浙教版（2024）八年级下册4.2 平行四边形课时作业

这是一份浙教版（2024）八年级下册4.2 平行四边形课时作业，文件包含浙教版数学八年级下册重难点提升训练专题44平行四边形压轴题综合原卷版doc、浙教版数学八年级下册重难点提升训练专题44平行四边形压轴题综合解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共44页， 欢迎下载使用。
一．选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分）
1．（2022•雁塔区校级三模）第24届冬季奥林匹克运动会于2022年2月4日至2月20日在中国北京市和张家口市联合举办，以下是参选的冬奥会会徽设计的部分图形，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【思路点拨】
根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
【解题过程】
解：A．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；
D．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
故选：C．
2．（2022春•金华月考）如图，四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，则不能判断四边形ABCD是平行四边形的是（ ）
A．OB＝OD，OA＝OCB．AD∥BC，AB＝CD
C．AB∥CD，AD∥BCD．AB∥CD，AB＝CD
【思路点拨】
利用所给条件结合平行四边形的判定方法进行分析即可．
【解题过程】
解：A、∵OB＝OD，OA＝OC，∴四边形ABCD是平行四边形，故此选项不合题意；
B、∵AD∥BC，AB＝CD，不能判断四边形ABCD是平行四边形，故此选项符合题意；
C、∵AB∥CD，AD∥BC，∴四边形ABCD是平行四边形，故此选项不合题意；
D、∵AB∥CD，AB＝CD，∴四边形ABCD是平行四边形，故此选项不合题意；
故选：B．
3．（2022•新乡模拟）如图，五边形ABCDE是正五边形，且l1∥l2．若∠1＝57°，则∠2＝（ ）
A．108°B．36°C．72°D．129°
【思路点拨】
过点B作BF∥l2交DE于点F，根据多边形的内角和及平行线的性质求解即可．
【解题过程】
解：如图，过点B作BF∥l2交DE于点F，
∵l1∥l2，
∴BF∥l1，
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠ABC108°，
∵BF∥l2，∠1＝57°，∠2+∠CBF＝180°，
∴∠ABF＝∠1＝57°，
∴∠CBF＝∠ABC﹣∠ABF＝108°﹣57°＝51°，
∴∠2＝180°﹣51°＝129°，
故选：D．
4．（2021秋•寻乌县期末）将一个四边形ABCD的纸片剪去一个三角形，则剩下图形的内角和为（ ）
A．180°B．180°或360°
C．360°或540°D．180°或360°或540°
【思路点拨】
分为三种情况，画出图形，根据多边形的内角和公式求出内角和即可．
【解题过程】
解：如图①，剩余的部分是三角形，其内角和为180°，
如图②，剩余的部分是四边形，其内角和为360°，
如图③，剩余的部分是五边形，其内角和为540°．
综上所述，剩下图形的内角和为180°或360°或540°．
故选：D．
5．（2022•灞桥区校级模拟）如图，在四边形ABCD中，E，F分别是AD，BC的中点，G，H分别是对角线BD，AC的中点，依次连接E，G，F，H，连接EF，GH，BD与EH相交于P，若AB＝CD，∠ABD＝20°，∠BDC＝70°，则∠GEF＝（ ）度．
A．25B．30C．45D．35
【思路点拨】
根据三角形中位线定理得到EGAB，EG∥AB，FGCD，FG∥CD，根据平行线的性质求出∠EGD、∠DGF，进而求出∠EGF，再根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理计算即可．
【解题过程】
解：∵E，G分别是AD，BD的中点，
∴EG是△ADB的中位线，
∴EGAB，EG∥AB，
∴∠EGD＝∠ABD＝20°，
同理可得：FGCD，FG∥CD，
∴∠DGF＝180°﹣∠BDC＝110°，
∴∠EGF＝∠EGD+∠FGD＝130°，
∵AB＝CD，
∴EG＝FG，
∴∠GEF（180°﹣130°）＝25°，
故选：A．
6．（2022春•微山县月考）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于O，过点O作OE⊥AC交AD于E．若AE＝4，DE＝2，AB＝2，则AC的长为（ ）
A．3B．4C．5D．
【思路点拨】
连接CE，由平行四边形的性质可得AO＝CO，CD＝AB＝2，再由线段垂直平分线的性质得CE＝AE＝4，然后由勾股定理的逆定理证出∠CED＝90°，则∠AEC＝90°，最后由勾股定理即可求解．
【解题过程】
解：如图，连接CE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝CO，CD＝AB＝2，
∵OE⊥AC，
∴OE垂直平分AC，
∴CE＝AE＝4，
∵CE2+DE2＝42+22＝20，CD2＝（2）2＝20，
∴CE2+DE2＝CD2，
∴△CDE是直角三角形，∠CED＝90°，
∴∠AEC＝90°，
∴AC4，
故选：B．
7．（2022春•丹徒区月考）如图，在▱ABCD中，BE平分∠ABC交AD于点E，CF平分∠BCD交AD于点F，若BE＝4，CF＝3，EF＝1，求AB为（ ）
A．3B．2.5C．3.5D．4
【思路点拨】
根据已知条件证明AE＝AB，DC＝DF，过点E作EG∥FC交BC延长线于点G，证明BE⊥EG，再利用勾股定理可得BG的长，进而可得AB的长．
【解题过程】
解：如图，过点E作EG∥FC交BC延长线于点G，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠AEB＝∠EBC，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠EBC，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴AE＝AB，
同理可证：DC＝DF，
∵AB∥DC，
∴∠ABC+∠DCB＝180°，
∵BE平分∠ABC，CF平分∠BCD，
∴∠EBC+∠FCB180°＝90°，
∴BE⊥CF，
∵EG∥FC，
∴BE⊥EG，
∵EF∥CG，
∴四边形EFCG是平行四边形，
∴EG＝FC，
在△BEG中，BE＝4，EG＝CF＝3，根据勾股定理，得
BG，
∵AB＝AE＝CD＝DF，EF＝CG＝1，AD＝BC，
∴BG＝BC+CG＝AE+DE+CG＝AE+DF﹣EF+EF＝2AB，
∴5＝2AB，
∴AB＝2.5．
故选：B．
8．（2021秋•海曙区校级期末）如图，在▱ABCD中，点E在边AD上，过E作EF∥CD交对角线AC于点F，若要求△FBC的面积，只需知道下列哪个三角形的面积即可（ ）
A．△ECDB．△EBFC．△EBCD．△EFC
【思路点拨】
过B作BM⊥AC于点M，过D作DN⊥AC于N，证明△ADN≌△CBM得DN＝BM，由三角形的面积公式可得△BCF和△CDE的面积都等于△CDF的面积，便可得出答案．
【解题过程】
解：过B作BM⊥AC于点M，过D作DN⊥AC于N，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∴∠DAC＝∠ACB，
在△ADN和△CBM中，
，
∴△ADN≌△CBM（AAS），
∴DN＝BM，
∵S△BCFCF•BM，S△CDFCF•DN，
∴S△BCF＝S△CDF，
∵EF∥CD，
∴S△CDE＝S△CDF＝S△BCF，
故选：A．
9．（2022•越秀区校级开学）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AB⊥AC，AB，∠AOB＝60°，过点O作OE⊥AC，交AD于点E，过点E作EF⊥BD，垂足为F，则OE+2EF的值为（ ）
A．1B．C．D．
【思路点拨】
依据含30°角的直角三角形的性质可求解AO＝1，BO＝2，利用三角形的面积公式计算△ABO的面积，结合平行四边形的性质可得DO＝BO＝2，S△ADO＝S△ABO，即可得到OE+2EF的值．
【解题过程】
解：∵∠BAO＝90°，∠AOB＝60°，
∴∠ABO＝30°，
∴BO＝2AO，
∵AB，
∴AO＝1，BO＝2，
∴S△ABOAO•AB，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴DO＝BO＝2，S△ADO＝S△ABO，
∵OF⊥AO，EF⊥OD，
∴S△ADO＝S△AEO+S△EDO，
即OE+2EF．
故选：B．
10．（2022•涧西区一模）如图，D是平行四边形ABOC内一点，CD与x轴平行，AD与y轴平行，AD＝2，CD＝7，∠ADB＝135°，S△ABD＝8．则点D的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【思路点拨】
过点B作BE⊥y轴于E点，交AD的延长线于点F，先通过AAS证出△BOE≌△CAD，根据全等三角形的性质得到OE＝AD＝2，BE＝CD＝7，根据三角形的面积即可得到结论．
【解题过程】
解：过点B作BE⊥y轴于E点，交AD的延长线于点F，
∵四边形ABOC是平行四边形，
∴AC＝OB，AC∥OB，
∴∠OGC＝∠BOE，
∵AD∥y轴，
∴∠DAC＝∠OGC，
∴∠BOE＝∠DAC，
在△BOE和△CAD中，
，
∴△BOE≌△CAD（AAS），
∴OE＝AD＝2，BE＝CD＝7，
∵∠ADB＝135°，
∴∠BDF＝45°，
∴BF＝DF，
∵S△ABD＝8，
∴AD•BF＝8，
∴8，
∴BF＝4，
∴EF＝3，
∴D（﹣3，6），
故选：A．
二．填空题（本大题共5小题，每小题3分，满分15分）
11．（2022春•青羊区校级月考）用反证法证明“三角形的三个外角中至多有一个锐角”，应先假设 三角形的三个外角中至少有两个锐角
【思路点拨】
反证法的步骤中，第一步是假设结论不成立，反面成立．
【解题过程】
解：用反证法证明“三角形的三个外角中至多有一个锐角”，应先假设三角形的三个外角中至少有两个锐角．
故答案是：三角形的三个外角中至少有两个锐角．
12．（2022春•沭阳县月考）如图，小明从A点出发，沿直线前进15米后向左转36°，再沿直线前进15米，又向左转36°，…，照这样走下去，他第一次回到出发地A点时，一共走了 150 米．
【思路点拨】
根据题意，小明走过的路程是正多边形，先用360°除以36°求出边数，然后再乘以15m即可得到答案．
【解题过程】
解：∵每次小明都是沿直线前进15米后向左转36°，
∴他走过的图形是正多边形，
边数n＝360°÷36°＝10，
∴他第一次回到出发点A时，一共走了：10×15＝150（米）．
故答案为：150．
13．（2022•富平县一模）如图，点O是平行四边形ABCD的对称中心，点E、F分别为边BC、AD上任意一点，且O、E、F三点在一条直线上，连接AO，BO，EO，FO．若AB＝4，BC＝6，∠ABC＝60°，则图中阴影部分的面积是 ．
【思路点拨】
连接CO，过A作AH⊥BC于H，依据点O是平行四边形ABCD的对称中心，即可得到S△BOCS△ABC，再根据△AOF≌△COE（SAS），即可得到S△AOF＝S△COE，进而得出S阴影部分＝S△BOC＝3．
【解题过程】
解：如图所示，连接CO，过A作AH⊥BC于H，
∵AB＝4，∠ABC＝60°，∠AHB＝90°，
∴∠BAH＝30°，BHAB＝2，
∴AH＝2，
∴S△ABCBC×AH6，
又∵点O是平行四边形ABCD的对称中心，
∴O是AC的中点，
∴S△BOCS△ABC6，
∵点O是平行四边形ABCD的对称中心，且O、E、F三点在一条直线上，
∴AO＝CO，FO＝EO，∠AOF＝∠COE，
∴△AOF≌△COE（SAS），
∴S△AOF＝S△COE，
∴S阴影部分＝S△BOC＝3，
故答案为：．
14．（2021春•金寨县期末）如图，点A（0，4），点B（3，0），连接AB，点M，N分别是OA，AB的中点，在射线MN上有一动点P，若△ABP是直角三角形，则点P的坐标是 （4，2）或（，2） ．
【思路点拨】
分∠APB＝90°、∠ABP＝90°两种情况，根据直角三角形的性质、勾股定理列式计算即可．
【解题过程】
解：∵点M、N分别是OA、AB的中点，点A（0，4），
∴MN∥OB，MNOB＝1.5，OM＝2，
①当∠APB＝90°时，
在Rt△AOB中，AB5，
∵∠APB＝90°，点N是AB的中点，
∴PNAB＝2.5，
则PM＝PN+MN＝4，
∴点P的坐标是（4，2）；
②当∠ABP＝90°时，过P作PE⊥x轴于E，连接AP，
设BE＝x，则PM＝OE＝x+3，
由勾股定理得，PB，AP，
在Rt△ABP中，AP，
则，
解得，x，
∴OE3，
∴P（，2），
故答案为：（4，2）或（，2）．
15．（2021春•浑源县期中）如图，▱ABCD中∠BAD＝60°，AB＝4cm，BC＝10cm，点E从B点出发以2cm/秒速度向点C运动，点F从点D出发以3cm/秒的速度向点A运动，连接EF，作线段EF的垂直平分线，交边AD和BC于G、H两点，设点E的运动时间为t（单位：秒，0＜t），当GH＝AB时，点E的运动时间t值是 或 秒．
【思路点拨】
当GH∥AB时，可证△GFK≌△HEK（AAS），从而10﹣4﹣3t＝2t+4，解得t；当GH不平行AB时，证明△FTG≌△ETH（AAS），可得△FGH是等边三角形，四边形ABFH是平行四边形，即有10﹣3t＝2t﹣4，解得t．
【解题过程】
解：当GH∥AB时，如图：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AG∥BH，
∴四边形ABHG是平行四边形，
∴AG＝BH，AB＝GH＝4，∠FGK＝∠A＝60°＝∠KEE，
∵GH是EF的垂直平分线，
∴∠GKF＝90°＝∠EKH，EK＝FK，
∴△GFK≌△HEK（AAS），
∴GK＝HKGH＝2，
∴GF＝2GK＝4＝EH，
由AG＝BH得：10﹣4﹣3t＝2t+4，
∴t；
当GH不平行AB时，如图：
∵AG∥BH，
∴四边形ABHG是等腰梯形，
∴∠AGH＝∠A＝60°＝∠THE，∠BHG＝120°，
∵GH是EF的垂直平分线，
∴FT＝ET，∠FTG＝∠ETH＝90°，
∴△FTG≌△ETH（AAS），
∴TG＝THGH＝2，FG＝HE，
在Rt△FTG中，TGFG，
∴FG＝GH＝4，
∴△FGH是等边三角形，
∴∠GFH＝60°＝∠A，FG＝HG＝4＝HE，
∴AB∥FH，
∴四边形ABFH是平行四边形，
∴AF＝BH，
∴10﹣3t＝2t﹣4，
解得t，
综上所述，t为或．
三．解答题（本大题共9小题，满分55分）
16．（2021秋•西峰区期末）已知一个多边形的内角和比它的外角和的3倍少180°，求这个多边形的边数和对角线的条数．
【思路点拨】
一个多边形的内角和等于外角和的3倍少180°，而任何多边形的外角和是360°，因而多边形的内角和等于900°．n边形的内角和可以表示成（n﹣2）•180°，设这个正多边形的边数是n，就得到方程，从而求出边数，即可求出答案．
【解题过程】
解：设这个多边形的边数为n，则内角和为180°（n﹣2），依题意得：
180（n﹣2）＝360×3﹣180，
解得n＝7，
对角线条数：14．
答：这个多边形的边数是7，对角线有14条．
17．（2022•海曙区校级开学）如图，在平行四边形ABCD中，点E，F分别是边AD，BC的中点．
（1）求证：AF＝CE；
（2）若四边形AECF的周长为10，AF＝3，AB＝2，求平行四边形ABCD的周长．
【思路点拨】
（1）根据平行四边形ABCD的对边平行得出AD∥BC，又AE＝CF，利用有一组对边平行且相等的四边形为平行四边形证得四边形AECF为平行四边形，然后根据平行四边形的对边相等证得结论；
（2）根据平行四边形的性质和平行四边形的周长公式即可得到结论．
【解题过程】
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，即AE∥CF，
又∵点E，F分别是边AD，BC的中点，
∴AEAD，CFBC，
∴AE＝CF，
∴四边形AECF为平行四边形，
∴AF＝CE；
（2）解：∵四边形AECF的周长为10，AF＝3，
∴AE+CF＝10﹣2×3＝4，
∵点E，F分别是边AD，BC的中点，
∴AD+BC＝2（AE+CF）＝8，
∵AB＝2，
∴平行四边形ABCD的周长＝8+2×2＝12．
18．（2022春•江阴市校级月考）如图，在平面直角坐标系中，△ABC和△A1B1C1关于点E成中心对称．
（1）画出对称中心E，并写出点E的坐标；
（2）画出△A1B1C1绕点O逆时针旋转90°后的△A2B2C2；
（3）画出与△A1B1C1关于点O成中心对称的△A3B3C3．
【思路点拨】
（1）连接AA1、BB1、CC1，它们的交点为E；
（2）利用网格特点和旋转的性质画出A1、B1、C1的对应点A2、B2、C2即可；
（3）根据关于原点对称的点的坐标特征写出A3、B3、C3的坐标，然后描点即可．
【解题过程】
解：（1）如图，点E为所作；点E坐标为（﹣3，﹣1）；
（2）如图，△A2B2C2为所作；
（3）如图，△A3B3C3为所作．
19．如图1，在△ABC中，DE为△ABC的中位线．
（1）写出DE、BC之间的位置关系： DE∥BC ；
写出DE、BC之间的数量关系： DEBC ；
（2）如图2，点D，E，F分别是三角形ABC三边的中点，图中有 4 个平行四边形，求证：S△ABC＝4S△DEF．
（3）如图3，点P，Q，R，S分别是四边形ABCD四边的中点，图中有 1 个平行四边形，求证：S四边形ABCD＝2S四边形PORS．
【思路点拨】
（1）根据三角形中位线定理解答即可；
（2）根据平行四边形的判定解答即可；
（3）根据平行四边形的判定和三角形中位线定理解答即可．
【解题过程】
（1）解：∵DE为△ABC的中位线，
∴DE∥BC，DEBC，
故答案为：DE∥BC；DEBC，
（2）证明：∵点D，E，F分别是三角形ABC三边的中点，
∴DE∥BC，EF∥AB，DF∥AC，
∴四边形DBFE和四边形DFCE和四边形DFEA是平行四边形，
∵点D，E，F分别是三角形ABC三边的中点，
∴DFAC，EFAB，DEBC，
∴，
∴S△ABC＝4S△DEF．
故答案为：4；
（3）证明：图中只有1个平行四边形，
连接BD，AC，
∵点P，Q，R，S分别是四边形ABCD四边的中点，
∴PS∥BD，PSBD，QR∥BD，QRBD，
∴四边形PQRS是平行四边形，
由（2）可知，，
∴，
同理可得：，
∴，
∴S四边形ABCD＝2S四边形PORS．
故答案为：1．
20．（2021秋•沙坪坝区校级期末）如图，在▱ABCD中，E、F分别为AB、CD边上两点，FB平分∠EFC．
（1）如图1，若AE＝2，EF＝5，求CD的长；
（2）如图2，∠BCD＝45°，BC⊥BD，若G为EF上一点，且∠GBF＝∠EFD，求证：FG+2FD＝AB．
【思路点拨】
（1）由平行四边形的性质可得∠ABF＝∠BFC，AB＝CD，结合角平分线的定义可求得∠ABF＝∠EFB，即可求BE＝EF＝5，进而可求解；
（2）在FC上截取FH＝FG，连接BH，利用SAS证明△BGF≌△BHF可得∠BGF＝∠BHF，结合三角形的内角和定理可得∠BFD＝∠BHC，结合等腰直角三角形的性质利用AAS证明△BDF≌△BCH可得DF＝CH，进而可证明结论．
【解题过程】
（1）解：在▱ABCD中，AB∥CD，AB＝CD，
∴∠ABF＝∠BFC，
∵FB平分∠EFC，
∴∠EFB＝∠BFC，
∴∠ABF＝∠EFB，
∵AE＝2，EF＝5，
∴BE＝EF＝5，
∴CD＝AB＝AE+EF＝2+5＝7；
（2）证明：在FC上截取FH＝FG，连接BH，
在△BGF和△BHF中，
，
∴△BGF≌△BHF（SAS），
∴∠BGF＝∠BHF，
∵∠GBF＝∠EFD，
∵∠EFD+∠EFB+∠BFH＝180°，∠EFB+∠BGF+∠GBF＝180°，
∴∠BFH＝∠BGF，
∴∠BFH＝∠BHF，
∴∠BFD＝∠BHC，
∵∠BCD＝45°，BC⊥BD，
∴∠BDF＝45°＝∠BCH，
∴BD＝BC，
在△BDF和△BCH中，
，
∴△BDF≌△BCH（AAS）
∴DF＝CH，
∴AB＝CD＝DF+FH+CH＝FG+2FD，
即FG+2FD＝AB．
21．（2021春•丰都县期末）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知两点A（a，0），B（b，0）且a、b满足|a+4|0．若四边形ABCD为平行四边形，CD∥AB且CD＝AB，点C（0，4）在y轴上．
（1）如图①，动点P从C点出发，以每秒2个单位长度沿y轴向下运动，当时间t为何值时，三角形ABP的面积等于平行四边形ABCD面积的四分之一；
（2）如图②，当P从O点出发，沿y轴向上运动，连接PD、PA，∠CDP、∠APD、∠PAB存在什么样的数量关系，请说明理由（排除P在O和C两点的特殊情况）．
【思路点拨】
（1）根据非负数的性质得到a＝﹣4，b＝3，得到AB＝7，根据平行四边形的判定定理得到四边形ABCD是平行四边形，根据三角形和平行四边形的面积公式列方程即可得到答案；
（2）如图②，当点P在线段OC上时，过P作PQ∥AO，如图③，当点P在CD的上面时，过P作PQ∥AO，根据平行线的性质即可得到结论．
【解题过程】
解：（1）∵|a+4|0．
∴a+4＝0，b﹣3＝0，
∴a＝﹣4，b＝3，
∴A（﹣4，0），B（3，0），
∴OA＝4，OB＝3，
∴AB＝7，
∵点C（0，4），
∴OC＝4，
∵CD∥AB且CD＝AB，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵三角形ABP的面积等于平行四边形ABCD面积的四分之一，
（4﹣2t）×77×4，
解得：t＝1，
当点P在x轴的下方时，
∴（2t﹣4）×77×4，
解得：t＝3，
当时间t为1或3时，三角形ABP的面积等于平行四边形ABCD面积的四分之一；
（2）如图②，当点P在线段OC上时，∠DPA＝∠CDP+∠PAB，
理由：过P作PQ∥AO，
∴∠QPD＝∠CDP，
∵CD∥AB，
∴PQ∥CD，
∴∠QPA＝∠PAB，
∵∠DPA＝∠QPD+∠QPA，
∴∠DPA＝∠CDP+∠PAB；
如图③，当点P在CD的上面时，∠DPA＝∠PAB﹣∠CDP，
理由：过P作PQ∥AO，
∴∠QPD＝∠CDP，
∵CD∥AB，
∴PQ∥CD，
∴∠QPA＝∠PAB，
∵∠DPA＝∠QPA﹣∠QPD，
∴∠DPA＝∠PAB﹣∠CDP．
22．（2020•道里区三模）已知：在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E、F分别为OB、OD的中点，连接AE并延长至点G，使EG＝AE，连接CF、CG．
（1）如图1，求证：EG＝FC；
（2）如图2，连接BG、OG，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中的四个平行四边形，使写出每个平行四边形的面积都等于平行四边形ABCD面积的一半．
【思路点拨】
（1）由平行四边形的性质得AB＝CD，AB∥CD，OB＝OD，由平行线的性质得∠ABE＝∠CDF，易证BE＝DF，由SAS证得△ABE≌△CDF（SAS），得出AE＝FC，即可得出结论；
（2）由平行四边形的性质得OA＝OC，AB∥CD，AB＝CD，S四边形ABCD＝4S△ABO，易证AG、OB互相平分，则四边形ABGO是平行四边形，S四边形ABGO＝2S△ABOS四边形ABCD，易证OE是△ACG的中位线，则OE∥CG，易证四边形BOCG是平行四边形，S四边形BGCO＝2S△BGO＝2S△ABOS四边形ABCD，证GO∥CD，GO＝CD，则四边形CDOG是平行四边形，S四边形CDOG＝2S△CDO＝2S△ABOS四边形ABCD，证CG∥EF，EF＝CG，则四边形EFCG是平行四边形，S四边形EFCG＝S四边形CDOGS四边形ABCD．
【解题过程】
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，OB＝OD，
∴∠ABE＝∠CDF，
∵点E，F分别为OB，OD的中点，
∴BEOB，DFOD，
∴BE＝DF，
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（SAS），
∴AE＝FC，
∵EG＝AE，
∴EG＝FC；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，AB∥CD，AB＝CD，S四边形ABCD＝4S△ABO，
∵EG＝AE，点E为OB的中点，
∴AG、OB互相平分，
∴四边形ABGO是平行四边形，
∴S△ABO＝S△BGO，
∴S四边形ABGO＝2S△ABOS四边形ABCD，
∵OA＝OC，EG＝AE，
∴OE是△ACG的中位线，
∴OE∥CG，
∵四边形ABGO是平行四边形，
∴BG∥AC，
∴四边形BOCG是平行四边形，
∴S四边形BGCO＝2S△BGO＝2S△ABOS四边形ABCD，
∵四边形ABGO是平行四边形，
∴GO∥AB，GO＝AB，
∵AB∥CD，
∴GO∥CD，GO＝CD，
∴四边形CDOG是平行四边形，
∴S四边形CDOG＝2S△CDO＝2S△ABOS四边形ABCD，
∵点E，F分别为OB，OD的中点，
∴EFBD＝OD，
∵四边形CDOG是平行四边形，
∴CG∥EF，CG＝OD，
∴EF＝CG，
∴四边形EFCG是平行四边形，
∴S四边形EFCG＝S四边形CDOGS四边形ABCD，
∴图中的平行四边形ABGO、平行四边形BOCG、平行四边形CDOG、平行四边形EFCG四个平行四边形，每个平行四边形的面积都等于平行四边形ABCD面积的一半．
23．（2021春•富平县期末）在▱ABCD中，点O是对角线BD的中点，点E在边BC上，EO的延长线与边AD交于点F，连接BF、DE如图1．
（1）求证：四边形BEDF是平行四边形；
（2）若DE＝DC，∠CBD＝45°，过点C作DE的垂线，与DE、BD、BF分别交于点G、H、P如图2．
①当CD＝6．CE＝4时，求BE的长；
②求证：CD＝CH．
【思路点拨】
（1）通过ASA证明△BOE≌△DOF，得DF＝BE，又DF∥BE，即可证明四边形BEDF是平行四边形；
（2）①过点D作DN⊥EC于点N，先根据勾股定理求出DN＝4，由∠DBC＝45°得BN＝DN，即可求出答案；
②根据DN⊥EC，CG⊥DE，得∠CEG+∠ECG＝90°，∠DEN+∠EDN＝90°，则有∠EDN＝∠ECG，再证∠CDH＝∠CHD，得出CD＝CH．
【解题过程】
（1）证明：∵在平行四边形ABCD中，点O是对角线BD的中点，
∴AD∥BC，BO＝DO，
∴∠ADB＝∠CBD，
在△BOE与△DOF中，
，
∴△BOE≌△DOF（ASA），
∴DF＝BE且DF∥BE，
∴四边形BEDF是平行四边形；
（2）①解：如图，过点D作DN⊥EC于点N，
∵DE＝DC＝6，DN⊥EC，CE＝4，
∴EN＝CN＝2，
∴DN4，
∵∠DBC＝45°，DN⊥BC，
∴∠DBC＝∠BDN＝45°，
∴DN＝BN＝4，
∴BE＝BN﹣EN＝4，
②证明：∵DN⊥EC，CG⊥DE，
∴∠CEG+∠ECG＝90°，∠DEN+∠EDN＝90°，
∴∠EDN＝∠ECG，
∵DE＝DC，DN⊥EC，
∴∠EDN＝∠CDN，
∴∠ECG＝∠CDN，
∵∠DHC＝∠DBC+∠BCH＝45°+∠BCH，∠CDB＝∠BDN+∠CDN＝45°+∠CDN，
∴∠CDB＝∠DHC，
∴CD＝CH．
24．（2021春•余杭区期中）如图，四边形ABCD是平行四边形，AD＝AC，AD⊥AC，点E是AB的中点，点F是AC延长线上一点，连接EF．
（1）若ED⊥EF．求证：ED＝EF．
（2）在（1）的条件下，若DC的延长线与FB交于点P，试判断四边形ACPE是否为平行四边形，并证明你的结论（请补全图形，再解答）
（3）若ED＝EF，ED与EF垂直吗？若垂直，请给予证明．
【思路点拨】
（1）连接CE，证△CEF≌△AED（ASA），根据全等三角形的判定和性质即可得到结论；
（2）由全等三角形的性质得CF＝AD，再证CP是△ABF的中位线，得CPAB＝AE即可得出结论；
（3）过E作EM⊥DA交DA的延长线于M，过E作EN⊥FC交FC的延长线于N，证Rt△DME≌Rt△FNE（HL），得∠ADE＝∠CFE，进而得出∠DAF＝∠DEF，即可得出结论．
【解题过程】
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵AD＝AC，AD⊥AC，
∴AC＝BC，AC⊥BC，
连接CE，如图1所示：
∵E是AB的中点，
∴AE＝EC，CE⊥AB，
∴∠ACE＝∠BCE＝45°，
∴∠ECF＝∠EAD＝135°，
∵ED⊥EF，
∴∠CEF＝∠AED＝90°﹣∠CED，
在△CEF和△AED中，
，
∴△CEF≌△AED（ASA），
∴ED＝EF；
（2）解：四边形ACPE是平行四边形，理由如下：
连接CE，如图2所示：
由（1）得：△CEF≌△AED，
∴CF＝AD，
∵AD＝AC，
∴AC＝CF，
∵DP∥AB，
∴CP是△ABF的中位线，
∴CPAB＝AE，
∴四边形ACPE为平行四边形；
（3）解：若ED＝EF，ED与EF垂直，理由如下：
过E作EM⊥DA交DA的延长线于M，过E作EN⊥FC交FC的延长线于N，如图3所示：
则∠MAF＝90°，
∵∠NAE＝45°，
∴∠EAM＝45°＝∠NAE，
∴EM＝EN，
在Rt△DME与Rt△FNE中，
，
∴Rt△DME≌Rt△FNE（HL），
∴∠ADE＝∠CFE，
∵∠DAF+∠ADE＝∠DEF+∠CFE，
∴∠DAF＝∠DEF，
∵∠DAF＝90°，
∴∠DEF＝90°，
∴ED⊥EF．题号
一
二
三
总分
得分
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