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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．下列说法错误的是（ ）
A．对角线互相垂直的矩形是正方形
B．对角线互相垂直的四边形是菱形
C．对角线相等的菱形是正方形
D．对角线相等的平行四边形是矩形
2．如图，在中，，，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
3．如图，菱形的对角线、相交于点，点是的中点，若菱形的周长为24，则的长为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
4．如图，在中，，点E为边上一点，将沿直线翻折，点A落在点F处，则等于（ ）
A． B．
C． D．无法判断，与点E的位置有关
5．如图，在矩形中，在数轴上，以原点O为圆心，以为半径作弧，弧与数轴交于点D，则点D表示的实数是（ ）
A． B． C． D．
6．如图，是的中位线，的角平分线交于点，，，则的长为（　　）
A．0.5 B．1 C．1.5 D．2
7．如图，菱形的周长为，两条对角线长的比为，则菱形的面积为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，在矩形中，点为上一点，连接，，的平分线交于点，若点为的中点，平分，则的值为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
9．在中，，则的度数为 ．
10．如图．菱形的对角线与相交于点，为边的中点，连接．若，，则的长度为 ．
11．如图，在四边形中，，，，，．若点，分别是边，的中点，则的长是 ．
12．如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点在轴上，且，，则正方形的面积是 ．
13．如图，A，B为的正方形网格中的两个格点，称四个顶点都是格点的矩形为格点矩形，在此图中以A，B为顶点的格点矩形共可以画出 个．
14．如图，矩形的对角线相交于点O，，，则矩形的周长为 ．
三、解答题
15．如图，四边形是平行四边形，平分交于点，平分交于点，求证：四边形是平行四边形．
16．如图，在中，和的角平分线与交于点，且点恰好在边上．
(1)若，，求的长______．
(2)点为的中点，连接，交于点，求证：
17．如图，平面直角坐标系中，点、分别在轴、轴上，连接，的两条外角平分线、交于第一象限的点，过点分别作轴、轴的垂线，垂足为、．
(1)__________；
(2)求证：四边形是正方形．
18．点P在四边形的对角线上，连接，，点E在边的延长线上，且．
(1)如图Ⅰ，若四边形是正方形，求证：；
(2)如图Ⅱ，若四边形是菱形，，求的度数．
19．如图，在边长为6正方形中，为边上一动点（点不与，重合），连接，以为直角边作等腰直角三角形，
(1)如图1，若，求的长；
(2)如图2，连接和，设，以下结论：①；②；③．你认为哪个正确？并证明；
(3)如图3，等腰直角三角形的斜边与边相交于点，若点是的中点，求的长．
20．定义：两条对角线相等的凸四边形叫做等线四边形，两条对角线所夹锐角为的等线四边形叫做强等线四边形．
【理解运用】
（1）下列四边形中，一定是等线四边形的是______（只填序号）；
①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形．
【拓展提升】
（2）如图，中，，分别以，为边向外作等边和等边，连接．
①求证：四边形是强等线四边形；
②在（2）的条件下，交于点，为中点，为延长线上一点，连接，若，，，求线段的长．
《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 8
答案 B A A A D C D A
1．B
【分析】本题考查了正方形，矩形，菱形的判定定理，熟练掌握判定定理是解题的关键．根据正方形，矩形，菱形的判定定理判断即可．
【详解】解：A、对角线互相垂直的矩形是正方形，故该选项正确，不符合题意；
B、 对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故该选项不正确，符合题意；
C、对角线相等的菱形是正方形，故该选项正确，不符合题意；
D、对角线相等的平行四边形是矩形，故该选项正确，不符合题意；
故选：B．
2．A
【分析】本题考查了等腰三角形的性质以及平行四边形的性质，清楚掌握其性质并能灵活运用是解题关键．证明，，再结合三角形的内角和定理可得答案．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，，
∴．
∵，
∴，
∴，
故选：A．
3．A
【分析】本题考查菱形的性质，直角三角形斜边的中线，关键是由菱形的性质推出，由直角三角形斜边中线的性质得到．由菱形的性质推出，由直角三角形斜边中线的性质得到，求出，即可得到的长．
【详解】解：四边形是菱形，
，
，
是的中点，
，
菱形的周长为24，
，
．
故选：A．
4．A
【分析】本题考查了翻折的性质，平行四边形的性质，过点作，则可得，则可得，即可解答，熟练运用平行四边形的性质是解题的关键．
【详解】解：在中，，
，
如图，过点作，
，，
，
，
将沿直线翻折，点A落在点F处，
，
，
故选：A．
5．D
【分析】本题主要查了矩形的性质，勾股定理，实数与数轴．根据矩形的性质以及勾股定理可得的长，从而得到，即可求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∵以原点O为圆心，以为半径作弧，弧与数轴交于点D，
∴，
∴点D表示的实数是．
故选：D
6．C
【分析】本题考查了三角形中位线定理，等腰三角形的判定、平行线的性质等知识，掌握三角形中位线定理是解题的关键．
由中位线的性质定理得，，且，由平行线的性质结合角平分线可得，则可求得的长．
【详解】是的中位线，，，
，，
∴，
，
是的平分线，
，
，
，
．
故选：C．
7．D
【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理中的方程思想，熟练掌握菱形的面积公式是解决本题的关键．设菱形的对角线分别为、，根据勾股定理列出方程求出，再根据菱形的面积即可求解．
【详解】解：设菱形的对角线分别为、，
∵菱形的周长为，
∴菱形的边长为，
由菱形对角线互相垂直平分的性质及勾股定理得：
解得：
∴菱形得面积平方厘米
故选：D．
8．A
【分析】利用矩形的性质结合平分、平分得、，设、，可得、、，利用勾股定理建立方程，得，求出，即可求解的值．
【详解】解：四边形是矩形，
，，，，
，
平分，
，
，
．
平分，
，
，
，
点为的中点，
．
设，，则，，，
在中，，
，
，
，
．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，角平分线的定义，平行线的性质，等腰三角形的判定，勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题关键．
9．/90度
【分析】本题考查了平行四边形的性质：平行四边形的对角相等，两邻角互补．根据平行四边形对角相等，可求出．
【详解】解：在平行四边形中，
，
，
故答案为：．
10．
【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，三角形中位线定理，根据菱形的性质得出，，，，根据勾股定理求出，最后根据三角形中位线定理求解即可．
【详解】解∶∵菱形中， ，，
∴，，，
∴，
∵是中点，，
∴，
故答案为∶ ．
11．4
【分析】本题考查的是三角形中位线定理、勾股定理、等腰三角形的性质，连接，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理求出，结合图形求出，根据勾股定理求出，根据三角形中位线定理计算，得到答案．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：如图，连接，
，，
，
，
，
点，分别是边，的中点，
，
故答案为：4．
12．25
【分析】此题主要考查了正方形的性质，点的坐标，熟练掌握正方形的性质，点的坐标是解决问题的关键，正确地添加辅助线，构造全等三角形是解决问题的难点．过点作轴于点，证明和全等得，进而得点的坐标为，则，由此即可得出正方形的面积．
【详解】解：过点作轴于点，如图所示：
，
，
四边形是正方形，
，，
，
，
点的坐标是，
，
在和中，
，
，
点的坐标为，
，
正方形的面积是：．
故答案为：25．
13．
【分析】本题考查了矩形与网格问题，熟练掌握矩形的判定是解题关键．根据网格特点、矩形的判定画出相应的图形即可得．
【详解】解：共可以画出以下4个格点矩形：
故答案为：．
14．
【分析】本题考查矩形的性质及勾股定理，等边三角形的判定和性质，解题的关键是熟练运用矩形的性质．根据矩形的性质得到，证明为等边三角形得到，利用勾股求出，即可求出答案．
【详解】解：∵矩形，
∴，，，，，，
∴，
∵，
∴，
∴为等边三角形，
∴
∴，
∴矩形的周长为：．
故答案为：．
15．见解析
【分析】本题考查平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
由平行四边形的性质得出，，，，，证出，由即可得出，根据全等三角形的性质和平行四边形的判定解答即可．
【详解】证明：四边形是平行四边形，
，，，，，
平分，平分，
，，
，
在和中，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形．
16．(1)
(2)证明见解析
【分析】本题考查平行四边形的判定和性质、三角形中位线定理、角平分线的定义、等腰三角形的性质等知识点，熟练掌握以上知识点，能够添加合适的辅助线是解题的关键．
（1）首先证明，，再利用勾股定理求解；
（2）取BE的中点T，连接，通过证明四边形是平行四边形，得出，可得结论．
【详解】（1）解：四边形是平行四边形，，
，，，，
，，
平分，平分，
，，
，，
，，
，
，，，
，
，
，
故答案为：；
（2）证明：如图所示，取的中点T，连接，连接
，，
，，
，，，
，，
四边形是平行四边形，
，
．
17．(1)
(2)见解析
【分析】（1）先根据三角形的外角，可知，，结合的两条外角平分线、交于第一象限的点，可得到，，从而推出的度数，最后算得；
（2）先证明四边形是矩形，作于点，接着证明，得到，然后证明，从而推导出，最后得到，得证．
【详解】（1）解：的两条外角平分线、交于第一象限的点，
，，
，，
，
，
，
，
；
故答案为：45；
（2）证明：作于点，如图所示：
的两条外角平分线、交于第一象限的点，
，，
，
，，
，，
，，
，
，
四边形是矩形，
四边形是正方形．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，三角形的外角，正方形的判定，矩形的判定，角平分线的定义，三角形全等的判定与性质，熟练掌握以上知识点数形结合是解题的关键．
18．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了正方形和菱形的性质、全等三角形的判定与性质以及三角形内角和相关知识。解题关键是利用图形性质证明三角形全等，通过角的等量代换得出所求角与已知角的关系。
（1）利用正方形性质证，得 ，由得 ，通过角的等量代换推出 ，再依据正方形内角为得出，从而证明 。
（2）借助菱形性质证明，得到 ，由推出 ，经角的等量代换得到 ，根据菱形对角相等及邻角互补求出度数，进而得出的度数。
【详解】（1）解：如图Ⅰ，
∵四边形是正方形
∴，，
又∵
．
∴．
∵，
∴
∴．
∵，
∴．
∵四边形是正方形，
∴．
∴．
∴．
∴．
（2）如图Ⅱ，
∵四边形是菱形，
∴，，
又∵
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
∵四边形是菱形，，
∴．
∴．
∴．
19．(1)
(2)②正确，证明见解析
(3)
【分析】（1）根据正方形的性质得到，从而根据勾股定理求得，进而在等腰直角中求出；
（2）在上取点H，使得，得到等腰直角，从而，证明，得到，进而推出，从而根据勾股定理有，即可得到；
（3）由中点的定义得到．延长至点M，使得，连接．证明，得到，，进而证明，可得，因此．设，则，．在中，根据勾股定理构造方程，求解即可．
【详解】（1）解：∵四边形是正方形，
∴，
∵，，
∴在中，，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴．
（2）解：②正确，证明如下：
在上取点H，使得，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵在正方形中，，
∴，即，
∵，
，
∴，
∴在和中
，
∴，
∴．
∵在正方形中，，平分，
∴，
∴，
∴在中，，
∵在中，，
∴，即．
（3）解：∵点E是的中点，
∴．
延长至点M，使得，连接．
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
设，则，，
∵在中，，
∴，
解得，
∴．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，等腰三角形的性质．正确作出辅助线，熟练掌握全等三角形的判定及性质，勾股定理是解题的关键．
20．（1）②④；（2）①见解析；②线段的长为．
【分析】（1）根据等线四边形的定义即可判断；
（2）①连接和，证明，推出，，据此可求得四边形是强等线四边形；
②取的中点，连接，，求得，连接，取的中点，连接，，延长和相交于点，利用三角形中位线定理求得，，求得，由勾股定理列式得，解得，取的中点，取的中点，连接，，设，，证明，，再证明，在中，利用勾股定理列式计算即可求解．
【详解】解：（1）由题意可得：一定是等线四边形的是：②矩形和④正方形，
∵由矩形性质可得，矩形的两条对角线相等，且是凸多边形，由正方形性质可得，正方形的两条对角线相等，且是凸多边形；
故答案为：②④；
（2）①连接和，
∵和是等边三角形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，即四边形的对角线所夹锐角为，
∴四边形是强等线四边形；
②取的中点，连接，
∵是等边三角形，
∴，
∵，，
∴，
设，∴，，
∴，
∴，
∵是等边三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
连接，取的中点，连接，，延长和相交于点，
∵，，
∴，
∵为中点，
∴是的中位线，是的中位线，
∴，，，，
∴，
∵，
∴，即，
解得（舍去负值），
∴，
∴，
取的中点，取的中点，连接，，
∴，，
设，，
∵是等边三角形，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，即，
解得，
即线段的长为．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，三角形中位线定理，勾股定理，正方形和矩形的性质，正确引出辅助线解决问题是解题的关键．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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