专题9.7 平行四边形（专项练习）（培优拓展）-2024-2025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9.7 平行四边形（专项练习）（培优拓展） 1、 选择题（本大题共10个小题,每小题3分,共30分,每小题均有四个选项,其中只有一项符合题目要求） 1．（24-25八年级上·贵州遵义·阶段练习）平行四边形中，，则（     ） A． B． C． D． 2．（24-25九年级上·陕西榆林·开学考试）如图，在中，对角线相交于点O，E，F是对角线上的两点．要添加一个条件使四边形是平行四边形，不能添加（    ） A． B． C． D． 3．（23-24九年级下·重庆·期中）如图，中，E是中点，，过点B作于F，连接，若，则一定等于（    ） A． B． C． D． 4．（17-18八年级下·全国·期末）如图，在中，，连接，作交的延长线于点，过点作交的延长线于点，若，则的长是（  ） A．2 B．1 C． D． 5．（24-25九年级上·浙江绍兴·期末）如图，四边形中，是的中点，于点，若，四边形的面积为24，则的长为（   ） A．3 B．4 C．4.8 D．5 6．（2024八年级上·全国·专题练习）用反证法证明：“若，则中至少有一个为0．”应假设（   ） A．都不为0 B．只有一个为0 C．至少有一个为0 D．都为0 7．（23-24八年级上·江苏徐州·阶段练习）如图，已知直线，且a与b之间的距离为4，点A到直线a的距离为2，点B到直线b的距离为3，．试在直线a上找一点M，在直线b上找一点N，满足且的长度和最短，则此时（   ） A．6 B．8 C．10 D．12 8．（23-24八年级下·重庆沙坪坝·开学考试）如图，在平面直角坐标系中，平行四边形的顶点A在y轴正半轴上，顶点C坐标为，顶点D坐标为，对角线经过坐标原点O，边与x轴交于点E，对E点坐标为（    ） A． B． C． D． 9．（22-23八年级下·浙江绍兴·期中）如图，在平行四边形中，，E是的中点，于点F，则的面积为（    ）    A． B． C．4 D．6 10．（20-21八年级下·山东青岛·期末）如图，四边形是平行四边形，点E是边上一点，且，交于点F，P是延长线上一点，下列结论：①平分；②平分；③；④．其中正确的个数为（　　）      A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 二、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分） 11．（24-25八年级上·贵州遵义·期中）若以、、三点为顶点画平行四边形，则第四个顶点坐是 ． 12．（22-23八年级下·浙江温州·期中）如图，直线，，．若的面积是，则四边形的面积为 ． 13．（23-24九年级上·陕西西安·阶段练习）如图将沿对角线折叠，使点落在处，若，，则 °． 14．（2024八年级·全国·竞赛）如图，已知，，，若，，则的度数可表示为 ．    15．（23-24九年级下·全国·单元测试）如图所示，在等腰中，延长边到点D，延长边到点E，连接，恰有．则 ． 16．（23-24八年级下·黑龙江绥化·期末）如图，在平行四边形中，平分交于点E，若，则的度数是 17．（22-23九年级下·四川成都·自主招生）如图，在平行四边形中，，于点，是的中点，，则 ． 18．（24-25八年级上·四川遂宁·期末）如图，在四边形中，，，则 ． 三、解答题（本大题共6小题，共58分） 19．（本小题满分8分）（23-24八年级下·全国·单元测试）如图，在四边形中，于点E，，M为的中点，N为线段上的点，且． （1）求证：平分． （2）连接，若，四边形为平行四边形，求线段的长． 20．（本小题满分8分）（23-24八年级下·全国·期末）已知：如图平行四边形的两条对角线相交于点，是的中点，过点作的平行线，交的延长线于点，连接． （1）求证：； （2）求证：四边形是平行四边形． 21．（本小题满分10分）（22-23八年级下·重庆长寿·期中）如图1，在中，过点作于点，点是上一点，连接、、，与相交于点． （1）若平分，，，求线段的长； （2）如图2，若点是边上的中点，求证：． 22．（本小题满分10分）（2024八年级上·全国·专题练习）如图，在平面直角坐标系中，已知直线是一次函数的图象，直线是一次函数的图象，点P是两直线的交点，点A、B、C、Q分别是两条直线与坐标轴的交点． （1）用m、n分别表示点A、B、P的坐标； （2）若四边形的面积是，且，试求点P的坐标，并求出直线与的函数表达式； （3）在（2）的条件下，是否存在一点D，使以A、B、P、D为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点D的坐标；若不存在，请说明理由． 23．（本小题满分10分）（2024·上海嘉定·模拟预测）如图，在中，，过点C作于点F，交于点M，且，连接，使，连接． （1）求证：； （2）试判断的形状，并说明理由． 24．（本小题满分12分）（23-24八年级下·福建福州·期中）如图，是的中线，是线段上一点（不与点A重合）．交于点，，连接． （1）如图1，当点D与M重合时，求证：四边形是平行四边形． （2）如图2，当点D不与M重合时，（1）中的结论还成立吗？请说明理由． （3）如图3，延长交于点H，若，且，求的度数． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B D B B A B B A C 1．B 【分析】本题考查平行四边形性质，熟练掌握相关性质是解题的关键．利用平行四边形性质得到，，再结合建立等式求出，即可解题． 解：四边形为平行四边形， ，， ， ， 解得， ； 故选：B． 2．B 【分析】本题考查的是平行四边形的判定与性质，解题的关键是灵活运用平行四边形的判定与性质．根据可得，利用平行四边形的判定可知，如，则四边形是平行四边形． 解：∵四边形是平行四边形， ∴， A．如， 则， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴A选项不符合题意， B．如添加，无法证明四边形是平行四边形， ∴B选项不符合题意， C.如， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴C选项不符合题意， D．如， 则， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； ∴D选项不符合题意， 故选：B． 3．D 【分析】连接，并延长交于H，根据平行四边形的性质可得，，再根据平行线的性质可得，证得，可得，，由直角三角形的性质可得，再由等腰三角形的性质可得，，最后根据三角形外角的性质即可求解． 解：如图，连接，并延长交于H， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵E是中点， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故选：D． 【点拨】本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形外角的性质，作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 4．B 【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，直角三角形的性质，证明四边形是平行四边形，得出，证出，求出，得出，即可得出的长，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解决问题的关键． 解：∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故选：B． 5．B 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，正确添加辅助线是解题的关键． 过点E作的平行线交于点G，交延长线于点F，则可证明，继而，可证明四边形是平行四边形，故四边形的面积与平行四边形的面积相等，即可求解． 解：过点E作的平行线交于点G，交延长线于点F， ∴ ∵E是的中点， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴四边形的面积与平行四边形的面积相等， ∴， ∵， ∴， 故选：B． 6．A 【分析】本题考查了反证法，解此题关键要懂得反证法的意义及步骤； 反证法的步骤中，第一步是假设结论不成立，反面成立，可据此进行解答． 解：反证法的第一步是假设结论的反面成立，即假设结论不成立的情况． 在这个问题中，结论是“a， b 中至少有一个为0”，其反面就是“a， b 都不为0”． 故选：A． 7．B 【分析】本题主要考查了勾股定理的应用、平行线之间的距离，平行四边形的判定和性质、两点间距离最短等知识点，解答本题的关键是找到点M、点N的位置． 表示直线a与直线b之间的距离，是定值，只要满足的值最小即可．过A作直线a的垂线，并在此垂线上取点，使得，连接，与直线b交于点N，过N作直线a的垂线，交直线a于点M，连接，过点B作，交射线于点E，则为所求，最后利用勾股定理可求得其值． 解：如图，过A作直线a的垂线，并在此垂线上取点，使得，连接，与直线b交于点N，过N作直线a的垂线，交直线a于点M，连接，过点B作，交射线于点E， ∵，， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， 由于要最小，且固定为4， ∴最小， 由两点之间线段最短，可知的最小值为， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴的最小值为8． 故答案为：B． 8．B 【分析】此题考查了平行四边形的性质、一次函数的图象和性质等知识，过点D作轴于点M，过点B作轴于点F，求出点B的横坐标为，设点A的坐标为，其中，求出点B的坐标为，再求出直线的解析式为，得到点E的坐标为，根据得到，解得，即可得到点E的坐标. 解：过点D作轴于点M，过点B作轴于点F，如图， ∵四边形是平行四边形， ∴， 设点B的横坐标为m， ∵顶点C坐标为，顶点D坐标为，顶点A在y轴正半轴上， ∴， ∴ 即点B的横坐标为， 设点A的坐标为，其中 ∵点A到点B的平移方式和点D到点C的平移方式相同，即为向下平移10个单位，向左边平移2个单位， ∴点B的纵坐标为， ∴点B的坐标为， 设直线的解析式为 解得， ∴直线的解析式为 当时，，解得， ∴点E的坐标为， ∵， ∴， ∴ 解得， ∴ ∴点E的坐标是， 故选：B 9．A 【分析】根据平行四边形对边平行可得，再利用两直线平行，内错角相等可得，根据线段中点的定义可得，然后利用“角边角”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，再解直角三角形求出、，求出，然后利用三角形的面积公式列式计算即可得解． 解：如图，延长和交于点， 在平行四边形中，，   ， 为的中点， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， ，， ， ， 故选A． 【点拨】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，平行线的性质，三角形的面积，熟记各性质是解题的关键． 10．C 【分析】对于①，根据平行线及等腰三角形的性质即得答案； 对于②，根据三角形内角和等于及平行线的性质，即可得到答案； 对于③，通过举反例，即可判断结论错误； 对于④，根据等腰三角形三线合一性质及线段的垂直平分线的性质，即可证明结论． 解：四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， 即平分， 所以①正确； 设与相交于点G， ， ， ， ， ， ， 即平分， 所以②正确； 取，则， ， 即， ， ， ， 所以③错误； ，， ， ， 所以④正确； 所以正确结论的个数为为3． 故选：C． 【点拨】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，举反例等知识及方法，熟练掌握相关性质及方法是解答本题的关键． 11．或或 【分析】本题考查了平行四边形的性质，坐标与图形性质．熟练掌握平行四边形的性质，结合坐标画出图形是解题的关键； 根据平行四边形两组对边分别平行可得第四个顶点的坐标． 解：根据平行四边形的两组对边分别平行，可得点有三种情况， 若以为对角线构建平行四边形则第四个顶点坐标为， 若以为对角线构建平行四边形，则第四个顶点坐标为， 若以为对角线构建平行四边形，则第四个顶点坐标为， 综上所述，第四个顶点坐标为或或； 故答案为：或或 12． 【分析】本题考查了平行四边形的判定与面积公式，三角形的面积公式等知识点，熟练掌握平行四边形的判定与面积公式是解答本题的关键． 过点作于点，根据的面积是，得到，再根据题意证明四边形是平行四边形，求出四边形的面积即可． 解：过点作于点，如图： 的面积是， ， ， ，， 四边形是平行四边形， 四边形的面积为：， 故答案为：． 13．110 【分析】本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质，三角形的内角和定理及外角性质等，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．根据平行四边形的性质可得，根据折叠的性质可得，进一步可得，根据已知条件可得的度数，进一步求出的度数即可求解． 解：在平行四边形中，， ∴， ∵折叠， ∴， ∴， ∵， ∴ 在中，， ∴ 故答案为：110． 14．/ 【分析】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，熟练掌握平行四边的性质和全等三角形的性质是解题的关键，根据题意易得四边形为平行四边形，进而易得，利用等量代换即可得到的度数． 解：∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵， ∴， 又∵，， ∴， ∴，， ∴． 故答案为：． 15．/100度 【分析】过点D作，且使，连接、，则四边形时平行四边形，根据平行四边形的性质可得，再利用判定，根据全等三角形的性质可得，从而可推出为等边三角形，设，则，根据三角形内角和定理可分别表示出，根据等边三角形的性质不难求得的度数． 解：过点D作，且使，连接、，则四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， 为等边三角形， 设，则 ，， ， ， ， ， ， ， 即， 故答案为：． 【点拨】本题考查了等边三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质的综合应用，正确作出辅助线是解题的关键． 16．/度 【分析】根据平行四边形的性质得，，继而得到，，求出，再结合平分，可得，即可得到是等边三角形，进而可得，再证明，即可得出． 本题考查了平行四边形的性质、平行线的性质、全等三角形的性质和判定，熟练掌握平行四边形的性质和灵活证明三角形全等是解答本题的关键． 解：∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴，， 又∵， ∴， 又∵平分， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， 又∵， ∴， 在和中， ∴ ∴， 故答案为：． 17．/度 【分析】延长与的延长线交于点，连接，由平行四边形的性质得，，，，进而得，，又证明（），得，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得，进而根据等腰三角形的性质及三角形的内角和定理得，，再求得，，于是即可得解． 解：延长与的延长线交于点，连接， ∵， ∴， ∵是的中点， ∴， ∵四边形为平行四边形，， ∴，，， ∴，， 在和中 ∴（）， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， 又∵为中点，， ， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 【点拨】本题考查了平行四边形的性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定及性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，熟练掌握全等三角形的判定及性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理是解题的关键． 18．15 【分析】本题考查的是平行四边形的判定与性质，旋转的性质及勾股定理，将绕点D顺时针旋转得到，连接，作于点H，先求出，证明四边形是平行四边形，从而求出，进而求出答案． 解：如下图，将绕点D顺时针旋转得到，连接，作于点H， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， 故答案为：15． 19．（1）见分析 （2） 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键． （1）根据等腰三角形的性质求出、，根据“直角三角形的两锐角互余”求出，结合等腰直角三角形的性质、三角形外角性质求出，最后根据角平分线定义即可证明结论； （2）设,根据平行四边形的性质求出,利用证明，根据全等三角形的性质得出,根据勾股定理求出，然后求得的长即可． 解：（1）证明：∵， ∴， ∵M是的中点， ∴， 在和中，， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴，即平分． （2）解：设， ∵四边形是平行四边形， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 在中，由勾股定理可得， 即，解得：，或（舍去）， ∴． 20．（1）见分析 （2）见分析 【分析】本题考查平行四边形的性质和判定、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． （1）证明即可； （2）只要证明，即可 解：（1）∵ ， 在和中， ， ∴， ． （2）是平行四边形 ， 又∵ 四边形是平行四边形． 21．（1） （2）见分析 【分析】（1）根据平行四边形的性质可得，由角平分线的定义可得，结合可推出，进而得到，由可得，在中，根据勾股定理即可求解； （2）延长、交于点，证明，得到，，由，，可得，根据直角三角形的斜边中线定理可得，进而得到，最后根据三角形的外角性质推出，即可证明． 解：（1）解：四边形是平行四边形， ， 平分， ， ，， ， ， ， ， 设，则， 在中，由勾股定理可得：，即， 解得：， ； （2）证明：延长、交于点，如图所示： 四边形是平行四边形， ， ， 点是边上的中点， ， 在和中， ， ， ，， ，， ， ， ， ， ， ， ， ． 【点拨】本题考查了平行四边形的性质，含角的直角三角形的性质，直角三角形的斜边中线定理，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是灵活运用这些知识． 22．（1）； （2）； （3）存在，或或． 【分析】本题考查了一次函数的应用，求一次函数解析式，平行四边形的判定与性质等知识，掌握相关知识是解题的关键． （1）已知直线解析式，令，求出的值，可求出点，的坐标，联立方程组求出点的坐标即可； （2）先根据得到、的关系，然后求出，，并都用字母表示，根据列式求出的值，从而可求出的值，继而可推出点的坐标以及直线与的解析式； （3）由于、、三点已经确定，要确定点的位置，分三种情况讨论求解即可． 解：（1）解：在直线中，令，得， ∴点， 在直线中，令，得， ∴点， 由，解得：， ∴点； （2）解：∵， ∴， 整理得：， ∴，， 而， 解得：， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴的函数表达式为：， 的函数表达式为：； （3）解：存在， 过点P作直线平行于x轴，过点B作的平行线交于点，过点A作的平行线交于点，过点A、B分别作、的平行线交于点． ①∵且， ∴是平行四边形，此时， ∵， ∵，，， ∴，， ∴， ∴； ②∵且， ∴是平行四边形，此时， ∴； ③∵且， ∴是平行四边形， ∵且， ∴， 同理可得：， 由，得：， ∴， 综上：存在一点D，使以A、B、P、D为顶点的四边形是平行四边形，点D的坐标为或或． 23．（1）见分析 （2）是等腰直角三角形，理由见分析 【分析】（1）利用证明，即可推导出； （2）根据平行四边形、平行线的性质先证，再利用证明，推出，进而得出，可知是等腰直角三角形． 解：（1）证明：∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． （2）解：是等腰直角三角形，理由如下： ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形． 【点拨】本题考查平行四边形的性质，等腰直角三角形的判定，全等三角形的判定与性质等，解题的关键是熟练掌握上述性质或定理，逐步推导论证． 24．（1）见分析； （2）成立，理由见分析； （3）． 【分析】（1）先判断出，进而判断出，即可得出结论； （2）过点M作交于G，先判断出四边形是平行四边形，借助（1）的结论即可得出结论； （3）取线段的中点I，连接，先判断出，，延长至点N，使，连接，利用证明，可得出，，则是等边三角形，进而得出，． 解：（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∵是的中线，且D与M重合， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：结论成立， 理由如下： 如图2，过点M作交于G， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵，， ∴， 由（1）同理可证：， ∴， ∴， 又， ∴四边形是平行四边形； （3）解：如图3，取线段的中点I，连接，    ∵， ∴是的中位线， ∴，， ∵，且， ∴，， 延长至点N，使，连接，    又，， ∴， ∴，， 又，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 即． 【点拨】此题是四边形综合题，主要考查了三角形的中线，全等三角形的性质和判定，平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定与性质等，正确作出辅助线是解题的关键． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$