《4.4平行四边形的判定定理》同步练习题 2025-2026学年浙教版八年级数学下册

2025-2026学年浙教版八年级数学下册《4.4平行四边形的判定定理》同步练习题（附答案） 一、单选题 1．下列条件中，能判定四边形是平行四边形的是（   ） A．， B．， C．， D．， 2．数学活动课上，已知，惠卓图同学利用尺规作图找一点，使得四边形为平行四边形，以下是其作图过程：（）作；（）以点为圆心，长为半径作弧交与点；（）连接，则四边形即为所求．在上述做图中，可直接判定四边形为平行四边形的依据是（    ） A．两组对边分别平行 B．两组对边分别相等 C．对角线互相平分 D．一组对边平行且相等 3．如图，是的边延长线上一点，连接，，，交于点．添加以下条件，不能判定四边形为平行四边形的是（    ） A． B． C． D． 4．如图，在平行四边形中，，，和的角平分线分别交于点E和F，则（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 5．如图，在等腰中，腰长为5，，E，M，F分别是，，上的点，并且，，则四边形的周长是（   ） A．5 B．10 C．15 D．13 6．如图，在的正方形网格图中有、、三点，网格中以、、三点为顶点的平行四边形有（   ）个 A． B． C． D．无数 7．如图，在中，点E、F分别在、的延长线上，且满足．若，，则的长为（　　） A．4 B．5 C．6 D．8 二、填空题 8．如图，在平行四边形中，是对角线，E，F是对角线上的两点，要使四边形是平行四边形，还需添加一个条件（只需添加一个）是__________． 9．在四边形中，如果且，，那么______． 10．梯形中，，，则的范围为___． 11．在平行四边形中，是的中点，是的中点，交于点，若，则________． 12．如图，中，，，由绕点B逆时针旋转所得，若点C在上，连接，则______． 13．如图，在▱ABCD中，过对角线BD上一点P作EF∥BC，GH∥AB，若▱ABCD的面积为16，且AH：HD=1：3．则图中阴影部分的面积为_______． 14．如图，在四边形中，，，，点在边上以每秒的速度从点向点运动，点在边上，以每秒的速度从点向点运动，当_____秒时，直线在四边形内部能截出一个平行四边形．    三、解答题 15．如图，四边形是平行四边形，E、F是对角线上的两点，连接，，，，且． (1)求证：； (2)求证：四边形是平行四边形． 16．如图，在平行四边形中，和的平分线交于点E，F，点M，N为的中点，连接 (1)求证：； (2)求证：四边形是平行四边形． 17．如图，在四边形中，对角线、交于点，，过点作⊥，垂足为，交于点，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，，求的长． 18．如图，菱形中，，点分别是上的点，，连接． (1)求证：； (2)以为圆心，为半径画弧，交延长线于点，连接，求证：四边形是平行四边形． 19．如图，点、是对角线上的两点，且，连接、，， (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若． ①求线段的长； ②求四边形的面积． 20．问题探究 （1）如图1，在中，点D、E分别在、边上，连接、，过点作的平行线，交的延长线于点，若，，求证：； 问题解决 （2）某校计划修建校园科创角，其平面规划示意图如图 2 所示，在四边形中，，设计师计划在边上取点，在边上取其中点，连接、、，使得，将区域规划为研发区，为合理预算，需要知道、、之间的数量关系．请你帮助设计师求出、、之间的数量关系，并说明理由． 参考答案 1．D 【分析】本题考查了平行四边形的判定定理．平行四边形的判定定理有：①有两组对边分别平行的四边形是平行四边形，②有两组对边分别相等的四边形是平行四边形，③有两组对角分别相等的四边形是平行四边形，④有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，⑤对角线互相平分的四边形是平行四边形． 【详解】解：．，，无法判定四边形是平行四边形，故该选项不符合题意； ．，，无法判定四边形是平行四边形，故该选项不符合题意； ．，，故该选项不符合题意； ．如下图：∵，∴，∵，∴，∴，∴四边形是平行四边形，故该选项符合题意．    故选：D． 2．D 【分析】本题考查了平行四边形的判定，由题意可得，，进而可得，，根据根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可求解，掌握平行四边形的判定方法是解题的关键． 【详解】解：由题意可得，，， ∵， ∴， ∵，， ∴根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得四边形是平行四边形， 故选：． 3．D 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行线的判定和性质；添加条件后可证明，得到，进而可得结论，A不符合题意；添加条件，可证明，进而得到，从而证明结论，B不符合题意；添加条件，可证，进而证明结论，C不符合题意；添加条件，无法得到四边形为平行四边形，D符合题意． 【详解】解：A、∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形，不符合题意； B、∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形，不符合题意； C、∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形，不符合题意； D、添加条件，无法证明四边形为平行四边形，符合题意； 故选：D． 4．A 【分析】设与的交点为H，过点A作，交于点O，根据平行四边形的性质可得，，，即可得，再根据角平分线的定义可得，根据平行线的性质和等腰三角形的判定可得，，即可求得，，即可求解． 【详解】解：如图，设与的交点为H，过点A作，交于点O， ∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴， ∵平分，平分， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， 故选：A． 【点睛】本题考查平行四边形的性质与判定、平行线的性质、等腰三角形判定、角平分线的定义，熟练掌握平行四边形的性质与判定和等腰三角形判定是解题的关键． 5．B 【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，解题的关键是掌握以上知识点． 根据题意得出四边形是平行四边形，进而根据等边对等角以及平行线的性质可得，得出，则，进而根据平行四边形的性质，即可求解． 【详解】解：∵，， ∴四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ∴平行四边形的周长为； 故选：B． 6．B 【分析】本题考查了平行四边形的定义，解题的关键是掌握平行四边形的性质．分别以、为对角可画平行四边形． 【详解】解：如图，以为对角可画平行四边形，以为对角线可画平行四边形，共两个， 故选：B． 7．C 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，等腰三角形的判定．根据平行四边形的性质得出，，通过证明出四边形是平行四边形，以及，即可得出结论． 【详解】∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 故选：C． 8．BF=DE（答案不唯一） 【分析】连接对角线AC，利用对角线互相平分的四边形是平行四边形进行求解即可． 【详解】解：添加的条件为BF=DE，理由如下： 证明：连接AC交BD于点O，如图所示： ∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AO=CO，BO=DO， ∵BF=DE， ∴BO-BF=DO-DE， 即OF=OE， 四边形AFCE为平行四边形， 故答案为：BF=DE（答案不唯一）． 【点睛】题目主要考查平行四边形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题关键． 9．28 【分析】先证明四边形为平行四边形，再根据平行四边形的性质可求解． 【详解】解：∵且，， ∴四边形为平行四边形， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质．掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键． 10． 【分析】过点D作，然后根据三角形三边关系分析求解． 【详解】解：过点D作，    ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴，即， 故答案为：． 【点睛】本题考查梯形的性质，平行四边形的判定和性质，三角形三边关系，通过添加辅助线构造平行四边形和三角形是解题关键． 11．/1.5 【分析】根据平行四边形的性质和中点的性质可得，，根据平行四边形的判定可得四边形为平行四边形，根据平行四边形的性质可得对角线和互相平分，即可求得． 【详解】解：连接，如图：    ∵平行四边形中， ∴， 又∵是的中点，是的中点， ∴，， 即，， ∴四边形为平行四边形， ∴对角线和互相平分， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，中点的性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质是解题的关键． 12．24 【分析】根据旋转的性质和等边对等角的性质证明和，即可得到四边形为平行四边形，最后根据平行四边形的性质得到，进而计算即可得到解答． 【详解】解：∵，由绕点B逆时针旋转所得， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵由绕点B逆时针旋转所得且， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴， 又∵， ∴， 故答案为：24． 【点睛】本题考查了旋转的性质、等边对等角的性质、平行线的判定和平行四边形的判定和性质，灵活运用所学知识求解是解决本题的关键． 13． 【分析】根据平行四边形的性质和平行四边形的面积，可以求得阴影部分的面积． 【详解】解：由题意可得，四边形HPFD是平行四边形，四边形AEPH、四边形PGCF均为平行四边形，且它们的面积相等，四边形EBGP是平行四边形， ， 设， ， ， ， ， ， ， ， 阴影部分的面积为 ． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查平行四边形的性质求面积，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键． 14．2或3 【分析】根据平行四边形的判定可知，分两种情况：①和②，据此建立方程，解方程即可得． 【详解】解：设当运动秒时，直线在四边形内部能截出一个平行四边形， 则， ，， ，， 由题意，分以下两种情况： ①当时，四边形是平行四边形， 则， 解得； ②当时，四边形是平行四边形， 则， 解得； 综上，当2秒或3秒时，直线在四边形内部能截出一个平行四边形， 故答案为：2或3． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定是解题关键． 15．(1)见解析 (2)见解析 【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，利用全等三角形性质求证线段相等是解题的关键． （1）根据平行四边形性质，可推证，，进一步证明，于是得到； （2）证明，，利用平行四边形的判定定理即可证明四边形是平行四边形． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，． ∴， 又， ∴， ∴； （2）证明：∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形． 16．(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质；熟练掌握平行四边形的性质与判定，证明三角形全等是解决问题的关键． （1）由平行四边形的性质得出，，，证出，由证明，即可得出结论； （2）由全等三角形的性质得出，证出，再证明，即可证出四边形是平行四边形． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵平分，平分， ∴， ∴， ∴； （2）证明：∵， ∴， ∵在平行四边形中，， ∴ ∴， ∴， ∵点M，N为的中点， ∴， ∴ ∵， ∴四边形是平行四边形． 17．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查的是平行四边形的判定与性质，涉及平行线的判定、勾股定理等知识． （1）由，，证明，则，因为，所以，可得，从而证明四边形是平行四边形； （2）由平行四边形的性质得，根据，其中已知，可在根据勾股定理求得，得到的长，进而中根据勾股定理求得的长． 【详解】（1）证明：，， ，     ， ， ， ， 四边形是平行四边形；     （2）解：，，， 在中，，     ， 四边形是平行四边形， ， 在中，， 的长为． 18．(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等边对等角、平行四边形的判定等知识点． （1）由菱形的性质可得，易证是等边三角形可得，再结合，即可证明结论； （2）由全等三角形的性质可得，由可得．即，进而证明，即可证明结论． 【详解】（1）解：如图：∵菱形， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴． 又∵， ∴． （2）解：∵， ∴． ∵， ∴． ∴． ∵菱形， ∴， ∴． ∵， ∴． ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形． 19．(1)见解析 (2)①2；② 【分析】本题考查平行四边形的判定和性质、勾股定理以及三角形面积等知识，掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键． （1）连接，交于点O，由平行四边形的性质得，，再证，即可得出结论； （2）①由勾股定理得，则，得，即可得出结论；②求出，再由三角形面积关系得，然后由平行四边形的性质即可得出结论． 【详解】（1）证明：如图，连接，交于点O， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， 即， 又∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：①∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； ②∵， ∴， ∴， 由①可知，， ∴， 由（1）可知，四边形是平行四边形， ∴． 20．（1）见解析；（2），理由见解析． 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的三线合一及垂直平分线的性质，解题的关键是通过构造全等三角形转化线段关系，结合垂直条件推导角或线段的结论。 （1）通过证明得到中点，再利用等腰三角形＂三线合一＂证明角平分线； （2）延长线段构造，结合垂直平分线性质推导线段和差关系。 【详解】证明：， ， 在和中，，，， ， ， ， 垂直平分， ， ； （2）解： 理由：如图，延长，交的延长线于H， ，， 四边形是平行四边形， ，， ， F为边上的中点， ， 在和中，，，， ， ，， ， 垂直平分， ， ， . 学科网（北京）股份有限公司 $