第18章平行四边形 单元试卷2024-2025学年人教版数学八年级下册

2024-2025学年人教版数学八年级下册 第18章平行四边形 单元试卷 一、选择题 1．如图，的对角线，交于点，以下条件不能证明是菱形的是（    ） A． B． C． D． 2．如图，在矩形中，，连接，，若，则的长为（    ） A． B． C． D． 3．在中，与的度数之比为1：3，则等于（    ） A．45° B．50° C．130° D．135° 4．如图，两张等宽的纸条交叉叠放在一起，重合部分构成四边形，若测得A，C两点之间的距离为，B，D两点之间的距离为，则四边形的面积为（      ） A． B． C． D． 5．如图，在△ABC中，点D，E分别是边AB，AC的中点，点F是线段DE上的一点连接AF，BF，∠AFB =90°，且AB=8，BC= 14，则EF的长是 （    ）      A．2 B．3 C．4 D．5 6．在中，用尺规作图作等腰，下列作图正确的是（    ）    A． B． C． D． 7．矩形与如图放置，点共线，点共线，连接，取的中点，连接．若，则的长是（   ） A．4 B． C． D． 8．如图，在正方形中，是对角线，点在边上，，．则的值为（    ）． A． B．1 C． D． 二、填空题 9．如图，在中，，，作于，则 ． 10．如图，在菱形中，对角线，交于点，，．则菱形的面积是 ． 11．如图，在矩形中，，点为边上一动点，沿折叠，得到，若，则的长为 ． 12．如图，，是四边形的对角线，E，F分别是，的中点，M，N分别是，的中点，连接，要使四边形为菱形，则四边形需满足的条件是 ． 13．如图，现有正方形纸片，点，分别在，边上，分别沿，折叠，使得，两点均落在点处，然后还原． （1） ． （2）连接，分别交两条折痕，于点，，已知，，则的长为 ． 14．如图，正方形的边长为6，E为对角线上一点，且，点P为线段上一动点，且于M，于N，则的值为 ． 15．如图，菱形中，点分别在边上．将菱形沿折叠，点恰好落在边上的点处．若，，，则的长为 ． 16．如图，在中，，，点E为直线上一动点，连接，，若，则的最小值为 ． 三、解答题 17．如图，在中，点，分别是，的中点，连接，． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）若平分，，求的周长． 18．如图，的对角线相交于点O，平分，过点D作，过点C作，交于点P，连接． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，求的长． 19．如图，在正方形中，对角线与相交于点． （1）在上求作点，使得点到，的距离相等；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） （2）在（1）的条件下，若，求点到的距离． 20．已知：如图，锐角中，、分别是边、上的高，、分别是线段、的中点． （1）求证：； （2）连接、，猜想与之间的关系，并说明理由． 21．如图，矩形的对角线交于点为边上一动点（不与重合），在射线上，且，连接． （1）如图1，若为的中点，，则___________； （2）如图2，为上一动点， ①根据题意，补全图形； ②写出的数量关系，并证明你的结论． 参考答案 1．【答案】D 【分析】根据菱形的判定，勾股定理的逆定理，等腰三角形的判定，逐项判断即可求解． 【详解】解：A、∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴是菱形，故本选项不符合题意； B、∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴是菱形，故本选项不符合题意； C、∵， ∴，即， ∵四边形是平行四边形， ∴是菱形，故本选项不符合题意； D、∵， ∴，无法得到是菱形，故本选项符合题意； 故选D 2．【答案】C 【分析】根据矩形的性质和等边三角形的判定与性质解答即可． 【详解】解：设与相交于点， 四边形是矩形， ，， ， 是等边三角形， ， ， 故选C． 3．【答案】A 【分析】根据平行四边形的性质可得：，，根据求得，即可求解． 【详解】解：∵四边形ABCD为平行四边形 ∴， ∵ 设，则 ∴，解得 ∴ 故选A． 4．【答案】C 【分析】作于E，于F，连接，交于点O，根据题意先证出四边形是平行四边形，再由 得平行四边形是菱形，再根据菱形的性质求面积即可． 【详解】解：如图，作于E，于F，连接，交于点O， 由题意知，，， ∴四边形是平行四边形． ∵两张纸条等宽， ∴． ∵， ∴， ∴平行四边形是菱形， ∴四边形的面积为： 故选C． 5．【答案】B 【分析】根据直角三角形的性质得到DF=4，根据BC= 14，由三角形中位线定理得到DE=7，解答即可． 【详解】解：∵∠AFB=90°，点D是AB的中点， ∴DF= AB=4， ∵BC= 14，D、E分别是AB，AC的中点， ∴DE=BC=7， ∴EF=DE-DF=3， 故选B 6．【答案】B 【分析】根据作图痕迹，依次判断，即可求解， 【详解】解：根据作图痕迹可知在上截取，可得是等腰三角形， 作的中点，，不是是等腰三角形， 作的角平分线，交于点， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰三角形， 综上所述，正确， 故选B． 7．【答案】B 【分析】延长交于点，连接，设交于点，过点作于，先计算出，，，根据勾股定理求出，得到，利用，求出，即可利用勾股定理求出、． 【详解】如图，延长交于点，连接，设交于点，过点作于， 矩形与如图放置，点，，共线，点，，共线， ，，， ， 是中点， ， ， ， ， 在中，， ， ， 故选B． 8．【答案】C 【分析】在上截取，证明，进而得到，得到，即可得出结果． 【详解】解：在上截取， ∵正方形， ∴， ∴，， ∴，即，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 故选C． 9．【答案】 【分析】利用平行四边形的性质求得，根据三角形内角定理即可求得；利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理即可求得的长． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； ∵四边形是平行四边形，， ∴， ∴， 在中，. 10．【答案】24 【分析】先由菱形的性质得，运用勾股定理算出，故结合对角线的乘积的一半即为菱形的面积，即可作答． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴在中，， 则， ∴菱形的面积是. 11．【答案】 【分析】根据折叠的性质得到，，根据勾股定理得到，则，再由勾股定理得，即可求出的长． 【详解】解：如图，∵将沿折叠，得到， ∴，， ∵在矩形中，， ∴，，，， ∵， ∴在中，， ∴， ∵在中，， ∴， ∴. 12．【答案】 【分析】根据三角形中位线定理得到，，则可证明四边形为平行四边形，当，即，则此时平行四边形是菱形，据此可得答案． 【详解】解：四边形需满足的条件是， 理由：∵E，F分别是，的中点，M，N分别是，的中点， ∴， 根据三角形中位线定理得到，， ∴四边形为平行四边形， 当，即，则此时平行四边形是菱形. 13．【答案】45度/； 【分析】（1）由折叠得，结合，即可求解； （2）连接．由折叠可得，得出，即可得，．又根据在正方形中，，从而得出，求出．在中，根据勾股定理即可求解． 【详解】解：（1）由折叠得， ， ， ． （2）连接． 由折叠可得， ∴， ，． 又在正方形中，， ， ． 在中，． 14．【答案】 【分析】连接，，交于O，勾股定理求出，然后求出，然后利用等面积法求解即可． 【详解】解：连接，，交于O， ∵四边形为正方形， ∴，，， ∴ ∴， ∵，，，， ∴， ∵， ∴， ∴． 15．【答案】 【分析】过作于，交延长线于，作于，则，，，由折叠的性质得：，，可得四边形为平行四边形，解和求出，在中，由勾股定理求出，得出，设，则，，在中，由勾股定理得出方程，解方程求出，据此计算即可得出结果． 【详解】解：过作于，交延长线于，作于，则，如图所示： ∵菱形， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴，， 由折叠的性质得：，， ∵， ， ∴，同理， ， 在中，由勾股定理得：， 解得：（负值舍去）， ， 设，则，， 在中，由勾股定理得：， 解得：， . 16．【答案】 【分析】作点关于的对称点，连接，设交于点，则即为的最小值，由轴对称的性质可得，，由直角三角形的两个锐角互余可得，进而可得，由等角对等边可得，在中，根据勾股定理可得，即，进而可得，，，由平行四边形的性质可得，，由两直线平行内错角相等可得，在中，根据勾股定理可得，由此即可求出的最小值． 【详解】解：如图，作点关于的对称点，连接，，设交于点， 则即为的最小值， 由轴对称的性质可得： ，， ， ， ， ， 在中，根据勾股定理可得： ， 即：， ， ， ， 四边形是平行四边形， ，， ， 在中，根据勾股定理可得： ， 的最小值为. 17．【答案】（1）见详解； （2）． 【分析】（）由平行四边形的性质和中点的性质可得，即可得结论； （）由角平分线的定义和平行线的性质可证，即可求解； 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，． ∵点，分别是，的中点， ∴，， ∴． 又∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵平分， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的周长为． 18．【答案】（1）见详解 （2） 【分析】（1）根据平行四边形的性质和角平分线的定义证得，进而利用等角对等边得到，然后根据菱形的判定定理可得结论； （2）先根据菱形的性质和勾股定理求得，，再证明四边形是矩形，利用矩形的对角线相等得到． 【详解】（1）证明∵四边形是平行四边形， ∴． ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． （2）解：∵四边形是菱形，，， ∴，，， ∴． ∵，， ∴四边形是平行四边形． ∴四边形是矩形， ∴． 19．【答案】（1）见详解 （2） 【分析】（1）如图，作的角平分线与的交点即为所求； （2）根据正方形的性质得出，，．过点作于点．由角平分线的性质得，得出．由勾股定理求出．设，则．由勾股定理求出，即可求出点到的距离． 【详解】（1）解：如图所示，点就是所求的点． （2）解：与是正方形的对角线， ，，． 过点作于点． 由（1）得， ． 由勾股定理，得， ． ． 设，则． 由勾股定理，得， ∴． 解得：（舍去）． 点到的距离为． 20．【答案】（1）见详解 （2），理由见详解 【分析】（1）根据、分别是、边上的高，可得和都是直角三角形，又因为点是边上的中点，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，再根据等腰三角形的三线合一可证； （2）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得：和都是等腰三角形，根据三角形内角和定理可得：，根据平角的定义可得，等量代换可证结果． 【详解】（1）证明：如下图所示， 连接、， 、分别是、边上的高， ， 在和中，点是斜边的中点， ，， ， 是等腰三角形， 点为底边的中点， ． （2）解：． 理由如下： 在中，， 由（1）可知， ，， ，， ， ， ． 21．【答案】（1） （2）①见详解②，见详解 【分析】（1）根据矩形的性质得，，结合为的中点，则，再证明四边形是矩形，运用勾股定理列式计算，即可作答． （2）①结合在射线上，且，连接，且在图2上补全图形，即可作答． ②先延长交于点，连接，运用矩形的性质，证明，再得出垂直平分，得，则在中，，然后结合线段的等量代换，即可作答． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵为的中点， ∴，是的中位线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴ 在中，. （2）解：①如图所示： ②，证明如下： 延长交于点，连接，如图所示： ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴垂直平分， ∴， 在中，， ∵ ∴． 第 page number 页，共 number of pages 页 第 page number 页，共 number of pages 页 学科网（北京）股份有限公司 $$