第18章 平行四边形 单元测试（原版+解析版）

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2020-2021学年人教版八年级下册数学
单元测评培优卷（原版+解析版）
第18章
平行四边形
(测试时间：120分钟，满分：120分)
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2020·成都市初三期末）下列命题正确的是（　　）
A．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
B．对角线互相垂直的四边形是菱形
C．对角线相等的四边形是矩形
D．一组邻边相等的矩形是正方形
2．（2021·广东八年级期末）如图，点D和点E分别是BC和BA的中点，已知AC＝4，则DE为（　　）
A．1
B．2
C．4
D．8
3．（2020·温州外国语学校八年级月考）从①；②；③；④．这四个条件中选取两个，使四边形成为平行四边形．下面不能说明是平行四边形的是（
）
A．①②
B．①③
C．②④
D．①④
4．（2021·陕西九年级期末）如图，矩形的对角线，相交于点，，若的周长比的周长大10，则的长为（
）．
A．
B．
C．10
D．20
5．（2020·江西新余初三期末）如图，在任意四边形中，，，，分别是，，，上的点，对于四边形的形状，某班学生在一次数学活动课中，通过动手实践，探索出如下结论，其中错误的是（
）
A．当，，，是各边中点，且时，四边形为菱形
B．当，，，是各边中点，且时，四边形为矩形
C．当，，，不是各边中点时，四边形可以为平行四边形
D．当，，，不是各边中点时，四边形不可能为菱形
6．（2020·湖北九年级期末）如图，在中，，，，依据尺规作图的痕迹，则的面积为（
）
A．12
B．
C．
D．
7．（2020·无锡市前洲中学初三月考）如图，在菱形中对角线相交于点，直线交
于点,则的长(
)
A．4
B．4.
8
C．2.
4
D．3.
2
8．（2021·浙江八年级期末）图1中甲、乙两种图形可以无缝隙拼接成图2中的正方形ABCD．已知图甲中，，，图乙中
，则图2中正方形的对角线AC长为（　　　）
A．
B．
C．
D．
9．（2020·佳木斯市九年级期中）如图，点是正方形内一点，，，，则的长为（
）
A．
B．
C．
D．
10．（2020·浙江八年级期中）如图，以平行四边形的边、、、为斜边，分别向外侧作等腰直角三角形，直角顶点分别为E、F、G、H，顺次连结这四个点，得四边形，当时，有以下结论：①；②；③；④；⑤四边形是平行四边形．则结论正确的是（
）
A．①③④
B．②③⑤
C．①③④⑤
D．②③④⑤
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）请把答案直接填写在横线上
11．（2020·浙江八年级）如图，在中，，，点D是边的中点，点E在边上，若，那么的长是__________．
12．（2021·桥柱中学八年级期末）如图，在正方形中，已知，点分别是边的中点，点F是边上的动点，连接，将正方形沿折叠，的对应点分别为，则线段的最小值是_____．
13．（2020·浙江九年级）如图所示，把大正方形纸片剪成五个部分，在分别距离大正方形的四个顶点5厘米处沿方向剪开，中间的部分正好是小正方形，那么小正方形的面积是________平方厘米．
15．（2021·山东淄博市·八年级期末）如图，在菱形中，，，点是直线，之间任意一点，连接，，，，则和的面积之和是______．
16．（2020·广州市广外附设外语学校九年级期中）如图，在坐标系中放置一菱形OABC，已知∠ABC＝60°，OA＝1，先将菱形OABC沿x轴的正方向无滑动翻转，每次翻转60°，连续翻转2019次，点B的落点依次为B1，B2，B3，…，则B2019的坐标为_____．
17．（2021·黑龙江九年级期末）如图，在矩形中，，为中点，点为上一动点，将沿所在直线折叠到的位置，连接，则的最小值为__________．
18．（2020·浙江九年级期末）如图，在平行四边形中，，F是的中点，，垂足E在线段上．下列结论①；②；③；④中，一定成立的是_________．（请填序号）
三、解答题（本大题共7小题，共66分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2020·广东龙岭初级中学八年级月考）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝10，点E在边CD上，连接AE，将四边形ABCE沿直线AE折叠，得到多边形，且恰好经过点D．
（1）线段DC′的长度；（2）求ADE的面积．
20．（2021·贵州九年级期末）如图，已知四边形是平行四边形，E是延长线上一点且，连接，．（1）求证：四边形是平行四边形，（2）连接，若，，求的面积．
21．（2020·浙江八年级期末）如图，在四边形中，，，，，，动点N从点D出发，以每秒的速度在射线上运动到C点返回，动点M从点A出发，在线段上，以每秒的速度向点B运动，点M，N分别从点A，D同时出发．当点M运动到点B时，点N随之停止运动，设运动时间为t（秒）．（1）当t为何值时，四边形是平行四边形．（2）是否存在点N，使是等腰三角形？若存在，请求出所有满足要求的t的值，若不存在，请说明理由．
22．（2020·浙江丽水初三期末）如图，在菱形中，是边上的动点，作交于点，在上取点使，连结（1）求的度数；（2）求证：（3）若是的中点，当为何值时，是等腰三角形．
23．（2020·辽宁九年级期中）如图，正方形ABCD的边长是3，点P是直线BC上一点，连接PA，将线段PA绕点P逆时针旋转得到线段PE，在直线BA上取点F，使BF=BP，且点F与点E在BC同侧，连接EF，CF．（1）如图①，当点P在CB延长线上时，求证：四边形PCFE是平行四边形；（2）如图②，当点P在线段BC上时，四边形PCFE是否还是平行四边形，说明理由；
24．（2020·浙江八年级月考）定义，我们把对角线互相垂直的四边形叫做和美四边形，对角线交点作为和美四边形的中心．
（1）写出一种你学过的和美四边形______；
（2）顺次连接和美四边形四边中点所得四边形是（
）
A．矩形
B，菱形
C．正方形
D．无法确定
（3）如图1，点O是和美四边形的中心，分别是边的中点，连接，记四边形的面积为，用等式表示的数量关系（无需说明理由）
（4）如图2，四边形是和美四边形，若,求的长．
25．（2020·吉林省初三一模）（教材呈现）如图是八年级下册数学教材第117页的部分内容．
结合图①，补全证明过程．
（应用）如图②，直线EF分别交矩形ABCD的边AD、BC于点E、F，将矩形ABCD沿EF翻折，使点C的对称点与点A重合，点D的对称点为D′，若AB＝3，BC＝4，则四边形ABFE的周长为　
　．
（拓展）如图③，直线EF分别交?ABCD的边AD、BC于点E、F，将?ABCD沿EF翻折，使点C的对称点与点A重合，点D的对称点为D′，若AB＝，BC＝4，∠C＝45°，则EF的长为　
　．
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第18章
平行四边形
(测试时间：120分钟，满分：120分)
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2020·成都市初三期末）下列命题正确的是（　　）
A．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
B．对角线互相垂直的四边形是菱形
C．对角线相等的四边形是矩形
D．一组邻边相等的矩形是正方形
【答案】D
【分析】分析是否为真命题，需要分别分析各题设是否能推出结论，从而利用排除法得出答案．
【解析】A、一组对边平行，另一组对边相等的四边形有可能是等腰梯形，故A选项错误；
B、对角线互相垂直的四边形也可能是一般四边形，故B选项错误；
C、对角线相等的四边形有可能是等腰梯形，故C选项错误．
D、一组邻边相等的矩形是正方形，故D选项正确．故选D．
【点睛】本题考查特殊平行四边形的判定，需熟练掌握各特殊四边形的特点．
2．（2021·广东八年级期末）如图，点D和点E分别是BC和BA的中点，已知AC＝4，则DE为（　　）
A．1
B．2
C．4
D．8
【答案】B
【分析】根据三角形中位线定理解答即可．
【详解】解：∵点D和点E分别是BC和BA的中点，
∴DE是△ABC的中位线，∴DE＝AC＝4＝2，故选：B．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
3．（2020·温州外国语学校八年级月考）从①；②；③；④．这四个条件中选取两个，使四边形成为平行四边形．下面不能说明是平行四边形的是（
）
A．①②
B．①③
C．②④
D．①④
【答案】D
【分析】根据平行四边形的判定方法逐项判断即可．
【详解】解：A、选①②，即四边形ABCD满足，，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可判定四边形ABCD是平行四边形，故本选项不符合题意；
B、选①③，即四边形ABCD满足，，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可判定四边形ABCD是平行四边形，故本选项不符合题意；
C、选②④，即四边形ABCD满足，，根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形可判定四边形ABCD是平行四边形，故本选项不符合题意；
D、选①④，即四边形ABCD满足，，一组对边平行，另一组对边相等，不能判定四边形ABCD是平行四边形，故本选项符合题意．故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，属于基础题型，熟知平行四边形的判定方法是正确判断的关键．
4．（2021·陕西九年级期末）如图，矩形的对角线，相交于点，，若的周长比的周长大10，则的长为（
）．
A．
B．
C．10
D．20
【答案】A
【分析】由矩形的性质和已知条件求出AB=BC，BC=10，即可得出答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AO=CO=DO=BO，AD=BC，∠ABC=90°，AB∥CD，
∴∠BAC=∠ACD=30°，∴AB=BC，
∵△ABC的周长=AB+AC+BC=AB+AO+OC+BC，△AOB的周长=AB＋AO＋BO，
又∵ABC的周长比△AOB的周长长10，
∴AB+AC+BC-（AB＋AO＋BO）=BC=10，∴AB=BC=；故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质、含30°角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握矩形的性质，求出BC的长是解题的关键．
5．（2020·江西新余初三期末）如图，在任意四边形中，，，，分别是，，，上的点，对于四边形的形状，某班学生在一次数学活动课中，通过动手实践，探索出如下结论，其中错误的是（
）
A．当，，，是各边中点，且时，四边形为菱形
B．当，，，是各边中点，且时，四边形为矩形
C．当，，，不是各边中点时，四边形可以为平行四边形
D．当，，，不是各边中点时，四边形不可能为菱形
【答案】D
【分析】当E，F，G，H是四边形ABCD各边中点时，连接AC、BD，如图，根据三角形的中位线定理可得四边形EFGH是平行四边形，然后根据菱形的定义和矩形的定义即可对A、B两项进行判断；画出符合题意的平行四边形，但满足，，，不是各边中点即可判断C项；画出符合题意的菱形，但满足，，，不是各边中点即可判断D项，进而可得答案．
【解析】A．当E，F，G，H是四边形ABCD各边中点时，连接AC、BD，如图，则由三角形的中位线定理得：EH=BD，EH∥BD；FG=BD，FG∥BD，所以EH=FG，EH∥FG，即四边形EFGH是平行四边形；
当AC＝BD时，∵EH=BD，EF=AC，∴EF=EH，故四边形EFGH为菱形，故A正确；
B．当E，F，G，H是四边形ABCD各边中点，且AC⊥BD时，如上图，由三角形的中位线定理可得：EH∥BD，EF∥AC，所以EH⊥EF，故平行四边形EFGH为矩形，故B正确；
C．如图所示，若EF∥HG，EF＝HG，则四边形EFGH为平行四边形，此时E，F，G，H不是四边形ABCD各边中点，故C正确；
D．如图所示，若EF＝FG＝GH＝HE，则四边形EFGH为菱形，此时E，F，G，H不是四边形ABCD各边中点，故D错误；故选：D．
【点睛】本题考查了中点四边形以及特殊四边形的判定等知识，熟练掌握中点四边形的形状、会画出符合题意的反例图形是解题关键．
6．（2020·湖北九年级期末）如图，在中，，，，依据尺规作图的痕迹，则的面积为（
）
A．12
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】由作图痕迹可得EF为AB的中垂线，结合判断出△ABE为等边三角形，从而结合边长求出在BC边上的高为，再根据比例关系求得BC的长度，最终计算面积即可．
【详解】设尺规作图所得直线与AB交于F点，根据题意可得EF为AB的中垂线，∴AE=BE，
又∵，∴△ABE为等边三角形，边长AB=CD=4，∴BF=2，BE=4，，∴在BC边上的高为，
又∵，BE=4，∴EC=2，BC=2+4=6，
∴=×6=，故选：C．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，中垂线的识别与性质，以及等边三角形的判定与性质，准确根据作图痕迹总结出等边三角形是解题关键．
7．（2020·无锡市前洲中学初三月考）如图，在菱形中对角线相交于点，直线交
于点,则的长(
)
A．4
B．4.
8
C．2.
4
D．3.
2
【答案】D
【分析】根据菱形的性质可得AC⊥DB，AO=，BO=，然后利用勾股定理计算出AB长，再根据菱形的面积公式得到S菱形ABCD=，进而得到△AOB的面积，然后根据直角三角形的面积计算出EO长，再利用勾股定理求出AE即可．
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥DB，AO=，BO=
∵AC=8，BD=6，∴AO=4，BO=3，S菱形ABCD=
∴AB=，S△AOB=6，即∴EO=，
在Rt△AOE中，，故选：D．
【点睛】此题主要考查了菱形的性质、面积、以及勾股定理，关键是掌握菱形的两条对角线互相垂直．
8．（2021·浙江八年级期末）图1中甲、乙两种图形可以无缝隙拼接成图2中的正方形ABCD．已知图甲中，，，图乙中
，则图2中正方形的对角线AC长为（　　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】连接，过点作交于点，根据甲、乙两种图形可以无缝隙拼接成图2中的正方形ABCD，可得是等腰直角三角形，则可求得，，根据勾股定理，可得：，，则有，，根据正方形的对角线可求出答案．
【详解】解：如图示，连接，过点作交于点，
∵甲、乙两种图形可以无缝隙拼接成图2中的正方形ABCD．
∴根据题意，根据对称性可得是等腰直角三角形，则有：，
∵，，∴，,
又∵，，∴根据勾股定理，可得：，，
则有，∴，
∴正方形的对角线，故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，熟悉相关性质是解题的关键．
9．（2020·佳木斯市九年级期中）如图，点是正方形内一点，，，，则的长为（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】将绕着点A顺时针旋转90°得到，连接，则是等腰直角三角形，，然后根据勾股定理即可得到结论．
【详解】将绕着点A顺时针旋转90°得到，连接，则是等腰直角三角形
∴∴，∴
∵∴∴故选C．
【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质，和勾股定理，正确的作出辅助线是本题的关键．
10．（2020·浙江八年级期中）如图，以平行四边形的边、、、为斜边，分别向外侧作等腰直角三角形，直角顶点分别为E、F、G、H，顺次连结这四个点，得四边形，当时，有以下结论：①；②；③；④；⑤四边形是平行四边形．则结论正确的是（
）
A．①③④
B．②③⑤
C．①③④⑤
D．②③④⑤
【答案】D
【分析】根据平行四边形性质得出∠ABC=∠ADC=α，∠BAD=∠BCD，AB=CD，AD=BC，AD∥BC，AB∥CD，根据等腰直角三角形得出BE=AE=CG=DG，AH=DH=BF=CF，∠ABE=∠EAB=∠FBC=∠FCB=∠GCD=∠GDC=∠HAD=∠EDA=45°，求出∠HAE=∠HDG=∠FCG=∠FBE=90°+α，证△FBE≌△HAE≌△HDG≌△FCG，推出∠BFE=∠GFC，EF=EH=HG=GF，求出∠EFG=90°，根据正方形性质得出即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ABC=∠ADC=α，∠BAD=∠BCD，AB=CD，AD=BC，AD∥BC，AB∥CD，
∵平行四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA为斜边，分别向外侧作等腰直角三角形，直角顶点分别为E、F、G、H，∴BE=AE=CG=DG，AH=DH=BF=CF，∠ABE=∠EAB=∠FBC=∠FCB=∠GCD=∠GDC=∠HAD=∠EDA=45°，∵AB∥CD，∴∠BAD=∠BCD=180°-α，
∴∠EAH=360°-45°-45°-（180°-α）=90°+α，∠GCF=360°-45°-45°-（180°-α）=90°+α，
∴①错误；②正确；∠HDG=45°+45°+α=90°+α，∠FBE=45°+45°+α=90°+α，
∴∠HAE=∠HDG=∠FCG=∠FBE，在△FBE、△HAE、△HDG、△FCG中，
，∴△FBE≌△HAE≌△HDG≌△FCG（SAS），
∴∠BFE=∠GFC，EF=EH=HG=GF，③正确；∴四边形EFGH是菱形，
∵∠BFC=90°=∠BFE+∠EFC=∠GFC+∠CFE，∴∠EFG=90°，
∴四边形EFGH是正方形，⑤正确；∴EH⊥GH，④正确；故选：D．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形，全等三角形的性质和判定，正方形的判定，平行四边形的性质，菱形的判定的应用，主要考查学生的推理能力．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）请把答案直接填写在横线上
11．（2020·浙江八年级）如图，在中，，，点D是边的中点，点E在边上，若，那么的长是__________．
【答案】
【分析】过D作DF⊥AC于F，得到AB∥DF，求得AF＝CF，根据三角形中位线定理得到DF=AB＝1，根据等腰直角三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：过D作DF⊥AC于F，∴∠DFC＝∠A＝90°，∴AB∥DF，
∵点D是BC边的中点，∴BD＝DC，∴AF＝CF，∴DF=AB＝1，
∵∠DEC＝45°，∴△DEF是等腰直角三角形，∴DE=DF=，故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形的中位线定理，平行线的判定和性质，等腰直角三角形的性质，正确的作出辅助线构造等腰直角三角形是解题的关键．
12．（2021·桥柱中学八年级期末）如图，在正方形中，已知，点分别是边的中点，点F是边上的动点，连接，将正方形沿折叠，的对应点分别为，则线段的最小值是_____．
【答案】
【分析】如图，连接EG，EB′．求出EG，EB′的长，可以判定点B′在EG的延长线上时，GB′的值最小，最小值=，即可解决问题．
【详解】解：如图，连接EG，EB′，
∵四边形ABCD是正方形，∴∠A=∠D=90°，AD=DC=AB=2，
∵AE=DE=1，DG=GC=1，∴EG=
==，
由翻折的性质可知，∠A′=∠A=90°，A′E=AE=1，A′B′=AB=2，
∴EB′==
=，
∴当点B′在EG的延长线上时，GB′的值最小，最小值=，故答案为．
【点睛】本题考查正方形的性质，翻折变换，勾股定理等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．
13．（2020·浙江九年级）如图所示，把大正方形纸片剪成五个部分，在分别距离大正方形的四个顶点5厘米处沿方向剪开，中间的部分正好是小正方形，那么小正方形的面积是________平方厘米．
【答案】50
【分析】先判断出△ECP是等腰直角三角形，进而求出PE，再判断出四边形PEGH是矩形，进而求出GH，即可得出结论．
【详解】解：如图，∵四边形EFGH是正方形，∴∠G=90°，
过点P作PE∥FH交BC于E，∴∠PEC=∠HFC=45°，
∴∠CPE=90°-∠PEC=45°，∴CE=CP=5，∴PE=PC=，
∵∠DPQ=45°，∴∠EPQ=180°-∠CPE-∠DPQ=90°，∵阴影部分是正方形，∴∠PHG=∠EGH=90°，
∴四边形EPHG为矩形，∴GH=PE=，∴S阴影=GH2=（）2=50，故答案为：50．
【点睛】此题主要考查了等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，正方形的性质，求出PE是解本题的关键．
15．（2021·山东淄博市·八年级期末）如图，在菱形中，，，点是直线，之间任意一点，连接，，，，则和的面积之和是______．
【答案】12
【分析】连接BD，根据菱形对角线的性质，利用勾股定理计算BD的长，根据两平行线的距离相等，所以△EAB和△ECD的面积和等于菱形ABCD面积的一半，再利用菱形面积等于对角线积的一半计算可得结论．
【详解】如图，连接BD交AC于O，
∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，OA=AC=×6=3，
∵AB＝5，由勾股定理得：OB=，∴BD=2OB=8，
∵AB∥CD，∴△EAB和△ECD的高的和等于点C到直线AB的距离，
∴△EAB和△ECD的面积和=×＝××AC×BD=．故答案为：12．
【点睛】本题考查菱形的性质，三角形的面积，平行线的性质，熟知平行线的距离相等，得△EAB和△ECD的高的和等于点C到直线AB的距离是解题的关键．
16．（2020·广州市广外附设外语学校九年级期中）如图，在坐标系中放置一菱形OABC，已知∠ABC＝60°，OA＝1，先将菱形OABC沿x轴的正方向无滑动翻转，每次翻转60°，连续翻转2019次，点B的落点依次为B1，B2，B3，…，则B2019的坐标为_____．
【答案】（1346，0）
【分析】连接AC，根据条件可以求出AC，画出第5次、第6次、第7次翻转后的图形，容易发现规律：每翻转6次，图形向右平移4．由于2019＝336×6＋3，因此点B3向右平移1344（即336×4）即可到达点B2019，根据点B3的坐标就可求出点B2019的坐标．
【详解】解：连接AC，如图所示．∵四边形OABC是菱形，∴OA＝AB＝BC＝OC．
∵∠ABC＝60°，∴△ABC是等边三角形．∴AC＝AB．∴AC＝OA．
∵OA＝1，∴AC＝1．画出第5次、第6次、第7次翻转后的图形，如图所示．
由图可知：每翻转6次，图形向右平移4．
∵2019＝336×6＋3，∴点B3向右平移1344（即336×4）到点B2019．
∵B3的坐标为（2，0），∴B2019的坐标为（2＋1344，0），∴B2019的坐标为（1346，0）．
故答案为：（1346，0）．
【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质等知识，考查了操作、探究、发现规律的能力．发现“每翻转6次，图形向右平移4”是解决本题的关键．
17．（2021·黑龙江九年级期末）如图，在矩形中，，为中点，点为上一动点，将沿所在直线折叠到的位置，连接，则的最小值为__________．
【答案】
【分析】由题意可知当点G在DE上时，此时GD的值最小，根据勾股定理求出DE，根据折叠的性质可知GE=BE，即可求出GD的最小值．
【详解】
解：如图所示，
由EG=EB==，可得当点G在DE上时，此时GD的值最小，
根据折叠的性质，△EBF≌△EGF，∴EG⊥GF，∴EG=EB，
∵E是AB边的中点，AB=5，∴AE=EG=，
∵BC=AD=12，∴Rt△ADE中，DE=，∴GD=．故答案为：．
【点睛】本题主要考查折叠的性质、全等三角形的判定与性质的综合运用；注意掌握并确定点G在何位置时，GD的值最小是解决问题的关键．
18．（2020·浙江九年级期末）如图，在平行四边形中，，F是的中点，，垂足E在线段上．下列结论①；②；③；④中，一定成立的是_________．（请填序号）
【答案】②③④
【分析】如图延长EF交CD的延长线于H．作EN∥BC交CD于N，FK∥AB交BC于K．利用平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质一一判断即可解决问题．
【详解】解：如图，延长EF交CD的延长线于H．作EN∥BC交CD于N，FK∥AB交BC于K．
∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CH，∴∠A=∠FDH，
在△AFE和△DFH中，，∴△AFE≌△DFH，∴EF=FH，
∵CE⊥AB，AB∥CH，
∴CE⊥CD，∴∠ECH=90°，∴CF=EF=FH，故②正确，
∵DF=CD=AF，∴∠DFC=∠DCF=∠FCB，
∵∠FCB＞∠ECF，∴∠DCF＞∠ECF，故①错误，
∵FK∥AB，FD∥CK，∴四边形DFKC是平行四边形，
∵AD=2CD，F是AD中点，∴DF=CD，∴四边形DFKC是菱形，∴∠DFC=∠KFC，
∵AE∥FK，∴∠AEF=∠EFK，∵FE=FC，FK⊥EC，∴∠EFK=∠KFC，
∴∠DFE=3∠AEF，故③正确，∵四边形EBCN是平行四边形，∴S△BEC=S△ENC，
∵S△EHC=2S△EFC，S△EHC＞S△ENC，∴S△BEC＜2S△CEF，故④正确，
故正确的有②③④．故答案为②③④．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形斜边的中线的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
三、解答题（本大题共7小题，共66分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2020·广东龙岭初级中学八年级月考）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝10，点E在边CD上，连接AE，将四边形ABCE沿直线AE折叠，得到多边形，且恰好经过点D．
（1）线段DC′的长度；（2）求ADE的面积．
【答案】（1）2；（2）
【分析】（1）由矩形的性质可得AD=BC=10，AB=CD=6，∠B=∠C=90°，由折叠的性质可得AB=AB'=6，CE=C'E，B'C'=BC=10，∠B'=∠B=90°，∠C=∠C'=90°，由勾股定理可求B'D的长，可得C'D的长；
（2）设DE=x，则EC′=6-x，利用勾股定理列方程求解，从而可求三角形面积．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是矩形∴AD=BC=10，AB=CD=6，∠B=∠C=90°
∵将四边形ABCE沿直线AE折叠，得到多边形AB′C′E，
∴AB=AB'=6，CE=C'E，B'C'=BC=10，∠B'=∠B=90°，∠C=∠C'=90°
∵B'D=∴C'D=B'C'-B'D=2，
（2）设DE=x，则EC′=6-x，由（1）可知∠C'=90°，C'D=2
∴在Rt△C′DE中，，解得：∴ADE的面积为
【点睛】本题考查了折叠变换，矩形的性质，勾股定理，熟练运用折叠的性质是本题的关键．
20．（2021·贵州九年级期末）如图，已知四边形是平行四边形，E是延长线上一点且，连接，．（1）求证：四边形是平行四边形，（2）连接，若，，求的面积．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）根据四边形是平行四边形，得到，，再根据，得到，利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形去判定．（2）先利用已知条件证四边形是菱形，再在中，利用勾股定理求BO，进而求BC，则可求菱形面积．
【详解】解：（1）∵四边形是平行四边形，∴，，
又∵，∴，，∴四边形是平行四边形．
（2）如图，连接，交于点O，∵，，
∴，由（1）得四边形是平行四边形，
∴是菱形，∴，
∵，∴，
在中，，
∴，∴．
【点睛】本题考查了平行四边形、菱形性质和判定的综合应用，熟练掌握相关知识是解答此题的关键．
21．（2020·浙江八年级期末）如图，在四边形中，，，，，，动点N从点D出发，以每秒的速度在射线上运动到C点返回，动点M从点A出发，在线段上，以每秒的速度向点B运动，点M，N分别从点A，D同时出发．当点M运动到点B时，点N随之停止运动，设运动时间为t（秒）．（1）当t为何值时，四边形是平行四边形．（2）是否存在点N，使是等腰三角形？若存在，请求出所有满足要求的t的值，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）5秒或秒；（2）存在，秒或秒或秒
【分析】（1）由题意已知，AB∥CD，要使四边形MNBC是平行四边形，则只需要让BM=CN即可，因为M、N点的速度已知，AB、CD的长度已知，要求时间，用时间=路程÷速度，即可求出时间；
（2）使△BMN是等腰三角形，可分三种情况，即BM=BN、NM=NB、MN=MB；可利用等腰三角形及直角梯形的性质，分别用t表达等腰三角形的两腰长，再利用两腰相等即可求得时间t．
【详解】解：（1）设运动时间为t秒．∵四边形MNCB是平行四边形，∴MB=NC，
当N从D运动到C时，∵BC=13cm，CD=21cm，
∴BM=AB-AM=16-t，CN=21-2t，∴16-t=21-2t，解得t=5，
当N从C运动到D时，∵BM=AB-AM=16-t，CN=2t-21∴16-t=2t-21，解得t=，
∴当t=5秒或秒时，四边形MNCB是平行四边形；
（2）△NMB是等腰三角形有三种情况，
Ⅰ．当NM=NB时，作NH⊥AB于H，则HM=HB，
当N从D运动到C时，∵MH=HB=BM=（16-t），
由AH=DN得2t＝(16?t)+t，解得t＝秒；
当点N从C向D运动时，观察图象可知，只有由题意：42-2t=（16-t）+t，解得t=秒．
Ⅱ．当MN=MB，当N从D运动到C时，MH=AH-AM=DN-AM=2t-t=t，BM=16-t，
∵MN2=t2+122，∴（16-t）2=122+t2，解得t＝（秒）；
Ⅲ．当BM=BN，当N从C运动到D时，则BH=AB-AH=AB-DN=16-2t，
∵BM2=BN2=NH2+BH2=122+（16-2t）2，∴（16-t）2=122+（16-2t）2，即3t2-32t+144=0，
∵△＜0，∴方程无实根，
综上可知，当t=秒或秒或秒时，△BMN是等腰三角形．
【点睛】本题主要考查了直角梯形的性质、平行四边形的性质、梯形的面积、等腰三角形的性质，特别应该注意要全面考虑各种情况，不要遗漏．
22．（2020·浙江丽水初三期末）如图，在菱形中，是边上的动点，作交于点，在上取点使，连结（1）求的度数；（2）求证：（3）若是的中点，当为何值时，是等腰三角形．
【答案】（1）120°；（2）见解析；（3）2
【分析】（1）由题意可证是等边三角形，可得，可求解；
（2）根据菱形的性质，等边三角形的性质，利用证明可证明结论；
（3）可分三种情况：当时；当时；当时分别进行计算即可求解．
【解析】解：（1），，是等边三角形，
，；
（2）证明：由（1）知，，
四边形为菱形，，，，
，，，，
是等边三角形，，，，
，，，
，；
（3），，
当时，，只有当时，，
此时，为，的中点，；
当时，在运动过程中，到达之前，永远在点下方，
从同一点引出的，再点下方不存在；
当时，点在的中垂线上，即点上，
而运动期间不可能位于线段上，在上不存在，
综上，，即当为2时，是等腰三角形．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，菱形的性质等知识的综合运用，注意分类讨论．
23．（2020·辽宁九年级期中）如图，正方形ABCD的边长是3，点P是直线BC上一点，连接PA，将线段PA绕点P逆时针旋转得到线段PE，在直线BA上取点F，使BF=BP，且点F与点E在BC同侧，连接EF，CF．（1）如图①，当点P在CB延长线上时，求证：四边形PCFE是平行四边形；（2）如图②，当点P在线段BC上时，四边形PCFE是否还是平行四边形，说明理由；
【答案】（1）见解析；（2）四边形EPCF是平行四边形，理由见解析
【分析】（1）由正方形的性质可以得出AB=BC，∠ABP=∠ABC=∠90°，可以得出△PBA≌△FBC，再根据对边平行且相等的四边形是平行四边形就可以得出结论；
（2）由正方形的性质可以得出AB=BC，∠FBC=∠ABC=∠90°，可以得出△PBA≌△FBC，再根据对边平行且相等的四边形是平行四边形就可以得出结论．
【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠ABC=∠PBA=90°
∵在△PBA和△FBC中，，∴△PBA≌△FBC（SAS），∴PA=FC，∠PAB=∠FCB．
∵PA=PE，∴PE=FC．∵∠PAB＋∠APB=90°，∴∠FCB+∠APB=90°，
∵∠EPA=90°，∴∠APB＋∠EPA＋∠FCP=180°，
即∠EPC＋∠PCF=180°，∴EP∥FC，∴四边形EPCF是平行四边形；
（2）结论：四边形EPCF是平行四边形，
∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠ABC=∠CBF=90°，
∵在△PBA和△FBC中，，∴△PBA≌△FBC（SAS），∴PA=FC，∠APB=∠BFC，
∵PA=PE，∴PE=FC，∵∠FCB＋∠BFC=90°，∠BPE＋∠APB=90°，
∴∠BPE=∠FCB，∴EP∥FC，∴四边形EPCF是平行四边形．
【点睛】本题考查了正方形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，平行四边形的判定，解答时灵活运用平行四边形的判定方法是关键．
24．（2020·浙江八年级月考）定义，我们把对角线互相垂直的四边形叫做和美四边形，对角线交点作为和美四边形的中心．
（1）写出一种你学过的和美四边形______；
（2）顺次连接和美四边形四边中点所得四边形是（
）
A．矩形
B，菱形
C．正方形
D．无法确定
（3）如图1，点O是和美四边形的中心，分别是边的中点，连接，记四边形的面积为，用等式表示的数量关系（无需说明理由）
（4）如图2，四边形是和美四边形，若,求的长．
【答案】（1）正方形；（2）A；（3）S1+S3=S2+S4；（4）
【分析】（1）根据正方形的对角线互相垂直解答；（2）根据矩形的判定定理解答；
（3）根据三角形的中线把三角形分为面积相等的两部分解答；
（4）根据和美四边形的定义、勾股定理计算即可．
【详解】解：（1）正方形是学过的和美四边形，故答案为：正方形；
（2）顺次连接和美四边形四边中点所得四边形是矩形，
如图，四边形ACBD中，对角线AB⊥CD，即为“和美四边形”，
点E、F、G、H分别是AC、AD、BD、BC的中点，∴EF∥CD∥HG，且EF=HG=CD，
EH∥FG∥AB，且EH=FG=AB，∴四边形EFGH为平行四边形，
∵AB⊥CD，∴EF⊥EH，∴平行四边形EFGH是矩形；故选：A．
（3）连接AC和BD，由和美四边形的定义可知，AC⊥BD，
则∠AOB=∠BOC=∠COD=∠DOA=90°，
又E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，
∴△AOE的面积=△BOE的面积，△BOF的面积=△COF的面积，△COG的面积=△DOG的面积，△DOH的面积=△AOH的面积，
∴S1+S3=△AOE的面积+△COF的面积+△COG的面积+△AOH的面积=S2+S4；
（4）如图，连接AC、BD交于点O，则AC⊥BD，
∵在Rt△AOB中，AO2=AB2-BO2，
Rt△DOC中，DO2=DC2-CO2，AB=4，BC=2，CD=5，
∴可得AD2=AO2+DO2=AB2-BO2+DC2-CO2=AB2+DC2-BC2=42+52-22=37，
即可得．
【点睛】本题考查的是和美四边形的定义、矩形的判定、勾股定理的应用，正确理解和美四边形的定义、掌握矩形的判定定理是解题的关键．
25．（2020·吉林省初三一模）（教材呈现）如图是八年级下册数学教材第117页的部分内容．
结合图①，补全证明过程．
（应用）如图②，直线EF分别交矩形ABCD的边AD、BC于点E、F，将矩形ABCD沿EF翻折，使点C的对称点与点A重合，点D的对称点为D′，若AB＝3，BC＝4，则四边形ABFE的周长为　
　．
（拓展）如图③，直线EF分别交?ABCD的边AD、BC于点E、F，将?ABCD沿EF翻折，使点C的对称点与点A重合，点D的对称点为D′，若AB＝，BC＝4，∠C＝45°，则EF的长为　
　．
【答案】【教材呈现】证明见解析；【应用】；【拓展】；
【分析】教材呈现：由“ASA”可证△AOE≌△COF，可得OE＝OF，由对角线互相平分的四边形是平行四边形可证四边形AFCE是平行四边形，即可证平行四边形AFCE是菱形；
应用：过点F作FH⊥AD于H，由折叠的性质可得AF＝CF，∠AFE＝∠EFC，由勾股定理可求BF的长，EF的长，拓展：过点A作AN⊥BC，交CB的延长线于N，过点F作FM⊥AD于M，由等腰直角三角形的性质可求AN＝BN＝2，由勾股定理可求AE＝AF＝，再利用勾股定理可求EF的长．
【解析】解：【教材呈现】∵四边形ABCD是矩形，∴AE∥CF，∴∠EAO＝∠FCO，
∵EF垂直平分AC，∴AO＝CO，∠AOE＝∠COF＝90°，∴△AOE≌△COF（ASA）∴OE＝OF，
又∵AO＝CO，∴四边形AFCE是平行四边形，
∵EF⊥AC，∴平行四边形AFCE是菱形；
【应用】如图，过点F作FH⊥AD于H，
∵将矩形ABCD沿EF翻折，使点C的对称点与点A重合，∴AF＝CF，∠AFE＝∠EFC，
∵AF2＝BF2+AB2，∴（4﹣BF）2＝BF2+9，∴BF＝，∴AF＝CF＝，
∵AD∥BC，∴∠AEF＝∠EFC＝∠AFE，∴AE＝AF＝，
∵∠B＝∠BAD＝∠AHF＝90°，∴四边形ABFH是矩形，
∴AB＝FH＝3，AH＝BF＝，∴EH＝，∴EF＝＝＝，
∴四边形ABFE的周长＝AB+BF+AE+EF＝3+++＝，故答案为：．
【拓展】如图，过点A作AN⊥BC，交CB的延长线于N，过点F作FM⊥AD于M，
∵四边形ABCD是平行四边形，∠C＝45°，∴∠ABC＝135°，∴∠ABN＝45°，
∵AN⊥BC，∴∠ABN＝∠BAN＝45°，∴AN＝BN＝AB＝2，
∵将?ABCD沿EF翻折，使点C的对称点与点A重合，∴AF＝CF，∠AFE＝∠EFC，
∵AD∥BC，∴∠AEF＝∠EFC＝∠AFE，∴AE＝AF，
∵AF2＝AN2+NF2，∴AF2＝4+（6﹣AF）2，∴AF＝，∴AE＝AF＝，
∵AN∥MF，AD∥BC，∴四边形ANFM是平行四边形，
∵AN⊥BC，∴四边形ANFM是矩形，∴AN＝MF＝2，∴AM＝＝＝，
∴ME＝AE﹣AM＝，∴EF＝＝＝，故答案为：．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，菱形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造直角三角形是本题的关键．
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