵BE平分∠AEF，
∴∠GEB=∠FEB，
∵BG∥EF，
∴∠FEB=∠EBG，
∴∠EBG=∠GEB，
∴GB=GE，
∵DE=DF，BG∥EF，
∴DG=DB，GE=BF=GB，
∵∠ABC=60°，AB=3，
∴∠BAH=60°，即∠ABH=30°.
∴AH=AB=，
∴BH=，
∴DH=AD+AH=5+，
∴RtABDH中， BD==7，
∴GH=DG-DH=7-=，
∴在RtABGH中，.GB=，
∴BF=，
∴DF=BD-BF=7-，
∴ DE=7-，
故答案为：7-.
【分析】通过角平分线和平分线得到等腰三角形GBE，再根据平行四边形的性质，得到∠GAB=60°，借助勾股定理求得AH，BHHD，BD，再求GH，GB，最后根据线段的和差倍关系求得DF的长即DE的长.
14．（2025八下·永康期末）如图1是某种简易房屋，它由顶角为120°的等腰三角形和矩形组成，在整体运输时需用钢丝绳进行加固，示意图如图2所示。MN是一条两端点位置和长度均可调节的钢丝绳，点M在EC上，点N在AB上，在调整钢丝绳端点位置时，其长度也随之改变，但需始终保持EM=BN。若DE=EC=BC=4米，则钢丝绳MN长度的最小值为　 　米。
嗨，你好！我是小数，对于此题，我是这样思考的：通过构造□MNBP，把MN转化为BP，从而把双动点问题转化为单动点问题，这样就很容易解决问题了。你试试看!
【答案】
【知识点】等腰三角形的性质；等边三角形的性质；平行四边形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：根据题意可知：△ECD是顶角为120°的等腰三角形，
∴∠ECD=30°，
如图过M、B作AB、MN的平行线，
∴MN//BP，MP//NB，
∴四边形MNBP是平行四边形，
∴MN=BP，∠PMC=∠ECD=30°，MP=BN
∵EM=BN，
∴EM=MP，
∴∠PAM=∠APM=15°，
当BP⊥EP时，BP最小，
∵∠ECB=120°，DE=EC=BC=4米
∴∠CEB=30°，
∴∠PEB=∠CEB+∠PEC=45°，
在△ACD中，(米)，
∴(米)，
故钢丝绳MN长度的最小值为米，
故答案为：.
【分析】先证四边形MNBP是平行四边形得到MN=BP，∠PMC=∠ECD=30°，MP=BN，当BP⊥EP时，BP最小，再求得∠PEB=45°，即可求解.
15．（2025八下·滨江期末）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在AD，BC上，点B，C关于EF对称，点M在EF上，点N在AE上，且点A，M关于BN对称，BM的延长线交AD于点H，CM交BD于点G，则　 　.
【答案】
【知识点】正方形的性质；轴对称的性质
【解析】【解答】解：设AB=BC=CD=AD=2a，过点G作GT⊥CD于点T，如图，
∵A、M关于BN对称，
∴AB=BM=BC，
∵B、C关于EF对称，
∴BM=MC=BC，
∴△BCM是等边三角形，
∴∠MBC=∠BCM=90°，
∵∠ABC=∠BCD=90°，
∴∠ABH=∠DCG=30°，
∴BH=2AH.
∴AH=a，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠CDB=45°，
∵GT⊥CD，
∴DT=GT，CG=2TG，CT=GT，
∵DT+TC =2a，
∴DT=TG=(-1)a，
∴CG=2(-1)a，
∴。
故答案为： .
【分析】本题做出辅助线后，根据对称的性质可以得出△BCM是等边三角形，然后利用勾股定理求出AH=a；结合正方形对角线互相平分以及勾股定理，可以得出DT=GT，CG=2TG，CT=GT，继而推出CG=2(-1)a，最后比较计算即可。
16．（2025八下·杭州期中）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点，点E在线段BO上，连接AE，若，，则菱形ABCD的面积为　 　．
【答案】24
【知识点】等腰三角形的性质；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵，
∴设
∵四边形ABCD为菱形，
∴
∵
∴
∵
∴
则
∴
∴
∴
∴
∴菱形ABCD的面积为：
故答案为：24.
【分析】根据题意设结合菱形的性质得到进而根据线段间的数量关系得到方程，则最然后根据勾股定理求出AO的长度，最后根据菱形面积计算公式计算即可.
17．（2025八下·启东月考）如图，正方形的边长为4，对角线相交于点O，点E，F分别在的延长线上，且，G为的中点，连接，交于点H，连接，则的长为　 　．
【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，作OK⊥BC，垂足为点K，
∵正方形边长为4，
∴OK=2，KC=2，
∴KC=CE，
∴CH是△OKE的中位线
∴，
作GM⊥CD，垂足为点M，
∵G点为EF中点，
∴GM是△FCE的中位线，
∴，，
∴，
在Rt△MHG中，，
故答案为：．
【分析】作OK⊥BC，垂足为点K，根据正方形性质可得OK=2，KC=2，则KC=CE，再根据三角形中位线定理可得，作GM⊥CD，垂足为点M，再根据三角形中位线定理可得，，再根据边之间的关系可得MH，再根据勾股定理即可求出答案.
18．（2025八下·温州期中）科学实验器具盒的侧面构造如图所示，三条连杆EF，AB，CD连结了两个储物盒（即线段BH和ED）和底面（即AC所在直线），且．拉杆GE与EF的夹角始终等于．其中构成的四边形EFBO和AODC在盒子开启和关闭过程中保持为平行四边形．如图（1），盒子关闭时，CD靠在底座，点和所在直线与底面AC垂直，两个储物盒之间的距离为　 　cm；如图（2），盒子完全打开后，拉杆GE与底面AC平行，则线段BH与图（1）状态时相比，高度上升了　 　cm．
【答案】5；
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；平行四边形的性质
【解析】【解答】解：连接BD并延长，交AC于点K，如图：
由题意可得：BK⊥AK，AK=DE=24cm，AK//DE//BH，
在Rt△AKB中，
，
∵四边形EFBO和AODC为平行四边形，
∴OB=EF，OA=CD，
∵AB=2EF=2CD，
∴OA=OB，
∴点O为AB中点，
∵AK//DE，
∴
∴点D为BK中点，
∴
∴两个储物盒之间的距离为5cm，
如图(2)，过点B作BM⊥DE于点M，过点O作ON⊥CA于点N，则∠BMO=90°，
∵四边形EFBO为平行四边形，∠GEF=60°，
∴OB//EF，
∵∠BOE=∠GEF=60°，
∴∠BMO=90°，
∴∠OBM=90°-∠BOE=30°，
∵，
∴，
在Rt△BMO中，
(cm).
同理可得：(cm)，
∴线段BH与图(1)状态时相比，上升的高度为：
故答案为：5；.
【分析】连接BD并延长，交AC于点K，通过勾股定理求出BK的长，再得到，即可得出两个储物盒之间的距离，过点B作BM⊥DE于点M，过点O作ON⊥CA于点N，则∠BMO=90°，通过含30°角的直角三角形得到，根据勾股定理求出，同理得到，即可求出BH上升的高度.
三、解答题（共8题，共90分）
19．（2025八下·诸暨期末）如图，在5×5正方形网格中，每个小正方形顶点称为格点，例如线段AB的端点在格点上，已知每个小正方形边长均为1，利用无刻度直尽作图，请完成下列各小题。
（1）在图①中，以AB为边作一个菱形ABCD（不是正方形），其中点C，D为格点；
（2）在图②中，以AB为边作正方形ABEF，其中点E，F为格点.
【答案】（1）解：如图①答案不唯一（只需要画出一种情况即可）
（2）解：如图②
【知识点】菱形的性质；正方形的性质
【解析】【作法】（1）①观察格点，确定AB的长度：A到B横向距离为1，纵向距离为2，由勾股定理得；
②在格点中寻找与AB长度相等的线段，连接格点，使得，确定点C；
③再连接格点，使得，，且四边形ABCD邻边不垂直（不是正方形），确定点D.
故菱形ABCD作出为所作的图形.
（2）①计算AB的长度：A到B横向距离为1，纵向距离为2，由勾股定理得；
②过点B作与AB垂直且长度为的线段BE：通过观察格点，找到满足垂直且长度要求的格点，确定点E；
③过点A作与AB垂直且长度为的线段AF，使得AF∥BE，EF∥AB，确定点F.
故正方形ABEF为所作的图形.
【分析】（1）根据菱形的定义（四边相等的平行四边形是菱形），通过勾股定理计算AB的长度，从而确定BC、CD、DA的位置，利用尺规即可作出所需菱形；
（2）根据正方形的定义（四边相等且四个角都是直角的四边形是正方形），通过勾股定理计算AB的长度，并分别作出BE、AF，确定E、F点， 利用尺规即可作出所需正方形.
20．（2025八下·成都月考）如图，四边形ABCD中，E为边BC的中点，BD与AE交于O，BO＝DO，AO＝2EO．AC与BD交于F．
（1）求证：F是AC的中点．
（2）求S△ACD：S△ABD的值．
【答案】（1）证明：连接OC，如图所示
∵点E是BC的中点
∴BE=CE
∵DO＝BO，
∴OE为三角形BCD的中位线，
∴OEDC，DC＝2OE，
∵AO＝2EO，
∴CD＝AO，
∵AOCD，
∴四边形AOCD是平行四边形，
∴F为AC中点．
（2）解：∵四边形AOCD为平行四边形，
∴S△ADC＝S AOCD＝S△ADO，
∵BO=DO，
∴点O是BD的中点
∴S△ABD＝2S△ADO，
∴S△ACD：S△ABD＝S△ADO：2S△ADO＝．
【知识点】平行四边形的判定与性质；三角形的中位线定理；三角形的中线；利用三角形的中线求面积
【解析】【分析】
本题考查平行四边形的判定定理与性质、三角形中位线定理，熟知平行四边形的性质是解题关键．（1）连接CD，根据中点的定义可知：CE＝BE，结合BO=DO，可知：OE为三角形BCD的中位线，根据三角形中位线定理：三角形中位线平行且等于底边的一半可知：OEDC，DC＝2OE，结合AO=2EO，等量代换得：CD=AO，根据平行四边形的判定定理：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可知：四边形AOCD是平行四边形，最后由平行四边形的性质：对角线互相平分可知：点F是AC的中点，即可证得结论；
（2）根据平行四边形的性质：对角线互相平分可知：S△ADC＝S AOCD＝S△ADO，再根据三角形中线的性质可知：S△ABD＝2S△ADO，等量代换得：S△ACD：S△ABD的比值，由此可得出答案．
21．（2025八下·雨花期末）如图，平行四边形ABCD中，，过点C作CE∥BD，交AD的延长线于点E．
（1）求证：四边形BDEC是菱形；
（2）连接BE，若，，求BE的长．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形BDEC是平行四边形，
又∵
∴四边形BDEC是菱形；
（2）解：如图，BE交CD于O，
∵四边形BDEC是菱形，
BE，
在 中，
【知识点】勾股定理；平行四边形的性质；菱形的判定与性质
【解析】【分析】(1)由平行四边形的性质可得AD∥BC， AD = BC 由两组对边平行的四边形是平行四边形，可证四边形BDEC是平行四边形，即可得结论；
(2)连接BE交CD于O，由菱形的性质可得 由勾股定理可求BO的长，即可求解.
22．（2025八下·诸暨期末）如图1，在中，点E，F分别在，上，满足．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）如图2，连接，若，，，求的长．
【答案】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，即DF//BE，
∵，
∴四边形是平行四边形．
（2）解：过点作于点G，连接，交于点O，如图所示，
则，
∵四边形是平行四边形，，
∴四边形是菱形，
∴，，，，
设，则，
根据勾股定理得：，
∴，
解得：，
∴，，
∴，
根据勾股定理得：，
∴，
∴，
∴，
∴．
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质
【解析】【分析】（1）利用平行四边形的性质可得，由两组对边分别平行的四边形是平行四边形即可得出结论；
（2）过点作于点G，连接，交于点O．证明四边形是菱形，得出，，，，设，则，根据勾股定理得出，求出，得出，利用勾股定理求解即可．
（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形．
（2）解：如下图，过点作于点G，连接，交于点O．
则，
∵四边形是平行四边形，，
∴四边形是菱形，
∴，，，，
设，则，
根据勾股定理得：，
∴，
解得：，
∴，，
∴，
根据勾股定理得：，
∴，
∴，
∴，
∴．
23．（2025八下·鄞州期末）如图1，□ABCD中，对角线BD的中垂线EF分别交AD，BD，BC于点E，O，F.
（1）连结BE，DF，请判断四边形EBFD的形状，并说明理由：
（2）若∠A=130°，∠OED=70°，连结DF，求∠CDF的度数：
（3）如图2，连结AF交BD于点G，若，，，求的度数和AB的长.
【答案】（1）解：四边形EBFD是菱形，
理由如下：
在□ABCD中，∵AD//BC，∴∠EDO=∠FBO，
∵EF为BD中垂线，
∴BO=DO，∠EOD=∠FOB，
∴△BOF≌△DOE（AAS），∴BF=DE，
∵AD//BC，BF=DE，
∴四边形EBFD是平行四边形.
∵EF⊥BD，
∴四边形EBFD是菱形；
（2）解：∵AB//DC，∴∠EDC=180°-∠A，
∵∠A=130°，∴∠EDC=50°，
∵EF⊥BD，
∴∠EDO=90°-∠OED=90°-70°=20°，
由(1)得，四边形EBFD是菱形，
∴∠EDF=2∠EDO=40°，
∴∠CDF=∠EDC-∠EDF=10°；
（3）解：在 ABCD中，∵，∴，
∵四边形EBFD是菱形，∴，
∴，
，
，即，
∴BO=4OG，
∴设OG=m，则BG-4m，OB=OG+BG=5m，
在Rt△BOF中，OF2=BF2-OB2=112-25m2，
在Rt△OGF中，OF2=GP2-OG2=16-m2，
即112-25m2=16-m2，解得m=2或-2（舍去），
∴BG=8，
在Rt△OGF中，OG=2，GF=4，OF=2，
∴∠OGF=60°
∴∠AGB=∠OGF=60°，
∵S△OGF=2，S△ABG=6S△DGF=12.
过点A作AH⊥BG于点H，
，
，解得，
在Rt中，，
，
，
在Rt中，．
【知识点】三角形的面积；勾股定理；平行四边形的性质；菱形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）根据平行四边形的性质和平行线的性质可得∠EDO=∠FBO，根据中垂线的定义可得BO=DO，EF⊥BD，依据AAS判定△BOF≌△DOE推出BF=DE，根据菱形的判定即可证明；
（2）根据平行线的性质可得∠EDC=50°，根据菱形的性质可得∠EDF=2∠EDO，即可求得；
（3）根据菱形的性质可推出BO=4OG，设OG=m，根据勾股定理建立方程求得BG，过点A作AH⊥BG于点H，再根据三角形的面积求得AH，根据边长求得∠AGB，求得HG，BH，再根据勾股定理求AB即可.
24．（2024八下·丰城开学考）
（1）如图1，在正方形ABCD中，E是AB上一点，F是AD延长线上一点，且DF＝BE，求证：CE＝CF；
（2）如图2，在正方形ABCD中，E是AB上一点，G是AD上一点，如果∠GCE＝45°，请你利用（1）的结论证明：GE＝BE＋GD；
（3）运用（1）（2）解答中所积累的经验和知识，完成下题：
如图3，在直角梯形ABCD中，AD∥BC（BC＞AD），∠B＝90°，AB＝BC，E是AB上一点，且∠DCE＝45°，BE＝4，DE=10， 求直角梯形ABCD的面积．
【答案】（1）证明：如图1，在正方形ABCD中，
∵BC=CD，∠B=∠CDF，BE=DF，
∴△CBE≌△CDF，
∴CE=CF；
（2）证明：如图，延长AD至F，使DF=BE，连接CF，
由（1）知△CBE≌△CDF，
∴∠BCE=∠DCF，
∴∠BCE+∠ECD=∠DCF+∠ECD，
即∠ECF=∠BCD=90°，
又∵∠GCE=45°，
∴∠GCF=∠GCE=45°，
∵CE=CF，∠GCE=∠GCF，GC=GC，
∴△ECG≌△FCG，
∴GE=GF，
∴GE=DF+GD=BE+GD；
（3）解：如图：过点C作CG⊥AD于G，
∵AD∥BC，∠B＝90°，
∴∠A＝90°，
∵∠A＝∠B＝90°，GC⊥AD，
∴四边形ABCG是矩形，且AB＝BC＝12，
∴四边形ABCG是正方形，
∴AG＝12，
由（2）可得DE＝DG＋BE，
∴DE＝4＋DG，
在△ADE中，AE2＋DA2＝DE2，
∴（12 4）2＋（12 DG）2＝（4＋DG）2，
∴DG＝6，
∴AD＝6，
∴S四边形ABCD＝ (AD＋BC)×AB＝×(6＋12)×12＝108．
【知识点】勾股定理；正方形的判定与性质；直角梯形；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）根据正方形的性质证明，根据全等三角形的性质即可证明CE=CF；
（2）延长AD至F，使DF=BE，连接CF，得到∠BCE=∠DCF，进而得到∠GCF=∠GCE=45°，证明，得到GE=GF，即可证明GE＝BE＋GD；
（3）过点C作CG⊥AD于G，得到∠A＝90°，证明四边形ABCG是矩形，且AB＝BC＝12，即四边形ABCG是正方形，得到AG＝12，根据勾股定理得到AE2＋DA2＝DE2，求出DG＝6，进而即可求出直角梯形ABCD的面积．
25．（2025八下·青秀开学考）阅读与思考
下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务．
瓦里尼翁平行四边形 我们知道，如图1，在四边形中，点分别是边的中点，顺次连接，得到的四边形是平行四边形．此结论可借助图1证明如下： 证明：如图2，连接， 分别为的中点， ．（依据1） 分别为的中点， ． 同理： 四边形是平行四边形．（依据2） 我查阅了许多资料，得知这个平行四边形被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁（Varingnon，Pierte1654 1722）是法国数学家，力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切．例如：瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度有一定关系．
任务：
（1）填空：材料中的依据1是：_______．依据2是：_______．
（2）如图2，猜想瓦里尼翁平行四边形的周长与对角线长度的关系，并证明你的结论．
（3）请用刻度尺，三角板等工具，画出四边形的对角线与及它的瓦里尼翁平行四边形，且四边形的对角线与的夹角为，求瓦里尼翁平行四边形中的度数．
【答案】（1）三角形的中位线定理．两组对边分别平行的四边形是平行四边形
（2）解：瓦里尼翁平行四边形的周长等于对角线与长度之和．证明如下：
分别为的中点，
∴．
分别为的中点，
∴．
∴，
同理：，
∴瓦里尼翁平行四边形的周长为
．
（3）解：由题意，画出图形如下：
①如图1，当时，
分别为的中点，
∴，
∴，
∵分别为的中点，
∴，
∴；
②如图2，当时，则，
分别为的中点，
∴，
∴，
∵分别为的中点，
∴，
∴；
综上，瓦里尼翁平行四边形中的度数为或．
【知识点】平行线的性质；平行四边形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【解答】（1）证明：如图2，连接，
分别为的中点，
，（三角形的中位线定理）
分别为的中点，
．
，
同理：，
四边形是平行四边形，（两组对边分别平行的四边形是平行四边形）
故答案为：三角形的中位线定理．两组对边分别平行的四边形是平行四边形；
【分析】（1）根据三角形的中位线平行于第三边、两组对边分别平行的四边形是平行四边形即可得答案；
（2）根据三角形的中位线等于第三边的一半可得，，进而根据四边形周长计算方法列式计算可得答案；
（3）分两种情况画出图形，①如图1，当时，先根据三角形的中位线平行于第三边可得，，再根据二直线平行同位角相等，内错角相等得出；②如图2，当时，由邻补角得，先根据三角形的中位线平行于第三边可得，，再根据二直线平行同位角相等，内错角相等得出，综上即可得出答案.
（1）证明：如图2，连接，
分别为的中点，
．（三角形的中位线定理）
分别为的中点，
．
，
同理：，
四边形是平行四边形．（两组对边分别平行的四边形是平行四边形）
故答案为：三角形的中位线定理．两组对边分别平行的四边形是平行四边形．
（2）解：瓦里尼翁平行四边形的周长等于对角线与长度之和．证明如下：
分别为的中点，
∴．
分别为的中点，
∴．
∴，
同理：，
∴瓦里尼翁平行四边形的周长为
．
（3）解：由题意，画出图形如下：
①如图1，当时，
分别为的中点，
∴，
∴，
∵分别为的中点，
∴，
∴；
②如图2，当时，则，
分别为的中点，
∴，
∴，
∵分别为的中点，
∴，
∴；
综上，瓦里尼翁平行四边形中的度数为或．
26．（2024八下·惠阳期中）【理解概念】
定义：有三个角相等的四边形叫做三等角四边形．
（1）下列四边形是三等角四边形的是_________．（填序号）
①平行四边形；②菱形；③矩形；④正方形．
【巩固新知】
（2）如图 ，折叠平行四边形 DEBF，使得顶点 E、F 分别落在边 BE、BF上的点 A、C 处，折痕为DG、DH．
求证：四边形 ABCD 为三等角四边形．
【拓展提高】
（3）如图 ，在三等角四边形 ABCD 中，∠A＝∠B＝∠C，若 AB＝5，，DC＝7，则BC的长度为_________．
【答案】（1）③④；
（2）∵四边形为平行四边形，
∴，，
∵折叠平行四边形，使得顶点分别落在边上的点处，
∴DE=DA，DF=DC，
∴，
∵，，，
∴，
∴四边形是三等角四边形；
（3）．
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】（1）解：①根据平行四边形的对角相等可得平行四边形不是三等角四边形；
②根据菱形四边相等、对角相等可知菱形不是三等角四边形；
③根据矩形四个角都相等可知矩形是三等角四边形；
④根据正方形四个角都相等可知正方形是三等角四边形．
故答案为：③④；
（3）如图，过点D作DE//BC，交BA延长线于E，作DF//AB，交BC延长线于F，作DG⊥BE于G，DH⊥BF于H，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∴DE=BF，DF=BE，∠B+∠E=180°，∠B+∠F=180°，∠E=∠F，
∵∠DAB=∠B=∠BCD，∠DAE+∠DAB=180°，∠DCB+∠DCF=180°，
∴∠DAE=∠E=∠DCF=∠F，
∴AD=DE=BF=，CD=DF=7，
∴AE=BE-AB=CD-AB=2，
∵DG⊥BE，DH⊥BF，
∴AG=EG=AE=1，CH=HF=CF，
∴DG=，
∴S平行四边形DEBF=BE·DG=BF·DH，即7×5=DH，
解得：DH=，
∴CH==，
∴CF=2CH=，
∴BC=BF-CF=．
故答案为：
【分析】
（1）利用平行四边形、菱形、矩形、正方形的性质结合三等角四边形的定义判断即可求解；
（2）由平行四边形的性质可得∠E=∠F，且∠E+∠EBF=180°，根据折叠的性质可得∠E=∠DAE，∠F=∠DCF，再根据等角的补角相等，判断出∠DAB=∠DCB=∠ABC，根据三等角四边形的定义即可得结论；
（3）如图，过点D作DE//BC，交BA延长线于E，作DF//AB，交BC延长线于F，作DG⊥BE于G，DH⊥BF于H，可得四边形DEBF是平行四边形，根据及平行四边形的性质可得AD=DE=BF=，CD=DF=7，可求出AE的长，根据等腰三角形“三线合一”的性质可得AG=EG=AE=1，CH=HF=CF，利用勾股定理可得DG的长，利用平行四边形的面积可求出DH的长，利用勾股定理可求出CH的长，进而求出CF的长，即可求出BC的长．
1 / 1苏科版数学八年级下册第八章 四边形（提升卷）
一、选择题（每小题3分，共30分）
1．（2025八下·瑞安期中）如图，四边形ABCD的两条对角线AC、BD交于点O，下列条件不能判定四边形ABCD是平行四边形的是（　　）
A．AO=CO，BO=DO B．AB=CD，AD=BC
C．AB//CD，AB=CD D．AB//CD，AD=BC
2．（2025八下·杭州月考）阅读材料：物理学中“力的合成”遵循平行四边形法则，即F1和F2的合力是以这两个力为邻边构成的平行四边形的对角线所表示的力F，如下图。
解决问题：设两个共点的合力为F，现保持两力的夹角θ（0°<θ<90°）不变，使得其中一个力增大，则（　　）
A．合力F一定增大 B．合力F的大小可能不变
C．合力F可能增大，也可能减小 D．合力F一定减小
3．（2024八下·金沙期末）如图，在中，对角线与相交于点，要在对角线上找点，，分别连接，，，，使四边形为平行四边形.现有甲、乙两种方案，下列说法正确的是（　　）

甲方案：只需要满足；
乙方案：只需要满足.
A．只有甲方案正确 B．只有乙方案正确
C．甲、乙方案都正确 D．甲、乙方案都不正确
4．（2025八下·瑞安期中） 如图，E，F分别是平行四边形ABCD的边AB，CD上的点，AF与DE相交于点P，BF与CE相交于点Q，若，，，则阴影部分的面积为（　　）
A．a+b B． c-a-b C．c-2a-b D．2a+b
5．（2024八下·寻甸期中）已知在同一平面内，直线，，互相平行，直线与之间的距离是，直线与之间的距离是，那么直线与的距离是（　　）
A． B． C．2或 D．不能确定
6．（2024八下·江岸期末）如图，将四根木条用钉子钉成一个矩形框架，，.然后向左扭动框架，得到新的四边形（点E在的上方）.若在扭动后四边形面积减少了8，点P和Q分别为四边形和四边形对角线的交点，则的长为（　　）
A． B． C． D．2
7．（2025八下·临平月考）如图为汽车常备的一种千斤顶的原理图，其基本形状是一个菱形ABCD，中间通过螺杆连结，转动手柄可改变∠BCD的大小（菱形的边长不变）.当∠BCA=26°时，则∠ADC的度数为（　　）
A．26° B．52° C．128° D．154°
8．（2024八下·云梦期中）如图，在平行四边形中，于点，是的中点，是的中点，已知，则的长为（　　）
A．3 B．4 C． D．
9．（2024八下·兰州期末）如图，平行四边形的对角线相交于点，是的中点，连接．下列结论：①；②平分；③；④．其中结论正确的序号有（　　）
A．①② B．②③④ C．①②③ D．①③④
10．（2024八下·金沙期末）如图，在 中，，，点从点出发，以的速度沿运动，同时点从点出发，以的速度沿往复运动，当点到达端点时，点随之停止运动在此运动过程中，线段出现的次数是(　　)
A． B． C． D．
二、填空题（第11-12题每小题3分，第13-17题每小题4分，第18题8分，共30分）
11．（2025八下·温州期中）如图，的对角线AC，BD交于点，已知的周长比的周长小3，则BC的长为　 　。
12．（2025八下·鄞州期中）在同一平面内，设a，b，c是三条互相平行的直线，若a与b的距离为3，a与c的距离为4，则b与c是距离为　 　．
13．（2025八下·镇海区期末）如图，在中，，，，点、分别在线段、上，且，连结，若平分，则的长为　 　．
14．（2025八下·永康期末）如图1是某种简易房屋，它由顶角为120°的等腰三角形和矩形组成，在整体运输时需用钢丝绳进行加固，示意图如图2所示。MN是一条两端点位置和长度均可调节的钢丝绳，点M在EC上，点N在AB上，在调整钢丝绳端点位置时，其长度也随之改变，但需始终保持EM=BN。若DE=EC=BC=4米，则钢丝绳MN长度的最小值为　 　米。
嗨，你好！我是小数，对于此题，我是这样思考的：通过构造□MNBP，把MN转化为BP，从而把双动点问题转化为单动点问题，这样就很容易解决问题了。你试试看!
15．（2025八下·滨江期末）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在AD，BC上，点B，C关于EF对称，点M在EF上，点N在AE上，且点A，M关于BN对称，BM的延长线交AD于点H，CM交BD于点G，则　 　.
16．（2025八下·杭州期中）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点，点E在线段BO上，连接AE，若，，则菱形ABCD的面积为　 　．
17．（2025八下·启东月考）如图，正方形的边长为4，对角线相交于点O，点E，F分别在的延长线上，且，G为的中点，连接，交于点H，连接，则的长为　 　．
18．（2025八下·温州期中）科学实验器具盒的侧面构造如图所示，三条连杆EF，AB，CD连结了两个储物盒（即线段BH和ED）和底面（即AC所在直线），且．拉杆GE与EF的夹角始终等于．其中构成的四边形EFBO和AODC在盒子开启和关闭过程中保持为平行四边形．如图（1），盒子关闭时，CD靠在底座，点和所在直线与底面AC垂直，两个储物盒之间的距离为　 　cm；如图（2），盒子完全打开后，拉杆GE与底面AC平行，则线段BH与图（1）状态时相比，高度上升了　 　cm．
三、解答题（共8题，共90分）
19．（2025八下·诸暨期末）如图，在5×5正方形网格中，每个小正方形顶点称为格点，例如线段AB的端点在格点上，已知每个小正方形边长均为1，利用无刻度直尽作图，请完成下列各小题。
（1）在图①中，以AB为边作一个菱形ABCD（不是正方形），其中点C，D为格点；
（2）在图②中，以AB为边作正方形ABEF，其中点E，F为格点.
20．（2025八下·成都月考）如图，四边形ABCD中，E为边BC的中点，BD与AE交于O，BO＝DO，AO＝2EO．AC与BD交于F．
（1）求证：F是AC的中点．
（2）求S△ACD：S△ABD的值．
21．（2025八下·雨花期末）如图，平行四边形ABCD中，，过点C作CE∥BD，交AD的延长线于点E．
（1）求证：四边形BDEC是菱形；
（2）连接BE，若，，求BE的长．
22．（2025八下·诸暨期末）如图1，在中，点E，F分别在，上，满足．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）如图2，连接，若，，，求的长．
23．（2025八下·鄞州期末）如图1，□ABCD中，对角线BD的中垂线EF分别交AD，BD，BC于点E，O，F.
（1）连结BE，DF，请判断四边形EBFD的形状，并说明理由：
（2）若∠A=130°，∠OED=70°，连结DF，求∠CDF的度数：
（3）如图2，连结AF交BD于点G，若，，，求的度数和AB的长.
24．（2024八下·丰城开学考）
（1）如图1，在正方形ABCD中，E是AB上一点，F是AD延长线上一点，且DF＝BE，求证：CE＝CF；
（2）如图2，在正方形ABCD中，E是AB上一点，G是AD上一点，如果∠GCE＝45°，请你利用（1）的结论证明：GE＝BE＋GD；
（3）运用（1）（2）解答中所积累的经验和知识，完成下题：
如图3，在直角梯形ABCD中，AD∥BC（BC＞AD），∠B＝90°，AB＝BC，E是AB上一点，且∠DCE＝45°，BE＝4，DE=10， 求直角梯形ABCD的面积．
25．（2025八下·青秀开学考）阅读与思考
下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务．
瓦里尼翁平行四边形 我们知道，如图1，在四边形中，点分别是边的中点，顺次连接，得到的四边形是平行四边形．此结论可借助图1证明如下： 证明：如图2，连接， 分别为的中点， ．（依据1） 分别为的中点， ． 同理： 四边形是平行四边形．（依据2） 我查阅了许多资料，得知这个平行四边形被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁（Varingnon，Pierte1654 1722）是法国数学家，力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切．例如：瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度有一定关系．
任务：
（1）填空：材料中的依据1是：_______．依据2是：_______．
（2）如图2，猜想瓦里尼翁平行四边形的周长与对角线长度的关系，并证明你的结论．
（3）请用刻度尺，三角板等工具，画出四边形的对角线与及它的瓦里尼翁平行四边形，且四边形的对角线与的夹角为，求瓦里尼翁平行四边形中的度数．
26．（2024八下·惠阳期中）【理解概念】
定义：有三个角相等的四边形叫做三等角四边形．
（1）下列四边形是三等角四边形的是_________．（填序号）
①平行四边形；②菱形；③矩形；④正方形．
【巩固新知】
（2）如图 ，折叠平行四边形 DEBF，使得顶点 E、F 分别落在边 BE、BF上的点 A、C 处，折痕为DG、DH．
求证：四边形 ABCD 为三等角四边形．
【拓展提高】
（3）如图 ，在三等角四边形 ABCD 中，∠A＝∠B＝∠C，若 AB＝5，，DC＝7，则BC的长度为_________．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】平行四边形的判定
【解析】【解答】解：A、∵OA=OC，OB=OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项A不符合题意；
B、∵∠ABC=∠ADC，∠BAD=∠DCB，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项B不符合题意；
C、∵AB//CD，AD//CB，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项C不符合题意；
D、由AB//CD，AD=CB，不能判定四边形ABCD是平行四边形，故选项D符合题意.
故答案为：D.
【分析】由平行四边形的判定定理对各个选项进行判断即可.
2．【答案】A
【知识点】平行四边形的性质
【解析】【解答】解：已知两边长度和夹角的度数可以确定一个平行四边形，即其对角线也是确定的，而两边的夹角不变，某一边长增大时，平行四边形的对角线也在增大。
如图所示，两力的夹角0(0°<θ<90°)不变，使得其中一个力F不变，F增大时，合力F也在增大，故A正确
故答案为：A
【分析】已知两边长度和夹角的度数可以确定一个平行四边形，即其对角线也是确定的，而两边的夹角不变，某一边长增大时，平行四边形的对角线也在增大，两力的夹角0(0°<θ<90°)不变，使得其中一个力F不变，F增大时，合力F也在增大.
3．【答案】C
【知识点】平行四边形的判定
【解析】【解答】解：甲方案：在 ABCD中，OA=OC，OB=OD．
∵BF=DE，
∴BF-EF=DE-EF，即BE=DF．
∴OB-BE=OD-DF，即OE=OF．
在四边形AECF中，∵OA=OC，OE=OF，
∴四边形AECF为平行四边形．
故该方案符合题意．
乙方案：在 ABCD中，OA=OC，∠AOE=∠COF．
∵AE∥CF，
∴∠EAO=∠FCO．
在△AOE与△COF中，
，
∴△AOE≌△COF（ASA）．
∴AE=CF．
在四边形AECF中，∵AE∥CF、AE=CF，
∴四边形AECF为平行四边形．
故该方案符合题意．
观察选项，选项C符合题意．
故答案为：C．
【分析】甲方案：根据平行四边形ABCD的对角线互相平分的性质得到OA=OC，OB=OD；结合BF=DE推知OE=OF；在四边形AECF中，对角线互相平分，则该四边形是平行四边形；
乙方案：首先证明△AOE≌△COF，然后由该全等三角形的对应边相等推知AE=CF，则由“AE∥CF、AE=CF”可以判定四边形AECF为平行四边形．
4．【答案】B
【知识点】三角形的面积；平行四边形的性质
【解析】【解答】解：连接E、F两点，过点E作EM⊥DC于点M，
∵，S ABCD=DC·EM=c，
∴，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，
∴△EFC的FC边上的高与△BCF的FC边上的高相等，
∴S△EFC=S△BCF，
∴S△EFQ=S△BCQ，
同理：S△EFD=S△ADF，
∴S△EFP=S△ADP，
∵S△APD =a，S△BQC= b.
∴S四边形EPFQ=a+b，
故阴影部分的面积为.
故答案为：B.
【分析】利用平行四边形的性质和三角形面积公式来求解阴影部分的面积，通过连接E、F两点并作高，利用平行线性质和三角形面积相等的原理，推导出阴影部分的面积.
5．【答案】C
【知识点】平行线之间的距离
【解析】【解答】解：有两种情况，如图：
（1）直线与的距离是3厘米厘米厘米；
（2）直线与的距离是5厘米厘米厘米；
故答案为：C
【分析】本题考查平行线之间的距离．根据题意先画出图形（1）（2），根据图形进行计算可求出直线与的距离．
6．【答案】A
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；矩形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：连接CF、CA、AF，
∵点P和Q分别为四边形ABCD和四边形BCEF对角线的交点，
∴CF过点Q，CA过点P，
∴点Q是CF的中点，点P是CA的中点，
∴PQ是△CAF的中位线，
∴PQ=AF，
在矩形框架ABCD中，AB=5，AD=8，
∴矩形ABCD的面积为5×8=40，BC=AD=8，∠ABC=90°，
由题意得，BC=EF，CE=BF，
∴四边形BCEF是平行四边形，
∴EF∥BC，
∴∠BHF=∠AHF=90°，
∵扭动后四边形面积减少了8，
∴四边形BCEF的面积为40-8=32，
∴8BH=32，
∴BH=4，
∴AH=AB-BH=5-4=1，
∵BF=CE=AB=5，
∴由勾股定理得，FH===3，
在Rt△AHF中，由勾股定理得，AF===，
∴PQ=AF=，
故答案为：A.
【分析】连接CF、CA、AF，先证PQ是△CAF的中位线，得出PQ=AF，再证四边形BCEF是平行四边形，根据矩形的面积得出平行四边形BCEF的面积，即可求出BH的长，进一步求出AH、FH的长，根据勾股定理即可求出AF的长，从而求出PQ的长.
7．【答案】C
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，∠BCD=2∠BCA=52°，
∴∠ADC=180°-∠BCD=128°.
故答案为：C.
【分析】由菱形的对边平行得AD∥BC，根据菱形的每一条对角线平分一组对角得∠BCD=2∠BCA=52°，进而根据二直线平行，同旁内角互补可得∠ADC=180°-∠BCD，从而代值计算可得答案.
8．【答案】B
【知识点】勾股定理；三角形的中位线定理
【解析】【解答】如图，连接对角线AC，取AC中点O，连接EO交AG于点H，连接OF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC=8，
又∵点E和点F分别是AB与CG的中点，
∴，，
∴四边形FGHO是平行四边形，
又∵AG⊥BC，
∴四边形FGHO是矩形，
故∠FOH=90°，
在Rt△EOF中，
，
∴AG=2OF=4.
故选：B.
【分析】结合平行四边形对角线的中点，从而实现利用中点并将条件线段聚集，最后利用勾股定理解得对应边长即可.
9．【答案】C
【知识点】等边三角形的判定与性质；平行四边形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵，点E是的中点，
∴.
∵，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴．
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，，
∴是平分．
则①②正确；
∵点E是的中点，点O是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴．
则③正确；
∵点O是的中点，
∴．
∵点E是的中点，
∴，
∴．
由平行四边形的性质得，
∴，
即．
则④不正确．
所以正确的有①②③.
故答案为：C.
【分析】本题主要考查平行四边形的性质、等边三角形的性质、中位线性质等相关知识。
根据，是的中点，配合平行四边形对角线互相平分，即可得出OE为△ACB的中位线、AE=CE=BE=BC，得出 ；根据“有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形”即可得出△BCE是等边三角形，此时即可得出∠BCE、∠ACE、∠ACD的度数，即可得出平分；最后根据平行四边的面积和中位线进行面积拆分，即可得出 。
10．【答案】B
【知识点】平行四边形的性质；等腰梯形的性质
【解析】【解答】解：设运动时间为t秒，
根据题意，得点P从点A到达端点D的运动时间为12s，点Q从点C到达点B的运动时间为4秒，
∵四边形ABCD是平行四边形，∠B=60°，AB=6，BC=12，
∴∠D=∠B=60°，CD=AB=6，AD=BC=12，AD∥BC，AB∥CD，
①当0≤t≤4时，如图，过点Q作QE⊥AD于E，过点C作CF⊥AD于F，
∴∠QEF=∠PEQ=∠DFC=90°，
∴EQ∥FC，
∵EF∥QC，
∴四边形EQCF是平行四边形，
∵∠QEF=90°，
∴四边形EQCF是矩形，
∴EF=CQ，
根据题意，得CQ=EF=3t，AP=t，
∵PQ=CD，PD∥CQ，
∴四边形PQCD是等腰梯形，
∴∠D=∠EPQ=60°，
∴∠PQE=∠FCD=30°，
∴，
又∵AD=12，
∴t+3+3t+3=12，
解得：t=1.5，
如图，四边形PQCD是平行四边形，
∴AP=BQ，
∵CQ=3t，BC=12，
∴BQ=12-3t，
∴t=12-3t，
解得：t=3；
②当4∴AP=BQ，
根据题意，得BQ=3t-12，AP=t，
∴t=3t-12，
解得：t=6，
如图，四边形PQCD是等腰梯形，
根据题意，得AP=t，CQ=EF=24-3t，
由①同理得t+3+24-3t+3=12，
解得：t=9（舍去）；
③当8∴AP=BQ，
根据题意，得AP=t，BQ=36-3t，
∴t=36-3t，
解得：t=9，
综上所述，当运动时间为1.5s或3s或6s或9s时，PQ=CD，
故答案为：B.
【分析】设运动时间为t秒，根据题意，得点P从点A到达端点D的运动时间为12s，点Q从点C到达点B的运动时间为4秒，然后根据平行四边形的性质得∠D=∠B=60°，CD=AB=6，AD=BC=12，AD∥BC，AB∥CD，接下来分情况讨论：①当0≤t≤4时，过点Q作QE⊥AD于E，过点C作CF⊥AD于F，易证四边形EQCF是矩形，得EF=CQ，然后证四边形PQCD是等腰梯形，得∠D=∠EPQ=60°，从而有∠PQE=∠FCD=30°，利用含30°的直角三角形的性质得PE=DF=3，接下来得关于t的方程t+3+3t+3=12，解方程求出t；当四边形PQCD是平行四边形，根据平行四边形的性质得AP=BQ，根据题意列出关于t的方程t=12-3t，解方程求出t；②当411．【答案】7
【知识点】平行四边形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，
∵的周长比的周长小3，AB=4，
∴OB+OC+BC-(OA+OB+AB)=3，
即BC-AB=3，
解得：BC=7；
故答案为：7.
【分析】 利用平行四边形对角线互相平分的性质，将三角形周长差转化为边长关系 ，即可得出BC的长度.
12．【答案】1或7
【知识点】平行线之间的距离
【解析】【解答】解：①a在中间，b和c分别位于a的两侧，
此时b与c的距离为3+4=7；
②b和c位于a的同一侧，
此时距离为|4-3|=1，
综上所述，b与c是距离为1或7，
故答案为：1或7.
【分析】分两种情况讨论①a在中间，b和c分别位于a的两侧，②b和c位于a的同一侧，然后根据平行线之间的距离计算即可.
13．【答案】
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；平行四边形的性质
【解析】【解答】解： 如图，过点B作BH⊥DA交DA延长线于H点，过B作BGIIEF，交AH的延长线于G，
∵BE平分∠AEF，
∴∠GEB=∠FEB，
∵BG∥EF，
∴∠FEB=∠EBG，
∴∠EBG=∠GEB，
∴GB=GE，
∵DE=DF，BG∥EF，
∴DG=DB，GE=BF=GB，
∵∠ABC=60°，AB=3，
∴∠BAH=60°，即∠ABH=30°.
∴AH=AB=，
∴BH=，
∴DH=AD+AH=5+，
∴RtABDH中， BD==7，
∴GH=DG-DH=7-=，
∴在RtABGH中，.GB=，
∴BF=，
∴DF=BD-BF=7-，
∴ DE=7-，
故答案为：7-.
【分析】通过角平分线和平分线得到等腰三角形GBE，再根据平行四边形的性质，得到∠GAB=60°，借助勾股定理求得AH，BHHD，BD，再求GH，GB，最后根据线段的和差倍关系求得DF的长即DE的长.
14．【答案】
【知识点】等腰三角形的性质；等边三角形的性质；平行四边形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：根据题意可知：△ECD是顶角为120°的等腰三角形，
∴∠ECD=30°，
如图过M、B作AB、MN的平行线，
∴MN//BP，MP//NB，
∴四边形MNBP是平行四边形，
∴MN=BP，∠PMC=∠ECD=30°，MP=BN
∵EM=BN，
∴EM=MP，
∴∠PAM=∠APM=15°，
当BP⊥EP时，BP最小，
∵∠ECB=120°，DE=EC=BC=4米
∴∠CEB=30°，
∴∠PEB=∠CEB+∠PEC=45°，
在△ACD中，(米)，
∴(米)，
故钢丝绳MN长度的最小值为米，
故答案为：.
【分析】先证四边形MNBP是平行四边形得到MN=BP，∠PMC=∠ECD=30°，MP=BN，当BP⊥EP时，BP最小，再求得∠PEB=45°，即可求解.
15．【答案】
【知识点】正方形的性质；轴对称的性质
【解析】【解答】解：设AB=BC=CD=AD=2a，过点G作GT⊥CD于点T，如图，
∵A、M关于BN对称，
∴AB=BM=BC，
∵B、C关于EF对称，
∴BM=MC=BC，
∴△BCM是等边三角形，
∴∠MBC=∠BCM=90°，
∵∠ABC=∠BCD=90°，
∴∠ABH=∠DCG=30°，
∴BH=2AH.
∴AH=a，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠CDB=45°，
∵GT⊥CD，
∴DT=GT，CG=2TG，CT=GT，
∵DT+TC =2a，
∴DT=TG=(-1)a，
∴CG=2(-1)a，
∴。
故答案为： .
【分析】本题做出辅助线后，根据对称的性质可以得出△BCM是等边三角形，然后利用勾股定理求出AH=a；结合正方形对角线互相平分以及勾股定理，可以得出DT=GT，CG=2TG，CT=GT，继而推出CG=2(-1)a，最后比较计算即可。
16．【答案】24
【知识点】等腰三角形的性质；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵，
∴设
∵四边形ABCD为菱形，
∴
∵
∴
∵
∴
则
∴
∴
∴
∴
∴菱形ABCD的面积为：
故答案为：24.
【分析】根据题意设结合菱形的性质得到进而根据线段间的数量关系得到方程，则最然后根据勾股定理求出AO的长度，最后根据菱形面积计算公式计算即可.
17．【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，作OK⊥BC，垂足为点K，
∵正方形边长为4，
∴OK=2，KC=2，
∴KC=CE，
∴CH是△OKE的中位线
∴，
作GM⊥CD，垂足为点M，
∵G点为EF中点，
∴GM是△FCE的中位线，
∴，，
∴，
在Rt△MHG中，，
故答案为：．
【分析】作OK⊥BC，垂足为点K，根据正方形性质可得OK=2，KC=2，则KC=CE，再根据三角形中位线定理可得，作GM⊥CD，垂足为点M，再根据三角形中位线定理可得，，再根据边之间的关系可得MH，再根据勾股定理即可求出答案.
18．【答案】5；
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；平行四边形的性质
【解析】【解答】解：连接BD并延长，交AC于点K，如图：
由题意可得：BK⊥AK，AK=DE=24cm，AK//DE//BH，
在Rt△AKB中，
，
∵四边形EFBO和AODC为平行四边形，
∴OB=EF，OA=CD，
∵AB=2EF=2CD，
∴OA=OB，
∴点O为AB中点，
∵AK//DE，
∴
∴点D为BK中点，
∴
∴两个储物盒之间的距离为5cm，
如图(2)，过点B作BM⊥DE于点M，过点O作ON⊥CA于点N，则∠BMO=90°，
∵四边形EFBO为平行四边形，∠GEF=60°，
∴OB//EF，
∵∠BOE=∠GEF=60°，
∴∠BMO=90°，
∴∠OBM=90°-∠BOE=30°，
∵，
∴，
在Rt△BMO中，
(cm).
同理可得：(cm)，
∴线段BH与图(1)状态时相比，上升的高度为：
故答案为：5；.
【分析】连接BD并延长，交AC于点K，通过勾股定理求出BK的长，再得到，即可得出两个储物盒之间的距离，过点B作BM⊥DE于点M，过点O作ON⊥CA于点N，则∠BMO=90°，通过含30°角的直角三角形得到，根据勾股定理求出，同理得到，即可求出BH上升的高度.
19．【答案】（1）解：如图①答案不唯一（只需要画出一种情况即可）
（2）解：如图②
【知识点】菱形的性质；正方形的性质
【解析】【作法】（1）①观察格点，确定AB的长度：A到B横向距离为1，纵向距离为2，由勾股定理得；
②在格点中寻找与AB长度相等的线段，连接格点，使得，确定点C；
③再连接格点，使得，，且四边形ABCD邻边不垂直（不是正方形），确定点D.
故菱形ABCD作出为所作的图形.
（2）①计算AB的长度：A到B横向距离为1，纵向距离为2，由勾股定理得；
②过点B作与AB垂直且长度为的线段BE：通过观察格点，找到满足垂直且长度要求的格点，确定点E；
③过点A作与AB垂直且长度为的线段AF，使得AF∥BE，EF∥AB，确定点F.
故正方形ABEF为所作的图形.
【分析】（1）根据菱形的定义（四边相等的平行四边形是菱形），通过勾股定理计算AB的长度，从而确定BC、CD、DA的位置，利用尺规即可作出所需菱形；
（2）根据正方形的定义（四边相等且四个角都是直角的四边形是正方形），通过勾股定理计算AB的长度，并分别作出BE、AF，确定E、F点， 利用尺规即可作出所需正方形.
20．【答案】（1）证明：连接OC，如图所示
∵点E是BC的中点
∴BE=CE
∵DO＝BO，
∴OE为三角形BCD的中位线，
∴OEDC，DC＝2OE，
∵AO＝2EO，
∴CD＝AO，
∵AOCD，
∴四边形AOCD是平行四边形，
∴F为AC中点．
（2）解：∵四边形AOCD为平行四边形，
∴S△ADC＝S AOCD＝S△ADO，
∵BO=DO，
∴点O是BD的中点
∴S△ABD＝2S△ADO，
∴S△ACD：S△ABD＝S△ADO：2S△ADO＝．
【知识点】平行四边形的判定与性质；三角形的中位线定理；三角形的中线；利用三角形的中线求面积
【解析】【分析】
本题考查平行四边形的判定定理与性质、三角形中位线定理，熟知平行四边形的性质是解题关键．（1）连接CD，根据中点的定义可知：CE＝BE，结合BO=DO，可知：OE为三角形BCD的中位线，根据三角形中位线定理：三角形中位线平行且等于底边的一半可知：OEDC，DC＝2OE，结合AO=2EO，等量代换得：CD=AO，根据平行四边形的判定定理：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可知：四边形AOCD是平行四边形，最后由平行四边形的性质：对角线互相平分可知：点F是AC的中点，即可证得结论；
（2）根据平行四边形的性质：对角线互相平分可知：S△ADC＝S AOCD＝S△ADO，再根据三角形中线的性质可知：S△ABD＝2S△ADO，等量代换得：S△ACD：S△ABD的比值，由此可得出答案．
21．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形BDEC是平行四边形，
又∵
∴四边形BDEC是菱形；
（2）解：如图，BE交CD于O，
∵四边形BDEC是菱形，
BE，
在 中，
【知识点】勾股定理；平行四边形的性质；菱形的判定与性质
【解析】【分析】(1)由平行四边形的性质可得AD∥BC， AD = BC 由两组对边平行的四边形是平行四边形，可证四边形BDEC是平行四边形，即可得结论；
(2)连接BE交CD于O，由菱形的性质可得 由勾股定理可求BO的长，即可求解.
22．【答案】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，即DF//BE，
∵，
∴四边形是平行四边形．
（2）解：过点作于点G，连接，交于点O，如图所示，
则，
∵四边形是平行四边形，，
∴四边形是菱形，
∴，，，，
设，则，
根据勾股定理得：，
∴，
解得：，
∴，，
∴，
根据勾股定理得：，
∴，
∴，
∴，
∴．
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质
【解析】【分析】（1）利用平行四边形的性质可得，由两组对边分别平行的四边形是平行四边形即可得出结论；
（2）过点作于点G，连接，交于点O．证明四边形是菱形，得出，，，，设，则，根据勾股定理得出，求出，得出，利用勾股定理求解即可．
（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形．
（2）解：如下图，过点作于点G，连接，交于点O．
则，
∵四边形是平行四边形，，
∴四边形是菱形，
∴，，，，
设，则，
根据勾股定理得：，
∴，
解得：，
∴，，
∴，
根据勾股定理得：，
∴，
∴，
∴，
∴．
23．【答案】（1）解：四边形EBFD是菱形，
理由如下：
在□ABCD中，∵AD//BC，∴∠EDO=∠FBO，
∵EF为BD中垂线，
∴BO=DO，∠EOD=∠FOB，
∴△BOF≌△DOE（AAS），∴BF=DE，
∵AD//BC，BF=DE，
∴四边形EBFD是平行四边形.
∵EF⊥BD，
∴四边形EBFD是菱形；
（2）解：∵AB//DC，∴∠EDC=180°-∠A，
∵∠A=130°，∴∠EDC=50°，
∵EF⊥BD，
∴∠EDO=90°-∠OED=90°-70°=20°，
由(1)得，四边形EBFD是菱形，
∴∠EDF=2∠EDO=40°，
∴∠CDF=∠EDC-∠EDF=10°；
（3）解：在 ABCD中，∵，∴，
∵四边形EBFD是菱形，∴，
∴，
，
，即，
∴BO=4OG，
∴设OG=m，则BG-4m，OB=OG+BG=5m，
在Rt△BOF中，OF2=BF2-OB2=112-25m2，
在Rt△OGF中，OF2=GP2-OG2=16-m2，
即112-25m2=16-m2，解得m=2或-2（舍去），
∴BG=8，
在Rt△OGF中，OG=2，GF=4，OF=2，
∴∠OGF=60°
∴∠AGB=∠OGF=60°，
∵S△OGF=2，S△ABG=6S△DGF=12.
过点A作AH⊥BG于点H，
，
，解得，
在Rt中，，
，
，
在Rt中，．
【知识点】三角形的面积；勾股定理；平行四边形的性质；菱形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）根据平行四边形的性质和平行线的性质可得∠EDO=∠FBO，根据中垂线的定义可得BO=DO，EF⊥BD，依据AAS判定△BOF≌△DOE推出BF=DE，根据菱形的判定即可证明；
（2）根据平行线的性质可得∠EDC=50°，根据菱形的性质可得∠EDF=2∠EDO，即可求得；
（3）根据菱形的性质可推出BO=4OG，设OG=m，根据勾股定理建立方程求得BG，过点A作AH⊥BG于点H，再根据三角形的面积求得AH，根据边长求得∠AGB，求得HG，BH，再根据勾股定理求AB即可.
24．【答案】（1）证明：如图1，在正方形ABCD中，
∵BC=CD，∠B=∠CDF，BE=DF，
∴△CBE≌△CDF，
∴CE=CF；
（2）证明：如图，延长AD至F，使DF=BE，连接CF，
由（1）知△CBE≌△CDF，
∴∠BCE=∠DCF，
∴∠BCE+∠ECD=∠DCF+∠ECD，
即∠ECF=∠BCD=90°，
又∵∠GCE=45°，
∴∠GCF=∠GCE=45°，
∵CE=CF，∠GCE=∠GCF，GC=GC，
∴△ECG≌△FCG，
∴GE=GF，
∴GE=DF+GD=BE+GD；
（3）解：如图：过点C作CG⊥AD于G，
∵AD∥BC，∠B＝90°，
∴∠A＝90°，
∵∠A＝∠B＝90°，GC⊥AD，
∴四边形ABCG是矩形，且AB＝BC＝12，
∴四边形ABCG是正方形，
∴AG＝12，
由（2）可得DE＝DG＋BE，
∴DE＝4＋DG，
在△ADE中，AE2＋DA2＝DE2，
∴（12 4）2＋（12 DG）2＝（4＋DG）2，
∴DG＝6，
∴AD＝6，
∴S四边形ABCD＝ (AD＋BC)×AB＝×(6＋12)×12＝108．
【知识点】勾股定理；正方形的判定与性质；直角梯形；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）根据正方形的性质证明，根据全等三角形的性质即可证明CE=CF；
（2）延长AD至F，使DF=BE，连接CF，得到∠BCE=∠DCF，进而得到∠GCF=∠GCE=45°，证明，得到GE=GF，即可证明GE＝BE＋GD；
（3）过点C作CG⊥AD于G，得到∠A＝90°，证明四边形ABCG是矩形，且AB＝BC＝12，即四边形ABCG是正方形，得到AG＝12，根据勾股定理得到AE2＋DA2＝DE2，求出DG＝6，进而即可求出直角梯形ABCD的面积．
25．【答案】（1）三角形的中位线定理．两组对边分别平行的四边形是平行四边形
（2）解：瓦里尼翁平行四边形的周长等于对角线与长度之和．证明如下：
分别为的中点，
∴．
分别为的中点，
∴．
∴，
同理：，
∴瓦里尼翁平行四边形的周长为
．
（3）解：由题意，画出图形如下：
①如图1，当时，
分别为的中点，
∴，
∴，
∵分别为的中点，
∴，
∴；
②如图2，当时，则，
分别为的中点，
∴，
∴，
∵分别为的中点，
∴，
∴；
综上，瓦里尼翁平行四边形中的度数为或．
【知识点】平行线的性质；平行四边形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【解答】（1）证明：如图2，连接，
分别为的中点，
，（三角形的中位线定理）
分别为的中点，
．
，
同理：，
四边形是平行四边形，（两组对边分别平行的四边形是平行四边形）
故答案为：三角形的中位线定理．两组对边分别平行的四边形是平行四边形；
【分析】（1）根据三角形的中位线平行于第三边、两组对边分别平行的四边形是平行四边形即可得答案；
（2）根据三角形的中位线等于第三边的一半可得，，进而根据四边形周长计算方法列式计算可得答案；
（3）分两种情况画出图形，①如图1，当时，先根据三角形的中位线平行于第三边可得，，再根据二直线平行同位角相等，内错角相等得出；②如图2，当时，由邻补角得，先根据三角形的中位线平行于第三边可得，，再根据二直线平行同位角相等，内错角相等得出，综上即可得出答案.
（1）证明：如图2，连接，
分别为的中点，
．（三角形的中位线定理）
分别为的中点，
．
，
同理：，
四边形是平行四边形．（两组对边分别平行的四边形是平行四边形）
故答案为：三角形的中位线定理．两组对边分别平行的四边形是平行四边形．
（2）解：瓦里尼翁平行四边形的周长等于对角线与长度之和．证明如下：
分别为的中点，
∴．
分别为的中点，
∴．
∴，
同理：，
∴瓦里尼翁平行四边形的周长为
．
（3）解：由题意，画出图形如下：
①如图1，当时，
分别为的中点，
∴，
∴，
∵分别为的中点，
∴，
∴；
②如图2，当时，则，
分别为的中点，
∴，
∴，
∵分别为的中点，
∴，
∴；
综上，瓦里尼翁平行四边形中的度数为或．
26．【答案】（1）③④；
（2）∵四边形为平行四边形，
∴，，
∵折叠平行四边形，使得顶点分别落在边上的点处，
∴DE=DA，DF=DC，
∴，
∵，，，
∴，
∴四边形是三等角四边形；
（3）．
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】（1）解：①根据平行四边形的对角相等可得平行四边形不是三等角四边形；
②根据菱形四边相等、对角相等可知菱形不是三等角四边形；
③根据矩形四个角都相等可知矩形是三等角四边形；
④根据正方形四个角都相等可知正方形是三等角四边形．
故答案为：③④；
（3）如图，过点D作DE//BC，交BA延长线于E，作DF//AB，交BC延长线于F，作DG⊥BE于G，DH⊥BF于H，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∴DE=BF，DF=BE，∠B+∠E=180°，∠B+∠F=180°，∠E=∠F，
∵∠DAB=∠B=∠BCD，∠DAE+∠DAB=180°，∠DCB+∠DCF=180°，
∴∠DAE=∠E=∠DCF=∠F，
∴AD=DE=BF=，CD=DF=7，
∴AE=BE-AB=CD-AB=2，
∵DG⊥BE，DH⊥BF，
∴AG=EG=AE=1，CH=HF=CF，
∴DG=，
∴S平行四边形DEBF=BE·DG=BF·DH，即7×5=DH，
解得：DH=，
∴CH==，
∴CF=2CH=，
∴BC=BF-CF=．
故答案为：
【分析】
（1）利用平行四边形、菱形、矩形、正方形的性质结合三等角四边形的定义判断即可求解；
（2）由平行四边形的性质可得∠E=∠F，且∠E+∠EBF=180°，根据折叠的性质可得∠E=∠DAE，∠F=∠DCF，再根据等角的补角相等，判断出∠DAB=∠DCB=∠ABC，根据三等角四边形的定义即可得结论；
（3）如图，过点D作DE//BC，交BA延长线于E，作DF//AB，交BC延长线于F，作DG⊥BE于G，DH⊥BF于H，可得四边形DEBF是平行四边形，根据及平行四边形的性质可得AD=DE=BF=，CD=DF=7，可求出AE的长，根据等腰三角形“三线合一”的性质可得AG=EG=AE=1，CH=HF=CF，利用勾股定理可得DG的长，利用平行四边形的面积可求出DH的长，利用勾股定理可求出CH的长，进而求出CF的长，即可求出BC的长．
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