人教版八年级下册18.1.1 平行四边形的性质同步练习题

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专题18.1平行四边形的性质专项提升训练
班级：___________________ 姓名：_________________ 得分：_______________
注意事项：
本试卷满分120分，试题共24题，其中选择10道、填空8道、解答6道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2022春•隆安县期中）在▱ABCD中，∠B＝60°，那么下列各式中成立的是（　　）
A．∠A+∠C＝180° B．∠D＝60° C．∠A＝100° D．∠B+∠D＝180°
【分析】根据平行四边形的对角相等，邻角互补即可求解．
【解答】解：如图，∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A＝∠C，∠D＝∠B＝60°，∠A+∠B＝180°，故B正确
∴∠A＝∠C＝120°，∠B+∠D＝120°，故C、D错误；
∴∠C+∠A＝240°≠120°，故A错误；
故选：B．

2．（2022•南京模拟）在平行四边形ABCD中，∠A＝80°，∠B＝100°，则∠D等于（　　）
A．60° B．80° C．100° D．120°
【分析】根据平行四边形对角相等求解即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠D＝∠B＝100°，
故选：C．
3．（2022春•孟村县期末）关于平行四边形的性质，下列说法不正确的是（　　）
A．对边相等 B．对角相等
C．对角线互相平分 D．邻角相等
【分析】根据平行四边形的性质进行逐一判断即可．
【解答】解：∵平行四边形的性质是：对边相等且平行；对角相等，邻角互补；对角线互相平分．
∴A、B、C正确，D错误，
故选：D．
4．（2022春•曹妃甸区期末）平行四边形相邻两角中，其中一个角的度数y与另一个角的度数x之间的关系是（　　）
A．y＝x B．y＝90﹣x C．y＝180﹣x D．y＝180+x
【分析】平行四边形相邻两角互补．
【解答】解：根据题意知，x+y＝180．
所以y＝180﹣x．
故选：C．
5．（2022春•淇滨区校级期末）如图，已知▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AD＝3，AC＝8，BD＝4，那么BC的长度为（　　）

A．6 B．5 C．4 D．3
【分析】由平行四边形的对边相等即可得出结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC＝AD＝3，
故选：D．
6．（2022春•天山区校级期中）在▱ABCD中，O是对角线AC，BD的交点，若△AOB的面积是8，则▱ABCD的面积是（　　）

A．16 B．24 C．32 D．40
【分析】根据平行四边形的性质可知OA＝OC，OB＝OD，△AOB和△BOC等底同高，则S△AOB＝S△BOC＝8，同理，S△AOB＝S△AOD＝S△COD＝8，则▱ABCD的面积是8×4＝32．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∴△AOB和△BOC等底同高，
∴S△AOB＝S△BOC＝8，
同理，S△AOB＝S△AOD＝S△COD＝8，
则▱ABCD的面积是8×4＝32．
故选：C．
7．（2022春•宁都县期末）将平行四边形ABCD放在平面直角坐标系中，顶点A，B，C的坐标分别是（0，0），（4，0），（5，2），则顶点D的坐标是（　　）
A．（4，3） B．（1，3） C．（1，2） D．（4，2）
【分析】根据平行四边形的性质得，CD＝AB，CD∥AB，从而得出CD＝AB，即可得出答案．
【解答】解：由平行四边形的性质得，CD＝AB，CD∥AB，
∵顶点A，B，C的坐标分别是（0，0），（4，0），（5，2），
∴CD＝AB＝4，
∴D（1，2），
故选：C．
8．（2022春•温州校级期中）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD交于点O，BD⊥AD，点E是AB中点，DE＝4，△COD的周长比△BOC的周长多4，则AC的长是（　　）

A．2 B．4 C．2 D．
【分析】首先由平行四边形的对边相等和直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求得AB＝CD＝8；然后根据三角形的周长公式推知BC＝AD＝4；最后分别在直角△ABD、直角△ADO中，由勾股定理求得OD、OA的长度，继而由矩形的对角线互相平分得到：AC＝2OA．
【解答】解：∵BD⊥AD，E是AB中点，
∴DE＝AB＝4，
∴AB＝8．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD＝8，AD＝BC，OB＝OD，AD+AB＝CD+BC，
∵△COD的周长比△BOC的周长多4，
∴（CD+OD+OC）﹣（CB+OB+OC）＝4，即CD﹣BC＝8﹣BC＝4，
∴BC＝AD＝4．
在直角△ABD中，由勾股定理知：BD＝＝＝4．
∴OD＝BD＝2．
在直角△ADO中，由勾股定理知：OA＝＝＝2．
∴AC＝2OA＝4．
故选：D．
9．（2022春•温州校级期中）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点E为BC的中点，点F，G为CD上的点，且FG＝AB，连结OF，EG．若▱ABCD的面积为60，则图中阴影部分面积是（　　）

A．12 B．15 C．15 D．
【分析】连接OE，设OF与EG交于点H，证明△HOE≌HFG（AAS），可得OH＝FH，然后根据平行四边形的性质分析，利用三角形的面积公式解答即可．
【解答】解：如图，连接OE，设OF与EG交于点H，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴点O为BD的中点，AB∥CD，
∵点E为BC的中点，
∴OE＝AB＝GF，OE∥AB，
∵AB∥CD，
∴OE∥CD，
∴∠OEH＝∠FGH，
在△HOE和△HFG中，
，
∴△HOE≌HFG（AAS），
∴OH＝FH，
∴点H为OF的中点，
∵S平行四边形ABCD＝BC•hBC＝60，
∴S△BOE＝BE•×hBC＝BChBC＝BC•hBC＝×60＝，
S△EOH＝OE•×hAB＝AB•hAB＝AB•hAB＝×60＝，
∴阴影部分面积＝+2×＝15．
故选：B．
10．（2022秋•永嘉县校级月考）在平行四边形ABCD中，五块阴影部分的面积分别为S1，S2，S3，S4，S5，如图所示，则下列选项中的关系正确的是（　　）

A．S1+S2+S3＝S4+S5 B．S2+S3＝S1+S4+S5
C．S3+S4＝S1+S2+S5 D．S2+S4＝S1+S3+S5
【分析】如图，先用S6，S7，•••，S13分别表示各三角形的面积，根据三角形的面积和平行四边形面积的关系可知：S△BMF+S△FPC＝S▱ABCD，S△AEN+S△DGN＝S▱ABCD，由等式的性质可得：S10+S11+S12+S13＝S6+S7+S8+S9，从而得结论．
【解答】解：如图，各三角形的面积如图所示，

在▱ABCD中，
∵S△BMF+S△FPC＝S▱ABCD，S△AEN+S△DGN＝S▱ABCD，
∴S△BMF+S△FPC＝S△AEN+S△DGN，
∴S10+S11+S12+S13＝S6+S7+S8+S9，
∵S△ABE+S△ENG+S△DCG＝S△AEN+S△DGN＝S▱ABCD，
∴（S1+S10）+（S11+S3+S12）+（S13+S5）＝（S6+S7+S2）+（S8+S9+S4），
∴S2+S4＝S1+S3+S5．
故选：D．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）请把答案直接填写在横线上
11．（2022春•呼和浩特期末）在▱ABCD中，已知AB＝5，BC＝2，则其周长为 　10+4　．
【分析】根据平行四边形的对边相等可得答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，BC＝BC＝AD，
∴周长为2×（AB+BC）＝2×（5+2）＝10+4，
故答案为：10+4．
12．（2022春•建平县期末）如图，在平行四边形ABCD中，AD＝30，点E，F分别是BD，CD的中点，则EF的长为 　15　．

【分析】根据三角形中位线定理得EF＝BC＝＝15．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，
∵点E，F分别是BD，CD的中点，
∴EF＝BC＝＝15，
故答案为：15．
13．（2022春•梁山县期末）如图，平行四边形ABCD的周长为22，对角线AC与BD交于点O，△AOB的周长比△BOC的周长多1，则AB＝　6　．

【分析】利用平行四边形的性质可得AD+AB＝11，再根据△AOB的周长比△BOC的周长多1，得AB＝AD+1，从而解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AD＝BC，OA＝OC，
∵平行四边形ABCD的周长为22，
∴AD+AB＝11，
∵△AOB的周长比△BOC的周长多1，
∴AB+AO+BO＝OB+OC+BC+1，
∴AB＝AD+1，
∴AD＝5，AB＝6，
故答案为：6．
14．（2022春•东城区期末）如图，平行四边形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，且∠OCD＝90°．若E是BC边的中点，AC＝6，BD＝10，则OE的长为 　2　．

【分析】根据平行四边形的性质得出OC＝3，OD＝5，进而利用勾股定理得出CD的长，利用三角形中位线得出OE即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，BD＝10，AC＝6，
∴OC＝3，OD＝5，
∵∠OCD＝90°，
∴CD＝，
∵E是BC边的中点，O是BD的中点，
∴2OE＝CD，
∴OE＝2．
故答案为：2．
15．（2022春•天河区期末）已知，在▱ABCD中，AD＝2AB，点F为AD的中点，过点C作CE⊥AB，垂足为点E，以下结论中，正确的是 　①③④　．
①CF是∠BCD的角平分线；
②连接BF，则∠BFC＝120°；
③若∠D＝60°，则S▱ABCD＝DC2；
④连接EF，则EF＝FC．

【分析】①由平行四边形的性质证出∠DFC＝∠FCB，则可得判断①正确；
②连接BF，延长BF交CD的延长线于点G，证明△ABF≌△DGF（ASA），由全等三角形的性质得出BF＝FG，AB＝DG，证出BC＝CG，由等腰三角形的性质得出∠BFC＝90°，则可判断②错误；
③由直角三角形的性质及平行四边形的面积可得出③正确；
④分别利用平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质得出△AEF≌△DMF（ASA），得出对应线段之间关系进而得出④正确．
【解答】解：①∵F是AD的中点，
∴AF＝FD，
∵在▱ABCD中，AD＝2AB，
∴AF＝FD＝CD，
∴∠DFC＝∠DCF，
∵AD∥BC，
∴∠DFC＝∠FCB，
∴∠DCF＝∠BCF，
即CF是∠BCD的角平分线，
故①正确，符合题意；
②连接BF，延长BF交CD的延长线于点G，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴∠A＝∠FDG，
又∵AF＝DF，∠AFB＝∠DFG，
∴△ABF≌△DGF（ASA），
∴BF＝FG，AB＝DG，
∵AB＝CD，
∴CD＝DG，
∴CG＝2CD，
∵BC＝AD＝2CD，
∴BC＝CG，
∴CF⊥BG，
∴∠BFC＝90°，故②不符合题意；
③∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，∠B＝∠D＝60°，
∵CE⊥AB，
∴BE＝CD＝AB，
∴CE＝＝CD，
∴S▱ABCD＝AB•CE＝CDCD＝，
故③正确，符合题意；
④如图2，延长EF，交CD延长线于M，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠A＝∠MDF，
∵F为AD中点，
∴AF＝FD，
在△AEF和△DFM中，
，
∴△AEF≌△DMF（ASA），
∴FE＝MF，∠AEF＝∠M，
∵CE⊥AB，
∴∠AEC＝90°，
∴∠AEC＝∠ECD＝90°，
∵FM＝EF，
∴FC＝EM＝FE，故④正确．符合题意．
故答案为：①③④．
16．（2022•苏州）如图，在平行四边形ABCD中，AB⊥AC，AB＝3，AC＝4，分别以A，C为圆心，大于AC的长为半径画弧，两弧相交于点M，N，过M，N两点作直线，与BC交于点E，与AD交于点F，连接AE，CF，则四边形AECF的周长为 　10　．

【分析】根据勾股定理得到BC＝＝5，由作图可知，MN是线段AC的垂直平分线，求得EC＝EA，AF＝CF，推出AE＝CE＝BC＝2.5，根据平行四边形的性质得到AD＝BC＝5，CD＝AB＝3，∠ACD＝∠BAC＝90°，同理证得AF＝CF＝2.5，于是得到结论．
【解答】解：∵AB⊥AC，AB＝3，AC＝4，
∴BC＝＝5，
由作图可知，MN是线段AC的垂直平分线，
∴EC＝EA，AF＝CF，
∴∠EAC＝∠ACE，
∵∠B+∠ACB＝∠BAE+∠CAE＝90°，
∴∠B＝∠BAE，
∴AE＝BE，
∴AE＝CE＝BC＝2.5，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC＝5，CD＝AB＝3，∠ACD＝∠BAC＝90°，
同理证得AF＝CF＝2.5，
∴四边形AECF的周长＝EC+EA+AF+CF＝10，
故答案为：10．
17．（2022秋•天河区校级期中）如图，直线EF经过平行四边形ABCD的对角线的交点，若四边形AEFB的面积为15cm2，则四边形EDCF的面积为 　15　cm2．

【分析】连接AC，BD，根据ASA定理可得出△AOE≌△COF，同理可得△AOB≌△COD，△BOF≌△DOE，故可得出四边形EDCF的面积．
【解答】解：连接AC，BD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，AD∥BC，
∴∠EAO＝∠FCO．
在△AOE与△COF中，
，
∴△AOE≌△COF（ASA），
同理可得△AOB≌△COD，△BOF≌△DOE，
∴S四边形EDCF＝S四边形AEFB＝15（cm2）．
故答案为：15．

18．（2022秋•九龙坡区校级月考）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 　3　．

【分析】由平行四边形的性质得AB∥CD，AD∥BC，S△ABD＝S△BCD，再证四边形AEPH、四边形PGCF、四边形BGPE、四边形DHPF是平行四边形，得AH＝PE，HD＝PF，S△BGP＝S△EBP，S△PFD＝S△HPD，则S平行四边形PGCF＝S平行四边形AEPH，然后证S平行四边形DHPF＝3S平行四边形AEPH，S平行四边形PGCF＝3S平行四边形BGPE，即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，BD为对角线，
∴AB∥CD，AD∥BC，S△ABD＝S△BCD，
∵EF∥BC，GH∥AB，
∴EF∥BC∥AD，GH∥AB∥CD，
∴四边形AEPH、四边形PGCF、四边形BGPE、四边形DHPF是平行四边形，
∴AH＝PE，HD＝PF，S△BGP＝S△EBP，S△PFD＝S△HPD，
∴S平行四边形PGCF＝S平行四边形AEPH，
∵AH：HD＝1：3，
∴S平行四边形DHPF＝3S平行四边形AEPH，S平行四边形PGCF＝3S平行四边形BGPE，
∴S平行四边形PGCF＝S平行四边形ABCD＝×16＝3，
故答案为：3．
三、解答题（本大题共6小题，共66分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2022春•望城区期末）如图，▱ABCD的对角线AC与BD相交于点O，AC+BD＝24，∠ABC＝70°，△ABO的周长是20．
（1）求∠ADC的度数；
（2）求AB的长．

【分析】（1）根据平行四边形对角相等即可得答案；
（2）根据平行四边形对角线互相平分可得AO+BO的长，进而可求出AB．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ADC＝∠ABC＝70°；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝CO，BO＝DO，
∴AO+BO＝（AC+BD）＝12，
∴AO+BO+AB＝20，
∴AB＝8．
20．（2022春•社旗县月考）如图，在平行四边形ABCD中，E为AD上一点，F为BC上一点，EF与对角线BD交于点O．有以下三个条件：①AE＝CF；②EO＝OF；③O为BD中点．从中选取一个作为题设，余下的两个作为结论，组成一个正确的命题，并加以证明．

【分析】利用已知结合全等三角形的判定与性质得出DE＝BF进而得出答案．
【解答】解：答案不唯一，例如：已知②EO＝OF；③O为BD中点，结论：①AE＝CF．
理由：在△DOE和△BOF中
，
∴△DOE≌△BOF（SAS），
∴DE＝BF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，
∴AE＝FC．
21．（2022秋•雨花区期中）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AB＝AD．
（1）求证：AC⊥BD；
（2）若点E，F分别为AD，AO的中点，连接EF，EF＝3，AO＝4，求BD的长及四边形ABCD的周长．

【分析】（1）由菱形的判定得▱ABCD是菱形，再由菱形的性质即可得出结论；
（2）由三角形中位线定理得OD＝2EF＝6，再由菱形的性质得AB＝BC＝CD＝AD，AC⊥BD，BD＝2OD＝12，然后由勾股定理得AD＝2，即可求出菱形ABCD的周长．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝AD，
∴▱ABCD是菱形．
∴AC⊥BD；
（2）解：∵点E，F分别为AD，AO的中点．
∴EF是△AOD的中位线．
∴OD＝2EF＝6，
由（1）可知，四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，AC⊥BD，BD＝2OD＝12，
在Rt△AOD中，由勾股定理得：
AD＝＝＝2，
∴菱形ABCD的周长＝4AD＝8．
22．（2022春•青山区校级月考）如图，在平行四边形ABCD中，AC、BD相交于O，OE⊥AC交CD于E点．
（1）求证：OA平分∠BAE；
（2）若平行四边形ABCD的周长为20，求△ADE的周长．

【分析】（1）由平行四边形的性质得OA＝OC，AB∥CD，则∠BAC＝∠ECA，再由线段垂直平分线的性质得AE＝CE，则∠EAC＝∠ECA，得∠BAC＝∠EAC，即可得出结论；
（2）由平行四边形的性质得AD+CD＝10，再由线段垂直平分线的性质得AE＝CE，即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，AB∥CD，
∴∠BAC＝∠ECA，
∵OE⊥AC，
∴OE是线段AC的中垂线，
∴AE＝CE，
∴∠EAC＝∠ECA，
∴∠BAC＝∠EAC，
∴OA平分∠BAE；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AD＝BC，OA＝OC，
∵平行四边形ABCD的周长为20，
∴AD+CD＝10，
∵OE⊥AC，
∴OE是线段AC的中垂线，
∴AE＝CE，
∴△ADE的周长＝AD+AE+DE＝AD+CE+DE＝AD+CD＝10．
23．（2022春•成华区校级期中）如图，已知在平行四边形ABCD中，AE⊥BC，垂足为点E，CE＝CD，点F为CE的中点，点G是CD上的一点，连接DF、EG、AG．
（1）若CF＝4，AE＝6，求BE的长；
（2）若∠CEG＝∠AGE，那么：
①判断线段AG和EG的数量关系，并说明理由；
②求证：∠1＝∠2．

【分析】（1）先求出CD＝CE＝2CF＝8，再由平行四边形的性质得出AB＝CD＝8，然后由勾股定理即可得出答案；
（2）①延长BC交AG的延长线于H，易证∠CEG＝∠CHG，再证∠AEG＝∠EAG，即可得出答案；
②由①得AG＝EG＝HG，再由AAS证得△ADG≌△HCG，得DG＝CG，则CF＝CG，然后由SAS证△CDF≌△CGE，即可得出结论．
【解答】（1）解：∵CE＝CD，点F为CE的中点，CF＝2，
∴CD＝CE＝2CF＝8，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD＝8，
∵AE⊥BC，
∴∠AEB＝90°，
在Rt△ABE中，由勾股定理得：BE＝＝＝2；
（2）①解：AG＝EG，理由如下：
延长BC交AG的延长线于H，如图所示：
∵∠CEG＝∠AGE，∠AGE＝∠CEG+∠CHG，
∴∠CEG＝∠CHG，
∵∠AEG+∠CEG＝90°，∠EAG+∠CHG＝90°，
∴∠AEG＝∠EAG，
∴AG＝EG；
②证明：由①得：∠CEG＝∠CHG，AG＝EG，
∴AG＝EG＝HG，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BH，
∴∠DAG＝∠CHG，∠ADG＝∠HCG，
在△ADG和△HCG中，
，
∴△ADG≌△HCG（AAS），
∴DG＝CG，
∴CG＝CD＝CE，
∵点F为CE的中点，
∴CF＝CE，
∴CF＝CG，
在△CDF和△CGE中，
，
∴△CDF≌△CGE（SAS），
∴∠1＝∠2．

24．（2022春•富阳区期中）如图，在▱ABCD中，AD＝2AB，F是AD的中点，作CE⊥AB，垂足E在线段AB上，连接EF、CF．
（1）求证：；
（2）求证：EF＝CF；
（3）若，设△BEC的面积为S1，△EFC的面积为S2，求的值．（用含a的代数式来表示）

【分析】（1）平行四边形的性质得AB＝CD，AD∥BC，由AD＝2AB，F是AD的中点得AD＝2CD＝2FD，所以CD＝FD，则∠DCF＝∠DFC＝∠BCF＝∠BCD；
（2）延长CD、EF交于点G，由AB∥CD得∠A＝∠FDG，即可证明△AEF≌△DGF，得EF＝GF，而∠ECG＝∠BEC＝90°，则EF＝CF＝EG；
（3）设AE＝m，则BE＝am，CD＝AB＝m+am，CG＝2m+am，所以S1＝am•CE，S2＝S△EGC＝（2m+am）CE，即可求得＝．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AD∥BC，
∵AD＝2AB，F是AD的中点，
∴AD＝2CD＝2FD，
∴CD＝FD，
∴∠DCF＝∠DFC，
∵∠DFC＝∠BCF，
∴∠DCF＝∠BCF＝∠BCD．
（2）证明：如图，延长CD、EF交于点G，
∵AB∥CD，
∴∠A＝∠FDG，
在△AEF和△DGF中，
，
∴△AEF≌△DGF（ASA），
∴EF＝GF，
∴CE⊥AB，
∴∠ECG＝∠BEC＝90°，
∴EF＝CF＝EG．
（3）解：如图，设AE＝m，
∵，
∴BE＝am，
∴CD＝AB＝m+am，
∵△AEF≌△DGF，
∴DG＝AE＝m，
∴CG＝m+am+m＝2m+am，
∵S1＝S△BEC＝am•CE，S2＝S△EFC＝S△EGC＝×（2m+am）CE＝（2m+am）CE，
∴＝＝，
∴的值为．