2022年最新人教版八年级数学下册第十八章-平行四边形专题训练试题(无超

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2024年2月10日发(作者：)

人教版八年级数学下册第十八章-平行四边形专题训练

考试时间：90分钟；命题人：数学教研组

考生注意：

1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟

2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上

3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。

第I卷（选择题 30分）

一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）

1、如图，在平面直角坐标系中，点A是x轴正半轴上的一个动点，点C是y轴正半轴上的点，BCAC于点C．已知AC16，BC6．点B到原点的最大距离为（ ）

A．22 B．18 C．14 D．10

2、如图，在△ABC中，点E，F分别是AB，AC的中点．已知∠B＝55°，则∠AEF的度数是（ ）

A．75° B．60° C．55° D．40°

3、如图，两张等宽的纸条交叉重叠在一起，重叠的部分为四边形ABCD，若测得点A，C之间的距离为6cm，点B，D之间的距离为8cm，则纸条的宽为（ ）

A．5cm B．4.8cm C．4.6cm D．4cm

4、如图，四边形ABCD和四边形AEFG都是矩形．若BAG20，则DGF等于（ ）

A．70 B．60 C．80 D．45

5、如图所示，在矩形ABCD中，已知AE⊥BD于E，∠DBC＝30°，BE=1cm，则AE的长为（ ）

A．3cm

B．2cm

C．23cm

D．3cm

6、如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AC＝18，BC＝14，D，E分别是AB，AC的中点，连接DE，BE，点M在CB的延长线上，连接DM，若∠MDB＝∠A，则四边形DMBE的周长为（ ）

A．16 B．24 C．32 D．40

7、如图菱形ABCD，对角线AC，BD相交于点O，若BD＝8，AC＝6，则AB的长是（ ）

A．5 B．6 C．8 D．10

8、如图，矩形ABCD中，AC交BD于点O，且AB=24，BC=10，将AC绕点C顺时针旋转90°至CE．连接AE，且F、G分别为AE、EC的中点，则四边形OFGC的面积是（ ）

A．100 B．144 C．169 D．225

9、在菱形ABCD中，两条对角线AC=10，BD=24，则此菱形的边长为（ ）

A．14 B．25 C．26 D．13

10、下列∠A：∠B：∠C：∠D的值中，能判定四边形ABCD是平行四边形的是（ ）

A．1：2：3：4

C．1：2：2：1

B．1：4：2：3

D．3：2：3：2

第Ⅱ卷（非选择题 70分）

二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）

1、如图，Rt△ABD中，∠D＝90°，AB＝8，BD＝4，在BD延长线上取一点C，使得DC＝BD，在直线AD左侧有一动点P满足∠PAD＝∠PDB，连接PC，则线段CP长的最大值为________．

2、如图，在正方形ABCD中，点O在△ACD内，OACODA，则AOD的度数为______．

3、如图，在一张矩形纸片ABCD中，AB＝30cm，将纸片对折后展开得到折痕EF．点P为BC边上任意一点，若将纸片沿着DP折叠，使点C恰好落在线段EF的三等分点上，则BC的长等于_________cm．

4、如图，正方形ABCD的面积为18，△ABE是等边三角形，点E在正方形ABCD内，在对角线AC上有一点P，使PD+PE的和最小，则这个最小值为 _____．

5、在四边形ABCD中，AB＝BC＝CD＝DA＝5cm，对角线AC，BD相交于点O，且AC＝8cm，则四边形ABCD的面积为______cm．

2

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）

1、（1）如图a，矩形ABCD的对角线AC、BD交于点O，过点D作DP∥OC，且DP=OC，连接CP，判断四边形CODP的形状并说明理由．

（2）如图b，如果题目中的矩形变为菱形，结论应变为什么？说明理由．

（3）如图c，如果题目中的矩形变为正方形，结论又应变为什么？说明理由．

2、如图，△ABD中，ABDADB．

（1）作点A关于BD的对称点C；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）

（2）在（1）所作的图中，连接BC，DC，连接AC，交BD于点O．求证：四边形ABCD是菱形．

3、如图：在RtABC中，ACB90，A30，点O为AB的中点，点P为直线BC上的动点（不与点B，C重合），连接OC，OP，以OP为边在OC的上方作等边OPQ，连接BQ．

（1）OBC是________三角形；

（2）如图1，当点P在边BC上时，运用（1）中的结论证明CPBQ；

（3）如图2，当点P在CB的延长线上时，（2）中的结论是否依然成立？若成立，请加以证明，若不成

立，请说明理由．

4、如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，E是AC的中点，连接BD，ED，EB．求证：∠1＝∠2．

5、（1）如图1中，∠A＝90°，请用直尺和圆规作一条直线，把ABC分割成两个等腰三角形（不写作法，但须保留作图痕迹）．

（2）已知内角度数的两个三角形如图2、图3所示．请你判断，能否分别画一条直线把它们分割成两个等腰三角形？若能，请画出直线，并标注底角的度数．

（3）一个三角形有一内角为48°，如果经过其一个顶点作直线能把其分成两个等腰三角形，那么它的最大的内角可能值为 ．

---------参考答案-----------

一、单选题

1、B

【解析】

【分析】

首先取AC的中点E，连接BE，OE，OB，可求得OE与BE的长，然后由三角形三边关系，求得点B到原点的最大距离．

【详解】

解：取AC的中点E，连接BE，OE，OB，

∵∠AOC＝90°，AC＝16，

∴OE＝CEAC＝8，

∵BC⊥AC，BC＝6，

∴BEBC2CE210，

若点O，E，B不在一条直线上，则OB＜OE+BE＝18．

若点O，E，B在一条直线上，则OB＝OE+BE＝18，

∴当O，E，B三点在一条直线上时，OB取得最大值，最大值为18．

故选：B

【点睛】

此题考查了直角三角形斜边上的中线的性质以及三角形三边关系．此题难度较大，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．

2、C

【解析】

【分析】

12

证EF是△ABC的中位线，得EF∥BC，再由平行线的性质即可求解．

【详解】

解：∵点E，F分别是AB，AC的中点，

∴EF是△ABC的中位线，

∴EF∥BC，

∴∠AEF=∠B=55°，

故选：C．

【点睛】

本题考查了三角形中位线定理以及平行线的性质；熟练掌握三角形中位线定理，证出EF∥BC是解题的关键．

3、B

【解析】

【分析】

由题意作AR⊥BC于R，AS⊥CD于S，根据题意先证出四边形ABCD是平行四边形，再由AR=AS得平行四边形ABCD是菱形，再根据勾股定理求出AB，最后利用菱形ABCD的面积建立关系得出纸条的宽AR的长．

【详解】

解：作AR⊥BC于R，AS⊥CD于S，连接AC、BD交于点O．

由题意知：AD∥BC，AB∥CD，

∴四边形ABCD是平行四边形，

∵两个矩形等宽，

∴AR=AS，

∵AR•BC=AS•CD，

∴BC=CD，

∴平行四边形ABCD是菱形，

∴AC⊥BD，

在Rt△AOB中，

∵OA=3cm，OB=4cm，

∴AB=3242=5cm，

∵平行四边形ABCD是菱形，

∴AB=BC=5cm，

∴菱形ABCD的面积ACBDBCAR,即685AR，

244.8cm.

51212解得：

AR故选：B．

【点睛】

本题主要考查菱形的判定以及勾股定理等知识，解题的关键是掌握一组邻边相等的平行四边形是菱形以及菱形的面积等于对角线相乘的一半．

4、A

【解析】

【分析】

由题意可得∠AGF=∠DAB=90°，由平行线的性质可得DGABAG，即可得∠DGF=70°．

【详解】

解：∵四边形ABCD和四边形AEFG都是矩形

∴∠AGF=∠DAB=90°，DC//AB

∴DGABAG20

∴DGFAGFDGA902070

故选：A．

【点睛】

本题考查了矩形的性质，熟练掌握矩形的性质是本题的关键．

5、D

【解析】

【分析】

根据矩形和直角三角形的性质求出∠BAE=30°，再根据直角三角形的性质计算即可．

【详解】

解：∵四边形ABCD是矩形，

∴∠BAD=90°，∠BDA=∠DBC=30°，

∵AE⊥BD，

∴∠DAE=60°，

∴∠BAE=30°，

在Rt△ABE中，∠BAE=30°，BE=1cm，

∴AB=2cm，

∴AE=AB2BE222123(cm)，

故选：D．

【点睛】

本题考查了矩形的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键．

6、C

【解析】

【分析】

由中点的定义可得AE=CE，AD=BD，根据三角形中位线的性质可得DE//BC，DE=2BC，根据平行线的性质可得∠ADE=∠ABC=90°，利用ASA可证明△MBD≌△EDA，可得MD=AE，DE=MB，即可证明四边形DMBE是平行四边形，可得MD=BE，进而可得四边形DMBE的周长为2DE+2MD=BC+AC，即可得答案．

【详解】

∵D，E分别是AB，AC的中点，

∴AE=CE，AD=BD，DE为△ABC的中位线，

∴DE//BC，DE=2BC，

∵∠ABC＝90°，

∴∠ADE=∠ABC=90°，

MDBA在△MBD和△EDA中，BDAD，

MBDADE9011∴△MBD≌△EDA，

∴MD=AE，DE=MB，

∵DE//MB，

∴四边形DMBE是平行四边形，

∴MD=BE，

∵AC＝18，BC＝14，

∴四边形DMBE的周长=2DE+2MD=BC+AC=18+14=32．

故选：C．

【点睛】

本题考查全等三角形的判定与性质、三角形中位线的性质及平行四边形的判定与性质，三角形中位线平行于第三边且等于第三边的一半；有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．

7、A

【解析】

【分析】

由菱形的性质可得OA=OC=3，OB=OD=4，AO⊥BO，由勾股定理求出AB．

【详解】

解：∵四边形ABCD是菱形，AC=6，BD=8，

∴OA=OC=3，OB=OD=4，AO⊥BO，

在Rt△AOB中，由勾股定理得：ABOA2OB232425，

故选：A．

【点睛】

本题考查了菱形的性质、勾股定理等知识；熟练掌握菱形对角线互相垂直且平分的性质是解题的关键．

8、C

【解析】

【分析】

先根据矩形的性质、三角形中位线定理可得FG//AC,FGOC13，再根据平行四边形的判定可得四边

形OFGC为平行四边形，然后根据旋转的性质可得ACCE,ACE90，从而可得OCCG，最后根据正方形的判定可得四边形OFGC为正方形，由此即可得．

【详解】

解：四边形ABCD为矩形，AB24,AD10，

BDAB2AD226,OC11ACBD13，

22F,G分别为AE,EC的中点，

FG//AC,FG11AC,CGEC，

22FGOC，

四边形OFGC为平行四边形，

又AC绕点C顺时针旋转90，

ACCE,ACE90，

OCCG，

平行四边形OFGC为正方形，

四边形OFGC的面积是OC2132169，

故选：C．

【点睛】

本题考查了矩形的性质、正方形的判定与性质、三角形中位线定理等知识点，熟练掌握正方形的判定与性质是解题关键．

9、D

【解析】

【分析】

由菱形的性质和勾股定理即可求得AB的长．

【详解】

解：∵四边形ABCD是菱形，AC=10，BD=24，

∴AB=BC=CD=AD，AC⊥BD，OB=OD=BD=12，OA=OC=AC=5，

1212在Rt△ABO中，AB=OB2OA212252=13，

故选：D．

【点睛】

本题考查了菱形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质，由勾股定理求出AB=13是解题的关键．

10、D

【解析】

【分析】

两组对角分别相等的四边形是平行四边形，所以∠A和∠C是对角，∠B和∠D是对角，对角的份数应相等．

【详解】

解：根据平行四边形的判定：两组对角分别相等的四边形是平行四边形，所以只有D符合条件．

故选：D．

【点睛】

本题考查了平行四边形的判定，在应用判定定理判定平行四边形时，应仔细观察题目所给的条件，仔细选择适合于题目的判定方法进行解答，避免混用判定方法．

二、填空题

1、2723##2327

【解析】

【分析】

如图，取AD的中点O，连接OP、OC，然后求出OP、OC的长，最后根据三角形的三边关系即可解答．

【详解】

解：如图，取AD的中点O，连接OP、OC

∵∠PAD=∠PDB，∠PDB+∠ADP=90°，

∴∠PAD+∠ADP=90°，即∠APD=90°，

∵AO=OD，

∴PO=OA=AD，

∴ADAB2BD2824243

∴OP=23，

∵BD=CD=4，OD=23，

∴OCOD2DC2∵PC≤OP+OC，

∴PC≤2723，

234227,

2∴PC的最大值为2723．

故填：2723．

【点睛】

本题主要考查了直角三角形斜边中线的性质、勾股定理等知识点，解题的关键在于正确添加常用辅助线，进而求得OP、OC的长．

2、135°

【解析】

【分析】

先根据正方形的性质得到∠OAC+∠OAD=45°，再由∠OAC=∠ODA，推出∠ODA+∠OAD=45°，即可利用三角形内角和定理求解．

【详解】

解：∵四边形ABCD是正方形，

∴∠CAD=45°，

∴∠OAC+∠OAD=45°，

又∵∠OAC=∠ODA，

∴∠ODA+∠OAD=45°，

∴∠AOD=180°-∠ODA-∠OAD=135°，

故答案为：135°．

【点睛】

本题主要考查了正方形的性质，三角形内角和定理，解题的关键在于能够熟练掌握正方形的性质．

3、205或【解析】

【分析】

分为将纸片沿纵向对折，和沿横向对折两种情况，利用折叠的性质，以及勾股定理解答即可

【详解】

如图：当将纸片沿纵向对折

453

2

根据题意可得：ABEFDCDC30

C为EF的三等分点

EC22EF3020

33在Rt△DEC中有DEDC2EC2302202105

AD2DE205

BCAD205

如图：当将纸片沿横向对折

根据题意得：ABDCDC30，DFDC3015

1212在Rt△DFC中有CFDC2DF2302152153

C为EF的三等分点

CF2EF

33453

EF15322故答案为：205或【点睛】

453

2本题考查了矩形的性质，折叠的性质，以及勾股定理解直角三角形，解题关键是分两种情况作出折痕EF，考虑问题应全面，不应丢解．

4、32

【解析】

【分析】

由正方形的对称性可知，PB＝PD，当B、P、E共线时PD+PE最小，求出BE即可．

【详解】

解：∵正方形中B与D关于AC对称，

∴PB＝PD，

∴PD+PE＝PB+PE＝BE，此时PD+PE最小，

∵正方形ABCD的面积为18，△ABE是等边三角形，

∴BE＝32，

∴PD+PE最小值是32，

故答案为：32．

【点睛】

本题考查轴对称求最短距离，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．

5、24

【解析】

【分析】

根据题意作图，得出四边形ABCD为菱形，再根据菱形的性质进行求解面积即可．

【详解】

解：根据题意作图如下：

由题意得四边形ABCD为菱形，

ACBD，且平分，

AC8，

OA4，

由勾股定理：OBAB2OA23，

∴BD6，

S11ACBD8624(cm2)，

22ABCD故答案为：24．

【点睛】

本题考查了菱形的判定及形，勾股定理，解题的关键是判断四边形是菱形．

三、解答题

1、（1）四边形CODP是菱形，理由见解析；（2）四边形CODP是矩形，理由见解析；（3）四边形CODP是正方形，理由见解析

【分析】

（1）先证明四边形CODP是平行四边形，再由矩形的性质可得OD=OC，即可证明平行四边形OCDP是菱形；

（2）先证明四边形CODP是平行四边形，再由菱形的性质可得∠DOC=90°，即可证明平行四边形OCDP是矩形；

（3）先证明四边形CODP是平行四边形，再由正方形的性质可得BD⊥AC，DO=OC，即可证明平行四边形OCDP是正方形；

【详解】

解：（1）四边形CODP是菱形，理由如下：

∵DP∥OC，且DP=OC，

∴四边形CODP是平行四边形，

又∵四边形ABCD是矩形，

∴OD=OC，

∴平行四边形OCDP是菱形；

（2）四边形CODP是矩形，理由如下：

∵DP∥OC，且DP=OC，

∴四边形CODP是平行四边形，

又∵四边形ABCD是菱形，

∴BD⊥AC，

∴∠DOC=90°，

∴平行四边形OCDP是矩形；

（3）四边形CODP是正方形，理由如下：

∵DP∥OC，且DP=OC，

∴四边形CODP是平行四边形，

又∵四边形ABCD是正方形，

∴BD⊥AC，DO=OC，

∴∠DOC=90°，平行四边形CODP是菱形，

∴菱形OCDP是正方形．

【点睛】

本题主要考查了矩形的性质与判定，菱形的性质与判定，正方形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握特殊平行四边形的性质与判定条件．

2、（1）见解析；（2）见解析

【分析】

（1）作BD的垂直平分线，再截取MAMC即可；

（2）先证明三角形全等，然后根据全等三角形的性质可得：BODO，依据菱形的判定定理即可证明．

【详解】

（1）解：如图所示，作BD的垂直平分线，再截取MAMC，点C即为所求．

（2）证明：如图所示：

∵ABDADB，ACBD，

∴AODAOB90，

在ABO与ADO中，

ABDADBAODAOB，

AOAO∴ABOADO；

∴BODO，

又∵AOCO，ACBD

∴四边形ABCD是菱形．

【点睛】

本题考查了尺规作图和菱形的证明，解题关键是熟练运用尺规作图方法和菱形的判定定理进行作图与证明．

3、（1）等边；（2）见解析；（3）成立，理由见解析

【分析】

（1）根据含30度角的直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可证明BCOCOB1AB，即可证明△OBC是等边三角形；

2（2）先证明COPBOQ，即可利用SAS证明COP≌BOQ，得到CPBQ；

（3）先证明COPBOQ，即可利用SAS证明COP≌BOQ，得到CPBQ．

【详解】

（1）∵∠ACB=90°，∠A=30°，O是AB的中点，

∴BCOCOB1AB，

2∴△OBC是等边三角形，

故答案为：等边；

（2）由（1）可知，OBOC，BOC60，

OPQ是等边三角形，

OPOQ，POQ60，

COP60BOPBOQ，即COPBOQ，

在COP和△BOQ中

OCOBCOPBOQ，

OPOQCOP≌BOQ(SAS)，

CPBQ；

（3）成立，CPBQ

证明：由（1）可知，OBOC，BOC60，

OPQ是等边三角形，

OPOQ，POQ60，

COP60BOPBOQ，即COPBOQ，

在COP和△BOQ中

OCOBCOPBOQ，

OPOQCOP≌BOQ(SAS)，

CPBQ．

【点睛】

本题主要考查了等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线，熟练掌握等边三角形的性质与判定条件是解题的关键．

4、见解析

【分析】

根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半和等腰三角形的性质即可证明．

【详解】

解：∵∠ABC＝∠ADC＝90°，

∴△ABC和△ADC是直角三角形，

∵点E是AC的中点，

∴EB＝2AC，ED＝2AC，

11

∴EB＝ED，

∴∠1＝∠2．

【点睛】

本题考查了直角三角形斜边上的中线、等腰三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．

5、（1）见解析；（2）见解析；（3）108°

【分析】

（1）利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，作BC的垂直平分线即可确定点E，连接AE即可；

（2）分别以24°为底角，可分割出两个等腰三角形；

（3）利用图1、2、3中三角形内角之间的关系进行判断．

【详解】

解：（1）如图，作BC的垂直平分线交BC于E，连接AE，

则直线AE即为所求；

（2）如图：

（3）根据（1）（2）中三个角之间的关系可知：当三角形是直角三角形时，肯定可以分割成两个等腰三角形，此时最大角为90°；

当一个角是另一个三倍时，也肯定可以分割成两个等腰三角形，此时最大角为99°；

如图3，此时最大角为108°．

综上所述：最大角为108°，

故答案为：108°．

【点睛】

本题主要考查垂直平分线的尺规作图、直角三角形斜边中线定理及等腰三角形的性质，熟练掌握垂直平分线的尺规作图、直角三角形斜边中线定理及等腰三角形的性质是解题的关键．

本文标签： 性质菱形判定四边形平行四边形