专题910平行四边形（分层练习）（提升练）-2023-2024学年八年级数学下册基础知识专项突破讲与练（苏科版）

专题9.10平行四边形（分层练习）（提升练）单选题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）1．（2023上·四川成都·九年级统考期中）如图所示，在中，垂直平分于E，其中，则的对角线的长为（

）．

A．8 B．6 C． D．2．（2023下·贵州铜仁·八年级统考阶段练习）如图，在中，的平分线交于点E，的平分线交于点F，若，则的长为是（

）

A．1 B．2 C．2.5 D．33．（2023下·江苏南通·九年级统考阶段练习）如图，平行四边形中，E，F是对角线上不同的两点，下列不能得出四边形一定为平行四边形的是（

）

A．B． C． D．4．（2023下·浙江宁波·九年级浙江省余姚市实验学校校考期末）如图四边形的对角线和相交于点O，则下列不能判断四边形是平行四边形的条件的是（

）

A．， B．，C．， D．，5．（2023下·四川达州·八年级统考期末）在平面直角坐标系中，长为的线段点在点的右侧在轴上移动，轴上的点、坐标分别为，、，，连接，，则的最小值为（

）

A． B． C． D．6．（2023下·广东深圳·八年级统考期末）如图，，直线与直线之间的距离为4，点是直线与外一点，点到直线的距离为2，点，分别是直线与直线上的动点，以点为圆心，的长为半径作弧，再以点为圆心，的长为半径作弧，两弧交于点，则点与点之间距离的最小值为（

）

A．6 B．8 C．10 D．127．（2023下·河南平顶山·八年级统考期末）如图，在中，E和F分别是边和上的点，，连接和，已知，，四边形的面积是3，则四边形的面积是（

）

A．4.5 B．5 C．6 D．6.58．（2023下·福建厦门·八年级厦门外国语学校校考期末）如图，四边形是平行四边形，E是边的中点，，与的延长线交于点F，，的延长线交于点G，连接．若，，，直线与之间的距离是（

）

A．2 B． C．3 D．9．（2020下·浙江杭州·八年级期末）如图在中，，，连接交于点，点为的中点，．则的面积为（）A． B． C． D．10．（2023下·安徽·九年级专题练习）如图，为等边三角形，D、E分别是边、上的点，且满足，P是边上的动点，以P、D、E为顶点，为对角线构造，若，则的最小值为（

）

A． B． C． D．10填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）11．（2023上·重庆沙坪坝·九年级重庆八中校考期末）平行四边形的长边是短边的2倍，一条对角线与短边互相垂直，则这个平行四边形的一个锐角为．12．（2022上·广东梅州·九年级校考开学考试）如图，在平行四边形中，是上一点，交延长线于点，，，则．

13．（2018下·江苏·八年级校考期末）如图，在中，、分别是、边上的点，与交于点，与交于点，若，，则图中阴影部分的面积为．14．（2023下·内蒙古鄂尔多斯·八年级统考期末）如图，中，，，，点是的中点，，，则四边形的面积是．

15．（2023下·河南洛阳·八年级统考期末）如图，在中，，点为上任一点，连接，过点，分别作与交于点，则线段的最小值为．

16．（2023下·河南南阳·八年级校考阶段练习）如图，在四边形中，，，，E是上一点，且，P从A点出发以的速度向B点运动，同时Q从D点出发以的速度向C点运动，当其中一点到达终点时，另一点也随之停止，设运动时间为，当时，以A、P、E、Q为顶点的四边形是平行四边形．17．（2023上·广东深圳·八年级深圳外国语学校校考期中）如图，直线的解析式为，分别与x轴，y轴交于A，B两点，点A的坐标为，过点B的直线交x轴负半轴于点C，且．若在x轴上方存在点D，使以A，B，D为顶点的三角形与全等，则点D的坐标为．

18．（2023上·重庆沙坪坝·九年级重庆八中校考期中）如图，在平行四边形中，点是的中点，将沿直线翻折至平行四边形所在平面内，得到，连结，并延长，交于点，若，，则的长为．三、解答题（本大题共6小题，共58分）19．（8分）（2023·广东潮州·二模）如图，在中，为对角线．（1）求证：．（2）尺规作图：作的垂直平分线，分别交于点E，F（不写作法，保留作图痕迹）；（3）若的周长为10，求的周长．20．（8分）（2023下·广东珠海·八年级珠海市第九中学校考期中）如图，在平行四边形中，点，是对角线上两个不同点．连接，，，，添加一个条件使得四边形是平行四边形．

（1）请在以下选项中选择所有符合条件的选项，将其序号填写在下方横线上．①，，、为垂足；②；③；④．符合条件的选项有：_____________．（2）选择其中一个条件，写出证明过程：我选择________，证明过程如下：21．（10分）（2023下·浙江·八年级专题练习）如图，中，把沿翻折得到，相交于点．（1）求证：；（2）连接交于点，连接，在不添加辅助线的条件下请直接写出图中所有等腰三角形．22．（10分）（2023下·福建泉州·八年级校联考期末）如图，在中，，点D在边上．

（1）求作：点E，使四边形是平行四边形；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）（2）以（1）中的边为斜边作等腰直角三角形，若点F在射线的延长线上，求证：．23．（10分）（2022下·湖南张家界·八年级统考期末）如图，平面直角坐标系中，O是坐标原点，直线经过点，与x轴交于点A，与y轴交于点B．线段平行于x轴，交直线于点D．连接、．（1）求直线的解析式；（2）求证：四边形是平行四边形；（3）点P为直线上一点，连接、，当，求此时点P的坐标．24．（12分）（2023上·福建泉州·八年级泉州五中校考阶段练习）如图所示四边形中，，，为正三角形，点E、F分别在边、上滑动，且E、F不与B、C、D重合．（1）四边形______平行四边形（是或不是）（2）证明不论E、F在、上如何滑动，总有；（3）当点E、F在、上滑动时，四边形的面积是否发生变化？如果不变，求出这个定值；如果变化，求出最大（或最小）值．参考答案：1．D【分析】如图，作的延长线于，则，，，由垂直平分线的性质可知，，由勾股定理得，，则，同理，，，，根据，计算求解即可．解：如图，作的延长线于，

∵，，∴，∴，，∴，∵垂直平分于E，∴，由勾股定理得，，∴，同理，，，∴，由勾股定理得，，故选：D．【点拨】本题考查了平行四边形的性质，垂直平分线的性质，含的直角三角形，勾股定理等知识．熟练掌握含的直角三角形的性质是解题的关键．2．A【分析】由的平分线交于点F，可得，由，可得，，则，，，根据，计算求解即可．解：∵的平分线交于点F，∴，∵四边形是平行四边形，∴，，∴，∴，∴，∴，故选：A．【点拨】本题考查了角平分线，平行四边形的性质，等角对等边等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．3．C【分析】根据平行四边形的性质与判定方法逐一分析各选项即可得到答案．解：四边形是平行四边形，，，又，，，，，∴，四边形是平行四边形．故A不符合题意；四边形是平行四边形，，，，，，；，，，又，四边形是平行四边形．故B不符合题意；，，，四边形是平行四边形，，，，，，四边形是平行四边形．故D不符合题意；∵，，，不能证明与全等，∴不能得到与平行，∴添加不能证明四边形是平行四边形．故C符合题意．故选C．【点拨】本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．解题的关键是熟练掌握平行四边形的性质和判定方法．4．D【分析】根据A选项易证，即得出，从而可证四边形是平行四边形；根据B选项易证，即得出，从而可证四边形是平行四边形；根据C选项易证，进而可证，即得出四边形是平行四边形；由D选项不能证明四边形是平行四边形．解：A．∵，∴，．∵，∴，∴，∴四边形是平行四边形，故该选项不符合题意；B．∵，∴．∵，∴，∴，∴四边形是平行四边形，故该选项不符合题意；C．∵，，，∴，∴，∴，∴四边形是平行四边形，故该选项不符合题意；D．由，不能推出四边形是平行四边形，故该选项符合题意．故选D．【点拨】本题考查平行四边形的判定，平行线的判定和性质，三角形全等的判定和性质．熟练掌握平行四边形的判定定理是解题关键．5．C【分析】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．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．【点拨】此题主要考查最短路径的求解，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．6．B【分析】根据作图可知四边形是平行四边形，连接，根据垂线段最短，得到当与直线和直线垂直时，点与点之间距离最短，即可得出结论．解：如图：由作图可知，四边形是平行四边形，

∴，∵，∴四边形是平行四边形，∴，∴，∴，∴点到直线的距离等于点到直线的距离，∴点到直线的距离为2，连接，则：当与直线和直线垂直时，点与点之间距离最短，即：；故选B．【点拨】本题考查平行四边形的判定和性质．解题的关键是根据作图得出四边形是平行四边形．7．C【分析】先证明四边形是平行四边形，得，即可推导出，则四边形是平行四边形，设与之间的距离为h，，由，得，于是得到问题的答案．解：∵四边形是平行四边形，∴，，∵，∴四边形是平行四边形，∴，∴，∴，∵，，∴四边形是平行四边形，设与之间的距离为h，∵四边形的面积是3，∴，∵，∴，故选：C．【点拨】此题重点考查平行四边形的判定与性质、平行四边形的面积公式等知识，证明四边形和四边形都是平行四边形是解题的关键．8．D【分析】根据四边形是平行四边形得到，，再证明四边形是平行四边形，接着证明，可得，利用勾股定理的逆定理证明即可解决问题解：证明∶∵四边形是平行四边形，∴，．∴，，又∵E是边的中点，∴，∴，∴．又，∴．∵，又∵，∴四边形是平行四边形．∴．在中，又∵，∴．∴，∴．又∵，∴线段的长是直线与之间的距离．即直线与之间的距离为．故选：D．【点拨】本题主要考查平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理的逆定理等知识，综合性较强解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．9．B【分析】如图，取中点，连接，连接交于，作交的延长线于．构建计算即可．解：如图，取中点，连接交于，∵，，∴，∴是等边三角形，∴，∴，∴，∵，，∴，，∵，∴，，∴，，∴，，，，故选：．【点拨】此题考查平行四边形的性质、轴对称图形、勾股定理、等边三角形的判定和性质、直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线构造直角三角形解决问题．10．A【分析】依据题意，建立平面直角坐标系，由直线的解析式可设，，再根据平行四边形的对角线互相平分进而求出x，y的关系，最后根据垂线段最短可以得解．解：由题意，建立平面直角坐标系，如图，设平行四边形对角线交于点M．

由题意，，，，是的中点，，由题意，设直线表达式为，，，，直线表达式为，在直线上，设，，，，上面两式消去m得，，在直线上（如上图），当垂直于直线时，最小，对于直线，令，，令，，利用面积法可得的最小值为．故选：A．【点拨】本题主要考查了平行四边形的性质、等边三角形的性质，解题时要熟练掌握并灵活运用是关键．11．/60度【分析】根据直角三角形一直角边等于斜边一半，可得直角边所对的角是，然后利用余角性质，求出，再利用平行四边形性质求出即可．解：如图所示，∵，，∴，，∴，∵四边形为平行四边形，∴，∴，∴这个平行四边形的一个锐角为．故答案为：．【点拨】本题考查直角三角形性质，余角性质，平行四边形性质，掌握直角三角形性质，余角性质，平行四边形性质是解题关键．12．/90度【分析】根据平行四边形的性质可得，可证明，从而得到，即可．解：∵四边形是平行四边形，∴，∵，∴，∴，∵，∴．故答案为：【点拨】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键．13．50【分析】连接E、F两点，由三角形的面积公式我们可以推出S△EFC=S△BCF，S△EFD=S△ADF，所以S△EFQ=S△BCQ，S△EFP=S△APD，因此可以推出阴影部分的面积就是S△APD+S△BQC．解：如图，连接E、F两点，∵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△EFC－S△QFC=S△BCF－S△QFC，即S△EFQ=S△BCQ，同理：S△EFD=S△ADF，∴S△EFP=S△APD，∵S△APD=20cm2，S△BQC=30cm2，∴S四边形EPFQ=S△APD+S△BQC=50cm2，故答案为：50．【点拨】本题主要考查了平行四边形的性质，解答此题关键是作出辅助线，找出同底等高的三角形．14．【分析】先证明四边形是平行四边形，然后利用勾股定理逆定理可得是直角三角形，求出的长，进而可以解决问题．解：如图，过点作于点，

，，四边形是平行四边形，在中，，，，，，，是直角三角形，，点是的中点，，，，四边形的面积．故答案为：．【点拨】本题考查了平行四边形的判定与性质、勾股定理逆定理、直角三角形斜边上的中线性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解决本题的关键．15．3【分析】先根据勾股定理求出，再根据平行四边形的判定得四边形为平行四边形，再根据平行线间的距离为垂线段最短即可得出答案．解：，，，，，，四边形为平行四边形，的最小值等于平行线与之间的距离．故答案为：3．【点拨】本题主要考查勾股定理，平行四边形的判定，垂线段最短，解题关键是找出最短距离的位置．16．或/3或1【分析】分点Q在的左侧和右侧两种情形，结合一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，建立等式求解即可．解：当点Q在的左侧时，设运动时间为，根据题意，得，∵，∴，∵，∴，故当时，以A、P、E、Q为顶点的四边形是平行四边形，∴解得．当点Q在的右侧时，设运动时间为，根据题意，得，∵，∴，∵，∴，故当时，以A、P、E、Q为顶点的四边形是平行四边形，∴解得．故答案为：或．【点拨】本题考查了平行四边形的判定，一元一次方程的应用，熟练掌握一组对边平行且相等的四边形是平行四边形是解题的关键．17．或【分析】分两种情况：当平行x轴时，点A，B，D为顶点的三角形与全等，则四边形为平行四边形，当不平行x轴时，分别求出结果即可．解：∵，∴，∴，令，，∴，∵，则，即点；①如图，当平行x轴时，点A，B，D为顶点的三角形与全等，则四边形为平行四边形，则，则点；②当不平行x轴时，则，则点D、到的距离相等，

则直线，设直线的表达式为：，将点D的坐标代入得：，解得：，直线的表达式为：，设点，A，B，D为顶点的三角形与全等，则，解得：或（舍去），∴点；故答案为：或．【点拨】本题主要考查了一次函数的应用，坐标与图形，三角形全等的性质，两点间距离公式，平行四边形的判定和性质，解题的关键是数形结合，并注意进行分类讨论．18．/【分析】本题考查三角形全等的判定与性质，平行四边形的折叠问题，延长交延长线于G，根据折叠得到得到，结合平行四边形的性质得到，，证明，即可得到答案解：延长交延长线于G，∵折叠得到，∴，∵四边形是平行四边形，，，∴，，∴，∵点是的中点，∴，在与中，，∴，∴，∵，∴．19．（1）见分析；（2）见分析；（3）20【分析】（1）根据平行线的性质得到，利用即可证明；（2）以分别为圆心，大于长为半径作弧交于两点，过两交点作直线，即为所作垂直平分线；（3）利用垂直平分线的性质可以得到，结合，得到，根据平行四边形的性质即可求得结论；解：（1）∵四边形是平行四边形，∴，∴，在和中，，∴；（2）如图，即为所作；（3）∵垂直平分，∴，∵的周长为10，∴，∴，∴，∵四边形是平行四边形，∴，∴的周长．【点拨】本题考查平行四边形的性质，三角形全等的判定，作垂直平分线，垂直平分线的性质，准确作图是解题的关键．20．（1）①②④；（2）①（答案不唯一），见分析【分析】（1）根据平行四边形的性质和判定解答即可；（2）根据平行四边形的性质和判定解答即可．（1）解：填①②④的任意一个都正确；故答案为：①②④；（2）解：选择①，，、为垂足；证明：∵，，∴，四边形是平行四边形，，，，在与中，，，，四边形是平行四边形．选择②，证明：四边形是平行四边形，，，，，在与中，，，，，，，四边形是平行四边形．选择④，证明：四边形是平行四边形，，，，∵，∴，在与中，，，，四边形是平行四边形．【点拨】本题主要考查平行四边形的性质和判定，全等三角形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的性质和判定是解题的关键．21．（1）见分析；（2），【分析】本题考查了翻折变换，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，等腰三角形的性质，熟练运用这些性质解决问题是本题的关键．（1）由平行四边形的性质和折叠的性质可得，由“”可证，可得，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理可求，可得；（2）由全等三角形的性质可得，则是等腰三角形，由“”可证，可得，可证是等腰三角形．解：（1）证明：∵四边形是平行四边形，，∵把沿翻折得到，，，在和中，，，，，又，，；（2）解：，是等腰三角形，∵四边形是平行四边形，，，∵把沿翻折得到，，，在和中，，，，是等腰三角形．22．（1）见分析；（2）见分析【分析】（1）以点A为圆心，长为半径画弧，以点D为圆心，长为半径画弧，两弧相交于点E，连接，即为所求；（2）根据等腰直角三角形的性质得出，．根据平行四边形的性质得出．通过证明，得出，即可求证．（1）解：如图所示，即为所求．

∵,∴四边形为平行四边形．（2）解：如图：∵是等腰直角三角形，∴，．∴．∵，∴，．∴．

∵四边形是平行四边形，∴，．∴．∴．∵，，∴．∴．∴．【点拨】本题主要考查了尺规作图，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是掌握两组对边分别相等的四边形是平行四边形；全等三角形对应边相等，对应角相等．23．（1）；（2）证明详见分析；（3）或．【分析】本题考查一次函数综合，解题的关键是掌握待定系数求函数解析式，会求函数与坐标轴的交点，会求点