第十八章平行四边形 单元试卷2024-2025学年人教版数学八年级下册

第十八章 平行四边形 单元试卷 一、单选题 1．下列有关四边形的命题中，是真命题的是（　　） A．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形 B．对角线相等的四边形是矩形 C．对角线互相平分且互相垂直的四边形是菱形 D．四条边相等的四边形是正方形 2．如图，菱形的对角线交于点O，若，则为（   ） A． B． C． D． 3．如图，正方形中，、分别在边、上，且，、是、与对角线的交点．若，，则正方形的面积为（   ） A．64 B．72 C．98 D．144 4．如图，在中，、分别是、边的中点，、两点在对角线上，且，则下列结论中不正确的是（    ） A． B． C．与互相平分 D． 5．如图，在中，对角线与相交于点，则添加下列选项的条件后，能判定是矩形的是（    ） A． B． C． D． 6．如图，在正方形中，O为对角线的交点，E，F分别为边上一点，且，连接．若，则的最小值是（    ） A． B．1 C． D． 7．在中，若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 8．如图，在中，，相交于点，过点作，，，．记长为，长为．当，的值发生变化时，下列代数式的值不变的是（    ） A． B． C． D． 9．依据图中所标数据，下列四边形一定为平行四边形的是（    ） A． B． C． D． 10．如图，在正方形中，点是上一动点（不与，重合），对角线，相交于点，过点分别作，的垂线，分别交，于点与点，交，于点与点，若正方形的边长是2，则四边形的周长是（   ） A．2 B． C．4 D． 二、填空题 11．如图，矩形中，，、交于点，若，则 ． 12．如图，在菱形中，，，则 ． 13．如图，将一张纸片沿着折叠，点B的对应点F恰好落在上，连接，若，，则图中阴影部分的面积是 ． 14．如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，点B的坐标为．点E在边上．将沿折叠，点D落在点F处．若点F的坐标为．则点E的坐标为 ． 15．如图，在矩形中，，点E、F分别是边上的动点，连接，点G为的中点，点H为的中点，连接，则的最大值是 ． 三、解答题 16．如图，在四边形中，，对角线被另一条对角线垂直平分，过点作交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，则的长为______． 17．如图，在四边形中，，，，，．动点M从点B出发沿边以每秒1个单位的速度向终点C运动；同时动点N从点D出发，以每秒2个单位的速度沿射线运动，当点M到达终点时，点N也随之停止运动，设点M运动的时间为． (1)请求出的长； (2)是否存在t的值，使得四边形为平行四边形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由； (3)连接，，若是以为腰的等腰三角形，请直接写出此时t的值． 18．正方形中，点、分别在边、上． (1)如图1，若，则线段、的位置关系是______． (2)如图2，、分别是、的中点，与相交于点，连接．求证：． (3)如图3，过点作的垂线，垂足为，连接．若，直接写出三条线段、、之间的数量关系______． (4)若是直线下方一点，是正方形的对称中心，且，连接、、．线段、、之间的数量关系是否发生变化？请补全图形并说明理由． 19．如图，点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． 20．如图，正方形的边长为9，菱形的三个顶点，，分别在正方形的边，，上，． (1)如图1，当时，求菱形的周长； (2)在（1）的条件下，求证：菱形是正方形； (3)如图2，连接，当的面积等于3时，求线段的长． 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 单元试卷 2024-2025学年人教版数学八年级下册》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C B A D D A B C B 1．C 【分析】本题考查了真命题的判定，掌握平行四边形，矩形，菱形，正方形的判定方法是关键． 根据平行四边形，矩形，菱形，正方形的判定方法确定命题的真假即可． 【详解】解：A、如图所示，等腰梯形， ，四边形不是平行四边形，故一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形是假命题，不符合题意； B、如图所示，等腰梯形，，四边形不是矩形，故对角线相等的四边形是矩形是假命题，不符合题意； C、对角线互相平分且互相垂直的四边形是菱形是真命题，符合题意； D、四条边相等的四边形是菱形，故原选项是假命题，不符合题意； 故选：C ． 2．C 【分析】本题主要考查了菱形的性质．熟练掌握菱形对边平行，对角线互相垂直，是解题的关键． 根据菱形对边平行得到，根据，即可得到． 【详解】∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：C． 3．B 【分析】本题考查正方形的性质，三角形全等的判定与性质，熟练掌握正方形的性质、三角形全等的判定与性质是解决问题的关键． 过点作, 并截取, 连接, , 先证明,, 再证明和全等得,, 则, 由此可求出, 然后证明和全等得, 则, 由此再根据勾股定理及正方形的面积公式即可得出答案． 【详解】解：过点作, 并截取, 连接,， 如图所示： ∴, ∵四边形是正方形， ∴, ,, ∴, ∴, ∴, ∵, ∴, ∴,即, ∴, 在和中, ， ∴, ∴, , ∴, 在中， 由勾股定理得：， 在和中, ， ∴, ， ， 在中，由勾股定理得， ， ， ∴正方形的面积为， 故选: B． 4．A 【分析】本题考查平行四边形的判定与性质和全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握平行四边形的判定与性质和全等三角形的判定与性质．连接交于，证明进而证明四边形是平行四边形，即可判断C选项，根据全等三角形的性质即判断B，D选项，即可求解． 【详解】解：连接交于点， 在平行四边形中 ∴，， ∴， 、分别是、边的中点， ， 又， ， ∴， ∴ ∴ ∴四边形是平行四边形 ∴， 又∵ ∴ ∴与互相平分，故C正确 ∵ ，，，故B、D正确， 没有条件证明，故A不正确， 故选：A． 5．D 【分析】本题考查了平行四边形的性质以及矩形的判定．根据对角线相等的平行四边形是矩形或者有一个直角的平行四边形是矩形进行逐项分析，即可作答． 【详解】解：A、∵四边形是平行四边形，添加，则，不能证明平行四边形是矩形，故该选项不符合题意； B、∵四边形是平行四边形，添加，则四边形是菱形，不能证明平行四边形是矩形，故该选项不符合题意； C、∵四边形是平行四边形，添加，不能证明平行四边形是矩形，故该选项不符合题意； D、∵四边形是平行四边形，添加，则四边形是矩形，故该选项符合题意； 故选：D． 6．D 【分析】过点O作于点H，根据正方形性质得，证明和全等得，则是等腰直角三角形，由勾股定理得，由此得当为最小时，为最小，再根据“垂线段最短”得：当时为最小，则最小值为线段的长，由此得的最小值为1，据此即可得出的最小值． 【详解】解：过点O作于点H，如图所示： ∵是正方形，且， ∴，，，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， 由勾股定理得：， ∴当为最小时，为最小， ∵点E在边上， ∴根据“垂线段最短”得：当时为最小， 即点E于点H重合时，为最小，最小值为线段的长， ∴的最小值为1， 此时， 即的最小值为． 故选：D． 【点睛】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，理解正方形的性质，垂线段最短，熟练掌握全等三角形的判定和性质，勾股定理是解决问题的关键． 7．A 【分析】本题考查平行四边形的性质，记住平行四边形的对角相等，邻角互补是解题的关键，属于中考常考题型．根据平行四边形对角相等，即可解决问题． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴． 故选：A． 8．B 【分析】本题考查了平行四边形的性质以及勾股定理和矩形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．过作交的延长线于，根据平行四边形的性质得到，，，，求得，，得到，根据勾股定理得到，求得，根据平行四边形的面积公式即可得到结论． 【详解】解：过作交的延长线于， ∵四边形是平行四边形， ∴，，，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴的面积， ∴， ∴，即． 故选：B． 9．C 【分析】本题考查平行四边形的判定，掌握平行四边形的判定方法是解题的关键． 根据平行四边形的判定定理分别判断即可． 【详解】解：A、∵， ∴一组对边平行，另一组对边不平行， ∴图中的四边形不一定是平行四边形，故A不符合题意； B、∵， ∴一组对边平行，另一组对边相等 ∴图中的四边形不一定是平行四边形，故B不符合题意； C、∵，， ∴一组对边平行且相等， ∴图中的四边形是平行四边形，故C符合题意； D、∵， ∴一组对边相等， ∴图中的四边形不一定是平行四边形，故D不符合题意． 故选：C． 10．B 【分析】本题考查出正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，四边形的周长，先根据四边形的性质得，，，进而得和是等腰直角三角形，，，即可计算四边形的周长． 【详解】解：方形的边长是2， ，，， 又，， 和是等腰直角三角形， ，， 四边形的周长， ， ， ． 故选：B． 11． 【分析】此题主要考查了矩形的性质，勾股定理．根据矩形性质得，则，然后在中，由勾股定理即可求出的长． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得：． 故答案为：． 12． 【分析】本题主要考查了菱形的性质，直角三角形的性质，根据菱形对边平行结合平行线的性质可得的度数，再根据菱形对角线平分一组对角可得的度数，再根据直角三角形两锐角互余即可求出答案． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 13． 【分析】由平行四边形的性质可得，，，再由折叠性质可得，，即有，从而可证明△是等边三角形，过作于点，然后由勾股定理和面积公式即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：由题意可得：，，， ， ， 由折叠可知，， ，， 是等边三角形， ， 过作于点， ， ， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质，折叠的性质，正确进行计算是解题关键． 14． 【分析】本题考查翻折变换（折叠问题），勾股定理，矩形的判定与性质，正方形的性质，坐标与图形变化-对称，利用勾股定理求出正方形的边长是解题关键．设，可得，在中，利用勾股定理可求出，根据翻折的性质得出，，，设，在中利用勾股定理可求出a值，即可得答案． 【详解】解：在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，如图，设与y轴交于点G，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵点A的坐标为， ∴， ∵将沿折叠，点D落在点F处．若点F的坐标为， ∴，，， 在中，由勾股定理得：， ∴， 解得：， ∴， 设，则，， 在中，由勾股定理得：， ∴， 解得：， ∴点E的坐标为， 故答案为： 15．5 【分析】本题考查了矩形的性质，三角形的中位线定理，勾股定理，通过三角形中位线定理进行转化是解题的关键．连接，先由勾股定理求得，则，再由三角形中位线定理得到，即可求解的最大值． 【详解】解：连接， ∵矩形中，， ∴， ∴， ∴， ∵点G为的中点，点H为的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴当点重合时，取得最大值为5， 故答案为：5． 16．(1)见解析 (2)4 【分析】（1）根据平行线的性质和角平分线的定义，得到，进而得到，推出，证明四边形是平行四边形，再根据一组邻边相等，即可证明四边形是菱形； （2）根据菱形的性质，得到，，再利用勾股定理，求出，进而得到，最后根据直角三角形斜边中线等于斜边一半，即可求出的长． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵对角线被另一条对角线垂直平分， ∴，平分， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是菱形； （2）解：∵四边形是菱形，， ∴，， ∵， ∴在中， ∴， ∵，O为中点， ∴. 故答案为：4 【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，勾股定理，直角三角形斜边中线等于斜边一半等知识，熟练掌握菱形的判定和性质是解题关键． 17．(1) (2)存在， (3)， 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先过点作，证明四边形是矩形，得，运用度所对的直角边是斜边的一半，得，即可作答． （2）依题意，得，结合平行四边形的性质得，代入数值计算，即可作答． （3）先整理，结合是以为腰的等腰三角形，进行分类讨论，运用勾股定理列式计算，以及根据判别式的意义进行作答即可． 【详解】（1）解：过点作，如图所示： ∵，， ∴， ∵， ∴ ∴四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴ ∴， ∴ （2）解：存在，理由如下： 如图，连接， ∵动点M从点B出发沿边以每秒1个单位的速度向终点C运动；同时动点N从点D出发，以每秒2个单位的速度沿射线运动， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， 解得； （3）解：连接，如图所示： 由（1）得， 由（2）得， 则， ∴， ∵是以为腰的等腰三角形， ∴当时，则， ∴， 则， 整理得， ， ∴当时，过点作， 同理证明四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∵ 则， ∴， 整理得 ， 此时方程无解， 综上：满足题意的值为或． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 18．(1) (2)证明见解析； (3) (4)线段、、之间的数量关系不发生变化，图形、理由见解析． 【分析】（1）证明即可得解； （2）取中点H，连接交于点I，易证，，根据中位线可知I是中点，即可得证； （3）过B作于点P，于点N，易证，所以，所以，再证即可得解； 【详解】（1）解：在正方形中，则， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； （2）证明：取中点H，连接交于点I， 同理可证， ∴， ∴， ∵H为中点， ∴I是中点， ∵， ∴， ∴； （3）过B作于点P，于点N，则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∴； 故答案为：； （4）补全图形如图所示， 线段之间的数量关系不发生变化，理由如下： 由题可知， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∵， 在四边形中，， ∴， 由（3）知， 故线段PA、PB、PC之间的数量关系不发生变化． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 19．(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． 20．(1) (2)见解析 (3)7 【分析】（1）根据正方形的性质和勾股定理求出，进而可以解决问题； （2）根据正方形和菱形的性质证明，得，然后证明，可以解决问题； （3）过作，交的延长线于点，连接，根据正方形和菱形的性质证明，得，设，得，然后利用三角形的面积公式即可解决问题． 【详解】（1）解：正方形的边长为9， ，， ， 在中，，， 根据勾股定理得：， 四边形是菱形， 当时，菱形的周长； （2）证明：四边形是正方形， ， 四边形是菱形， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， 菱形为正方形； （3）解：如图2，过作，交的延长线于点，连接， ， 四边形是正方形， ，， ， 四边形是菱形， ，， ， ， ， 在和中， ， ， 设， ， ， ， ， ， 当的面积等于3时，线段的长为7． 【点睛】本题是四边形综合题，考查正方形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，三角形的面积，解决本题的关键是掌握正方形的性质，菱形的判定与性质． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 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