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第18章平行四边形章末检测卷-2024-2025学年数学八年级下册人教版
一、单选题
1．在平行四边形中，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
2．如图，四边形是平行四边形，下列结论中不正确的是（ ）
A．当时，平行四边形是菱形
B．当时，平行四边形是矩形
C．当时，平行四边形是菱形
D．当且时，平行四边形是正方形
3．如图，正方形的顶点O在坐标原点，其中点C的坐标为，则点B 的坐标为（　　）
A． B． C． D．
4．如图，一块在电脑屏幕上出现的矩形色块由个颜色不同的正方形组成，设中间小正方形边长为，这个矩形色块的面积是（ ）
A． B． C． D．
5．中国结寓意团圆、美满，以独特的东方神韵体现中国人民的智慧和深厚的文化底蕴，小芳家有一个菱形中国结装饰，可抽象成如图所示的菱形，测得，，则该菱形的周长为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，在矩形中，，，将矩形沿对角线折叠，点C落在点处，交于点E，则的长为（ ）
A． B． C． D．
7．如图，在矩形中，，，为的中点，为上一动点，点分别是点关于直线的对称点，连接交于点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
8．如图，矩形的两条对角线相交于点，已知，，则矩形中的长为 ．

9．如图，菱形中，，，交于点O，若E是边的中点，，则的长等于 ，的度数为 ．
10．如图，矩形中，，点E是延长线上一点，连接交于点F．若，则线段的长为 ．
11．如图，在等边三角形中，，射线，点E从点A出发，沿射线以的速度运动，同时点F从点B出发，沿射线以的速度运动．设它们运动的时间为，则当 时，以点A、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形．
12．如图，四边形为矩形，P是线段上一动点，M是线段上一点，，是 （填“锐角、直角、钝角”）三角形．
13．如图，四边形为菱形，，延长到，在内作射线，使得，过点作，垂足为，若，则对角线的长为 ．
14．如图，矩形的边，，为上一点，且，为边上的一个动点，连接，若以为边向右侧作等腰直角三角形，，连接，则的最小值为 ．
三、解答题
15．如图，在中，，是对角线上两点，且．求证：．
16．已知：如图，在菱形中，F为边的中点，与对角线交于点M，过M作于点E，．
(1)若，求的长；
(2)求证：；
(3)求证：．
17．如图，在中，，为上的中线，点F为中点，点E为上一点，连接．
(1)从①；②这两个信息中，选择一个作为条件，另一个作为结论，并证明；
你选择的条件是 ，结论是 ；（填写序号即可）
(2)在（1）的条件下，当时，求的度数．
18．如图，在中，为边的中点，连接并延长，交的延长线于点，连接，，．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，则的长是___________．
19．如图，在中，是的中点，延长至，使得，连接，延长至点，使得，连接．
(1)求证：四边形为平行四边形；
(2)连接交于点，若，求的周长．
20．操作实践
第一步：如图1，四边形是一个矩形纸片，，沿对角线将矩形剪开．
第二步：如图2，将沿对角线方向平移得到，分别连接，得到四边形；
第三步：如图3，将沿对角线方向继续平移，得到分别连接，得到四边形．
解决问题
(1)猜想第二步的图2中得到的四边形的形状，并说明理由．
(2)设第三步的图3中的平移距离为m，则当四边形是菱形时，求m的值．
(3)计算（2）中菱形的面积．
《第18章平行四边形章末检测卷-2024-2025学年数学八年级下册人教版》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 A A B C B A A
1．A
【分析】本题考查平行四边形的性质，解题的关键是熟练掌握平行四边形的性质
由四边形是平行四边形，可得，又由，即可求得的度数．
【详解】解：四边形是平行四边形，
，
，
，
故选A．
2．A
【分析】本题考查了矩形，菱形，正方形的判定，熟练掌握矩形的判定定理、菱形的判定定理，正方形的判定定理是解此题的关键．
根据有一个角等于的平行四边形是矩形，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，有一组邻边相等且对角线垂直的平行四边形是正方形，逐一判定．
【详解】A．当时，无法确定平行四边形是菱形，故该选项不正确，符合题意；
B．当时，平行四边形是矩形，故该选项正确，不符合题意；
C．当时，平行四边形是菱形，故该选项正确，不符合题意；
D．当且时，平行四边形是正方形，故该选项正确，不符合题意．
故选A．
3．B
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，坐标与图形的性质，掌握全等三角形的判定与性质是解答本题的关键． 作于点D，作于点E，作于点F，证明得，同理可证，从而，进而可求出点B 的坐标为．
【详解】解：如图，作于点D，作于点E，作于点F，
∴，
∴．
∵点C的坐标为，
∴．
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
同理可证，，
∴，
∴点B的横坐标为，点B的纵坐标为，
∴点B 的坐标为．
故选B．
4．C
【分析】本题考查了矩形的性质，正方形的性质，一元一次方程的应用，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键．
设右下方小正方形边长为，则，，根据得，解出的值，进而求出，，即可得解．
【详解】解：设右下方小正方形边长为，由题意则有，，
，
，
解得：，
，
故左下方正方形的边长为，左上方正方形的边长为，
，
这个矩形色块的面积是：，
故选：C．
5．B
【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，掌握菱形的性质是关键．
根据菱形的性质得到，由勾股定理得到，由周长的计算即可求解．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，
在中，，
∴菱形的周长为，
故选：B ．
6．A
【分析】本题考查的是矩形与折叠、勾股定理、全等三角形的判定及性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．
根据矩形与折叠的性质可得出，，利用证明，设，则，利用勾股定理即可得出答案．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，，
∵翻折，
∴，，，
在与中，
∴，
∴，
设，则，
在中，，
即，
解得：，
，
故选A．
7．A
【分析】连接，先根据折叠得到点在上，即当时，最小，然后根据勾股定理得到长，再利用面积法求出的最小值即可．
【详解】解：连接，
由折叠得，
∴点共线，即点在上，
∴当时，这时最小，
∵是矩形，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴的最小值为，
故选：A．
【点睛】本题考查矩形的性质，勾股定理，垂线段最短，轴对称的性质，熟练掌握相关性质，合理做出辅助线是解题的关键．
8．
【分析】本题考查矩形的性质，等边三角形的性质和判定，勾股定理．由矩形的性质可证为等边三角形，可求的长，可求的长，再利用勾股定理求解即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，且，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
9． 5 /32度
【分析】本题考查了菱形的性质，等边对等角，三角形中位线定理，证明出是的中位线是本题的关键．
根据菱形的性质得出，，，根据等边对等角可得，由三角形中位线定理得出．
【详解】 四边形是菱形，
，，，
，
是边的中点，，
是的中位线，
．
故答案为：，．
10．
【分析】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理等知识，连接，由矩形的性质得到，，进而得到，结合，可得，推出，再根据勾股定理求出即可得出答案，掌握相关知识是解题的关键．
【详解】解：如图，连接，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
故答案为：．
11．或4
【分析】考查了平行四边形的判定以及一元一次方程的应用，熟练掌握平行四边形的判定，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．分两种情况，①当点在的左侧时，②当点在的右侧时，分别由当时，以、、、为顶点四边形是平行四边形，列出一元一次方程，解方程即可．
【详解】解：根据题意得： ， ，
分两种情况：
①当点在的左侧时，，
，
当时，四边形是平行四边形，
即，
解得：；
②当点在的右侧时，，
，
当时，四边形是平行四边形，
即，
解得：；
综上所述，当或4时，以、、、为顶点四边形是平行四边形．
故答案为：或4．
12．直角
【分析】本题考查了矩形的性质、三角形的内角和定理，根据矩形的性质可得，再根据即可得解．
【详解】解：四边形为矩形，
，
，
，
，
即，
是直角三角形，
故答案为：直角．
13．
【分析】本题主要考查菱形的性质和全等三角形的判定，连接交于H，利用证明，得出的长度，再根据菱形的性质得出的长度．
【详解】解：如图，连接交于H，
∵四边形为菱形，，
∴，，，．，
∴，，，
∵，
∴，
∵，
∴
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴，
故答案为∶．
14．
【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，确定点的运动轨迹是本题的关键．过点作于，过点作，由“”可证，可得，可得点在平行且到距离为1的直线上运动，则当与重合时，有最小值，即可求解．
【详解】解：如图，过点作于，过点作，
四边形是矩形，，，
，，，
，
，
，
，，
，
在和中，
，
，
，
点在平行且到距离为的直线上运动，
当与重合时，有最小值，此时，
的最小值，
故答案为：．
15．见详解
【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，先由平行四边形的性质得得出，根据，证明，进行作答即可．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴
∴，
∵，
∴，
∴．
16．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据菱形的性质可得对角线平分对角，根据平行线的性质得出，等量代换可得，根据三线合一即可求得，即可求解；
（2）由题意，借助三角形全等的判定定理即可得证；
（3）由（2）中，得出，进而得出，根据含30度角的直角三角形的性质即可得证．
【详解】（1）解：四边形是菱形，
，，，
，
，
，
，
，
，
；
（2）证明：，
，
在与中，
，
；
（3）证明：由 （2）中得，
，
，
，
，，，
，
，，
，
设，在中，，则，
，
在中，，
，，，
，
．
【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，等腰三角形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键．
17．(1)条件为①，结论为②，证明见解析；条件为②，结论为①，证明见解析
(2)
【分析】本题主要考查了等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，三角形中位线定理，直角三角形的性质，熟知等腰三角形的性质与判定定理是解题的关键．
（1）条件为①，结论为②，由三线合一定理和直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得；条件为②，结论为①，由三线合一定理直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可证明，再根据等边对等角和三角形内角和定理证明，即可证明结论；
（2）证明为的中位线，得到，则，再根据等边对等角和三角形内角和定理即可求出答案．
【详解】（1）解：条件为①，结论为②，证明如下：
∵，为上的中线，
∴，
∵，点F为中点，
∴，
∴；
条件为②，结论为①，证明如下：
∵，为上的中线，
∴，
∵点F为中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴；
（2）解：由（1）可得，
∵为上的中线，点F为中点，
∴为的中位线，
∴，
∴，
∵，
∴．
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据平行四边形的性质得，，继而得到，，证明得，证明四边形是平行四边形，再根据，即可得证；
（2）根据平行四边形的性质并结合中点的定义得，根据角的直角三角形的性质得，可得结论．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，，
∵为边的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，即，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴四边形是矩形；
（2）解：∵四边形是平行四边形，为的中点，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
即的长是，
故答案为：．
【点睛】本题考查矩形的判定，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，角的直角三角形的性质等知识点．掌握平行四边形的性质及矩形的判定是解题的关键．
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理以及勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
（1）证明是的中位线，得，即，再由平行四边形的判定即可得出结论；
（2）由是的中位线，得，，，由勾股定理求出，故，，由四边形为平行四边形得，，再由勾股定理求出，即，最后由的周长为即可求解．
【详解】（1）证明：，
是的中点，
又是的中点，
∴是的中位线，
，
点在的延长线上，
，
又，
∴四边形为平行四边形．
（2）解：，
，且，
，
于点，
，
，
，
，
四边形为平行四边形，
，
，
，
的周长为：．
20．(1)四边形是平行四边形，理由见解析
(2)当四边形是菱形时，m的值为1
(3)
【分析】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、菱形的性质、平移的性质、勾股定理等知识点，熟练掌握菱形的性质、勾股定理是解题的关键．
（1）由平移可得，证出，由平行四边形的判定定理即可证明结论；
（2）由矩形的性质得出，证出，进而得到即可解答；
（3）如图，延长交于点E．求出，最后根据菱形的面积公式求解即可．
【详解】（1）解：四边形是平行四边形．理由如下：
由矩形可得，
由平移可得：，
∴，
∴四边形是平行四边形．
（2）解：同（1）可证∶四边形是平行四边形，
当时，平行四边形是菱形．
在矩形中，，
∴，
∴，
由平移可得．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴当四边形是菱形时，m的值为1；
（3）解：如图，延长交于点E．
∵，
∴．
在中，，
∴，
∴菱形面积．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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