平行四边形单元测试(培优压轴卷,八下浙教)-八年级数学下册尖子生培优必刷题(解析版)【浙教版】

【拔尖特训】2022-2023学年八年级数学下册尖子生培优必刷题【浙教版】
第4章平行四边形单元测试（培优压轴卷，八下浙教）
班级：___________________ 姓名：_________________ 得分：_______________
注意事项：
本试卷满分120分，试题共23题，其中选择10道、填空6道、解答7道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2022春·浙江杭州·八年级校考阶段练习）已知在▱ABCD中，∠B＋∠D=200°，则∠B的度数为（）A．100°B．160°C．80°D．60°
【答案】A
【分析】首先根据平行四边形的性质可得∠B=∠D，再根据∠B+∠D=200°，即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B=∠D，
∵∠B+∠D=200°，
∴∠B=∠D=100°，
故选：A．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，熟练掌握和运用平行四边形的性质是解决本题的关键．2．（2023春·浙江·八年级专题练习）若一个正n边形的内角和为1080°，则它的每个外角度数是（）A．36°B．45°C．72°D．60°
【答案】B
【分析】根据多边形内角和公式列出方程，求出n的值，即可求出多边形的边数，再根据多边形的外角和是360°，利用360°除以边数可得外角度数．
【详解】解：根据题意，可得(n−2)×180°=1080°，
解得n=8，
所以，外角的度数为360°÷8=45°．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了多边形的内角与外角，解题关键是根据多边形的内角和公式(n−2)×180°和多边形的外角和为360°进行解答．
3．（2023春·浙江·八年级专题练习）下列命题：∵成中心对称的两个图形不一定全等；∵成中心对称的两个图形一定是全等图形；∵两个全等的图形一定关于某点成中心对称；∵中心对称表示两个图形之间的对称关
系，中心对称图形是指某一个图形所具有的对称性质．其中真命题的个数是（）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】∵成中心对称的两个图形一定全等；∵成中心对称的两个图形一定是全等图形；∵两个全等的图形不一定关于某点成中心对称；∵中心对称表示两个图形之间的对称关系，中心对称图形是指某一个图形所具有的对称性质．
【详解】解：∵成中心对称的两个图形一定全等；故∵为假命题；
∵成中心对称的两个图形一定是全等图形；故∵为真命题；
∵两个全等的图形不一定关于某点成中心对称；故∵为假命题；
∵中心对称表示两个图形之间的对称关系，中心对称图形是指某一个图形所具有的对称性质．故∵为真命题；综上：真命题有2个；
故选B．
【点睛】本题考查判断命题的真假．熟练掌握成中心对称的两个图形全等，以及中心对称图形的定义，是解题的关键．
4．（2023春·浙江·八年级专题练习）用反证法证明“在四边形中，至少有一个内角不大于90°”时，应假设（）A．四边形中有一个内角小于90°B．四边形中每一个内角都小于90°
C．四边形中有一个内角大于90°D．四边形中每一个内角都大于90°
【答案】D
【分析】在四边形中，至少有一个内角不大于90°的反面是每一个内角都大于90°，据此即可假设．
【详解】解：用反证法证明“在四边形中，至少有一个内角不大于90°”时，等于应先假设：四边形中每一个内角都大于90°．
故选：D．
【点睛】此题考查了反证法，解此题关键要懂得反证法的意义及步骤．在假设结论不成立时,要注意考虑结论的反面所有可能的情况，如果只有一种，那么否定一种就可以了，如果有多种情况，则必须一一否定．5．（2023春·浙江·八年级专题练习）如图，在四边形ABCD中，∠A=120°，∠C=70°，将△BMN沿MN翻折，得到△FMN，若MF∥AD，FN∥DC，则∠D的度数为（）
A．85°B．80°C．75°D．70°
【答案】A
【分析】根据两直线平行，同位角相等求出∠BMF、∠BNF，再根据翻折的性质求出∠BMN和∠BNM，然后利用三角形的内角和定理列式计算即可得解．
【详解】解：∵MF∥AD，FN∥DC，
∵∠BMF=∠A=120°，∠BNF=∠C=70°，
∵△BMN沿MN翻折得△FMN，
∵∠BMN=1
2∠BMF=1
2
×120°=60°，∠BNM=1
2
∠BNF=1
2
×70°=35°，
在△BMN中，∠B=180°−(∠BMN+∠BNM)=180°−(60°+35°)=180°−95°=85°．
∵∠A+∠B+∠C+∠D=360°，且∠A=120°,∠B=85°,∠C=70°，
∵∠D=360°−∠A−∠B−∠C=360°−120°−85°−70°=85°，
故选：A．
【点睛】本题考查了平行线的性质，翻折变换，平行线的性质是由平行关系来寻找角的数量关系．应用平行线的判定和性质定理时，一定要弄清题设和结论，切莫混淆．
6．（2023春·浙江·八年级专题练习）如图，AD是△ABC的中线，E是AD的中点，F是BE延长线与AC的交点，若AC=6，则AF=（）
A．3B．2C．4
3D．9
4
【答案】B
【分析】BF的中点H，连接DH，根据三角形中位线定理得到DH=1
2
FC，DH∥AC，证明△AEF≌△DEH(ASA)，
根据全等三角形的性质得到，计算即可．【详解】解：取BF的中点H，连接DH，∵BD=DC，BH=HF，
∵DH=1
2
FC，DH∥AC，
∵∠HDE=∠FAE，
在△AEF和△DEH中，
{∠AEF=∠DEH
AE=DE
∠EAF=∠EDH
，
∵△AEF≌△DEH(ASA)，
∵AF=DH，
∵AF=1
2
FC，
∵AC=6，
∵AF=1
3
AC=2，
故选：B．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、三角形全等的判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键．7．（2023春·浙江·八年级专题练习）如图，在△ABC中，以各边为边分别作三个等边三角形BCF，ABD，ACE，若AB=3，AC=4，BC=5，则下列结论：∵AB⊥AC；∵四边形ADFE是平行四边形；∵∠DFE=150°；
∵S
四边形ADFE
=5，其中正确的有()
A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】B
【分析】由AB2+AC2=BC2，得出∠BAC=90°，则∵正确；由等边三角形的性质得∠DAB=∠EAC=60°，则∠DAE=150°，由SAS证得△ABC≌△DBF，得AC=DF=AE=4，同理△ABC≌△EFC(SAS)，得AB= EF=AD=3，得出四边形AEFD是平行四边形，则∵正确；由平行四边形的性质得∠DFE=∠DAE=150°，则∵正确；∠FDA=180°−∠DFE=30°，过点A作AM⊥DF于点M，S▱AEFD=DF⋅AM=1
2
DF⋅AD=
1
2
×4×3=6，则∵不正确；即可得出结果．
【详解】解：∵32+42=52，
∴AB2+AC2=BC2，
∴∠BAC=90°，
∴AB⊥AC，故∵正确；
∵△ABD，△ACE都是等边三角形，
∴∠DAB=∠EAC=60°，
又∴∠BAC=90°，
∴∠DAE=150°，
∵△ABD和△FBC都是等边三角形，
∴BD=BA，BF=BC，∠DBF+∠FBA=∠ABC+∠ABF=60°，
∴∠DBF=∠ABC，
在△ABC与△DBF中，
{
BD=BA
∠DBF=∠ABC
BF=BC
，
∴△ABC≌△DBF(SAS)，
∴AC=DF=AE=4，
同理可证：△ABC≌△EFC(SAS)，
∴AB=EF=AD=3，
∴四边形AEFD是平行四边形，故∵正确；
∴∠DFE=∠DAE=150°，故∵正确；
∴∠FDA=180°−∠DFE=180°−150°=30°，过点A作AM⊥DF于点M，
∴S▱AEFD=DF⋅AM=1
2DF⋅AD=1
2
×4×3=6，
故∵不正确；
∴正确的个数是3个，
故选：B．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、勾股定理的逆定理、全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
8．（2023春·浙江·八年级专题练习）平面直角坐标系内有点A(0,0)，B(2,2)，C(6,0)三点，请确定一点D，使以A、B、C、D为顶点的四边形为平行四边形，则的点D的坐标不可以是（）
A．(−4,2)B．(4,−2)C．(8,2)D．(2,−2)
【答案】D
【分析】结合平行四边形性质，利用点的平移分三种情况即可得到答案即可得到答案．
【详解】解：∵平面直角坐标系内有点A(0,0)，B(2,2)，C(6,0)三点，
∴连接A(0,0)，B(2,2)，C(6,0)构成△ABC，过△ABC的顶点作其对边平行线，分别交于D1、D2、D3，如图所示：
∵在▱ACBD1中，CB∥AD1，
∵C(6,0)，B(2,2)，即C(6,0)向左平移4个单位长度、向上平移2个单位长度得到B(2,2)，
又A(0,0)，
∴由点的平移可得D1(−4,2)；
∵在▱CABD2中，AB∥CD2，
∵A(0,0)，B(2,2)，即A(0,0)向右平移2个单位长度、向上平移2个单位长度得到B(2,2)，
∴由点的平移可得D2(8,2)；
∵在▱CBAD3中，BA∥CD3，
∵B(2,2)，A(0,0)，即B(2,2)向左平移2个单位长度、向下平移2个单位长度得到A(0,0)，
又C(6,0)，
∴由点的平移可得D3(4,−2)；
综上所述，符合题意的点D1(−4,2)、D2(8,2)或D3(4,−2)三种情况，
故选：D．
【点睛】本题考查利用点的平移求平行四边形顶点坐标，涉及平行四边形性质及点的平移法则，熟练掌握点的平移法则是解决问题的关键．
9．（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△ABC=S△AFG+S△BDE，FG∥BC，CG∥PE，则四边形CEPG是平行四边形，再
由S
四边形ECGP =S△DFP，可以得到S△CEG=1
2
S△DFP．
【详解】解：由题意得S△ABC=S△AFG+S△BDE，FG∥BC，CG∥PE，∵四边形CEPG是平行四边形，
∵S△CEG=1
2S
四边形ECGP
，
∵S△ABC=S△AFG+S
四边形BFPE +S
四边形ECGP
，
∵S
四边形ECGP
=S△DFP，
∵S△CEG=1
2
S△DFP，
【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．
10．（2023春·八年级单元测试）如图，在△ABC中，∠BAC=45°，AB=AC=8，P为AB边上一动点，以PA、PC为边作平行四边形PAQC，则对角线PQ的最小值为（）
A．6B．8C．2√2D．4√2
【答案】D
【分析】由四边形APCQ是平行四边形，PQ最短也就是PO最短，当OP⊥AB时，PO最短，通过计算即可得解；
【详解】解：∵四边形APCQ是平行四边形，
∴AO=CO，OP=OQ，
∵PQ最短也就是PO最短，
∴过O作OP′⊥AB与P′，
∵∠BAC=45°，
∴∵AP′O是等腰直角三角形，
AC=4，
∵AO=1
2
AO=2√2，
∴OP′=√2
2
∴PQ的最小值=2OP′=4√2，
故选：D．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、等腰三角形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
二、填空题(共0分)
11．（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：
∵如图1，
则AE+DF=EF+AD，
即AB+AB=2+6，
解得：AB=4；
∵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．
12．（2023春·八年级单元测试）如图，在五边形ABCDE中，AB∥ED,∠1,∠2,∠3分别是∠ABC,∠BCD,∠CDE的外角，则∠1+∠2+∠3的度数为___________．
【答案】180°##180度
【分析】根据两直线平行，同旁内角互补得到以点A、点E为顶点的五边形的两个外角的度数之和等于180°，再根据多边形的外角和定理列式计算即可得解．
【详解】反向延长AB，DC，
∵AB∥ED，
∵∠4+∠5=180°，
根据多边形的外角和定理可得
∠1+∠2+∠3+∠4+∠5=360°，
∵∠1+∠2+∠3=360°−180°=180°．
故答案为：180°．
【点睛】本题考查了平行线的性质、多边形的外角和定理，理清求解思路是解题的关键．
13．（2023春·八年级单元测试）如图，点P是平行四边形ABCD内一点，△PAB的面积为5，△PAD的面积为
3，则△PAC的面积为_______．
14．（2023春·浙江·八年级专题练习）如图所示，平行四边形ABCD中，点E在边AD上，以BE为折痕，将△ABE 向上翻折，点A正好落在CD上的点F，若△FDE的周长为8，△FCB的周长为22，则FC的长为__．
【答案】7
【分析】由平行四边形可得对边相等，可得EF=AE，BF=AB，结合两个三角形的周长，通过列方程可求得FC的长．
【详解】解：由折叠可得，EF=AE，BF=AB．
∵△FDE的周长为8，△FCB的周长为22，
∴DF+AD=8，FC+CB+AB=22．
∴平行四边形ABCD的周长=8+22=30，
∴AB+BC=BF+BC=15
∵△FCB的周长为FC+CB+BF=22
∴CF=22−15=7．
故填：7．
【点睛】本题考查轴对称和平行四边形的性质，熟练掌握轴对称图形沿某直线翻折后能够相互重合、及平行四边形对边平行且相等的性质是解此题的关键．
15．（2023春·浙江·八年级专题练习）如图，在△ABC中，M是BC的中点，AN平分∠BAC，BN⊥AN，若AB=14，AC=19，则MN的长为_____．
【答案】2.5
【分析】延长BN交AC于点D，易得△ABN≌△ADN，利用全等三角形的性质可得AD=AB=14，N是BD的中点，则可得MN是△BCD的中位线，从而可求出MN的长．
【详解】如图，延长BN交AC于点D．
∵BN⊥AN，AN平分∠BAC，
∵∠ANB=∠AND=90°，∠NAB=∠NAD．又∵AN=AN，
∵△ABN≌△ADN，
∵AD=AB=14，BN=DN，
∵N是BD的中点．
∵M是BC的中点，
∵MN是△BCD的中位线，
∵MN=1
2CD=1
2
(AC−CD)=1
2
×(19−14)=2.5．
故答案是：2.5．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理和全等三角形的判定与性质，解答此题的关键是正确作出辅助线．16．（2023春·浙江·八年级专题练习）图1表示一双开门关闭时的状态图，图2表示打开双门过程中，某一时刻的示意图，其中AB为门槛宽度．
(1)当∠CAB=∠DBA=60°时，双门间隙CD与门槛宽度AB的比值为____________．
(2)若双门间隙CD的距离为2寸，点C和点D距离AB都为1尺(1尺=10寸)，则门槛宽度AB是____________寸．
【答案】1
2
101
【分析】（1）如图所示，延长AC,BD交于点E，则△ABE是等边三角形，进而证明CD是△ABE的中位线，即可求解；
（2）取AB的中点O，过D作DE⊥AB于E，在Rt△ADE中，AE2+DE2=AD2，建立方程，解方程即可求解．【详解】解：（1）如图所示，延长AC,BD交于点E，
∵∠CAB=∠DBA=60°，
∵△ABE是等边三角形，
∵AC=BD，AC+BD=AB，
∵AC=1
2AE,BD=1
2
BE，
∵CD是△ABE的中位线，
∵CD=1
2
AB,
故答案为：1
2
；
（2）取AB的中点O，过D作DE⊥AB于E，如图所示：
由题意得：OA=OB=AD=BC，
设OA=OB=AD=BC=r寸，
则AB=2r(寸)，DE=10(寸)，OE=1
2
CD=1(寸)，AE=(r−1)寸，在Rt△ADE中，AE2+DE2=AD2，
即(r−1)2+102=r2，
解得：r=50.5，
∴2r=101(寸)，
∴AB=101寸，
故答案为：101．
【点睛】本题考查了勾股定理的应用，等边三角形的性质，中位线的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
三、解答题
17．（2023春·八年级单元测试）如图，下列4×4网格图都是由16个相同的小正方形组成，每个网格图中有4个小正方形已涂上阴影，请你在空白小正方形中，按下列要求涂上阴影：
(1)在图1中选取1个空白小正方形涂上阴影，使5个阴影小正方形组成一个轴对称图形；
(2)在图2中选取2个空白小正方形涂上阴影，使6个阴影小正方形组成一个中心对称图形．（请将两个小题依次作答在图1，图2中，均只需画出符合条件的一种情形）
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据轴对称图形的定义去添加；
（2）根据中心对称图形的定义添加．
【详解】（1）选取1个空白小正方形涂上阴影，使5个阴影小正方形组成一个轴对称图形，如下图：
（2）选取2个空白小正方形涂上阴影，使6个阴影小正方形组成一个中心对称图形，如下图：
【点睛】本题主要考查了利用旋转设计图案，正确掌握轴对称图形与中心对称图形的定义是解题的关键．18．（2023春·浙江·八年级专题练习）如图，Rt△ABC，∠BAC=90°，D，E分别为AB，BC的中点，BC=10,AC= 6，点F在CA的延长线上，∠FDA=∠B．
(1)求AE的长；
(2)求四边形AEDF的周长．
【答案】(1)5
(2)16
【分析】（1）直接利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求解即可；
（2）根据中位线及直角三角形斜边上的中线的性质易证得四边形AFDE为平行四边形，对边相等，进而可得到DE，AF，AE，DF的长，即可得到结果．
【详解】（1）解：∵∠BAC=90°，E为BC的中点，BC=10，
BC=BE=5；
∵AE=1
2
（2）∵D，E分别为AB，BC的中点，
AC=3，
∵DE∥AC，DE=1
2
由（1）知，AE=BE，∵∠B=∠EAD，
∵∠FDA=∠B，
∵∠FDA=∠EAD，
∵AE∥DF
∵四边形AFDE为平行四边形，
∵DE=AF=3，AE=DF=5，
所以四边形AEDF的周长=5+3+5+3=16．
【点睛】本题考查了三角形中位线的定理，直角三角形斜边上的中线，平行四边形的判定及性质，解题的关键是找到角之间的关系和边长之间的关系．
19．（2023春·浙江·八年级专题练习）如图，小明从点O出发，前进3米后到达点A（OA=3米），向右转24°，再前进3米后到达点B（AB=OA=3米），又向右转24°，……这样小明一直右转了n次刚好回到出发点O 处．
根据以上信息，解答下列问题：
(1)n的值为____________．
(2)小明走出的这n边形的周长为____________米．
(3)若一个正m边形的内角和比外角和多720°，求这个正m边形的每一个内角的度数．
【答案】(1)15
(2)45
(3)135°
【分析】（1）根据多边形的外角和等于360°，即可求解；
（2）用多边形的边数乘以OA的长，即可求解；
（3）根据多边形的内角和定理和外角和定理可得关于m的方程，即可求解．
【详解】（1）解：根据题意得：n=360°÷24°=15．
故答案为：15
（2）解：由（1）得：这个n边形为十五边形，
∵这n边形的周长为15OA=15×3=45（米）；
故答案为：45
（3）解：根据题意，得(m−2)×180°=720°+360°，
解得m=8，
∵这个正m边形的每一个内角的度数为1080°
8
=135°．
【点睛】本题主要考查了多边形的内角和定理和外角和定理的应用，熟练掌握多边形的内角和定理和外角和定理是解题的关键．
20．（2022春·浙江杭州·八年级校考期中）如图，在平行四边形ABCD中，AE，BF分别平分∠DAB和∠ABC，交边CD于点E，F，线段AE，BF相交于点M．
(1)求证：AE⊥BF；
(2)若EF=1
4
AD=3．则AB=．
【答案】(1)证明见解析
(2)21
【分析】（1）由四边形ABCD是平行四边形，可得∠DAB+∠CBA=180°，由AE，BF分别平分∠DAB和∠ABC，
可得∠MAB+∠MBA=1
2∠DAB+1
2
∠ABC=90°，由三角形内角和定理，可得∠AMB=180°−(∠MAB+
∠MBA)=90°，进而结论得证；
（2）由平行四边形的性质可知，CD∥AB，AD=BC，AB=CD，则∠DEA=∠EAB，由AE分别平分∠DAB，
可得∠DAE=∠EAB，即∠DEA=∠DAE，DE=AD，同理CF=BC，由EF=1
4
AD=3，可得DE=BC=CF= AD=12，根据AB=CD=DE+CE=DE+CF−EF计算求解即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∵∠DAB+∠CBA=180°，
∵AE，BF分别平分∠DAB和∠ABC，
∵∠MAB+∠MBA=1
2∠DAB+1
2
∠ABC=90°，
∵∠AMB=180°−(∠MAB+∠MBA)=90°，∵AE⊥BF；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∵CD∥AB，AD=BC，AB=CD，
∵∠DEA=∠EAB，
∵AE分别平分∠DAB，
∵∠DAE=∠EAB，
∵∠DEA=∠DAE，
∵DE=AD，
同理CF=BC，
AD=3，
∵EF=1
4
∵DE=BC=CF=AD=12，
∵AB=CD=DE+CE=DE+CF−EF=12+12−3=21，
故答案为：21．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，角平分线，等腰三角形的判定与性质，三角形内角和定理等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
21．（2021春·浙江·八年级期末）如图1，四边形ABCD由等边三角形ABC和等腰直角三角形ACD组成，∠D= Rt∠．
（1）如图2，过D作DE//AC，交直线AB于点E，连结CE，请说明△BCE与四边形ABCD的面积相等，并求当AB=6时△BCE的面积；
（2）如图3，连结BD，过C作CC′//BD，D作DC′//AB，交于点C′，连结BC′
∵求∠CC′D的度数；
∵求证：四边形ABC′D是平行四边形．
∵∠CC′D=30°；∵见详解．
【分析】（1）过点A作AF∵DE于点F，过点C作CH∵AB于点H，由题意易得∠DEA=∠CAB=60°,∠EDA=
∵S△BCE=S四边形
；
ABCD
∵AB=6，
∵x=3，
×6×3√3=9+9√3；
∵S△BCE=32+1
2
（2）∵∵AD=CD,AB=BC，
∵根据折叠的性质可得BD垂直平分AC，
∵∠ADB=∠CDB=∠DCA=45°，
∵∠DAB=∠DAC+∠CAB=105°，且DC′//AB，
∵∠DAB+∠ADC′=180°，即∠ADC′=75°，
∵∠BDC′=∠ADC′−∠ADB=30°，
∵CC′//BD，
∵∠DC′C=∠BDC′=30°；
∵设DC′与BC交于点M，如图所示：
由∵可得∠ABD=∠DBC=∠BDC′=30°，
∵DM=BM，
∵DC′//AB，
∵∠ABC=∠DMC=60°，
∵∠BCC′=∠DMC−∠CC′D=30°=∠DC′C，
∵MC′=MC，
∵DC′=DM+MC′=BM+MC=BC，
∵DC′=BC=AB，
∵DC′//AB，
∵四边形ABC′D是平行四边形．
【点睛】本题主要考查平行四边形的判定、折叠的性质、等腰直角三角形的性质与判定及等边三角形的性
质与判定，熟练掌握平行四边形的判定、折叠的性质、等腰直角三角形的性质与判定及等边三角形的性质与判定是解题的关键．
22．（2023春·浙江·八年级专题练习）类比和转化是数学中重要的思想方法，阅读下面的材料，并解答问题：（1）从数学课本中我们已经学习了利用平行四边形的定义和三个定理来判断一个四边形是平行四边形的方法，他们分别是：
定义：两组对边分别平行的四边形是平行四边形；
定理1：两组对边分别相等的四边形是平行四边形；
定理2：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；
定理3：____________________．
请将定理3补充完整；
（2）周老师所在的班级成立了数学兴趣小组，他们在周老师的指导下对平行四边形的判定进行进一步的研究．他们发现：平行四边形的判定都需要两个条件，除上述4个已经被证明过的判定方法外，还有很多由两个条件组成的关于平行四边形判定的命题，他们对这些命题展开了研究．
数学爱好者小赵发现“一组对边平行，一条对角线平分另一条对角线的四边形是平行四边形”是一个真命题．请你完成证明：
已知：________________，
求证：_________________．
（3）小珊和小红研究后发现还有一些是假命题，并且能够通过举反例说明．请你写出一个假命题，并举反例说明．（用符号或者文字简要说明你构图的方法）
假命题：__________________
反例：
（4）数学课代表小明想到了一个命题：一组对角相等，一条对角线平分另一条对角线的四边形是平行四边形．为此他和小晨同学讨论了起来．他们一致认为，首先要明确是哪一组对角和哪一条对角线平分了另外一条对角线，所以需要分情况考虑．聪明的同学们，你们能把这个问题研究一下吗？请在答题卡上写上你的研究成果（要求有必要的图形和文字说明）．
【答案】（1）对角线互相平分的四边形是平行四边形；（2）见解析；（3）见解析；（4）见解析．
【分析】（1）根据平行四边形的判定定理即可解答；
（2）首先由已知条件及全等三角形判定，可得△ABO ≅△CDO ，AB =CD ，然后根据平行四边形的判定可证四边形ABCD 是平行四边形即可；
（3）根据已知条件及平行四边形的判定即可得到答案；
（4）根据已知条件分情况讨论证明即可．
【详解】（1）对角线互相平分的四边形是平行四边形；
（2）已知：在四边形ABCD 中，AB//CD ，对角线AC 和BD 交于点O ，AO =CO ，
求证：四边形ABCD 是平行四边形．
证明：∵AB//CD ，
∵∠ABO =∠CDO ，∠BAO =∠DCO ，
在△ABO 和△CDO 中，{∠ABO =∠CDO
∠BAO =∠DCO AO =CO
，
∵△ABO ∵△CDO （AAS ），
∵AB =CD ．
又∵AB//CD ，
∵四边形ABCD 是平行四边形．
（3）（答案不唯一）
假命题：一组对边平行，一组对边相等的四边形是平行四边形．
反例：反例如图所示．
四边形ABCD是等腰梯形，AB//CD，BC=AD，
四边形ABCD满足一组对边平行，一组对边相等，但它不是平行四边形．
（4）分两种情况
∵已知∠ABC=∠ADC，且BO=DO，
四边形ABCD满足一组对角相等，一条对角线平分另一条对角线，但它不是平行四边形．
∵已知∠ABC=∠ADC，且AO=CO，
反证法：假设四边形ABCD不是平行四边形，则BO≠DO，
故可以在射线BD上取和D不重合的点D′，使得D′O=BO，
∵AO=CO且D′O=BO，
∵四边形ABCD′是平行四边形，∵∠ABC=∠AD′C，
∵∠ABC=∠ADC，∵∠ADC=∠AD′C，
但D和D′不重合，矛盾，假设不成立，
∵四边形ABCD是平行四边形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定、真假命题、反证法，掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．23．（2023春·八年级校考单元测试）如图，在直角坐标系中，▱OABC的边OA=18,OC=8√2,∠AOC=45°，点P以每秒2个单位的速度从点C向点B运动，同时，点Q以每秒√2个单位的速度从点O向点C运动，设运动时间为t．
(1)求点C，B的坐标；
(2)当t为何值时，△APQ的面积时▱OABC的面积的3
；
8
(3)当t为何值时，AP⊥CB，此时，在坐标平面上是否存在点M，使得以A，P，Q，M为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点M的坐标．若不存在，请说明理由．
【答案】(1)点C坐标为(8，8)，点B坐标为(26，8)
(2)t=3或t=6时，△APQ的面积时▱OABC的面积的3
；
8
(3)点M的坐标为(5，13)或(5，−3)或(31，3)
【分析】（1）过点C作CD⊥OA，垂足为D，由勾股定理求出OD=CD=8，由平行四边形的性质可得出答案；
（2）过点Q作QE⊥x轴于点E，交BC的延长线于点F，根据行程问题中速度、时间与距离之间的关系，用含
−S△OAQ−S△CPQ−S△APB，将△APQ t的代数式表示线段EQ、FQ、PC、PB的长，再由S△APQ=S
平行四边形OABC
的面积用含t的代数式表示并进行整理，即得到y关于t的关系式；
（3）当AP⊥CB时，则PA=PB=8，可求出此时t的值，再求出OE、QE的长，以A、P、Q、M为顶点的平行四边形可以AP、AQ、PQ为对角线，以此分类讨论，求出所有符合条件的点M的坐标即可．
【详解】（1）解：如图1，过点C作CD⊥OA，垂足为D，
∵∠AOC=45°，
∴△OCD为等腰直角三角形，
在△OCD中，OD2+CD2=OC2，
∵OC=8√2，
∴OD=CD=√(8√2)2÷2=8，
∴点C坐标为(8，8)，
∵OA=18，即点A坐标为(18，0)，
∵四边形OABC为平行四边形，
∴点B坐标为(26，8)；
（2）如图2，过点Q作QE⊥x轴于点E，交BC的延长线于点F，则EF=4，
∵∠OEQ=90°，∠AOC=45°，
∴∠EOQ=∠EQO=45°，
∴OE=QE，
∵OE2+QE2=OQ2，OQ=√2t，
∴2QE2=(√2t)2，
∴OE=QE=t，
∴QF=8−t，
∵S△APQ=S
平行四边形OABC
−S△OAQ−S△CPQ−S△APB，CP=2t，BP=18−2t，△APQ的面积时▱OABC的面
积的3
8
；
∵3 8×18×8=18×8−1
2
×18t−1
2
×2t(8−t)−1
2
×8(18−2t)
解得：t=3或t=6
∵t=3或t=6时，△APQ的面积时▱OABC的面积的3
8
；
（3）如图3，当AP⊥CB时，则PA=8，∠OAP=∠APB=90°，
∵∠ABC=∠AOC=45°，
∴∠PBA=∠PAB=45°，
∴PB=PA=8，
∴2t=18−8，
解得，t=5，
当平行四边形APQM1以AQ为对角线，设QM1交x轴于点E，
∵QM1∥PA，
∴∠OEQ=∠OAP=90°，
∴OE=QE=t=1×5=5，
∵QM1=PA=8，
∴EM1=8−5=3，
∴M1(5，−3)；
当平行四边形PAQM2以PQ为对角线，则QM2∥PA，QM2=PA=8，
∴EM2=8+5=13，
∴M2(5，13)；
当平行四边形AQPM3以AP为对角线，作M3G⊥CB交CB的延长线于点G，∵PM3∥AQ，
∴∠APM3=∠PAQ，
∴∠APB−∠APM3=∠OAP−∠PAQ，
∴∠GPM3=∠EAQ，
∵∠G=∠AEQ=90°，PM3=AQ，
∴△PGM3≌△AEQ(AAS)，
∴PG=AE=18−5=13，GM3=QE=5，
∴x G=18+13=31，
∴M3(31，3)，
综上所述，点M的坐标为(5，13)或(5，−3)或(31，3)．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．。