苏科版八年级下册9.3 平行四边形精品课时训练

这是一份苏科版八年级下册9.3 平行四边形精品课时训练，文件包含专题02平行四边形的定义性质判定解析版docx、专题02平行四边形的定义性质判定原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共43页， 欢迎下载使用。
专题02 平行四边形的定义、性质、判定【考点导航】目录【典型例题】【考点一 利用平行四边形的性质求解】【考点二 利用平行四边形的性质证明】【考点三 判断能否构成平行四边形】【考点四 添一个条件成为平行四边形】【考点五 证明四边形是平行四边形】【考点六 平行四边形中的折叠问题】【考点七 利用平行四边形的性质与判定求解】【过关检测】【典型例题】【考点一 利用平行四边形的性质求解】例题：（2022春·广东江门·八年级校联考期中）在平行四边形中，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据平行四边形的性质即可进行解答．【详解】解：如图：∵四边形是平行四边形，∴，故选：A．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，解题的关键是掌握平行四边形对角相等．【变式训练】1．（2022春·广东江门·八年级江门市第二中学校考阶段练习）如图，在中，，，平分交边于点，则（    ）A．2 B．2.5 C．3 D．3.5【答案】C【分析】根据等腰三角形的性质，可得，即可求解．【详解】解：在中，，，∴，又∵平分∴，∴，∴，∴，故选：C【点睛】此题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定，解题的关键是熟练掌握等腰三角形的判定定理．2．（2022秋·吉林长春·九年级统考期末）如图，在平行四边形中，，E为的中点，若，则的长为（  ）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【分析】根据平行四边形的性质可得，再由直角三角形的性质可得，即可求解．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，∵，E为的中点，，∴，∴．故选：C【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握直角三角形斜边中线等于斜边的一半是解题的关键． 【考点二 利用平行四边形的性质证明】例题：（2022春·广东江门·八年级江门市怡福中学校考阶段练习）在平行四边形中平分，平分，证明：．【答案】证明见解析【分析】先根据平行四边形的性质得到，再根据角平分线的定义和平行线的性质证明，得到，同理可证，由此即可证明．【详解】证明：∵四边形是平行四边形，∴，∴，∵平分，∴，∴，∴，同理可证，∴．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质与判定，角平分线的定义，熟知平行四边形对边平行且相等是解题的关键．【变式训练】1．（2022春·辽宁丹东·八年级校考期末）如图，在平行四边形中，点，分别在，上，且，，相交于点，求证：．【答案】证明见解析【分析】只需要利用证明即可证明结论．【详解】证明：∵四边形是平行四边形，∴，∴，又∵，∴，即，∴，∴．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，熟知平行四边形对边相等且平行是解题的关键．2．（2022春·广东江门·八年级江门市怡福中学校考阶段练习）如图，在中，点E是边的中点，连接并延长交的延长线于点F，连接，．(1)求证：；(2)求证：平分；(3)若，，求的面积．【答案】(1)见解析；(2)见解析；(3)【分析】（1）根据平行四边形的性质，可得，根据对顶角相等，，再根据点E是边的中点，即可求证；（2）通过证明为等腰三角形，即可求证；（3）由题意可得，的面积等于的面积，利用含角直角三角形的性质，即可求解．【详解】（1）证明：在中，，∴，∵点E是边的中点，∴，又∵，∴；（2）证明：由（1）可得，∴，即为的中线，，又∵，∴为等腰三角形，∴，∴，即平分；（3）解：由（2）可得平分；又∵∴，∵，∴，在中，，，∴，∴，∴，由（1）可得，则，∴．【点睛】此题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，含角直角三角形的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握相关基本性质． 【考点三 判断能否构成平行四边形】例题：（2022春·甘肃酒泉·八年级统考期末）能判定四边形是平行四边形的是（　　）A． ，  B．， C． ，  D． ， 【答案】C【分析】根据平行四边形的判定定理（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）进行判断即可．【详解】解：A、，，不能判定四边形为平行四边形；B、，，不能判定四边形为平行四边形；C、，，能判定四边形为平行四边形；D、，，不能判定四边形为平行四边形；故选：C．【点睛】此题主要考查了平行四边形的判定，正确掌握平行四边形的判定方法是解题关键．【变式训练】1．（2022秋·山东烟台·八年级统考期末）如图，四边形的对角线交于点O，下列哪组条件能判断四边形是平行四边形（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】D【分析】由平行四边形的判定方法分别对各个选项进行判断即可．【详解】解：A、由，，不能判定四边形是平行四边形，故该选项不符合题意；B、由，，不能判定四边形是平行四边形，故该选项不符合题意；C、由，，不能判定四边形是平行四边形，故该选项不符合题意；D、∵，∴，∵，∴，∴，∴四边形是平行四边形，故该选项符合题意；故选：D．【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方法是解题的关键．2．（2022春·广东江门·八年级校考期中）如图，下列四组条件中，不能判定四边形是平行四边形的是（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】C【分析】根据平行四边形的判定定理判断即可．【详解】解：A．∵，∴四边形是平行四边形（两组对边分别相等的四边形是平行四边形），故该选项不符合题意；B．∵， ∴四边形是平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形），故该选项不符合题意；C．由，不能判定四边形是平行四边形，故该选项符合题意；D．∵，，∴四边形是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形），故该选项不符合题意；故选：C．【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定理是解题的关键． 【考点四 添一个条件成为平行四边形】例题：（2022春·江苏淮安·八年级校考阶段练习）已知：如图，ABCD，线段AC和BD交于点O，要使四边形ABCD是平行四边形，还需要增加的一个条件是：_____（填一个即可）．【答案】ADCB（答案不惟一）．【分析】根据平行四边形的定义：两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可得答案．【详解】解：根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可增加的条件可以是：ADCB，故答案为：ADCB（答案不惟一）．【点睛】此题主要考查了平行四边形的判定，解决本题的关键是熟练掌握平行四边形的判定．【变式训练】1．（2021春·宁夏吴忠·八年级校考期中）如图，平行四边形ABCD中，点E、F分别在BC、AD上，要使四边形BEDF是平行四边形，还需要增加的一个条件是_______________．【答案】【分析】由平行四边形的性质可得到，要证明四边形BEDF是平行四边形，只需要即可．【详解】添加，∵四边形ABCD是平行四边形，∴，∵，∴四边形BEDF是平行四边形，故答案为：．【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．2．（2022春·河南许昌·八年级许昌市第一中学校考期中）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__________．【答案】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． 【考点五 证明四边形是平行四边形】例题：（2021春·江苏无锡·九年级校考阶段练习）如图，在中，，垂足分别为，四边形是平行四边形吗？为什么？【答案】是，理由见解析【分析】由于都垂直于，首先可以确定的是；然后再通过证，来得出即可．【详解】答：四边形是平行四边形．证明：∵，∴，，∵四边形是平行四边形，∴，在和中，∴，∴，，∴四边形是平行四边形．【点睛】本题考查平行四边形以及全等三角形的判定和性质，平行四边形的五种判定方法与平行四边形的性质相呼应，每种方法都对应着一种性质，在应用时应注意它们的区别与联系，熟练掌握性质定理和判定定理是解题的关键．【变式训练】1．（2022春·陕西渭南·八年级统考期中）如图、在中，已知点E和点F分别在和上，且，连接和，试说明四边形是平行四边形．【答案】见解析【分析】根据四边形是平行四边形，可得，又因为，根据有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，即可证得结论．【详解】∵四边形是平行四边形，∴，又∵，∴四边形是平行四边形．【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定．掌握有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形是解此题的关键．2．（2022秋·陕西西安·九年级统考期中）如图，已知在四边形中，，点F是的中点，连接交于点A，且点E是的中点，求证：四边形是平行四边形．【答案】见解析【分析】先证明，得，再证，即可得出结论．【详解】证明：∵，∴，∵点F是的中点，∴，在和中，，∴，∴，∵点E是的中点，∴，∴，又∵，∴四边形是平行四边形．【点睛】本题考查了平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质以及平行线的性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定，证明三角形全等是解题的关键． 【考点六 平行四边形中的折叠问题】例题：（2022春·四川自贡·八年级校考期中）如图，在平行四边形ABCD中，E是边CD上一点，将△ADE沿AE折叠至△处，与CE交于点F，若∠B=52°，∠DAE=20°，则∠的度数为______．【答案】36°##36度【分析】由平行四边形的性质得出∠D=∠B=52°，由折叠的性质得：∠=∠D=52°，∠=∠DAE=20°，由三角形的外角性质求出∠AEF=72°，与三角形内角和定理求出∠=108°，即可得出∠的大小．【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠D=∠B=52°，由折叠的性质得：∠=∠D=52°，∠=∠DAE=20°，∴∠AEF=∠D+∠DAE=52°+20°=72°，∠=180°-∠∠=108°，∴∠=108°72°=36°；故答案为：36°．【点睛】本题考查了平行四边形的性质、折叠的性质、三角形的外角性质以及三角形内角和定理；熟练掌握平行四边形的性质和折叠的性质，求出∠AEF和∠是解决问题的关键．【变式训练】1．（2022春·广东广州·九年级校考期中）如图，将沿对角线折叠，使点落在点处，若，，则___．【答案】【分析】利用平行四边形的性质得，进而得出，利用折叠的性质得，进而求出，利用三角形内角和定理求出，即可求解．【详解】解：在中，，，沿对角线折叠，使点落在点处，，，在中，．，故答案为：．【点睛】本题考查折叠的性质、平行四边形的性质、平行线的性质、三角形内角和定理等，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．2．（2022春·上海嘉定·八年级校考期中）如图，在▱中，点在边上，以为折痕，将向上翻折，点正好落在上的点处．若的周长为，的周长为，则的长为______．【答案】6【分析】根据翻折变换的性质、平行四边形的性质证明，此为解题的关键性结论；运用的周长为，求出的长，即可解决问题．【详解】解：如图，四边形为平行四边形，，；由题意得：，；的周长为，的周长为，，，，即，，即；，故答案为：．【点睛】该题主要考查了翻折变换的性质、平行四边形的性质等几何知识点及其应用问题，解题的方法是准确找出图形中隐含的等量关系；解题的关键是灵活运用翻折变换的性质、平行四边形的性质等几何知识点来分析、判断、解答． 【考点七 利用平行四边形的性质与判定求解】例题：（2022春·北京顺义·八年级校考阶段练习）如图，四边形中，垂直平分，垂足为点为四边形外一点，且，．(1)求证：四边形是平行四边形；(2)如果平分，，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）分别证明，得出结论；（2）利用勾股定理求出，再利用等积法求出，即可得出结论．【详解】（1）∵，∴，∵，∴，∵垂直平分，∴，∴，∴，∴四边形是平行四边形，（2）∵平分，∴，∵，∴，∴，∵，∴过作，∴，∴，∵垂直平分，则,∵，∴，∴．【点睛】本题考查平行四边形的判定以及利用勾股定理解直角三角形，利用等积法求高是解决问题的关键．【变式训练】1．（2022秋·山东烟台·八年级统考期末）如图，在中，，M、N分别是的中点．(1)求证：四边形是平行四边形；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析；(2)．【分析】（1）根据平行四边形的性质可得、，根据M、N分别是AD、BC的中点可得，然后根据平行四边形的判定定理即可证明结论；（2）如图：连接ND，先说明是等边三角形的判定与性质，可得、，再根据三角形外角的性质，可得，最后根据勾股定理即可解答．【详解】（1）证明：∵是平行四边形，∴，． ∵M、N分别是AD、BC的中点，∴．∵，∴四边形是平行四边形．（2）解：如图：连接ND， ∵是平行四边形，∴．∵N是BC的中点，∴．∵，∴．∵，∴是等边三角形，∴，，∵是的外角，∴，∵，∴，∴， ∴，∴．【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，证得是等边三角形是解题的关键．2．（2022春·河北保定·八年级校考阶段练习）如图，点B、E分别在AC、DF上，AF分别交BD、CE于点M、N，∠A＝∠F，∠1＝∠2．(1)求证：四边形BCED是平行四边形；(2)已知DE＝2，连接BN，若BN平分∠DBC，求CN的长．【答案】(1)见解析(2)CN=2【分析】（1）证明DEBC，再证∠DMF=∠2，得DBEC，则四边形BCED是平行四边形，即可得出结论；（2）由（1）得：BC=DE=2，ECDB，再由平行线的性质得∠CNB=∠DBN，然后证∠CNB=∠CBN，则可由CN=BC求解．（1）证明：∵∠A=∠F，∴DEBC，∵∠1=∠2，∠1=∠DMF，∴∠DMF=∠2，∴DBEC，∴四边形BCED是平行四边形，（2）解：∵BN平分∠DBC，∴∠DBN=∠CBN，由（1）得：BC=DE=2，ECDB，∴∠CNB=∠DBN，∴∠CNB=∠CBN，∴CN=BC=2．【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、平行线的判定与性质、等腰三角形的判定等知识，熟练掌握平行线的判定与性质，证明四边形BCED为平行四边形是解题的关键．   【过关检测】一、选择题1．（2022秋·四川成都·九年级成都七中校考期中）若平行四边形 的两个内角，则的度数是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据平行四边形的性质可得到与是邻角并且互补，再结合列方程，即可得到答案．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，∵，∴，解得，故选B．【点睛】本题考查平行四边形性质，熟知平行四边形邻角互补是解答的关键．2．（2022春·甘肃武威·八年级校联考期末）在四边形中，，分别添加下列条件：①；，其中能使四边形成为平行四边形的条件有（　　）A．5个 B．4个 C．3个 D．2个【答案】B【分析】由平行四边形的判定、平行线的判定与性质分别对各个条件进行判断即可．【详解】解：①，， 四边形是平行四边形；由，，不能判定四边形是平行四边形；③，，四边形是平行四边形； ，，，，，四边形是平行四边形；⑤，，，，，四边形是平行四边形；其中能使四边形成为平行四边形的条件有，共个，故选：．【点睛】本题考查了平行四边形的判定、平行线的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．3．（2021春·浙江宁波·八年级校考期中）如图，将平行四边形沿对角线折叠，使点落在点处，若，，则的度数为（    ）．A．124° B．114° C．104° D．56°【答案】A【分析】根据折叠、平行四边形的性质，三角形的内角和定理，即可求出答案．【详解】解：由折叠得，，∵四边形是平行四边形，∴，∴，∴，又∵，∴，在中，，故选：A．【点睛】本题考查折叠的性质、平行四边形的性质，三角形的内角和定理等知识，由图形直观得出各个角之间的关系是正确解答的关键．4．（2022秋·山东烟台·八年级统考期末）如图，在中，平分交于点F，平分交于点E，若，，则的长度为（    ） A．4 B．5 C．6 D．7【答案】A【分析】根据平行四边形的性质可得，由角平分线可得，所以，所以，同理可得，则根据即可求解．【详解】解：∵四边形是平行四边形，，∴，．∴．∵平分，∴．∴．∴．同理可得．∴．故选：A．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、角平分线的定义，解题的关键是掌握数学模型“角平分线+平行线得到等腰三角形”．5．（2021春·重庆沙坪坝·八年级重庆市第七中学校校考期中）如图，在平行四边形中，对角线、相交于点，交于点，连接，若平行四边形的周长为30，则的周长为（　　）A．15 B．23 C．25 D．30【答案】A【分析】根据平行四边形的性质，得到点是中点，根据垂直平分线的性质得到，根据四边形周长求出，然后转换求解即可．【详解】在平行四边形中，对角线、相交于点，即点是中点，，平行四边形的周长为，的周长：故选：A．【点睛】本题考查了平行四边形的性质、垂直平分线的性质；灵活运用垂直平分线的性质是解题的关键．二、填空题6．（2023春·八年级单元测试）已知的周长为12，若，则的长为___．【答案】4【分析】利用平行四边形的性质得出对边相等，进而得出答案．【详解】解：的周长为12，，，，则，解得：，则．故答案为：4．【点睛】此题主要考查了平行四边形的性质，利用平行四边形对边相等得出是解题关键．7．（2022春·黑龙江绥化·八年级统考期末）四边形ABCD中，如果AB=DC，当AB________DC时，四边形ABCD是平行四边形．【答案】【分析】根据平行四边形的性质解答即可．【详解】解：∵两对边平行且相等的四边形是平行四边形，AB=CD∴ABCD．故答案为．【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，掌握两对边平行且相等的四边形是平行四边形是解答本题的关键．8．（2022春·广东江门·八年级江门市怡福中学校考阶段练习）如图，平四边形的对角线相交于点O，且，，则的周长为________________．【答案】29【分析】根据平行四边形的性质进行求解即可．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，∵，∴，∴的周长，故答案为：29．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，熟知平行四边形对角线互相平分，对边相等是解题的关键．9．（2022·辽宁丹东·校考一模）如图，在中，点E在边上，连接并延长至点F，使，连接并延长至点G，使，连接，点H为的中点，连接．若，的度数____________．【答案】##度【分析】由平行四边形的性质和平行线的判定和性质得出答案即可．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，，∵，，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题考查了平行四边形的性质；熟练掌握平行四边形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．10．（2022·北京海淀·八年级校考期中）如图，在四边形ABCD中，ADBC且AD＝9cm，BC＝7cm，点P、Q分别从点A、C同时出发，点P以1cm/s的速度由A向D运动，点Q以2cm/s的速度由C向B运动，Q运动到B处停止运动，_____秒后直线PQ将四边形ABCD截出一个平行四边形．【答案】或【分析】分别利用①当BQ=AP时以及②当CQ=PD时，列方程得出答案．【详解】解：设点P，Q运动的时间为ts.依题意得：CQ=2t,BQ=7-2t,AP=t,PD=9-t.∵ADBC，①当BQ=AP时，四边形APQB是平行四边形．即7-2t=t,解得t=．②当CQ=PD时，四边形CQPD是平行四边形，即2t=9-t,解得：t=3．所以经过秒或3秒后，直线PQ将四边形ABCD截出一个平行四边形．故答案是：或3．【点睛】此题主要考查的是平行四边形的判定，关键是掌握一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．三、解答题11．（2022秋·四川自贡·八年级统考期中）已知：如图，四边形中，，．(1)求证：(2)与的位置关系为：               【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）如图：连接，由可得，然后再证明，最后根据全等三角形的性质即可解答；（2）先证明四边形是平行四边形，然后根据平行四边形的性质即可解答．【详解】（1）证明：如图：连接 ∵∴在和中、、∴∴．（2）解：，理由如下：∵、∴四边形是平行四边形∴．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质等知识点，掌握相关判定与性质定理成为解答本题的关键．12．（2022春·福建厦门·八年级厦门双十中学思明分校校考期中）如图，平行四边形ABCD中，E、F是对角线BD上不同的两点，添加个条件，使得四边形AECF为平行四边形．(1)现有四个条件：①BE＝DF；②AF∥CE；③AE＝CF；④∠BAE＝∠DCF．你添加的条件是：　   　（填一个序号即可）(2)在（1）的基础上，求证：四边形AECF是平行四边形．【答案】(1)①或②或④（填一个即可）；(2)见解析【分析】（1）根据平行四边形的判定解答即可；（2）添加①BE＝DF时，证明△ABE≌△CDF（SAS），求出AE＝CF，∠AEF＝∠CFE，可得AECF，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出结论；添加②AFCE时，证明△ADF≌△CBE（AAS），可得AF＝CE，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出结论；添加④∠BAE＝∠DCF时，证明△ABE≌△CDF（ASA），求出AE＝CF，AECF，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出结论．（1）解：添加①，证明AE＝CF，AECF，可根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出结论；添加②，证明AF＝CE，可根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出结论；添加④，证明AE＝CF，AECF，可根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出结论；添加③不能得出四边形AECF为平行四边形．故答案为：①或②或④（填一个即可）；（2）证明：如图，添加①BE＝DF时，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD，ABCD，∴∠ABE＝∠CDF，∵BE＝DF，∴△ABE≌△CDF（SAS），∴AE＝CF，∠AEB＝∠CFD，∴∠AEF＝∠CFE，∴AECF，∴四边形AECF是平行四边形；添加②AFCE时，∵四边形ABCD是平行四边形，∴ADBC，AD＝BC，∴∠ADF＝∠CBE，∵AFCE，∴∠AFE＝∠CEF，∴∠AFD＝∠CEB，∴△ADF≌△CBE（AAS），∴AF＝CE，∵AFCE，∴四边形AECF是平行四边形；添加④∠BAE＝∠DCF时，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD，ABCD，∴∠ABE＝∠CDF，∵∠BAE＝∠DCF，∴△ABE≌△CDF（ASA），∴AE＝CF，∠AEB＝∠CFD，∴∠AEF＝∠CFE，∴AECF，∴四边形AECF是平行四边形．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质．平行四边形的判定定理：1、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；2、两组对边分别平行的四边形是平行四边形；3、两组对边分别相等的四边形是平行四边形；4、两组对角分别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．13．（2022秋·吉林长春·八年级长春市第五十二中学校考期中）如图，在中，，，垂足分别为点，点，连接、．(1)试判断与的关系，并说明理由；(2)若，的面积是，则的面积为______．【答案】(1)，，理由见解析；(2)．【分析】（1）求出，由，可得，，证明，即可得到；（2）证明四边形为平行四边形，和是等腰三角形，根据等腰三角形的性质可得，，求出和的面积是，进而可得答案．【详解】（1）解：，，理由：∵在中，，，∴，∵，，∴，，在和中，，∴，∴，（2）解：∵，，∴四边形为平行四边形，∴，∵，，∴，∴和是等腰三角形，∵，，∴，，∵的面积是，∴和的面积是，∴的面积是，∴的面积为，故答案为：．【点睛】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，等腰三角形的判定与性质，灵活运用各性质进行推理计算是解题的关键．14．（2022春·河南郑州·八年级统考期末）如图，将平行四边形纸片按如图方式折叠，使点C与点A重合，点D的落点记为点，折痕为EF，连接CF．(1)求证：四边形是平行四边形；(2)若，求线段的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）先证明四边形AFCE是平行四边形，再运用有一组邻边相等的平行四边形是菱形来进行证明；（2）作AG⊥BE于点G，因为D′F=DF，再证明DF=BE，用勾股定理分别计算BG、EB即可．（1）解：证明：∵点C与点A重合，折痕为EF，∴∠AEF=∠CEF，AE=EC，∵四边形ABCD为平行四边形，∴AD∥BC，∴∠AFE=∠CEF，∴∠AEF=∠AFE，∴AE=AF，∴AF=EC，又∵AF∥EC，∴四边形AFCE是平行四边形，又∵AE=AF，∴四边形AFCE为菱形．（2）如图，作AG⊥BE于点G，则∠AGB=∠AGE=90°，∵点D的落点为点D′，折痕为EF，∴D'F=DF．∵四边形ABCD为平行四边形，∴AD=BC．又∵AF=EC，∴AD-AF=BC-EC，即DF=BE．∵在Rt△AGB中，∠AGB=90°，∠B=45°，AB=，∴AG=GB=6．∵四边形AFCE为平行四边形，∴AE∥FC．∴∠AEB=∠FCE=60°．∵在Rt△AGE中，∠AGE=90°，∠4=60°，∴GE==，∴BE=BG+GE=，∴D′F=．【点睛】本题主要考查了折叠的性质、菱形的性质与判定、勾股定理的综合运用，运用折叠的性质和平行四边形的性质发现D′F=BE是解题的关键．15．（2022春·湖北武汉·八年级统考期末）如图，在四边形中，对角线与交于点，且，．(1)求证：四边形为平行四边形；(2)若，，．①求的度数；②______．【答案】(1)证明见解析(2)①；②120【分析】（1）证△AOD≌△COB（ASA），得AD=BC，再由平行四边形的判定即可得出结论； （2）①由勾股定理得逆定理得△AOD是直角三角形，∠ADO=90°，即可得出结论； ②由平行四边形的性质得BD=2OD=10，再由平行四边形面积公式即可求解．（1）证明：∵， ∴∠ADO=∠CBO， 在△AOD和△COB中，  ∴△AOD≌△COB（ASA）， ∴AD=BC， ∵， ∴四边形ABCD为平行四边形；（2）解：①∵四边形ABCD为平行四边形，AC=26， ∴OA=OC=13， ∵AD=12，OD=5， ∴AD2+OD2=OA2， ∴△AOD是直角三角形，∠ADO=90°， 即∠ADB=90°； ②由①可知，∠ADB=90°， ∴BD⊥AD， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴BD=2OD=10， ∴S四边形ABCD=AD•BD=12×10=120， 故答案为：120．【点睛】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、勾股定理的逆定理等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．16．（2022春·河南新乡·八年级校考期中）如图①，在▱ABCD中，AB＝3，AD＝6．动点P从点A出发沿边AD以每秒1个单位的速度向终点D运动．设点P运动的时间为t（t＞0）秒．(1)线段PD的长为 　   　（用含t的代数式表示）；(2)当CP平分∠BCD时，求t的值；(3)如图②，另一动点Q从点C出发以每秒4个单位的速度，在CB上往返运动，P，Q两点同时出发，当点P停止运动时，点Q也随之停止运动．当以P、D、Q、B为顶点的四边形是平行四边形时，直接写出t的值．【答案】(1)(2)(3)t＝或4或【分析】（1）由PD＝AD−AP求解；（2）由平行线及角平分线可得DP＝CD，进而求解；（3）分类讨论点Q在往返运动BQ的代数式，通过DP＝BQ求解．（1）解：（1）PD＝AD−AP＝6−t，故答案为：6−t；（2）解：当CP平分∠BCD时，∠BCP＝∠DCP，∵ADBC，∴∠BCP＝∠DPC，∴∠DPC＝∠DCP，∴DP＝CD＝6−t＝3，∴t＝3；（3）解：当以P、D、Q、B为顶点的四边形是平行四边形时，DP＝BQ，当Q第一次到达B时t＝6÷4＝，第一次返回C时，t＝12÷4＝3，第二次到达B时，t＝6×3÷4＝，第二次返回C时，t＝×4＝6．①当Q未到达B时，0＜t＜，CQ＝4t，BQ＝6−4t，当DP＝BQ时，6−t＝6−4t，解得t＝0，不符合题意；②当≤t≤3时，当DP＝BQ时，即6−t＝4t−6，解得t＝；③当3＜t≤时，当DP＝BQ时，即6−t＝18−4t，解得t＝4；④＜t≤6时，当DP＝BQ时，即6−t＝4t−18，解得t＝；综上所述，t＝或4或．【点睛】本题考查平行四边形的动点问题，涉及到角平分线定义、平行四边形的判定与性质，解一元一次方程等知识点，解题关键是分类讨论求解．