14.重难题型卷(四)平行四边形-【真题圈】2025-2026学年八年级下册数学练考试卷（北师大版·新教材）山西专版

答案与解析 (2)AE=DF. 证明：，四边形ABCD是平行四边形， ∴.AB=CD,AD∥BC,.∠AEB=∠EBC :BE平分∠ABC, .∠ABE=∠CBE,∴.∠ABE=∠AEB,∴.AB=AE, 同理可得DF=CD,.AE=DF 20.【解】(1)三角形中位线定理两组对边分别平行的四边形是 平行四边形 (2)瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长等于AC+BD.证明如下： :点E,F,G,H分别是边AB,BC,CD,DA的中点，.EF= 24C,GH=方AC,EH=BD,FG=2BD,.瓦里尼翁平 行四边形EFGH的周长=EF+GF+GH+EH=号AC+号BD+ AC+BD AC+BD. 21.【证明】，四边形ABCD是平行四边形，∴.AO=OC. ,·E是BO的中点，∴OE=BE BF∥AC,.∠EOC=∠FBE,∠OCE=∠EFB. 在△BEF和△OEC中， ∠FBE=∠COE, ∠EFB=∠ECO, BE=OE, ∴.△BEF≌△OEC(AAS), .BF=OC,∴.BF=OA. :BF∥AC,∴四边形AOBF是平行四边形. (2)【解】四边形ABCD是平行四边形，CD=4, :'AB CD=4,OA=AC. ,AB⊥AC,即∠BAC=90°， 在Rt△ABC中，由勾股定理得AC=√BC2-AB2=6, ÷01=24C=3, S四边形0B=0A·AB=3×4=12, 22.【解】(1)30° 分析：由折叠的性质可得∠B=∠AQP,∠DAQ=∠QAP= ∠PAB,∠DQA=∠AQR,∠CQP=∠PQR,∠D=∠ARQ,∠C= ∠QRP,∠APB=∠APQ=∠CPQ. ∠QRA+∠QRP=180°，∠APB+∠APQ+∠CPQ=180°， ∴.∠D+∠C=180°，∠APQ=60°， AD∥BC, 刀 ∴.∠B+∠DAB=180° ∠DQR+∠CQR=180°， ∴.∠DQA+∠CQP=90°， ∴.∠AQP=90°， ∴.∠PAQ=180。-∠AQP- ∠APQ=30°. G (2)小虎的结论正确 第22题答图 理由如下：如图，连接CC,,'△BFC是由△BFC翻折得到， .BF⊥CC,FC=FC. ,DF=FC,,∴.DF=FC=FC, ∴.∠FDC=∠FCD,∠FCC=∠FCC 又：∠FDC'+∠FCC'+∠DCC'=LFDC'+∠FCC'+∠FCD+ ∠FCC=180°，，.∠FCC+∠FCD=90°， 即∠DCC=90°， ∴.CC⊥GD,.DG∥BF DF∥BG, .四边形DFBG是平行四边形， .DF =BG. AB=CD,DF=]CD,BG=AB,AG GB. 23.【解J(1)OP⊥AB,∠DBA=30°，∴.∠OPB=90°， ∴.∠POB=60°，∴.∠DOP=180°-∠POB=120° (2),四边形ABCD是平行四边形，∴.AB∥CD,AB=CD, ∠BDC=∠DBA. :BD,AC为对角线，DO=BO ∠DOQ=∠BOP .△DOQ≌△BOP(ASA),.DQ=PB. ,四边形APQD为平行四边形，.AP=DQ, ·AP=PB=3AB ,∠DBA=30°，AD⊥BD,AD=4, .AB=2AD=8,.AP=4 (3)AP=2. 分析：如图，连接DP,BQ,过点O作AB的垂线EF ,DQ=BP,DQ∥BP, .四边形DPBQ为平行四边形 :O在线段BP的垂直平 D E Q 分线上， 0 .'OP OB ∴.BD=PQ. 在△DPB和△PDQ中， A F DPDP,DB=PQ,PB 第23题答图 =DO. .△DPB≌△PDQ(SSS),∴.∠DPB=∠PDQ. 又∠DPB+∠PDQ=180° .∠DPB=∠PDQ=90°，.EF=DP .AD=4,∠DAB=60°，∴.∠ADP=30°，∴.AP=2. 14.重难题型卷（四）平行四边形 1.C【解析】A.根据“两组对边分别相等的四边形是平行四边形” 可以判定是平行四边形，不符合题意；B.根据“一组对边平行且 相等的四边形是平行四边形”可以判定是平行四边形，不符合 题意；C.根据作图，所作的四边形可能是平行四边形也可能是 等腰梯形，符合题意；D.根据“对角线互相平分的四边形是平行 四边形”可以判定是平行四边形，不符合题意.故选C 2.A【解析】AE=AB,∴.∠ABE=∠AEB, 同理∠CBD=∠CDB. ∠ABE+∠CBD=∠DBE,.∠AEB+∠CDB=∠DBE, .∠AED+∠CDE=180°，∴.AE∥CD. :AE=CD,.四边形AEDC为平行四边形， .DE=AC=CD=BC=1. 在△BCD中，.BD<BC+CD,.BD<2. 故选A. 3.6【解析】·四边形ABCD是平行四边形， .AB∥CD,AB=CD. AE∥CF,∴四边形AFCE是平行四边形，∴AF=CE, ∴AB-AF=CD-CE,.BF=DE ,BF∥DE,∴，四边形BFDE是平行四边形 设AB与CD之间的距离为h,,四边形BFDE的面积是3， ∴.BF·h=3. :AF=2BF,∴.S图边形FCE=AF·h=2BF·h=2×3=6, 故答案为6 4.【证明】四边形ABCD是平行四边形， ∴.∠ADC=∠ABC,DF∥BE,.∠CDE=∠AED 又DE,BF分别是∠ADC,∠ABC的平分线， ∴LABF=3∠ABC,LCDE=i∠ADC,∠ABF=∠CDE, ∴∠ABF=∠AED,.DE∥BF, ∴四边形DEBF是平行四边形. 5.【解】(1)如图即所求 A G B 第5题答图 (2)B0=OF 证明：连接EF, :四边形ABCD是平行四边形， .AD∥BC,.∠AFB=∠CBF :BG平分∠ABC,∴.∠ABF=∠CBF, .∠AFB=∠ABF,AF=AB BE=AB,∴.AF=BE ,AF∥BE,.四边形ABEF是平行四边形，∴.BO=OF 6.A【解析】如图，取MB的中点P,连接FP,EP,DN E,F分别为DM,MN的中点， .FP是△MWB的中位线，EF是△MDN的中位线， ·FP∥BN,FP=3BN,EF∥DN,EF=3DN, .在点N从A到B的运动过程中，点F在FP所在直线上运动， 即线段EF扫过的图形为△EFP,∴.当点N与点A重合时，FP =)BN=7BA=4过点D作DQLAB于点Q. AB∥CD,∠C=90°，AB=8,AD=CD=5,易知QB= 5,∴.AQ=8-5=3,由勾股定理得DQ=4,∴.当点N与点Q 重合时，EF=)DN=号DQ=2,EF∥DQ,:EF14B,即 EF⊥FP,.在△EFP中，FP边上的高为2，∴在点N从A到 B的运动过程中，线段EF扫过的图形面积为)×4×2=4，故 选A. A QN 第6题答图 7.3【解析】如图，取BF的中点H,连接DH. :BD=DA,BH=HF,.DH是△ABF的中位线，DH= AF=1,DH∥AE,.∠EDH=∠ECF 在△DEH和△CEF中，∠EDH=∠ECF,DE=CE,∠DEH= ∠CEF,.△DEH≌△CEF(ASA),.CF=DH=1,.AC= AF+CF =3. 故答案为3. H 第7题答图 8.14【解析】如图，延长CF交AB于点G.:AE平分∠BAC, .∠GAF=∠CAE CF⊥AE,.∠AFG=∠AFC. 在△AFG和△AFC中，∠GAF=∠CAF,AF=AF,∠AFG= ∠AFC,∴.△AFG≌△AFC(ASA),∴.AG=AC,GF=CF 又：D是BC的中点，∴DF是△CBG的中位线，∴.BG=2DF 真题圈数学八年级下3B =6,.AG=AB-BG=20-6=14, .AC=14.故答案为14. G DE 第8题答图 9.3√2【解析】如图，延长AC到E使得AF=EF,连接BE :D为AB边上的中点，∴.BD=AD.:过点D的直线DF将 △ABC的周长平分且交AC于点F,∴.BC+CF+BD=AD+AF, .AF=BC+CF, .EF=BC+CF=CE+CF,..CE=BC=6. ∠BCA=90°，.∠BCE=90°. 在Rt△EBC中，由勾股定理得BE=√BC2+CE2=62. :D,F分别是AB,AE的中点，∴DF为△ABE的中位线， DF=号8E=35.放答案为32. -.C\F B D A 第9题答图 10.5【解析】如图，连接BD,取BD的中点G,连接GE,GF :点E是AD的中点，点G是BD的中点， ,EG是△ABD的中位线， 六EG∥AB,EG=7AB=7×8=4 同理，FG∥CD,FG=CD=方×6=3. 又AB⊥CD,∴.AB⊥FG,∴.EG⊥FG.∴.∠EGF=90° 在Rt△EGF中，由勾股定理，得EF=√EG2+FG2=√42+32 =5.故答案为5. D 第10题答图 11.D【解析】分情况讨论： ①AD为边时，AD∥BC,直线AD的解析式为y=2x+4 令y=0,则2x+4=0,解得x=-2,故点D的坐标为(-2,0) ②AD为对角线时，，B,C是直线I上的两个动点，且BC的 中点也为AD的中点， ∴.AD的中点落在直线l上，设D(2m,0)或(0,2n). ,A(0,4),.AD的中点坐标为(m,2)或(0，+2)，分别代入 y=2x-2,可得2=2m-2或n+2=2×0-2, .m=2,n=-4,∴.点D的坐标为(4,0)或(0，-8). 综上可知，点D的坐标可以为(-2,0)或(4,0)或(0，-8). 故选D. 答案与解析 12.【獬(1)(4,0)(0,3) (2)OA=4,0B=3,∠A0B=90°，.AB=VOA+0B2=5. 如图①，过D作DE⊥AB于E.:AD平分∠OAB,.OD=DE :Sa40e=20A·0B=3×3×4=6, SA0B=Saa+SAMm=30A·0D+)AB·DE =3x40D+x50D=号0D, 号00=60D=D0) 94 0 ① ② ④ 第12题答图 (3)存在.点0的坐标为Q,(4》0(4-引0，(4号) 分析：(2)可得，0D=等“BD=3-号=号 如图②，当点Q在第一象限时，若四边形BDAQ为平行四边形， 则40=BD,4Q∥BD,此时点Q的坐标为Q,(4,引 如图③，当点Q在第四象限时，若四边形BDQA为平行四边形， 则AQ=BD,AQ∥BD, :此时点Q的坐标为Q,(4) 如图④，当点Q在第二象限时，若四边形ADQB为平行四边形， 过Q作QP⊥y轴于P, 则∠QPB=∠AOD=90°，QB=AD,QB∥AD, .∠QBD=∠BDA :∠QBD+∠QBP=∠BDA+∠ADO=18O°， ∴∠QBP=∠ADO,∴.△PQB≌△OAD(AAS), 0D=BP=等，PQ=0A=4, 0P=OB+PB=3+号=3， 3-3 “此时点Q的坐标为Q,(4号) 综上所述，点Q的坐标为0，(4引，Q,(4,-引，0，(4号) 13解1)0(4引，c2引 (2)平行四边形多 (3)存在点D,使得以O,O',C,D为顶点的四边形是平行四 边形，点D的坐标是(-2,3)或(2，-3)或(6,0). (方法)如图①，当0C为平行四边形的边时，0(4-引， c2) ①当四边形OO'C'D为平行四边形时， :点0向左平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度后 得到点C',∴点O向左平移2个单位长度，再向上平移3个 单位长度后得到点D,∴D,(-2,3) ②当四边形OC'0D,为平行四边形时， :点C向右平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度后 得到点O', ∴.点0向右平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度后 得到点D,D,(2,-3). 当0'C'为平行四边形的对角线，即OC'为平行四边形的 边时，”点0向右平移2个单位长度，再向上平移个单位长 度后得到点C,∴.点0向右平移2个单位长度，再向上平移号 个单位长度后得到点D,∴D,(6,0) 综上所述，点D的坐标是(-2,3)或(2，-3)或(6,0) A ③ ④ 第13题答图 (方法2)①当OD∥C'0,C'D∥O0时，四边形O0CD是 平行四边形 如图②，过点D,O'分别作DM⊥x轴，O'N⊥B'C',垂足分别 为M,N,.∠DMO=∠ONC=90°. .OD∥C'O',.∠1=∠2. :B'C'∥x轴， .∠2=∠3，.∠1=∠3 ,四边形OO'CD是平行四边形， .'OD=CO' .△ODM≌△C'O'N(AAS), ∴OM=C'N,DM=ON :o4引c(2引 .CN=2,ON=3, .OM=C'N=2,DM=O'N=3, .D(-2,3). ②当OD∥CO',OC∥OD时，四边形OCOD是平行四边形 如图③，过点D,O分别作DP⊥x轴，O'Q⊥BC,垂足分别为P Q,.∠DP0=∠0'QC=90° :0D∥C'0',.∠1=∠2. :BC∥x轴，.∠2=∠3，∴∠1=∠3， 四边形OCOD是平行四边形 .OD=CO,.△ODP≌△CO'Q(AAS), ∴.OP=CQ,DP=O'Q o4-引c2引 .CQ=2,0Q=3, .OP =C'Q=2,DP=0'Q=3, .D(2,-3) ③当OC∥D0,O0∥CD时，四边形O0DC是平行四边形 ,点O',C到x轴的距离相等， .点D在x轴上 如图④，过点C,O分别作C'R⊥x轴，OH⊥x轴，垂足分别 为R,H,∴.∠CRO=∠O'HD=90°. 0C∥D0',∴.∠1=∠2. ,四边形OO'DC是平行四边形， .OC'=O'D,∴.△OC'R≌△DOH(AAS), .OR =DH,C'R=O'H. :o(4-c2引 ∴DH=0R=2,0H=4, .OD=6,.D(6,0). 综上所述，点D的坐标是(-2,3)或(2，-3)或(6,0) 14.2或6【解析设运动时间为ts.分情况讨论：①当0≤1≤1 时，点M,N,D的位置如图①所示，：四边形ANDM为平行 四边形，.DM=AN,DM∥AN,DN∥AB,.∠MDB=∠C =60°，∠NDC=∠B=60°，∴.∠NDC=∠C,∴.ND=NC, DM+DN=AN+WC=AC=10,即3t+2t=10,∴.t=2. ②当9<1≤5时，A,M,N三点在同一直线上，不能构成平行 四边形 M ② ③ 第14题答图 ③当5<1≤9时，点M,N,D的位置如图②所示， :四边形ANDM为平行四边形， .DN=AM,AM∥DN, .∠NDB=∠ACB=60° △ABC为等边三角形，.∠B=60°， ∴.∠NDB=∠B,∴.ND=NB, ,∴.NWB+MC=AM4CM=10,3t-10+2t-10=10,解得t=6. ④当9<4≤10时，点M,N,D的位置如图③所示，则BN =20-2t,BM=30-3t,由题意可知，△BWM为等边三角形， ∴.BN=BM,即20-2t=30-3t,解得t=10,此时M,N重合， 不能构成平行四边形. 综上，t的值为2或6.故答案为2或6. 15.【解】(1).四边形ABCD是平行四边形， ∴.AD∥BC,∴∠DPC=∠PCB. CP平分LBCD, ∠PCD=∠PCB,.∠DPC=∠DCP, .DP DC..CD=CP, ∴PC=CD=PD, ∴△PDC是等边三角形， ∴.∠ABC=∠D=60°. (2),四边形ABCD是平行四边形， ∴.AB∥CD,BC∥AD,AB=CD=2cm, 真题圈数学八年级下3B .Same=5om=aucn SarSacO .SMPp+S△MBr =S△MBP+S△PCD' .SAAPF SAPCD 如图，过点C作 CK⊥AD于点K,由 (1)知：PD=CD= AB=2cm,∠KCD =90。-∠PDC =30°，则DK= PD-CD- B长 C 第15题答图 1 cm, .'CK=CD2 -DK2=3(cm), ∴SaMm=Sa=7×2xV5=V5(cm2). (3),四边形ABCD是平行四边形， AD∥BC, 当PD=BQ时，以P,D,Q,B四点组成的四边形是平行四 边形.设时间为ts. ①当0<t≤3时，PD=(12-t)cm,BQ=(12-4t)cm, .12-1=12-41,解得1=0（舍去）； ②当3<1≤6时，PD=(12-t)cm,BQ=(4t-12)cm, .12-1=41-12,解得1=4.8； ③当6<1≤9时，PD=(12-t)cm,BQ=(36-41)cm, .12-1=36-41,解得1=8； ④当9<1≤12时，PD=(12-)cm,BQ=(41-36)cm, .12-1=4t-36,解得t=9.6; 当1的值为4.8或8或9.6时，以P,D,Q,B四点组成的四 边形是平行四边形 专题复习卷 15.专题复习卷（一）三角形、图形的变换 1.C【解析】如图所示，∠DAC=90°，∠ABC=45°，∠D=30° ∠ABC=∠D+∠DAB,∴.∠DAB=∠ABC-∠D=45°-30°= 15°，∴.∠a=∠DAC-∠DAB=90°-15°=75°.故选C. 459 D-30°/ B 第1题答图 2.A【解析】：∠BAC=90°，AE是∠BAC的平分线， ∴.∠BAE=∠CAE=45°. AD⊥BC,∠B=50°，∠ADB=90°，∴∠BAD=180°- ∠ADB-∠B=40°，∴.∠DAE=∠BAE-∠BAD=5° 故选A. 3.C【解析小亮从A点出发最后回到出发点A时正好走了一个 正多边形，根据外角和定理可知正多边形的边数为360°÷15° =24,..一共走了24×5=120(m).故选C. 4.68.5°【解析】：AF,CF分别平分△ABC的外角∠DAC和 ∠ACE,·∠CMF=2∠CMD,∠ACF=3∠ACE:∠CMD =∠B+∠ACB,∠ACE=∠B+∠BAC,∴.∠CAF+∠ACF= (∠CMD+∠ACE)=∠B+∠ACB+∠B+∠BAC)=克 (ZB+180,∠F=180°-∠B+180)=180°-2B-0 =90°-2∠B :∠B=43°，∠F=90°-21.5°=68.5°.故答案为68.5°.真题圈数学 同调研卷 八年级下3B 龄 14.重难题型卷（四） 平行四边形 尽 图田 题型一平行四边形的性质与判定 彐期 1.（期末·23-24太原实验中学)请同学们判断下列哪种尺规作 图方式得到的四边形不一定是平行四边形( ) A.任取两点B,D;分别以点B和点D为圆心、任意长为半径， 分别在线段BD的两侧画弧；再分别以点B和点D为圆心、 适当长为半径画弧，与前面所画的弧分别交于点A和点C, 则以点A,B,C,D为顶点的四边形为平行四边形 B.任意画两条平行线m,n;在直线m,n上分别截取AB, CD,AB=CD,分别连接点B,C和点A,D,则以点A,B,C, D为顶点的四边形为平行四边形 製 C.任意画两条平行线m,n,在直线m,n上分别取点A,B,在 直线m上取点C(不与A重合)，以C为圆心，AB长为半 径画弧，交直线n于点D,则以点A,B,C,D为顶点的四边 形为平行四边形 D.在直线m上任取点O,以O为圆心，适当长为半径画弧， 的 交直线m于点A,C,过点O作直线n(不与m重合)，以点 O为圆心，适当长为半径画弧，交直线n于B,D,则以点A, B,C,D为顶点的四边形为平行四边形 2.（期末·22-23运城盐湖区)如图，已知凸五边形ABCDE的边 长均相等，且∠DBE=∠ABE+∠CBD,AC=1,则BD必定满 足( 筑 A.BD<2 B.BD=2 C.BD>2 D.以上情况均有可能 D 加 阳 最 品 第2题图 第3题图 3.如图，在口ABCD中，E和F分别是边CD和AB上的点， AE∥CF,连接BE和DF,已知，AF=2BF,四边形BFDE的 面积是3，则四边形AFCE的面积是 4.（月考·24-25太原师院附中)如图，在平行四边形ABCD中， DE,BF分别是∠ADC,∠ABC的平分线.求证：四边形DEBF 是平行四边形. 第4题图 5.(模考·2024太原万柏林区二模)如图，在□ABCD中，AB< BC. (1)实践与操作：利用尺规作图完成下面作图： ①在BC边上截取BE=AB,连接AE; ②作∠ABC的平分线，交AE于点O,交AD于点F(要求：不 写作法，但要保留作图痕迹). (2)猜想与证明：试猜想线段BO与OF的数量关系，并加以 证明. A 第5题图 47 题型二构造中位线 6.（月考·22-23山西省实验)如图，在四边形ABCD中，AB∥ CD,∠C=90°，AB=8,AD=CD=5,点M为BC上异于 B,C的一定点，点N为AB上的一动点，E,F分别为DM,MW 的中点，在点N从A到B的运动过程中，线段EF扫过图形的 面积为( A.4 B.4.5 C.5 D.6 第6题图 第7题图 7.(期末·22-23晋中)如图，CD是△ABC的中线，E是CD的 中点，F是BE的延长线与AC的交点，若AF=2,则AC的 长为 8.（期末·22-23运城盐湖区改编)如图，在△ABC中，AB=20, AD是△ABC的中线，AE是△ABC的角平分线，CF⊥AE于点F, 若DF=3,则AC的长是 拒绝 DE B B 第8题图 第9题图 第10题图 9.如图，已知在Rt△ABC(AC>BC)中，∠BCA=90°，BC=6, D为AB边上的中点，过点D的直线DF将△ABC的周长平 分且交AC于点F,则DF的长为 10.(期中·23-24大同)如图，AB⊥CD,点E,F分别是边AD,BC 的中点，连接EF,若AB=8,CD=6,则EF的长是 题型三存在性问题 11.在平面直角坐标系中，已知A(0,4),直线1的解析式为y= 2x-2,B,C是直线1上的两个动点，若在坐标轴上存在点D, 使得以点A,B,C,D为顶点的四边形是平行四边形，则下列 给出的D点坐标中，错误的是() A.(-2,0) B.(4,0) C.(0,-8) D.(0,-6) 12.（期末·23-24运城盐湖区)综合与探究 已知Rt△ABO在平面直角坐标系中的位置如图所示，其中 边OA在x轴上且OA=4,边OB在y轴上，且OB=3, AD平分∠OAB,交y轴于点D. (1)请直接写出点A,B的坐标：A ,B (2)求点D的坐标. (3)在平面直角坐标系中是否存在一点Q,使A,D,B,Q四 点组成的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由 B 第12题图 精品图书 金星教 13.探究性试题综合与探究 如图，在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC是平行四 边形，A,C两点的坐标分别为(4,0)，(-2,3).将口OABC先 向右平移4个单位长度后，再向下平移个单位长度，得到 ☐O'A'BC (1)请你直接写出点O',C的坐标 (2)口O'A'B'C与口OABC的重叠部分的形状是 重叠部分的面积是 (3)在平面内是否存在一点D,使得以O,O',C',D为顶点 的四边形为平行四边形？若存在，请求出点D的坐标；若不 存在，请说明理由. 第13题图 48 题型四动点问题 14.如图，等边三角形ABC的边长为10cm,动点M从点B出发， 沿B→A→C→B的方向以3cm/s 的速度运动，动点N从点C出发，沿 CA→B→C的方向以2cm/s的 速度运动，且动点M,N同时出发，其 M, 中一点到达终点时，另一点随之停止 B 运动.那么运动到第 秒时，点 第14题图 A,M,N以及△ABC的边上一点D恰能构成一个平行四边形 15.探究性试题（月考·24-25太原师院附中）已知，口ABCD中， 一动点P在边AD上，以1cm/s的速度从点A向点D运动. (1)如图①，运动过程中，若CP平分∠BCD,且满足CD= CP,求∠ABC的度数 (2)如图②，在(1)问的条件下，连接BP并延长，与CD的延 长线交于点F,连接AF,若AB=2cm,求△APF的面积， (3)如图③，另一动点Q在BC边上，以4cm/s的速度从点C 出发，在BC间往返运动，两个点同时出发，当点P到达点D 时停止运动（同时Q点也停止），若AD=12cm,设点P的 运动时间为t秒(t>0),当t为何值时，以P,D,Q,B四点组 成的四边形是平行四边形 拒绝盗印 D ② D B Q ③ 第15题图