第十八章平行四边形期中复习解答题压轴题练习2024—2025学年人教版数学八年级下册

第十八章 平行四边形 期中复习解答题压轴题练习 1．如图，在中，，的垂直平分线交于点E，交于点O，交于点F． (1)求证：． (2)连接，当与满足什么数量关系时，四边形是正方形？证明你的结论． 2．如图，四边形是平行四边形，直线分别交，于点，，且，连接，，，． (1)证明：； (2)连接，，设四边形的面积为S，和的面积和为，求的值． 3．如图，在矩形中，，，点是边上的动点，连结，以为边作矩形（点在的同侧），且，连结． (1)如图1，当点在的中点时，点在同一直线上，求的长； (2)如图2，当时，求证：线段被平分． 4．矩形中，，点为对角线上一点，过点作于点交边于点，将沿折叠得，连接． (1)如图1，若点落在边上，求证：； (2)如图2，若三点在同一条直线上，求的长； (3)若是以为底的等腰三角形，求的长． 5．如图所示，四边形是正方形，M是延长线上一点．直角三角尺的一条直角边经过点D，且直角顶点E在边上滑动（点E不与点A、B重合），另一直角边与的平分线相交于点F． (1)如图1，当点E在边的中点位置时，若，连接点E与边的中点N，请猜想与的数量关系，并加以证明． (2)如图2，当点E在边上的任意位置时，猜想此时与有怎样的数量关系并证明你的猜想． 6．如图，在中，平分交于点． (1)若，求的长； (2)若是的中点，连结，求证：平分． 7．如图1为折叠便携钓鱼椅子，将其抽象成几何图形，如图2所示，测得，，，，，已知． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)求椅子最高点A到地面的距离． 8．如图，在中，对角线与相交于点O，，过点C作交延长线于点E． (1)求证：； (2)若，，求的长． 9．如图1，在正方形中，E，F分别是上两点，交于点G，且． (1)写出与之间的关系，并证明你的结论； (2)如图2，若，点E为的中点，求的长度． (3)在（2）的条件下，连接，试证明是的角平分线，并求出的长． 10．如图，中，，平分，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)过点E作于，若，，求的长． 11．如图，点E是菱形对角线的延长线上任意一点，以线段为边作一个菱形，且，连接． (1)求证：； (2)若，求的长． (3)连接，若，，，求的面积． 12．如图所示，在平面直角坐标系中，点，，交轴于点点在轴的正半轴上，且，连接，． (1)证明：四边形是平行四边形； (2)若，当为等腰三角形时，求的值． 13．如图，为矩形的对角线，将边沿折叠，使点落在上的点处，将边沿折叠，使点落在上的点处． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，求四边形的面积． 14．如图，在中，，点E是边的中点，点D是边上一点，连接并延长至C，使得，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若平分，，，求四边形的面积． 15．如图，矩形中，，，点P是直线上动点，连接，以为边在右侧作等边三角形，其中A，P，N按逆时针排列． (1)当点N落在线段上时，请直接写出的长； (2)当与矩形的边平行时，求的长； (3)将沿翻折，点N的落点为点，点M为的中点，请判断点M到的距离是否发生改变，并证明你的结论． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《第十八章 平行四边形 期中复习解答题压轴题练习 2024—2025学年人教版数学八年级下册》参考答案 1．(1)见解析 (2)当时，四边形为正方形．理由见解析 【分析】（1）由平行四边形的性质和垂直平分线的性质得到条件即可证明； （2）先证明四边形是平行四边形，由得到四边形是菱形，再证明，即可得到结论． 【详解】（1）证明：∵ 四边形是平行四边形 ∴ ∴ ∵垂直平分 ∴ 在和中 ∴ （2）当时，四边形为正方形．理由如下： 由（1）知， ∴ 四边形是平行四边形 ∵ ∴四边形是菱形 ∵ ∴ 在中 ∵ ∴ ∴ ∴ 菱形是正方形 【点睛】此题考查了菱形的判定、平行四边形的性质、正方形的判定、全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关判定定理是解题的关键． 2．(1)见解析 (2) 【分析】（1）先证明四边形和都是平行四边形，利用“”即可证明； （2）证得，推出，再得到，即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∵，且， ∴，， ∴四边形和都是平行四边形， ∴，， 在和中， ， ∴； （2）解：∵， ∴， ∴， 又∵四边形和都是平行四边形， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，能得到是解题的关键． 3．(1) (2)见解析 【分析】（1）由勾股定理求出，求出，则可得出答案； （2）过点作于点，与交于点，证明，得出，则可得出结论． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵为的中点， ∴， ∴， ∵四边形为矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． （2）证明：过点作于点，与交于点， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， 即线段被平分． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 4．(1)见解析 (2) (3) 【分析】本题考查了矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，中位线定理，正确作出辅助线是解题的关键． （1）根据矩形的性质和翻折的性质证明，即可解决问题； （2）结合（1）的方法，再利用勾股定理即可求的长； （3）当是以为底的等腰三角形时，即当时，证明，利用全等三角形的判定与性质和勾股定理即可解决问题． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ， ， 由翻折的性质得：， ， ； （2）解：如图2，，，三点在同一条直线上， 四边形是矩形， ， ， 由翻折的性质得：， ， ， ， 是的中点， ， 在矩形中， ，，， ， ， 如图，连接， 是的中点，， ， ， 点是的中点， 是的中位线 ，， 由翻折可知：，， ， 在中，，， 根据勾股定理得：， ， ， ； （3）解： 如图，延长交于点， ，， ， ， 四边形为矩形， 当以为底的等腰三角形时，则， ，，， ， ， 设，则， 在中，， 则可得， 可得， ， ， ， 在中，， 即， 解得，即． 5．(1)，证明见解析 (2)，证明见解析 【分析】此题主要考查了正方形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，解决本题的关键就是求证． （1）取的中点，连接，，证出即可得出答案； （2）在边上截取，连接，证出即可得出答案． 【详解】（1）解：， 证明如下:如图，取的中点，连接， ∵四边形为正方形， ∴ ， ∵分别为中点 ∴， ∴ 又∵ ∴ ∴， 又∵，平分 ∴． ∴ ∵， ∴， ∴ 在和中 ∴， ∴ （2）， 证明：如图，在边上截取，连接， ∵四边形是正方形， ， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∵ ∴， ∵平分， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ 在和中 ∴， ∴． 6．(1) (2)见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定及性质，熟悉掌握平行四边形的性质是解题的关键． （1）利用平行四边形的性质得到，即 ，由角平分线的定义可得，即可推出，从而求解； （2）由中点的性质得到证出，利用平行四边形的性质得到，即，在通过角的等量代换求解即可． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴； （2）由(1)可得， ∴， ∵为中点， ∴， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴平分． 7．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查平行四边形的判定及性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，理解并掌握相关图形的性质是解决问题的关键． （1）由平行线的性质可得，，进而得，可知，即可证明结论； （2）由平行四边形的性质得，延长交于，由（1）可知，，，可知四边形是平行四边形，得，，求得，，证明，再由勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明：∵，，， ∴，， 则， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵四边形是平行四边形， ∴， 延长交于， 由（1）可知，，， ∴四边形是平行四边形， ∴，， 则，， 连接， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， 即：椅子最高点到地面的距离为． 8．(1)见解析 (2)9.6 【分析】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定与性质、等腰三角形的判定以及勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的性质和菱形的判定与性质是解题的关键． （1）证，得是菱形，再由菱形的性质即可得出结论； （2）由菱形的性质得，，，再由勾股定理得，则，然后由菱形面积即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴是菱形， ∴； （2）解：由（1）可知，是菱形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 9．(1)，证明见解析 (2) (3)证明见解析； 【分析】（1）先判断出，得出，即可得出结论； （2）利用面积法计算即可解决问题． （3）先利用勾股定理求出，进而利用面积求出，进而判断出，再判断出，即可得出是的平分线，进而判断出是等腰直角三角形即可得出结论． 【详解】（1）解：，理由： ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． （2）解：∵正方形中，，点E为的中点， ∴ 在中， ∵， ∴， ∵， ∴． （3）如图，过点D作于N，交的延长线于M， ∵， ∴，． ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴平分， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴． 【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的判定定理，等腰直角三角形的判定，平行四边形的判定和性质，正确作出辅助线是解本题的关键． 10．(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了矩形的性质和判定，等腰三角形的性质，勾股定理，解答本题的关键是熟练掌握勾股定理． （1）根据等腰三角形的性质得，再根据平行线的性质得，然后根据，可得，即可得出结论； （2）根据等腰三角形的性质求出，再根据勾股定理得，然后根据矩形的性质得，，最后根据三角形的面积相等得出答案． 【详解】（1）证明：中，，平分， ，， ，， ，， 四边形是矩形； （2）解：，平分，，， ． 在直角三角形中，由勾股定理得：． 四边形是矩形， ，． ， ． 11．(1)证明见解析 (2) (3)1 【分析】（1）证明即可； （2）连接交于点P，得到，则，由勾股定理得，再由勾股定理求得，即； （3）设，由勾股定理得，由，结合菱形性质得到，那么，则，则，而，则，化简得到，而，则，即可求解面积． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴， ∵是菱形，是菱形， ∴， ∴， ∴； （2）解：在菱形中，连接交于点P，则， ∵在菱形中，， ∴， ∴， ∴， ∵在菱形中，， ∴， ∴ ∴； （3）解：如图： 设 ∵， ∴， ∴ ∵菱形， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴在中，由勾股定理得，， ∵ ∴， ∴，而 ∴， ∴． 【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，角直角三角形的性质，解题的关键是合理利用菱形的性质． 12．(1)见解析 (2)或2或 【分析】（1）根据，得到，结合，推出，得到，然后问题可求证； （2）根据题意可分①当时，②当时，③当时，然后根据等腰三角形的性质可进行分类求解． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：由题意可分： ①当时，过点B作轴于点F，如图所示： ∵， ∴， ∴； ②当时， 在中，由勾股定理得； ③当时， 由（1）知四边形是平行四边形， ∴平行四边形是菱形， ∵， ∴， 在中，由勾股定理得， 解得：； 综上所述：当为等腰三角形时，或2或． 【点睛】本题主要考查坐标与图形、菱形的判定与性质、平行四边形的判定、等腰三角形的性质及勾股定理，熟练掌握数形结合的思想及分类讨论的思想是解题的关键． 13．(1)见解析； (2)． 【分析】根据矩形的性质可知，所以可证，根据角平分线的性质可证，从而可证，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可证结论成立； 根据勾股定理可求，设，则，利用勾股定理可得关于的方程，解方程求出的值，即为，可知，利用平行四边形的面积公式可求结果． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ，， ， 根据折叠的性质可知，， ， ， 四边形是平行四边形； （2）解：，， ， 设，则， ，， ， 在中，， ， 解得：， ， ， 四边形的面积为． 【点睛】本题考查了矩形的性质、平行四边形的判定与性质、角平分线的性质、平行四边形的面积公式． 14．(1)见解析 (2)20 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练相关性质是解题的关键． （1）证明，可得，可得，得到，即可解答； （2）证明，利用勾股定理列方程求得即可解答． 【详解】（1）证明：，， ， ， 点E是边的中点， ， ， ， ， 四边形是平行四边形； （2）解：平分， ， 四边形是平行四边形 ，， ， ， ， ， 设，则， 在中，可得方程， 解得， 平行四边形的面积为． 15．(1) (2)8或 (3)不改变，证明见解析 【分析】（1）本题先证明，得到，然后，即可求解； （2）分两种情况：①当与矩形的边平行时，根据平行证明为等边三角形，即可求解；②当与矩形的边平行时，证明垂直平分，即可求解． （3）在上的取点Q，；证明，当点P在直线上运动时，点M在直线上运动，根据平行线间的距离处处相等，可得出结论． 【详解】（1）解：当点N落在线段上时，如图， ∵四边形为矩形，，， ∴， ∴， 解得：， ∴， ∴，， ∵为等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； （2）解：分两种情况：①当与矩形的边平行时，如图， ∵， ∴， 由（1）得：，，， ∴， ∴， ∴为等边三角形； ∴； ②当与矩形的边平行时，如图， ∵为等边三角形， ∴，， ∵矩形， ∴， ∵， ∴， 由（1）知， ∴， ∴， ∴， ∵为等边三角形， ∴， ∵， ∵，，由（1）知：， ∴， ∴， ∴． 综上，的长为8或． （3）解：中点 到 的距离不变， 证明：如图，在上的点Q，，当，由（2）知边 的中点与点Q重合， ∵是等边三角形， ∴ 由翻折可知：， ∴四边形是菱形， ∴ ∵点M为的中点，点Q为的中点， ∴ ∴ ∴四边形是平行四边形， ∴ ∴ ∴当点P在直线上运动时，点M在直线上运动，如图， 根据平行线间的距离处处相等， ∴中点 到 的距离不变． 【点睛】本题考查了矩形性质、等边三角形性质、勾股定理和翻折对称的性质，菱形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，平行线间的距离，掌握以上知识是解题的关键． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$