第18章 平行四边形 华东师大版数学八年级下册整合提升(含答案) 试卷

专训1　判定平行四边形的四种常用方法

名师点金：

判定平行四边形的方法通常有四种，即定义和三种判定定理，选择判定方法时，一定要结合题目的条件，选择恰当的方法，从而简化解题过程．

利用两组对边分别平行判定平行四边形

1．如图，在▱ABCD中，E，F分别为AD，BC上的点，且BF＝DE，连结AF，CE，BE，DF，AF与BE相交于M点，DF与CE相交于N点．求证：四边形FMEN为平行四边形．

(第1题)

利用两组对边分别相等判定平行四边形

2．如图，已知△ABD，△BCE，△ACF都是等边三角形．

求证：四边形ADEF是平行四边形．

(第2题)

利用一组对边平行且相等判定平行四边形

3．(中考·启东)如图，AB∥CD，AB＝CD，点E，F在BC上，且BE＝CF.

(1)求证：△ABE≌△DCF；

(2)试证明：以A，F，D，E为顶点的四边形是平行四边形．

(第3题)

利用对角线互相平分判定平行四边形

4．(中考·哈尔滨)如图①，▱ABCD中，点O是对角线AC的中点，EF过点O，与AD，BC分别相交于点E，F，GH过点O，与AB，CD分别相交于点G，H，连结EG，FG，FH，EH.

(1)求证：四边形EGFH是平行四边形；

(2)如图②，若EF∥AB，GH∥BC，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图②中与四边形AGHD面积相等的所有平行四边形(四边形AGHD除外)．

(第4题)

专训2　平行四边形的性质与判定的四种常见应用题型

名师点金：

平行四边形的性质与判定定理的应用是中考的重点内容之一，从平行四边形的边、角、对角线等方面进行考查，题型多样，一般以简单题为主，有向解决实际问题方面发展的趋势．

利用性质与判定判定平行四边形

1．如图，在▱ABCD中，AE，CF分别是∠DAB，∠BCD的平分线．求证：四边形AFCE是平行四边形．

(第1题)

利用性质与判定探究线段的关系

2．(中考·青岛)如图，在△ABC中，AB＝AC，AD是BC边上的中线，AE∥BC，CE⊥AE，垂足为E.

(1)求证：△ABD≌△CAE；

(2)连结DE，线段DE与AB之间有怎样的位置和数量关系？请说明理由．

(第2题)

利用性质与判定探究四边形的动点问题

3．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝5，BC＝8，M是CD的中点，P是BC边上的一个动点(点P与点B，C不重合)，连结PM并延长交AD的延长线于点Q.问：当BP取何值时，四边形ABPQ是平行四边形？请说明理由．

(第3题)

利用性质与判定解决翻折问题

4．如图，在长方形纸片ABCD中，翻折∠B，∠D，使BC，AD都恰好落在AC上，F，H分别是B，D落在AC上的两点，E，G分别是折痕CE，AG与AB，CD的交点．

(1)求证：四边形AECG是平行四边形；

(2)若AB＝4 cm，BC＝3 cm，求线段EF的长．

(第4题)

专训3　全章热门考点整合应用

名师点金：

本章是中考必考内容，主要考查平行四边形的判定和性质，也常与其他内容相结合进行综合考查；其主要考点可概括为：一个图形，一个性质，一个判定，两个技巧，一种思想．

一个图形——平行四边形

(第1题)

1．如图，E，F分别为平行四边形ABCD两对边AD，BC的中点，AF与BE交于点G，CE与DF交于点H，连结GH，则图中平行四边形的个数为(　　)

A．7个  B．8个  C．9个  D．10个

一个性质——平行四边形的性质

2．如图，已知D是△ABC的边AB上一点，CE∥AB，DE交AC于点O，且OA＝OC，猜想线段CD与线段AE的大小关系和位置关系，并说明理由．

(第2题)

一个判定——平行四边形的判定

3．如图，已知BE∥DF，∠ADF＝∠CBE，AF＝CE.求证：四边形DEBF是平行四边形．

(第3题)

两个作辅助线技巧

 连对角线或平移对角线

4．(中考·遂宁)如图，在▱ABCD中，点E，F在对角线BD上，且BE＝DF.

求证：(1)AE＝CF；

(2)四边形AECF是平行四边形．

(第4题)

 作平行线间的垂线段

5．如图，已知四边形ABCD为平行四边形．

求证：AC2＋BD2＝AB2＋BC2＋CD2＋DA2.

(第5题)

一种思想——转化思想

6．如图，已知点E，F分别在▱ABCD的边DC和CB上，且AE＝AF，DG⊥AF，BH⊥AE，点G，H是垂足．

求证：DG＝BH.

(第6题)

答案

1．证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC.

又∵DE＝BF，

∴四边形BFDE为平行四边形．

∴BE∥DF.

同理AF∥CE.

∴四边形FMEN为平行四边形．

2．证明：∵△ABD，△BCE，△ACF都是等边三角形，

∴BA＝BD＝AD，BC＝BE，∠DBA＝∠EBC＝60°，AC＝AF.

∴∠EBC－∠EBA＝∠DBA－∠EBA，

∴∠ABC＝∠DBE.

∴△ABC≌△DBE.

∴AF＝AC＝DE.∴AF＝DE.

同理可证△ABC≌△FEC，

∴AB＝EF.∴AD＝EF.

∴四边形ADEF是平行四边形．

3．证明：(1)∵AB∥CD，

(第3题)

∴∠B＝∠C.

∵在△ABE与△DCF中，AB＝DC，∠B＝∠C，BE＝CF，

∴△ABE≌△DCF(S.A.S.)．

(2)如图，连结AF，DE.由(1)知，△ABE≌△DCF，∴AE＝DF，∠AEB＝∠DFC，∴∠AEF＝∠DFE，∴AE∥DF，∴四边形AFDE是平行四边形，即以A，F，D，E为顶点的四边形是平行四边形．

4．(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AD∥BC，OA＝OC，

∴∠EAO＝∠FCO.

在△OAE与△OCF中，

∴△OAE≌△OCF，∴OE＝OF.

同理OG＝OH，

∴四边形EGFH是平行四边形．

(2)解：与四边形AGHD面积相等的平行四边形有▱GBCH，▱ABFE，▱EFCD，▱EGFH.

1．证明：∵四边形ABCD为平行四边形，

∴DC∥AB，∠BCD＝∠DAB.

又∵AE，CF分别是∠DAB，∠BCD的平分线，∴∠EAB＝∠DAB，∠DCF＝∠DCB.∴∠EAB＝∠DCF.

∵DC∥AB，∴∠DCF＋∠CFA＝180°.

∴∠EAB＋∠CFA＝180°.∴AE∥CF.

又∵DC∥AB，

∴四边形AFCE是平行四边形．

2．(1)证明：∵AB＝AC，∴∠B＝∠ACB.

又∵AD是BC边上的中线，

∴AD⊥BC.即∠ADB＝90°.

∵AE∥BC，∴∠EAC＝∠ACB.

∴∠B＝∠EAC.

∵CE⊥AE，∴∠CEA＝90°.

∴∠ADB＝∠CEA.

又∵AB＝CA，

∴△ABD≌△CAE(A.A.S)．

(2)解：DE∥AB且DE＝AB.理由如下：

∵△ABD≌△CAE，∴AE＝BD.

又∵AE∥BD，

∴四边形ABDE是平行四边形．

∴DE∥AB且DE＝AB.

3．解：当BP＝时，四边形ABPQ是平行四边形．

理由：设PC＝x，则BP＝8－x.

因为M是CD的中点，所以DM＝CM.

因为AD∥BC，所以∠Q＝∠MPC.

又因为∠DMQ＝∠CMP，

所以△DMQ≌△CMP.

所以DQ＝PC＝x.

所以AQ＝AD＋DQ＝5＋x.

因为BP＝AQ，所以8－x＝5＋x.

解得x＝.

所以BP＝8－＝.

故当BP＝时，四边形ABPQ是平行四边形．

4．(1)证明：由翻折可得∠GAH＝∠DAC，∠ECF＝∠ACB.

∵四边形ABCD是长方形，

∴DA∥BC.∴∠DAC＝∠ACB.

∴∠GAH＝∠ECF.

∴AG∥CE.

又∵AE∥CG，

∴四边形AECG是平行四边形．

(2)解：易得AC＝5 cm，∴AF＝2 cm，

设EF＝BE＝x cm，则AE＝(4－x)cm，

∴在Rt△AEF中，AE2＝AF2＋EF2.

即(4－x)2＝22＋x2，

解得x＝.

∴线段EF的长为 cm.

1．B

2．解：线段CD与线段AE平行且相等．

理由：∵CE∥AB，

∴∠DAO＝∠ECO.

又∵OA＝OC，∠AOD＝∠COE，

∴△AOD≌△COE，

∴OD＝OE.又∵OA＝OC，

∴四边形ADCE为平行四边形，

∴CD与AE平行且相等．

3．证明：∵BE∥DF，

∴∠AFD＝∠CEB.

又∵∠ADF＝∠CBE，AF＝CE，

∴△ADF≌△CBE(A.A.S.)．

∴DF＝BE.

又∵BE∥DF，

∴四边形DEBF是平行四边形．

4．证明：(1)∵四边形ABCD为平行四边形，

∴AB∥CD，AB＝CD.

∴∠ABE＝∠CDF.

在△ABE和△CDF中，

∴△ABE≌△CDF.∴AE＝CF.

(2)如图，连结AC，与BD交于点O.

∵四边形ABCD为平行四边形，

∴AO＝CO，BO＝DO.

又∵BE＝DF，∴EO＝FO.

∴四边形AECF是平行四边形．

(第4题)

5．证明：如图，过点A作AE⊥BC于点E，过点D作DF⊥BC，交BC的延长线于点F，

∴AC2＝AE2＋CE2＝AB2－BE2＋(BC－BE)2＝AB2＋BC2－2BE·BC，

BD2＝DF2＋BF2＝(CD2－CF2)＋(BC＋CF)2＝CD2＋BC2＋2BC·CF.

∴AC2＋BD2＝AB2＋CD2＋BC2＋BC2＋2BC·CF－2BE·BC.

∵四边形ABCD为平行四边形，

∴AB∥CD且AB＝DC，DA＝BC.

∴∠ABE＝∠DCF.

∵∠AEB＝∠DFC＝90°，

∴△ABE≌△DCF.∴BE＝CF.

∴AC2＋BD2＝AB2＋BC2＋CD2＋DA2.

(第5题)

6．证明：如图，连结BE，DF.

易得S△ABE＝S▱ABCD，S△ADF＝S▱ABCD，

所以S△ABE＝S△ADF.

所以AE·BH＝AF·DG.

又因为AE＝AF，所以DG＝BH.

(第6题)

点拨：这里运用了转化思想．将线段相等的问题转化为面积相等的问题，使问题迎刃而解．