18.1.4 平行四边形性质与判定的综合应用-简单数学之2021-2022学年八年级下册考点专训（人教版）

18.1.4 平行四边形性质与判定的综合应用 一、单选题 1．（2021·辽宁大东·九年级期末）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AC＝18，BC＝14，D，E分别是AB，AC的中点，连接DE，BE，点M在CB的延长线上，连接DM，若∠MDB＝∠A，则四边形DMBE的周长为（ ） A．16 B．24 C．32 D．40 【答案】C 【分析】 由中点的定义可得AE=CE，AD=BD，根据三角形中位线的性质可得DE//BC，DE=BC，根据平行线的性质可得∠ADE=∠ABC=90°，利用ASA可证明△MBD≌△EDA，可得MD=AE，DE=MB，即可证明四边形DMBE是平行四边形，可得MD=BE，进而可得四边形DMBE的周长为2DE+2MD=BC+AC，即可得答案． 【详解】 ∵D，E分别是AB，AC的中点， ∴AE=CE，AD=BD，DE为△ABC的中位线， ∴DE//BC，DE=BC， ∵∠ABC＝90°， ∴∠ADE=∠ABC=90°， 在△MBD和△EDA中，， ∴△MBD≌△EDA， ∴MD=AE，DE=MB， ∵DE//MB， ∴四边形DMBE是平行四边形， ∴MD=BE， ∵AC＝18，BC＝14， ∴四边形DMBE的周长=2DE+2MD=BC+AC=18+14=32． 故选：C． 【点睛】 本题考查全等三角形的判定与性质、三角形中位线的性质及平行四边形的判定与性质，三角形中位线平行于第三边且等于第三边的一半；有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键． 2．（2021·广东·深圳中学八年级期中）如图，已知四边形ABCD和四边形BCEF均为平行四边形，∠D＝60°，连接AF，并延长交BE于点P，若AP⊥BE，AB＝3，BC＝2，AF＝1，则BE的长为（　　） A．5 B．2 C．2 D．3 【答案】D 【分析】 过点D作DH⊥BC，交BC的延长线于点H，连接BD，DE，先证∠DHC=90º，再证四边形ADEF是平行四边形，最后利用勾股定理得出结果． 【详解】 过点D作DH⊥BC，交BC的延长线于点H，连接BD，DE， ∵四边形ABCD是平行四边形，AB=3，∠ADC=60º， ∴CD=AB=3，∠DCH=∠ABC=∠ADC=60º， ∵DH⊥BC， ∴∠DHC=90º，∴∠ADC+∠CDH=90°，∴∠CDH=30°， 在Rt△DCH中，CH=CD=，DH=， ∴， ∵四边形BCEF是平行四边形， ∴AD=BC=EF，AD∥EF， ∴四边形ADEF是平行四边形， ∴AF∥DE，AF=DE=1， ∵AF⊥BE， ∴DE⊥BE， ∴， ∴， 故选D． 【点睛】 本题考查了平行四边形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是熟练运用这些性质解决问题． 3．（2021·四川宣汉·八年级期末）如图，在平行四边形中，为对角线，点是的中点，且，，四边形的周长为10，则平行四边形的周长为（ ） A．10 B．12 C．15 D．20 【答案】D 【分析】 根据点O是BD的中点，且AD//EO，OF//AB，可得OE，OF分别是三角形ABD，三角形BCD的中位线，四边形OEBF是平行四边形，则AD=2OE，CD=2OF，OE=BF，OF=BE，由此可以推出OE+OF=5，再由四边形ABCD的周长=AB+BC+AD+CD=2（AD+CD）=4（OE+OF）进行求解即可． 【详解】 解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， ∵点O是BD的中点，且AD//EO，OF//AB， ∴OE，OF分别是三角形ABD，三角形BCD的中位线，BC//EO， ∴四边形OEBF是平行四边形，AD=2OE，CD=2OF，OE=BF，OF=BE， ∵四边形OEBF的周长为10， ∴OE+BE+BF+OF=10， ∴OE+OF=5， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB=CD，AD=BC， ∴四边形ABCD的周长=AB+BC+AD+CD=2（AD+CD）=4（OE+OF）=20， 故选D． 【点睛】 本题主要考查了平行四边形的性质与判定，中位线定理，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解． 4．（2021·全国·八年级课时练习）如图，某花木场有一块如四边形形状的空地，其中，其各边中点分别是E、F、G、H，测得对角线，现想利用篱笆围成四边形场地，则需篱笆的总长度是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】 过点A作AM∥DC交BC于点M，连接BD，则可得四边形AMCD是平行四边形，从而AB=AM=DC；可证△ABC≌△DCB，则可得BD=AC=10m；再由E、F、G、H分别为中点，由三角形中位线定理，可得四边形EFGH是平行四边形，则可求得篱笆的总长度． 【详解】 过点A作AM∥