初中数学苏科版八年级下册第9章 中心对称图形——平行四边形9.3 平行四边形达标测试

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考卷信息：
本套训练卷共30题，题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可加强学生对平行四边形中常见的四种思想方法的理解！
【类型1 整体思想】
1.（2021秋·黑龙江佳木斯·九年级统考期中）如图，平行四边形ABCD中，点E在边AD上，若点A关于BE的对称点A′落在CD上，△DEA′的周长为8，△CBA′的周长为18，则A′C的长为__________.

【答案】
5
【解析】由折叠的性质得，EA′=AE，BA′=AB.
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AB=DC.
∵△A′DE的周长为8，即DA′+DE+EA′=8，
∴DA′+DE+AE=8，即DA′+AD=8.
∵△A′CB的周长为18，即A′C+BC+BA′=18，
∴A′C+AD+DC=18，即2A′C+AD+DA′=18.
∴2A′C+8=18，
∴A′C=5
2.（2022秋·山东济宁·八年级济宁学院附属中学校考期末）如图，菱形ABCD的周长为40，面积为80，P是对角线BD上一点，分别作P点到直线AB、AD的垂线段PE、PF，则PE+PF等于__________.
【答案】
8
【解析】 解析：∵菱形ABCD的周长为40，面积为80，∴AB=AD=10，S△ABD=40.∵分别作P点到直线AB、AD的垂线段PE、PF，∴12×AB×PE+12×PF×AD=40，
∴12×10(PE+PF)=40，∴PE+PF=8.
3. （2022春·江苏无锡·八年级统考期末）如图，∠ABC＝45°，AB＝2，BC＝22，点P为BC上一动点，AQ∥BC，CQ∥AP，AQ 、CQ交于点Q，则四边形APCQ的形状是______，连接PQ，当PQ取得最小值时，四边形APCQ的周长为_____．
【答案】 平行四边形 2+10##10+2
【分析】根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形即可求解；当PQ是AQ和BC间距离时PQ取得最小值，计算四边形APCQ的周长即可．
【详解】解：如图，∵AQ∥BC，CQ∥AP，
∴四边形APCQ是平行四边形．
当PQ⊥BC时，PQ取得最小值，
∵四边形APCQ是平行四边形，
∴AH=HC=12AC，QH=PH=12PQ，
∵∠ABC=45°，AB=2，BC=22，
∴AC=2，∠ACB=45°，
∵QP⊥BC，
∴∠PHC=45°，
∴PH=PC=22，
∴PQ=2，
∴QC=PC2+PQ2=222+22=102，
∴四边形APCQ的周长为：2PC+2QC=2×22+2×102=2+10，
故答案为：平行四边形；2+10．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定，垂线段最短的性质，综合性较强．
4.（2022春·河南南阳·八年级统考期末）在▱ABCD中，点E为AB边的中点，连接CE，将△BCE沿着CE翻折，点B落在点G处，连接AG并延长，交CD于F．
(1)求证：四边形AECF是平行四边形；
(2)若CF＝5，△GCE的周长为20，求四边形ABCF的周长．
【答案】(1)见解析
(2)30
【分析】（1）根据平行四边形的性质得出AE∥FC，根据折叠及已知条件得出AE＝GE，根据等腰三角形的性质和三角形外角的性质，证明∠FAE＝∠CEB，再根据平行线的判定得出AF∥EC，即可证明结论；
（2）由折叠的性质得：GE＝BE，GC＝BC，根据△GCE的周长为20，得出GE＋CE＋GC＝20，即可得出BE＋CE＋BC＝20，再根据平行四边形的性质求出AF＝CE，AE＝CF＝5，即可求出结果．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AE∥FC，
∵点E是AB边的中点，
∴AE＝BE，
∵将△BCE沿着CE翻折，点B落在点G处，
∴BE＝GE，∠CEB＝∠CEG，
∴AE＝GE，
∴∠FAE＝∠AGE，
∵∠CEB＝∠CEG＝ ∠BEG，∠BEG＝∠FAE＋∠AGE，
∴∠FAE＝ ∠BEG，
∴∠FAE＝∠CEB，
∴AF∥EC，
∴四边形AECF是平行四边形．
（2）解：由折叠的性质得：GE＝BE，GC＝BC，
∵△GCE的周长为20，
∴GE＋CE＋GC＝20，
∴BE＋CE＋BC＝20，
∵四边形AECF是平行四边形，
∴AF＝CE，AE＝CF＝5，
∴四边形ABCF的周长＝AB＋BC＋CF＋AF＝AE＋BE＋BC＋CE＋CF＝5＋20＋5＝30．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质和判定，三角形外角的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握平行四边形的性质和判定，是解题的关键．
5.（2022秋·江苏南京·九年级南京市第二十九中学校考开学考试）如图，在平行四边形ABCD中，AD＞AB，点E、F分别在边AD、BC上，且AE＝CF，连接BE、DF．
(1)求证：四边形BEDF是平行四边形；
(2)若平行四边形ABCD的周长为26，面积为183，且∠A＝60°，当BE平分∠ABC时，则四边形BEDF的周长为____．
【答案】(1)见解析
(2)18
【分析】（1）利用平行四边形的性质可得AD∥BC，AD=BC，从而可得DE=BF，然后利用平行四边形的判定方法，即可解答；
（2）过点B作BM⊥AD，垂足为M，根据平行四边形的周长和面积可得方程组，根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理得出MB=3AM= 32AB，进而可得AD+AB＝13AD⋅AB＝36，解方程组即可求得AD,AB，然后证明△ABE是等边三角形，从而求出BE的长，进行计算即可解答．
【详解】（1）（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∵AE=CF，
∴AD-AE=BC-CF，
∴DE=BF，
∴四边形BEDF是平行四边形；
（2）过点B作BM⊥AD，垂足为M，
∵平行四边形ABCD的周长为26，面积为183，
∴2AD+AB＝26AD⋅BM＝183，
在Rt△ABM中，∠A=60°，
∴∠ABM=30°
∴2AM=AB
∴MB=3AM= 32AB
∴AD+AB=13AD⋅32AB=183，
化简得：AD+AB＝13AD⋅AB＝36，
解得：AD=4AB=9或AD=9AB=4，
∵AD＞AB，
∴AD=9，AB=4，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠EBC，
∵AD∥BC，
∴∠AEB=∠EBC，
∴∠ABE=∠AEB，
∴AE=AB=4，
∴DE=AD-AE=9-4=5，
∵∠A=60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴BE=AB=4，
∴四边形BEDF的周长=2（BE+DE）=18，
故答案为：18．
【点睛】本题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，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
6.（2021秋·黑龙江佳木斯·九年级统考期中）如图，△AOD和△COB关于点O中心对称，∠AOD＝60°，△ADO＝90°，BD＝12，P是AO上一动点，Q是OC上一动点（点P，Q不与端点重合），且AP＝OQ．连接BQ，DP，则DP+BQ的最小值是_______．
【答案】12
【分析】由中心对称的性质可得BO＝DO＝6，AO＝OC，可证四边形ABCD是平行四边形，由直角三角形的性质可得AO＝2DO＝12，当AP＝OP时，DP+BQ的值最小，此时P为OA的中点，由直角三角形斜边上的中线性质得出DP、BQ，即可得出结果．
【详解】解：∵△AOD和△COB关于点O中心对称，
∴BO＝DO＝6，AO＝OC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠AOD＝60°，∠ADO＝90°，
∴∠DAO＝30°，
∴AO＝2DO＝12，
∵AP＝OQ，
∴PQ＝AO＝12，
如图，作DK∥AC，使得DK＝PQ＝12，连接BK，
∴四边形DPQK为平行四边形，
∴DP=KQ，∠BDK=∠BOC=∠AOD=60°，
此时DP+BQ＝KQ+BQ＝BK的值最小，
∵DK=PQ=BD=12，
∴△BDK是等边三角形，
∴BK=DB=12，
∴DP+BQ的最小值为12．
故答案为：12．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质是解题的关键．
7.（2023春·全国·八年级期末）在平面直角坐标系中，矩形OACB的顶点O在坐标原点，顶点A、B分别在x轴、y轴的正半轴上，A（3，0），B（0，4），D为边OB的中点.
(1)若E为边OA上的一个动点，求△CDE的周长最小值；
(2)若E、F为边OA上的两个动点，且EF=1，当四边形CDEF的周长最小时，求点E、F的坐标.
【答案】(1)13+35
(2)23,0，53,0
【分析】（1）作点D关于x轴的对称点D′，连接CD′与x轴交于点E，连接DE，先求出直线CD′的关系式，得出点E的坐标，求出AE=2，根据勾股定理求出CD=13，DE=5，CE=25，即可得出答案；
（2）将点D向右平移1个单位得到D′（1,2），作D′关于x轴的对称点D″（1,−2），连接CD″交x轴于点F，将点F向左平移1个单位到点E，此时点E和点F为所求作的点，用待定系数法求出CD″的关系式，然后求出与x轴的交点坐标，即可得出答案．
【详解】（1）解：如图，作点D关于x轴的对称点D′，连接CD′与x轴交于点E，连接DE，由模型可知△CDE的周长最小，
∵在矩形OACB中，OA=3，OB=4，D为OB的中点，
∴D（0，2），C（3，4），D′（0，−2），
设直线CD′为y=kx＋b，把C（3，4），D′（0，−2）代入，
得3k＋b=4，b=−2，解得k=2，b=−2，
∴直线CD′为y=2x−2，
令y=0，得x=1，
∴点E的坐标为（1，0）.
∴OE=1，AE=2，
利用勾股定理得CD=32+22=13，
DE=12+22=5，
CE=22+42=25，
∴△CDE周长的最小值为：13+5+25=13+35．
（2）解：如图，将点D向右平移1个单位得到D′（1,2），作D′关于x轴的对称点D″（1,−2），连接CD″交x轴于点F，将点F向左平移1个单位到点E，此时点E和点F为所求作的点，连接D″F，此时四边形CDEF周长最小，
理由如下：
∵四边形CDEF的周长为CD＋DE＋EF＋CF，CD与EF是定值，
∴DE＋CF最小时，四边形CDEF周长最小，
∵DD′∥EF，且DD′=EF，
∴四边形DD′FE为平行四边形，
∴DE=D′F，
根据轴对称可知，D′F=D″F，
∴DE＋CF=D′F＋CF=FD″＋CF=CD″，
设直线CD″的解析式为y=kx＋b，把C（3，4），D″（1,−2）代入，
得3k＋b=4k＋b=−2，解得k=3b=−5，
∴直线CD″的解析式为y=3x−5，
令y=0，得x=53，
∴点F坐标为53,0，
∴点E坐标为23,0．
【点睛】本题主要考查了轴对称的性质，将军饮马问题，根据题意作出辅助线，找出最短时动点的位置，是解题的关键．
【类型2 转化思想】
8. （2022秋·山东济宁·八年级济宁学院附属中学校考期末）如图，矩形ABCD中，点E、F分别是AB、CD的中点，连接DE和BF，分别取DE、BF的中点M、N，连接AM、CN、MN，若AB=4，BC=6，则图中阴影部分的面积为 ( )
A. 4B. 6C. 12D. 24
【答案】
C
【解析】解:点E、F分别是AB、CD的中点,M、N分别为DE、BF的中点,
矩形绕中心旋转180°阴影部分恰好能够与空白部分重合,
阴影部分的面积等于二分之一空白部分的面积,
阴影部分的面积=矩形的面积,
AB=4,BC=6,
阴影部分的面积=12,
故选:C.
9.如图，P为▱ABCD的边AD上的一点，E、F分别是PB、PC的中点，△PEF、△PDC、△PAB的面积分别为S、S1、S2，若S=3，则S1+S2的值是 ( )
A. 3B. 6C. 12D. 24
【答案】
C
【解析】如图，过点P作PQ//DC交BC于点Q.
由DC//AB，得PQ//AB，易证△PDC≌△CQP，△ABP≌△QPB，
∴S△PDC=S△CQP，S△ABP=S△QPB.
∵EF为△PCB的中位线，
∴EF//BC，EF=12BC.
取BC中点M，连接EM、FM，则有△PEF≌△EBM≌△FMC≌△MFE，
∴S△PEF=S△EBM=S△FMC=S△EFM，
∴S△PBC=4S△PEF=12，
∴S△PBC=S△CQP+S△QPB=S△PDC+S△ABP=S1+S2=12.
故选C.
10.如图，在□ABCD中，E、F分别是AB、DC边上的点，AF与DE交于点P，BF与CE交于点Q，若S△APD=20cm2，S△BQC=30cm2，则图中阴影部分的面积为__________cm2.
【答案】
50
【解析】连接E、F两点，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD.
∴△EFC的FC边上的高与△BCF的FC边上的高相等，
∴S△EFC=S△BCF，
∴S△EFQ=S△BCQ.
同理：S△EFD=S△ADF，
∴S△EFP=S△ADP.
∵S△APD=20cm2，S△BQC=30cm2，
∴S四边形EPFQ=50cm2.
11.正方形ABCD、正方形BEFG和正方形RKPF的位置如图所示，点G在线段DK上，正方形BEFG的边长为4，则△DEK的面积为__________.
【答案】
16
【解析】
【分析】
此题主要考查正方形的性质，三角形和正方形面积公式，平行线之间的距离，结合图形巧妙转化解决问题．
连接DB，GE，FK，则DB//GE//FK，再根据正方形BEFG的边长为4，可求出S△DGE=S△GEB，S△GKE=S△GFE，再由S阴影=S正方形GBEF即可求出答案．
【解答】
解：如图，
连接DB，GE，FK，则DB//GE//FK，
在梯形GDBE中，S△DGE=S△GEB(同底等高的两三角形面积相等)，
同理S△GKE=S△GFE.
∴S阴影=S△DGE+S△GKE，
=S△GEB+S△GEF，
=S正方形GBEF，
=4×4
=16.
故答案为：16.
12.（2022秋·山东济宁·八年级济宁学院附属中学校考期末）如图，在▱ABCD中，E为边BC延长线上一点，连结AE、DE．若△ADE的面积为2，则▱ABCD的面积为（ ）．
A．5B．4C．3D．2
【答案】B
【分析】首先根据平行四边形的性质，平行四边形ABCD和△ADE的高相等，即可得出▱ABCD的面积.
【详解】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，
∴平行四边形ABCD和△ABE的高相等，
设其高为ℎ，S▱ABCD=2S△ADE=4，
故答案为B．
【点睛】此题主要考查利用平行四边形的性质进行等量转换，即可求得三角形的面积．
13.（2023春·八年级期末）如图，平行四边形ABCD中，G在CD上，E、F是AG、BG的中点，那么四边形ABCD的面积是△GEF面积的____倍．
【答案】8
【分析】过点G作GH⊥AB交EF于I，垂足为H，根据三角形的中位线的性质进行求解即可．
【详解】解：过点G作GH⊥AB交EF于I，垂足为H，如下图：
∵E、F是AG、BG的中点，
∴EF=12AB，GI=12GH，EF∥AB，
又∵S▱ABCD=AB·GH，S△GEF=12GI·EF，
∴S△GEF=12×12×12GH·AB=18GH·AB，
∴S▱ABCD=8S△GEF，
故答案为：8．
【点睛】本题考查了三角形中位线的性质，解决本题的关键是正确的作出辅助线．
14.（2020秋·重庆南岸·九年级重庆第二外国语学校校考期末）如图，在矩形ABCD中，点E、F分别是AB、CD的中点，连接DE和BF，分别取DE、BF的中点M、N，连接AM、CN、MN．若AB=3，BC=25，则图中阴影部分的面积为______．
【答案】35
【分析】利用三角形中线的性质以及平行线的性质得出S△AEM=S△AMD，S△BNC=S△FNC，S四边形EBNM=S四边形DMNF，即可得出答案．
【详解】解：∵点E、F分别是AB、CD的中点，连接DE和BF，分别取DE、BF的中点M、N，
∴S△AEM=S△AMD，S△BNC=S△FNC，S四边形EBNM=S四边形DMNF，
∴图中阴影部分的面积=12×AB×BC=12×3×25=35．
故答案为：35．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质以及三角形中线的性质，得出图中阴影部分的面积等于矩形ABCD面积的一半是解题关键．
15.（2023春·八年级期末）如图，平行四边形ABCD中，过对角线BD上一点P作EF∥BC，GH∥AB，且CG＝2BG，连接AP，若S△PBG＝2，则S四边形AEPH＝_____．
【答案】8
【分析】由题意根据平行四边形的判定和性质，进行面积的等量代换分析即可求解.
【详解】解：∵EF∥BC，GH∥AB，
∴四边形HPFD、四边形PGCF、四边形BGPE是平行四边形，
∴S△BEP=S△PBG,S△HPD=S△PFD,S△ABD=S△BCD，
∵S△PBG＝2，
∴S四边形BGPE=2+2=4，
∵CG＝2BG，
∴S四边形PGCF=2S四边形BGPE=2×4=8，
∵S四边形AEPH=S△ABD−S△BEP−S△HPD,S四边形PGCF=S△BCD−S△PBG−S△PFD,
∴S四边形AEPH=S四边形PGCF=8.
故答案为：8.
【点睛】本题考查的是平行四边形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的性质定理是解题的关键．
【类型3 分类讨论思想】
16. 在▱ABCD中，已知AB=6，BE平分∠ABC交AD边于点E，点E将AD分为1:3两部分，则AD的长为__________.
【答案】
8或24
【解析】
【分析】
本题考查了平行四边形的性质、平行线的性质、角平分线定义、等腰三角形的判定等知识；熟练掌握平行四边形的性质，证出AB=AE是解题的关键．由平行四边形的性质和角平分线得出AB=AE=6，再由已知条件得出DE=18或DE=2，分别求出AD即可．
【解答】
解：∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
∴∠BEA=∠CBE，
∴∠ABE=∠BEA，
∴AB=AE=6.
∵点E将AD分为1：3两部分，
∴DE=18或DE=2，
∴当DE=18时，AD=24；
当DE=2，AD=8.
17.在▱ABCD中，AD=BD，BE是AD边上的高，∠EBD=20∘，则∠A的度数为__________.
【答案】
55∘或35∘
【解析】
【分析】
此题主要考查了平行四边形的性质以及等腰三角形的性质等知识，得出∠ADB的度数是解题关键．首先求出∠ADB的度数，再利用三角形内角和定理以及等腰三角形的性质，得出∠A的度数．
【解答】
解：情形一：当E点在线段AD上时，如图所示，
∵BE是AD边上的高，∠EBD=20∘，
∴∠ADB=90∘−20∘=70∘，
∵AD=BD，
∴∠A=∠ABD=180∘−70∘2=55∘.
情形二：当E点在AD的延长线上时，如图所示，
∵BE是AD边上的高，∠EBD=20∘，
∴∠BDE=70∘，
∵AD=BD，
∴∠A=∠ABD=12∠BDE=12×70∘=35∘.
故答案为55∘或35∘.
18. 已知在▱ABCD中，AE为BC边上的高，且AE=12，若AB=15，AC=13，则▱ABCD的面积为__________.
【答案】
48或168
【解析】解：①如图，高AE在△ABC内时，在Rt△ABE中，BE=AB2−AE2=152−122=9，
在Rt△AEC中，CE=AC2−AE2=132−122=5，
∴BC=BE+EC=14，
∴S平行四边形ABCD=BC×AE=14×12=168.
②如图，高AE在△ABC外时，BC=BE−CE=9−5=4，
∴S平行四边形ABCD=BC×AE=12×4=48，
故答案为：48或168.
分高AE在△ABC内外两种情形，分别求解即可．
本题考查平行四边形的性质．四边形的面积，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．
19.（2023春·八年级期末）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠A=60°，AC=4，E为斜边AB的中点，点P是射线BC上的一个动点，连接AP、PE，将△AEP沿着边PE折叠，折叠后得到△EPA′，当折叠后△EPA′与△BEP的重叠部分的面积恰好为△ABP面积的四分之一，则此时BP的长为______．

【答案】4或43
【分析】根据30°角所对的直角边等于斜边的一半可求出AB，即可得到AE的值，进而根据勾股定理求出BC，分类两种情况讨论：①若P'A与AB交于点F，连接A'B，易得S△EFP=12S△BEP=12S△AEP=12S△A'EP，即可得到EF=12BE=BF，PF=12A'P=A'F，从而得到四边形A'EPB是平行四边形，根据平行四边形的性质即可求解；②若EA'与BC交于点G，连接AA'，交EP于H，同理可得GP=12BP=BG，EG=12EA'=12×4=2，根据三角形中位线定理可得AP=AC=4，此时点P与点C重合，进而可求解．
【详解】解：∵∠ACB=90°,∠A=60°,AC=4，E为斜边AB的中点，
∴AB=8，AE=12AB=4，BC=43，
①若P'A与AB交于点F，连接A'B，如图1所示，

由折叠可得，S△A'EP=S△AEP，A'E=AE=4，
∵点E是AB的中点，
∴S△BEP=S△AEP=12S△ABP，
由题意得，
S△EFP=14S△ABP，
∴S△EFP=12S△BEP=12S△AEP=12S△A'EP，
∴EF=12BE=BF，PF=12A'P=A'F，
∴四边形A'EPB是平行四边形，
∴BP=A'E=4，
②若EA'与BC交于点G，连接AA'，交EP于H，如图2所示，

同理可得GP=12BP=BG，EG=12EA'=12×4=2，
∵BE=AE，
∴EG=12AP=2，
∴AP=AC=4，
∴点P与点C重合，
∴BP=BC=43，
故答案为：4或43．
【点睛】本题考查了翻折变换，轴对称图形，30°角所对的直角边等于斜边的一半，勾股定理，平行四边形的判定及性质，三角形中位线定理等知识，巧妙运用分类讨论思想是解题的关键．
20.（2022春·江苏扬州·八年级校考期末）在平面直角坐标系中，A（﹣1，1），B（2，3），C（m，2m＋1），D在x轴上，若以A，B，C，D四点为顶点的四边形是平行四边形，则点D的坐标为_____．
【答案】（﹣12，0）或（32，0）
【分析】先确定模型，设点A坐标为（a，b），点B坐标为（c，d），则中点E坐标为(a+c2,b+d2)．分四边形ABCD为平行四边形，四边形ADBC为平行四边形，四边形ABDC为平行四边形三种情况分类讨论，舍去不合题意结论，问题得解．
【详解】解：模型：如图，设点A坐标为（a，b），点B坐标为（c，d），点E为AB中点，作BC∥x轴，AC∥y轴，过点E作EF∥AC交BC于点F．
∵点A坐标为（a，b），点B坐标为（c，d）
∴点C坐标为（a，d），
∴BC=a-c，AC=b-d，
∵EF∥AC，
∴△BEF∽BAC，
∴BF=12BC=a−c2,EF=12AC=b−d2，
∴中点E坐标为(a+c2,b+d2)．
问题解答：设D（n，0），
∵A（﹣1，1），B（2，3），C（m，2m+1），
∴以A，B，C，D四点为顶点的四边形是平行四边形可得：
①若四边形ABCD为平行四边形，
对角线中点坐标为：（−1+m2，1+2m+12）或（2+n2，3+02），
∴{−1+m=2+n1+2m+1=3，
解得：{m=12n=−52，
∴D（﹣52，0），
∵D，A，B三点共线，
∴此种情况不满足；
②若四边形ADBC为平行四边形，
对角线中点坐标为：（−1+22，3+12）或（m+n2，2m+12），
∴{−1+2=m+n3+1=2m+1，
解得：{m=32n=−12，
∴D（﹣12，0），
③若四边形ABDC为平行四边形，
对角线中点坐标为：（−1+n2，1+02）或（2+m2，3+2m+12），
∴{−1+n=2+m1=3+2m+1，
解得：{m=−32n=32，
∴D（﹣32，0），
故答案为：（﹣12，0）或（32，0）．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，平面直角坐标系中线段中点的坐标公式等知识，综合性较强，熟知平行四边形的对角线互相平分，平面直角坐标系中线段中点的坐标公式是解题关键．
21.（2019春·福建泉州·八年级校考期末）在直角坐标系内，将横坐标、纵坐标都是整数的点称作“整点”.设A0,0，B3,0， Cm+3,3，Dm,3（m为实数），则平行四边形ABCD内部（不含边界）的“整点”个数可能为________.
【答案】4或5或6.
【分析】作出平行四边形，结合图像得到平行四边形中的整数点的个数
【详解】解：①当m=0时，ABCD为矩形，可得“整点”个数为4个；
②如图所示,当线段AD与BC分别经过2个格点(含端点)时,平行四边形ABCD内部(不含边界)整点的个数为5；
③如图所示,

综上可得：平行四边形ABCD内部（不含边界）的“整点”个数可能为5或4
故答案为4或5或6.
【点睛】本题考查平行四边形的性质与新定义结合，画图解题是本题关键
22.（2019·安徽·九年级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝2，E为斜边AB的中点，点P是射线BC上的一个动点，连接AP、PE，将△AEP沿着边PE折叠，折叠后得到△EPA′，当折叠后△EPA′与△BEP的重叠部分的面积恰好为△ABP面积的四分之一，则此时BP的长为_____．
【答案】2或23
【分析】根据30°角所对的直角边等于斜边的一半可求出AB，即可得到AE的值，然后根据勾股定理求出BC．①若PA'与AB交于点F，连接A'B，如图1，易得S△EFP=12S△BEP=12S△A'EP，即可得到EF=12BE=BF，PF=12A'P=A'F．从而可得四边形A'EPB是平行四边形，即可得到BP=A'E，从而可求出BP；②若EA'与BC交于点G，连接AA'，交EP与H，如图2，同理可得GP=BG，EG=12EA'=1，根据三角形中位线定理可得AP=2=AC，此时点P与点C重合（BP=BC），从而可求出BP．
【详解】∵∠ACB=90°，∠B=30°，AC=2，E为斜边AB的中点，
∴AB=4，AE=12AB=2，BC=23．
①若PA'与AB交于点F，连接A'B，如图1．
由折叠可得S△A'EP=S△AEP，A'E=AE=2．
∵点E是AB的中点，
∴S△BEP=S△AEP=12S△ABP．
由题可得S△EFP=14S△ABP，
∴S△EFP=12S△BEP=12S△AEP=12S△A'EP，
∴EF=12BE=BF，PF=12A'P=A'F，
∴四边形A'EPB是平行四边形，
∴BP=A'E=2；
②若EA'与BC交于点G，连接AA'，交EP与H，如图2．
．
同理可得GP=12BP=BG，EG=12EA'=12×2=1．
∵BE=AE，
∴EG=12AP=1，
∴AP=2=AC，
∴点P与点C重合，
∴BP=BC=23．
故答案为2或23．
【点睛】本题考查了轴对称的性质、30°角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理、平行四边形的判定与性质、等高三角形的面积比等于底的比、三角形中位线定理等知识，运用分类讨论的思想是解决本题的关键．
【类型4 方程思想】
23.如图，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，EB//DF且BE与DF之间的距离为3，则AE的长是__________.
【答案】
78
【解析】解：如图所示：过点D作DG⊥BE，垂足为G，则GD=3.
∵∠A=∠G，∠AEB=∠GED，AB=GD=3，
∴△AEB≌△GED.
∴AE=EG.
设AE=EG=x，则ED=4−x，
在Rt△DEG中，ED2=GE2+GD2，x2+32=(4−x)2，解得：x=78.
故答案为：78
过点D作DG⊥BE，垂足为G，则GD=3，首先证明△AEB≌△GED，由全等三角形的性质可得到AE=EG，设AE=EG=x，则ED=4−x，在Rt△DEG中依据勾股定理列方程求解即可．
本题主要考查的是矩形的性质、勾股定理的应用，依据题意列出关于x的方程是解题的关键．
24. 如图，在正方形OABC中，点B的坐标是(3,3)，点E、F分别在边BC、BA上，CE=1，若∠EOF=45∘，则F点的纵坐标是__________.
【答案】
32
【解析】
【分析】
本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定及其性质、勾股定理及其应用问题；解题的关键是作辅助线，灵活运用有关定理来分析、判断、解答．如图，延长BC到G，使CG=AF，连接OG，EF.由△OAF≌△OCG(SAS)，推出∠AOF=∠COG，OF=OG，由△OFE≌△OGE(SAS)，推出EF=GE=AF+CE，设AF=x，则EF=1+x，BF=3−x，在Rt△EBF中，根据BE2+BF2=EF2，列出方程即可解决问题．
【解答】
解：如图，延长BC到G，使CG=AF，连接OG，EF.
∵四边形OABC为正方形，且点B坐标为(3,3)，
∴OA=OC=3，∠A=∠OCG=90∘；
在△OAF与△OCG中，
OA=OC∠OAF=∠OCGAF=CG，
∴△OAF≌△OCG(SAS)，
∴∠AOF=∠COG，OF=OG；
∴∠EOG=∠EOC+∠AOF=90∘−45∘=45∘；
在△OFE与△OGE中，
OF=OG∠EOF=∠GOEOE=OE，
∴△OFE≌△OGE(SAS)，
∴EF=GE=AF+CE，设AF=x，则EF=1+x，BF=3−x，
在Rt△EBF中，∵BE2+BF2=EF2，
∴22+(3−x)2=(1+x)2，
∴x=32，
∴AF=32.
故答案为32.
25.（2020春·天津·八年级统考期中）▱ABCD中，两个邻边的比为3：2，其中较长的一边为15cm，则ABCD的周长为______cm．
【答案】50
【分析】根据题意可以求得两邻边的较短边为10cm，再根据平行四边形的性质及周长定义可以得到答案．
【详解】解：设▱ABCD的较短的一边是x，依题意，得
15：x＝3：2，解得x＝10，
∵平行四边形的两组对边相等，
∴▱ABCD的周长＝2×（15+10）＝50．
∴▱ABCD的周长为50cm．
故答案为50．
【点睛】本题考查平行四边形与比例的综合应用，再求周长时两邻边的和必须乘以2．
26．（2019春·江苏南通·八年级海安市曲塘中学校考期末）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝∠ADC，DE垂直于对角线AC，垂足是E，连接BE．
（1）求证：四边形ABCD是平行四边形；
（2）若△ABE是等边三角形，四边形BCDE的面积等于23，求CE的长．
【答案】（1）见解析；（2）2
【分析】（1）利用两组对角相等的四边形是平行四边形进行证明；
（2）设CD的长为a，则CE＝12a，，DE＝32a，S△CED＝38a2，由面积关系可得38a2+38a2＝23，可求a的值，即可求CE的长．
【详解】（1）证明：∵AB∥CD，
∴∠DAB+∠ADC＝∠ABC+∠BCD＝180°，
∵∠ABC＝∠ADC，
∴∠DAB＝∠BCD，且∠ABC＝∠ADC，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（2）∵△ABE是等边三角形，
∴AB＝AE＝CD，∠BAC＝60°，
∵AB∥CD，
∴∠BAC＝∠ACD＝60°，
∵DE⊥AC，
∴∠DEC=90°，
在Rt△CDE中，设CD的长为a，
则CE＝12a，DE＝32a，S△CED＝38a2．
因为△CED与△CEB是同底等高的三角形，
∴S△CED＝S△CEB，
又∵S四边形BCDE＝S△CED+S△CEB＝23，
∴38a2+38a2＝23，
∴a＝22，
∴CE＝12a＝2.
【点睛】此题考查平行四边形的判定及性质，勾股定理，同底等高三角形面积的关系，题中证明S△CED＝S△CEB是解题的关键，由此将不规则四边形的面积转化为三角形的面积，且是直角三角形，降低了解题的难度.
27．（2020·云南红河·统考一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝16，AD＝12，点E、F分别在边CD、AB上．
（1）若DE＝BF，求证：四边形AFCE是平行四边形；
（2）若四边形AFCE是菱形，求菱形AFCE的周长．
【答案】（1）见解析；（2）50
【分析】（1）首先根据矩形的性质可得AB＝CD，AB∥CD，然后根据DE＝BF，可得AF＝CE，即可证明四边形AFCE是平行四边形；
（2）根据四边形AFCE是菱形，可得AE＝CE，然后设AE＝CE＝x，表示出DE的长度，根据勾股定理求出x的值，继而可求得菱形的边长及周长．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为矩形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴AF∥CE，
∵CE＝CD﹣DE，AF＝AB﹣BF，DE＝BF，
∴AF＝CE，
∵AF∥CE，
∴四边形AFCE是平行四边形；
（2）∵四边形AFCE是菱形，
∴AE＝CE＝CF＝AF，
∵AB＝CD，AB＝16，
∴CD＝16，
设AE＝CE＝x，则DE＝CD﹣CE＝16﹣x，
∵四边形ABCD为矩形
∴∠D＝90°，
∴在Rt△ADE中，AD2+DE2＝AE2
又∵x＞0，AD＝12，
∴122+（16﹣x）2＝x2，
解得x＝12.5，
∴C菱形AFCE＝4×12.5＝50．
答：菱形AFCE的周长为50．
【点睛】本题考查了矩形的性质和菱形的性质，解答本题的关键是掌握矩形对边平行且相等的性质以及菱形四条边相等的性质和勾股定理．
28．（2022春·安徽铜陵·八年级统考期末）如图1，矩形ABCD中，AB=2，BC=3，过对角线AC中点O的直线分别交边BC、AD于点E、F
（1）求证：四边形AECF是平行四边形；
（2）如图2，当EF⊥AC时，求EF的长度．
【答案】（1）见解析；（2）EF=2133．
【分析】（1）证明△AOF≌△COE全等，可得AF=EC，∵AF∥EC，∴四边形AECF是平行四边形；
（2）由（1）知四边形AECF是平行四边形，且EF⊥AC，∴四边形AECF为菱形，假设BE=a，根据勾股定理求出a，从而得知EF的长度；
【详解】解：（1）∵矩形ABCD，∴AF∥EC，AO=CO
∴∠FAO=∠ECO
∴在△AOF和△COE中，∠AOF=∠COEAO=CO∠FAO=∠ECO，
∴△AOF≌△COE（ASA）
∴AF=EC
又∵AF∥EC
∴四边形AECF是平行四边形；
（2）由（1）知四边形AECF是平行四边形，
∵EF⊥AC，
∴四边形AECF为菱形，
设BE=a，则AE=EC=3-a
∴a2+22=（3-a）2
∴a=56
则AE=EC=136，
∵AB=2，BC=3，
∴AC=22+32=13
∴AO=OC=132，
∴OE=EC2−OC2=(136)2−(132)2=133，
∴EF=2OF=2133．
【点睛】此题考查平行四边形的判定，菱形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，熟练掌握矩形的性质和勾股定理，证明三角形全等是解题的关键．
29．（2019春·辽宁大连·八年级期末）如图，等边△ABC的边长为8，动点M从点B出发，沿B→A→C→B的方向以每秒3个单位长度的速度运动，动点N从点C出发，沿C→A→B－C的方向以每秒2个单位长度的速度运动.
（1）若动点M、N同时出发，经过几秒第一次相遇？
（2）若动点M、N同时出发，且其中一点到达终点时，另一点即停止运动．在△ABC的边上是否存在一点D，使得以点A、M、N、D为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求此时运动的时间t及点D的具体位置；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）经过t=165s第一次相遇. （2）运动了85s或245s时，A、M、N、D四点能够成平行四边形，此时点D在BC上，且BD=245或325．
【分析】（1）设经过t秒钟两点第一次相遇，然后根据点M运动的路程+点N运动的路程=AB+CA列方程求解即可；
（2）首先根据题意画出图形：如图②，当0≤t≤83时，AN+CN=MB+CN=8；当83＜t≤4时，此时A、M、N三点在同一直线上，不能构成平行四边形；当4＜t≤163时，AN+NB=AN+AM=8；当163＜t≤8时，△BNM为等边三角形，由BN=BM可求得t的值，可得此时M、N重合，不能构成平行四边形．．
【详解】（1）由题意得：3t+2t=16，解得：t=165；
答：若动点M、N同时出发，经过t=165s第一次相遇.
（2）①当0≤t≤83时，点M、N、D的位置如图2所示：
∵四边形ANDM为平行四边形，
∴DM=AN，DM∥AN．
∴∠MDB=∠C=60°
∵△ABC为等边三角形，
∴∠B=∠C=60°．
∴∠MDB =∠B．
∴MB=MD= AN
∴AN+CN=MB+CN=8，即：3t+2t=8，t=85，
此时点D在BC上，且BD=245（或CD=165），
②当83＜t≤4时，此时A、M、N三点在同一直线上，不能构成平行四边形；
③4＜t≤163时，点M、N、D的位置如图所1示：
∵四边形ANDM为平行四边形，
∴DN=AM，AM∥DN．
∴∠NDB=∠C=60°
∵△ABC为等边三角形，
∴∠B=∠C =60°．
∴∠NDB=∠B．
∴BN=ND= AM．
∴AN+NB=AN+AM=8，2t-8+3t-8=8，解得：t=245，
此时点D在BC上，且BD=325（或CD=85），
④当163＜t≤8时，点M、N、D的位置如图所3示：
则BN=16-2t，BM=24-3t，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠A=∠C=60°．
若MN∥AC,则∠BNM=∠A=60°, ∠BMN=∠C=60°
∴△BNM为等边三角形，
∴BN=BM，即：16-2t =24-3t，解得t=8，此时M、N重合，不能构成平行四边形．
答：运动了85s或245s时，A、M、N、D四点能够成平行四边形，此时点D在BC上，且BD=245或325．
【点睛】本题主要考查的是平行四边形的性质和等边三角形的性质，利用平行四边形的性质和等边三角形的性质求得相关线段的长度，然后列方程求解是解题的关键．
30．（2021春·江苏常州·八年级常州市第二十四中学校考期中）定义：如果四边形的一条对角线的中点到另外两个顶点的距离都等于这条对角线的长的一半，那么我们称这样的四边形为“等距四边形”．
（1）在下列图形中：①平行四边形、②矩形、③菱形、④正方形，是“等距四边形”的是 ．（填序号）
（2）如图1，在菱形ABCD中，AB＝4，∠A＝60°，BE⊥CD于点E，在菱形ABCD的边上取点F，顺次连接B、E、D、F，使四边形BEDF为“等距四边形”，说明理由，并求线段EF的长．
【答案】（1）②、④；（2）①过点D作DF⊥AB于F，则四边形BEDF为“等距四边形”， ②过B作BF⊥AD于F，四边形BEDF为“等距四边形”，图形见详解，EF=4或23．
【分析】（1）根据平行四边形的性质及特殊平行四边形性质满足对角线互相平分且相等即可判定①、②、③、④中哪些是“等距四边形”；
（2）分两种情况，①过点D作DF⊥AB于F，则四边形BEDF为“等距四边形”，证明四边形BEDF为矩形，由在菱形ABCD中，AB＝4，∠A＝60°,BE⊥CD于点E，可求∠EBC=30°，利用30°直角三角形性质可求EC=12BC=2，根据在Rt△BCE中BE=BC2−CE2=23，再求FB=DE=2，利用勾股定理求解；②过B作BF⊥AD于F，可证△DFB，△DEB均为直角三角形，由面积可得BF=BE，可证Rt△DFB≌Rt△DEB（HL），取BD中点G，连接GE，GF，四边形BEDF为“等距四边形”，可证△ABD与△DCB均为等边三角形，可求DE=DF= 2，S四边形DFBE=2S△DEB=2×12DE⋅BE=2×12×2×23=12×4×EF，求出EF即可．
【详解】解：（1）“等距四边形”的是②、④；
①平行四边形对角线互相平分，OA=OC=12AC，OB=OD=12BD，但OA=OC≠12BD，∴①不是“等距四边形”；
②矩形对角线互相平分且相等，即OA=OB=OC=OD=12AC=12BD，∴②是“等距四边形”；
③菱形对角线互相平分， OA=OC=12AC，OB=OD=12BD，但OA=OC≠12BD，∴③不是“等距四边形”；
④正方形对角线互相平分且相等，即OA=OB=OC=OD=12AC=12BD，∴④是“等距四边形”；
故答案为②、④；
（2）①过点D作DF⊥AB于F，则四边形BEDF为“等距四边形”，
∵四边形ABCD为菱形，
∴DC∥AB，即DE∥FB，
∵BE⊥CD，DF⊥AB，
∴DF∥EB，∠DEB=90°
∴四边形BEDF为矩形；
∴对角线互相平分，
∴四边形BEDF为“等距四边形”，
∵在菱形ABCD中，AB＝4，∠A＝60°BE⊥CD于点E，
∴BC=DC=AB=4，∠C=∠A=60°，
∴∠EBC=90°-∠C=30°，
∴EC=12BC=2，
在Rt△BCE中BE=BC2−CE2=42−22=23，
∴DE=CD-CE=4-2=2，FB=DE=2，
在Rt△FBE中，EF=BF2+BE2=22+232=4．
②过B作BF⊥AD于F，则四边形BEDF为“等距四边形”，
∵BE⊥DC，
∴△DFB，△DEB均为直角三角形，
∵四边形ABCD为菱形，AD =DC
∴S菱形ABCD=AD⋅BF=DC⋅BE,
∴BF=BE
在Rt△DFB和Rt△DEB中
BD=BDBF=BE
∴Rt△DFB≌Rt△DEB（HL）
∴DF=DE，
取BD中点G，连接GE，GF，
∴GE=GF=GD=GB，
∴四边形BEDF为“等距四边形”
∵在菱形ABCD中，AB＝4，∠A＝60°，BE⊥CD于点E，
∴BC=DC=AB=4，∠C=∠A=60°，
∴△ABD与△DCB均为等边三角形，
∴BD=AB=4
∴∠EBC=90°-∠C=30°，
∴EC=12BC=2，
∴DE=DF=CD-CE=4-2=2
在Rt△BCE中BE=BC2−CE2=42−22=23，
∴S四边形DFBE=2S△DEB=2×12DE⋅BE=2×12×2×23=12×4×EF，
∴EF=23；
∴EF的长为4或23．
【点睛】本题考查新定义，矩形判定，30°直角三角形性质，勾股定理，掌握新定义的内容，抓住新定义的实质是解题关键．