八年级下册数学 期末真题汇编（福建） 专题03 平行四边形(解析版)

专题03平行四边形6大高频考点概览考点01利用平行四边形的性质求解考点02利用平行四边形的性质证明考点03添加条件判断能否构成平行四边形考点04证明四边形是平行四边形考点05平行四边形判定与性质的求解与证明考点06三角形中位线的有关求解与证明地地城考点01利用平行四边形的性质求解1．（24-25八年级下·云南红河·期末）平行四边形的对角线一定具有的性质是（

）A．相等 B．互相垂直 C．互相平分 D．以上都不对【答案】C【分析】此题考查了平行四边形的性质．平行四边形的性质包括对角线互相平分，但对角线不一定相等或垂直，据此进行解答即可．【详解】解：∵平行四边形的对角线互相平分，但不一定相等、互相垂直，∴选项C正确；故选：C2．（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图，平行四边形的对角线与相交于点，，若，，则的长是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．由平行四边形的性质可得，，再由勾股定理计算可得，即可得解．【详解】解：四边形是平行四边形，，，，，，∴，∴，故选：C．3．（24-25八年级下·福建莆田·期末）如图，在中，对角线、相交于点O，经过点O，交于E，交于F，若，，，则四边形的周长为（）

A．10 B．12 C．14 D．16【答案】C【分析】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的性质与判定，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．根据平行四边形的性质推出，得出，，再结合，即可求解．【详解】解：，，，，，，又，，，，，的周长为20，四边形的周长．故选：C．4．（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图，在中，，则的大小是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查平行四边形的性质，比较简单，解答本题的关键是掌握平行四边形的对角相等，邻角互补的性质．根据平行四边形的对角相等、邻角互补即可得出的度数．【详解】解：在中，，∴，故选：D5．（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图，在中，以点A为圆心，适当长为半径画弧，交，于点E，F，分别以E，F为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点G，连结并延长交于点H，其中，，则的周长为（

）A．8 B．11 C．13 D．16【答案】D【分析】本题考查了平行四边形的性质、等角对等边、尺规作图，熟练掌握相关知识点是解题的关键．由作图可得，平分，得到，利用平行四边形的性质得到，推出，由等角对等边得出，再根据平行四边形的周长公式即可求解．【详解】解：由作图可得，平分，∴，∵，∴，，，∴，∴，∴，∴的周长．故选：D．6．（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图，对角线相交于点，，交于点，连接，若周长为，则的周长为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了平行四边形的性质，线段垂直平分线的性质，由平行四边形的性质得，即可得是的垂直平分线，得到，进而由周长为可得，即可求解，掌握以上知识点是解题的关键．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，∵，∴是的垂直平分线，∴，∵周长为，∴，∴，即，∴的周长为，故选：．7．（24-25八年级下·福建泉州·期末）在中，，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．根据平行四边形的对角相等、邻角互补的性质求解即可．【详解】解：四边形是平行四边形，，，，，，，故选C．8．（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图，将平行四边形的一边延长至点，若，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查平行四边形的性质，关键是掌握平行四边形的对角相等，由邻补角的性质求出的度数，由平行四边形的对角相等，即可得到答案【详解】解：，，四边形是平行四边形，．故选：A．9．（24-25八年级下·福建厦门·期末）若平行四边形的对角线与相交于点，，，则的周长为(

)A． B． C． D．【答案】B【分析】此题重点考查平行四边形的性质，根据，，进而求得是解题的关键．由平行四边形的性质得，，因为，，所以，则，于是得到问题的答案．【详解】解：四边形是平行四边形，对角线与相交于点，，，，，，，的周长为，故选：B．10．（24-25八年级下·福建厦门·期末）如图，在中，于点，于点，则可以表示直线与的距离的线段是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】此题考查平行四边形的性质、两条平行线之间的距离等知识，由平行四边形的性质得，因为于点F，所以线段的长就是直线与之间的距离，于是得到问题的答案．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，∵于点F，∴直线与的距离为线段的长，故选：D．11．（24-25八年级下·福建厦门·期末）在中，，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了平行四边形的性质，根据平行四边形的对角相等，进行作答即可．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴故选：C．12．（24-25八年级下·福建莆田·期末）如图，在中，，．以点C为圆心，适当长为半径画弧，交于点P，交于点Q，再分别以点P，Q为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点N，射线交的延长线于点E，则的长是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查的是作图—基本作图，角平分线的性质、平行四边形的性质，根据作图过程可得，是的平分线，再根据四边形是平行四边形，即可证明，进而求出的长．【详解】解：∵由题意可知是的平分线，∴，∵四边形是平行四边形，，，∴，，，∴，∴，∴，∴，故选：B．13．（24-25八年级下·福建漳州·期末）在平行四边形中，，则的度数是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查的是平行四边形的性质，根据平行四边形的对角相等可得答案.【详解】解：如图，∵四边形是平行四边形，∴，∵，∴；故选：B14．（24-25八年级下·福建福州·期末）如图，在中，，，．，分别是，的角平分线，，相交于点，则的长为（

）A．3 B．2 C． D．1【答案】D【分析】本题主要考查平行性质，等边三角形的性质和30度角所对直角边等于你身边一半，由平行四边形的性质得，由平分得，可得，，得出，是等边三角形，得出，从而可求出．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，，∴，，∵，∴，，∵，分别是，的角平分线，∴，∴，∴，又，∴，∴是等边三角形，∴，∴，故选：D．15．（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图，的对角线、交于点，且，，若的周长为17，则的长是（

）A．3 B．4 C．6 D．7【答案】D【分析】本题考查平行四边形的性质，三角形的周长，掌握知识点是解题的关键．根据平行四边形的性质，可得，再由的周长为17，求出，即可解答．【详解】解：∵的对角线、交于点，且，，∴，∵的周长为17，∴，∴．故选D．16．（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图，在中，以点A为圆心，任意长为半径画弧，分别交于点E，F，分别以点E，F为圆心，以大于长为半径画弧，两弧交于点作射线交于点若，，则四边形的周长为______．【答案】24【分析】根据平行四边形的性质以及等角对等边进行求解即可．本题考查了作图-基本作图，掌握平行四边形的性质及等角对等边是解题的关键．【详解】解：由作图得：平分，，在中，，，，，，，，四边形的周长为，故答案为：17．（24-25八年级下·福建福州·期末）中，，则______．【答案】【分析】此题重点考查平行四边形的性质，证明是解题的关键．由平行四边形的性质得，于是得到问题的答案．【详解】解：四边形是平行四边形，，，，故答案为：．18．（24-25八年级下·福建厦门·期末）如图，在中，．已知点，则点的坐标为_________．【答案】【分析】本题考查了平行四边形的性质，写出点的坐标，根据平行四边形的性质，点坐标的特点得到，由此即可求解．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，∵，，∴，∴，故答案为：．19．（24-25八年级下·福建厦门·期末）如图，在平行四边形中，，，则直线，之间的距离为______．【答案】2【分析】本题主要考查了平行线之间的距离，含角的直角三角形的性质，如果两条直线互相平行，则其中一条直线上任意一点到另一条直线的距离都相等，这个距离称为平行线之间的距离，掌握平行线之间距离的定义是解题的关键．作，根据含角的直角三角形的性质，求出的长即可．【详解】解：作，如图所示：则，∵，，∴，∴与之间的距离为，故答案为：．20．（24-25八年级下·福建厦门·期末）如图，平面直角坐标系中，点的坐标分别为，．若四边形是平行四边形，则点的坐标为_____．【答案】【分析】本题考查坐标与图形性质、平行四边形的性质等知识，掌握中点坐标公式是解题的关键；连接、交于点，设，，由平行四边形的性质可知点是▱的对称中心，进而根据中点坐标公式，即可求解．【详解】解：如图，连接、交于点，设，，四边形是平行四边形，点是的对称中心，，，，，，，，，故答案为：．21．（24-25八年级下·福建福州·期末）如图，平行四边形的对角线，相交于点，过点的直线分别交，于点，，若图中阴影部分的面积为，，则与之间的距离为________．【答案】【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，三角形的面积，点到直线的距离，设之间的距离为，进而证明可得，，进而根据阴影部分的面积为，得出平行四边形的面积为，根据，得出，即可求解．【详解】解：四边形是平行四边形，，，，在和中，，；∵∴平行四边形的面积为，设之间的距离为，与之间的距离为故答案为：．22．（24-25八年级下·福建厦门·期末）如图，在中，，若，则的大小为_________．【答案】【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、平行线的性质和等腰三角形的性质，根据平行四边形的性质得到对边平行，得到，再根据等腰三角形的性质得到，进而得到答案；【详解】解：在中，，∴，∵，，∴，∴.故答案为：.23．（24-25八年级下·福建厦门·期末）在平行四边形中，如果，那么的度数是_________．【答案】【分析】本题考查平行四边形的性质，根据平行四边形的对边平行结合平行线的性质，进行求解即可．【详解】解：∵平行四边形，∴，∴，∵，∴；故答案为：．24．（24-25八年级下·福建福州·期末）如图，在中，若，于点，求的长度．【答案】【分析】本题考查平行四边形的性质、含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握平行四边形和含30度角的直角三角形的性质解答的关键．根据题意得出，进而根据含30度角的直角三角形的性质，得出，进而根据，即可求解．【详解】解：在中，，，在中．地地城考点02平行四边形的性质证明1．（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图，点E为的边上的动点，点G为上的动点，连接并延长交于点F，连接．(1)如图①，已知，，．①若，试求出的度数；②连接．当点F为的中点，时，求证：．(2)如图②，在的延长线上取一点P，使得．当，点G是的中点时，试写出线段、、之间存在的数量关系，并说明理由．【答案】(1)①20°；②见解析(2)，见解析【分析】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线是解题的关键．（1）①由平行四边形的性质得到，则由平行线的性质得到，再由垂线的定义和直角三角形两锐角互余可得答案；②设，则，，由平行四边形的性质可得，，，，证明，得到，则，进而可得，再证明，即可证明；（2）过C作交于N，则，证明，得到，，再证明，得到．则，证明，得到，则可证明．【详解】（1）解：①∵四边形是平行四边形，∴，，∵，∴，，；②设，由①得，，由平行四边形的性质可得，，，，，为的中点，，，，，，∴，；（2）解：，理由如下：过C作交于N，，为中点F，，又，，，，，，，，；，，，，．，又，，，．即．2．（24-25八年级下·福建三明·期末）求证：平行四边形的对角相等．（要求：画出图形，写出已知、求证，并证明）【答案】见解析【分析】本题考查平行四边形的性质，平行线性质，根据题意，画出，利用平行线的性质证明即可．【详解】解：如图，已知四边形是平行四边形，求证：．

证明：∵四边形是平行四边形，∴，，∴，∴，∴平行四边形的对角相等．地地城考点03添加条件判断能否构成平行四边形1．（24-25八年级下·福建厦门·期末）已知四边形如图所示，能判定四边形为平行四边形的是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】本题考查平行四边形的判定，熟记基本的判定方法是解题关键．根据平行四边形的判定定理进行分析即可．【详解】解：根据两组对边分别相等的四边形为平行四边形，则B选项正确，故选：B．2．（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图，已知，增加下列条件可以使四边形成为平行四边形的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】此题考查平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟知平行四边形的判定定理．根据平行四边形的判定定理即可求解．【详解】解：A．∵，∴，∴不能判定四边形是平行四边形；

B．不能判定四边形是平行四边形；C．∵，∴∵，，∴，∴，∴四边形是平行四边形；

D．不能判定四边形是平行四边形；故选C．地地城考点04证明四边形是平行四边形1．（辽宁省庄河市2019-2020学年八年级下学期期末学业质量检测数学试题）如图，在中，E、F是对角线上的两点，且．求证：四边形是平行四边形．【答案】见解析【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、平行四边形的判定等知识点，掌握对角线互相平分的四边形是平行四边形是解题的关键．连接，交于点O，利用对角线互相平分的四边形是平行四边形即可证明结论．【详解】证明：连接，交于点O．在中，，．又，．∴四边形是平行四边形．2．（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图，在中，点D在边上，且．(1)尺规作图：确定一点E，使得四边形是平行四边形；要求：保留作图痕迹，不写作法(2)在（1）的条件下，点F在边上，且，连接，．当时，试判断四边形的形状，并说明理由．【答案】(1)见解析(2)结论：四边形是矩形，见解析【分析】本题考查作图-复杂作图平行四边形的判定和性质，矩形的判定，解题的关键是掌握相关知识解决问题．（1）分别以A，D为圆心，，为半径作弧，两弧交于点E，连接，即可；（2）根据有一个角是直角的平行四边形是矩形证明即可．【详解】（1）解；如图，四边形即为所求；根据作图可知：，，∴四边形是平行四边形；（2）解：四边形是矩形．理由：四边形是平行四边形，，，，∴，四边形是平行四边形，，，，四边形是矩形．3．（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图：已知，点B、C、F、E在一条直线上，，．求证：四边形是平行四边形．【答案】见解析【分析】此题主要考查了平行四边形的判定，全等三角形的判定和性质；先依据“”判定和全等，得，由此得，进而依据“”判定和全等，得，再根据即可得出结论．【详解】证明：，和都是直角三角形，在和中，，，，点B、C、F、E在一条直线上，，，在和中，，≌，，又，四边形是平行四边形．4．（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图1，将两个全等的直角三角形纸片和拼在一起，使点A与点F重合，点C与点D重合，其中，，，将图1中的纸片以每秒的速度沿方向平移，连结，（如图2），当点F与点C重合时，停止平移．(1)纸片运动的过程中，四边形一定是平行四边形吗？请说明理由；(2)当四边形为矩形时，求纸片运动的时间．【答案】(1)四边形一定是平行四边形，理由见解析(2)4.5秒【分析】（1）由全等三角形的性质得出，，则，可得出结论；（2）连接交于点，设，则，，可得，由勾股定理列出方程，进而求解．【详解】（1）解：四边形一定是平行四边形，理由如下：∵，∴，，∴，∴四边形是平行四边形；（2）解：如图2，连结交于点，∵四边形为矩形，∴，设，则∴，∴，在中，，∴，解得：，∴，∴（秒），∴当四边形为矩形时，纸片运动的时间为4.5秒．【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，平移的性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的判定与性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．5．（24-25八年级下·福建漳州·期末）如图，在四边形中，，且C为的中点．(1)求证：四边形是平行四边形；(2)若，，，求四边形的面积．【答案】(1)见解析(2)60【分析】（1）根据全等三角形的性质得到，且，由C为的中点，推出，再结合平行四边形的判定即可求出；（2）利用等腰三角形的性质求得，得到，根据勾股定理求得，利用平行四边形的面积公式计算结果即可．【详解】（1）证明：∵，∴，，∴，∵C为的中点，∴，∵，∴四边形是平行四边形；（2）解：∵，C为的中点，∴，∵，∴，∵，，∴，∴四边形的面积．【点睛】本题主要考查勾股定理，平行四边形的判定与性质，全等三角形的性质，等腰三角形三线合一的性质；证明四边形是平行四边形是解题的关键．6．（24-25八年级下·福建莆田·期末）如图，点是的中点，．请你写出图中的一个平行四边形，并说明理由．【答案】四边形是平行四边形【分析】本题考查了平行四边形的判定，解题的关键是掌握平行四边形的判定定理，根据题意证明，证明，进而根据一组对边平行且相等是平行四边形，即可得出结论．【详解】解：四边形，是平行四边形，理由如下：∵点是的中点∴∵∴∵∴，∴∴∴，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是平行四边形.7．（24-25八年级下·福建龙岩·期末）如图，四边形是矩形，点是的中点，于点．(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】本题考查了矩形的性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理．（1）根据平行四边形的性质可得，，结合已知可得，即可证明；（2）利用勾股定理求出，根据四边形是平行四边形，得到，结合，，利用三角形面积公式即可求解．【详解】（1）证明：四边形是矩形，，，∵点是的中点，∴，，∴四边形是平行四边形；（2）解：四边形是矩形，，，∴，，∴，∵四边形是平行四边形，∴，∵，，∴，∴．地地城考点05平行四边形判定与性质的求解与证明1．（24-25八年级下·福建厦门·期末）如图，在四边形中，，，，．(1)求的长；(2)求四边形的面积．【答案】(1)(2)【分析】本题考查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的关键，（1）根据勾股定理可得到的长，可得到，从而推出四边形是平行四边形，故可得，从而得到的长；（2）根据，代入即可求得答案．【详解】（1）解：∵，∴．∴．∴．又∵，∴四边形是平行四边形．∴．（2）解：∵四边形是平行四边形，，∴，∴．2．（24-25八年级下·福建厦门·期末）如图，在中，，点D在边上．

(1)求作：点E，使四边形是平行四边形；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）(2)以（1）中的边为斜边作等腰直角三角形，若点F在射线的延长线上，求证：．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）以点A为圆心，长为半径画弧，以点D为圆心，长为半径画弧，两弧相交于点E，连接，即为所求；（2）根据等腰直角三角形的性质得出，．根据平行四边形的性质得出．通过证明，得出，即可求证．【详解】（1）解：如图所示，即为所求．

∵,∴四边形为平行四边形．（2）解：如图：∵是等腰直角三角形，∴，．∴．∵，∴，．∴．

∵四边形是平行四边形，∴，．∴．∴．∵，，∴．∴．∴．【点睛】本题主要考查了尺规作图，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是掌握两组对边分别相等的四边形是平行四边形；全等三角形对应边相等，对应角相等．3．（24-25八年级下·福建厦门·期末）如图，四边形和都是平行四边形，点E在的延长线上，点F在的延长线上，求证：四边形也是平行四边形．【答案】见解析【分析】此题重点考查平行线的判定、平行四边形的判定与性质等知识．因为四边形是平行四边形，点E在的延长线上，点F在的延长线上，所以，，因为四边形是平行四边形，所以，则，即可根据平行四边形的定义证明四边形是平行四边形．【详解】证明：∵四边形是平行四边形，∴，，∵点E在的延长线上，点F在的延长线上，∴，∵四边形是平行四边形，∴，∴，∵，，∴四边形是平行四边形．4．（24-25八年级下·福建泉州·期末）已知，如图．(1)求证：四边形为平行四边形；(2)点E，点F分别为的中点，将沿直线翻折得到．①求证：C，G，F三点共线；②若，连接，求的面积．【答案】(1)见解析(2)①见解析；②【分析】本题考查折叠的性质，平行四边形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，等腰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．（1）根据平行线的判定定理得到，根据平行线的性质得到，根据平行四边形的判定定理得到四边形为平行四边形；（2）①连接并延长交于，由E为的中点，得到，推出，根据折叠的性质得到，求得，得到，推出点G和点重合，于是得到C，G，F三点共线；②根据勾股定理得到，求得，推出，得到，过E作于H，求得，得到，根据折叠的性质得到，根据勾股定理得到，根据三角形的面积公式即可得到结论．【详解】（1）证明：∵，∴，∴，∵，∴，∴四边形为平行四边形；（2）①证明：连接并延长交于，∵E为的中点，∴，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∴，，∵将沿直线翻折得到，∴，∴，，∴，∵，∴，∴，∴点G和点重合，∴C，G，F三点共线；②∵，∴，∵点E，点F分别为，∴，∵四边形是平行四边形，∴，∴，过E作于H，∴，∴，∵将沿直线翻折得到，∴，∴，∴，∴，∵点F为的中点，∴．5．（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图，在中，点E，F分别在边上，且，连接交于点O，求证：互相平分．【答案】见解析【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，连结，，证明四边形为平行四边形，即可得证．【详解】证明：连结，，∵四边形为平行四边形，∴，，∵，∴，∴，∵，∴四边形为平行四边形，∴、互相平分．6．（24-25八年级下·福建泉州·期末）已知BG是的中线，如图．(1)求作，使与的面积相等，且点在BG的延长线上．（不写作法，保留作图痕迹）(2)在（1）的条件下，证明．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】本题考查中线平分面积，平行四边形的判定和性质，掌握平行四边形的判定和性质是解题的关键，（1）延长，以为圆心，为半径画弧，交的延长线于点，连接，由，依据中线平分面积可得与的面积相等；（2）连接CD，证明四边形ABCD是平行四边形即可，【详解】（1）即为所就求作的三角形；（2）证明：连接CD，由（1）可知，与的面积相等，，又是的中线，，四边形ABCD是平行四边形．，7．（24-25八年级下·福建福州·期末）如图，在中，，是对角线上的点，若，，求证：四边形是矩形．【答案】见解析【分析】本题主要考查了矩形的判定，利用平行四边形的性质得出，，根据线段的和差关系即可得出，即可得出四边形是平行四边形，再结合即可得出四边形是矩形．【详解】证明：连接交于点四边形是平行四边形，四边形是平行四边形四边形是矩形．8．（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图，在中，点在边上，点在边上，．求证：四边形是平行四边形．【答案】见解析【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，先结合四边形是平行四边形，则，根据，得，由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，得出四边形是平行四边形，即可作答．【详解】证明：∵四边形是平行四边形，，，，，又，∴四边形是平行四边形．地地城考点06利三角形中位线的有关求解与证明1．（24-25八年级下·福建福州·期末）如图，在中，点P是边上的动点，连接，，E，F分别是，的中点．点P从点B向点C运动的过程中，的长度（

）A．保持不变 B．逐渐增大 C．先增大再减小 D．先减小再增大【答案】A【分析】本题考查考查三角形中位线定理，根据三角形中位线定理得，可知点P从点B向点C运动的过程中，的长度保持不变，于是得到问题的答案．【详解】解：，F分别是，的中点，是的中位线，，点P从点B向点C运动的过程中，的长度保持不变，故选：A．2．（24-25八年级下·福建厦门·期末）如图，在四边形中，点E，F，G分别是的中点，则下列线段是中位线的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了三角形中位线的判定．由点E，F分别是的中点，可知是的中位线．【详解】解：∵点E，F分别是的中点，∴是的中位线，故选：C．3．（24-25八年级下·福建福州·期末）如图，在矩形中，对角线相交于点O，平分交边于点E，点F是的中点，连接，若，则的长度为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】由矩形的性质得，，由，且，求得，则，所以是等边三角形，而，利用含30度角的直角三角形求出，由平分交边于点E，得，则，所以，则得，由三角形的中位线定理得，得到问题的答案．【详解】解：∵四边形是矩形，对角线相交于点O，∴，，，且，∴，∵，且，∴，∴，∴，∴是等边三角形，∵，∴，∴，∵平分交边于点E，∴，∴，∴，∴，∵点F是的中点，点O是的中点，∴，故选：C．【点睛】此题重点考查矩形的性质、等边三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定、勾股定理、三角形的中位线定理等知识，证明是等边三角形是解题的关键．4．（24-25八年级下·福建漳州·期末）如图，小明想测量池塘A，B两点之间的距离．他先在A，B外选一点C，然后找到，的中点D，E，测得，则A，B之间的距离为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查了三角形的中位线定理应用.根据D，E是的中点，即是的中位线，根据三角形的中位线定理：三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半，即可求解．【详解】解：∵D，E是的中点，即是的中位线，∴∵，∴．故选：D．5．（24-25八年级下·福建厦门·期末）如图，在中，，，D，E，F分别为，，的中点，若，则的长度为（

）A． B．3 C． D．4【答案】D【分析】本题考查了直角三角形斜边中线的性质，含直角三角形的性质，三角形中位线定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键．根据直角三角形斜边中线的性质和含直角三角形的性质得出，再根据三角形中位线判定定理得，即可求出的长度．【详解】解：依题意，如图所示：∵在中，点D为斜边中点，，∴，即∵E，F分别为的中点，∴为的中位线，∴，∵∴故选：D6．（24-25八年级下·福建厦门·期末）如图，，以为邻边作，连接，则线段长为（

）A． B． C． D．3【答案】A【分析】连接交于点O，取的中点M，连接，利用直角三角形斜边中线的性质，求出，由平行四边形的性质求得，，推出是中位线，据此求解即可．【详解】解：连接交于点O，取的中点M，连接，由条件可知，，，是的中位线，，，，，，故选：A【点睛】本题考查了直角三角形斜边中线的性质，平行四边形的性质，三角形中位线定理，等腰三角形的判定和性质，勾股定理．熟练掌握以上知识点是关键．7．（24-25八年级下·福建福州·期末）如图，在中，边的垂直平分线交于点，连接、若是的中位线，，则的度数是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查的是线段垂直平分线的性质，三角形的中位线和等腰三角形的性质，由可得，由是的垂直平分线可得出，推出，从而可求出．【详解】解：∵，∴，∵是的中位线，∴，∴；∵是的垂直平分线，∴，∴∴，∴∴，故选：C．8．（24-25八年级下·福建厦门·期末）如图，在中，，，是的中位线，点F是延长线上的一点，且，线段的长为（

）．A．2 B．3 C．5 D．8【答案】A【分析】本题考查了三角形中位线定理，直角三角形斜边上的中线．熟练掌握三角形的中位线定理和直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．根据三角形的中位线定理和直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得到结论．【详解】解：是的中位线，，，，，点是的中点，，，故选：A．9．（24-25八年级下·福建厦门·期末）如图，在中，，．若，分别是，的中点，，则_____．【答案】【分析】本题主要考查了三角形中位线定理，直角三角形斜边上的中线的性质，勾股定理，熟练掌握相关性质定理是解题的关键点．利用三角形中位线定理求得，利用勾股定理求得的长度，继而根据直角三角形斜边上中线等于斜边的一半即可求得答案．【详解】解：、分别是、的中点，是的中位线，，，在中，，是边上的中点，．故答案为：．10．（24-25八年级下·福建福州·期末）在平行四边形中，，，于点，点，分别是，的中点，连接，将沿直线对折得到，其中点与点是对称点，连接，则线段的长是________．【答案】【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，中位线的性质，勾股定理解直角三角形，连接，，设交于点，证明四边形是平行四边形，进而证明得出，即可证明在上，进而根据勾股定理以及直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，得出，根据中位线的性质得出，设，在，中，根据勾股定理求得，进而即可求解．【详解】解：如图，连接，，设交于点，∵在平行四边形中点，分别是，的中点，∴，∴，∴四边形是平行四边形，∴，∵折叠，是的中点，∴∴又∵∴∴∵折叠，∴，∴∴在上，∵，，∴∴，∵是的中点，则，设，则，在中，，在中，∴，即解得：∴∴，故答案为：．11．（24-25八年级下·福建宁德·期末）如图，为估测被花坛隔开的A，B两点间的距离，先在外取一点C，找到的中点D，E，测得的长为．则A，B两点间的距离是______．【答案】18【分析】本题主要考查了三角形中位线定理，三角形的中位线等于第三边长的一半，据此可得答案．【详解】解：∵D、E分别是的中点，∴是的中位线，∴，∴A，B两点间的距离是，故答案为：18．12．（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图，在矩形中，，点在边上，，交于点，若，则__________．【答案】【分析】本题考查了三角形中位线，矩形的性质，全等三角形的判定和性质．作中位线，根据三角形中位线和矩形的性质得到，进而证明，即可作答．【详解】解：如图，作中位线，则，∵，矩形，∴，即，，，∵，∴∴，∴，∴，∴，故答案为：．13．（24-25八年级下·福建福州·期末）如图，在中，，，分别是，的中点，，．(1)求证：四边形是菱形；(2)连接交于点，若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）首先根据，可判定四边形是平行四边形，再证为的中位线，从而得，然后根据等腰三角形的性质得，据此，可得出，进而可得出结论；（2）连接，根据等腰三角形的性质得，可在中利用勾股定理求出，然后证为的中位线，进而可得的长．【详解】（1）证明：，，四边形是平行四边形，点，分别是，的中点，为的中位线，，，，，，，四边形为菱形．（2）解：如图所示，连接，

，点为的中点，，在中，，，由勾股定理得：，由（1）可知，四边形为菱形，，，且，又∵点为的中点，为的中位线，．【点睛】此题主要考查了菱形的判定和性质，三角形的中位线定理，等腰三角形的性质，勾股定理等，解答此题的关键是理解等腰三角形的底边上的中线、底边上的高、顶角的平分线重合三线合一；三角形的两边中点的线段是三角形的中位线，三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半．14．（24-25八年级下·福建厦门·期末）如图，在矩形中，对角线和交于点，是延长线上的点，且，点在上，连接，满足．(1)求作点；（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）(2)连接，是否存在四边形为菱形的情形？若存在，探究矩形的边需要满足的条件；若不存在，请说明理由．【答案】(1)见解析(2)存在四边形为菱形的情形，矩形的边需要满足【分析】（1）根据，得到，故过点作的垂线即可；（2）根据菱形的判定定理可知要使四边形是菱形，可根据一组邻边相等的平行四边形是菱形证明即可．由勾股定理及线段之间的数量关系得出要满足时，矩形的边需要满足；再通过“等边对等角”、“三角形内外角关系”、“直角三角形两锐角互余”进行角的等量关系得出，从而得出，再根据，得出，从而判定四边形为平行四边形，结合已证的即可证明四边形为菱形．【详解】（1）解：如图所示，点即为所求；（2）解：存在四边形为菱形的情形，矩形的边需要满足．理由如下：如图所示，∵四边形是矩形，∴，，在中，由勾股定理得，，，，则有，即，，是等边三角形，，，，，，，，，又，，，，，四边形是平行四边形，又，四边形是菱形．【点睛】本题考查了尺规作图，勾股定理及其逆定理，平行四边形的判定和性质，菱形的判定，矩形的性质，中位线的性质．熟练掌握勾股定理及其逆定理，菱形的判定定理是解决本题的关键．15．（24-25八年级下·福建厦门·期末）如图，在中，，，，D，E分别是，的中点，延长至点F，使，连接，．(1)求的长度；(2)求证：四边形是菱形．【答案】(1)1(2)见详解【分析】（1）利用勾股定理求解即可．（2）利用三角形中位线定理证得，证明四边形是平行四边形，由直角三角形斜边中线定理得到，根据萎形的判定定理即可证得结论【详解】（1）解：在中，，，，∴（2）证明：∵D，E分别是，的中点，∴是的中位线，∴，∴，由（1）知，，∵，∴∴四边形是平行四边形，∵，D是的中点，∴，∴，∴四边形是菱形．【点睛】本题主要考查了菱形判断，三角形的中位线定理，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质，熟练掌握相关知识是解决问题的关键．16．（24-25八年级下·福建福州·期末）如图1，在中，为边上的高，上有一点，连接交于点，使得，且点为的中点，连接．(1)若，求证：；(2)求（用含的式子来表示）；(3)如图2，点为边的中点，连接交于点，求的值．【答案】(1)见解析(2)(3)【分析】（1）由直角三角形斜边的中线等于斜线的一半可得出，结合已知条件可得出．（2）取的中点，连接，先证明，由全等三角形的性质得出，进而可得出垂直平分，由线段垂直平分线的性质得出，由等角对等边可得出，由直角三角形两锐角互余即可得出答案．（3）连接，由（2）结合对顶角相等得出，进而可得出，由等角