沪教版八年级数学下学期核心考点+重难点讲练与测试核心考点03多边形与平行四边形(原卷版+解析)

这是一份沪教版八年级数学下学期核心考点+重难点讲练与测试核心考点03多边形与平行四边形(原卷版+解析)，共76页。试卷主要包含了多边形，平行四边形，6；等内容，欢迎下载使用。

考点一：多边形
考点二：多边形的对角线
考点三：多边形内角与外角
考点四：平面镶嵌（密铺）
考点五：平行四边形的性质
考点六：平行四边形的判定
考点七：平行四边形的判定与性质
考点考向
1.多边形
2.平行四边形：两组对边分别平行的四边形.
考点精讲
一．多边形（共2小题）
1．（2019春•浦东新区校级月考）以线段a＝7，b＝8，c＝9，d＝10为边作四边形，可以作（ ）
A．1个B．2个C．3个D．无数个
2．（2017春•浦东新区校级期中）如图，已知五边形ABCDE中，AB∥ED，∠A＝∠B＝90°，则可以将该五边形ABCDE分成面积相等的两部分的直线有 条．
二．多边形的对角线（共4小题）
3．（2022春•杨浦区校级期中）从七边形的一个顶点出发的对角线有 条．
4．（2022春•上海期中）十边形共有 条对角线．
5．（2022春•徐汇区期末）定义：如果一个凸四边形的一条对角线把四边形分成两个等腰三角形，那么称这个凸四边形为“等腰四边形”，把这条对角线称为“界线”，已知在“等腰四边形”ABCD中，AB＝BC＝AD，∠BAD＝90°，且AC为界线，则∠BCD的度数为 ．
6．（2022春•青浦区校级期中）正十边形的对角线条数为 ．
三．多边形内角与外角（共4小题）
7．（2022春•杨浦区校级期中）一个多边形的内角和不可能是（ ）
A．1800°B．540°C．720°D．810°
8．（2022秋•黄浦区校级期末）如果过多边形的一个顶点共有8条对角线，那么这个多边形的内角和是 度．
9．（2022春•杨浦区校级期中）一个多边形的每一个外角都等于36°，那么这个多边形的内角和是 °．
10．（2023•碑林区校级三模）一个多边形的内角和为1440°，则这个多边形是 边形．
四．平面镶嵌（密铺）（共2小题）
11．（2022秋•宝山区校级期末）小明家客厅的地面是长6米，宽4.8米的长方形，准备用整块的正方形地砖铺满客厅的地面．小明从下列尺寸的地砖中要选择尺寸较大的，应该选的尺寸是（单位：厘米）（ ）
A．30×30B．40×40C．60×60D．80×80
12．（2019秋•闵行区校级月考）小明家装修新房，客厅的地面长是6米，宽4.8米的长方形，准备用整块的正方形地砖铺满客厅的地面，市场上地砖有30×30，40×40，60×60，80×80（单位：厘米×厘米）四种尺寸，小明家想选尺寸较大的地砖，该选哪一种？，并计算需要多少块地砖可以铺满客厅．
五．平行四边形的性质（共8小题）
13．（2022春•浦东新区校级期中）一条边长为5的平行四边形，它的对角线长可能是（ ）
A．4和6B．4和3C．2和6D．4和8
14．（2022春•思明区校级期中）平行四边形ABCD的周长为16cm，∠ABC的角平分线交边AD所在直线于点E，且AE：ED＝3：2，则边AB的长度是（ ）
A．3cmB．4cmC．6cmD．3cm或6cm
15．（2022秋•虹口区校级月考）已知点A（3，3），B（﹣1，1），C（0，2），以A、B、C、D为顶点作平行四边形，则第四个顶点D的坐标为 ．
16．（2022春•杨浦区校级期中）在▱ABCD中，AC与BD相交于点O，则下列结论不一定成立的是（ ）
①S△ADO＝S△ABO
②△ADB≌△CBD
③∠BAD＝2∠BAC
④AC＝BD
A．①④B．①②④C．③④D．①②③④
17．（2022秋•奉贤区月考）平行四边形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，如果AC＝6，BD＝8，AD＝6，那么△OBC的周长是 ．
18．（2022秋•黄浦区校级期末）如图，平行四边形ABCD中，AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分别是E、F，∠EAF＝60°，BE＝2，DF＝3，则平行四边形ABCD的周长为 ．
19．（2022秋•虹口区校级月考）如图，平行四边形ABCD中，AD＝2AB，AM＝MD，CE⊥AB，∠CEM＝36°，则∠DME＝ ．
20．（2022春•杨浦区校级期中）如果把对角线与一边垂直的平行四边形称为“联想平行四边形”，现有一个“联想平行四边形”的一组邻边长为4和2，那么它的最小内角为 度．
六．平行四边形的判定（共7小题）
21．（2022春•青浦区校级期中）如图，四边形ABCD中，AB＝DC，将对角线AC向两端分别延长至点E，F，使AE＝CF．连接BE，DF，若BE＝DF．证明：四边形ABCD是平行四边形．
22．（2022春•浦东新区校级期末）在四边形ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，AB＝CD，添加下列条件后能判定这个四边形是平行四边形的是（ ）
A．∠ADB＝∠CBDB．AO＝COC．∠ABC＝∠ADCD．AD＝BC
23．（2022春•徐汇区校级期中）下列不能判断一个四边形是平行四边形的是（ ）
A．一组对边平行且相等四边形
B．两组对角分别相等的四边形
C．一组对边平行，且一组对角相等的四边形
D．一组对边相等，且另一组对边平行的四边形
24．（2022春•上海期中）下列说法：（1）当多边形边数增加1条时，它的内角和增加180°．（2）在四边形ABCD中，OA＝OC，OB＝OD，那么这个四边形是平行四边形．（3）三角形的外角和小于其它多边形的外角和．（4）n边形共有（n﹣3）条对角线．（5）四边形的四个内角至少有一个角不小于直角．其中正确说法的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
25．（2022春•静安区校级期中）在四边形ABCD中，已知AB＝CD，再添加一个条件还不能判断四边形ABCD是平行四边形的是（ ）
A．AB∥CDB．AD＝BCC．∠A+∠B＝180°D．∠A+∠D＝180°
26．（2022春•金山区月考）已知一个凸四边形的一条对角线被另一条对角线平分，请你从下列四个条件中再选取一个作为已知条件，使得这个四边形一定是平行四边形．你的选择是（ ）
A．一组对边平行B．一组对角相等
C．一组邻边相等D．一组对边相等．
27．（2022春•上海期中）如图，在直角坐标系xOy中，点A（2，0）和点B（﹣2，0），直线BC与y轴正半轴交于点C（0，b），过点A作AD⊥BC，垂足为D，联结OD．
（1）求OD的长；
（2）当∠ODA＝30°时，求点C的坐标；
（3）在（2）的条件下，已知点E在直角坐标平面内，如果以A、C、D、E为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点E的坐标．
七．平行四边形的判定与性质（共7小题）
28．（2022春•徐汇区期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝70°，∠C＝40°，DE∥AB交BC于点E．若AD＝5cm，BC＝12cm，则CD的长是 cm．
29．（2022春•上海期中）如图，已知在平行四边形ABCD中，∠BAD的角平分线AE交CD于点F，交BC的延长线于点E．
（1）求证：BE＝CD；
（2）若BF恰好平分∠ABE，连接AC、DE，求证：四边形ACED是平行四边形．
30．（2022春•青浦区校级期中）如图，平行四边形ABCD中，AB＝8cm，AD＝12cm，点P在AD边上以每秒1cm的速度从点A向点D运动，点Q在BC边上，以每秒4cm的速度从点C出发，在CB间往返运动，两个点同时出发，当点P到达点D时停止（同时点Q也停止）．在运动以后，当t＝ 时以P、D、Q、B四点组成的四边形为平行四边形．
31．（2022春•奉贤区校级期中）如图，在▱ABCD中，点E是边BC的中点，连接DE并延长交AB的延长线于点F，求证：四边形BFCD是平行四边形．
32．（2022春•徐汇区校级期中）如图，已知E、F分别为▱ABCD的对边AD、BC上的点，且DE＝BF，EM⊥AC于M，FN⊥AC于N，EF交AC于点O，求证：EF与MN互相平分．
33．（2022春•浦东新区校级期中）在▱ABCD中，E，F分别是AB，DC上的点，且AE＝CF，连接DE，BF，AF．
（1）求证：四边形DEBF是平行四边形；
（2）若AF平分∠DAB，AE＝3，DE＝4，BE＝5，求AF的长．
34．（2022春•上海期中）已知：如图，在▱ABCD中，AE⊥BC，CF⊥AD，垂足分别为E、F，AE、CF分别与BD相交于点G、H，联结AH、CG．
求证：四边形AGCH是平行四边形．
巩固提升
一、单选题
1．（2022春·上海嘉定·八年级校考期中）下列命题中不正确的是（ ）
A．两组对角分别相等的四边形是平行四边形
B．两组对边分别相等的四边形是平行四边形
C．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
D．对角线相等的四边形是平行四边形
2．（2022春·上海奉贤·八年级校联考期中）在下列给出的条件中，能判定四边形ABCD为平行四边形的是（ ）
A．AB＝BC，CD＝DAB．ABCD，AD＝BC
C．ABCD，∠A＝∠CD．∠A＝∠B，∠C＝∠D
3．（2022春·上海宝山·八年级校考阶段练习）已知平行四边形ABCD的两条对角线AC和BD相交于点O，长度分别等于8cm和12cm，如果边BC长等于6cm，那么△BOC的周长等于（ ）
A．14B．15C．16D．17
4．（2022春·上海普陀·八年级校考期中）一个凸多边形的内角中最多有几个锐角( )
A．个B．个C．个D．个
5．（2022春·上海·八年级校考期中）下列说法：（1）多边形边数增加条时，它的内角和增加；（2）在四边形中，对角线AC，BD交于点O，，，那么这个四边形是平行四边形；（3）三角形的外角和小于其它多边形的外角和；（4）边形共有条对角线；（5）四边形的四个内角至少有一个角不小于直角．其中正确说法的个数是（ ）
A．B．C．D．
6．（2022春·上海·八年级校考期中）已知四边形ABCD，有以下四个条件：①；②；③；④．从这四个条件中任选两个，能使四边形ABCD成为平行四边形的选法种数共有（ ）
A．6种B．5种C．4种D．3种
7．（2022春·上海浦东新·八年级校考期中）如图，在平行四边形中，平分交于点，平分交于点，，，则的长为（ ）
A．B．C．D．
8．（2022春·上海·八年级校考阶段练习）下列说法正确的是（ ）
A．n边形的内角和是360度
B．多边形的外角和就是这个多边形所有外角的和
C．平行四边形的对边相等
D．平行四边形对角互补
二、填空题
9．（2023秋·上海青浦·八年级校考期末）若一个多边形从一个顶点可以引8条对角线，则这个多边形的内角和是______．
10．（2022春·上海杨浦·八年级校考期末）如果一个正多边形的内角和是，则这个正多边形是正______边形．
11．（2022春·上海普陀·八年级校考期中）一个正多边形的内角和等于1440°，则此多边形是________边形．
12．（2023秋·上海青浦·八年级校考期末）如图，平行四边形中，，垂足分别是E、F，，则平行四边形的周长为_______．
13．（2022春·上海·八年级校考阶段练习）一个边形的内角和是，那么______．
14．（2022秋·上海静安·八年级新中初级中学校考期末）如果一个多边形的内角和为，那么过这个多边形的一个顶点可作___________条对角线．
15．（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______．
16．（2022春·上海·八年级校考期中）如图，在平行四边形中，于点，于点，，且，则平行四边形的周长为______．
17．（2022春·上海徐汇·八年级校考期中）在中，对角线和交于点，，，，那么的周长为______．
18．（2022春·上海·八年级校考期末）若一个正多边形的内角是外角的3倍，则这个正多边形的边数为 __________．
19．（2022秋·上海杨浦·八年级校考期中）如图，在中，的垂直平分线分别交于D、E两点，并且相交于点F，且，则的度数是_______．
20．（2022秋·上海青浦·八年级校考期末）如图，平行四边形中，，，垂足分别是、，，，，则平行四边形的周长为______．
21．（2023秋·上海青浦·八年级校考期末）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝4cm，AD＝7cm，∠ABC的平分线交AD于点E，交CD的延长线于点F，则DF＝_____cm．
22．（2022春·上海杨浦·八年级校考期中）如果把对角线与一边垂直的平行四边形成为“联想平行四边形”，现有一个“联想平行四边形”的一组邻边长为4和2，那么它的最小内角为 _____度．
23．（2022春·上海杨浦·八年级校考期末）如图， 的对角线与相交于点，将翻折使点与点重合，点落在点，已知（是锐角），那么的度数为______．（用的代数式表示）
24．（2022春·上海奉贤·八年级校考期末）如图，已知平行四边形ABCD中，BE平分∠ABC，AE⊥BE，若AB＝2，则平行四边形ABCD的周长为_____．
三、解答题
25．（2022春·上海·八年级期中）如图，E、F是平行四边形对角线上的两点，且．求证：四边形是平行四边形．
26．（2022春·上海·八年级校考期中）如图，已知ABCD中，AE、CF分别是∠BAD、∠BCD的角平分线．求证：AE=CF．
27．（2022春·上海·八年级期中）如图，以的边、为边，作等边和等边，连接，．求证：四边形是平行四边形．
28．（2022春·上海徐汇·八年级校考期中）如图，已知、分别为▱的对边、上的点，且，于，于，交于点，求证：与互相平分．
29．（2022春·上海·八年级校考期中）如图，在直角坐标系中，点和点，直线与轴正半轴交于点，过点作，垂足为，联结．
(1)求的长；
(2)当时，求点的坐标；
(3)在的条件下，已知点在直角坐标平面内，如果以、、、为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点的坐标．
30．（2022春·上海·八年级校考期中）如图，OA，OB的长分别是关于x的方程x2-15x+50=0的两根，且OA＞OB．请一起解决下列问题：
(1)求直线AB的函数表达式；
(2)如果P为线段AB上一点，而且BP=AB，联结OP，求OP的函数的表达式；
(3)在（2）的条件下，点Q为坐标平面内一点，如果以B、P、O、Q为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点Q的坐标．
31．（2023春·上海·八年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中．一次函数y=-2x+ 12的图象分别交x轴、y轴于A、B两点，过点A的直线交y轴正半轴于点M．且点M为线段OB的中点．
(1)求直线AM的解析式；
(2)在直线AM上有一点P，且，求点P的坐标；
(3)在坐标平面内是否存在点C，使以A、B、M、C为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点C的坐标；若不存在，请说明理由．
32．（2022春·上海闵行·八年级上海市民办文绮中学校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，函数的图象分别交轴、轴于、两点．过点的直线交轴正半轴于点，且点为线段的中点．
(1)求直线的解析式；
(2)在直线上找一点，使得，求出点的坐标；
(3)若点为坐标平面内任意一点，在坐标平面内是否存在这样的点，使以、、、为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
33．（2022春·上海徐汇·八年级统考期末）在中，，，，点D是AB上的动点，交AC于点E，分别交射线BC、射线AC于点F、G，联结EF．
(1)如图1，如果点G恰好平分EC，判断四边形DEFC的形状并证明；
(2)如图2，当点F在线段BC的延长线上时，设AD的长为x，梯形DBFE的面积为y，直接写出y关于x的函数关系及其定义域；
(3)当时，求的长．
核心考点03 多边形与平行四边形
目录
考点一：多边形
考点二：多边形的对角线
考点三：多边形内角与外角
考点四：平面镶嵌（密铺）
考点五：平行四边形的性质
考点六：平行四边形的判定
考点七：平行四边形的判定与性质
考点考向
1.多边形
2.平行四边形：两组对边分别平行的四边形.
考点精讲
一．多边形（共2小题）
1．（2019春•浦东新区校级月考）以线段a＝7，b＝8，c＝9，d＝10为边作四边形，可以作（ ）
A．1个B．2个C．3个D．无数个
【分析】根据四边形具有不稳定性，可知四条线段组成的四边形可有无数种变化．
【解答】解：四条线段组成的四边形可有无数种变化．
故选：D．
【点评】本题主要考查四边形的不稳定性，理清题意，熟记四边形的不稳定性是解答本题的关键．
2．（2017春•浦东新区校级期中）如图，已知五边形ABCDE中，AB∥ED，∠A＝∠B＝90°，则可以将该五边形ABCDE分成面积相等的两部分的直线有 无数 条．
【分析】过点C作与AB平行的直线将该五边形分割为一个矩形和一个梯形，经过梯形中位线的中点及矩形对角线的交点的直线可将该五边形的面积均分；设该直线与边DE、AB的交点分别为P、Q，线段PQ的中点为O，则经过点O且与边DE、AB相交的任意一条直线均可将该五边形的面积均分．
【解答】解：将该五边形ABCDE分成面积相等的两部分的直线有无数条．
【点评】应把多边形问题转换为特殊的四边形来进行解决．
二．多边形的对角线（共4小题）
3．（2022春•杨浦区校级期中）从七边形的一个顶点出发的对角线有 4 条．
【分析】根据多边形的对角线的定义：连接多边形不相邻的两个顶点的线段，叫做多边形的对角线，可知n边形从一个顶点出发可引出（n﹣3）条对角线，据此求解即可．
【解答】解：∵n边形（n＞3）从一个顶点出发可以引（n﹣3）条对角线，
∴从七边形的一个顶点出发可以画出7﹣3＝4条对角线．
故答案是：4．
【点评】本题主要考查了多边形的对角线的定义，n边形从一个顶点出发可引出（n﹣3）条对角线是需要熟记的内容．
4．（2022春•上海期中）十边形共有 35 条对角线．
【分析】n边形对角线的总条数为：（n≥3，且n为整数），代入运算即可．
【解答】解：十边形共有：＝35条对角线．
故答案为：35．
【点评】本题考查了多边形的对角线的知识，注意掌握公式：n边形对角线的总条数为：（n≥3，且n为整数）．
5．（2022春•徐汇区期末）定义：如果一个凸四边形的一条对角线把四边形分成两个等腰三角形，那么称这个凸四边形为“等腰四边形”，把这条对角线称为“界线”，已知在“等腰四边形”ABCD中，AB＝BC＝AD，∠BAD＝90°，且AC为界线，则∠BCD的度数为 135°或90°或45° ．
【分析】由AC是四边形ABCD的等腰线，可以得出△ACD是等腰三角形，从图1，图2，图3三种情况运用等边三角形的性质和判定，正方形的性质和判定和30°的直角三角形性质就可以求出∠BCD的度数．
【解答】解：∵AC是四边形ABCD的界线，
∴△ACD是等腰三角形．
∵AB＝AD＝BC，
如图1，当AD＝AC时，
∴AB＝AC＝BC，∠ACD＝∠ADC
∴△ABC是正三角形，
∴∠BAC＝∠BCA＝60°．
∵∠BAD＝90°，
∴∠CAD＝30°，
∴∠ACD＝∠ADC＝75°
∴∠BCD＝60°+75°＝135°．
如图2，当AD＝CD时，
∴AB＝AD＝BC＝CD．
∵∠BAD＝90°，
∴四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°
如图3，当AC＝CD时，过点C作CE⊥AD于E，过点B作BF⊥CE于F，
∵AC＝CD．CE⊥AD，
∴AE＝AD，∠ACE＝∠DCE．
∵∠BAD＝∠AEF＝∠BFE＝90°，
∴四边形ABFE是矩形．
∴BF＝AE．
∵AB＝AD＝BC，
∴BF＝BC，
∴∠BCF＝30°．
∵AB＝BC，
∴∠ACB＝∠BAC．
∵AB∥CE，
∴∠BAC＝∠ACE，
∴∠ACB＝∠ACE＝∠BCF＝15°，
∴∠BCD＝15°×3＝45°．
综上，∠BCD的度数为135°或90°或45°．
故答案为：135°或90°或45°．
【点评】本题考查了“等腰四边形”的定义和性质的运用，“等腰四边形”的判定，等边三角形的性质和判定的运用，正方形的性质和判定的运用，30°的直角三角形的性质的运用．解答如图3这种情况容易忽略，解答时合理运用分类讨论思想是关键．
6．（2022春•青浦区校级期中）正十边形的对角线条数为 35条 ．
【分析】需要分三步：第一步，先选一个；第二步再再从和它不相邻的7个中再选一个；第三步，除掉重复的，根据分步乘法原理可求解．
【解答】解：根据题意，十边形有10个顶点，先选一个，再从和它不相邻的7个中再选一个，即可构成一条对角线，考虑重复问题，则十边形的对角线的条数为＝35条．
故答案为：35条．
【点评】本题考查多边形的对角线，注意其中对角线的重复问题是解题的关键．
三．多边形内角与外角（共4小题）
7．（2022春•杨浦区校级期中）一个多边形的内角和不可能是（ ）
A．1800°B．540°C．720°D．810°
【分析】n边形的内角和是（n﹣2）180°，即多边形的内角和一定是180的正整数倍，依此即可解答．
【解答】解：810°不能被180°整除，一个多边形的内角和不可能是810°．
故选：D．
【点评】本题主要考查了多边形的内角和定理，对于定理的理解是解决本题的关键．
8．（2022秋•黄浦区校级期末）如果过多边形的一个顶点共有8条对角线，那么这个多边形的内角和是 1620 度．
【分析】从多边形一个顶点可作8条对角线，则这个多边形的边数是11，n边形的内角和可以表示成（n﹣2）•180°，代入公式就可以求出内角和．
【解答】解：∵过多边形的一个顶点共有8条对角线，
∴n﹣3＝8，
∴n＝11，
∴该多边形边数为11，
∴（11﹣2）•180°＝1620°，
∴这个多边形的内角和为1620°．
故答案为：1620．
【点评】本题主要考查了多边形的内角和公式，是需要熟记的内容，比较简单．
9．（2022春•杨浦区校级期中）一个多边形的每一个外角都等于36°，那么这个多边形的内角和是 1440 °．
【分析】由多边形外角的性质可求解多边形的边数，再利用多边形的内角和定理可求解．
【解答】解：360°÷36°＝10，
（10﹣2）×180°＝1440°．
即这个多边形的内角和是1440°，
故答案为1440．
【点评】本题主要考查多边形的内角与外角，求解多边形的边数是解题的关键．
10．（2023•碑林区校级三模）一个多边形的内角和为1440°，则这个多边形是 10 边形．
【分析】设这个多边形的边数为n，根据内角和公式得出（n﹣2）×180°＝1440，求出方程的解即可．
【解答】解：设这个多边形的边数为n，
则（n﹣2）×180°＝1440°，
解得：n＝10，
即这个多边形是10边形，
故答案为：10．
【点评】本题考查了多边形的内角与外角，能熟记多边形的内角和公式是解此题的关键，注意：边数为n（n≥3）的多边形的内角和＝（n﹣2）×180°．
四．平面镶嵌（密铺）（共2小题）
11．（2022秋•宝山区校级期末）小明家客厅的地面是长6米，宽4.8米的长方形，准备用整块的正方形地砖铺满客厅的地面．小明从下列尺寸的地砖中要选择尺寸较大的，应该选的尺寸是（单位：厘米）（ ）
A．30×30B．40×40C．60×60D．80×80
【分析】先换算6米＝600cm，4.8米＝480cm，再找600和480的公约数即可得到结论．
【解答】解：6米＝600cm，4.8米＝480cm，
∴选项中只有60是600和480的公约数，
故选：C．
【点评】本题考查了图形的密铺，找到600和480 的公约数是解题的关键．
12．（2019秋•闵行区校级月考）小明家装修新房，客厅的地面长是6米，宽4.8米的长方形，准备用整块的正方形地砖铺满客厅的地面，市场上地砖有30×30，40×40，60×60，80×80（单位：厘米×厘米）四种尺寸，小明家想选尺寸较大的地砖，该选哪一种？，并计算需要多少块地砖可以铺满客厅．
【分析】小明家装修新房，准备用整块正方形的地砖铺满客厅的地面，那么正方形地砖的边长应是客厅的地面长和宽的公因数，而且在这些公因数中要选最大的，在这四种尺寸中边长30，40，60的都是客厅的地面长和宽的公因数，其中最大的是60，所以选60×60的正方形地砖，然后求出块数即可．
【解答】解：∵用整块正方形的地砖铺满客厅的地面，
∴正方形地砖的边长应是客厅的地面长和宽的公因数，而且是最大的，
∴符合要求的是选60×60的正方形地砖；
∵6m＝600cm，4.8m＝480cm，
∴（600÷60）×（480÷60）＝10×8＝80（块），
需要80块地砖可以铺满客厅
【点评】本题主要考查了平面镶嵌，关键是找到符合要求的公因数．
五．平行四边形的性质（共8小题）
13．（2022春•浦东新区校级期中）一条边长为5的平行四边形，它的对角线长可能是（ ）
A．4和6B．4和3C．2和6D．4和8
【分析】根据平行四边形的性质中，两条对角线的一半和一边构成三角形，利用三角形三边关系判断可知．
【解答】解：A、对角线一半分别是2和3，2+3＝5，故不能构成三角形，故本选项不符合题意；
B、对角线一半分别是2和1.5，2+1.5＝3.5＜5，故不能构成三角形，故本选项不符合题意；
C、对角线一半分别是1和3，1+3＜5，故不能构成三角形，故本选项不符合题意；
D、对角线一半分别是2和4，符合三角形的三边关系，能构成三角形，故本选项符合题意．
故选：D．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质及三角形的三边关系，注意平行四边形中两条对角线的一半和一边构成三角形，另外要熟练三角形的三边关系．
14．（2022春•思明区校级期中）平行四边形ABCD的周长为16cm，∠ABC的角平分线交边AD所在直线于点E，且AE：ED＝3：2，则边AB的长度是（ ）
A．3cmB．4cmC．6cmD．3cm或6cm
【分析】分两种情况，由平行四边形的性质分别求得答案即可．
【解答】解：如图所示：
①当点E在相等AD上时，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，AB＝CD，
∴∠AEB＝∠CBE，
∵BE是∠ABC的平分线，
∴∠ABE＝∠CBE，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴AB＝AE，
∵AE：ED＝3：2，
设AE＝AB＝3k，DE＝2k，
∵平行四边形ABCD的周长为16cm，
∴AB+AD＝8，
∴3k+5k＝8，
解得k＝1，
∴AB＝3cm．
②当点E在AD的延长线上时，
同理可得AB＝AE＝3k，DE＝2k，
∵AB+AD＝8，
∴3k+k＝8，
∴k＝2，
∴AB＝6cm，
综上所述，AB的长为3cm或6cm．
故选：D．
【点评】此题考查了平行四边形的性质以及等腰三角形的判定与性质．注意分类讨论．
15．（2022秋•虹口区校级月考）已知点A（3，3），B（﹣1，1），C（0，2），以A、B、C、D为顶点作平行四边形，则第四个顶点D的坐标为 （4，4）或（2，2）或（﹣4，0） ．
【分析】分别以AC、AB、BC为对角线通过线段平移的性质可得D点坐标．
【解答】解：当以AC为对角线，此时D（4，4）；
当以AB为对角线时，此时D（2，2）；
当以BC为对角线时，此时点D（﹣4，0）．
则第四个顶点D的坐标是（4，4）或（2，2）或（﹣4，0）．
故答案为：（4，4）或（2，2）或（﹣4，0）．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、平移的性质、坐标与图形的性质等知识；熟练掌握平行四边形的性质与平移的性质是解题的关键．
16．（2022春•杨浦区校级期中）在▱ABCD中，AC与BD相交于点O，则下列结论不一定成立的是（ ）
①S△ADO＝S△ABO
②△ADB≌△CBD
③∠BAD＝2∠BAC
④AC＝BD
A．①④B．①②④C．③④D．①②③④
【分析】由平行四边形的性质可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝CO，BO＝DO，AB＝CD，∠BAD＝∠BCD，AD＝BC，AD∥BC，
∴①S△ADO＝S△ABO，正确；
②△ADB≌△CBD正确；
③∠BAD＝2∠BAC，错误；
④AC＝BD，错误．
故选：C．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，掌握平行四边形的性质是本题的关键．
17．（2022秋•奉贤区月考）平行四边形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，如果AC＝6，BD＝8，AD＝6，那么△OBC的周长是 13 ．
【分析】利用平行四边形的对角线互相平分，求出OD、OA即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC＝AC＝3，OD＝OB＝BD＝4，AD＝BC＝6，
∴△△OBC的周长＝OB+OC+BC＝3+4+6＝13，
故答案为：13．
【点评】本题考查平行四边形的性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
18．（2022秋•黄浦区校级期末）如图，平行四边形ABCD中，AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分别是E、F，∠EAF＝60°，BE＝2，DF＝3，则平行四边形ABCD的周长为 20 ．
【分析】由平行四边形的性质得AB∥CD，AD∥BC，AB＝CD，AD＝BC，再证∠BAE＝∠DAF＝30°，然后由含30°角的直角三角形的性质得AB＝2BE＝4，AD＝2DF＝6，即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AD∥BC，AB＝CD，AD＝BC，
∵AE⊥BC，AF⊥CD，
∴∠AEB＝∠AFD＝90°，AF⊥AB，AE⊥AD，
∴∠BAF＝∠DAE＝90°，
∵∠EAF＝60°，
∴∠BAE＝∠DAF＝90°﹣60°＝30°，
∴AB＝2BE，AD＝2DF
∵BE＝2，DF＝3，
∴CD＝AB＝4，BC＝AD＝6，
∴▱ABCD的周长＝2（AB+BC）＝2×（4+6）＝20，
故答案为：20．
【点评】此题考查了平行四边形的性质、含30°角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
19．（2022秋•虹口区校级月考）如图，平行四边形ABCD中，AD＝2AB，AM＝MD，CE⊥AB，∠CEM＝36°，则∠DME＝ 162° ．
【分析】添加辅助线，构造△MDF，利用角边角证明△AME与△FMD全等，得到M为EF的中点，根据平行四边形的对边平行，得到∠BEC等于∠ECF都为直角，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得出ME和MC相等，根据等比对等角，得到∠MEC等于∠MCE都等于40°，从而得出∠EMC和∠MCD的度数，再根据AD等于AB的二倍，AD等于MD的二倍，所以MD等于AB，根据平行四边形的性质得AB＝CD，即MD＝CD，根据等边对等角求出∠DMC的度数，而要求的角等于上边求出的∠EMC和∠DMC的和，从而求出答案．
【解答】解：延长EM与CD的延长线交于点F，连接CM，
∵M是AD的中点，
∴AM＝DM，
∵ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，
∵∠BEC＝90°，
∴∠ECF＝90°，∠A＝MDF，
∵∠AME＝∠DMF，
∴△AEM≌△DFM（ASA），
∴EM＝FM，
∴CM＝EM＝EF，
∴∠MEC＝∠MCE＝36°，
∴∠EMC＝108°，∠MCD＝54°，
∵M为AD中点，AD＝2DC，
∴MD＝CD＝AD，
∴∠DMC＝∠DCM＝54°，
∴∠DME＝∠EMC+∠DMC＝108°+54°＝162°．
故答案为：162°．
【点评】此题考查了学生平行四边形的性质以及直角三角形的性质，同时还要注意等腰三角形的性质在做题中的灵活运用，这道题往往会作为中考时填空题或选择题方面的压轴题．
20．（2022春•杨浦区校级期中）如果把对角线与一边垂直的平行四边形称为“联想平行四边形”，现有一个“联想平行四边形”的一组邻边长为4和2，那么它的最小内角为 30 度．
【分析】由勾股定理求出AC＝2，得出∠B＝30°即可．
【解答】解：如图所示：
在平行四边形ABCD中，AB⊥AC，AB＝2，BC＝4时，∠B最小，
由勾股定理得：AC＝＝2，
∴AC＝AB，
∴∠B＝30°，
故答案为：30．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、“联想平行四边形”、勾股定理、直角三角形的性质；熟练掌握“联想平行四边形”的性质，求出∠B＝30°是解题的关键．
六．平行四边形的判定（共7小题）
21．（2022春•青浦区校级期中）如图，四边形ABCD中，AB＝DC，将对角线AC向两端分别延长至点E，F，使AE＝CF．连接BE，DF，若BE＝DF．证明：四边形ABCD是平行四边形．
【分析】先根据SSS证出△BEA≌△DFC，从而得到∠EAB＝∠FCD，根据等角的补角相等可得∠BAC＝∠DCA，从而得到AB∥DC，再根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，即可求证四边形ABCD是平行四边形．
【解答】证明：在△BEA和△DFC中，
∴△BEA≌△DFC（SSS），
∴∠EAB＝∠FCD，
∴∠BAC＝∠DCA，
∴AB∥DC，
∵AB＝DC，
∴四边形ABCD是平行四边形．
【点评】本题主要考查平行四边形的判定，解题的关键在于先通过全等三角形证出AB∥CD．
22．（2022春•浦东新区校级期末）在四边形ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，AB＝CD，添加下列条件后能判定这个四边形是平行四边形的是（ ）
A．∠ADB＝∠CBDB．AO＝COC．∠ABC＝∠ADCD．AD＝BC
【分析】由平行四边形的判定定理即可得出结论．
【解答】解：添加AD＝BC后能判定这个四边形是平行四边形，理由如下：
∵AB＝CD，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
故选：D．
【点评】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．
23．（2022春•徐汇区校级期中）下列不能判断一个四边形是平行四边形的是（ ）
A．一组对边平行且相等四边形
B．两组对角分别相等的四边形
C．一组对边平行，且一组对角相等的四边形
D．一组对边相等，且另一组对边平行的四边形
【分析】由平行四边形的判定分别对各个选项进行判断即可．
【解答】解：A、∵一组对边平行且相等四边形是平行四边形，
∴选项A不符合题意；
B、∵两组对角分别相等的四边形是平行四边形，
∴选项B不符合题意；
C、∵一组对边平行，且一组对角相等的四边形是平行四边形，
∴选项C不符合题意；
D、∵一组对边相等，且另一组对边平行不一定是平行四边形，
∴选项D符合题意；
故选：D．
【点评】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．
24．（2022春•上海期中）下列说法：（1）当多边形边数增加1条时，它的内角和增加180°．（2）在四边形ABCD中，OA＝OC，OB＝OD，那么这个四边形是平行四边形．（3）三角形的外角和小于其它多边形的外角和．（4）n边形共有（n﹣3）条对角线．（5）四边形的四个内角至少有一个角不小于直角．其中正确说法的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【分析】分别根据多边形，三角形的外角，平行四边形的判定以及多边形的内角和公式逐一判断即可．
【解答】解：（1）当多边形边数增加1条时，它的内角和增加180°，说法正确．
（2）在四边形ABCD中，OA＝OC，OB＝OD，那么这个四边形是平行四边形，说法错误．
（3）三角形的外角和等于其它多边形的外角和，说法错误．
（4）n边形共有（n﹣3）条对角线，说法错误．
（5）四边形的四个内角至少有一个角不小于直角，说法正确；
故选：B．
【点评】本题主要考查了平行四边形的判定，多边形的内角与外角以及三角形的外角性质，熟记相关知识是解答本题的关键．
25．（2022春•静安区校级期中）在四边形ABCD中，已知AB＝CD，再添加一个条件还不能判断四边形ABCD是平行四边形的是（ ）
A．AB∥CDB．AD＝BCC．∠A+∠B＝180°D．∠A+∠D＝180°
【分析】根据平行四边形的判定方法分别对各个选项进行判断即可．
【解答】解：A、∵AB＝CD，AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，此选项不符合题意；
B、∵AB＝CD，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，此选项不符合题意；
C、∵∠A+∠B＝180°，
∴AD∥BC，
∵AB＝CD，
∴不能判定四边形ABCD是平行四边形，此选项符合题意；
D、∵∠A+∠D＝180°，
∴AB∥CD，
∵AB＝CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，此选项不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了平行四边形的判定定理以及平行线的判定，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．
26．（2022春•金山区月考）已知一个凸四边形的一条对角线被另一条对角线平分，请你从下列四个条件中再选取一个作为已知条件，使得这个四边形一定是平行四边形．你的选择是（ ）
A．一组对边平行B．一组对角相等
C．一组邻边相等D．一组对边相等．
【分析】根据题意可得OB＝OD，选择一组对边平行：AD∥BC，证明△ADO≌△CBO（AAS），可得OA＝OC，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形即可得这个四边形一定是平行四边形．其它三个条件都不能得这个四边形一定是平行四边形，进而可以解决问题．
【解答】解：如图，根据题意可知：OB＝OD，
选择一组对边平行：AD∥BC，
∴∠ADB＝∠CBD，
在△ADO和△CBO中，
，
∴△ADO≌△CBO（AAS），
∴OA＝OC，
∴四边形ABCD是平行四边形．
故选：A．
【点评】本题考查了平行四边形的判定，解决本题的关键是掌握平行四边形的判定．
27．（2022春•上海期中）如图，在直角坐标系xOy中，点A（2，0）和点B（﹣2，0），直线BC与y轴正半轴交于点C（0，b），过点A作AD⊥BC，垂足为D，联结OD．
（1）求OD的长；
（2）当∠ODA＝30°时，求点C的坐标；
（3）在（2）的条件下，已知点E在直角坐标平面内，如果以A、C、D、E为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点E的坐标．
【分析】（1）根据直角三角形斜边中线等于斜边一半，即可解决问题．
（2）首先证明∠CBO＝60°，在Rt△OBC中，根据OC＝OB•tan60°计算即可．
（3）点E有三种可能，利用平行四边形的性质，以及中点坐标公式即可解决问题．
【解答】解：（1）如图，∵AD⊥BC，
∴∠ADB＝90°，
∵A（2，0），B（﹣2，0），
∴OA＝OB＝2，
∴OD＝AB＝2．
（2）∵∠ODA＝30°，OD＝OA，
∴∠ODA＝∠OAD＝30°，
∴∠OBD＝60°，
在Rt△OBC中，OC＝OB•tan60°＝2，
∴C（0，2）．
（3）∵四边形ADCE1是平行四边形，∴CM＝AM，DM＝ME1，
∵C（0，2），A（2，0），
∴M（1，），
∴E1（3，），同法可得E2（﹣3，3），E3（1，﹣）．
【点评】本题考查平行四边形的判定、坐标与图形的性质、锐角三角函数、直角三角形斜边中线定理、中点坐标公式等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，考虑问题要全面，不能漏解，属于中考常考题型．
七．平行四边形的判定与性质（共7小题）
28．（2022春•徐汇区期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝70°，∠C＝40°，DE∥AB交BC于点E．若AD＝5cm，BC＝12cm，则CD的长是 7 cm．
【分析】由在四边形ABCD中，AD∥BC，DE∥AB，可判定四边形ABED是平行四边形，即可求得CE的长，又由∠B＝70°，∠C＝40°，易判定△CDE是等腰三角形，继而求得答案．
【解答】解：∵在四边形ABCD中，AD∥BC，DE∥AB，
∴四边形ABED是平行四边形，
∴BE＝AD＝5cm，
∴CE＝BC﹣BE＝12﹣5＝7（cm），
∵∠DEC＝∠B＝70°，∠C＝40°，
∴∠CDE＝180°﹣∠DEC﹣∠C＝70°，
∴CD＝CE＝7cm．
故答案为：7．
【点评】此题考查了平行四边形的性质与判定以及等腰三角形的判定与性质．注意证得四边形ABED是平行四边形，△CDE是等腰三角形是关键．
29．（2022春•上海期中）如图，已知在平行四边形ABCD中，∠BAD的角平分线AE交CD于点F，交BC的延长线于点E．
（1）求证：BE＝CD；
（2）若BF恰好平分∠ABE，连接AC、DE，求证：四边形ACED是平行四边形．
【分析】（1）根据平行四边形的性质得出AD∥BC，AB＝CD，根据平行线的性质得出∠DAE＝∠AEB，求出∠BAE＝∠AEB，根据等腰三角形的判定得出即可；
（2）根据等腰三角形的性质得出AF＝EF，求出△ADF≌△ECF，根据全等三角形的性质得出DF＝CF，再根据平行四边形的判定得出即可．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB＝CD，
∴∠DAE＝∠AEB，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE，
∴∠BAE＝∠AEB，
∴BE＝AB，
∴BE＝CD；
（2）∵BE＝AB，BF平分∠ABE，
∴AF＝EF，
在△ADF和△ECF中，
，
∴△ADF≌△ECF（ASA），
∴DF＝CF，
又∵AF＝EF，
∴四边形ACED是平行四边形．
【点评】本题考查了平行四边形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，等腰三角形的判定和平行线的性质等知识点，能综合运用定理进行推理是解此题的关键．
30．（2022春•青浦区校级期中）如图，平行四边形ABCD中，AB＝8cm，AD＝12cm，点P在AD边上以每秒1cm的速度从点A向点D运动，点Q在BC边上，以每秒4cm的速度从点C出发，在CB间往返运动，两个点同时出发，当点P到达点D时停止（同时点Q也停止）．在运动以后，当t＝ 4.8s或8s或9.6s 时以P、D、Q、B四点组成的四边形为平行四边形．
【分析】根据平行四边形的判定可得当DP＝BQ时，以点P、D、Q、B为顶点组成平行四边形，然后分情况讨论，再列出方程，求出方程的解即可．
【解答】解：设经过t秒，以点P、D、Q、B为顶点组成平行四边形，
∵以点P、D、Q、B为顶点组成平行四边形，
∴DP＝BQ，
分为以下情况：①点Q的运动路线是C﹣B，方程为12﹣4t＝12﹣t，
此时方程t＝0，此时不符合题意；
②点Q的运动路线是C﹣B﹣C，方程为4t﹣12＝12﹣t，
解得：t＝4.8；
③点Q的运动路线是C﹣B﹣C﹣B，方程为12﹣（4t﹣24）＝12﹣t，
解得：t＝8；
④点Q的运动路线是C﹣B﹣C﹣B﹣C，方程为4t﹣36＝12﹣t，
解得：t＝9.6；
综上所述，t＝4.8s或8s或9.6s时，以P、D、Q、B四点组成的四边形为平行四边形，
故答案为：4.8s或8s或9.6s．
【点评】此题考查了平行四边形的判定．求出符合条件的所有情况是解此题的关键，注意分类讨论思想的应用．
31．（2022春•奉贤区校级期中）如图，在▱ABCD中，点E是边BC的中点，连接DE并延长交AB的延长线于点F，求证：四边形BFCD是平行四边形．
【分析】根据全等三角形的判定和性质得出BF＝CD，进而利用平行四边形的判定解答即可．
【解答】证明：∵▱ABCD中，点E是边BC的中点，
∴BE＝EC，AF∥DC，
∴∠FBE＝∠DCE，
在△BEF与△CED中
，
∴△BEF≌△CED（ASA），
∴BF＝DC，
∴四边形BFCD是平行四边形．
【点评】此题考查平行四边形的判定和性质，关键是根据全等三角形的判定和性质得出BF＝CD．
32．（2022春•徐汇区校级期中）如图，已知E、F分别为▱ABCD的对边AD、BC上的点，且DE＝BF，EM⊥AC于M，FN⊥AC于N，EF交AC于点O，求证：EF与MN互相平分．
【分析】连接EN、FM，求出EM＝FN，EM∥FN，得出平行四边形EMFN，根据平行四边形的性质得出即可．
【解答】证明：连接EN、FM，
∵EM⊥AC，FN⊥AC，
∴∠AME＝∠EMN＝∠FNC＝∠FNM＝90°，
∴EM∥FN，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴∠EAM＝∠FCN，
∵DE＝BF，
∴AE＝CF，
在△AEM和△CFN中
∴△AEM≌△CFN（AAS），
∴EM＝FN，
∵EM∥FN，
∴四边形EMFN是平行四边形，
∴EF与MN互相平分．
【点评】本题考查了平行四边形的性质和判定，全等三角形的性质和判定的应用，解此题的关键是推出四边形EMFN是平行四边形，题目比较好，难度适中．
33．（2022春•浦东新区校级期中）在▱ABCD中，E，F分别是AB，DC上的点，且AE＝CF，连接DE，BF，AF．
（1）求证：四边形DEBF是平行四边形；
（2）若AF平分∠DAB，AE＝3，DE＝4，BE＝5，求AF的长．
【分析】（1）根据平行四边形的性质得到∠A＝∠C，AD＝CB，根据全等三角形的性质和平行四边形的判定定理即可得到结论；
（2）根据平行线的性质和角平分线的定义得到∠DAF＝∠AFD，求得AD＝DF，根据勾股定理的逆定理和勾股定理即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A＝∠C，AD＝CB，
在△DAE和△BCF中，
∴△DAE≌△BCF（SAS），
∴DE＝BF，
∵AB＝CD，AE＝CF，
∴AB﹣AE＝CD﹣CF，
即DF＝BE，
∵DE＝BF，BE＝DF，
∴四边形DEBF是平行四边形；
（2）解：
∵AB∥CD，
∴∠DFA＝∠BAF，
∵AF平分∠DAB，
∴∠DAF＝∠BAF，
∴∠DAF＝∠AFD，
∴AD＝DF，
∵四边形DEBF是平行四边形，
∴DF＝BE＝5，BF＝DE＝4，
∴AD＝5，
∵AE＝3，DE＝4，
∴AE2+DE2＝AD2，
∴∠AED＝90°，
∵DE∥BF，
∴∠ABF＝∠AED＝90°，
∴AF＝＝＝4．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质和判定，勾股定理，矩形的性质和判定的应用，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键．
34．（2022春•上海期中）已知：如图，在▱ABCD中，AE⊥BC，CF⊥AD，垂足分别为E、F，AE、CF分别与BD相交于点G、H，联结AH、CG．
求证：四边形AGCH是平行四边形．
【分析】法1：由平行四边形对边平行，且CF与AD垂直，得到CF与BC垂直，根据AE与BC垂直，得到AE与CF平行，得到一对内错角相等，利用等角的补角相等得到∠AGB＝∠DHC，根据AB与CD平行，得到一对内错角相等，再由AB＝CD，利用AAS得到三角形ABG与三角形CDH全等，利用全等三角形对应边相等得到AG＝CH，利用一组对边平行且相等的四边形为平行四边形即可得证；
法2：连接AC，与BD交于点O，利用平行四边形的对角线互相平分得到OA＝OC，OB＝OD，再由AB与CD平行，得到一对内错角相等，根据CF与AD垂直，AE与BC垂直，得一对直角相等，利用ASA得到三角形ABG与三角形CDH全等，利用全等三角形对应边相等得到BG＝DH，根据等式的性质得到OG＝OH，利用对角线互相平分的四边形为平行四边形即可得证．
【解答】证明：法1：在□ABCD中，AD∥BC，AB∥CD，
∵CF⊥AD，
∴CF⊥BC，
∵AE⊥BC，
∴AE∥CF，即AG∥CH，
∴∠AGH＝∠CHG，
∵∠AGB＝180°﹣∠AGH，∠DHC＝180°﹣∠CHG，
∴∠AGB＝∠DHC，
∵AB∥CD，
∴∠ABG＝∠CDH，
∴△ABG≌CDH，
∴AG＝CH，
∴四边形AGCH是平行四边形；
法2：连接AC，与BD相交于点O，
在□ABCD中，AO＝CO，BO＝DO，∠ABE＝∠CDF，AB∥CD，
∴∠ABG＝∠CDH，
∵CF⊥AD，AE⊥BC，
∴∠AEB＝∠CFD＝90°，
∴∠BAG＝∠DCH，
∴△ABG≌CDH，
∴BG＝DH，
∴BO﹣BG＝DO﹣DH，
∴OG＝OH，
∴四边形AGCH是平行四边形．
【点评】此题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解本题的关键．
巩固提升
一、单选题
1．（2022春·上海嘉定·八年级校考期中）下列命题中不正确的是（ ）
A．两组对角分别相等的四边形是平行四边形
B．两组对边分别相等的四边形是平行四边形
C．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
D．对角线相等的四边形是平行四边形
【答案】D
【分析】根据平行四边形的判定方法逐一进行判断即可．
【详解】解：A、两组对角分别相等的四边形是平行四边形，故选项正确，不符合题意；
B、两组对边分别相等的四边形是平行四边形，故选项正确，不符合题意；
C、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故选项正确，不符合题意；
D、对角线互相平分的四边形是平行四边形，故选项错误，符合题意．
故选：D．
【点睛】本题主要考查平行四边形的判定方法，熟记平行四边形的判定方法是解题的关键．
2．（2022春·上海奉贤·八年级校联考期中）在下列给出的条件中，能判定四边形ABCD为平行四边形的是（ ）
A．AB＝BC，CD＝DAB．ABCD，AD＝BC
C．ABCD，∠A＝∠CD．∠A＝∠B，∠C＝∠D
【答案】C
【分析】根据平行四边形的判定进行判断即可得出结论．
【详解】解：如图所示，根据平行四边形的判定
A、根据AB＝BC，CD＝DA不能推出四边形ABCD是平行四边形，故A项错误
B、根据ABCD，AD＝BC不能推出四边形ABCD是平行四边形，故B项错误
D、∵∠A=∠B，∠C=∠D 且∠A+∠B+∠C+∠D=360°，
∴∠B+∠C＝180°，
∴AB∥CD，但不能推出其他条件，也不能推出四边形ABCD是平行四边形，故D项错误
C、∵AB//CD，∴∠A+∠D＝180°，
∵∠A=∠C，∴∠C+∠D＝180°，∴AB//CD，
∴可以推出四边形ABCD是平行四边形，故C项正确
故选：C．
【点睛】平行四边形的定义和判定定理．
3．（2022春·上海宝山·八年级校考阶段练习）已知平行四边形ABCD的两条对角线AC和BD相交于点O，长度分别等于8cm和12cm，如果边BC长等于6cm，那么△BOC的周长等于（ ）
A．14B．15C．16D．17
【答案】C
【分析】根据平行四边形的性质可得，的长度，即可得．
【详解】解：如图所示，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，，
∴的周长为：（cm）,
故选：C．
【点睛】本题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线互相平分．
4．（2022春·上海普陀·八年级校考期中）一个凸多边形的内角中最多有几个锐角( )
A．个B．个C．个D．个
【答案】C
【分析】根据任意凸多边形的外角和是可知它的外角中，最多有个钝角，则内角中，最多有个锐角．
【详解】解：一个凸多边形的内角中，最多有个锐角．
理由是：因为凸多边形的外角和是度，在外角中最多有个钝角，如果超过个，则和一定大于度，多边形的内角与外角互为邻补角，
所以外角中最多有个钝角，内角中就最多有个锐角．
故选：C．
【点睛】本题考查多边形的内角和外角，注意每个内角与其相邻的外角是邻补角，由于多边形的外角和是不变的，所以要分析内角的情况可以借助外角来分析．
5．（2022春·上海·八年级校考期中）下列说法：（1）多边形边数增加条时，它的内角和增加；（2）在四边形中，对角线AC，BD交于点O，，，那么这个四边形是平行四边形；（3）三角形的外角和小于其它多边形的外角和；（4）边形共有条对角线；（5）四边形的四个内角至少有一个角不小于直角．其中正确说法的个数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】分别根据多边形，三角形的外角，平行四边形的判定以及多边形的内角和公式逐一判断即可．
【详解】解：（1）当多边形边数增加1条时，它的内角和增加180°，说法正确．
（2）在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，且OA=OC，OB=OD，那么这个四边形是平行四边形，原说法正确．
（3）三角形的外角和等于其它多边形的外角和，原说法错误．
（4）n边形共有条对角线，原说法错误．
（5）四边形的四个内角至少有一个角不小于直角，说法正确；
故选：C．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，多边形的内角与外角以及三角形的外角性质，熟记相关知识是解答本题的关键．
6．（2022春·上海·八年级校考期中）已知四边形ABCD，有以下四个条件：①；②；③；④．从这四个条件中任选两个，能使四边形ABCD成为平行四边形的选法种数共有（ ）
A．6种B．5种C．4种D．3种
【答案】C
【分析】根据平行四边形的判定定理判断即可．
【详解】根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可构成①③；
根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形，可构成②④；
根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可构成①②或③④，
一共有4种组合，
故选C．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握判定定理是解题的关键．
7．（2022春·上海浦东新·八年级校考期中）如图，在平行四边形中，平分交于点，平分交于点，，，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据平行四边形的性质可知，又由平分可得，则可得，同理可证，继而可求得．
【详解】解：四边形是平行四边形，
∴AD∥BC，CD=AB=3，
，
平分，
，则，
，
同理可证：，
则．
故选A．
【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，在平行四边形中，当出现角平分线时，一般可构造等腰三角形，进而利用等腰三角形的判定即可解题．
8．（2022春·上海·八年级校考阶段练习）下列说法正确的是（ ）
A．n边形的内角和是360度
B．多边形的外角和就是这个多边形所有外角的和
C．平行四边形的对边相等
D．平行四边形对角互补
【答案】C
【分析】根据多边形内角和和外交和、平行四边形的性质逐项判断即可．
【详解】解：A、n边形的内角和是(n-2)·180°，故本选项错误；
B、多边形的外角和是对每一个内角取一个外角，这些外角的和是360度，故本选项错误；
C、平行四边形的对边相等，故本选项正确；
D、平行四边形对角相等，故本选项错误．
故选C．
【点睛】本题考查了多边形内角和和外交和、平行四边形的性质，解决此题的关键是熟练的掌握以上性质．
二、填空题
9．（2023秋·上海青浦·八年级校考期末）若一个多边形从一个顶点可以引8条对角线，则这个多边形的内角和是______．
【答案】1620°
【分析】设多边形边数为n，根据n边形从一个顶点出发可引出（n−3）条对角线可得n−3＝8，计算出n的值，再根据多边形内角和（n−2）•180 （n≥3）且n为整数）可得答案．
【详解】解：设多边形边数为n，由题意得：
n−3＝8，
n＝11，
内角和：180°×（11−2）＝1620°．
故答案为1620°．
【点睛】本题主要考查了多边形的对角线，以及多边形内角和，关键是掌握n边形从一个顶点出发可引出（n−3）条对角线，多边形内角和公式（n−2）•180 （n≥3）且n为整数）．
10．（2022春·上海杨浦·八年级校考期末）如果一个正多边形的内角和是，则这个正多边形是正______边形．
【答案】六
【分析】根据多边形的内角和公式求解即可．
【详解】设这个正多边形是正n边形，
则，
解得：．
∴这个正多边形是正六边形．
故答案为：六．
【点睛】本题考查多边形的内角和公式．掌握n边形的内角和为是解题关键．
11．（2022春·上海普陀·八年级校考期中）一个正多边形的内角和等于1440°，则此多边形是________边形．
【答案】10##十
【分析】设这个多边形的边数为n，根据内角和公式得出（n2）×180°=1440，求出方程的解即可．
【详解】解：设这个多边形的边数为n，
则（n2）×180°=1440°，
解得：n=10，
即这个多边形是10边形，
故答案为：10．
【点睛】本题考查了多边形的内角与外角，能熟记多边形的内角和公式是解此题的关键，注意：边数为n（n≥3）的多边形的内角和=（n2）×180°．
12．（2023秋·上海青浦·八年级校考期末）如图，平行四边形中，，垂足分别是E、F，，则平行四边形的周长为_______．
【答案】20
【分析】由平行四边形的性质得，再证，然后由含角的直角三角形的性质得即可解答．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
∵，
∴，
∴平行四边形的周长，
故答案为：20．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、含30°角的直角三角形的性质等知识点，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
13．（2022春·上海·八年级校考阶段练习）一个边形的内角和是，那么______．
【答案】
【分析】根据多边形的内角和公式：，进行计算即可．
【详解】解：由题意，得：，
解得：；
故答案为：．
【点睛】本题考查多边形的内角和．熟练掌握多边形的内角和为，是解题的关键．
14．（2022秋·上海静安·八年级新中初级中学校考期末）如果一个多边形的内角和为，那么过这个多边形的一个顶点可作___________条对角线．
【答案】4
【分析】根据多边形的内角和是，可以求出多边形的边数，再根据多边形的一个顶点的对角线的条数与边数的关系：一个顶点的对角线条数等于边数减3，即可得解．
【详解】解：根据题意，得
，
解得：，
那么过这个多边形的一个顶点可作条对角线．
【点睛】本题考查根据多边形的内角和计算公式求多边形的边数，过多边形的一个顶点的对角线的条数边数．
15．（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．
16．（2022春·上海·八年级校考期中）如图，在平行四边形中，于点，于点，，且，则平行四边形的周长为______．
【答案】
【分析】要求平行四边形的周长就要先求出、的长，利用平行四边形的性质和勾股定理即可求出结果．
【详解】解：，
，
，
则，，
设，则，
在中，根据勾股定理可得，，
同理可得：，
则平行四边形的周长是，
故答案为：．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，解题关键是利用平行四边形的性质结合等腰直角三角形的性质、勾股定理来解决有关的计算和证明．
17．（2022春·上海徐汇·八年级校考期中）在中，对角线和交于点，，，，那么的周长为______．
【答案】
【分析】根据平行四边形的性质，可得OC=，OD=，从而得解．
【详解】解：四边形是平行四边形，
，，，
的周长．
故答案为：．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，掌握平行四边形的对边相等，对角线互相平分是解题的关键．
18．（2022春·上海·八年级校考期末）若一个正多边形的内角是外角的3倍，则这个正多边形的边数为 __________．
【答案】8
【分析】设正多边形的边数为，利用多边形的内角和公式和外角和定理即可解答．
【详解】解：设正多边形的边数为，由题意得：
，
解得：，
故答案为：．
【点睛】本题考查多边形的内角和与外角和，熟记多边形的内角和公式及外角和为是解题的关键．
19．（2022秋·上海杨浦·八年级校考期中）如图，在中，的垂直平分线分别交于D、E两点，并且相交于点F，且，则的度数是_______．
【答案】##20度
【分析】根据四边形内角和是求出，再根据线段垂直平分线的性质得出，结合三角形内角和可得，继而计算即可．
【详解】∵的垂直平分线分别交于D、E两点，并且相交于点F，且，
，，
，，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了四边形的内角和，三角形的内角和定理及线段垂直平分线的性质定理，掌握线段垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等是解题的关键．
20．（2022秋·上海青浦·八年级校考期末）如图，平行四边形中，，，垂足分别是、，，，，则平行四边形的周长为______．
【答案】20
【分析】根据四边形的内角和为，求得；根据平行四边形的对边平行，可得与互补，即可求得，在直角三角形中求得的长，同理求得的长，继而求得平行四边形的周长；
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴ ，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴的周长为＝，
故答案：20．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质：平行四边形的对边平行且相等．还考查了直角三角形中30°角所对的直角边是斜边的一半，正确求得∠B和∠DAF的度数是关键．
21．（2023秋·上海青浦·八年级校考期末）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝4cm，AD＝7cm，∠ABC的平分线交AD于点E，交CD的延长线于点F，则DF＝_____cm．
【答案】3
【分析】先证明CB=CF，再结合平行四边形的性质，计算即可．
【详解】因为四边形ABCD是平行四边形，
所以BC=AD，ABCF，AB=CD，
所以∠ABF=∠BFC，
因为BF平分∠ABC，
所以∠ABF=∠CBF，
所以∠BFC=∠CBF，
所以CB=CF，
因为CF=CD+DF，
所以AD=AB+DF，
所以AB=7-4=3(cm)，
故答案为：3．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，角的平分线的意义，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
22．（2022春·上海杨浦·八年级校考期中）如果把对角线与一边垂直的平行四边形成为“联想平行四边形”，现有一个“联想平行四边形”的一组邻边长为4和2，那么它的最小内角为 _____度．
【答案】30
【分析】在平行四边形ABCD中，AB⊥AC，AB=，BC=4时，∠B最小，根据含30°角的直角三角形的性质即可求解．
【详解】如图所示：
在平行四边形ABCD中，AB⊥AC，AB=，BC=4时，∠B最小，
由勾股定理得：，
∴，
∴在Rt△ABC中，∠B=30°，
故答案为：30．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、“联想平行四边形”、勾股定理、含30°角的直角三角形的性质；熟练掌握“联想平行四边形”的性质，根据含30°角的直角三角形的性质求出∠B＝30°，是解题的关键．
23．（2022春·上海杨浦·八年级校考期末）如图， 的对角线与相交于点，将翻折使点与点重合，点落在点，已知（是锐角），那么的度数为______．（用的代数式表示）
【答案】##
【分析】先画出图形，由折叠的性质证明≌，继而可得是直角三角形，，根据，可求的度数．
【详解】解：如图所示：
由折叠的性质可得：，，
在和中，
，
≌（SAS），
，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了翻折变换的性质以及平行四边形的性质，解决问题的关键是掌握：翻折前后对应边相等、对应角相等，解题时注意：平行四边形的对角线互相平分．
24．（2022春·上海奉贤·八年级校考期末）如图，已知平行四边形ABCD中，BE平分∠ABC，AE⊥BE，若AB＝2，则平行四边形ABCD的周长为_____．
【答案】
【分析】欲求平行四边形ABCD的周长则求出AD+BC的值即可，根据平行四边形的性质和已知条件得到平行四边形ABCD的周长＝2AB+AD+BC＝2AB+DE+CE＝3AB＝6，即可得到问题答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ADBC，ABCD，AB＝CD，
∴∠DAB+∠ABC＝180°，∠CEB＝∠ABE，∠BAE＝∠DEA，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠EBC＝∠CBA，
∴∠CEB＝∠CBE，
∴△BCE是等腰三角形，
∴CE＝BC，
∵AE⊥BE，
∴∠AEB＝90°，
∴∠ABE+∠EAB＝90°，
∴∠ABC+∠EAB＝90°，
∴∠ABC+2∠EAB＝∠ABC+∠DAB，
即∠EAB＝∠DAB，
∴AE平分∠DAB，
∴∠DAE＝∠BAE，
∴∠DAE＝∠DEA，
∴AD＝DE，
∴平行四边形ABCD的周长＝2AB+AD+BC＝2AB+DE+CE＝3AB＝6，
故答案为：6．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性、等腰三角形的判定和性质，证明AE是∠DAB的角平分线是解题的关键也是解题的难点．
三、解答题
25．（2022春·上海·八年级期中）如图，E、F是平行四边形对角线上的两点，且．求证：四边形是平行四边形．
【答案】见解析
【分析】连接AC，交BD于点O，由“平行四边形ABCD的对角线互相平分”得到OA=OC，OB=OD；然后结合已知条件证得OE=OF，则“对角线互相平分的四边形是平行四边形”，即可得出结论．
【详解】证明：连接AC，交BD于点O，如图所示：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，OB=OD，
∵BE=DF，
∴OB-BE=OD-DF，即OE=OF，
∵OA=OC，
∴四边形AECF是平行四边形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的性质，熟记对角线互相平分的四边形是平行四边形是解决问题的关键．
26．（2022春·上海·八年级校考期中）如图，已知ABCD中，AE、CF分别是∠BAD、∠BCD的角平分线．求证：AE=CF．
【答案】证明见解析
【分析】先根据平行四边形的性质可得，再根据角平分线的定义可得，根据平行线的性质可得，从而可得，然后根据平行线的判定可得，最后根据平行四边形的判定可得四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质即可得证．
【详解】证明：四边形是平行四边形，
，
分别是的角平分线，
，
，
又，
，
，
，
四边形是平行四边形，
．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题关键．
27．（2022春·上海·八年级期中）如图，以的边、为边，作等边和等边，连接，．求证：四边形是平行四边形．
【答案】证明见解析
【分析】根据平行四边形的性质，得出，，，再根据等边三角形的性质，得出，，再根据角之间的数量关系，得出，再根据，得出，再根据全等三角形的性质，得出，再根据平行四边形的判定定理，即可得出结论．
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，，
∵和是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质，解本题的关键在熟练掌握相关的性质、定理．
28．（2022春·上海徐汇·八年级校考期中）如图，已知、分别为▱的对边、上的点，且，于，于，交于点，求证：与互相平分．
【答案】见解析
【分析】连接、，利用于，于，推出 EMFN，根据AAS证明△AEM≌△CFN，得到EM=FN，证明四边形是平行四边形，由此得到结论．
【详解】证明：连接、，
，，
，
∴EMFN，
四边形是平行四边形，
∴ADBC，，
，
，
，
在和中
≌，
，
∵EMFN，
四边形是平行四边形，
与互相平分．
【点睛】此题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确掌握平行四边形的判定定理和性质定理及全等三角形的判定定理是解题的关键．
29．（2022春·上海·八年级校考期中）如图，在直角坐标系中，点和点，直线与轴正半轴交于点，过点作，垂足为，联结．
(1)求的长；
(2)当时，求点的坐标；
(3)在的条件下，已知点在直角坐标平面内，如果以、、、为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点的坐标．
【答案】(1)2
(2)
(3)，，
【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求出答案；
（2）根据含角的直角三角形及可求出及边长，即可求出答案；
（3）根据题意作图，结合直角三角形，角度，勾股定理，即可求出答案．
（1）
解：如图所示，
∵，
∴，
∵，，
∵，即点是的中点，在,
∴．
故答案是：．
（2）
解：∵，，
∴，
∴，
在中，，
∴．
故点的坐标是：．
（3）
解：如图1所示，过点作，
∵四边形是平行四边形，由（2）可知，
∴，且，过点作轴于，，
∴．
如图2所示，连接，过点作，
∵四边形是平行四边形，过点作轴于，
∴．
如图3所示，连接，过点作，
∵四边形是平行四边形，
∴同理得，
故点的坐标是：，，．

【点睛】本题主要考查的是平行四边形的性质，结合平面直角坐标系，直角三角形，勾股定理考查坐标点的确定，理解和掌握平行四边形的性质，解直角三角形的知识是解题的关键．
30．（2022春·上海·八年级校考期中）如图，OA，OB的长分别是关于x的方程x2-15x+50=0的两根，且OA＞OB．请一起解决下列问题：
(1)求直线AB的函数表达式；
(2)如果P为线段AB上一点，而且BP=AB，联结OP，求OP的函数的表达式；
(3)在（2）的条件下，点Q为坐标平面内一点，如果以B、P、O、Q为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点Q的坐标．
【答案】(1)直线AB的函数表达式为y=x+5；
(2)OP的函数的表达式为y=-x；
(3)Q的坐标为（-8，-4）或（8，4）或（-8，6）．
【分析】（1）先解方程可得A、B坐标，再用待定系数法即可求出直线AB的函数表达式；
（2）过P作PC⊥y轴于C，利用三角形的面积公式可求得PC=8，从而可得P（-8，1），再用待定系数法得OP的函数的表达式为y=-x；
（3）分三种情况：①以OB、PQ为一组对边，②以OP、BQ为一组对边，③以OP、BQ为一组对边，分别画出图形，根据平移的知识，即可得Q的坐标为（-8，-4）或（8，4）或（-8，6）．
（1）
解：解方程x2-15x+50=0得x=10或x=5，
∵OA＞OB，
∴A（-10，0），B（0，5），
设直线AB的函数表达式为y=kx+b，将A（-10，0），B（0，5）代入得：
，
解得，
∴直线AB的函数表达式为y=x+5；
（2）
解：过P作PC⊥y轴于C，如图：
∵A（-10，0），B（0，5），
∴S△ABO=OA×OB=25，AB==5，BP=AB，
∴S△PBO=S△ABO=20，
∵S△PBO=OB×PC=20，
∴PC=8，
当x=-8时，y=x+5=1，
∴P（-8，1），
设OP的函数的表达式为y=k'x，将P（-8，1）代入得：
-8k'=1，
解得k'=-，
∴OP的函数的表达式为y=-x；
（3）
解：由（1）（2）可知B（0，5）、P（-8，1）、O（0，0），
①以OB、PQ为一组对边，如图：
把线段OB平移到QP，则B（0，5）平移到P（-8，1），O（0，0）平移到Q，
∴Q（-8，-4）；
②以OP、BQ为一组对边，如图：
把线段OP平移到QB，则P（-8，1）平移到B（0，5），O（0，0）平移到Q，
∴Q（8，4）；
③以OP、BQ为一组对边，如图：
O（0，0）平移到B（0，5），则P（-8，1）平移到Q，
∴Q（-8，6），
综上所述，Q的坐标为（-8，-4）或（8，4）或（-8，6）．
【点睛】本题考查一次函数综合应用，涉及待定系数法，平行四边形的性质等知识，解题的关键是分类思想和数形结合思想的应用．
31．（2023春·上海·八年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中．一次函数y=-2x+ 12的图象分别交x轴、y轴于A、B两点，过点A的直线交y轴正半轴于点M．且点M为线段OB的中点．
(1)求直线AM的解析式；
(2)在直线AM上有一点P，且，求点P的坐标；
(3)在坐标平面内是否存在点C，使以A、B、M、C为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点C的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)点P的坐标为(0，6)或(12，-6)
(3)存在，点C的坐标为(6，-6)或(6，6)或(-6，18)
【分析】（1）利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点A，B的坐标，由点M为线段OB的中点可得出点M的坐标，根据点A，M的坐标，利用待定系数法即可求出直线AM的函数解析式；
（2）分两种情况：①由点M为线段OB的中点．可得，即可得出点P于点M重合，②根据，即可得答案；
（3）存在点C，使以A、B、M、C为顶点的四边形是平行四边形，分三种情况：①以AM，BC为对角线；②以AB，CM为对角线；③以AC，BM为对角线，根据平移的性质求解即可．
【详解】（1）解：当x=0时，y=-2x+12=12，
∴点B的坐标为（0，12），
当y=0时，-2x+12=0，
解得：x=6，
∴点A的坐标为（6，0）．
∵点M为线段OB的中点，
∴点M的坐标为（0，6）．
设直线AM的函数解析式为y=kx+b（k≠0），
将A（6，0），M（0，6）代入y=kx+b，得
，解得：
∴直线AM的函数解析式为y=-x+6；
（2）解：①∵点M为线段OB的中点．
∴，
∴点P于点M重合，
∴点P的坐标为（0，6）；
②如图，
∵点A的坐标为（6，0）．点M的坐标为（0，6）．
∴×6×6=18，
∵，
∴，
设点P的坐标为：（x， -x+6），
∴×6x-18=18，解得x=12，
∴点P的坐标为（12，-6）；
∴点P的坐标为（0，6）或（12，-6）；
（3）解：分三种情况考虑（如图所示）：
存在点C，使以A、B、M、C为顶点的四边形是平行四边形，
∵A（6，0），B（0，12），M（0，6），
①以AM，BC为对角线，
根据平移的性质，得点C（6，-6），
②以AB，CM为对角线，
根据平移的性质，得点C（6，6），
③以AC，BM为对角线，
根据平移的性质，得点C（-6，18），
综上，点C的坐标为（6，-6）或（6，6）或（-6，18）．
【点睛】本题是一次函数综合题，考查了一次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求一次函数解析式、三角形的面积以及平行四边形的性质，解题的关键是注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想、分类讨论思想与方程思想的应用．
32．（2022春·上海闵行·八年级上海市民办文绮中学校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，函数的图象分别交轴、轴于、两点．过点的直线交轴正半轴于点，且点为线段的中点．
(1)求直线的解析式；
(2)在直线上找一点，使得，求出点的坐标；
(3)若点为坐标平面内任意一点，在坐标平面内是否存在这样的点，使以、、、为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x+9
(2)（-27，-18）或（9，18）
(3)存在，（-9，-9）,（-9，9）或（9，27）
【分析】（1）利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点A，B的坐标，由点M为线段OB的中点可得出点M的坐标，根据点A，M的坐标，利用得定系数法即可求出直线AM的函数解析式；
（2）设点P的坐标为（x，x+9），利用三角形的面积公式结合，即可得出关于x的含绝对值符号的一元一次方程，解之即可得出点P的坐标；
（3）设点H的坐标为（m，n），分别以△ABM的三边为对角线，利用平行四边形的性质（对角线互相平分），即可得出关于m，n的方程组，解之即可得出点H的坐标．
（1）
解：当x=0时，y=2x+18=18，
∴点B的坐标为（0，18）；
当y=0时，2x+18=0，解得：x=-9，
∴点A的坐标为（-9，0）
∵点M为线段OB的中点，
∴点M的坐标为（0，9）.
设直线AM的函数解析式为y=kx+b（k0），
将A（-9，0），M（0，9）代入y=kx+b，得：
解得：
∴直线AM的函数解析式为y=x+9;
（2）
设点P的坐标为（x，x+9），
∵，
∴，
即，解得：x1=-27，x2=9，
∴点P的坐标为（-27，-18）或（9，18）
（3）
设点H的坐标为（m，n）,
分三种情况考虑（如图所示）：
①当AM为对角线时，,
解得：,
∴点H1的坐标为（-9，-9）；
②当AB为对角线时，
解得：
∴点H2的坐标为（-9，9）；
③当BM为对角线时，
解得：
∴点H3的坐标为（9，27）．
综上所述：在坐标平面内存在点H，使以A、B、M、H为顶点的四边形是平行四边形，点H的坐标为（-9，-9），（-9，9）或（（9，27）．
【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求一次函数解析式、三角形的面积、解含绝对值符号的一元一次方程以及平行四边形的性质，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出一次函数解析式；（2）利用三角形的面积公式，找出关于x的含绝对值符号的一元一次方程；（3）利用平行四边形的性质，求出点H的坐标．
33．（2022春·上海徐汇·八年级统考期末）在中，，，，点D是AB上的动点，交AC于点E，分别交射线BC、射线AC于点F、G，联结EF．
(1)如图1，如果点G恰好平分EC，判断四边形DEFC的形状并证明；
(2)如图2，当点F在线段BC的延长线上时，设AD的长为x，梯形DBFE的面积为y，直接写出y关于x的函数关系及其定义域；
(3)当时，求的长．
【答案】(1)四边形DEFC是平行四边形，证明见解析；
(2)y＝x2﹣+500＜x＜）；
(3)AD的长为或8．
【分析】（1）由AAS证得△CFG≌△EDG，FG＝DG，又CG＝EG，即可得出四边形DEFC是平行四边形；
（2）由含30°角直角三角形的性质得出BC＝AB＝5，DE＝AD＝x，BD＝10﹣x，由勾股定理求出AC＝5 ，AE＝x，推出CE＝5﹣x，再由含30°角直角三角形的性质得出BF＝2BD＝20﹣2x，则y＝S梯形DBFE＝（DE+BF）•CE＝x2﹣+50，当点F与C重合时，求出AD＝，即可得出结果；
（3）①当点F在线段BC的延长线上时，梯形DBFE为等腰梯形；②当点F在线段BC上时，四边形BDEF为平行四边形，分别求出AD即可．
（1）
解：四边形DEFC是平行四边形，理由如下：
∵点G恰好平分EC，
∴CG＝EG，
∵DE∥BC，
∴∠CFG＝∠EDG，
在△CFG和△EDG中，
，
∴△CFG≌△EDG（AAS），
∴FG＝DG，
∴四边形DEFC是平行四边形；
（2）
解：∵∠ACB＝90°，DE∥BC，
∴∠AED＝∠ACB＝90°，
∵∠A＝30°，
∴BC＝AB＝×10＝5，DE＝AD＝x，BD＝AB﹣AD＝10﹣x，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC＝，
在Rt△ADE中，由勾股定理得：AE＝，
∴CE＝AC﹣AE＝，
∵DF⊥AB，
∴∠BDF＝90°，
∵∠B＝90°﹣∠A＝90°﹣30°＝60°，
∴∠BFD＝90°﹣∠B＝90°﹣60°＝30°，
∴BF＝2BD＝2×（10﹣x）＝20﹣2x，
∴y＝S梯形DBFE＝（DE+BF）•CE＝×（x+20﹣2x）×（）＝x2﹣+50，
当点F与C重合时，如图3所示：
∵CD⊥AB，则∠ADC＝90°，
∵∠A＝30°，
∴CD＝AC＝，
在Rt△ADC中，由勾股定理得：AD＝，
∴AD的长度x的变化范围为0＜x＜，
∴y＝x2﹣+50（0＜x＜）；
（3）
解：①当点F在线段BC的延长线上时，EF＝DB，梯形DBFE为等腰梯形，如图4，,
∴∠BFE＝∠B，
∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，
∴∠B＝90°﹣∠A＝60°，
∴∠BFE＝∠B＝60°，
∵DF⊥AB，
∴∠BDF＝90°，
∴∠BFD＝90°﹣∠B＝30°，
∴∠DFE＝∠BFE﹣∠BFD＝60°﹣30°＝30°，
∵DE∥BC，
∴∠EDF＝∠BFD＝30°，
∴∠EDF＝∠DFE＝30°，
∴DE＝EF，
∴DE＝DB，
由（2）可知，当AD＝x时，DE＝x，
BD＝10﹣x，
∴x＝10﹣x，
解得：x＝，
∴AD的长为；
②当点F在线段BC上的点 时，如图5所示：
结合图4，
∵EF＝DB＝E,
∴∠FC＝∠F＝∠DBC，
∴DBE,
∵，
∴四边形BDEF为平行四边形，
∴BF＝DE＝x，
∵DF⊥AB，
∴∠BDF＝90°，
∴∠BFD＝90°－∠B＝30°，
∴BD＝BF＝×x＝x，
∴x＝10﹣x，
解得：x＝8，
∴AD的长为8；
综上所述，AD的长为或8．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了含30°角直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰梯形的判定与性质、勾股定理、梯形面积的计算、列函数关系式、分类讨论等知识；本题综合性强，熟练掌握含30°角直角三角形的性质和分类讨论是解题的关键．