2024-2025学年下学期初中数学人教新版八年级期末必刷常考题之平行四边形

第24页（共24页）2024-2025学年下学期初中数学人教新版八年级期末必刷常考题之平行四边形一．选择题（共7小题）1．（2025•西昌市一模）如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，若AB＝3，∠AOB＝60°，则矩形ABCD的面积是（）A．93 B．33 C．67 2．（2025•海州区校级一模）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AE⊥BD于E，点F为AB中点，连接EF，若∠DOC＝64°，则∠AEF的度数为（）A．26° B．32° C．42° D．58°3．（2025春•道外区期中）如图，G、E分别为▱ABCD的边CD，DA的中点，则△BGE和▱ABCD的面积比为（）A．1：4 B．1：3 C．3：8 D．7：164．（2025•黄岩区二模）如图，▱ABCD的对角线相交于点O，点E是AB的中点，连结OE．若∠AOE＝88°，则∠ACB的度数为（）A．88° B．87° C．86° D．85°5．（2025•汕头一模）如图，菱形ABCD的面积为24，对角线AC与BD交于点O，E是BC边的中点，EF⊥BD于点F，EG⊥AC于点G，则四边形EFOG的面积为（）A．3 B．5 C．6 D．86．（2025•吉林二模）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD是平行四边形，A（0，3），D（1，0），点C落在x轴的正半轴上，点B落在第一象限内，按如图步骤作图，则点H的坐标为（）A．(10，3) B．（﹣3，3） C．（3，3） 7．（2025•雁塔区校级一模）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC、BD交于点O，DE⊥AB于点E，F是线段AD的中点，连接OF．若OA＝4，OF=52A．65 B．125 C．185 二．填空题（共5小题）8．（2025•梧州一模）如图，D、E分别是△ABC边AC、AB的中点，连接BD，DE．若∠ADE＝∠BDC，DE＝3，则BD的长为．9．（2025•南岗区模拟）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝6，点E是对角线AC上一点，过点E作EF⊥AB，垂足为点F，连接DE，若CE＝AF，则线段DE的长为．10．（2025•碑林区校级模拟）如图，菱形ABCD中，∠B＝45°，点E为对角线AC上一点，作EF⊥AB于点F，作EG⊥BC于点G，若EG+EF＝4，菱形ABCD的面积为．11．（2025•宁德模拟）如图是人字梯及其侧面的示意图，AB，AC为支撑架，DE为拉杆，D，E分别是AB，AC的中点．若DE＝40cm，则B，C两点间的距离是cm．12．（2025•宝安区校级模拟）如图，正方形ABCD边长为6，AF＝BE＝2，M、N分别是ED和BF的中点，则MN长为．三．解答题（共3小题）13．（2025•南平模拟）在▱ABCD中，BE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F．求证：AF＝CE．14．（2025春•静海区期中）如图，矩形ABCD的对角线相交于点O，DE∥AC，CE∥BD．（1）试判断四边形OCED的形状，并说明理由；（2）若OD＝20，∠DOC＝60°，求四边形OCED的面积．15．（2025春•沙坪坝区校级期中）如图，在▱ABCD中，点M，N分别在边BC，AD上，点E，F在对角线AC上，且BM＝DN，AE＝CF．（1）求证：四边形EMFN是平行四边形；（2）若AB＝BC＝13，AE=14AC=52，点

2024-2025学年下学期初中数学人教新版八年级期末必刷常考题之平行四边形参考答案与试题解析一．选择题（共7小题）题号1234567答案ABCAAAD一．选择题（共7小题）1．（2025•西昌市一模）如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，若AB＝3，∠AOB＝60°，则矩形ABCD的面积是（）A．93 B．33 C．67 【考点】矩形的性质；等边三角形的判定与性质；勾股定理．【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形菱形正方形；几何直观；推理能力．【答案】A【分析】根据矩形ABCD，AB＝3，∠AOB＝60°，得到∠ABC＝90°，OA=OB=12AC，得到△AOB是等边三角形，于是∠BAC＝【解答】解：在矩形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，若AB＝3，∠AOB＝60°，∴∠ABC＝90°，OA=∴△AOB是等边三角形，∴∠BAC＝60°，∠BCA＝30°，∴AC＝2AB＝6，在直角三角形ABC中，由勾股定理得：BC=故矩形的面积为：AB⋅故选：A．【点评】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握性质和定理是解题的关键．2．（2025•海州区校级一模）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AE⊥BD于E，点F为AB中点，连接EF，若∠DOC＝64°，则∠AEF的度数为（）A．26° B．32° C．42° D．58°【考点】矩形的性质；直角三角形斜边上的中线．【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形菱形正方形；运算能力；推理能力．【答案】B【分析】由矩形性质可求出∠ABO，利用直角三角形两个锐角互余可得∠BAE，再直角三角形斜边直线性质得到AF＝EF，继而求出∠AEF的度数．【解答】解：由矩形性质可知AO＝BO，∴∠ABO＝∠OAB，∵∠DOC＝64°，∴∠AOB＝64°，∴∠ABO=12×（180°﹣64∵AE⊥BD于E，∴∠BAE＝90°﹣58°＝32°，∵点F为AB中点，∴EF=12AB＝∴∠AEF＝∠BAE＝32°．故选：B．【点评】本题考查了矩形的性质、直角三角形斜边的中线性质，熟练掌握以上知识点是关键．3．（2025春•道外区期中）如图，G、E分别为▱ABCD的边CD，DA的中点，则△BGE和▱ABCD的面积比为（）A．1：4 B．1：3 C．3：8 D．7：16【考点】平行四边形的性质．【专题】多边形与平行四边形；推理能力．【答案】C【分析】平行四边形的对边平行且相等，平行四边形的面积是底×高，夹在平行线间的距离相等．【解答】解：设▱ABCD的面积为1，∵G、E分别是边CD、DA的中点，∴△ABE的面积为14，△DEG的面积为18，△BCG的面积为∴△BEG的面积为：1-1∴△BGE和▱ABCD的面积之比为3：8，故选：C．【点评】本题考查平行四边形的性质，平行四边形的对边平行且相等，以及三角形面积的求法．4．（2025•黄岩区二模）如图，▱ABCD的对角线相交于点O，点E是AB的中点，连结OE．若∠AOE＝88°，则∠ACB的度数为（）A．88° B．87° C．86° D．85°【考点】平行四边形的性质；三角形中位线定理．【专题】三角形；多边形与平行四边形；推理能力．【答案】A【分析】根据平行四边形的性质求出OA＝OC，再根据三角形中位线的判定与性质、平行线的性质求解即可．【解答】解：∵▱ABCD的对角线相交于点O，∴OA＝OC，∵点E是AB的中点，∴OE是△ABC的中位线，∴OE∥BC，∴∠ACB＝∠AOE＝88°，故选：A．【点评】此题考查了平行四边形的性质、三角形中位线定理，熟记平行四边形的性质、三角形中位线定理是解题的关键．5．（2025•汕头一模）如图，菱形ABCD的面积为24，对角线AC与BD交于点O，E是BC边的中点，EF⊥BD于点F，EG⊥AC于点G，则四边形EFOG的面积为（）A．3 B．5 C．6 D．8【考点】菱形的性质．【专题】矩形菱形正方形；推理能力．【答案】A【分析】由菱形的性质得出OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，面积=12AC×BD，证出四边形EFOG是矩形，EF∥OC，EG∥OB，得出EF、EG都是△OBC的中位线，则EF=12OC=14AC，【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∴OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，面积=12AC×BD＝∴AC×BD＝48，∵EF⊥BD于F，EG⊥AC于G，∴四边形EFOG是矩形，EF∥OC，EG∥OB，∵点E是线段BC的中点，∴EF、EG都是△OBC的中位线，∴EF=12OC=14AC，EG=∴矩形EFOG的面积＝EF×EG=14AC×14BD=故选：A．【点评】本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、三角形中位线定理等知识；熟练掌握菱形的性质和矩形的性质是解题的关键．6．（2025•吉林二模）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD是平行四边形，A（0，3），D（1，0），点C落在x轴的正半轴上，点B落在第一象限内，按如图步骤作图，则点H的坐标为（）A．(10，3) B．（﹣3，3） C．（3，3） 【考点】平行四边形的性质；坐标与图形性质．【专题】平面直角坐标系；多边形与平行四边形；运算能力；推理能力．【答案】A【分析】如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD是平行四边形，A（0，3），D（1，0），点C落在x轴的正半轴上，点B落在第一象限内，按以下步骤作图：①以点D为圆心，适当长为半径作弧，分别交DA，DC于点E，F；②分别以E，F为圆心，大于的长为半径作弧，两弧在∠ADC内交于点G；③作射线DG，交边AB于点H；则点H的坐标为【解答】解：∵A（0，3），D（1，0），∴OA＝3，OD＝1，∵∠AOD＝90°，∴AD=O∵四边形ABCD是平行四边形，CD在x轴上，∴AB∥x轴，由作图得DH平分∠ADC，∴∠ADH＝∠CDH，∵AB∥CD，∴∠AHD＝∠CDH，∴∠ADH＝∠AHD，∴AH＝AD=10∵AH∥x轴，∴H（10，3），故选：A．【点评】此题重点考查图形与坐标、勾股定理、平行四边形的性质、等腰三角形的判定等知识，推导出∠ADH＝∠AHD，进而证明AH＝AD是解题的关键．7．（2025•雁塔区校级一模）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC、BD交于点O，DE⊥AB于点E，F是线段AD的中点，连接OF．若OA＝4，OF=52A．65 B．125 C．185 【考点】菱形的性质；直角三角形斜边上的中线；三角形中位线定理．【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形菱形正方形；运算能力；推理能力．【答案】D【分析】由菱形的性质得AC⊥BD，OA＝OC，OD＝OB，则∠AOD＝90°，因为F是线段AD的中点，OF=52，所以OF=12AD=52，则AB＝AD＝5，而OA＝4，则AC＝2OA＝8，OD=AD2-OA2=3，所以BD＝2OD＝6，由【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，对角线AC、BD交于点O，∴AC⊥BD，OA＝OC，OD＝OB，∴∠AOD＝90°，∵F是线段AD的中点，OF=5∴OF=12AD∴AB＝AD＝5，∵OA＝4，∴AC＝2OA＝8，OD=AD∴BD＝2OD＝6，∵S菱形ABCD＝5DE=12×8∴DE=24故选：D．【点评】此题重点考查菱形的性质、勾股定理、根据面积等式求线段的长度等知识与方法，正确地求出菱形ABCD的两条对角线及边AB的长是解题的关键．二．填空题（共5小题）8．（2025•梧州一模）如图，D、E分别是△ABC边AC、AB的中点，连接BD，DE．若∠ADE＝∠BDC，DE＝3，则BD的长为6．【考点】三角形中位线定理．【专题】三角形；几何直观；推理能力．【答案】6．【分析】由三角形中位线定理得DE∥BC，BC＝2DE＝6，证明∠C＝∠AED＝∠BEC，得出BD＝BC＝6．【解答】解：∵D、E分别是△ABC边AC、AB的中点，∠ADE＝∠BDC，DE＝3，∴DE是△ABC的中位线，∴DE∥BC，BC＝2DE＝6，∴∠ADE＝∠C，∴∠C＝∠BDC，∴BD＝BC＝6．故答案为：6．【点评】本题主要考查三角形中位线定理，解答本题的关键是熟练掌握三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．9．（2025•南岗区模拟）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝6，点E是对角线AC上一点，过点E作EF⊥AB，垂足为点F，连接DE，若CE＝AF，则线段DE的长为27．【考点】菱形的性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质．【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形菱形正方形；推理能力．【答案】27．【分析】连接BD交AC于点O．求出OD，OE，再利用勾股定理求解．【解答】解：如图，连接BD交AC于点O．∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∠ADC＝∠ABC＝60°，AB＝BC＝CD＝AD＝6，∴△ABC，△ADC都是等边三角形，∴∠CAB＝60°，∵EF⊥AF，∴∠AFE＝90°，∠AEF＝30°，∴AE＝2AF，∵CE＝AF，∴AC＝3EC，∴AE＝4，EC＝2，∴OA＝OC＝3，OD＝33AO＝33，∴OE＝AE﹣OA＝4﹣3＝1，∴DE=OD2故答案为：27．【点评】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．10．（2025•碑林区校级模拟）如图，菱形ABCD中，∠B＝45°，点E为对角线AC上一点，作EF⊥AB于点F，作EG⊥BC于点G，若EG+EF＝4，菱形ABCD的面积为162．【考点】菱形的性质．【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形菱形正方形；推理能力．【答案】162．【分析】由菱形的性质可得AB＝BC，由面积法可求AH＝4，由等腰直角三角形的性质可求AB的长，即可求解．【解答】解：如图，连接BE，过点A作AH⊥BC于H，∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC，∵S△ABC=12BC•AH=12AB•EF+∴AH＝EF+EG，∵EG+EF＝4，∴AH＝4，∵∠B＝45°，AH⊥BC，∴△ABH是等腰直角三角形，∴AB=2AH＝42∴菱形ABCD的面积＝42×4＝162故答案为：162．【点评】本题考查了矩形的性质，三角形的面积公式，等腰直角三角形的性质，添加恰当辅助线是解题的关键．11．（2025•宁德模拟）如图是人字梯及其侧面的示意图，AB，AC为支撑架，DE为拉杆，D，E分别是AB，AC的中点．若DE＝40cm，则B，C两点间的距离是80cm．【考点】三角形中位线定理．【专题】三角形；应用意识．【答案】80．【分析】根据三角形中位线定理即可求得答案．【解答】解：连接BC，∵D，E分别是AB，AC的中点，∴DE是△ABC的中位线，∴DE=12∴BC＝2DE，∵DE＝40cm，∴BC＝80cm，∴B，C两点的距离为80cm．故答案为：80．【点评】本题主要考查了三角形中位线定理，掌握三角形的中位线等于第三边的一半是解决问题的关键．12．（2025•宝安区校级模拟）如图，正方形ABCD边长为6，AF＝BE＝2，M、N分别是ED和BF的中点，则MN长为5．【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．【专题】图形的全等；矩形菱形正方形；几何直观；推理能力．【答案】5．【分析】延长BM交CD的延长线于点H，连接FH，根据正方形的性质和已知条件可证得△MEB和△MDH全等，从而得出MN是△BFH的中位线，在Rt△FDH中根据勾股定理求出FH的长，然后根据三角形中位线定理即可求出MN的长．【解答】解：延长BM交CD的延长线于点H，连接FH，如图，∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥CD，∴∠MEB＝∠MDH，∵M是ED的中点，∴ME＝MD，在△MEB和△MDH中，∠MEB∴△MEB≌△MDH（ASA），∴BM＝HM，HD＝BE＝2，即点M是BH的中点，∵N是BF的中点，∴MN是△BFH的中位线，∴MN=∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADC＝90°，AD＝6，∴∠ADH＝90°，∵AF＝2，∴DF＝4，在Rt△FDH中，由勾股定理得FH=∴MN=故答案为：5．【点评】本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定与性质，三角形中位线定理，正确添加辅助线是解题的关键．三．解答题（共3小题）13．（2025•南平模拟）在▱ABCD中，BE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F．求证：AF＝CE．【考点】平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质．【专题】三角形；图形的全等；多边形与平行四边形．【答案】见解析．【分析】根据平行四边形得到AD∥CB，AD＝CB，然后得到∠DAF＝∠BCE，再由垂直的定义得到∠DFA＝∠BEC＝90°，即可证明全等．【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥CB，AD＝CB，∴∠DAF＝∠BCE∵BE⊥AC，DF⊥AC，∴∠DFA＝∠BEC＝90°∴△ADF≌△CBE（AAS），∴AF＝CE．【点评】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．14．（2025春•静海区期中）如图，矩形ABCD的对角线相交于点O，DE∥AC，CE∥BD．（1）试判断四边形OCED的形状，并说明理由；（2）若OD＝20，∠DOC＝60°，求四边形OCED的面积．【考点】矩形的性质；等边三角形的判定与性质；菱形的判定与性质．【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形菱形正方形；推理能力．【答案】（1）四边形OCED是菱形，理由见解析；（2）2003【分析】（1）根据矩形的性质得出OA＝OC＝OB＝OD，再证四边形OCED是平行四边形，即可得出四边形OCED是菱形；（2）连接OE交CD于点H，分别求出OE、CD的长，即可求出菱形OCED的面积．【解答】解：（1）四边形OCED是菱形，理由：∵四边形ABCD是矩形，∴OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD，∴OA＝OC＝OB＝OD，∵DE∥AC，CE∥BD，∴四边形OCED是平行四边形，又∵OC＝OD，∴四边形OCED是菱形；（2）如图，连接OE交CD于点H，∵OC＝OD，∠DOC＝60°，∴△COD是等边三角形，∴CD＝OD＝20，由（1）知四边形OCED是菱形，∴OE⊥CD，OH＝EH，DH＝CH＝10，∠DOH＝∠COH＝30°，∴OH=O∴OE＝2OH=203∴菱形OCED的面积为CD⋅【点评】本题考查了矩形的性质，菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，熟练掌握这些知识点是解题的关键．15．（2025春•沙坪坝区校级期中）如图，在▱ABCD中，点M，N分别在边BC，AD上，点E，F在对角线AC上，且BM＝DN，AE＝CF．（1）求证：四边形EMFN是平行四边形；（2）若AB＝BC＝13，AE=14AC=52，点【考点】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；三角形中位线定理．【专题】线段、角、相交线与平行线；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；推理能力．【答案】（1）见解析；（2）30．【分析】（1）先证AN＝CM从而证明△ANE≌△CMF，再证NE＝MF且NE∥MF，得出结论即可；（2）连接BD先判定四边形ABCD是菱形，得到AC⊥DB，根据AB＝BC＝13，AE=14AC=52求出AC【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD＝BC，∴∠DAC＝∠ACB，∵BM＝DN，∴AD﹣DN＝BC﹣BM，即AN＝CM，在△ANE和△CMF中，AN=∴△ANE≌△CMF（SAS），∴NE＝MF，∠AEN＝∠CFM，∴180°﹣∠AEN＝180°﹣∠CFM，即∠NEF＝∠MFE，∴NE∥MF，又∵NE＝MF，∴四边形EMFN为平行四边形．（2）解：连接BD，交AC于点O，∵四边形ABCD是平行四边形，且AB＝BC＝13，∴四边形ABCD是菱形，∴AC⊥DB，OA=OC=12AC，OB＝OD，∵AE=∴AC＝10，OA＝OC＝5，∴AE=12OA，即点∵AE＝CF，同理可得点F是OC的中点，∴EF=在Rt△AOD中，∠AOD＝90°，∴OD=∵点N是AD的中点，点E是OA的中点，∴EN∥OD，EN=∴∠NEO+∠AOD＝180°，∴∠NEO＝90°，即EF⊥NE，∴▱EMFN的面积是：EN•EF＝6×5＝30．【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理及三角形中位线定理，熟练掌握相关性质是解题关键．

考点卡片1．坐标与图形性质1、点到坐标轴的距离与这个点的坐标是有区别的，表现在两个方面：①到x轴的距离与纵坐标有关，到y轴的距离与横坐标有关；②距离都是非负数，而坐标可以是负数，在由距离求坐标时，需要加上恰当的符号．2、有图形中一些点的坐标求面积时，过已知点向坐标轴作垂线，然后求出相关的线段长，是解决这类问题的基本方法和规律．3、若坐标系内的四边形是非规则四边形，通常用平行于坐标轴的辅助线用“割、补”法去解决问题．2．全等三角形的判定与性质（1）全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．（2）在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．3．等边三角形的判定与性质（1）等边三角形是一个非常特殊的几何图形，它的角的特殊性给有关角的计算奠定了基础，它的边角性质为证明线段、角相等提供了便利条件．同是等边三角形又是特殊的等腰三角形，同样具备三线合一的性质，解题时要善于挖掘图形中的隐含条件广泛应用．（2）等边三角形的特性如：三边相等、有三条对称轴、一边上的高可以把等边三角形分成含有30°角的直角三角形、连接三边中点可以把等边三角形分成四个全等的小等边三角形等．（3）等边三角形判定最复杂，在应用时要抓住已知条件的特点，选取恰当的判定方法，一般地，若从一般三角形出发可以通过三条边相等判定、通过三个角相等判定；若从等腰三角形出发，则想法获取一个60°的角判定．4．直角三角形斜边上的中线（1）性质：在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．（即直角三角形的外心位于斜边的中点）（2）定理：一个三角形，如果一边上的中线等于这条边的一半，那么这个三角形是以这条边为斜边的直角三角形．该定理可以用来判定直角三角形．5．勾股定理（1）勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2．（2）勾股定理应用的前提条件是在直角三角形中．（3）勾股定理公式a2+b2＝c2的变形有：a=c2-b2，b（4）由于a2+b2＝c2＞a2，所以c＞a，同理c＞b，即直角三角形的斜边大于该直角三角形中的每一条直角边．6．三角形中位线定理（1）三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．（2）几何语言：如图，∵点D、E分别是AB、AC的中点∴DE∥BC，DE=127．平行四边形的性质（1）平行四边形的概念：有两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形．（2）平行四边形的性质：①边：平行四边形的对边相等．②角：平行四边形的对角相等．③对角线：平行四边形的对角线互相平分．（3）平行线间的距离处处相等．（4）平行四边形的面积：①平行四边形的面积等于它的底和这个底上的高的积．②同底（等底）同高（等高）的平行四边形面