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第18章《平行四边形》章节测试卷
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．近年来，随着我国经济发展以及对外开放水平的不断提升，人民币的国际地位也有较大提高．下列有关世界货币符号的图案中，是中心对称图形的是( )
A． B． C． D．
2．如图，将绕点顺时针旋转得到，使点的对应点恰好落在边上，点的对应点为，连接．下列结论一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
3．如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，，点E、点G分别是OC、AB的中点，连接BE、GE，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
4．如图，在中，E和F分别是边和上的点，，连接和，已知，，四边形的面积是3，则四边形的面积是（ ）

A．4.5 B．5 C．6 D．6.5
5．如图，在平面直角坐标系中，的顶点的坐标分别为、，，过作轴垂线交轴于点，作轴垂线交轴于点，则矩形的面积为（ ）

A． B．9 C． D．
6．如图，在平面直角坐标系中，是菱形的对角线的中点， 轴且，，点C的坐标是( )
A． B． C． D．
7．如图，正方形的边长为，为边上一点与点、不重合，连接，交于点当是等腰三角形时，则的长为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，平行四边形中，，，平分，交于E，交于点N，交于点F，作交于点M，则（ ）

A． B． C．1 D．
9．在正方形中，点E、F在对角线上，，若点E、F是的三等分点，点P在正方形的边上从点A开始按逆时针方向运动一周，直至返回点A，则此过程中满足为整数的点P个数为（ ）

A．38 B．36 C．20 D．22
10．如图，平行四边形中，对角线，相交于点O，，E，F，G是，，的中点．下列结论：①；②；③平分；④平分；⑤四边形是菱形．其中正确的个数有（　　）个．
A．1 B．2 C．3 D．4
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．在中，的平分线与的延长线交于点，与交于点．若点为的中点，于，且，，则的长为 ．
12．如图，矩形纸片中，，点P是边上的动点，现将纸片折叠，使点A与点P重合，折痕与矩形边的交点分别为E，F，要使折痕始终与边有交点，则的取值范围是 ．
13．如图所示，在平行四边形ABCD中，以点A为圆心，AB长为半径画弧交AD于点F，再分别以点B、F为圆心，大于BF长为半径画弧，两弧交于一点P，连接AP并延长交BC于点E，连接EF．AE，BF相交于点O，若四边形ABEF的周长为40，BF=10，∠ABC= ．
14．如图，在中，，，，，将绕点顺时针旋转，得到，连接交于点，则与的周长之和为

15．如图，在中，E、F在边上，，连接交于G．，若，则线段的长为 ．

16．如图，正方形面积为，延长至点，使得，以为边在正方形另一侧作菱形，其中，依次延长类似以上操作再作三个形状大小都相同的菱形，形成风车状图形，依次连结点则四边形的面积为 ．
三．解答题（共7小题，满分52分）
17．（6分）如图，在平面直角坐标系中，网格中每一个小正方形的边长为1个单位长度；已知．
(1)作出以O为旋转中心，顺时针旋转的（只画出图形）．
(2)作出关于原点O成中对心称的，（只画出图形）；
(3)请在y轴上找一点P，使的值最小，并直接写出点P的坐标．
18．（6分）如图，中，，，E、F分别是，上的点，且，连接交于O．
(1)求证：；
(2)若，延长交的延长线于G，当时，求的长．
19．（8分）如图所示，在矩形中，对角线的垂直平分线分别交于点，连接

(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，求的长．
20．（8分）如图，把矩形绕点C旋转，得到矩形，且点E落在边上，连接，，交于点H．

(1)求证：
①平分；
②H是的中点；
(2)连接，若平分，，求的长．
21．（8分）如图①、图②、图③均是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，四边形为平行四边形，点、均为格点.只用无刻度的直尺，分别在给定的网格中按下列要求作图：
(1)在图①中，点、、为格点，在边上找一点，连结，使得．
(2)在图②中，点、为格点，点为边上任意一点，连结，在上找一点，使得.（保留作图痕迹）
(3)在图③中，点、为为网格线上的点，点为边上任意一点连结，在边上找一点，连结，使得．（保留作图痕迹）
22．（8分）综合与实践：
操作发现：
如图1，在纸片中，，于点．
第一步：将一张与其全等的纸片，沿剪开；
第二步：在同一平面内，将所得的两个三角形，和拼在一起．如图2所示，这两个三角形分别记为和；
第三步：分别延长和相交于点．

（1）求证：四边形是正方形；
拓广探索：
（2）如图3，连接分别交，于点，在四边形外作，使得，，判断线段，，之间的数量关系，并说明理由．

23．（8分）定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形．根据以上定义，解决下列问题：
(1)如图1，以菱形的一边为边向外作正方形，、分别是菱形和正方形的对角线交点，连接．

求证：四边形是“直等补”四边形．
②若，求四边形的面积．
(2)如图2，已知四边形是“直等补”四边形，其中，，过点作于点且，连接，若点是线段上的动点，请你直接写出周长的最小值．

参考答案
选择题
1．C
【分析】在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，据此对各选项的图形加以判断即可．
【详解】解：A、该图形不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、该图形不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、该图形是中心对称图形，故此选项符合题意；
D、该图形不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
故选：C．
2．D
【分析】本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质，由旋转的性质可得，，，，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理可得分别表示出和，即可作出判断．灵活运用旋转的性质是解题的关键．
【详解】解：∵将绕点顺时针旋转得到，
∴，，，，
∴，，
∴，，
∴，
故选：D．
3．D
【分析】本题主要考查了平行四边形性质、等腰三角形的三线合一、直角三角形斜边上的中线等知识点，熟悉这些知识点是解题的关键，由平行四边形的性质和已知条件可以得到是等腰三角形，再根据三线合一得到，最后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到，进而得到．
【详解】解：∵四边形是平行四边形；
∴，；
∵；
∴；
∴；
∴是等腰三角形；
∵点E是OC的中点；
∴；
∴是直角三角形；
∵点G是AB的中点；
∴，；
∴；
∴；
∵；
∴；
故选：D．
4．C
【分析】先证明四边形是平行四边形，得，即可推导出，则四边形是平行四边形，设与之间的距离为h，，由，得，于是得到问题的答案．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
设与之间的距离为h，
∵四边形的面积是3，
∴，
∵，
∴，
故选：C．
5．A
【分析】设，根据，利用距离公式列方程求出的值即可．
【详解】设，
∵的坐标分别为、，
∴，，，，，
∴，，
，
∵，
∴，
∴，
整理得，
把代入得，
∵，
∴，
∴，
∴矩形的面积为，
故选：A．
6．D
【分析】根据题意得出是等边三角形，则，根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理求得，进而得出点的坐标，根据中心对称的性质即可求解．
【详解】解：如图所示，设与轴交于点，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，，
∴是等边三角形，则，
∵是菱形的对角线的中点，
∴
∵ 轴，则，
∴
∴，，
∴
∵关于对称，
∴,
故选：D．
7．D
【分析】当是等腰三角形时，存在两种情况：如图，当时，先计算的长，证明，可利的长，由线段的差可得的长；当时，与重合，此种情况不符合题意．
【详解】解：如图，当时，
，
四边形是正方形，
，，，
，
，
，
，
由勾股定理得：，
，
；
当时，与重合，此种情况不符合题意．
综上，的长是．
故选：．
8．D
【分析】由平行四边形的性质以及三角形内角和的性质可得，，求得，再根据，得到，即可求解．
【详解】解：平行四边形中，，
∵平分
∴
∵
∴，
∴
∴
∵
∴
∴
∵
∴，即
∴，即
∴，
∴
∴
∵
∴
∴，
∵
∴
∴
∴
∴
∵
∴
∴
故选：D
9．A
【分析】先求出点在边上的个数，再根据正方形的对称性，即可得解．
【详解】解：∵正方形中，，点E、F是的三等分点，
∴，，
当点与点重合时，，满足题意；
当在上时，作点关于的对称点，如图

则：，
∴当点三点共线时，取得最小值，
∵点关于的对称点，
∴，
∴，
，
∴；
当点与点重合时，连接交于点，

则：，
∴，
同理：，
∴，
∴点在上运动时，，
∴当点在上运动时，满足题意的点有10个（包括点），
由对称性可知，在正方形的四边上符合题意的点有：个．
故选：A．
10．C
【分析】设和的交点为点P，根据三角形中位线定理可得，且，然后根据平行四边形的性质可得，可证得，故②正确；再证明，可得垂直平分，从而得到，故①正确；再根据等腰三角形的性质，可得平分，故④正确；可证得四边形为平行四边形，而无法得到四边形为菱形，故③错误；即可求解．
【详解】解：设和的交点为点P，如图，
∵E、F分别是，的中点，
∴，且，
∵四边形为平行四边形，
∴，且，
∴，
∴，
∵点G为的中点，
∴，
在和中，
，
∴，故②正确；
∴，
∴，
∵，，
∴，点O为平行四边形对角线交点，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，，
∵E为中点，
∴，
∴，
∴垂直平分，
∴，故①正确；
∴平分，故④正确；
∵，，
∴四边形为平行四边形，
而无法得到四边形为菱形，故③错误；
故选：C．
二．填空题
11．
【分析】根据平行四边形的性质和角平分线的定义，证明是等腰三角形，进而得到，根据等腰三角形三线合一的性质，利用勾股定理，求出，进而得到，再证明，得到，即可求出的长．
【详解】解：，
，，，
为的中点，
，
平分，
，
，
，
，
是等腰三角形，
，
，
，
，
在中，，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
故答案为：．
12．
【分析】此题主要考查了矩形的翻折变换，勾股定理，运用极端原理求解：①最小时，F、D重合，由折叠的性质知：，在中，利用勾股定理可求得的长，进而可求得的值，即的最小值；②最大时，E、B重合，根据折叠的性质即可得到，即的最大值为4；根据上述两种情况即可得到的取值范围．
【详解】解：如图：
①当F、D重合时，的值最小；
根据折叠的性质知：；
在中，，则；
；
②当E、B重合时，的值最大；
根据折叠的性质即可得到，即的最大值为4；
故答案为：．
13．120°
【分析】由角平分线的作法得平分，据角平分线的定义、等腰三角形判定、平行四边形的性质及判定证得四边形ABEF为平行四边形；再据AF=AB最终证得四边形ABEF为菱形，结合其周长为40从而得到AB=AF=10；最后据BF=10得到是等边三角形，从而得到，再据算得∠ABC的度数．
【详解】解：由题意得，，平分，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴．
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形．
又∵，
∴四边形为菱形，
∵四边形的周长为40，
∴．
∵，
∴AB=BF=AF
∴是等边三角形，
∴，
∴．
故答案为：120°．
14．55
【分析】根据将绕点顺时针旋转，得到，可得，，，从而得到为等边三角形，得到，在中，利用勾股定理得到，所以与的周长之和，即可解答．
【详解】 绕点顺时针旋转，得到，
∴，，
，
∴为等边三角形，
，
，
∴与的周长之和
，
故答案为：55．
15．
【分析】取的中点P，连接，过点C作交的延长线于点Q，作于点R，在上截取，连接，证明四边形、、都是平行四边形，得到，，利用面积法求得，再利用勾股定理求解即可．
【详解】解：取的中点P，连接，过点C作交的延长线于点Q，

∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∵，，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
作于点R，在上截取，连接，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，即，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
16．
【分析】如图所示，延长CD交FN于点P，过N作NK⊥CD于点K，延长FE交CD于点Q，交NS于点R，首先利用正方形性质结合题意求出AD=CD=AG=DQ=1，然后进一步根据菱形性质得出DE=EF=DG=2，再后通过证明四边形NKQR是矩形得出QR=NK=，进一步可得，再延长NS交ML于点Z，利用全等三角形性质与判定证明四边形FHMN为正方形，最后进一步求解即可.
【详解】如图所示，延长CD交FN于点P，过N作NK⊥CD于点K，延长FE交CD于点Q，交NS于点R，
∵ABCD为正方形，
∴∠CDG=∠GDK=90°，
∵正方形ABCD面积为1，
∴AD=CD=AG=DQ=1，
∴DG=CT=2，
∵四边形DEFG为菱形，
∴DE=EF=DG=2，
同理可得：CT=TN=2，
∵∠EFG=45°，
∴∠EDG=∠SCT=∠NTK=45°，
∵FE∥DG，CT∥SN，DG⊥CT，
∴∠FQP=∠FRN=∠DQE=∠NKT=90°，
∴DQ=EQ=TK=NK=，FQ=FE+EQ=，
∵∠NKT=∠KQR=∠FRN=90°，
∴四边形NKQR是矩形，
∴QR=NK=，
∴FR=FQ+QR=，NR=KQ=DK DQ=，
∴，
再延长NS交ML于点Z，易证得：△NMZ △FNR(SAS)，
∴FN=MN，∠NFR=∠MNZ，
∵∠NFR+∠FNR=90°，
∴∠MNZ+∠FNR=90°，
即∠FNM=90°，
同理可得：∠NFH=∠FHM=90°，
∴四边形FHMN为正方形，
∴正方形FHMN的面积=，
故答案为：.
三．解答题
17．（1）解：如图，即为所求；
（2）如图，即为所求，
（3）如图，点P即为所求，点P的坐标．
18．（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴．
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∵，，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
由（1），
∴，
∴，
∴．
19．（1）证明：是的垂直平分线，
，．
四边形是矩形，
，
，
在和中，
，
，
.
又，
四边形是平行四边形，
又，
平行四边形是菱形；
（2）∵四边形是菱形，
∴．
∵，
在中，，
∴，
在中，．
20．（1）证明：如图，

由旋转性质得，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴平分；
如图，过点作于点，

由①可知，
又∵，且，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∴点为中点；
（2）解：如图，作于点，

由()可知，，
∴，，
∵，平分，
∴
∴，
∴，
设，则，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
解得，
∴．
21．（1）如图①中，线段即为所求；
（2）如图②中，点即为所求；
（3）如图③中，线段即为所求．
22．证明：根据剪拼过程，可知，，，，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形；
（2）．
理由如下：
连接，如图所示：

∵由（1）可得四边形是正方形，
∴，，．
在和中，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴
∵，，，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴．
23．（1）证明：①如图1中，

四边形是菱形，
，，
四边形是正方形，
，，
，，
又，
四边形是“直等补”四边形；
②如图1中，过点作于点，交的延长线于点，
，
四边形是矩形，
，
即，
，
在和中，，
，
，，
四边形是正方形，
；
（2）周长的最小值：；
延长到点，过作于点，

四边形是“直等补”四边形，，，
，
，即，
，，
，，
四边形是矩形，
，
又，，
，
在和中，，
，
，
矩形是正方形，
，；
∵，
即当点C、P、三点共线时，的最小值是，
在中，，，
，；
在中，，，
，
周长的最小值为：；

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