第五章平行四边形期末复习训练题2025-2026学年鲁教版（五四制）八年级数学上册

第五章平行四边形期末复习训练题 一、单选题 1．若一个多边形的内角和比它的外角和的倍大，则这个多边形从一个顶点出发可以作的对角线的条数是（    ） A． B．5 C．6 D． 2．如图，在中，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 3．如图，四边形中，对角线相交于点O，下列条件不能判定这个四边形是平行四边形的是（   ） A．， B．， C．， D．， 4．如图，平行四边形中，平分交边于点，则线段的长度分别为（　　） A．2和3 B．3和2 C．4和1 D．1和4 5．如图，在中，，D是的中点，过点A，B分别作，．若，，则四边形的面积为（    ） A．5 B．6 C．10 D．12 6．如图，有两块全等的含角的直角三角板，将它们拼成形状不同的平行四边形，则最多可以拼成（    ） A．1种 B．2种 C．3种 D．4种 7．如图，中，平分，且，E为的中点，，，，则的长为（ ） A．6 B．3 C．1.5 D．5 8．如图，的对角线交于原点，若点的坐标为，点的坐标为，则的值为（    ） A．2 B． C．6 D． 9．如图，正六边形与正方形有两个顶点重合，且中心都是点O．若是某正多边形的一个外角，则的值为（   ） A．6 B．8 C．10 D．12 10．如图，平行四边形，根据图中尺规作图的痕迹，判断下列结论中不一定成立的是（   ） A． B． C． D． 11．如图，已知周长为1，连接三边的中点构成第2个三角形，再连接第2个三角形三边中点构成第3个三角形，依此类推，则第2025个三角形的周长是（   ） A．2024 B． C．2025 D． 12．如图，在平行四边形中，，，点是边上的动点，连接、，是的中点，是的中点，则的最小值是（    ） A．1 B．2 C． D． 二、填空题 13．如图，图①是我国古代建筑中的一种窗格，称为“冰裂纹”．图②是从图①冰裂纹窗格图案中提取的由五条线段组成的五边形，、、、、分别是这个五边形的外角，则的度数为 °． 14．如图，在中，E是的中点，连接是的中点，连接与交于点G，若，则的值为 ． 15．如图，中，，的周长为，则与的周长和为 ． 16．如图，在四边形中，，且，，，，分别从、两点同时出发，以的速度由向运动，以的速度由向运动．当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止．经过 秒，直线将四边形截出一个平行四边形． 17．如图，在中，，，E，H分别为边，上一点，将沿翻折，使得的对应线段经过点C．若，，则的长为 ． 18．如图，在中，，是它的角平分线，是边上的中线，的周长比的周长大4，过点B作于F，若，则到的距离 ． 三、解答题 19．如图，在平行四边形中，对角线与交于点O．过点O作直线，分别交、于点E、F，连接、， (1)求证：； (2)若，，求四边形的面积． 20．探究归纳题： 【试验分析】 （1）如图①，过点可以作1条对角线；同样，经过点可以作1条对角线；经过点可以作1条对角线；经过点可以作1条对角线；且对角线与为同一条．通过以上分析和总结，图①共有________条对角线； 【拓展延伸】 （2）运用（1）的分析方法可得：图②每个顶点出发有________条对角线，共有________条对角线；图③共有________条对角线； 【探索归纳】 （3）对于边形，共有________条对角线（用含的代数式表示）； 【特例验证】 （4）十边形共有________条对角线． 21．问题背景：如图，分别以的直角边及斜边向外作等边、等边．已知，垂足为，连接交于点． 探索求证： （1）求证：； （2）求证：四边形是平行四边形； 深入探究： （3）当时，求的面积． 22．如图，在中，和的平分线恰好相交于上的点E，延长交的延长线于点F． (1)求证：； (2)若，求的长． 23．综合与实践： 【问题背景】： （1）三角形中位线定理：如图①，在中，点D，E分别是边，的中点．请直接写出中位线和第三条边的位置关系和数量关系； 【知识应用】 （2）如图②，在四边形中，点E，F分别是边，的中点，若，， ，，求的度数； 【解决问题】 （3） 如图③，在四边形中，点M，N分别为边，的中点，对角线与相交于点E，连接，分别交，于点F，G，． 求证：． 2 1 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．C 【分析】本题考查了多边形的内角和与外角和定理，多边形对角线的条数问题，解题关键是掌握多边形的内角和与外角和定理． 先求出多边形的边数，再求出这个多边形从一个顶点出发可以作的对角线的条数． 【详解】解：设这个多边形的边数为， 则， 解得：， 所以这个多边形从一个顶点出发可以作的对角线的条数是6， 故选：C． 2．B 【分析】本题考查了平行四边形的性质及平行线的性质．先利用平行四边形的性质得出，，再由平行线的性质得出，根据已知条件计算出的度数，随即得到的度数． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， 又∵， ∴，解得， ∴． 故选：B． 3．D 【分析】本题考查的是平行四边形的判定，根据平行四边形判定定理进行判断即可． 【详解】解：A、由，，则四边形是平行四边形，故本选项不符合题意； B、由，，则四边形是平行四边形，故本选项不符合题意； C、由，，则四边形是平行四边形，故本选项不符合题意； D、由，，无法判定四边形是平行四边形，故本选项符合题意； 故选：D． 4．B 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、角平分线的性质、等腰三角形的判定与性质等知识，解题的关键在于能够熟练掌握相关几何性质进行求解． 先由平行四边形性质得到，结合平行线性质、角平分线定义得到，进而由等腰三角形的性质得到，再数形结合得到，代值计算即可得到答案． 【详解】解：∵四边形为平行四边形， ， ， 平分， ， ， ， ， 故选：B． 5．B 【分析】本题考查三角形中线的性质，平行四边形的判定及性质，理解题意是解决本题的关键． 先根据三角形的面积公式求出的面积，再根据三角形中线的性质得到的面积，判定四边形是平行四边形，即可得到． 【详解】解：，，， ， 点是的中点， ， ，， 四边形是平行四边形， ． 故选：B． 6．C 【分析】分别以不同的三边为对角线进行拼接即可得． 【详解】以不同的三边为对角线进行拼接，可拼成如下三种平行四边形： 故选：C． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定，掌握理解并灵活运用判定方法是解题关键． 7．B 【分析】本题考查全等三角形的判定、三角形中位线定理．构造全等三角形，将转化为中位线是解题关键． 延长交于F，可证明，进而证明，再由E为中点，可根据三角形中位线定理求得的长度． 【详解】解题：如图，延长交于F， 平分， ， 在和中， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ． 故选：B． 8．D 【分析】本题主要考查了中心对称、平行四边形的性质、关于原点对称的点的坐标，熟记相关性质是解题关键．根据平行四边形是中心对称图形，可得点D与点B关于原点成中心对称，根据中心对称的性质（横坐标与纵坐标互为相反数）确定m、n的值，最后求和即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形且对角线交于原点O， ∴点D与点B关于原点成中心对称， ∴， ∴． 故选：D． 9．D 【分析】本题考查了正多边形的内角和外角性质，先求出的度数，即可得出的值，熟练掌握正多边形的性质是解此题的关键． 【详解】解：如图，连接， 则，， ∴， ∵是某正多边形的一个外角， ∴， 故选：D． 10．D 【分析】本题考查了作图-基本作图：作已知角的角平分线．平行四边形的性质．利用基本作图可对A选项直接进行判断；再根据平行四边形的性质得到，，所以，则可对B选项进行判断；同时得到，所以，则可对C、D选项进行判断． 【详解】解：由作图得平分， ∴，所以A选项不符合题意， ∵四边形为平行四边形， ∴，， ∴， ∴，即，所以B选项不符合题意， ∴， ∴， ∴，所以C选项不符合题意， 与不能确定相等，所以D选项符合题意． 故选：D． 11．B 【分析】本题主要考查三角形的中位线定理，牢记三角形的中位线定理（三角形的中位线平行于三角形的第三边，且等于第三边的一半）是解题的关键． 根据三角形的中位线定理可知，第个三角形的各边长度分别为与第个三角形平行的边的长度的一半，可得到第个三角形的周长与第个三角形的周长的关系为：，同理可得到第个三角形的周长的表达式． 【详解】解：根据题意得：第个三角形的各边长度分别为与第个三角形平行的边的长度的一半， ∴第个三角形的周长与第个三角形的周长的关系为：． 同理可得，，，，． ∴第个三角形的周长． 故选：B． 12．C 【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线定理，直角三角形的性质，由三角形中位线定理可得，当时，有最小值，即有最小值，由直角三角形的性质可求解． 【详解】解：如图，过点A作于N，则∠ANB=90°， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵E、F分别为、的中点， ∴， ∴当时，有最小值，即有最小值， ∴当点P与点N重合时，的最小值为， ∴的最小值为． 故答案为：． 故选：C． 13． 【分析】本题考查的是多边形的外角，掌握多边形的外角和等于是解题的关键．根据多边形的外角和等于解答即可． 【详解】解：由多边形的外角和等于可知，， 故答案为：． 14．6 【分析】该题考查了三角形的中位线定理和平行四边形的性质和判定，取的中点，连接，，利用三角形的中位线定理和平行四边形的判定定理证明四边形为平行四边形即可得出结论． 【详解】解：取的中点，连接，， ∵是的中点，是的中点， ∴，， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， ∵是的中点， ∴， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：6． 15． 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的对边相等及平行线判定相似三角形的性质是解题的关键． 先证明四边形是平行四边形，得到对应边相等，再结合平行线判定三角形相似，推导与的周长和与周长的关系． 【详解】解：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴，； ∵的周长为，的周长为， ∴与的周长和为 ， 故答案为：． 16．或 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定以及一元一次方程的应用，解题的关键在于掌握“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”的判定方法．设点，运动的时间为秒，则，，，，因为，故分两种情况：当或时，列方程解答即可． 【详解】解：设点，运动的时间为秒，则，，，， ， ①当时，四边形是平行四边形， 即，解得； ②当时，四边形是平行四边形， 即，解得； 经过或秒，直线将四边形截出一个平行四边形， 故答案为：或． 17．/ 【分析】延长交于，由平行四边形的性质得，，由等腰三角形的判定及性质和勾股定理得，由折叠的性质，，由勾股定理得，即可求解． 【详解】解：延长交于， 四边形是平行四边形， ，， ， ， ， ， ， ， ， 由折叠得：， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定及性质，勾股定理，折叠的性质等；掌握平行四边形的性质，等腰三角形的判定及性质，折叠的性质，能熟练利用勾股定理进行求解是解题的关键． 18．2 【分析】本题考查了三角形中位线定理，全等三角形的判定和性质．设，根据题意列式得到，求得，延长交于点，证明，求得，，再利用三角形中位线定理求解即可． 【详解】解：∵是边上的中线， ∴， 设，则， ∵的周长比的周长大4， ∴，即， ∴， 解得， ∴， 延长交于点， ∵是它的角平分线，， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， 故答案为：2． 19．(1)见解析 (2) 【分析】此题主要考查了全等三角形的判定和性质，平行线的性质以及菱形的判定，关键是掌握对角线互相垂直的平行四边形是菱形． （1）首先根据平行四边形的性质可得，，根据平行线的性质得，再根据证明即可； （2）先证明四边形是菱形，由，，根据菱形的性质，即可求得的长，继而求得答案． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴； （2）解：∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 20．（1）2；（2）2，5，9；（3）；（4）35． 【分析】本题考查了多边形的对角线，发现多边形对角线公式是解题关键． （1）根据对角线的定义，可得答案； （2）根据对角线的定义，可得答案； （3）根据探索，可发现规律； （4）根据对角线的公式，可得答案． 【详解】解：（1）四边形有4个顶点，每个顶点可作1条对角线（不能与自身、相邻两个顶点连线）； 由于每条对角线被两个顶点各计算一次，因此总对角线数为条； （2）过五边形每个顶点可作条对角线，共有5个顶点，总对角线数为条； 过六边形每个顶点可作条对角线，共有6个顶点，总对角线数为条； （3）对于边形，每个顶点可作条对角线（不能与自身、相邻两个顶点连线），总顶点数为； 由于每条对角线被两个顶点重复计算，因此总对角线数为：； （4）将代入计算，得， 故十边形共有35条对角线． 21．（1）见解析；（2）见解析；（3） 【分析】（1）利用含30度角的直角三角形的性质，得到，利用等边三角形的性质，得到根据得到，即可得证； （2）根据等边三角形的性质，得到，进而得到，推出，等量代换得到，即可得证； （3）含30度角的直角三角形的性质，结合勾股定理求出的长，证明，勾股定理求出的长，再利用面积公式进行计算即可． 【详解】（1）证明：中，， ， 又是等边三角形，， ， ， ， ， ． （2）证明：是等边三角形， ， ， ∴， ， ， ， 四边形ADFE是平行四边形． （3）解：， 四边形是平行四边形， ， ， ． ， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查等边三角形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，熟练掌握相关知识点，是解题的关键． 22．(1)见解析 (2)3 【分析】本题考查了平行四边形的性质，等角对等边，全等三角形的判定和性质． （1）利用角平分线的定义结合平行四边形的性质求得即可证明； （2），求得，再利用平行四边形的性质求解即可． 【详解】（1）证明：∵是的平分线， ∴． ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵，是的平分线， ∴． 在和中，， ∴， ∴． ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴． 23．（1），；（2）；（3）证明见解析 【分析】本题主要考查了三角形中位线定理，勾股定理的逆定理的应用，等腰三角形的判定和性质，掌握三角形的中位线的性质是解题的关键． （1）、根据三角形中位线定理即可得到结论； （2）、连接，根据三角形中位线定理得到，，根据勾股定理的逆定理得到，计算即可； （3）、取的中点，连接、，则、分别是、的中位线，由中位线的性质定理可得且，且，根据等腰三角形的性质即可得结论． 【详解】（1）解：，； （2）解：连接，如图所示， ∵点E，F分别是边，的中点， ∴，， ∴， ∵，， ∴，， ∴，， ∴； （3）证明：取的中点H，连接，． ∵M，H分别是，的中点， ∴是的中位线， ∴且， 同理可得且． ∵， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴． 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $