第十八章平行四边形　复习练习题2024-2025学年人教版数学八年级下册

第十八章 平行四边形　复习练习题 一、单选题 1．下列命题中，假命题是（   ） A．有一个直角的平行四边形是正方形 B．两组对边分别平行的四边形是平行四边形 C．四条边相等的四边形是菱形 D．三个角是直角的四边形是矩形 2．顺次连接四边形各边中点得到的四边形是矩形，则原四边形一定满足（    ）． A． B．正方形 C．菱形 D． 3．如图，矩形的两条对角线交于点，且，则的度数为（   ） A． B． C． D． 4．如图，将由四根木条钉成的矩形木框挤压后变成平行四边形的形状，在这个变化过程中，关于木框的周长和面积，下列说法正确的是（   ）    A．周长和面积都不变 B．周长和面积都变小 C．周长不变，面积变小 D．周长不变，面积变大 5．如图，菱形的对角线交于点，，，则菱形的边长为（   ） A． B． C．5 D．10 6．如图，点，，分别是各边上的中点，，则（   ） A． B． C． D． 7．在中，，则（   ） A． B． C． D． 8．如图，在四边形中，对角线与互相垂直平分，且，则四边形的面积为（   ） A．8 B．16 C． D． 9．如图，E是正方形边上一点，连接，过点E作，且，连接交于点G，，，则的长为（   ） A． B． C． D． 10．如图，在中，，，，为边上一动点，于，于，连接，则的最小值为（　　） A．1.5 B．2 C．2.4 D．2.5 二、填空题 11．如图，平移图形M，与图形N可以拼成一个平行四边形，则图中的度数为 12．如图，D、E分别是的边的中点．若，则的长为 ． 13．如图，在菱形中，，，为线段上的动点，四边形为平行四边形，则的最小值为 ． 14．如图，在正方形中，是对角线上一点，过点分别作于点，于点，是上一点，且．若，则四边形的面积为 ． 15．在矩形中，，E，F是对角线上的动点，且，M，N分别是边，边上的动点，下列说法正确的是 ． ①存在无数个平行四边形； ②当，且四边形是矩形，的长为4； ③当四边形是菱形时，的长度为3； ④不存在正方形． 三、解答题 16．如图，在中，点F为上一点，连接并延长到点E，使，连接，，连接交于点G．若． (1)求证：； (2)若，求证：平分． 17．已知在正方形中，E为边上一点，F为边上一点． (1)若，如图1，与有怎样的位置关系？请说明理由． (2)如图2，G为边上一点，满足，垂足为H，延长至点M，使，连接． ①求证：四边形是平行四边形． ②当，，时，则正方形的边长为__________． 18．如图，在四边形中，，，，，．点P从点A出发，以/秒的速度向点B运动；点Q从点C出发，以/秒的速度向点D运动．规定其中一个点到达终点时，另一点也随之停止运动，设Q点运动的时间为t秒． (1)若P，Q两点同时出发． ①__________，__________； ②若t为何值时，四边形为矩形（写出过程）？ (2)若P点先运动3秒后停止运动．此时Q点从C点出发，到达D点后运动立即停止，则t为__________时，三角形为直角三角形（直接写出答案）． 19．在一次数学研究性学习中，小明将两个全等的直角三角形纸片和拼在一起，使点A与点F重合，点C与点D重合（如图1），其中，并进行如下研究活动：将图1中的纸片沿方向平移，连接（如图2），当点F与点C重合时，停止移动． (1)求证：图2中的四边形是平行四边形； (2)当纸片平移到某一位置时，小明发现四边形为矩形（如图3）．此时的长为________； (3)在纸片平移的过程中，四边形能成为菱形吗？如果能，直接写出的长，如果不能，请说明理由． 20．如图1，把一个含角的直角三角板和一个正方形摆放在一起，使三角板的直角顶点和正方形的顶点重合，点、分别在正方形的边、上，连接，取中点的中点，连接、． (1)如图1，连接，求证：； (2)在（1）的条件下，请判断线段与的关系，并加以证明； (3)如图2，将这个含角的直角三角板的直角顶点和正方形的顶点重合，点、分别在正方形的边、的延长线上，其他条件不变，当，时，求的长． 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　复习练习题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 A A B C C C C C B C 1．A 【分析】本题主要考查了正假命题的判定，根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定方法逐一判断各选项的正确性即可． 【详解】A． 有一个直角的平行四边形是矩形，需同时满足邻边相等才是正方形，条件不充分，故为假命题； B． 两组对边分别平行的四边形是平行四边形，符合定义，正确； C． 四条边相等的四边形是菱形，符合菱形判定条件，正确； D． 三个角是直角的四边形，第四个角必为直角，故为矩形，正确． 故选：A 2．A 【分析】本题考查了中点四边形，三角形中位线定理，矩形的判定定理根据三角形中位线定理得到，，，，，得到，，得到四边形为平行四边形，再根据矩形的判定解答即可，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：如图， ∵分别为的中点， ∴分别为的中位线， ∴，，，，， ∴，， ∴四边形为平行四边形， 当时， ∵，， ∴ ∴平行四边形为矩形， 故选：． 3．B 【分析】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键 根据矩形的性质得到，可证明是等边三角形，再根据直角三角形的两个锐角互余，计算即可得到答案． 【详解】解：四边形是矩形， ，，， ， ， 是等边三角形， ， ， 故选：B ． 4．C 【分析】本题考查平行四边形的性质，矩形的性质，关键是掌握平行四边形的面积公式． 平面图形的周长就是围成它的所有线段的长度和；将矩形拉成平行四边形后，每个边的长度不变，所以它的周长就不变，但是它的高变小了，因此面积就变小了． 【详解】解：矩形木框挤压变成平行四边形后，底边没变，但高变小了， 木框的面积变小了； 在变化过程中，木框每边的长度没变， 木框的周长不变． 故选：C ． 5．C 【分析】本题考查了菱形的性质以及勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 由菱形的性质得，，，，再由勾股定理求出的长即可． 【详解】解：四边形是菱形，，， ，，，， ， 在中， ， 菱形的边长为5， 故选：C ． 6．C 【分析】此题考查了三角形中位线的性质和判定，平行线的性质，首先得到，是的中位线，得到，，然后根据平行线的性质求解即可． 【详解】∵点，，分别是各边上的中点， ∴，是的中位线 ∴， ∴ ∵ ∴． 故选：C． 7．C 【分析】本题考查平行四边形的性质、平行线的性质等，解题的关键是掌握平行四边形的性质． 根据平行四边形的性质可得，结合可求出，则． 【详解】解：根据题意可画出示意图如下： ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， 故选：C． 8．C 【分析】此题主要考查了菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，直角 三角形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 先判定四边形是菱形，根据菱形的性质结合等边三角形的判定与性质得出是等边三角形，可求出的长，再根据直角三角形的性质和勾股定理求出的长，从而求面积． 【详解】解：∵在四边形ABCD中，对角线与互相垂直平分， ∴四边形是菱形， 在菱形中，对角线与相交于点，，， 又∵， ， 则是等边三角形， ，， ∴，， ∴四边形ABCD的面积为． 故选：C． 9．B 【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，熟练掌握相关图形的性质定理是解题的关键； 易得，延长到点H，使，连接、，如图，可得，得出，证明，得出，设，则，然后利用勾股定理构建方程求解即可. 【详解】解：∵，， ∴， 延长到点H，使，连接、，如图， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， 设，则， 则在直角三角形中，根据勾股定理可得：， 解得：，即； 故选：B. 10．C 【分析】先证四边形是矩形，得，要使最小，只要最小即可，再根据垂线段最短和三角形面积求出即可． 【详解】解：连接，如图： ，，， 四边形是矩形， ， 要使最小，只要最小即可， 当时，最短， ，，， ， 的面积， ， 即， 故选：C． 【点睛】本题利用了矩形的性质和判定、勾股定理、垂线段最短以及三角形面积等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解此题的关键． 11． 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，多边形内角和定理，根据平行四边形对边平行可得，再根据五边形内角和定理和平角的定义可得答案． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 故答案为：． 12．3 【分析】根据三角形中位线定理计算即可． 本题考查的是三角形中位线定理，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． 【详解】解：、E分别是的边的中点， 是的中位线， ， 故答案为： 13． 【分析】利用四边形为平行四边形，得出，，由为线段上的动点，可知、运动方向和距离相等，利用相对运动，可以看作是定线段，菱形在方向上水平运动，过点作的平行线， 过点作关于线段的对称点，由对称性得，则，当且仅当、、依次共线时，取得最小值，此时，设与交于点，交于点，延长交延长线于点，分别证明四边形和四边形是矩形，求出，，再利用勾股定理求出即可． 【详解】解：∵四边形为平行四边形， ∴，， ∵为线段上的动点， ∴可以看作是定线段，菱形在方向上水平运动， 则如图，过点作的平行线， 过点作关于线段的对称点， 由对称性得， ∴，当且仅当、、依次共线时，取得最小值， 此时如图，设与交于点，交于点，延长交延长线于点， ∵菱形中，，， ∴，，， 由题可得， ∴由对称性可得， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴，， ∴， 即的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查菱形的性质，平行四边形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，轴对称的性质，两点之间线段最短，根据题意结合相对运动得出运动轨迹，再利用将军饮马解决问题是解题的关键． 14．3 【分析】本题考查了正方形的判定与性质，角平分线的性质，含的直角三角形，勾股定理等知识．熟练掌握正方形的判定与性质，角平分线的性质，含的直角三角形，勾股定理是解题的关键． 由四边形是正方形，可得，平分，由，，可得，，得出四边形是正方形，确定，则，由勾股定理得，，然后求解作答即可． 【详解】解：四边形是正方形， ∴，平分， ，， ∴，， 四边形是正方形； ， ， ， ， ， 由勾股定理得，， ∴正方形的面积为3， 故答案为：3． 15．①②③ 【分析】根据四边形为矩形，可得，又，故，只需使，即可使四边形为平行四边形，故有无数个平行四边形，可判断①；由已知可得．当时，可得，又四边形是矩形，则，，此时易知，故，此时，可判断②；当四边形是菱形时，由菱形性质可得，由矩形的性质结合勾股定理求出，可判断③；只需要，，，则四边形为正方形，存在符合要求的正方形，可判断④． 【详解】解：如图1所示，连接与交于点O，连接、、、， ∵四边形为矩形， ∴， 又∵， ∴， 只需使，即可使四边形为平行四边形， 又∵E，F是对角线上的动点， 故存在无数个平行四边形，故①正确； ∵， ∴，． 当时，如图2所示， ∴， 又∵四边形是矩形， 则，，此时易知， 故，此时， 故②正确； 当四边形是菱形时，如图3所示，作于， 由菱形性质可得， ∵， ∴，． ∴， ∴， ∴， 设，， ∵， ∴， ∴， 由勾股定理可得：， ∴， ∴或（不符合题意，舍去）， ∴， 故，故③正确； 只需使，，，则四边形为正方形， 而符合要求的正方形只有一个，故④错误． 综上，正确的序号有：①②③． 故答案为：①②③． 【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的性质、勾股定理、平行四边形的性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 16．(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了平行四边形判定与性质，菱形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质等知识，解题的关键是： （1）根据等边对等角得出，结合得出，根据平行四边形的性质得出，，，根据平行线的性质得出，根据等角对等边得出，然后根据证明即可； （2）连接，证明四边形是平行四边形，得出，，再证明四边形是菱形，然后根据菱形的性质即可得证． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴，即， ∵四边形是平行四边形， ∴，，，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）证明：连接， ∵， ∴， ∴， 又， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又， ∴平行四边形是菱形， ∴平分． 17．(1)，理由见解析 (2)①见解析；② 【分析】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，熟知相关知识是解题的关键． （1）由正方形的性质得到，证明，得到，可导角证明，则； （2）①由正方形的性质得到，，可证明，得到，则可证明，得到，则，再由，即可证明四边形是平行四边形；②如图所示，在上取一点K，使得，连接，由平行四边形的性质得到，则，求出，得到，则，据此求出的长即可得到答案． 【详解】（1）解：，理由如下： 设交于T， ∵四边形是正方形， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：①∵四边形是正方形， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形； ②如图所示，在上取一点K，使得，连接， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴，即正方形的边长为． 18．(1)①，；②5 (2)6或 【分析】（1）①根据速度与时间的积可求得，再由可求得； ②当时，四边形为矩形，分别表示出，解方程即可； （2）分和两种情况讨论，利用矩形的判定与性质，勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：①由题意知，， 则， 故答案为：，； ②∵， ∴； 当时，四边形为平行四边形； ∵， ∴四边形为矩形； 即当时，四边形为矩形； ∵，， ∴， 解得：； 当t的值为5时，四边形为矩形； （2）解：P点先运动3秒后停止运动，此时； 当时，，不可能是直角； 当时，如图， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴； 当时，如图，过点Q作于M，则； ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴； ∵， ∴， ∴， 解得：； 综上，当t为6或时，三角形为直角三角形． 故答案为：6或． 19．(1)见解析 (2) (3)能， 【分析】（1）证明，，即可证明结论； （2）设，根据矩形的性质，结合勾股定理，列出方程进行求解即可； （3）根据菱形的判定方法，得到当重合时，四边形为菱形，进而得到即可． 【详解】（1）证明：根据题意，可知， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）∵平移， ∴， 设，则：， ∵， ∴， 由勾股定理，得：，， ∵四边形是矩形， ∴， 由勾股定理，得：， ∴， 解得：； 故； （3）能； 当重合时，四边形为菱形，如图： ∵， ∴互相垂直平分， ∴四边形为菱形， 故． 【点睛】本题考查平移的性质，平行四边形的判定，矩形的性质，菱形的判定，勾股定理，熟练掌握相关知识点，是解题的关键． 20．(1)详见解析 (2)，，证明见解析 (3) 【分析】本题主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边定理，三角形中位线的判定及性质，平行线的性质，勾股定理等知识点，解题的关键是熟练掌握以上性质，并灵活应用． （1）利用正方形的性质得出相等的角和边，结合等腰直角三角形的性质得出条件，证明即可得出结论； （2）利用直角三角形斜边中线定理和三角形中位线的性质定理，即可得出；利用三角形的外角定理和平行线的性质，借助正方形的直角，得出； （3）连接，根据正方形和等腰直角三角形的性质得出，利用勾股定理得出，最后利用三角形中位线的性质即可求解． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ，， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， ； （2）解：，，理由如下： 在中，点是的中点， ， 由（1）知，， ， 点是的中点，点是的中点， 是的中位线， ， ； 点是的中点， ， ， ， ， ， ， ，， ； （3）解：如图2，连接， 四边形是正方形， ，， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， ， 在中，根据勾股定理得，， ∴， 点是的中点，点是的中点， 是的中位线， ． 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 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