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2022-2023学年八年级数学下学期复习备考高分秘籍【人教版】
专题 1.3 平行四边形的性质与判定精讲精练（8 大易错题型深度导
练）
【目标导航】
【知识梳理】
1.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）的平行四边形面积相等．
2.平行四边形的判定 ：
（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形．
符号语言：∵AB∥DC，AD∥BC∴四边行ABCD是平行四边形．
（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形．
符号语言：∵AB=DC，AD=BC
∴四边行ABCD是平行四边形．
（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
符号语言：∵AB∥DC，AB=DC
∴四边行ABCD是平行四边形．
（4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形．
符号语言：∵∠ABC=∠ADC，∠DAB=∠DCB
∴四边行ABCD是平行四边形．
（5）对角线互相平分的四边形是平行四边形．
符号语言：∵OA=OC，OB=OD
∴四边行ABCD是平行四边形．
3.三角形的中位线：
（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，
【典例剖析】
【考点1】平行四边形边和角的性质
【例1】平行四边形的周长为24cm，相邻两边的差为2cm，则平行四边形的各边长为（ ）A．4cm，4cm，8cm，8cm
B．5cm，5cm，7cm，7cm
C．5.5cm，5.5cm，6.5cm，6.5cm
D．3cm，3cm，9cm，9cm
【变式训练】
1．（2022春·贵州铜仁·八年级校考阶段练习）如图，在平行四边形ABCD中，BC=8cm，CD=6cm，
∠D=40°，BE平分∠ABC，下列结论错误的是( )
A．AE=6cm B．ED=2cm C．∠BED=150° D．∠C=140°
【答案】C
【分析】根据平行四边形的性质逐项分析判断即可求解，
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∠D=40°，
∴AD∥BC，AD=BC=8cm，AB=CD=6cm，∠ABC=∠D=40°，
∴∠C=180°−∠D=140°，故D正确；
∵BE平分∠ABC，
1
∴∠ABE=∠EBC= ∠ABC=20°，
2
∴∠AEB=∠EBC=20°，
∴∠BED=180°−∠AEB=160°，故C错误；
∴∠AEB=∠ABE，
∴AE=AB=6cm，故A正确；
AD=BC=8cm，
∴ED=AD−AE=2cm，故B正确．
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，角平分线的定义，掌握平行四边形的性质是解题的关键．
2．（2023春·八年级课时练习）如图所示，在平行四边形ABCD中，M是CD的中点，AB=2BC，
BM=1，AM=2，则CD的长为（ ）5
A． B．2 C．√2 D．√5
2
【答案】D
1 1
【分析】由ABCD是平行四边形，得到CM=DM= CD= AB=BC=AD，∠C+∠D=180°，然后由
2 2
等腰三角形的性质可得∠DAM=∠DMA，∠CBM=∠CMB，得到∠AMB=90°，即可用勾股定理求得
CD的长
【详解】∵在平行四边形ABCD中，M是CD的中点，AB=2BC，
1 1
∴CM=DM= CD= AB=BC=AD，∠C+∠D=180°
2 2
∴∠DAM=∠DMA，∠CBM=∠CMB，
1 1
∴∠DMA= (180°−∠D)，∠CMB= (180°−∠C)
2 2
1
∴∠DMA+∠CMB=180°− (∠C+∠D)=90° ，
2
∴∠AMB=180°−(∠DMA+∠CMB)=90°，即△MAB为直角三角形，
∵BM=1，AM=2，
∴CD=AB=√BM2+AM2=√5．
故选：D
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的性质及勾股定理，熟练掌握平行四边形的性质是解
决问题的关键
3．（2023春·八年级课时练习）如图，以平行四边形ABCD的边CD为斜边向内作等腰直角△CDE，使
AD=DE=CE，∠DEC=90°，且点E在平行四边形内部，连接AE、BE，则∠AEB的度数是（ ）．A．130° B．135° C．150° D．125°
【答案】B
【分析】先证明AD=DE=CE=BC，得出∠DAE=∠AED，∠CBE=∠CEB，
∠EDC=∠ECD=45°，设∠DAE=∠AED=x，∠CBE=∠CEB= y，求出∠ADC=225°−2x，
∠BCD=225°−2y，由平行四边形的对角相等得出方程，求出x+ y=135°，即可得出结果．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，∠BAD=∠BCD，∠BAD+∠ADC=180°，
∵AD=DE=CE，
∴AD=DE=CE=BC，
∴∠DAE=∠AED，∠CBE=∠CEB，
∵∠DEC=90°，
∴∠EDC=∠ECD=45°，
设∠DAE=∠AED=x，∠CBE=∠CEB= y，
∴∠ADE=180°−2x，∠BCE=180°−2y，
∴∠ADC=180°−2x+45°=225°−2x，∠BCD=225°−2y，
∴∠BAD=180°−(225°−2x)=2x−45°，
∴2x−45°=225°−2y，
∴x+ y=135°，
∴∠AEB=360°−135°−90°=135°；
故选：B．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质(对边平行且相等，对角相等)，等腰三角形的性质(两底角相等) ，
解题的关键是找到∠AED和∠CEB之间的关系．
【考点2】平行四边形的对角线
【例2】如图，EF过平行四边形ABCD对角线的交点O，交AD于点E，交BC于点F，若平行四边形
ABCD的周长是30，OE＝3，则四边形ABFE的周长是（ ）
A．21 B．24 C．27 D．18
【分析】先由ASA证明△AOE≌△COF，得OE＝OF，AE＝CF，再求得AB+BC＝15，由平行四边形ABFE的周长＝AB+AE+BF+EF＝AB+BF+CF+2OE，即可求得答案．
【解析】∵四边形ABCD为平行四边形，对角线的交点为O，
∴AB＝CD，AD＝BC，OA＝OC，AD∥BC，
∴∠EAO＝∠FCO，
在△AOE和△COF中，
{∠EAO=∠FCO
OA=OC ，
∠AOE=∠COF
∴△AOE≌△COF（ASA），
∴OE＝OF，AE＝CF，
∵平行四边形ABCD的周长为30，
1
∴AB+BC= ×30＝15，
2
∴四边形ABFE的周长＝AB+AE+BF+EF＝AB+BF+CF+2OE＝AB+BC+2×3＝15+6＝21，
故选：A．
【变式训练】
4．（2023春·全国·八年级专题练习）如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，OE//AB
交AD于点E．若OA=2，ΔAOE的周长为10，则平行四边形ABCD的周长为（ ）
A．16 B．32 C．36 D．40
【答案】B
【分析】由平行四边形的性质得AB=CD，AD=BC，OB=OD，证OE是ΔABD的中位线，则
AB=2OE，AD=2AE，求出AE+OE=8，则AB+AD=2AE+2OE=16，即可得出答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AD=BC，OB=OD，AO=OC，
∵OE//AB，
∴AE=DE，
∴OE是ΔABD的中位线，∴AB=2OE，AD=2AE，
∵ΔAOE的周长等于10，
∴OA+AE+OE=10，
∴AE+OE=10−OA=10−2=8，
∴AB+AD=2AE+2OE=16，
∴▱ABCD的周长=2×(AB+AD)=2×16=32．
故选：B．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、三角形中位线定理等知识；熟练掌握平行四边形的性质和三角形
中位线定理，求出AD+AB=16是解题的关键．
5．（2021春·重庆沙坪坝·八年级重庆市第七中学校校考期中）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、
BD相交于点O，OE⊥AC交CD于点E，连接AE，若平行四边形ABCD的周长为30，则△ADE的周长
为（ ）
A．15 B．23 C．25 D．30
【答案】A
【分析】根据平行四边形的性质，得到点O是AC中点，根据垂直平分线的性质得到AE=CE，根据四边形
周长求出AD+CD，然后转换求解即可．
【详解】在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，
∴OA=OC即点O是AC中点，
∵OE⊥AC，
∴AE=CE
∵平行四边形ABCD的周长为30，
30
∴AD+CD= =15
2
∴△ADE的周长：AD+DE+AE
=AD+DE+EC
=AD+DC=15
故选：A．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、垂直平分线的性质；灵活运用垂直平分线的性质是解题的关键．
6．（2022秋·山东济宁·八年级济宁学院附属中学校考期末）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD
相交于点O．点E为BC的中点，连接EO并延长交AD于点F，∠ABC=60°，BC=2AB．下列结论：
1
①S ❑ =AB·AC；②AD=4OE；③EF⊥AC；④S = S ．其中正确结论的个数是
▱ ABCD △BOE 4 △ABC
（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】A
【分析】通过判定△ABE为等边三角形求得∠BAE=60°，利用等腰三角形的性质求得∠EAC=30°，从
而判断①；利用有一组邻边相等的平行四边形是菱形判断③，然后结合菱形的性质和含30°直角三角形的
性质判断②；根据三角形中线的性质判断④．
【详解】∵点E为BC的中点，
∴BC=2BE=2CE，
又∵BC=2AB，
∴AB=BE，
∵∠ABC=60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴∠BAE=∠BEA=60°，CE=BE=AE，
∴∠EAC=∠ECA=30°，
∴∠BAC=∠BAE+∠EAC=90°，
即AB⊥AC，
∴S ❑ =AB·AC，故①正确；
▱ ABCD
在平行四边形ABCD中，AD∥BC，AD=BC，AO=CO，
∴∠CAD=∠ACB，在△AOF和△COE中，
¿，
∴△AOF≅△COE(ASA)，
∴AF=CE，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵AB⊥AC，点E为BC的中点，
∴AE=CE，
∴平行四边形AECF是菱形；
∴AC⊥EF，故③正确，
在Rt△COE中，∠ACE=30°，
1 1 1
∴OE= CE= BC= AD，故②正确；
2 4 4
在平行四边形ABCD中，OA=OC，
又∵点E为BC的中点，
1 1
∴S = S = S ，故④正确；
△BOE 2 △BOC 4 △ABC
综上所述：正确的结论有4个，
故选：A．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，含30°的直角三角
形的性质，掌握菱形的判定是解题关键．
【考点3】平行四边形的判定方法
【例3】在平面直角坐标系中，有A（0，1），B（﹣1，0），C（1，0）三点，若点D与A，B，C三点构
成平行四边形，则点D的坐标不可能是（ ）
A．（0，﹣1） B．（﹣2，1） C．（﹣2，﹣1） D．（2，1）
【分析】根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得到D点坐标的三种情况： 当AB∥CD，
AD∥BC时； 当AB∥CD，AC∥BD时； 当AD∥BC，AC∥BD时；分别求出D的坐①标即可．
【解析】如图②所示 ③
∵两组对边分别平行的四边形是平行四边形
∴可以分以下三种情况分别求出D点的坐标：如图所示：
当AB∥CD，AD∥BC时，D点的坐标为（2，1）；
①当AB∥CD，AC∥BD时，D点的坐标为（0，﹣1）；
②当AD∥BC，AC∥BD时，D点的坐标为（﹣2，1）．
③故选：C．
【变式训练】
7．（2023春·八年级单元测试）如图，在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，下列条件不能判
定四边形ABCD为平行四边形的是（ ）
A．AD∥CD，AD∥BC B．OA=OC，OB=OD
C．AD=BC，AB∥CD D．AB=CD，AD=BC
【答案】C
【分析】根据平行四边形的判定定理分别进行分析即可．
【详解】解：A、根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可判定四边形ABCD为平行四边形，故此
选项不合题意；
B、根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可判定四边形ABCD为平行四边形，故此选项不合题意；
C、不能判定四边形ABCD是平行四边形，故此选项符合题意；
D、根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形可判定四边形ABCD为平行四边形，故此选项不合题意；
故选：C．
【点睛】本题主要考查平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．
8．（2023秋·山东威海·八年级统考期末）在△ABC中，点D，E分别是AB，AC上的点，且DE∥BC，
点F是DE延长线上一点，连接CF．添加下列条件后，不能判断四边形BCFD是平行四边形的是（ ）
A．BD∥CF B．DF=BC C．BD=CF D．∠B=∠F
【答案】C【分析】根据平行四边形的判定方法，逐项进行判断即可．
【详解】解：A．∵DE∥BC，
∴DF∥BC，
∵BD∥CF，
∴四边形BCFD是平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形），故A不符合题意；
B．∵DF∥BC，DF=BC，
∴四边形BCFD是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形），故B不符合题意；
C．BD=CF，DF∥BC，一组对边平行，另一组对边相等的四边形不一定是平行四边形，故C符合题意；
D．∵DF∥BC，
∴∠F+∠BCF=90°，
∵∠B=∠F，
∴∠B+∠BCF=90°，
∴BD∥CF，
∴四边形BCFD是平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形），故D不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，平行线的判定和性质，解题的关键是熟练掌握平行四边形的
判定方法．
9．（2022春·湖南湘西·八年级统考期末）如图，在▱ABCD中，点E，F分别在AD，BC边上，若要使
四边形AFCE是平行四边形，可以添加的条件是（ ）．
①AF=CF；②AE=CE；③BF=DE；④AF∥CE
A．①或② B．②或③ C．③或④ D．①或③
【答案】C
【分析】根据平行四边形的性质和判定即可解决问题．
【详解】解：①添加AF=CF，不符合平行四边形的判定定理，故①不符合题意；
②添加AE=CE，不符合平行四边形的判定定理，故②不符合题意；
③四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AD∥BC，∵BF=DE，
∴AE=CF，又AE∥CF，
∴四边形AFCE是平行四边形；故③符合题意；
④∵四边形ABCD是平行四边形，
∵AD∥BC，
∴AE∥CF，
又∵AF∥CE，
∴四边形AFCE是平行四边形；故④符合题意．
故选：C．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质与判定．解题的关键是选择适宜的证明方法，需要熟练掌握平行四
边形的判定方法，属于中考常考题型．
【考点4】三角形的中位线
【例4】如图，四边形ABCD中，∠A＝90°，AB＝8，AD＝6，点M，N分别为线段BC，AB上的动点（含
端点，但点M不与点B重合），点E，F分别为DM，MN的中点，则EF长度的最大值为（ ）
A．8 B．7 C．6 D．5
1
【分析】连接DN，根据三角形中位线定理得到EF= DN，根据题意得到当点N与点B重合时，DN最
2
大，根据勾股定理计算，得到答案．
【解析】连接DN，
∵点E，F分别为DM，MN的中点，
∴EF是△MND的中位线，
1
∴EF= DN，
2
∵点M，N分别为线段BC，AB上的动点，
∴当点N与点B重合时，DN最大，此时DN=√AB2+AD2=10，1
∴EF长度的最大值为： ×10＝5，
2
故选：D．
【变式训练】
10．（2023秋·山东东营·八年级统考期末）如图，D是△ABC内一点，
BD⊥CD,AD=7,BD=4,CD=3，E、F、G、H分别是AB、BD、CD、AC的中点，则四边形
EFGH的周长为（ ）
A．10 B．12 C．14 D．16
【答案】B
【分析】首先利用勾股定理列式求出BC的长，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一
1 1
半，求出EH=FG= BC，EF=GH= AD，然后代入数据进行计算即可得解．
2 2
【详解】解：∵BD⊥CD,BD=4,CD=3，
∴BC=√BD2+CD2=√42+32=5，
∵E、F、G、H分别是AB、BD、CD、AC的中点，
1 1
∴EH=FG= BC，EF=GH= AD，
2 2
∴四边形EFGH的周长=EH+GH+FG+EF=AD+BC，又∵AD=7，
∴四边形EFGH的周长=7+5=12，
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形的中位线定理，勾股定理的应用，熟记三角形的中位线平行于第三边并且等于
第三边的一半是解题的关键．
11．（2022春·江苏南通·八年级校考阶段练习）如图，△ABC中，D、E分别BC、AC的中点，BF平分
∠ABC，交DE于点F，若BC=8，则DF的长是（ ）
5
A．2 B．3 C． D．4
2
【答案】D
【分析】首先根据条件D、E分别是BC、AC的中点可得DE∥AB，再求出∠BFD=∠DBF，根据等角
对等边可得到DB=DF．
【详解】解：∵△ABC中，D、E分别是BC、AC的中点，
1
∴DE∥AB，BD= BC=4，
2
∴∠ABF=∠BFD，
∵BF平分∠ABC，
∴∠FBC=∠ABF，
∴∠BFD=∠DBF，
∴DB=DF=4，
故选：D．
【点睛】此题主要考查了三角形的中位线定理的应用，解题的关键是证明DE∥AB，可得到
∠BFD=∠DBF．
12．（2022春·江苏南京·八年级校考期中）如图，四边形ABCD中，AB与CD不平行，M，N分别是AD、
BC的中点，AB=6，CD=3，则MN的长可能是( )A．4 B．6 C．8 D．10
【答案】A
【分析】连接BD，取BD的中点G，连接MG、NG，根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边
1
的一半可得AB=2MG，DC=2NG，再根据三角形的任意两边之和大于第三边得出MN< (AB+DC)，
2
即可得出结果．
【详解】解：如图，连接BD，取BD的中点G，连接MG、NG，
∵点M，N分别是AD、BC的中点，
∴MG是△ABD的中位线，NG是△BCD的中位线，
∴AB=2MG，DC=2NG，
∴AB+DC=2(MG+NG)，
由三角形的三边关系，MG+NG>MN，
∴AB+DC>2MN，
1
∴MN< (AB+DC)，
2
9
∴MN< ；
2
故选：A．
【点睛】本题考查了三角形的中位线定理，三角形的三边关系；根据不等关系考虑作辅助线，构造成以
MN为一边的三角形是解题的关键．
【考点5】两平行线间的距离【例5】如图，AB∥DC，ED∥BC，AE∥BD，那么图中和△ABD面积相等的三角形（不包括△ABD）有
（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据两平行直线之间的距离相等，再根据等底等高的三角形的面积相等，找出与△ABD等底
等高的三角形即可．
【解析】∵AB∥DC，
∴△ABC与△ABD的面积相等，
∵AE∥BD，
∴△BED与△ABD的面积相等，
∵ED∥BC找不到与△ABD等底等高的三角形，
∴和△ABD的面积相等的三角形有△ABC、△BDE，共2个．
故选：B．
点评：本题主要考查了平行线间的距离相等，等底等高的三角形面积相等的性质，找出等底等高的三角
形是解题的关键．
【变式训练】
13．（2021春·浙江杭州·八年级杭州英特外国语学校校考期中）如图，在平行四边形ABCD中，
∠A=45°，AD=√6，则AB与CD之间的距离为______．
【答案】√3
【分析】作DE⊥AB，在Rt△ADE中根据勾股定理求出DE的长即可．
【详解】解：作DE⊥AB，则∠AED=90°，
又∵∠A=45°，
∴∠ADE=45°，∴AE=DE，
∵AE2+DE2=AD2，
∴2DE2=(√6) 2 ，
DE2=3，
∴DE=√3，
∴AB与CD之间的距离为√3，
故答案为：√3．
【点睛】本题主要考查了平行线之间的距离和勾股定理，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并能用勾
股定理计算时解题的关键．
14．（2022秋·安徽黄山·八年级统考期末）如图，在四边形ABCD中，∠ABC=150°，BD平分∠ABC，
过A点作AE∥BC交BD于点E，EF⊥BC于点F．若AB=7，则EF的长为_______．
【答案】3.5
【分析】过点A作AM⊥CB，交CB延长线于点M，根据题意可知，∠ABM=30°，可求AM=3.5，再
利用平行线间距离处处相等，可得EF．
【详解】解：过点A作AM⊥CB，交CB延长线于点M，∵∠ABC=150°，
∴∠ABM=30°，
1 1
∴AM= AB= ×7=3.5，
2 2
∵AM⊥CB，EF⊥BC，AE∥BC，
∴根据平行线间的距离处处相等可得：EF=AM=3.5，
故答案为：3.5．
【点睛】本题考查了含30°的直角三角形的性质和平行线的性质，作恰当的作辅助线，构造特殊的直角三
角形是解题关键．
15．（2023秋·陕西西安·八年级统考期末）如图，AD∥BC，BC=6，且△ABC的面积为12，则△ACD
底边AD上高的长度为______．
【答案】4
【分析】先利用△ABC的面积求出其BC边上的高AE=4，再利用平行线间距离处处相等，得到C到AD
的距离为4．
【详解】解：如下图，过A作AE⊥BC于E，
∵△ABC的面积为12，BC=6，
1
∴ BC⋅AE=12，
2
∴AE=4，
过C作CF⊥AD于F，
∵AD∥BC，
∴CF=AE=4，
∴点C到AD的距离是4．
故答案为：4．【点睛】本题考查了三角形的面积、平行线的性质，解题的关键是掌握平行线间的距离处处相等．
【考点6】有关平行四边形性质的综合问题
【例6】如图，四边形ABCD是平行四边形，E是BC边的中点，DF∥AE，DF与BC的延长线交于点F，
AE，DC的延长线交于点G，连接FG，若AD＝3，AG＝2，FG＝2√2．
（1）求线段EC的长；
（2）试判断直线AG与FG的位置关系，并说明理由．
1
【分析】（1）证得△ABE≌△GCE后得到AE＝GE，从而得到GE= AG＝1；
2
（2）利用勾股定理的逆定理判定垂直即可；
【解析】（1）∵四边形是平行四边形，
∴AB∥DC，AD∥BC，
∴∠BAE＝∠CGE，∠ABE＝∠GCE（两直线平行，内错角相等）
又∵E是BC边的中点，
∴BE＝CE，
1 1 3
∴EC= BC= AD= ；
2 2 2
（2）∵AD∥BC，AG∥DF
∴四边形AEFD是平行四边形，
∴AD＝EF＝3，
∵BE＝CE，
∴BE＝CF＝EC，
∵∠EGC＝∠CDF，∠ECD＝∠DCF，EC＝CF，
∴△ECG≌△FCD，
1 1
∴DF＝EG＝AE= AG= ×2＝1，
2 2
在△EGF，GE2+FG2=12+(2√2) 2=9又∵EF2＝32＝9，
∴GE2+FG2＝EF2，
∴∠EGF＝90°（勾股定理的逆定理），
∴FG⊥AG．
【变式6.3】（2020春•丽水期末）如图，在 ABCD中，CM平分∠BCD交AD于点M．
（1）若CD＝2，求DM的长； ▱
（2）若M是AD的中点，连接BM，求证：BM平分∠ABC．
【分析】（1）依据平行四边形的性质以及角平分线的定义，即可得到DM＝DC；
（2）延长BA，CM，交于点E，依据△CDM≌△EAM，即可得到EM＝CM，再根据BE＝BC，即可得
出BM平分∠ABC．
【解析】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠BCM＝∠DMC，
∵CM平分∠BCD，
∴∠BCM＝∠DCM，
∴∠DMC＝∠DCM，
∴DM＝DC＝2；
（2）如图，延长BA，CM，交于点E，则∠AME＝∠DMC，
∵BE∥CD，
∴∠D＝∠EAM，∠E＝∠DCM，
∵M是AD的中点，
∴DM＝AM，
∴△CDM≌△EAM（ASA），
∴EM＝CM，
∵CM平分∠BCD，
∴∠BCM＝∠DCM，
∴∠E＝∠BCM，
∴BE＝BC，∴BM平分∠ABC．
解法二：由（1）可得，CD＝MD，
∵M是AD的中点，
∴DM＝AM，
又∵AB＝CD，
∴AB＝AM，
∴∠ABM＝∠AMB，
∵AD∥BC，
∴∠CBM＝∠AMB，
∴∠ABM＝∠CBM，
∴BM平分∠ABC．
【变式训练】
16．（2022秋·山东济宁·八年级济宁学院附属中学校考期末）如图，已知平行四边形ABCD，DE是
∠ADC的角平分线，交BC于点E
(1)求证：CD=CE；
(2)若点E是BC的中点，∠C=108°，求∠DAE的度数
【答案】(1)见解析
(2)∠DAE=54°
【分析】（1）由平行四边形和平行线的性质得出∠ADE=∠DEC，由角平分线的定义得出
∠ADE=∠EDC，等量代换可得∠DEC=∠EDC，即可得出CD=CE；（2）由平行四边形和平行线的性质得出∠B=72°，利用（1）中结论通过等量代换得出AB=BE，根据等
1
边对等角和三角形内角和定理可得∠BAE=∠BEA= (180°−72°)=54°，进而可得∠DAE的度数．
2
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC ，
∴∠ADE=∠DEC，
又∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE=∠EDC，
∴∠DEC=∠EDC，
∴CD=CE；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，∠C=108°，
∴AD∥BC，AB=CD，∠BAD=∠C=108°，
∴∠B+∠C=180°，
∴∠B=180°−108°=72°，
∵BE=CE，CE=CD，AB=CD，
∴AB=BE，
1
∴∠BAE=∠BEA= ×(180°−72°)=54°，
2
∴∠DAE=∠BAD−∠BAE=108°−54°=54°．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定与性质，三角形内角和定理，平行线的性质等，
准确识图，熟练掌握平行四边形对边平行且相等、对角相等的性质是解题的关键．
17．（2023春·重庆渝北·八年级校考阶段练习）如图，在▱ABCD中，AP、BP分别是∠DAB和∠CBA
的角平分线，已知AD=5．
(1)求线段AB的长；
(2)延长 AP，交BC的延长线于点Q．
①请在答卷上补全图形；
②若BP=6，求△ABQ的周长．
【答案】(1)AB=10(2)①见解析；②36
【分析】（1）依据平行线的性质以及角平分线的定义即可得到DP=AD=5，CP=BC=5，进而得出AB
的长；
（2）①根据题意直接补全图形即可；②依据平行线的性质以及角平分线的定义即可得到AB=QB，再根
据BP平分∠ABQ，即可得出BP⊥AQ，AP=QP，依据勾股定理得出AP的长，进而得到△ABQ．
【详解】（1）解：∵在▱ABCD中，AD=5，
∴ BC=5，
∵ AB∥CD，
∴ ∠BAP=∠DPA，
∵ AP平分∠BAD，
∴ ∠BAP=∠DAP，
∴ ∠DAP=∠DPA，
∴ DP=AD=5，
同理可得，CP=BC=5，
∴ CD=10，
∴ AB=10；
（2）解：①如图所示：
② ∵ AD∥BQ，
∴ ∠Q=∠DAP，
又∵ ∠DAP=∠BAP，
∴ ∠Q=∠BAP，
∴ AB=QB=10，
又∵ BP平分∠ABQ，
∴ BP⊥AQ，AP=QP，∴ Rt△ABP中，AP=√AB2−BP2=√102−62=8，
∴ AQ=16，
∴ △ABQ的周长为：16+10+10=36．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质以及勾股定理的运用，解题时注意：平行四边形的对边平行，
对边相等．
18．（2022春·河南安阳·八年级校考阶段练习）如图，已知在▱ABCD中，对角线BD⊥AB，∠A=30°，
DE平分∠ADC交AB的延长线于点E．
(1)求证：AD=AE；
(2)设AD=12，连接AC交BD于点O，画出图形，并求AC的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析，6√13
【分析】（1）根据角平分线的性质可得∠ADE=∠CDE，再根据平行四边形的性质和平行线的性质可得
∠CDE=∠AED，利用等量代换可得∠ADE=∠AED，根据等角对等边可得AD=AE；
（2）首先根据30°角算出BD=6，再根据勾股定理可得AB长，然后再根据平行四边形的性质可得
DN=BN，AN=CN，再利用勾股定理可得AN的值，进而可得答案．
【详解】（1）解：证明：∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE=∠CDE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD∥AB，
∴∠CDE=∠AED，
∴∠ADE=∠AED，
∴AD=AE；
（2）∵∠A=30°，AD=12，
∴BD=6，
∴AB=√122−62=6√3，
∵四边形ABCD是平行四边形，∴DN=BN，AN=CN，
∴BN=3，
∴AN=√AB2+BN2=3√13，
∴AC=6√13．
【点睛】此题主要考查了平行四边形的性质，以及勾股定理的应用，关键是掌握平行四边形对角线互相平
分．
【考点7】有关平行四边形判定的综合问题
【例7】如图，AD、BF相交于点O，点E、C在BF上，BE＝FC，AC＝DE，AB＝DF，求证：四边形
ABDF是平行四边形．
【分析】连接AF、BD，证△ABC≌△DFE（SSS），得AB＝DF，∠ABF＝∠DFE，则AB∥DF，即可
得出结论．
【解析】证明：连接AF、BD，如图所示：
∵BE＝CF，
∴BE+CE＝CF+CE，即BC＝FE．
{AB=DF
在△ABC和△DFE中， AC=DE，
BC=FE
∴△ABC≌△DFE（SSS），
∴AB＝DF，∠ABF＝∠DFE，
∴AB∥DF，
∴四边形ABDF是平行四边形．【变式训练】
19．（2023春·江苏·八年级姜堰区实验初中校考阶段练习）如图，以△ABC的三边为边，分别作等边
△ACD，△ABE，△BCF，连接DF，EF．
(1)求证：△EBF≌△ABC；
(2)求证：四边形ADFE是平行四边形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）由等边三角形的性质可得EB=AB，BF=BC，∠EBA=∠FBC=60°，则
∠EBF=∠ABC，然后由SAS即可证明结论；
（2）由全等三角形的性质得EF=AC，然后再证明EF=AD，同（1）可证△DFC≌△ABC（SAS）可
得DF=AB=AE，然后根据两组对边分别相等的四边形是平行线四边形即可证明结论．
【详解】（1）证明：∵△ABE，△BCF是等边三角形，
∴EB=AB，BF=BC，∠EBA=∠FBC=60°，
∴∠EBA−∠FBA=∠FBC−∠FBA，
∴∠EBF=∠ABC，
在△EBF和△ABC中，
¿∴△EBF≌△ABC（SAS）．
（2）证明：∵△EBF≌△ABC，
∴EF=AC，
又∵△ACD是等边三角形，
∴AC=AD，
∴EF=AD，
同（1）得：△DFC≌△ABC（SAS），
∴DF=AB=AE，
∴四边形ADFE是平行四边形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质等知识点，证
得△EBF≌△ABC是解题的关键．
20．（2022春·江苏南京·八年级校考期中）如图，已知AC垂直平分BD，DF⊥BD，∠ABC=∠DCF．
(1)求证：四边形ACFD是平行四边形．
(2)若DF=CF=5，CD=6，求BD的长．
【答案】(1)证明见解析
48
(2)BD=
5
【分析】（1）证明△ABC≌△ADC(SSS)，根据全等三角形的判定和性质、平行线的性质得出AD∥CF，
进而即可得证；
18
（2）证明根据ACDF是菱形，根据菱形的性质分析，设CE=x，则AE=5−x，勾股定理求得E= ，
5
进而勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：∵AC垂直平分BD，
∴AB=AD，BC=DC，
在△ABC与△ADC中，
¿，∴△ABC≌△ADC(SSS)，
∴∠ABC=∠ADC，
∵∠ABC=∠DCF，
∴∠ADC=∠DCF，
∴AD∥CF，
∵AC⊥BD，DF⊥BD，
∴DF∥AC，
∴四边形ACFD是平行四边形；
（2）解：∵四边形ACDF是平行四边形，DF=CF=5，
∴平行四边形ACDF是菱形，
∴AD=5，
如图，设AC,BD交于点E，
设CE=x，则AE=5−x，
∴ CD2−CE2=AD2−AE2
即62−x2=52−(5−x) 2
18 18
解得：x= ，即CE= ，
5 5
∴DE=√CD2−CE2=
√
62−
(18) 2
=
24
，
5 5
48
∴BD=2DE= ．
5
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是根据全等三角形的判定和平行四
边形的判定分析．
21．（2023春·八年级单元测试）如图在四边形ABCD中，AD∥BC，AD=5cm,BC=9cm，M是CD的
中点P是BC边上的一动点P与B，C不重合），连接PM并延长交AD的延长线于Q．(1)试说明不管点P在何位置，四边形PCQD始终是平行四边形；
(2)当点P在点B．C之间运动到什么位置时，四边形ABPQ是平行四边形？并说明理由．
【答案】(1)见解析；
(2)当PC=2时，四边形ABPQ是平行四边形，理由见解析．
【分析】（1）由ASA可证△PCM≅△QDM，可得DQ=PC，即可得结论；
（2）得出P在B、C之间运动的位置，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出．
【详解】（1）∵AD∥BC，
∴∠QDM=∠PCM
∵M是CD的中点，
∴DM=CM，
∵∠DMQ=∠CMP,DM=CM,∠QDM=∠PCM
∴△PCM≅△QDM(ASA)．
∴DQ=PC，
∴四边形PCQD是平行四边形，
∴不管点P在何位置，四边形PCQD始终是平行四边形；
（2）当四边形ABPQ是平行四边形时，PB=AQ，
∵BC−CP=AD+QD，
∴9−CP=5+CP，
∴CP=(9−5)÷2=2．
∴当PC=2时，四边形ABPQ是平行四边形．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质、平行线的性质及平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的
性质和判定方法是解题的关键．
【考点8】平行四边形的综合问题
【例8】已知在 ABCD中，动点P在AD边上，以每秒0.5cm的速度从点A向点D运动．
（1）如图1，▱在运动过程中，若CP平分∠BCD，且满足CD＝CP，求∠B的度数．
（2）在（1）的条件下，若AB＝4cm，求△PCD的面积．（3）如图2，另一动点Q在BC边上，以每秒2cm的速度从点C出发，在BC间往返运动，P，Q两点
同时出发，当点P到达点D时停止运动（同时Q点也停止），若AD＝6cm，求当运动时间为多少秒时，
以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形．
【分析】（1）易证∠DPC＝∠DCP，得DP＝CD，又CD＝CP，则△PDC是等边三角形，即可得出结
果；
（2）由平行四边形的性质得AB＝CD＝4，△PCD三边上的高相等，且等于2√3，由三角形面积公式即
可得出答案；
（3）若以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形，则PD＝BQ，设运动时间为t秒，
当0＜t≤3时，6﹣0.5t＝6﹣2t，解得t＝0，不合题意舍去；
①当3＜t≤6时，6﹣0.5t＝2t﹣6，解得t＝4.8；
②当6＜t≤9时，6﹣0.5t＝18﹣2t，解得t＝8；
③当9＜t≤12时，6﹣0.5t＝2t﹣18，解得t＝9.6．
④【解析】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DPC＝∠PCB，
∵CP平分∠BCD，
∴∠PCD＝∠PCB，
∴∠DPC＝∠DCP，
∴DP＝CD，
∵CD＝CP，
∴CP＝CD＝DP，
∴△PDC是等边三角形，
∴∠B＝60°；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD＝4，
∵△PDC是等边三角形，∴△PCD三边上的高相等，且等于√16−4=2√3，
1
∴S△PCD =
2
×2√3×4＝4√3（cm2）；
（3）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴PD∥BC，
若以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形，则PD＝BQ，
设运动时间为t秒，
当0＜t≤3时，PD＝6﹣0.5t，BQ＝6﹣2t，
①∴6﹣0.5t＝6﹣2t，
解得：t＝0（不合题意舍去）；
当3＜t≤6时，PD＝6﹣0.5t，BQ＝2t﹣6，
②∴6﹣0.5t＝2t﹣6，
解得：t＝4.8；
当6＜t≤9时，PD＝6﹣0.5t，BQ＝18﹣2t，
③∴6﹣0.5t＝18﹣2t，
解得：t＝8；
当9＜t≤12时，PD＝6﹣0.5t，BQ＝2t﹣18，
④∴6﹣0.5t＝2t﹣18，
解得：t＝9.6；
综上所述，当运动时间为4.8秒或8秒或9.6秒时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形．
【变式训练】
22．（2022秋·山东济宁·八年级济宁学院附属中学校考期末）如图，在△ABC中，点D是边BC的中点，
点E在△ABC内，AE平分∠BAC，CE⊥AE，点F在边AB上，EF∥BC．
(1)求证：四边形BDEF是平行四边形；
(2)若AB=10，AC=4，求BF的长．【答案】(1)见解析
(2)BF=3，证明见解析
【分析】（1）延长CE交AB于点G，证明△AGE≌△ACE，根据全等三角形的性质可得到¿=EC，再利
用三角形的中位线定理证明DE∥AB，再由EF∥BC可证出结论；
1 1 1
（2）先证明BF=DE= BG，再证明AG=AC，可得到BF= (AB−AG)= (AB−AC)．
2 2 2
【详解】（1）证明：延长CE交AB于点G，
∵AE⊥CE，
∴∠AEG=∠AEC=90°，
在△AEG和△AEC中，
¿
∴△AGE≌△ACE（ASA）．
∴¿=EC．
∵BD=CD，
∴DE为△CGB的中位线，
∴DE∥AB．
∵EF∥BC，
∴四边形BDEF是平行四边形．
（2）解：∵四边形BDEF是平行四边形，
∴BF=DE．
∵D、E分别是BC、GC的中点，
1
∴BF=DE= BG．
2
∵△AGE≌△ACE，
∴AG=AC，
1 1
∴BF= (AB−AG)= (AB−AC)
2 21
∴BF= (10−4)=3
2
【点睛】此题主要考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形中位线定理，题目
综合性较强，证明¿=EC，再利用三角形中位线定理证明DE∥AB是解决问题的关键．
23．（2022春·湖北武汉·八年级校联考期中）如图在平面直角坐标系中，A(−8,0)，C(0,26)，AB∥y轴
且AB=24，点P从点A出发，以1个单位长度/s的速度向点B运动；点Q从点C同时出发，以2个单位长
度/s的速度向点O运动，规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动的时间为t
秒．
(1)当四边形BCQP是平行四边形时，求t的值；
(2)当PQ=BC时，求t的值；
(3)当PQ恰好垂直平分BO时，求t的值．
【答案】(1)t=8
28
(2)t=8或t=
3
32
(3)t=
3
【分析】（1）利用平行四边形的性质构建方程即可解决问题．
（2）分两种情形：四边形PBCQ是平行四边形，四边形PBCQ是等腰梯形，分别求解即可．
（3）利用线段垂直平分线的性质构建方程即可解决问题．
【详解】（1）∵AB∥y，
∴当PB=CQ时，四边形PBCQ是平行四边形，
∵BP=24−t，CQ=2t，
∴24−t=2t，
∴t=8（2）①当四边形PBCQ是平行四边形时，CQ=BP，
∴24−t=2t，
∴t=8
②当四边形PBCQ是等腰梯形时，BC=PQ，
此时CQ−PB=2(OC−AB)，
∵C(0,26)，
∴OC=26，
∴2t−(24−t)=2(26−24)，
28
∴t=
3
28
综上，t=8或t=
3
（3）∵A(−8,0)，
∴OA=8．
当PQ垂直平分BO时，则BP=PO，
∴(24−t) 2=t2+82，
32
解得t=
3
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，等腰梯形，线段垂直平分线的性质，坐标与图形的性质等
知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，利用参数构建方程解决问题．
24．（2023秋·浙江宁波·八年级校考期末）平行四边形ABCD中，AB⊥AC，点E在边AD上，连接BE．
(1)如图1，AC交BE于点G，若BE平分∠ABC，且∠DAC=30°，CG=2，请求出四边形EGCD的面积；
(2)如图2，点F在对角线AC上，且AF=AB，连接BF，过点F作FH⊥BE于H，连接AH，求证：
HF+√2AH=BH．
(3)如图3，线段PQ在线段BE上运动，点R在边BC上，连接CQ,PR．若BE平分∠ABC，∠DAC=30°，3
AB=√3，PQ= ，BC=4BR．请直接写出线段CQ+PQ+PR的和的最小值以及此时△CQE的面积．
2
5√3
【答案】(1)
4
(2)见解析
√21+3 √3
(3) ；
2 2
【分析】（1）过点G作GK⊥AD于点K，根据平行四边形的性质可得∠AEB=∠CBE，再由
∠DAC=30°，AB⊥AC，可得∠ABE=∠AEB=∠CBE=30°，然后根据直角三角形和等腰三角形的
性质可求出AC,AB,KG的长，然后根据S =S −S ，即可求解；
四边形EGCD △ACD △AGE
（2）过点A作AJ⊥AM于点A，交FH延长线于点J，根据∠BAF=∠BHF=∠BHJ=90°，可得点
A，B，F，H四点共圆，可得到△AHJ是等腰直角三角形，再证明△ABH≌△AFJ，可得BH=FJ，即可；
1
（3）取AB的中点M，AE的中点N，连接PM,NQ,MN，则MN∥BE,MN= BE，由（1）可得
2
3 1
BE=3，可得到PQ= = BE，从而得到PQ∥MN,PQ=MN，可证得四边形PMNQ是平行四边形，
2 2
可得PM=NQ，由（1）可得BC=2AB，再由BC=4BR，可得BM=BR，可证得△PBM≌△PBR，可
得到PR=PM，从而得到NQ=PR，进而得到当点N，Q，C三点共线时，CQ+NQ的值最小，此时
3
CQ+PQ+PR的值最小，最小值为CM+ ，过点C作CS⊥AD于点S，由（1）可得AC=3,CD=√3，
2
1 √3
AE=AB=√3，从而得到AM=ME= AE= ，再由直角三角形的性质求出CM,CS的长，可得
2 2
CQ+PQ+PR的和的最小值，再根据S =S −S ，即可求解．
△CEQ 四边形EGCD △CDE
【详解】（1）解：如图，过点G作GK⊥AD于点K，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠DAC=∠ACB，AB=CD，AD∥BC，
∴∠AEB=∠CBE，∵AB⊥AC，
∴ ∠BAC=90°，
∵∠DAC=30°，
∴∠ABC=60°，∠ACD=∠BAC=90°，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠AEB=∠CBE=30°，
∴∠CBE=∠ACB，AE=AB，
∴CG=BG=2，
1
∴AG= BG=1，
2
1 1
∴AC=AG+CG=3，AE=AB=√BG2−AG2=√3，KG= AG= ，
2 2
∴S =S −S
四边形EGCD △ACD △AGE
1 1
= AC×CD− AE×KG
2 2
1 1 1
= ×3×√3− ×√3×
2 2 2
5√3
= ；
4
（2）解：如图，过点A作AJ⊥AM于点A，交FH延长线于点J，
∵FH⊥BE，AB⊥AC，AB=AF，
∴∠BAF=∠BHF=∠BHJ=90°，∠AFB=∠ABF=45°，
∴点A，B，F，H四点共圆，
∴∠BHA=∠AFB=45°，
∴∠AHJ=45°，
∴△AHJ是等腰直角三角形，
∴AH=AJ，
∴JH=√2AH∵AB=AF,∠BAH=∠FAJ=90°+∠PAH,AH=AJ，
∴△ABH≌△AFJ(SAS)，
∴BH=FJ，
∵HF+JH=HF+√2AH
∴BH=FJ=FH+HJ=HF+√2AH；
1
（3）解：如图，取AB的中点M，AE的中点N，连接PM,NQ,MN，则MN∥BE,MN= BE，
2
由（1）得：BE=3，
3 1
∴PQ= = BE，
2 2
∴PQ∥MN,PQ=MN，
∴四边形PMNQ是平行四边形，
∴PM=NQ，
由（1）得：BC=2AB，
∵点M为AB的中点，
∴BC=4BM，
∵BC=4BR，
∴BM=BR，
∵BE平分∠ABC，
∴∠PBM=∠PBR，
∵BP=BP，
∴△PBM≌△PBR，
∴PR=PM，
∴NQ=PR，
3
∴CQ+PQ+PR=CQ+NQ+ ，
23
∴当点N，Q，C三点共线时，CQ+NQ的值最小，此时CQ+PQ+PR的值最小，最小值为CM+ ，
2
如图，过点C作CS⊥AD于点S，
由（1）得：AC=3,CD=√3，AE=AB=√3，
1 √3
∴AM=ME= AE= ，
2 2
∵∠DAC=30°，
1 3
∴AD=2∠CD=2√3，CS= AC= ，
2 2
√3
∴SD=√CD2−CS2=
，
2
∴MS=AD−AM−DS=√3，
√21
∴CM=√CS2+MS2=
，
2
√21 3 √21+3
∴CQ+PQ+PR的最小值为 + = ；
2 2 2
5√3
由（1）得：S = ，
四边形EGCD 4
5√3 1 5√3 1 3 √3
∴S =S −S = − ×CS×DE= − × ×√3= ．
△CEQ 四边形EGCD △CDE 4 2 4 2 2 2
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，平行四边形的判定和性质，三角
形中位线定理，圆周角定理等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，平行四边形
的判定和性质，三角形中位线定理，圆周角定理等知识是解题的关键，是中考的压轴题．
