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 一、单选题 1．一个矩形的一条对角线长为10，两条对角线的一个交角为，则这个矩形的面积是（    ） A．25 B． C． D． 2．如图，矩形中，，，对角线上有一点P从点B沿着往点D移动，若过点P作于E，作于F，则线段的最小值为（   ） A． B． C． D． 3．如图，在四边形中，，，，P，M，N分别是的中点，若，，则的周长是（   ） A．10 B．12 C．16 D．18 4．如图，在中，于点D，将沿直线AC翻折到，将沿直线BC翻折到，此时E，C，F三点恰好共线，若，，则（    ）    A．2 B．4 C．6 D． 5．如图，矩形的对角线相交于点．若，则四边形的周长为（   ） A．3 B．6 C．12 D．24 6．如图，在中，，平分交于点，连接，若平分，则图中的等腰三角形有（　　） A．3个 B．2个 C．1个 D．0个 7．如图，在中，对角线相交于点O，过点O作交于E，若，，，则的长为（   ） A． B． C．8 D． 8．如图，在正方形中，点为边的中点，将沿折叠，使点落在正方形的内部一点处，则的度数为（   ） A． B． C． D． 二、填空题 9．如图，在中，的平分线交延长线于点E，，，则 ． 10．如图，在平行四边形中，已知，，，则 ． 11．已知正方形的边长为5，点P在正方形内，，且，，则_______． 12．如图，在菱形中，为边的中点，连接交对角线于点．已知，则这个菱形的面积为 ． 13．如图，在菱形中，，，是线段上一点，连接，将沿翻折，点落在点处，，垂足为点，连接，．则的周长为 ， ． 三、解答题 14．如图，矩形中，是的中点，延长、交于点，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当平分时，写出的值，并说明理由． 15．如图，四边形为正方形，点在边上，连接．请仅用无刻度直尺按要求作图（保留作图痕迹，不写作法）． (1)在图①中，以，为边，在正方形内作一个． (2)在图②中，以为边，在正方形内作一个等腰三角形． 16．如图，在中，，，点在上，过点作交于点，延长到点，使，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若，，求的长． 17．如图，在中，，，是边上一动点． (1)如图①，若，，求的长； (2)如图②，是边的中点，是延长线上一点，连接，过点作于点，过点作交延长线于点，连接．请证明； (3)如图③，若，点是内部一点且，点是边上的动点，当取最小值为4时，请直接写出的周长 18．如图，在平行四边形中，点是边上一点，连接，，，，点是线段上一动点，连接． (1)如图1，若，，求平行四边形的面积； (2)如图2，若，连接，求证：； (3)如图3，线段上另有一点，满足，连接．若，，请直接写出的最小值． 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 参考答案 1．B 【分析】本题主要考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，正确画出图形并灵活运用相关知识是解题的关键． 如图：根据矩形的对角线互相平分且相等求出，然后判断出是等边三角形，根据等边三角形的性质求出，再利用勾股定理列式求出，然后根据矩形的面积公式求解即可． 【详解】解：如图，∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， 由勾股定理得，， ∴矩形的面积． 故选：B． 2．B 【分析】本题主要考查了矩形的性质与判定，勾股定理，连接，由矩形的性质得到，则由勾股定理可得；证明四边形是矩形，得到，则当时，有最小值，即此时有最小值，据此利用等面积法求出的长即可得到答案． 【详解】解：如图所示，连接， ∵四边形是矩形， ∴， ∴； ∵，， ∴四边形是矩形， ∴， ∴当时，有最小值，即此时有最小值， ∴此时有， ∴， ∴， ∴的最小值为， 故选：B． 3．B 【分析】本题考查平行线性质，三角形的中位线性质定理，等边三角形性质及判定，三角形周长等．根据平行线性质，三角形的中位线性质定理可得，，从而得到，进而得到是等边三角形，即可求解． 【详解】解：∵P，M，N分别是的中点， ∴， ∴， ∵，，，，， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴的周长是． 故选：B 4．B 【分析】本题考查矩形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． 过点B作于G，先由折叠的性质得到由折叠可得： ，，，再证明四边形是矩形，得到，，然后设，则，， 在中，由勾股定理，得，解之即可． 【详解】解：过点B作于G，如图，    ∵， ∴， 由折叠可得： ，，，， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， 设，则，， 在中，由勾股定理，得 ， 解得：， 即， 故选：B． 5．C 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，以及矩形的性质，证明四边形是菱形是解题的关键． 先证明四边形是平行四边形，再根据矩形的性质得出，然后证明四边形是菱形，即可求出周长． 【详解】解：， ∴四边形是平行四边形． 四边形为矩形， ， ， 是菱形， ， 菱形的周长为． 故选：C． 6．A 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定，平行线的性质，熟练掌握平行四边形的性质，是解题的关键．根据平行四边形的性质得出，，再根据平行线的性质得出，然后根据等角对等边判断即可． 【详解】解：∵四边形为平行四边形， ∴，， ∴， ∵平分，平分， ∴，， ∵， ∴，， ∴，， ∴，， ∴和为等腰三角形， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴为等腰三角形， 综上分析可知：等腰三角形共3个． 故选：A． 7．D 【分析】本题考查了平行四边形的性质，垂直平分线的判定与性质，勾股定理与勾股逆定理，先得出垂直平分，则，根据勾股逆定理，得出则，即可作答． 【详解】解：连接， ∵四边形是平行四边形， ∴， ， ∵， ∴垂直平分， ∴， ∵， ∴， 即， ∴ ∴， ∴． 故选：D． 8．D 【分析】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，三角形内角和定理，解题关键是利用折叠的性质求解． 根据正方形的性质和折叠的性质可得，，由此得，．设，，由三角形内角和定理可得，又由，即可求出的度数． 【详解】解：∵四边形是正方形， ，， ∵E为边的中点， ， ∵沿折叠后得到， ，，， ，， ，． 设，， ， ， ∵中，， ∴， 又∵， ， ， ， 故选：D． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质、折叠的性质、等腰三角形的性质及三角形内角和定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． 9．2 【分析】此题考查了平行四边形的性质，等角对等边，平行线的性质等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 首先由平行四边形的性质得到，，，然后等量代换求出，得到，进而求解即可． 【详解】∵在中， ∴，， ∴ ∵的平分线交延长线于点E ∴ ∴ ∴ ∴． 故答案为：2． 10． 【分析】本题考查了平行四边形的性质，等角对等边，三角形外角性质，等边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．先根据平行四边形的性质得，，结合等角对等边，得，再结合三角形外角性质得，证明是等边三角形，即可作答． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴． 故答案为： 11． 【分析】本题主要考查正方形性质，勾股定理，根据题意作出合适的辅助线是解题的关键．首先在正方形中，连接，过点P作交于G点，过点P作交于H点，然后设，，根据勾股定理构建方程组，解方程组求得未知数的值，再根据勾股定理求出和的值，根据题意取舍即可． 【详解】解：如图，在正方形中，连接，过点P作交于G点，过点P作交于H点， 则，， 设，， 在和中，由勾股定理得： ，即，解得或 当时，在中，由勾股定理得：，在中，由勾股定理得：，，符合题意； 当时，在中，由勾股定理得：，在中，由勾股定理得：，，不符合题意；综上，． 故答案为：． 12． 【分析】本题考查了菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；菱形面积，连接交于O，如图，根据菱形的性质得到，，求出，，，，进而得到，接着利用勾股定理计算出，从而得到，然后根据菱形的面积公式计算它的面积． 【详解】解：连接交于O，如图， ∵四边形为菱形， ∴，， ∴， ∵M为边的中点， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴菱形的面积． 故答案为：． 13． ； 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，图形的折叠问题，作出正确的辅助线是解题的关键． 连接， 易求，则，根据勾股定理可得， 继而求出，，，，可推导出，，根据，即可解答． 【详解】解：连接，如图 在菱形中，，，， ∴，， ∴， ∴，则， 是等边三角形， ∴，，， 由翻折，可得， ∴，，， ∴，， ∴． ． 故答案为：；． 14．(1)件解析 (2)2 【分析】本题主要考查了矩形的性质，平行四边形的判定，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的性质与判定，熟练掌握矩形的性质，平行四边形的判定，等腰直角三角形的判定和性质是解题的关键． （1）根据矩形的性质可得，从而得到，可证明，从而得到，即可求证； （2）先证得是等腰直角三角形，可得，从而得到，即可得到答案． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵是的中点， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形； （2）证明：∵平分， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴，即． 15．(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）连接，交于点O，连接交于F，连接，即为所求； （2）连接，交于点O，连接交于F，连接交于G，连接交于M，连接，等腰三角形即为所求（作法不唯一）． 【详解】（1）解：如图，连接，交于点O，连接交于F，连接，即为所求． 证明：由正方形的性质和作图可知，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：如图，连接，交于点O，连接交于F，连接交于G，连接交于M，连接，等腰三角形即为所求（作法不唯一）． 证明：∵为正方形， ∴ ， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 由（1）知，四边形为平行四边形， ∴， ∴， 则点M即为所求． 【点睛】本题主要考查了无刻度直尺作图，平行四边形的判定与性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质． 16．(1)见解析 (2) 【分析】（1）由等腰直角三角形的性质得，进而证明得，再证明，然后由平行四边形的判定定理即可证明结论； （2）由平行四边形的性质得，设，则，再由含角的直角三角形的性质得，然后由勾股定理列方程求解即可． 【详解】（1）证明：，， （等边对等角）． ， ，（两直线平行，同位角相等）． ， （等角对等边）． ， ． 又， 又， 四边形是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）． （2）解：设， ， 在中，， （在直角三角形中，如果一个锐角等于，那么它所对的直角边等于斜边的一半）． （勾股定理）， ，解得，（舍去）， ． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、平行线的性质、含30°角的直角三角形的性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． 17．(1) (2)证明过程见详解 (3) 【分析】（1）根据题意，运用勾股定理得到，如图所示，作于点，得到，设，则，由含角的直角三角形的性质即可求解； （2）根据题意可证，，，如图所示，连接，可证是等腰直角三角形，，即，由此即可求解； （3）如图所示，作点关于的对称点，连接，过点作于点，根据点到直线垂线段最短得到，当共线时，，如图所示，过点作于点，四边形是矩形，在中，，在中，，由此即可求解． 【详解】（1）解：∵，， ∴，，即， 解得，（负值舍去）， 如图所示，作于点， ∴，， ∵， ∴， 设，则， ∴， 在中，， ∴， 整理得，， 解得，，， ∵， ∴， ∴； （2）证明：，点三点共线， ∴， ∵交延长线于点， ∴， ∴， ∵， ∴，且， ∴， ∴， ∴， 如图所示，连接， ∴， ∴，即， 又， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴，即， ∴； （3）解：∵点是内部一点且， ∴点在内部，线段的垂直平分线上， ∵是等腰直角三角形， ∴过点作于点，则点在上， 如图所示，作点关于的对称点，连接，过点作于点， 根据轴对称得到，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴根据点到直线垂线段最短得到，当共线时，，如图所示，过点作于点， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，， 在中，， ∴的周长为． 【点睛】本题主要考查等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，轴对称最短路径的计算，矩形的判定和性质等知识的综合运用，掌握以上知识，合理作出辅助线是关键． 18．(1) (2)见解析 (3) 【分析】本题考查了勾股定理，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，垂线段最短，熟练掌握平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定是解题的关键； （1）设，则，，根据勾股定理求得，进而根据，即可求解； （2）延长、交于点，通过证明及即可证明； （3）过点作延长交于点，过点作交于点，连接，得出四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，根据，以及垂线段最短，可得取得最小值，最小值为，进而根据勾股定理求得，即可求解． 【详解】（1）解：设， ∵，则， ∵， ∴， ∵， ∴中， ∵， ∴ ∴ ∴平行四边形的面积 （2）证明：如图，延长交于点， 四边形是平行四边形， ， ， ， ∴ ， ， ， ， ， ，， ， ，， ， ， ， ， ， ， ． ∴； （3）解：如图，过点作延长交于点，过点作交于点，连接 四边形是平行四边形， ∴ ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， 又∵ ∴四边形是平行四边形， ∴， 又∵， ∴ ∴当时，且在上时，取得最小值，最小值为 又∵中，，， ∴ ∵ ∴ 在中， ∴的最小值为 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 $$