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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6.3考前必做30题之平行四边形小题培优提升（压轴篇，八下人教）
本套试题主要针对期中期末考试的选择填空压轴题，所选题目典型性和代表性强，均为
中等偏上和较难的题目，具有一定的综合性，适合学生的培优拔高训练.试题共30题，选择
20道，每题3分，填空10道，每题4分，总分100分.涉及的考点主要有以下方面：
1. 平行四边形的性质：平行四边形的边与角的计算、平行四边形的对角线问题
平行四边形的判定：平行四边形的判定方法的认识、判断能否构成平行四边
2. 形、添加条件成为平行四边形、已知三点构成平行四边形、平行四边形的性质与判定综合
3. 三角形的中位线：三角形中位线有关线段计算、三角形的中位线与面积
一、单选题
1．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图所示，在四边形ABCD中，已知∠1=∠2，添加下列一个条件，
不能判断四边形ABCD成为平行四边形的是（ ）
A．∠D=∠B B．AB∥CD C．AD=BC D．AB=DC
【答案】D
【分析】由平行四边形的判定方法分别对各个选项进行判断即可．
【详解】解：A．∵∠1＝∠2，
∴AD∥BC，
∵∠D＝∠B，∠1+∠D+∠ACD＝180°，∠2+∠B+∠CAB＝180°，
∴∠ACD＝∠CAB，
∴AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项A不符合题意；
B．∵∠1＝∠2，
∴AD∥BC，
∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项B不符合题意；
C．∵∠1＝∠2，
∴AD∥BC，
∵AD＝BC，∴四边形ABCD是平行四边形，故选项C不符合题意；
D．∵∠1＝∠2，
∴AD∥BC，
∵AB＝DC，
∴四边形ABCD可以是等腰梯形，故选项D符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定、等腰梯形的判定等知识，熟练掌握平行四边形的判定是解题的关
键．
2．（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．
3．（2023秋·山东烟台·八年级统考期末）如图，在▱ABCD中，∠DAB的平分线交CD于点E，交BC的
延长线于点G，∠ABC的平分线交CD于点F，交AD的延长线于点H，AG与BH交于点O，连接BE，下
列结论错误的是( )
A．BO=OH B．DF=CE C．DH=CG D．AB=AE
【答案】D
【分析】根据平行四边形的性质、等腰三角形的判定和性质一一判断即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ AH∥BG，AD=BC，
∴∠H=∠HBG，
∵∠HBG=∠HBA，
∴∠H=∠HBA，
∴AH=AB，同理可证BG=AB，
∴AH=BG，
∵AD=BC，
∴DH=CG，故C正确，
∵AH=AB，∠OAH=∠OAB，
∴OH=OB，故A正确，
∵DF∥AB，
∴∠DFH=∠ABH，
∵∠H=∠ABH，
∴∠H=∠DFH，
∴DF=DH，同理可证EC=CG，
∵DH=CG，
∴DF=CE，故B正确，
无法证明AE=AB，故选：D．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用平行四边
形的性质解决问题．
4．（2023春·湖北武汉·八年级武汉外国语学校（武汉实验外国语学校）校考阶段练习）如图，P为
▱ABCD内一点，且△PAB和△PAD的面积分别为5和2，则△PAC的面积为( )
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】A
1
【分析】过P作MN⊥BC，分别交AD、BC于M、N，易证S +S = a，其中S =a，则
△PAD △PBC 2 ▱ABCD
1
S = a−2，由S =S +S −S 即可求解．
△PBC 2 △PAC △PAB △PCB △ABC
【详解】解：过P作MN⊥BC，分别交AD、BC于M、N，
1 1
则S +S = AD·PM+ BC·PN
△PAD △PBC 2 2
1 1
= AD(PM+PN)= a
2 2
1
= AD·MN
2
1
= S ，
2 ▱ABCD
设S =a，
▱ABCD
1
即S +S = a，
△PAD △PBC 2
1
∴S = a−2，
△PBC 2∴S =S +S −S
△PAC △PAB △PCB △ABC
1
=5+S − a
△PCD 2
(1 ) 1
=5+ a−2 − a
2 2
=3．
故选：A．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质及等积法求不规则图形的面积；解题的关键是利用平行四边形的性
1
质求得S = a−2．
△PBC 2
5．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，在▱ABCD中，BF平分∠ABC交AD于点F，CE平分
∠BCD交AD于点E，若AB=6，AD=8，则EF的长度为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】A
【分析】先证明AB=AE=6，DC=DF，再根据EF=AF+DE−AD即可得出答案．
【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD=6，BC=AD，AD∥BC，
∵BF平分∠ABC交AD于点F，CE平分∠BCD交AD于点E，
∴∠ABF=∠CBF=∠AFB，∠BCE=∠DCE=∠CED，
∴AB=AF=6，DC=DE=6，
∴EF=AF+DE−AD=6+6−AD=4．
故选：A．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握这些知识
的应用，属于常见题，中考常考题型．
6．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，四边形ABCD中，∠A=90°,AB=12,AD=5，点M、N分
别为线段BC、AB上的动点，点E、F分别为DM、MN的中点，则EF长度的可能为（ ）A．2 B．2.3 C．4 D．7
【答案】C
1
【分析】连接DN，根据三角形中位线定理可得EF= DN，从而得到DN最大时，EF最大，DN最小时，
2
EF最小，进而得到EF的最大值为6.5，再得到EF≥2.5，即可求解．
【详解】解：连接DN，
∵ED=EM,MF=FN，
1
∴EF= DN，
2
∴DN最大时，EF最大，DN最小时，EF最小，
∵N与B重合时，DN最大，
∴此时DN=DB=√AD2+BD2=√52+122=13，
∴EF的最大值为6.5，
∵∠A=90°,AD=5，
∴DN≥5，
∴EF≥2.5，
∴EF长度的可能为4；
故选：C．
【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理、勾股定理等知识，解题的关键是中位线定理的灵活应用，学
会转化的思想．
7．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，△ABC周长20，D，E在边BC上，BN和CM分别是∠ABC
和∠ACB的平分线，BN⊥AE，CM⊥AD，若BC=8，则MN的长为（ ）A．1 B．2 C．3 D．3√2
【答案】B
【分析】证明△ABN≌△EBN，根据全等三角形的性质得出BE=BA，AN=NE，同理得出CD=CA，
AM=MD，结合图形求出DE，根据三角形中位线定理计算即可．
【详解】解：∵BN是∠ABC的平分线，
∴∠ABN=∠EBN，
在△ABN和△EBN中，
¿，
∴△ABN≌△EBN (ASA)，
∴BE=BA，AN=NE，
同理可得，CD=CA，AM=MD，
∵△ABC周长20，
∴AB+AC+BC=20，
∴AB+AC=20−BC=12，
∴DE=AB+AC−BC=4，
∵AN=NE，AM=MD，
∴MN是△ADE的中位线，
1
∴MN= DE=2，
2
故选：B．
【点睛】本题考查三角形中位线定理、全等三角形的判定与性质、角平分线的定义，掌握三角形的中位线
平行于第三边且等于第三边的一半是解题的关键．
8．（2023春·湖北武汉·八年级武汉外国语学校（武汉实验外国语学校）校考阶段练习）已知，在
▱ABCD中，点M、N分别是AB、CD的中点，AN、CM交DB于P、Q两点，下列结论：①
1
DP=PQ=QB；②AP=CQ③CQ=2MQ；④S = S ．其中正确的结论的个数是( )
△ADP 4 ▱ABCDA．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】B
【分析】先证明△ADN≌△CBM(SAS),进一步得到AN∥CM，由点M是AB的中点，则BQ=PQ,即可
1
判断①，再证明△ADP≌△CBQ(SAS)即可判断②，由三角形中位线定理得到MQ= AP，即可判断③，
2
1 1
由DP=PQ=QB得到S = S ，证明△DAB≌△BCD(SAS)，则S =S = S ，即可
△ADP 3 △ABD △ADP △BCD 2 ▱ABCD
判断④．
【详解】解：∵▱ABCD中，
∴AB=CD,AB∥CD,AD=BC,AD∥BC，∠ADC=∠CBA,
∵点M、N分别是AB、CD的中点，
∴DN=MB,
∴△ADN≌△CBM(SAS),
∴∠DNA=∠BMC,
∵AB∥CD，
∴∠DNA=∠NAM,
∴AN∥CM，
∵点M是AB的中点，
∴BQ=PQ,
同理DP=PQ,
∴DP=PQ=QB，故①正确，
在△ADP和△CBQ中，
¿，
∴△ADP≌△CBQ(SAS)，
∴AP=CQ，故②正确；
∵点M、Q分别是AB、BP的中点，
1
∴MQ= AP，
2即AP=2MQ，
∴CQ=2MQ，故③正确；
∵DP=PQ=QB，
1
∴S = S ，
△ADP 3 △ABD
∵AD=BC,AB=CD,∠DAB=∠BCD，
∴△DAB≌△BCD(SAS)，
1
∴S =S = S ，
△ADP △BCD 2 ▱ABCD
1 1 1 1
∴S = S = × S = S ，
△ADP 3 △ABD 3 2 ▱ABCD 6 ▱ABCD
故④不正确，
综上可知，正确的结论是①②③，
故选：B
【点睛】此题考查了平行四边形的性质、三角形中位线定理、三角形全等的判定和性质等知识，熟练掌握
相关性质和判定是解题的关键．
9．（2023春·湖北武汉·八年级武汉外国语学校（武汉实验外国语学校）校考阶段练习）如图，E为平行四
边形ABCD内一点，且EA=EB=EC，若∠D=50°，则∠AEC的度数是( )
A．90° B．95° C．100° D．110°
【答案】C
【分析】根据平行四边形的性质得出∠ABC=∠D=50°，再由等边对等角得出
∠EAB=∠EBA,∠EBC=∠ECB，利用三角形内角和定理及各角之间的关系求解即可．
【详解】解：四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ABC=∠D=50°，
∵EA=EB=EC，
∴∠EAB=∠EBA,∠EBC=∠ECB，
∴∠EAB+∠ECB=∠EBA+∠EBC=∠ABC=50°，
∴∠AEB+∠BEC=(180°−∠EAB−∠EBA)+(180°−∠EBC−∠ECB)
=360°−(∠EAB+∠ECB+∠EBA+∠EBC)
=360°−100°=260°，
∴∠AEC=360°−∠AEB−∠BEC=100°
故选C．
【点睛】题目主要考查平行四边形的性质，三角形内角和定理，等边对等角，熟练掌握平行四边形的性质
是解题关键．
10．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，M、N分别是AB、AC的中点，
1
延长BC至点D，使CD= BC．连接DM、DN、MN．若AB=6，则DN的长为（ ）
2
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
1
【分析】根据三角形中位线定理得到MN= BC、MN∥BC，证明四边形NDCM是平行四边形，可得
2
1
DN=CM，根据直角三角形的性质得到CM= AB=3，最后等量代换即可解答．
2
【详解】解：如图：连接CM
∵M，N分别是AB、AC的中点，
∴MN是△ABC的中位线，
1
∴MN= BC，MN∥BC，
21
∵CD= BC，
2
∴CD=MN，
∵MN∥BC，
∴四边形NDCM为平行四边形，
∴DN=CM，
∵∠ACB=90°，M是AB的中点，
1 1
∴CM= AB= ×6=3，
2 2
∴DN=3．
故选：C．
【点睛】本题主要考查的是三角形的中位线定理、直角三角形的性质、平行四边形的判定和性质等知识点，
掌握三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半是解题的关键．
11．（2022春·黑龙江哈尔滨·八年级校考阶段练习）如图，BD为平行四边形ABCD的对角线，
∠DBC=45°，DE⊥BC于E，BF⊥CD于F，DE、BF相交于H，直线BF交线段AD的延长线于
G，下面结论：①BD=√2BE； ②∠A=∠BHE； ③AB=BH； ④∠BHD=∠BDG；其中正确的个
数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】先证明△BDE为等腰直角三角形，得到BE=DE，BD=√2BE，即可判断①；根据同角的余角
相等证明∠BHE=∠C，再由平行四边形的性质得到∠A=∠C，则∠A=∠BHE，即可判断②；证明
△BEH≌△DEC，得到BH=CD，再由AB=CD，推出AB=BH，即可判断③；根据三角形外角的性质
得到∠BHD=90°+∠EBH，∠BDG=90°+∠BDE，再由∠BDE>∠EBH即可判断④．
【详解】解：∵∠DBC=45°，DE⊥BC，
∴△BDE为等腰直角三角形，
∴BE=DE，BD=√2BE，故①正确；
∵BF⊥CD，∴∠C+∠CBF=90°，
又∵∠BHE+∠CBF=90°，
∴∠BHE=∠C，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴∠A=∠C，
∴∠A=∠BHE，故②正确；
在=△BEH和△DEC中
¿，
∴△BEH≌△DEC(AAS)，
∴BH=CD，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB=CD，
∴AB=BH，故③正确；
∵∠BHD=90°+∠EBH，∠BDG=90°+∠BDE，∠BDE=∠DBE>∠EBH
∴∠BDG>∠BHD，故④错误；
故选：C．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性
质与判定，三角形外角的性质，灵活运用所学知识是解题的关键．
12．（2023秋·浙江宁波·八年级校考期末）如图，分别以直角三角形的三边向外作等边三角形，然后将较
小的两个等边△AFG和△BDE放在最大的等边△ABC内（如图），DE与FG交于点P，连结AP，FE．
欲求△GEC的面积，只需要知道下列哪个三角形的面积即可（ ）
A．△APG B．△ADP C．△DFP D．△FEG
【答案】C
【分析】先根据勾股定理得S =S +S ，FG∥BC，CG∥PE，则四边形CEPG是平行四边形，
△ABC △AFG △BDE
1
再由S =S ，可以得到S = S ．
四边形ECGP △DFP △CEG 2 △DFP【详解】解：由题意得S =S +S ，FG∥BC，CG∥PE，
△ABC △AFG △BDE
∴四边形CEPG是平行四边形，
1
∴S = S ，
△CEG 2 四边形ECGP
∵S =S +S +S ❑❑，
△ABC △AFG 四边形BFPE 四边形ECGP
∴S =S ，
四边形ECGP △DFP
1
∴S = S ，
△CEG 2 △DFP
故选：C．
【点睛】本题主要考查了以直角三角形三边组成的图形的面积，平行四边形的性质与判定，解题的关键在
于能够正确理解题意．
13．（2023春·八年级课时练习）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠B=∠D，点E为BC延长线上
一点，连接AC、AE，AE交CD于点H，∠DCE的平分线交AE于点G．若AB=2AD=10，点H为CD的
中点，HE=6，则AC的长为（ ）
A．9 B．√97 C．10 D．3√10
【答案】B
【分析】根据平行线的性质得∠B=∠DCE，推出∠D=∠DCE，得出AD∥BC，由点H是CD的中点
可得△ADH≌△ECH(AAS)，则CH=CE=AD=5，由等腰三角形三角形合一的性质可得出HG=≥=3，
进而求出AG的长，由勾股定理可得出CG的长，进而求出AC的长．
【详解】解：∵AB∥CD，
∴∠B=∠DCE，
∵∠B=∠D，
∴∠D=∠DCE，
∴AD∥BC；
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AD=BC，∵AB=2AD=10，点H是CD的中点，
∴AD=BC=5，AB=CD=10，DH=CH=5，
∵AD∥BC，
∴∠D=∠DCE，∠DAE=∠E，
∴△ADH≌△ECH(AAS)，
∴AH=HE=6，AD=CE=5，
∴CH=CE=5，
∵CG平分∠DCE，
∴CG⊥HE，HG=≥=3，
∴AG=9，
在Rt△CGE中，¿=3，CE=5，
由勾股定理可得CG=√CE2−GE2=√52−32=4，
∴AC=√92+42=√97，
故选B．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、平行线的判定与性质等知识；本题综合性强，熟练掌握平行线的
判定与性质是解题的关键．
14．（2023秋·山东东营·八年级统考期末）如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，DE平
1
分∠ADC交AB于点E，∠BCD=60°，AD= AB，连接OE．下列结论：①S =AD⋅BC；②
2 ▱ABCD
DB平分∠CDE；③AO=DE；④OE垂直平分BD．其中正确的个数有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
1
【分析】证得△ADE是等边三角形，由等边三角形的性质得出AD=AE= AB，求得∠ADB=90°，即
2
AD⊥BD，即可得到S =AD⋅BD；依据∠CDE=60°，∠BDE=30°，可得∠CDB=∠BDE，
▱ABCD
进而得出DB平分∠CDE；依据Rt△AOD中，AO>AD，即可得到AO>DE；由三角形的中位线定理可得出OE∥AD，则可得出EO⊥BD，则可得出结论．
【详解】解：∵∠BAD=∠BCD=60°，∠ADC=120°，DE平分∠ADC，
∴∠ADE=∠DAE=60°=∠AED，
∴△ADE是等边三角形，
1
∴AD=AE= AB，
2
∴E是AB的中点，
∴DE=BE，
1
∴∠BDE= ∠AED=30°，
2
∴∠ADB=90°，即AD⊥BD，
∴S =AD⋅BD，故①不符合题意；
▱ABCD
∵∠CDE=60°，∠BDE=30°，
∴∠CDB=∠BDE，
∴DB平分∠CDE，故②符合题意；
∵Rt△AOD中，AO>AD，
∴AO>DE，故③不符合题意；
∵O是BD的中点，E是AB的中点，
∴OE是△ABD的中位线，
∴OE∥AD，
∵∠ADB=90°，
∴∠EOB=90°，
∴EO⊥DB，
∴OE垂直平分BD，故④符合题意，
所以正确的有：②④．
故选：B．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，掌握平行四边形的判定定理和性质定理是解题的关键．
15．（2023春·八年级课时练习）如图，△ABC的面积为1．第一次操作：分别延长AB，BC，CA至点A ，
1
B ，C ，使A B=AB，B C=BC，C A=CA，顺次连接A ，B ，C ，得到△A B C ．第二次操作：
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
分别延长A B ,B C ,C A 至点A ,B ,C ；使A B =A B ，B C =B C ，C A =C A ，顺次连接
1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 1 1 1 2 1 1 1 2 1 1 1
A ,B ,C ，得到△A B C ，…按此规律，要使得到的三角形的面积超过2021，最少经过（ ）次操作．
2 2 2 2 2 2A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【分析】根据等底同高的两个三角形的面积相等，求出△A B C 、△A B C 的面积，进而得出答案．
1 1 1 2 2 2
【详解】解：如图，
连接A C，
1
∵AB=A B，S =1，
1 △ABC
∴S =S ，
△ABC △A BC
1
∵BC=B C，
1
∴S =S ，
△A BC △A B C
1 1 1
∴S =2S =2，
△A B B △ABC
1 1
同理，S =2S ，S =2S ，
△A C A △ABC △B C C △ABC
1 1 1 1
∴S =S +S +S +S =7S ，
△A B C △A B B △A C A △B C C △ABC △ABC
1 1 1 1 1 1 1 1 1
同理可得，第二次操作后S =7S =7×7=49，
△A B C △A B C
2 2 2 1 1 1
第三次操作后的面积为7×49=343，第四次操作后的面积为7×343=2401，
故按此规律，要使到的三角形的面积超过2021，至少要经过4次操作．
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形的面积，根据等底同高的两个三角形的面积相等得出其规律是解本题的关键．
16．（2023春·全国·八年级专题练习）如图，在平行四边形ABCD中，∠BCD=30°,BC=4,CD=3√3．
点M是AD边的中点，点N是AB边上的一个动点．将△AMN沿MN所在的直线翻折到△A′MN，连接
A′C．则线段A′C长度的最小值为（ ）
A．5 B．7 C．4√3 D．5√3
【答案】A
【分析】由折叠可得A'M=AM=2，当M，A′，C 三点共线时，A′C的长度最小，CE⊥AD，根据
勾股定理分别求出DE，MC的长度，即可求A′C长度的最小值．
【详解】解：如图：连接MC，作CE⊥AD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC=4，AD∥BC，
∴∠EDC=∠DCB=30°且∠E=90°，
1 3√3
∴EC= CD= ，
2 2
9
∴DE=√DC2−EC2=
；
2
∵M是AD中点，
∴AM=MD=2，13
∴ME= ，
2
∴MC=√M E2+EC2=7；
∵折叠，
∴A′M=AM=2，
∴当M，A′，C 三点共线时，A′C的长度最小，
∴此时，A′C=MC−A′M=7−2=5
故选：A．
【点睛】本题考查了折叠问题，勾股定理，平行四边形的性质，关键是构造直角三角形求MC的长度．
17．（2023春·八年级单元测试）如图所示，在△ABC中，已知点D，E，F，G分别为边BC，AD，CE，
BE的中点，且S =8cm2 ，则S =（ ）
△ABC 阴影
A．2cm2 B．1cm2 C．0.5cm2 D．0.25cm2
【答案】B
【分析】根据三角形的中线把三角形分成两个面积相等的三角形解答．
【详解】∵点F是CE的中点，
1
∴S ❑ = S ❑ ，
△ BEF 2 △ BEC
1
同理得S ❑ = S ❑ ，
△ EBC 2 △ ABC
1 1
∴S ❑ = S ❑ = ×8=2．
△ BEF 2 △ ABC 4
又∵点G是BE的中点，
1 1
S ❑ = S ❑ = ×2=1
△ BGF 2 △ BEF 2
故S =1cm2 ．
阴影故选：B．
【点睛】本题考查了三角形的面积，主要利用了三角形的中线把三角形分成两个面积相等的三角形，原理
为等底等高的三角形的面积相等．
18．（2023春·八年级课时练习）如图，在▱ABCD中，∠BCD=60°，DC=6，点E、F分别在
5
AD，BC上，将四边形ABFE沿EF折叠得四边形A′B′FE，A′E恰好垂直于AD，若AE= ，则B′F的
2
值为（ ）
1 5
A．3 B．2√3−1 C．3√3− D． √3
2 2
【答案】C
5
【分析】延长FB′交AD于点H，根据折叠的性质、平行四边形的性质得到A′G=2A′E=5，EG= √3，
2
1 1 1
在Rt△GHB′中，得到HB′= GB′= ，HG= √3，由折叠的性质得到△HEF是等腰直角三角形，据
2 2 2
此即可求解．
【详解】解：延长FB′交AD于点H，
∵A′E恰好垂直于AD，且四边形ABCD是平行四边形，
∴FH也垂直于AD，
5
由折叠的性质得AE=AE′= ，∠A'EG=∠B'HG=90°，∠A′=∠A=60°，A′B′=AB=6，
2
∴∠A′ ≥=30°，
∴A′G=2A′E=5，EG=
√
52−
(5) 2
=
5
√3，
2 2
在Rt△GHB′中，∠B′GH=30°，B′G=A′B′−A′G=1，∴HB′=
1
GB′=
1
，HG=
√
12−
(1) 2
=
1
√3，
2 2 2 2
5 1
∴EH=EG+GH= √3+ √3=3√3，
2 2
由折叠的性质得∠AEF=∠A′EF，
∴180°−∠HEF=90°+∠HEF，
∴∠HEF=45°，
∴△HEF是等腰直角三角形，
∴FH=EH=3√3，
1
∴B′F=3√3−
，
2
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质以
及勾股定理，证明△HEF是等腰直角三角形是解题的关键．
19．（2023春·八年级课时练习）如图，四边形ABCD中.AC⊥BC，AD∥BC，BD为∠ABC的平分
线，BC=3，AC=4，E，F分别是BD，AC的中点，则EF的长为（ ）
A．1 B．1.5 C．2 D．2.5
【答案】A
【分析】根据勾股定理得到AB=5，根据平行线的性质和角平分线的定义得到∠ABD=∠ADB，求得AB=AD=5，如图：连接BF并延长交AD于G，根据全等三角形的性质得到BF=FG，AG=BC=3，
求得DG=5−3=2，再根据三角形中位线定理即可得到结论．
【详解】解：∵AC⊥BC，
∴∠ACB=90°，
∵BC=3，AC=4，
∴AB=5，
∵AD∥BC，
∴∠ADB=∠DBC，
∵BD为∠ABC的平分线，
∴∠ABD=∠CBD，
∴∠ABD=∠ADB，
∴AB=AD=5，
如图：连接BF并延长交AD于G
∵AD∥BC
∴∠GAC＝∠BCA，
∵F是AC的中点，
∴AF=CF，
∵∠AFG=∠CFB，
∴△AFG≅△CFB（AAS），
∴BF=FG，AG=BC=3，
∴DG=5−3=2，
∵E是BD的中点，
1
∴EF= DG=1．
2
故选：A．
【点睛】本题主要考查了三角形的中位线定理、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识点，根据题意
正确的作出辅助线是解题的关键．20．（2022春·江西赣州·八年级校考阶段练习）如图，Rt△ABC中，BC=2√3，∠ACB=90°，
∠A=30°，D 是斜边AB的中点，过D 作D E ⊥AC于E ，连接BE 交CD 于D ；过D 作
1 1 1 1 1 1 1 2 2
D E ⊥AC于E ，连接BE 交CD 于D ；过D 作D E ⊥AC于E ，…，如此继续，可以依次得到点
2 2 2 2 1 3 3 3 3 3
E 、E 、…、E ，分别记△BCE 、△BCE 、△BCE 、…、△BCE 的面积为S 、S 、S 、…、
4 5 2013 1 2 3 2013 1 2 3
S ．则S 的大小为（ ）
2013 2013
3 6 3 4
A． √3 B． √3 C． √3 D．
1006 2013 1007 671
【答案】C
【分析】先在Rt△ABC中利用含30°角直角三角形的性质及勾股定理可求得AC=6，进而利用三角形的面
积公式，依次求得△BCE 、△BCE 、△BCE 、…的面积为S 、S 、S 、…、找出规律即可求得S ．
1 2 3 1 2 3 2013
【详解】∵Rt△ABC中，BC=2√3，∠ACB=90°，∠A=30°，
∴AB=2BC=4√3，
∴由勾股定理得：AC=√AB2−BC2=√48−12=6，
1
∴S = AC⋅BC=6√3，
△ABC 2
∵D E ⊥AC，
1 1
∴D E ∥BC，
1 1
∴△BD E 与△CD E 同底同高，面积相等，
1 1 1 1
∵D 是斜边AB的中点，
1
1 1
∴D E = BC，CE = AC，
1 1 2 1 2
1 1 1 1 1 1
∴S = BC⋅CE = BC× AC= × AC⋅BC= S ，
1 2 1 2 2 2 2 2 △ABC
∴在△ACB中，D 为其重心，
2
1
∴D E = BE ，
2 1 3 11 1
∴D E = BC，CE = AC，
2 2 3 2 3
1 1 1
S = × ×AC⋅BC= S ，
2 3 2 3 △ABC
1 1
∴D E = BC，CE = AC，
3 3 4 2 4
1
S = S ，…，
3 4 △ABC
1
∴S = S ；
n n+1 △ABC
1 3
∴S = ×6√3= √3．
2013 2013+1 1007
故选：C．
【点睛】本题考查了图形规律的探究，直角三角形的性质及勾股定理，重心的性质，三角形中位线定理等
知识，根据图形找出三角形的面积之间的规律是解题的关键 ．
二、填空题
21．（2023春·湖北武汉·八年级武汉外国语学校（武汉实验外国语学校）校考阶段练习）如图，▱ABCD，
∠C的平分线交AB于点E，交DA延长线于点F，且AE=3cm，EB=5cm，则▱ABCD的周长为______ ．
【答案】26cm##26厘米
【分析】由题意可求出AB=8cm．根据平行四边形的性质易证∠BEC=∠DCE，根据角平分线的定义可
得出∠BCE=∠DCE，从而得出∠BCE=∠BEC，即证明BE=BC=5 cm，最后由平行四边形的周长公
式求解即可．
【详解】解：∵AE=3cm，EB=5cm，
∴AB=8cm．
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，∴∠BEC=∠DCE．
∵∠DCB的平分线交AB于点E，
∴∠BCE=∠DCE，
∴∠BCE=∠BEC，
∴BE=BC=5cm，
∴▱ABCD的周长为2×(5+8)=26cm．
故答案为：26cm．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定等知识．根据各知识点证明出
BE=BC=5cm是解题关键．
22．（2022春·浙江杭州·八年级校考期中）在▱ABCD中，BE，CF分别平分∠ABC，∠BCD，交AD
于点E，F，若AD=6，EF=2，则AB的长为______．
【答案】4或2##2或4
【分析】先证AE=AB，同理，DC=DF，则AE=AB=DC=DE，再分两种情况，分别求出AB的长即
可．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB=DC，
∴∠AEB=∠EBC，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠EBC，
∴∠ABE=∠AEB，
∴AE=AB，
同理，DC=DF，
∴AE=AB=DC=DF，
分两种情况：
①如图1，
则AE+DF=EF+AD，
即AB+AB=2+6，解得：AB=4；
②如图2，
则AE+EF+DF=AD，
即AB+2+AB=6，
解得：AB=2；
综上所述，AB的长为4或2，
故答案为：4或2．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定以及分类讨论等知识，熟练掌握平行四边
形的性质和等腰三角形的判定是解题的关键．
23．（2022秋·山东济宁·八年级济宁学院附属中学校考期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，
AD=12cm，BC=18cm，点P在AD边上以每秒3cm的速度从点A向点D运动，点Q在BC边上，以每
秒2cm的速度从点C向点B运动．若P、Q同时出发，当直线PQ在四边形ABCD内部截出一个平行四边
形时．点P运动了 _____秒．
【答案】2.4或3.6
【分析】由题意可得AD∥BC，分BQ=AP或CQ=PD两种情况讨论，再列出方程，求出方程的解即可．
【详解】设点P运动了t秒，
∴CQ=2tcm，AP=3tcm，BQ=(18−2t)cm，PD=(12−3t)cm，
①当BQ＝AP时，且AD∥BC，则四边形APQB是平行四边形，
即18−2t=3t，
∴t=3.6；
②当CQ=PD时，且AD∥BC，则四边形CQPD是平行四边形，
即2t=12−3t，
∴t=2.4，综上所述：当直线PQ在四边形ABCD内部截出一个平行四边形时，点P运动了2.4秒或3.6秒，
故答案为：2.4或3.6．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质．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．
24．（2022秋·山东泰安·八年级统考期末）如图，△A B C 中，A B =4，A C =5，B C =7．点A 、
1 1 1 1 1 1 1 1 1 2
B 、C 分别是边B C 、A C 、A B 的中点；点A 、B 、C 分别是边B C 、A C 、A B 的中点；…；
2 2 1 1 1 1 1 1 3 3 3 2 2 2 2 2 2
以此类推，则第2022个三角形的周长是________．
1
【答案】
22017
【分析】由三角形的中位线定理得：B C ,A C ,A B 分别等于A B ,B C ,C A 的一半，所以
2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1
△A B C 的周长等于△A B C 的周长的一半，以此类推，利用规律可求出第2022个三角形的周长．
2 2 2 1 1 1
【详解】解：∵△A B C 中，A B =4，A C =5，B C =7，
1 1 1 1 1 1 1 1 1
∴△A B C 的周长是16，
1 1 1
∵点A 、B 、C 分别是边B C 、A C 、A B 的中点，
2 2 2 1 1 1 1 1 1
∴B C ,A C ,A B 分别等于A B ,B C ,C A 的一半，
2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1
1
∴△A B C 的周长是 ×16=8，
2 2 2 2
1 1 1
同理，△A B C 的周长是 × ×16= ×16=4，
3 3 3 2 2 22
…，
1 1
以此类推，△A B C 的周长是 ×16= ，
n n n 2n−1 2n−5
1 1
∴第2022个三角形的周长 = ．
22022−5 22017
1
故答案是： ．
22017
【点睛】本题考查了三角形的中位线定理，中位线是三角形中的一条重要线段，由于它的性质与线段的中点及平行线紧密相连，因此，它在几何图形的计算及证明中有着广泛的应用．
25．（2023春·八年级单元测试）如图，平行四边形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，EF过点O与
AD、BC相交于点E、F，若AB=5，BC=6，OF=2，那么四边形ABFE的周长是______．
【答案】15
【分析】先证明△AOE≌△COF，得出AE=CF，OE=OF=2，可求得EF=4，即可得出四边形ABFE
的周长=EF+AE+AB+BF=EF+BC+AB，进而可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，AB=5，
∴AD∥BC，OA=OC，
∴∠EAO=∠FCO，
在△AOE和△COF中，
¿，
∴△AOE≌△COF(ASA)，
∴AE=CF，OE=OF=2，
∴EF=4，
∴四边形EFCD的周长=EF+AE+AB+BF=EF+BC+AB=4+6+5=15．
故答案为：15．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质；熟练掌握平行四边形的性质，证明三
角形全等得出对应边相等是解决问题的关键．
26．（2022春·江苏宿迁·八年级校考阶段练习）如图，矩形ABCD的边AB=4，BC=8，E是AD上一点，
DE=2，F是BC上一动点，P、Q分别是EF、AE的中点，则PE+PQ的最小值为_____．
【答案】5
【分析】延长AB到A′，使A′B=AB=4，连接A′F，则A A′=8，A′F=AF，当A′、F、E在同一直线上1 1
时，A′F+FE最小，最小值为A′E．根据P、Q分别是EF、AE的中点，得到PE= EF，PQ= AF，
2 2
1
PE+PQ的最小值为 (AF′+FE)．
2
【详解】解：∵AB=4，BC=8，DE=2，
∴AD＝BC=8，AE=AD−DE=8−2=6，
延长AB到A′，使A′B=AB=4，连接A′F，
则A A′=8，A′F=AF，
当A′、F、E在同一直线上时，
A′F+FE最小，最小值为A′E．
在Rt△A A′E中，
A′E=√A A′2+AE2=√82+62=10，
即AF+FE最小为10，
∵P、Q分别是EF、AE的中点，
1 1
PE= EF，PQ= AF，
2 2
1
PE+PQ的最小值为 ×10=5．
2
【点睛】本题考查了轴对称-最小值问题，熟练运用轴对称的性质和中位线定理是解题的关键．
27．（2022春·山西晋城·八年级统考期末）如图，点A，B，C的坐标分别是(0，2)，(2，2)，(0，−1)，
在平面直角坐标系内有一点D，使以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形，那么点D的坐标是
________．【答案】(2，−1)或(2，5)或(−2，−1)
【分析】分三种情况：①BC为对角线时，②AB为对角线时，③AC为对角线时；由平行四边形的性质容
易得出点D的坐标．
【详解】解：分三种情况：如图，
①BC为对角线时，点D的坐标为(2，−1)；
②AB为对角线时，点D的坐标为(2，5)；
③AC为对角线时，点D的坐标为(−2，−1)；综上所述，点D的坐标是(2，−1)或(2，5)或(−2，−1)；
故答案为：(2，−1)或(2，5)或(−2，−1)．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、坐标与图形的性质；熟练掌握平行四边形的性质是解决问题的关
键．
28．（2021春·浙江宁波·八年级校考期中）如图，△ABC边长分别为AB=14,BC=16,AC=26．P为
∠A的平分线AD上一点，且BP⊥AD，M为BC的中点，则PM的值是__________．
【答案】6
【分析】延长BP交AC于点E，根据角平分线平分角，以及垂直得到的两个直角相等，证明
△APB≌△APE，得到AE=AB，P为BE的中点，利用三角形的中位线定理，进行求解即可．
【详解】解：如图，延长BP交AC于点E，
∵AD为∠BAC的平分线，
∴∠BAP=∠EAP，
∵BP⊥AD于P，
∴∠APB=∠APE=90°，
在△APB和△APE中，
¿，
∴△APB≌△APE(ASA)，
∴AB=AE=14，PB=PE，
∵AC=26，
∴EC=26−14=12，
∵M为BC的中点，1
∴PM= CE=6；
2
故答案为：6．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理．通过添加辅助线，构造三角形全等，
是解题的关键．
29．（2023春·湖北武汉·八年级武汉外国语学校（武汉实验外国语学校）校考阶段练习）如图，平行四边
√3
形ABCD中，∠ABC=60°，AB=2，BC=6，P为边AD上的一动点，则PC+ PA的最小值等于
2
______．
【答案】3√3
【分析】过点P作PQ⊥AB，由平行四边形的性质结合题意可得出∠QAP=∠QBC=60°，进而得出
√3 √3
AP=2AQ，再由勾股定理可求出PQ= AP，即说明PC+ PA=PC+PQ，进而说明当点C、P、Q
2 2
√3
三点共线时PC+ PA有最小值，且为CQ的长，最后根据含30度角的直角三角形的性质结合勾股定理
2
即可求解．
【详解】如图，过点P作PQ⊥AB，垂足为Q，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠QAP=∠QBC=60°，
∴AP=2AQ，
√3
∴PQ=√AP2−AQ2= AP，
2
√3
∴PC+ PA=PC+PQ，
2√3
∴当点C、P、Q三点共线时PC+ PA有最小值，且为CQ的长，
2
∴此时CQ⊥AB．
∵∠ABC=60°，
∴∠BCQ=30°，
1
∴BQ= BC=3，
2
∴CQ=√BC2−BQ2=√62−32=3√3，
√3
∴PC+ PA的最小值为3√3．
2
故答案为：3√3．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，垂线段最短，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，解
√3
题的关键是正确作出辅助线并理解当点C、P、Q三点共线时PC+ PA有最小值，且为CQ的长．
2
30．（2022·全国·八年级专题练习）如图,△APB中，AB=4，∠APB=90°，在AB的同侧作正△ABD、
正△APE和正△BPC，则四边形PCDE面积的最大值是______________．
【答案】4
【分析】先延长EP交BC于点F，得出PF⊥BC，再判定四边形PCDE为平行四边形，根据平行四边形1 1
的性质得出：四边形PCDE的面积=EP×CF=AP× BP= AP⋅BP，最后根据AP2+BP2=16，判
2 2
1
断 AP⋅BP的最大值即可．
2
【详解】延长EP交BC于点F，
∵在正△APE和正△BPC中，
∴∠APE=∠BPC=60°，
∵∠APB=90°，
∴∠EPC=360°−∠APB−∠APE−∠BPC=150°，
∴∠CPF=180°−∠EPC=180°−150°=30°，
∴PF平分∠BPC，
又∵PB=PC，
∴PF⊥BC，
∵△APE和△ABD都是等边三角形，
∴AE=AP，AD=AB，∠EAP=∠DAB=60°，
∴∠EAD=∠PAB，
∴△EAD≌△PAB(SAS)，
∴ED=PB=CP，
同理可得：△APB≌△DCB(SAS)，
∴EP=AP=CD，
∴四边形PCDE是平行四边形，
1 1
∴四边形PCDE的面积=EP×CF=AP× BP= AP⋅BP，
2 2
又∵(AP−BP) 2=AP2−2AP⋅BP+BP2≥0，
在Rt△ABP中，由勾股定理得：AP2+BP2=AB2=42=16，∴2AP⋅BP≤AP2+BP2=16，
1
∴ AP⋅BP≤4，
2
即四边形PCDE面积的最大值为4，
故答案为：4．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质、平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质，作
辅助线构造平行四边形的高线是解答本题的关键．
