第21章 四边形——平行四边形期中期末专题训练 2025-2026学年人教版数学八年级下册

**基本信息** 以平行四边形及特殊四边形为核心，通过基础概念辨析、性质应用与判定综合，结合动态变换与实际情境，系统构建“概念-性质-判定-应用”逻辑链条，提炼“性质转化”“判定三步法”等实用解题策略。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础概念|单选1-2/5|多边形内角和公式、平行四边形性质辨析|从多边形内角和（n-2）×180°到平行四边形对边/对角/对角线性质，形成概念认知基础| |性质应用|填空19-21/22|直角三角形斜边中线性质、三角形中位线定理|结合菱形/矩形性质，实现线段关系转化（如中位线平行且等于第三边一半）| |判定综合|解答27-28/31|“先证平行四边形，再证特殊条件”判定法|通过全等证明、对角线关系推导特殊四边形（矩形/菱形）判定，强化逻辑推理| |动态与变换|单选3/14/23|动点最小值（垂线段最短）、折叠问题勾股定理|以图形运动（动点/折叠）为载体，综合应用性质与几何直观，提升空间观念|

2026年平行四边形期中期末专题 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．如图是位于内蒙古赤峰市巴林右旗的辽庆州白塔，又称辽释迦佛舍利塔，始建于辽重熙十六年，为八角七级，是第三批全国重点文物保护单位．从上面看白塔，得到的平面图形是八边形，八边形的内角和为（    ） A． B． C． D． 2．已知中，，则（    ） A． B． C． D． 3．如图，在中，，P为边上一动点，于点E，于点F，则的最小值为（  ） A．5 B．4 C． D．3 4．如图，四边形为平行四边形，延长到，使，连接，添加一个条件，不能使四边形成为矩形的是（   ） A． B． C． D． 5．下列说法错误的是（    ） A．平行四边形的对角线互相平分 B．对角线互相垂直的四边形的中点四边形是菱形 C．对角线相等的平行四边形是矩形 D．菱形的对角线互相垂直 6．如图，平行四边形的对角线交于点，点为的中点，若，则的长度为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 7．为了研究特殊的四边形，老师制作了一个教具（如图1）：用钉子将四根木条钉成一个平行四边形框架，并在A与C，B与D两点之间分别用一根橡皮筋拉直固定，右手握住木条，用左手向右推动框架至（如图2），观察这个变化过程和所得到的四边形，下列说法正确的是（    ） ①四边形由平行四边形变为矩形；②B、D两点之间的距离不变；③四边形的面积不变；④四边形的周长不变 A．①② B．①④ C．①②④ D．①③④ 8．如图，中，平分，，则（　　） A． B． C． D． 9．正方形具有而菱形不具有的性质是（ ） A．四个角都是直角 B．两组对边分别相等 C．内角和为 D．对角线平分对角 10．如图，已知四边形，下列条件不能判定四边形是平行四边形的是（    ） A． B．， C．， D． 11．如图，是一幅中式墙体窗格设计图，该窗格的外边框为正八边形，则该正八边形的内角和为（   ） A． B． C． D． 12．小区休闲区有一个平行四边形花坛，如图，将的一边延长至点E．若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 13．某智能定位系统在平面直角坐标系中布设监测节点，平行四边形区域为数据采集覆盖范围．如图，在平面直角坐标系中，的边在x轴上，点B在y轴上．若点A，D的坐标分别为，，，则点C的坐标为（   ） A． B． C． D． 14．矩形柔性材料可任意折叠，如图，将矩形纸片沿直线折叠，使点C落在边的中点处，点B落在点处，其中，，则的长为（   ） A． B．4 C． D．5 15．学校花圃设计成矩形．如图，在矩形中，对角线，相交于点O，过点O的直线交，于点E，F．若，，则图中阴影部分的面积为（   ） A．5 B．6 C．4 D．3 16．如图，中，，，D，E分别为的中点，平分，交于点F，则的长是（    ）    A． B．1 C．2 D． 17．如图，的对角线、交于点O，平分交于点E，且，，连接．下列结论：①；②；③；④，其中成立的有（    ） A．①②③ B．②③ C．②③④ D．②④ 18．如图，在中，，，为的中点，在外构造等边，连接、．下列结论：①；②四边形是平行四边形；③四边形是菱形；④．其中正确的结论有（    ） A．①②④ B．①③ C．①②③ D．①②③④ 二、填空题 19．如图，点在正方形内部，且是等边三角形，连接、，则______． 20．如图，在中，，是斜边上的中线，若，则的大小为______． 21．若一个多边形的内角和是外角和的四倍，则这个多边形是_____边形． 22．如图，DE为△ABC的中位线，点F在DE上，且∠AFB＝90°，若AB＝5，BC＝8，则EF的长为______． 23．如图，在中，，，，点是边上的动点（不与，重合），过作，，垂足分别是，，连接．则的最小值是________． 24．如图，在中，，且，，点是斜边上的一个动点，过点分别作于点，于点，连接，则线段的最小值为________． 25．如图，在菱形中，对角线，相交于点O，M、N分别是边、的中点，连接，．若，，则的长为_____________． 26．如图．在中，，动点M，N分别在边上，且，以为边作等边，使点P始终在的内部或边上，当的面积最大时，的长为_____． 三、解答题 27．如图，在平行四边形中，延长到点，使，交于点，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)满足什么条件时，四边形是矩形，并说明理由． 28．在中，，是的中点，是的中点，过点作交的延长线于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 29．如图，在平行四边形中，对角线相交于点O，，点E是的中点，过点E作，交于点F． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 30．如图，正方形的边长为8，点E为边上一点，若于点F，于点G． (1)求证：四边形是矩形； (2)求的长． 31．如图，在矩形中，cm，cm，点P从点D出发向点A运动，运动到点A停止，同时，点Q从点B出发向点C运动，运动到点C即停止，点P、Q的速度都是1cm/s．连接．设点P、Q运动的时间为ts．    (1)当t为何值时，四边形是矩形； (2)当t为何值时，四边形是菱形； (3)分别求出（2）中菱形的周长和面积． 32．如图，在正方形中，是边上的一动点，点在边的延长线上且，连接． (1)求证：； (2)连接，取中点，连接并延长交于，连接， ①依题意，补全图形； ②求证：； ③若，证明：． 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 《2026年5月平行四边形期中期末专题》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B C A B C B D A D 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 答案 D A D C B A C C 1．C 【分析】本题考查的是多边形的内角和公式，根据内角和公式计算即可． 【详解】∵内角和公式， ∴八边形的内角和为． 2．B 【分析】利用平行四边形对边相等即可推导得出结果． 【详解】∵ 四边形是平行四边形， ∴ ，， ∵ ， ∴ ． 3．C 【分析】本题考查了勾股定理的逆定理、矩形的判定及性质，根据矩形的性质得到是解题的关键．根据勾股定理的逆定理可以证明为直角三角形，根据三个角都是直角的四边形是矩形，根据矩形的对角线相等，得，则的最小值即为的最小值，根据垂线段最短，时，的值最小，由此即可得出结论． 【详解】连接，如图， ∵， ∴， ∴为直角三角形，， ∵于点E，于点F， ∴， ∴四边形为矩形， ∴，当的值最小时，的值最小， 当时，的值最小， 此时， ∴的最小值为， 故选：C． 4．A 【分析】本题考查了平行四边形、菱形、矩形的判定和性质，掌握其判定方法和性质是解题的关键． 根据四边形是平行四边形，结合题意可证四边形是平行四边形，根据菱形的判定，矩形的判定方法证明即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵延长到，使， ∴， ∴四边形是平行四边形， 当添加时，则有，设交于点，如图所示， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴平行四边形是菱形，故A选项不能使四边形成为矩形，符合题意； 当添加时，则， ∵四边形是平行四边形， ∴平行四边形是矩形，故B选项能使四边形成为矩形，不符合题意； 当添加时，则有， ∵四边形是平行四边形， ∴平行四边形是矩形，故C选项能使四边形成为矩形，不符合题意； 当添加时， ∵， ∴点是中点， ∴，则， ∵四边形是平行四边形， ∴平行四边形是矩形，故D选项能使四边形成为矩形，不符合题意； 故选：A ． 5．B 【分析】本题考查平行四边形的性质，矩形的判定，菱形的判定和性质，根据相关知识点，逐一进行判断即可． 【详解】解：A、平行四边形的对角线互相平分，原说法正确，不符合题意； B、对角线相等的四边形的中点四边形是菱形，原说法错误，符合题意； C、对角线相等的平行四边形是矩形，原说法正确，不符合题意； D、菱形的对角线互相垂直，原说法正确，不符合题意； 故选B． 6．C 【分析】本题主要考查平行四边形，三角形中位线的知识，根据四边形是平行四边形，得到，再根据点E是的中点，得出是的中位线，即可解决问题． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， 又∵点E是的中点， ∴是的中位线， ∴根据三角形的中位线定理可得：． 故选：C． 7．B 【详解】根据在框架变动过程中，四边形的长度不变，边上的高、、的长度不断变化解答即可． 【解答】解：①由有一个角是直角的四边形是矩形可知此时四边形由平行四边形变为矩形，故①正确； ②B、D两点之间的距离不断变化，故②错误； ③由底不变，高不断变化可知，四边形的面积不断变化，故③错误； ④由四边形的长度不变可知四边形的周长不变，故④正确． 所以正确的说法有①④． 故选：B． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，平行四边形的性质，弄清图形变化后的变量和不变量是解答此题的关键． 8．D 【分析】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，根据平行四边形的性质，，，结合平分，解答即可，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键． 【详解】∵平行四边形中，平分，， ∴，，， ∴， 故选：D． 9．A 【分析】根据正方形及菱形的性质解答即可. 【详解】选项A，因为正方形的四个角都是直角而菱形不是，选项A正确； 选项B，因为正方形和菱形的两组对边都相等，选项B错误； 选项C，因为正方形和菱形的内角和均为360°，选项C错误； 选项D，因为正方形和菱形的对角线均平分对角，选项D错误． 故选：A． 【点睛】本题主要考查正方形和菱形的性质，熟练掌握正方形和菱形的性质是解题的关键． 10．D 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定定理．根据平行四边形的判定定理逐一判断即可． 【详解】解：由，，可以根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形判定四边形是平行四边形，故选项A不符合题意； ，，可以根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形判定四边形是平行四边形，故选项B不符合题意； 由，结合，可得，则，，可以根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形判定四边形是平行四边形，故选项C不符合题意； 由，则四边形可能是平行四边形，也可能是等腰梯形，故选项D符合题意； 故选：D． 11．D 【分析】此题考查的是求多边形的内角和，掌握多边形的内角和公式是解决此题的关键． 根据多边形的内角和公式计算即可． 【详解】解：正八边形的内角和为； 故选：D． 12．A 【详解】解：∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴． 13．D 【分析】根据平面直角坐标系的特点，结合题意得到，由平行四边形的性质得到，由此即可求解． 【详解】解：根据题意，， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴ ． 14．C 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵折叠，点C落在边的中点处， ∴， 设，则， 在中，， ∴， 整理得，， 解得，， ∴ ． 15．B 【分析】根据矩形的性质得到，证明，得到，结合题意得到阴影部分的面积为的面积，由此即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形，，， ∴，，，， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴阴影部分的面积 16．A 【分析】由勾股定理得：，由平分，可得，由D，E分别为的中点，可得，，，进而可得，，根据，计算求解即可． 【详解】解：由勾股定理得：， ∵平分， ∴， ∵D，E分别为的中点， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：A． 【点睛】本题考查了勾股定理，角平分线，中位线，等角对等边．熟练掌握勾股定理，角平分线，中位线，等角对等边是解题的关键． 17．C 【分析】利用平行四边形的性质及角平分线的定义易证是等边三角形，再根据等边三角形的性质及线段的数量关系即可判断①；根据等腰三角形的性质及角的和差即可得出，再根据三角形的面积公式即可判断②；根据线段的关系及三角形面积公式即可判断③；根据平行四边形的性质及含30度的直角三角形的性质得出，再根据线段间的关系即可判断④ 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∵平分， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， 故①错误，不符合题意； ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故②正确，符合题意； ∵， ∴E为中点， ∴， ∵， ∴， ∴， 故③正确，符合题意； ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 故④正确，符合题意； 故选：C． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的性质、含30度角的直角三角形的性质以及等边三角形的判定及性质，熟练掌握性质定理是解题的关键． 18．C 【分析】根据直角三角形性质及等边三角形的判定，证明为等边三角形，进而得出四边形为菱形，即可判定①③；利用一组对边平行且相等判定四边形为平行四边形，即可判定②；通过平行四边形和菱形的性质可得，即可判定④，综上即可求解． 【详解】解：，， ，， 为的中点， ， ， 是等边三角形， ，， 是等边三角形， ，， ， ∴四边形是菱形，故③正确； ，故①正确； ，， ， ，即， 又， ∴四边形是平行四边形，故②正确； ∵四边形是平行四边形， ， 为中点， ， 又∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴，故④错误； 综上所述，正确的结论有①②③． 19． 【分析】本题考查了正方形的性质、等边三角形的性质以及等腰三角形的性质，根据正方形与等边三角形的性质得出，，进而求得，即可求解． 【详解】解：∵点在正方形内部，且是等边三角形，是正方形的对角线， ∴，， ∴， ∴ 故答案为：． 20． 【分析】本题考查了直角三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 根据直角三角形的性质得到，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半得到，得出，即可得到答案． 【详解】解：，， ， 是斜边上的中线， ， ， 故答案为：． 21．十 【分析】本题主要考查了多边形内角和公式和外角和．设多边形的边数为n，利用多边形内角和公式和外角和定理列方程求解． 【详解】解：设多边形的边数为n，则内角和为， ∵一个多边形的内角和是外角和的四倍， ∴， 解得：， 即这个多边形是十边形． 故答案为：十 22．1.5 【详解】解：∵∠AFB=90°，D为AB的中点， ∴DF=AB=2.5． ∵DE为△ABC的中位线， ∴DE=BC=4． ∴EF=DE-DF=1.5． 故答案为1.5． 【点睛】直角三角形斜边上的中线性质：在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半，和三角形的中位线性质：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半． 23． 【分析】连接，过点作于点，先求出，再根据三角形的面积公式求出，证明四边形是矩形得，由此得当最小值时，的值为最小，当时，为最小，最小值是线段的长，据此即可得出的最小值． 【详解】解：连接，过点作于点，如图所示： ， 在中，，，， 由勾股定理得：， 根据三角形的面积公式得：， ，， ， 四边形是矩形， ， 当最小值时，的值为最小， 点是边上的动点不与，重合 当时，为最小， 当点于点重合时，为最小，最小值是线段的长， 的最小值是， 的最小值是 24． 【分析】由勾股定理求出的长，再证明四边形是矩形，可得，根据垂线段最短和三角形面积即可解决问题． 【详解】解：∵，且，， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形． 如图，连接AD，则， ∴当时，的值最小，此时，的面积， ∴， ∴的最小值为； 故答案为． 【点睛】本题考查了矩形的判定和性质、勾股定理、三角形面积、垂线段最短等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，本题属于中考常考题型． 25．2.5 【分析】本题考查了菱形的性质，三角形中位线性质，直角三角形的性质、勾股定理，根据菱形的性质可得，，，根据中位线定理可得，由菱形的面积可得，进而利用勾股定理可求出，再根据直角三角形斜边上的中线长等于斜边的一半即可求出的长． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∵，点M、N分别是边、的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：2.5． 26．5 【分析】因为是等边三角形，其面积由边长决定，所以要先明确的长度与点P的位置关系，因为点P始终在平行四边形内部或边上，所以需要分析当最长时，点P位于边上，找到的最大值对应的长度，最后计算．因为，平行四边形中，且，，所以可利用线段垂直平分线性质，进而得到，是等边三角形，得到，即可得到的长度． 【详解】解：连接，过点A作于点E， 则， ∵在中，， ∴， ∴， ∵， ∴． ∵， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴当点P在边上时， 的面积最大， 此时，四边形是矩形， ∴． ∵， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴． 27．(1)详见解析 (2)当时，四边形是矩形，详见解析 【分析】此题主要考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解决问题的关键． （1）由平行四边形的性质得，，再由，得，，即可得出结论； （2）当时，根据对角线相等的平行四边形是矩形证明即可． 【详解】（1）证明：四边形为平行四边形， ，， ， ，， 四边形是平行四边形； （2）解：当时，四边形是矩形，理由如下： 四边形为平行四边形， ， ， ， 四边形是矩形 28．(1)见解析 (2) 【分析】（1）先证明，推出，结合，推出四边形是平行四边形，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出，从而推出四边形是菱形即可； （2）过点作交的延长线于点，则，根据菱形的性质和推出和都是等边三角形，得出，再求出，根据所对的直角边等于斜边的一半，得出，最后根据勾股定理求解和即可． 【详解】（1）证明：∵是的中点，是的中点， ∴，， ∵， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∴ ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵，是的中点， ∴， ∴四边形是菱形． （2）解：过点作交的延长线于点，则， ∵四边形是菱形，， ∴，， ∴和都是等边三角形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵在中， ∴根据勾股定理，， ∴， ∵在中， ∴根据勾股定理，， ∴的长是． 29．(1)见解析； (2)10 【分析】（1）证是的中位线，得，则四边形是平行四边形，再证，即可得出结论； （2）由矩形的面积得出，则，再由勾股定理求出即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∵点E是的中点， ∴是的中位线， ∴，． ∵，， ∴四边形是平行四边形． ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形． （2）解：∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 由勾股定理得，． 即的长为10． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． 30．(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据正方形的性质得出，结合，，证出四边形是矩形， （2）根据正方形的性质得出，则，证出，，由勾股定理，得，，则． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，即， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， （2）解：∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴，， 由勾股定理，得，， ∴． 31．(1) (2) (3)周长为40cm；面积为80 【分析】（1）根据矩形的判定可得：当时，四边形为矩形，进而可得关于t的方程，即可求解； （2）当时，四边形为菱形，进而可得关于t的方程，即可求解； （3）求出菱形的边长，再计算周长和面积即可． 【详解】（1）∵在矩形中，， ∴， 由已知可得，， 在矩形中，， 当时，四边形为矩形， ∴，得， 故当时，四边形为矩形； （2）∵， ∴四边形为平行四边形， ∴当，即时，四边形为菱形 即时，四边形为菱形，解得， 故当时，四边形为菱形； （3）当时，， 则周长为cm； 面积为． 【点睛】本题考查了矩形的判定和性质、菱形的判定和性质，熟练掌握特殊四边形的判定和性质是解题的关键． 32．(1)证明见解析 (2)①补图见解析；②证明见解析；③证明见解析 【分析】（）证明，可得，进而由，即得，即可求证； （）①根据题意补全图形即可；②根据直角三角形的性质可得，，进而即可求证；③由全等三角形的性质得，即得是等腰直角三角形，得到，进而根据等腰直角三角形的性质可证，得到，再根据勾股定理可得，即可求证． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 即， ∴； （2）解：①依题意补全图形如下： ②证明：由（）可知，和都是直角三角形， ∵是的中点， ∴，， ∴； ③证明：由（）可知，，， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵为的中点， ∴，，， ∴，，，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得，， ∵，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理等，正确画图图形是解题的关键． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $